(新高考)高考数学一轮复习考点练习22《利用导数研究函数的极值和最值》（解析版）

这是一份(新高考)高考数学一轮复习考点练习22《利用导数研究函数的极值和最值》（解析版），共14页。

考点22 利用导数研究函数的极值和最值

【命题解读】
从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力
【基础知识回顾】
1、函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
2、函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
3、常用结论
1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．


1、函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A．1＋ln 2 B．1－ln 2
C. D.
【答案】C
【解析】 因为f(x)＝x2－ln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－，令2x－＝0得x＝，令f′(x)>0，则 x>；令f′(x)<0，则0 2、函数f (x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f (x)(　　)

A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
【答案】C
【解析】　设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x0，f (x)为增函数，当x1 则x＝x1为极大值点，
同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C.
3、设函数f (x)＝＋ln x，则(　　)
A．x＝为f (x)的极大值点
B．x＝为f (x)的极小值点
C．x＝2为f (x)的极大值点
D．x＝2为f (x)的极小值点
【答案】D
【解析】　因为f (x)＝＋ln x，所以f′(x)＝－＋＝，x>0.
当x>2时，f′(x)>0，f (x)为增函数；当0 4、已知a为函数f (x)＝x3－12x的极小值点，则a等于(　　)
A．－4 B．－2 C．4 D．2
【答案】D
【解析】　由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，所以a＝2.
5、函数的极大值是正数，极小值是负数，则的取值范围是________．
【答案】：(，＋∞)
【解析】：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，
当－aa或x<－a时，f′(x)>0，函数递增．
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>.
∴a的取值范围是(，＋∞)


考向一　利用导数研究函数的极值
例1、已知函数，求函数的极大值与极小值．
【解析】：由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax.
令f′(x)＝0得x＝0或.
当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，0)
0
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝＝－－＋1.
当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x
(－∞，)

(，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝＝－－＋1.
综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝＝－－＋1.
变式1、已知函数f(x)＝＋lnx，求函数f(x)的极值．
【解析】　∵f(x)＝＋lnx，∴f′(x)＝－＋＝，令f(x)＝0，得x＝1，列表：

x
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增

∴x＝1是f(x)的极小值点，f(x)的极小值为1，无极大值．



方法总结：(1)求函数极值的步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数；
③解方程，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验在的根左右两侧值的符号，如果左正右负，那么在处取极大值，如果左负右正，那么在处取极小值．
(2)若函数在区间内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．
考向二 利用导数研究函数的最值
例2、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）当时，，，
所以，又，所以曲线在点处切线方程为，即.
（2）因为，
因为函数处有极小值，所以，
所以
由，得或，
当或时，，
当时，，
所以在，上是增函数，在上是减函数，
因为，，
所以的最大值为.
变式1、已知，函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最小值．
【解析】
：(1)当a＝1时，f(x)＝＋ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞)．
因此f′(2)＝，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为.
又f(2)＝ln 2－，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(ln 2－)＝(x－2)，
即x－4y＋4ln 2－4＝0.
(2)因为f(x)＝＋ln x－1，所以f′(x)＝－＋＝.令f′(x)＝0，得x＝a.
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．
②若00，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，
所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.
③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；
当0 当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为.
变式2、已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
【解析】
　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意．
②若a<－，令f′(x)>0得 a＋>0，结合x∈(0，e]，
解得0 令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－ 从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，∴f(x)max＝f＝－1＋ln.
令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，即a＝－e2.
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2.
考向三 极值（最值）的综合性问题
例3、已知函数在处取得极大值为2.
(1) 求函数的解析式；
(2) 若对于区间上任意两个自变量的值都有，求实数的最小值．
【解析】
：(1) f′(x)＝3ax2＋2bx－3.由题意得，即，
解得，经检验成立，所以f(x)＝x3－3x.
(2) 令f′(x)＝0，即3x2－3＝0.得x＝±1.
列表如下：
x
－2
(－2，－1)
－1
(－1,1)
1
(1,2)
2
f′(x)

＋

－

＋

f(x)
－2
增
极大值
减
极小值
增
2
因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，f(－2)＝－2，所以当x∈[－2,2]时，f(x)max＝2，f(x)min＝－2. 对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝4，所以c≥4.所以c的最小值为4.
变式1、已知函数f(x)＝(a>0)的导函数f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a>0，所以当－30，即f′(x)>0，
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.
由(1)可知当x＝0时f(x)取得极大值f(0)＝5，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．
而f(－5)＝＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
变式2、（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数（是自然对数的底数）.
（Ⅰ）讨论极值点的个数；
（Ⅱ）若是的一个极值点，且，证明：.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）的定义域为，，
①若，则，
所以当时，；当时，，
所以在上递减，在递增.
所以为唯一的极小值点，无极大值，
故此时有一个极值点.
②若，令，
则，，
当时，，
则当时，；当时，；
当时，.
所以－2，分别为的极大值点和极小值点，
故此时有2个极值点.
当时，，
且不恒为0，
此时在上单调递增，
无极值点
当时，，
则当时，；当时，
；当时，.
所以，－2分别为的极大值点和极小值点，
故此时有2个极值点.
综上，当时，无极值点；
当时，有1个极值点；
当或时，有2个极值点.
（Ⅱ）证明：若是的一个极值点，
由（Ⅰ）可知，
又，所以，
且，则，
所以.
令，则，
所以，
故
又因为，所以，令，得.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以是唯一的极大值点，也是最大值点，
即，
故，即.
方法总结：　1. 当面对不等式恒成立(有解)问题时，往往是转化成函数利用导数求最值；
2. 当面对多次求导时，一定要清楚每次求导的目的是什么．


1、（2017年高考全国Ⅱ卷理数）若是函数的极值点，则的极小值为
A． B．
C． D．1
【答案】A
【解析】由题可得，
因为，所以，，故，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为.
故选A．
2、【2019年高考北京理数】设函数（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．
【答案】
【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a的取值范围.
若函数为奇函数，则即，
即对任意的恒成立，
则，得.
若函数是R上的增函数，则在R上恒成立，
即在R上恒成立，
又，则，
即实数的取值范围是.
3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数，则的最小值是_____________．
【答案】
【解析】，
所以当时函数单调递减，当时函数单调递增，
从而得到函数的递减区间为，
函数的递增区间为，
所以当时，函数取得最小值，
此时，
所以，
故答案是.
4、（2020届山东实验中学高三上期中）已知函数且a≠0）．
（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）的极小值为，试求a的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）函数f（x）=（2ax2+4x）lnx-ax2-4x（a∈R，且a≠0）．
由题意可知．
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为．
（Ⅱ）①当a＜-1时，x变化时变化情况如下表：
x



1
（1，+∞）

-
0
+
0
-
f（x）
↘
极小值
↗
极大值
↘

此时，解得，故不成立．
②当a=-1时，≤0在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）单调递减．
此时f（x）无极小值，故不成立．
③当-1＜a＜0时，x变化时变化情况如下表：
x
（0，1）
1




-
0
+
0
-
f（x）
↘
极小值
↗
极大值
↘

此时极小值f（1）=-a-4，由题意可得，
解得或．
因为-1＜a＜0，所以．
④当a＞0时，x变化时变化情况如下表：
x
（0，1）
1
（1，+∞）

-
0
+
f（x）
↘
极小值
↗

此时极小值f（1）=-a-4，由题意可得，
解得或，故不成立．
综上所述．
5、（2020全国Ⅰ理21）已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【解析】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减；
当时，单调递增．
(2)由得，，其中，
①．当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②．当时，分离参数a得，，
记，，
令，则，，
故单调递增，，故函数单调递增，，
由可得：恒成立，故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，．综上可得，实数a的取值范围是．
6、（2020全国Ⅱ文21）已知函数．
（1）若，求的取值范围；
（2）设，讨论函数的单调性．
【解析】（1）函数的定义域为：，
，
设，则有，
当时，单调递减；当时，单调递增，∴当时，函数有最大值，即，要想不等式在上恒成立，只需．
（2）且，因此，
设，则有，
当时，，∴，单调递减，因此有，即
，∴单调递减；
当时，，∴，单调递增，因此有，即，∴单调递减，∴函数在区间和上单调递减，没有递增区间．