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高中数学高考第3节 利用导数解决函数的极值、最值 教案
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这是一份高中数学高考第3节 利用导数解决函数的极值、最值 教案，共12页。
1．函数的极值
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．
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．
极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、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．
eq \O([常用结论])
1．若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数的最值点．
2．若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点亦为极值点．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．
( )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．( )
(4)开区间上的单调连续函数无最值．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√
二、教材改编
1.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
C [设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x＜x1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，
当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，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.]
2．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)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
D [f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)(x＞0)，
当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，
所以x＝2为f(x)的极小值点．]
3．函数y＝xex的最小值是 ．
－eq \f(1,e) [因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x＞－1时，y′＞0；当x＜－1时，y′＜0，所以当x＝－1时函数取得最小值，且ymin＝－eq \f(1,e).]
4．函数f(x)＝x－aln x(a＞0)的极小值为 ．
a－aln a [因为f(x)＝x－aln x(a＞0)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x)(a＞0)，
由f′(x)＝0，解得x＝a.
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a．]
考点1 利用导数解决函数的极值问题
利用导数研究函数极值问题的一般流程
根据函数图象判断函数极值的情况
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
D [由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．]
可导函数在极值点处的导数一定为零，是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在极值点左、右两侧导数的符号．
求已知函数的极值
已知函数f(x)＝(x－2)(ex－ax)，当a＞0时，讨论f(x)的极值情况．
[解] ∵f′(x)＝(ex－ax)＋(x－2)(ex－a)
＝(x－1)(ex－2a)，
∵a＞0，
由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln 2a.
①当a＝eq \f(e,2)时，f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，
∴f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值．
②当0＜a＜eq \f(e,2)时，ln 2a＜1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)有极大值f(ln 2a)＝－a(ln 2a－2)2，极小值f(1)＝a－e.
③当a＞eq \f(e,2)时，ln 2a＞1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)有极大值f(1)＝a－e，
极小值f(ln 2a)＝－a(ln 2a－2)2.
综上，当0＜a＜eq \f(e,2)时，f(x)有极大值－a(ln 2a－2)2，极小值a－e；
当a＝eq \f(e,2)时，f(x)无极值；
当a＞eq \f(e,2)时，f(x)有极大值a－e，极小值－a(ln 2a－2)2.
求函数极值的一般步骤：①先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数；②求f′(x)＝0的根；③判断在f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点；④求出具体极值．
已知函数极值求参数的值或范围
(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝ .
(2)若函数f(x)＝eq \f(x3,3)－eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有极值点，则实数a的取值范围是 ．
(1)－7 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))) [(1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，
而a＝2，b＝9满足题意，
故a－b＝－7.
(2)函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有极值点等价于f′(x)＝0有2个不相等的实根且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有根，由f′(x)＝0有2个不相等的实根，得a＜－2或a＞2.
由f′(x)＝0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有根，得a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有解，又x＋eq \f(1,x)∈2，eq \f(10,3)，所以2≤a＜eq \f(10,3)，
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).]
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
[教师备选例题]
若函数f(x)＝ex－aln x＋2ax－1在(0，＋∞)上恰有两个极值点，则a的取值范围为( )
A．(－e2，－e) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(e,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，－e)
D [∵f′(x)＝ex－eq \f(a,x)＋2a，(x＞0)
∴由f′(x)＝0得a＝eq \f(xex,1－2x).
令g(x)＝eq \f(xex,1－2x)(x＞0)．
由题意可知g(x)＝a在(0，＋∞)上恰有两个零点．
又g′(x)＝－eq \f(ex2x＋1x－1,1－2x2)(x＞0)，
由g′(x)＞0得0＜x＜1，且x≠eq \f(1,2).
由g′(x)＜0得x＞1.
∴函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上递增，在(1，＋∞)上递减．
又g(0)＝0，g(1)＝－e，
结合图形(图略)可知a∈(－∞，－e)，故选D.]
1.若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
A [因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1，令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.]
2．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为( )
A．6 B．2
C．2或6 D．0
B [由f′(2)＝0可得c＝2或6.当c＝2时，结合图象(图略)可知函数先增后减再增，在x＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图象(图略)可知，函数在x＝2处取得极大值．故选B.]
3．(2019·长春市质量监测)若函数f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2eq \r(2)] B．(－∞，－2eq \r(2))
C．(－∞，－3] D．(－∞，－3)
C [f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3.由题意知，g(x)在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g(x)的图象特征知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)＞0，,a＋3≤0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)≤0，,a＋3＜0，))解得a≤－3.故选C.]
考点2 用导数求函数的最值
求函数f(x)在[a，b]上的最大值、最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的为最大值，最小的为最小值．
(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
[解] (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减．
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a＜0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)＜0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减．
(2)满足题设条件的a，b存在．
(ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.
(ⅱ)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.
(ⅲ)当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝－eq \f(a3,27)＋b，最大值为b或2－a＋b.
若－eq \f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，则a＝3eq \r(3,2)，与0＜a＜3矛盾．
若－eq \f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3eq \r(3)或a＝－3eq \r(3)或a＝0，与0＜a＜3矛盾．
综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.
(1)讨论函数的单调性时，一要注意函数的定义域；二要注意分类的标准，做到不重不漏．
(2)对于探索性问题，求出参数值后要注意检验．
[教师备选例题]
已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．
[解] (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，可得x＝eq \f(1,a)，
当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＞0；
当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)①当0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
②当eq \f(1,a)≥2，即0＜a≤eq \f(1,2)时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.
③当1＜eq \f(1,a)＜2，即eq \f(1,2)＜a＜1时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))上是减函数．
又f(2)－f(1)＝ln 2－a，
所以当eq \f(1,2)＜a＜ln 2时，最小值是f(1)＝－a；
当ln 2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a.
综上可知，
当0＜a＜ln 2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝－a；
当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1－x,x)＋kln x，k＜eq \f(1,e)，求函数f(x)在上的最大值和最小值．
[解] f′(x)＝eq \f(－x－1－x,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
①若k＝0，则f′(x)＝－eq \f(1,x2)在上恒有f′(x)＜0，
所以f(x)在上单调递减．
②若k≠0，则f′(x)＝eq \f(kx－1,x2)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2).
(ⅰ)若k＜0，则在上恒有eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)＜0.
所以f(x)在上单调递减，
(ⅱ)若k＞0，由k＜eq \f(1,e)，
得eq \f(1,k)＞e，则x－eq \f(1,k)＜0在eq \f(1,e)，e上恒成立，
所以eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)＜0，
所以f(x)在上单调递减．
综上，当k＜eq \f(1,e)时，f(x)在上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1,e)＋k－1，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
考点3 利用导数研究生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)回归实际问题，结合实际问题作答．
某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
[解] (1)因为当x＝5时，y＝11，
所以eq \f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为
y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x－3)
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.
则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.
即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
(1)利用导数研究生活中的优化问题的关键：理清数量关系、选取合适的自变量建立函数模型．
(2)注意：函数的定义域由实际问题确定，最后要把求解的数量结果“翻译”为实际问题的答案．
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域．
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝eq \f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r－4r3)．由h＞0，且r＞0可得0＜r＜5eq \r(3)，故函数V(r)的定义域为(0,5eq \r(3))．
(2)因为V(r)＝eq \f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq \f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，
故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5eq \r(3))时，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5eq \r(3))上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
x
(－∞，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，1)
1
(1，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值42
↘
1．函数的极值
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．
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．
极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、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．
eq \O([常用结论])
1．若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数的最值点．
2．若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点亦为极值点．
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．
( )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．( )
(4)开区间上的单调连续函数无最值．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)√
二、教材改编
1.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
C [设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x＜x1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，
当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，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.]
2．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)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
D [f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)(x＞0)，
当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，
所以x＝2为f(x)的极小值点．]
3．函数y＝xex的最小值是 ．
－eq \f(1,e) [因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x＞－1时，y′＞0；当x＜－1时，y′＜0，所以当x＝－1时函数取得最小值，且ymin＝－eq \f(1,e).]
4．函数f(x)＝x－aln x(a＞0)的极小值为 ．
a－aln a [因为f(x)＝x－aln x(a＞0)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x)(a＞0)，
由f′(x)＝0，解得x＝a.
当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a．]
考点1 利用导数解决函数的极值问题
利用导数研究函数极值问题的一般流程
根据函数图象判断函数极值的情况
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
D [由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．]
可导函数在极值点处的导数一定为零，是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在极值点左、右两侧导数的符号．
求已知函数的极值
已知函数f(x)＝(x－2)(ex－ax)，当a＞0时，讨论f(x)的极值情况．
[解] ∵f′(x)＝(ex－ax)＋(x－2)(ex－a)
＝(x－1)(ex－2a)，
∵a＞0，
由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln 2a.
①当a＝eq \f(e,2)时，f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，
∴f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值．
②当0＜a＜eq \f(e,2)时，ln 2a＜1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)有极大值f(ln 2a)＝－a(ln 2a－2)2，极小值f(1)＝a－e.
③当a＞eq \f(e,2)时，ln 2a＞1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)有极大值f(1)＝a－e，
极小值f(ln 2a)＝－a(ln 2a－2)2.
综上，当0＜a＜eq \f(e,2)时，f(x)有极大值－a(ln 2a－2)2，极小值a－e；
当a＝eq \f(e,2)时，f(x)无极值；
当a＞eq \f(e,2)时，f(x)有极大值a－e，极小值－a(ln 2a－2)2.
求函数极值的一般步骤：①先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数；②求f′(x)＝0的根；③判断在f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点；④求出具体极值．
已知函数极值求参数的值或范围
(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝ .
(2)若函数f(x)＝eq \f(x3,3)－eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有极值点，则实数a的取值范围是 ．
(1)－7 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))) [(1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，
而a＝2，b＝9满足题意，
故a－b＝－7.
(2)函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有极值点等价于f′(x)＝0有2个不相等的实根且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有根，由f′(x)＝0有2个不相等的实根，得a＜－2或a＞2.
由f′(x)＝0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有根，得a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有解，又x＋eq \f(1,x)∈2，eq \f(10,3)，所以2≤a＜eq \f(10,3)，
综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).]
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
[教师备选例题]
若函数f(x)＝ex－aln x＋2ax－1在(0，＋∞)上恰有两个极值点，则a的取值范围为( )
A．(－e2，－e) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(e,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，－e)
D [∵f′(x)＝ex－eq \f(a,x)＋2a，(x＞0)
∴由f′(x)＝0得a＝eq \f(xex,1－2x).
令g(x)＝eq \f(xex,1－2x)(x＞0)．
由题意可知g(x)＝a在(0，＋∞)上恰有两个零点．
又g′(x)＝－eq \f(ex2x＋1x－1,1－2x2)(x＞0)，
由g′(x)＞0得0＜x＜1，且x≠eq \f(1,2).
由g′(x)＜0得x＞1.
∴函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上递增，在(1，＋∞)上递减．
又g(0)＝0，g(1)＝－e，
结合图形(图略)可知a∈(－∞，－e)，故选D.]
1.若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
A [因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1，令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.]
2．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为( )
A．6 B．2
C．2或6 D．0
B [由f′(2)＝0可得c＝2或6.当c＝2时，结合图象(图略)可知函数先增后减再增，在x＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图象(图略)可知，函数在x＝2处取得极大值．故选B.]
3．(2019·长春市质量监测)若函数f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2eq \r(2)] B．(－∞，－2eq \r(2))
C．(－∞，－3] D．(－∞，－3)
C [f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a＋3]ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3.由题意知，g(x)在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g(x)的图象特征知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)＞0，,a＋3≤0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)≤0，,a＋3＜0，))解得a≤－3.故选C.]
考点2 用导数求函数的最值
求函数f(x)在[a，b]上的最大值、最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的为最大值，最小的为最小值．
(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
[解] (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减．
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a＜0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)＜0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减．
(2)满足题设条件的a，b存在．
(ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.
(ⅱ)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.
(ⅲ)当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝－eq \f(a3,27)＋b，最大值为b或2－a＋b.
若－eq \f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，则a＝3eq \r(3,2)，与0＜a＜3矛盾．
若－eq \f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3eq \r(3)或a＝－3eq \r(3)或a＝0，与0＜a＜3矛盾．
综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.
(1)讨论函数的单调性时，一要注意函数的定义域；二要注意分类的标准，做到不重不漏．
(2)对于探索性问题，求出参数值后要注意检验．
[教师备选例题]
已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．
[解] (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，可得x＝eq \f(1,a)，
当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＞0；
当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).
(2)①当0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
②当eq \f(1,a)≥2，即0＜a≤eq \f(1,2)时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.
③当1＜eq \f(1,a)＜2，即eq \f(1,2)＜a＜1时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))上是减函数．
又f(2)－f(1)＝ln 2－a，
所以当eq \f(1,2)＜a＜ln 2时，最小值是f(1)＝－a；
当ln 2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a.
综上可知，
当0＜a＜ln 2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝－a；
当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
(2019·郑州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1－x,x)＋kln x，k＜eq \f(1,e)，求函数f(x)在上的最大值和最小值．
[解] f′(x)＝eq \f(－x－1－x,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
①若k＝0，则f′(x)＝－eq \f(1,x2)在上恒有f′(x)＜0，
所以f(x)在上单调递减．
②若k≠0，则f′(x)＝eq \f(kx－1,x2)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2).
(ⅰ)若k＜0，则在上恒有eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)＜0.
所以f(x)在上单调递减，
(ⅱ)若k＞0，由k＜eq \f(1,e)，
得eq \f(1,k)＞e，则x－eq \f(1,k)＜0在eq \f(1,e)，e上恒成立，
所以eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)＜0，
所以f(x)在上单调递减．
综上，当k＜eq \f(1,e)时，f(x)在上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1,e)＋k－1，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
考点3 利用导数研究生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)回归实际问题，结合实际问题作答．
某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．
[解] (1)因为当x＝5时，y＝11，
所以eq \f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为
y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x－3)
＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.
则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)(x－6)．
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.
即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
(1)利用导数研究生活中的优化问题的关键：理清数量关系、选取合适的自变量建立函数模型．
(2)注意：函数的定义域由实际问题确定，最后要把求解的数量结果“翻译”为实际问题的答案．
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域．
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
[解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝eq \f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r－4r3)．由h＞0，且r＞0可得0＜r＜5eq \r(3)，故函数V(r)的定义域为(0,5eq \r(3))．
(2)因为V(r)＝eq \f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq \f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(因为r2＝－5不在定义域内，舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，
故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5eq \r(3))时，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5eq \r(3))上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
x
(－∞，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，1)
1
(1，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
极大值42
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