2020年高考数学理科一轮复习讲义：第2章函数、导数及其应用第11讲第2课时

第2课时　利用导数研究函数的极值、最值

1.函数的极值与导数

(1)函数的极小值与极小值点

若函数f(x)在点x＝a处的函数值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叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．

(2)函数的极大值与极大值点

若函数f(x)在点x＝b处的函数值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叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．

2.函数的最值与导数

(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件

如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．

(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤

①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；

②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

1.概念辨析

(1)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．(　　)

(2)函数的极大值一定大于其极小值．(　　)

(3)若函数f(x)在区间D上具有单调性，则f(x)在区间D上不存在极值．(　　)

(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　)

答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)√

2.小题热身

(1)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　f(x)＝＋ln x，f′(x)＝－＋＝，当x>2时，f′(x)>0，此时f(x)为增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，此时f(x)为减函数，据此知x＝2为f(x)的极小值点．

(2)函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．

答案　8

解析　y′＝6x2－4x＝2x(3x－2)，

由y′＝0解得x＝0或x＝.

∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－，

f(2)＝8，∴最大值为8.

(3)若f(x)＝ax3＋3x＋2无极值，则a的范围是________．

答案　[0，＋∞)

解析　f′(x)＝3ax2＋3，

当a≥0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，f(x)无极值．

当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝± .

易知－ 和 分别是f(x)的极小值点和极大值点．综上知a的范围是[0，＋∞).

题型 　用导数求解函数极值问题

角度1　根据函数图象判断极值

1．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　)

A.1  B．2  C．3  D．4

答案　B

解析　极大值点处导数值为0，且两侧导数符号左正右负，观察导函数f′(x)在(a，b)上的图象可知，f(x)在(a，b)上的极大值点有2个.

角度2　求函数的极值

2.(2017·全国卷Ⅱ)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

答案　A

解析　函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，

则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1

＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．

由x＝－2是函数f(x)的极值点得

f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，

所以a＝－1.

所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．

由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，

且x<－2时，f′(x)>0；－2<x<1时，f′(x)<0；

x>1时，f′(x)>0.

所以x＝1是函数f(x)的极小值点．

所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A.

角度3　根据极值求参数

3.(2018·北京高考)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.

(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程与x轴平行，求a；

(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．

解　(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，

所以f′(x)＝[2ax－(4a＋1)]ex＋[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex，f′(1)＝(1－a)e.

由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0，所以a的值为1.

(2)解法一：由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.

若a>，则当x∈时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在x＝2处取得极小值．若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.

所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是.

解法二：①当a＝0时，令f′(x)＝0，得x＝2，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：

∴当x＝2时，f(x)取得极大值，不符合题意．

②当a<0时，令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝2，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：

∴当x＝2时，f(x)取得极大值，不符合题意．

③当a>0时，

若<2，即a>，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：

∴当x＝2时，f(x)取得极小值，符合题意．

若＝2，即a＝，f′(x)≥0，f(x)单调递增，

∴f(x)无极值，不符合题意．

若>2，即0<a<，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：

∴当x＝2时，f(x)取得极大值，不符合题意．

综上所述，a∈.

1.熟记运用导数解决函数极值问题的一般流程

2．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：因为导数值等于零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.

1．函数f(x)＝x2－5x＋2ex的极值点所在的区间为(　　)

A．(0,1)  B．(－1,0)

C．(1,2)   D．(－2，－1)

答案　A

解析　∵f′(x)＝2x－5＋2ex为增函数，

f′(0)＝－3<0，f′(1)＝2e－3>0，

∵f′(x)＝2x－5＋2ex的零点在区间(0,1)上，

∴f(x)＝x2－5x＋2ex的极值点在区间(0,1)上．

2．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为(　　)

A.

B.

C.∪

D.∪

答案　D

解析　若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12>0，从而c>或c<－.故实数c的取值范围为∪.

3．函数f(x)＝的极小值为________．

答案　－

解析　f′(x)＝

＝.

令f′(x)<0，得x<－2或x>1.

令f′(x)>0，得－2<x<1.

∴f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，

∴f(x)极小值＝f(－2)＝－.

题型 　用导数求函数的最值

1．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b(a，b为实数，且a>1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a＝________，b＝________.

答案　　1

解析　因为f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，

令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝a.

因为a>1，所以当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：

由题意得b＝1.

则f(－1)＝－，f(1)＝2－，f(－1)<f(1)，

所以－＝－1，所以a＝.

2．(2019·汉中模拟)已知函数f(x)＝ln x－mx(m∈R)．

(1)若函数y＝f(x)的图象过点P(1，－1)，求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；

(2)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值．

解　(1)因为点P(1，－1)在曲线y＝f(x)上，

所以－m＝－1，解得m＝1.

因为f′(x)＝－1，所以f′(1)＝0，

所以切线的方程为y＝－1.

(2)f′(x)＝－m＝.

a．当m≤0时，由x∈[1，e]，得f′(x)>0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)max＝f(e)＝1－me；

b．当≥e，即0<m≤时，由x∈[1，e]，得f′(x)>0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递增，

则f(x)max＝f(e)＝1－me；

c．当1<<e，即<m<1时，

函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，则f(x)max＝f＝－ln m－1；

d．当0<≤1，即m≥1时，由x∈[1，e]，得f′(x)≤0，

所以函数f(x)在[1，e]上单调递减，

则f(x)max＝f(1)＝－m.

综上，当m≤时，f(x)max＝1－me；

当<m<1时，f(x)max＝－ln m－1；

当m≥1时，f(x)max＝－m.

条件探究　把举例说明2中函数f(x)改为f(x)＝xln x－a(x－1)，其中a∈R，求f(x)在区间[1，e]上的最小值．

解　f(x)＝xln x－a(x－1)，则f′(x)＝ln x＋1－a，

由f′(x)＝0，得x＝ea－1.所以在区间(0，ea－1)上，f(x)为减函数，在区间(ea－1，＋∞)上，f(x)为增函数．

当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，f(x)为增函数，

所以f(x)的最小值为f(1)＝0.

当1<ea－1<e，即1<a<2时，f(x)的最小值为f(ea－1)＝a－ea－1.

当ea－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，f(x)为减函数，

所以f(x)的最小值为f(e)＝a＋e－ae.

综上，当a≤1时，f(x)的最小值为0；

当1<a<2时，f(x)的最小值为a－ea－1；

当a≥2时，f(x)的最小值为a＋e－ae.

求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤

(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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.

1．若函数f(x)＝在(－2，a)上有最小值，则a的取值范围为(　　)

A．(－1，＋∞)   B．[－1，＋∞)

C．(0，＋∞)   D．[0，＋∞)

答案　A

解析　f′(x)＝，

令f′(x)>0，解得x>－1，

令f′(x)<0，解得x<－1，

故f(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，

若f(x)在(－2，a)有最小值，则a>－1.

2．(2018·北京石景山区模拟)已知f(x)＝ex－ax2，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝bx＋1.

(1)求a，b的值；

(2)求f(x)在[0,1]上的最大值；

(3)当x∈R时，判断y＝f(x)与y＝bx＋1交点的个数．(只需写出结论，不要求证明)

解　(1)f(x)＝ex－ax2的导数为f′(x)＝ex－2ax，

由已知可得f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，

解得a＝1，b＝e－2.

(2)令g(x)＝f′(x)＝ex－2x.则g′(x)＝ex－2，

故当0≤x<ln 2时，g′(x)<0，g(x)在[0，ln 2)单调递减；

当ln 2<x≤1时，g′(x)>0，g(x)在(ln 2,1]单调递增；

所以g(x)min＝g(ln 2)＝2－2ln 2>0，故f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)max＝f(1)＝e－1.

(3)当x∈R时，y＝f(x)与y＝bx＋1有两个交点．

题型 　函数极值和最值的综合问题

1．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．

答案　－4

解析　f′(x)＝－3x2＋2ax，

因为函数f(x)在x＝2处取得极值，

所以f′(2)＝－12＋4a＝0，a＝3，

所以f′(x)＝－3x2＋6x.

当m∈[－1,1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，

令f′(m)＝0得m＝0或m＝2(舍去)，

当m∈(－1,0)时，f′(m)<0，f(m)单调递减；

当m∈(0,1)时，f′(m)>0，f(m)单调递增，

所以f(m)min＝f(0)＝－4.

2．(2018·银川一中模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x.

(1)若f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；

(2)求函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值．

解　(1)∵f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x，

∴函数的定义域为(0，＋∞)．

∴f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝.

∵f(x)在x＝1处取得极值，即f′(1)＝－(2－1)(a＋1)＝0，

∴a＝－1.

当a＝－1时，在内f′(x)<0，在(1，＋∞)内f′(x)>0，

∴x＝1是函数y＝f(x)的极小值点．

∴a＝－1.

(2)∵a2<a，∴0<a<1.

f′(x)＝－2ax＋(a－2)＝.

∵x∈(0，＋∞)，∴ax＋1>0，

∴f(x)在上单调递增；在上单调递减，

①当0<a≤时，f(x)在[a2，a]单调递增，

∴f(x)max＝f(a)＝ln a－a3＋a2－2a；

②当即<a<时，f(x)在单调递增，在单调递减，

∴f(x)max＝f＝－ln 2－＋＝－1－ln 2；

③当≤a2，即≤a<1时，f(x)在[a2，a]单调递减，

∴f(x)max＝f(a2)＝2ln a－a5＋a3－2a2.

综上所述，当0<a≤时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是ln a－a3＋a2－2a；

当<a<时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是－1－ln 2；

当≤a<1时，函数y＝f(x)在[a2，a]上的最大值是2ln a－a5＋a3－2a2.

解决函数极值、最值问题的策略

(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．

(2)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．

(3)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.

1．已知函数f(x)＝cosx＋aln x在x＝处取得极值，则函数f(x)在区间上的最小值为(　　)

A．f(1)  B．f  C．f  D．不存在

答案　C

解析　∵f(x)＝cosx＋aln x，∴f′(x)＝－sinx＋，

∵f(x)在x＝处取得极值，

∴f′＝－＋＝0，解得a＝，

所以f(x)＝cosx＋ln x，f′(x)＝－sinx＋，

因为f′＝0，f′(x)在上为减函数，

所以在x∈上，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减，所以f(x)min＝f.故选C.

2．(2019·珠海调研)已知函数f(x)＝(a>0)的导函数y＝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y＝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－3<x<0时，g(x)>0，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)＝.

因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，

单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，

所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，

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.

  易错防范　解答函数极值、最值问题时的两个失分点

(1)忽视分类讨论，考虑问题不全面导致丢分．

(2)忽视比较大小，导致最值点判断出错．例如，f(x)在(1,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，则f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)与f(4)中较小的值，此时通常要比较大小．

[典例]　已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．

解　因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，

所以f′(x)＝＋2ax＋b.

因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，

所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，即b＝－2a－1.

所以f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，

f′(x)＝，

令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝.

因为f(x)在x＝1处取得极值，所以≠1，即a≠.

(1)当a<0，即<0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)．

令f(1)＝1，解得a＝－2.

(2)当a>0，即x2＝>0时，

①若0<<1，即a>，则f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，e]上单调递增，

所以f(x)的最大值可能在x＝或x＝e处取得，而f＝ln ＋a2－(2a＋1)＝ln －－1<0，

所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.

②若1<<e，即<a<，则f(x)在(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最大值可能在x＝1或x＝e处取得．

而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，

所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，

解得a＝，与1<<e矛盾．

③若≥e，则f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，

所以f(x)的最大值在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，不成立．综上所述，a＝或a＝－2.