2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十四章第四节　函数的极值与最值

第四节　函数的极值与最值复习目标学法指导了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求不超过三次的多项式函数的单调区间;理解极大值、极小值的概念,能利用单调性探究极值与导数间的关系.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次);掌握求函数在闭区间上的最大值、最小值的一般方法(其中多项式函数不超过三次).1.熟练掌握极值、最值的概念是求极值、最值的基础.2.求函数极值时,尽可能列出自变量x变化时,导数f′(x)与函数f(x)的变化情况表,这样求解直观、不易出错.一、函数的极值与导数1.函数极小值的概念(1)函数y=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;(2)f′(a)=0;(3)在点x=a附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0;则点x=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.函数极大值的概念(1)函数y=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;(2)f′(b)=0;(3)在点x=b附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0;则点x=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;极小值点与极大值点统称为极值点,极小值与极大值统称为极值.二、函数的最值与导数求函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤:(1)求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,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.1.概念理解(1)极值是一个局部性概念,反映的是函数在某个点附近的大小情况,并不意味它在函数的整个定义域内最大或最小;最值是一个整体性的概念,函数的最值是比较某个区间内的所有函数值得出的.(2)函数的极值点一定出现在区间内部,区间的端点不能成为极值点;连续函数在某一个闭区间上的最值必在极值点或区间端点处取得.(3)函数的极值个数不确定,而函数在某一闭区间上,最大值和最小值是唯一的.2.与极值、最值有关的结论(1)可导函数极值点处的导数值为0(变号零点),而导数值为0的点不一定是极值点;(2)若函数f(x)有多个极值点,则极大值点和极小值点是交替出现的;(3)函数的极大值与极小值无确定大小关系;(4)极值点是函数单调增区间与单调减区间的分界点;(5)若函数f(x)在定义域内只有一个极值点,则极值点是函数的最值点;(6)三次函数有两个极值点的充要条件是其导函数有两个零点;(7)奇(偶)函数在x=x0处取得极大值或最大值f(x0),则在x=-x0处取得极小值或最小值-f(x0)(相同的极大值或最大值).1.函数y=2x-的极大值为(　A　)(A)-1 (B)-2 (C)-3 (D)12.设函数f(x)=xex,则(　D　)(A)x=1为f(x)的极大值点(B)x=1为f(x)的极小值点(C)x=-1为f(x)的极大值点(D)x=-1为f(x)的极小值点解析:f′(x)=ex+xex=(1+x)ex,令f′(x)=0,解得x=-1,且当x<-1时,f′(x)<0;当x>-1时,f′(x)>0;函数f(x)=xex在x=-1处取得极小值,即x=-1是f(x)的极小值点.故选D.3.(2018·安徽六安月考)已知函数f(x)=-x3+bx2+cx+bc在x=1处有极值-,则b等于(　A　)(A)-1 (B)1 (C)1或-1 (D)-1或3解析:f′(x)=-x2+2bx+c,若f(x)在x=1处有极值-,故解得b=-1且c=3,符合题意;或b=1且c=-1,此时f′(x)=-x2+2bx+c=-(x-1)2≤0,f(x)=-x3+bx2+cx+bc单调递减,f(x)在x=1处不存在极值,故b=1且c=-1,不合题意,所以b=-1.故选A.4.如果函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,给出下列判断:①函数y=f(x)在区间(-3,-)内单调递增;②函数y=f(x)在区间(-,3)内单调递减;③函数y=f(x)在区间(4,5)内单调递增;④当x=2时,函数y=f(x)有极小值;⑤当x=-时,函数y=f(x)有极大值.则上述判断中正确的是(　D　)(A)①② (B)②③ (C)③④⑤ (D)③解析:对于①,函数y=f(x)在区间(-3,-)内有增有减,故①不正确;对于②,函数y=f(x)在区间(-,3)有增有减,故②不正确;对于③,函数y=f(x)当x∈(4,5)时,恒有f′(x)>0,故③正确;对于④,当x=2时,函数y=f(x)有极大值,故④不正确;对于⑤,当x=-时,f′(x)≠0,故⑤不正确.故选D.5.(2019·镇海中学高三模拟考试)已知函数f(x)=xln x-x+2a,若函数y=f(x)与y=f(f(x))有相同的值域,则a的取值范围是(　A　)(A)(,1] (B) (-∞,1](C) [1,) (D) [1,+∞)解析:令g(x)=xln x-x,则g′(x)=ln x,g(1)=-1,由g(x)的单调性可知,g(x)≥-1,所以f(x)≥2a-1,所以要使f(x)与f(f(x))的值域相同,则只需0<2a-1≤1,解得<a≤1,故选A.考点一　利用导数求函数的极值[例1] 设a>0,函数f(x)=x2-(a+1)x+a(1+ln x).(1)求曲线y=f(x)在(2,f(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程;(2)求函数f(x)的极值.解:(1)由已知,得x>0,f′(x)=x-(a+1)+,y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为1,所以f′(2)=1,即2-(a+1)+=1,所以a=0,此时f(2)=2-2=0,故所求的切线方程为y=x-2.(2)f′(x)=x-(a+1)+==.①当0<a<1时,若x∈(0,a),f′(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(a,1),f′(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(1,+∞),f′(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(a)=-a2+aln a,极小值是f(1)=- .②当a=1时,f′(x)=>0,所以函数f(x)在定义域(0,+∞)内单调递增,此时f(x)没有极值点,故无极值.③当a>1时,若x∈(0,1),f′(x)>0,函数f(x)单调递增;若x∈(1,a),f′(x)<0,函数f(x)单调递减;若x∈(a,+∞),f′(x)>0,函数f(x)单调递增.此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点,函数f(x)的极大值是f(1)=-,极小值是f(a)=-a2+aln a.综上,当0<a<1时,f(x)的极大值是-a2+aln a,极小值是-;当a=1时,f(x)没有极值;当a>1时,f(x)的极大值是-,极小值是-a2+aln a. 运用导数求可导函数y=f(x)的极值的步骤(1)先求函数的定义域,再求函数y=f(x)的导数f′(x);(2)求方程f′(x)=0的根;(3)检查f′(x)在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值,如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值.如果左右符号相同,则此根处不是极值点.提醒:若函数y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y=f(x)在(a,b)内不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值.1.设函数f(x)=(x3-1)2,下列结论中正确的是(　C　)(A)x=1是函数f(x)的极小值点,x=0是极大值点(B)x=1及x=0均是f(x)的极大值点(C)x=1是函数f(x)的极小值点,函数f(x)无极大值(D)函数f(x)无极值解析:f′(x)=2(x3-1)·3x2=6x2(x-1)(x2+x+1);x2+x+1=(x+)2+>0,令f′(x)=0得x1=0,x2=1;即f′(0)=0,f′(1)=0,x<0时,f′(x)<0;0<x<1时,f′(x)<0;x>1时,f′(x)>0.故x=1是函数f(x)的极小值点,函数f(x)无极大值.故选C.2.已知函数f(x)=.(1)若函数f(x)在区间(a,a+)上存在极值,求正实数a的取值范围;(2)若当x≥1时,不等式f(x)≥恒成立,求实数k的取值范围.解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)==-.令f′(x)=0,得x=1.当x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)在(1,+∞)上单调递减.所以x=1为f(x)的极大值点,无极小值点,所以a<1<a+,故<a<1,即正实数a的取值范围为(,1).(2)当x≥1时,k≤恒成立,令g(x)=则g′(x)==.令h(x)=x-ln x,则h′(x)=1-≥0,所以h(x)≥h(1)=1,所以g′(x)>0,所以g(x)为[1,+∞)上的增函数,所以g(x)≥g(1)=2,故k≤2.故实数k的取值范围为(-∞,2].考点二　利用导数求函数的最值[例2] 设函数f(x)=aex(x+1)(其中e=2.718 28…),g(x)=x2+bx+2,已知它们图象在x=0处有相同的切线.(1)求函数f(x),g(x)的解析式;(2)求函数f(x)在[t,t+1](t>-3)上的最小值.解:(1)f′(x)=aex(x+2),g′(x)=2x+b,由题意,两函数图象在x=0处有相同的切线,又因为f′(0)=2a,g′(0)=b,所以2a=b,f(0)=a=g(0)=2,所以a=2,b=4,所以f(x)=2ex(x+1),g(x)=x2+4x+2.(2)由(1)得f′(x)=2ex(x+2).当x>-2时,则f′(x)>0,所以f(x)在(-2,+∞)上单调递增,当x<-2时,则f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,-2)上单调递减,因为t>-3,所以t+1>-2,①当-3<t<-2时,f(x)在[t,-2]上单调递减,在[-2,t+1]上单调递增,所以f(x)min=f(-2)=-2e-2.②当t≥-2时,f(x)在[t,t+1]上单调递增,所以f(x)min=f(t)=2et(t+1).综上,当-3<t<-2时,f(x)min=-2e-2;当t≥-2时,f(x)min=2et(t+1). 求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,可判断函数在[a,b]上的单调性,若函数在[a,b]上单调递增或单调递减,则f(a),f(b)一个为最大值,一个为最小值.若函数在[a,b]上不单调,一般先求[a,b]上f(x)的极值,再与f(a),f(b)比较,最大的即为最大值,最小的即为最小值.函数y=2x3-12x在区间[-1,3]上的最大值和最小值分别为(　A　)(A)18,-8 (B)54,-12(C)8,-8 (D)10,-8解析:y′=6x2-12=6(x-)(x+),令y′=0,则x=,(-舍去)当x=-1时,y=10,x=时,y=-8,当x=3时,y=18,故选A.考点三　由函数的极值或最值求参数(范围)[例3] (1)函数f(x)=ln x-ax2+x有极值且极值大于0,则a的取值范围是(　　)(A)(0,1) (B)(1,2) (C)(0,2) (D)(3,4)(2)已知函数f(x)=e2x-e-2x-cx(c∈R),若f(x)有极值,求c的取值范围.(1)解析:f′(x)= -ax+1=(x>0),当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.当a>0时,对于t=-ax2+x+1.因为Δ=1+4a>0,x1·x2=-<0,所以f′(x)=0有且仅有一正根x0=,且f(x)在x0处取极大值.要使极大值大于0,即f(x0)>0.因为-a+x0+1=0,所以a=x0+1,f(x0)=ln x0-a+x0=ln x0+-,令g(x)=ln x+-,(x>0)g(x)在(0,+∞)上单调递增且g(1)=0,所以x>1.所以x0>1,所以>1,解得0<a<2.故选C.(2)解:f′(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c<4时,对任意x∈R,f′(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x≠0,f′(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值;当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0,即f′(x)=0有两个根x1=ln t1,x2=ln t2.当x1<x<x2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;又当x>x2时,f′(x)>0,f(x)单调递增,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞). (1)可导函数的极值点与其导函数的零点之间的关系是导函数的变号零点是函数的极值点,而不变号零点不是函数的极值点.(2)已知函数的极值、最值求参数,利用待定系数法列方程(组)求解.　已知函数f(x)=x2-2ax+1在区间[2,3]上最小值为1.函数g(x)=-k·3x.(1)求a的值;(2)若存在x0使得g(x)在x∈[-1,1]上为负数,求实数k的取值范围.解:(1)f(x)=(x-a)2+1-a2,当a<2时,f(x)min=f(2)=5-4a=1,解得a=1;当2≤a≤3时,f(x)min=f(a)=1-a2=1,解得a=0,不符合题意;当a>3时,f(x)min=f(3)=10-6a=1,解得a=,不符合题意. 综上,a=1.(2)由已知可得g(x)=(1-k)3x+-2,根据题意,存在x0使得g(x)<0,所以不等式(1-k)3x+-2<0,可化为1+()2-2·<k,令t=,则 k>t2-2t+1.因 x∈[-1,1],故 t∈[,3].故k>t2-2t+1在t∈[,3]上有解.记h(t)=t2-2t+1=(t-1)2,t∈[,3],故h(t)min=h(1)=0,所以k的取值范围是(0,+∞).利用导数研究函数的极值(点)问题[例题] (2019·天津卷)设函数f(x)=ln x-a(x-1)ex,其中a∈R.(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;(2)若0<a<,①证明f(x)恰有两个零点;②设x0为f(x)的极值点,x1为f(x)的零点,且x1>x0,证明3x0-x1>2.(1)解:由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=-[aex+a(x-1)ex]=.因此当a≤0时,1-ax2ex>0,从而f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.(2)证明:①由(1)知,f′(x)=.令g(x)=1-ax2ex,由0<a<,可知g(x)在(0,+∞)内单调递减.又g(1)=1-ae>0,且g(ln )=1-a(ln )2·=1-(ln )2<0,故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f′(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x0,则1<x0<ln ,当x∈(0,x0)时,f′(x)=>=0,所以f(x)在(0,x0)内单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)=<=0,所以f(x)在(x0,+∞)内单调递减,因此x0是f(x)的唯一极值点.令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h′(x)=-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)<h(1)=0,所以ln x<x-1,从而f(ln )=ln(ln )-a(ln -1)=ln(ln )-ln +1=h(ln )<0.又因为f(x0)>f(1)=0,所以f(x)在(x0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x0)内有唯一零点1,从而f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点.②由题意,即从而ln x1=,即=.因为当x>1时,ln x<x-1,又x1>x0>1,故<=,两边取对数,得ln <ln ,于是x1-x0<2ln x0<2(x0-1),整理得3x0-x1>2.[规范训练] (2018·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.(1)证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f′(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f′(x)=ln(1+x)-,则g′(x)=.当-1<x<0时,g′(x)<0;当x>0时,g′(x)>0,故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f′(x)≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)解:①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min{1,}时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h′(x)=-=.若6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min{1,}时,h′(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min{1,}时,h′(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1=0,则h′(x)=,则当x∈(-1,0)时,h′(x)>0;当x∈(0,1)时,h′(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.类型一　极值或极值点的应用1.若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,则实数c的取值范围为(　C　)(A)[,+∞) (B)(,+∞)(C)(-∞,-]∪[,+∞) (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≤-.故选C.2.已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则+等于(　C　)(A) (B) (C) (D)解析:由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0),x1,x2是函数f(x)的极值点,因此1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2,所以f(x)=x3-3x2+2x,所以f′(x)=3x2-6x+2,x1,x2是方程f′(x)=3x2-6x+2=0的两根,因此x1+x2=2,x1·x2=,所以+=(x1+x2)2-2x1·x2=4-=,故选C.3.已知函数f(x)=x3+ax2-2x在区间(1,+∞)上有极小值无极大值,则实数a的取值范围为(　A　)(A)a< (B)a>(C)a≤ (D)a≥解析:因为函数f(x)=x3+ax2-2x,所以f′(x)=x2+2ax-2,因为函数f(x)=x3+ax2-2x在区间(1,+∞)上有极小值无极大值,所以f′(x)=x2+2ax-2=0在区间(1,+∞)上有1个实根,(-∞,1]上有1个根.解得a<.故选A.类型二　求最值或范围4.已知奇函数f(x)=则函数h(x)的最大值为　　　　. 解析:先求出x>0时,f(x)= -1的最小值.当x>0时,f′(x)=,所以x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数单调递减,x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数单调递增,所以x=1时,函数取得极小值即最小值,为e-1,所以由已知条件得h(x)的最大值为1-e.答案:1-e5.函数f(x)=xln x+ax2(a≠0)存在唯一极值点.(1)求a的取值范围;(2)证明:函数y=f[f(x)]与y=f(x)的值域相同.(1)解:f′(x)=ln x+1+2ax,f″(x)=+2a,当a>0时,f″(x)>0,故f′(x)在(0,+∞)上单调递增,又x→0时,f′(x)<0,f′(1)=2a+1>0,故f′(x)=0在(0,+∞)内有唯一实根,即f(x)在(0,+∞)内有唯一极值点;当a<0时,由f″(x)>0得0<x<-,故f′(x)在(0,-)上单增,在(-,+∞)上单减,若f′(-)≤0,则f′(x)≤0恒成立,此时f(x)无极值点,若f′(-)>0,又x→0时f′(x)<0,x→+∞时,f′(x)<0,此时f(x)有两个极值点;综上,a>0.(2)证明:由(1)知,a>0,设f′(x0)=0即ln x0+1+2ax0=0,则f(x)在(0,x0)上单减,在(x0,+∞)上单增,所以f(x)的值域为[f(x0),+∞),要使y=f[f(x)]与y=f(x)的值域相同,只需f(x0)≤x0,即x0ln x0+a≤x0,即ln x0+ax0≤1,又ax0=-(ln x0+1),故ln x0-≤1即x0≤e3,故只需证x0≤e3,又f′(x)单增,所以要证x0≤e3,即证f′(e3)≥0,而f′(e3)=3+1+2ae3>0,故得证.