2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第四章　导数及其应用4.2第2课时

第2课时　导数与函数的极值、最值

题型一　用导数求解函数极值问题

命题点1　根据函数图象判断极值
例1 设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝xf′(x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是(　　)

A．f(－2)与f(2) B．f(－1)与f(1)
C．f(2)与f(－2) D．f(1)与f(－1)
答案　A
解析　由图象知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2 当0 当x>2时，f′(x)>0.
所以f(x)在区间(－∞，－2)上为增函数，在区间(－2,2)上为减函数，在区间(2，＋∞)上为增函数，
所以f(x)的极大值与极小值分别是f(－2)与f(2)．
命题点2　求函数的极值
例2 设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．
解　f′(x)＝＋a(2x－1)
＝ (x>－1)．
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
①当a＝0时，g(x)＝1，
此时f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
②当a>0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
a．当0 函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
b．当a>时，Δ>0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1 因为x1＋x2＝－，所以x1<－，x2>－.
由g(－1)＝1>0，可得－1 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．因此函数有两个极值点．
③当a<0时，Δ>0，由g(－1)＝1>0，
可得x1<－1 当x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
所以函数有一个极值点．
综上所述，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；
当a>时，函数f(x)有两个极值点．
命题点3　根据极值求参数
例3 (1)函数f(x)＝ex－mx2＋1在x＝0处的切线方程为____________，若函数f(x)有两个极值点，则实数m的取值范围为____________．
答案　x－y＋2＝0　
解析　f′(x)＝ex－2mx，f′(0)＝1，f(0)＝2，所以函数f(x)在x＝0处的切线方程为x－y＋2＝0.由题意可知，f′(x)＝ex－2mx＝0有两个根，即2m＝有两个根．记g(x)＝，则g′(x)＝，在(－∞，0)，(0,1)上，g′(x)<0，在(1，＋∞)上，g′(x)>0.所以当x<0时，g(x)<0且单调递减；当x>0时，g(x)>0且在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以只需2m>g(1)＝e，故m>.
(2)(2018·金华十校期末考试)已知函数f(x)＝x3＋2x2－ax＋1在(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案　[－1,7)
解析　由题意可知f′(x)＝3x2＋4x－a＝0有两个不等根，其中一个在(－1,1)上，另一个不在该区间上．因为导函数f′(x)的对称轴是x＝－，所以只能是一根在上，另一根在
(－∞，－1]上，所以解得－1≤a<7.
思维升华 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
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：求解后验证根的合理性．
跟踪训练1 (1)(2013·浙江)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则(　　)
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
答案　C
解析　当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0.
∴x＝1不是f(x)的极值点．
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)
则f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，
x在1的右边附近f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.
(2)若函数f(x)＝－(1＋2a)x＋2ln x(a>0)在区间内有极大值，则a的取值范围是(　　)
A. B．(1，＋∞)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
答案　C
解析　f′(x)＝ax－(1＋2a)＋＝ (a>0，x>0)，若f(x)在区间内有极大值，
即f′(x)＝0在内有解，且f′(x)在区间内先大于0，再小于0，
则即
解得1 题型二　用导数求函数的最值
例4 已知函数f(x)＝＋kln x，k<，求函数f(x)在上的最大值和最小值．
解　f′(x)＝＋＝.
①若k＝0，则f′(x)＝－在上恒有f′(x)<0，
所以f(x)在上单调递减．
②若k≠0，则f′(x)＝＝.
(ⅰ)若k<0，则在上恒有<0.
所以f(x)在上单调递减，
(ⅱ)若k>0，由k<，
得>e，则x－<0在上恒成立，
所以<0，
所以f(x)在上单调递减．
综上，当k<时，f(x)在上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝＋k－1，
f(x)max＝f＝e－k－1.
思维升华 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．
跟踪训练2 (1)函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．
答案　
解析　由得x＞1，
由得0＜x＜1，
∴f(x)在x＝1时取得最小值f(1)＝－ln 1＝.
(2)设函数f(x)＝x3－－2x＋5，若对任意的x∈[－1,2]，都有f(x)>a，则实数a的取值范围是________________．
答案　
解析　由题意知，f′(x)＝3x2－x－2，
令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－，
又f(1)＝，f＝，f(－1)＝，f(2)＝7，
故f(x)min＝，∴a<.
题型三　函数极值和最值的综合问题
例5 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－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)＝.
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.
思维升华 (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)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．
(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．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝ax3＋2x2－4x＋5，当x＝时，函数f(x)有极值，则函数f(x)在[－3,1]上的最大值为________．
答案　13
解析　f′(x)＝3ax2＋4x－4，
由f′＝0可得a＝1，经验证f为极值；
∴f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如表所示：
x
－3
(－3，－2)
－2



1
f′(x)
＋
＋
0
－
0
＋
＋
f(x)
8
↗
13
↘

↗
4

∴函数f(x)在[－3,1]上的最大值为13.

利用导数求函数的最值
例 (15分)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．
规范解答　
解　(1)f′(x)＝－a(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．[3分]
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)的单调递增区间为，
单调递减区间为.[6分]
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，单调递减区间为.[7分]
(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.[9分]
②当≥2，即0 ③当1<<2，即 所以当 当ln 2≤a<1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a.[14分]
综上可知，当0 当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.[15分]

用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤
第一步：(求导数)求函数f(x)的导数f′(x)；
第二步：(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；
第三步：(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值；
第四步：(求最值)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；
第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．


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
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 同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C.
2．已知曲线y＝3x－x3的极大值点的坐标为(b，c)，则bc等于(　　)
A．2 B．1 C．－1 D．－2
答案　A
解析　由题意可知，y′＝3－3x2.因为点(b，c)为函数y＝3x－x3的极大值点，所以c＝3b－b3，且0＝3－3b2，
解得或所以bc＝2，故选A.


3．函数f(x)＝x3－4x＋4的极大值为(　　)
A. B．6 C. D．7
答案　A
解析　f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，
f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－2)＝.
4．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有两个不等实根，
故Δ＝(－4c)2－12>0，解得c>或c<－.
所以实数c的取值范围为∪.
5．(2018·浙江六校协作体期末联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－x(a>0，b>0)在x＝1处取得极小值，则＋的最小值为(　　)
A．4 B．5 C．9 D．10
答案　C
解析　由f(x)＝ax3＋bx2－x(a>0，b>0)，得f′(x)＝ax2＋bx－1，则f′(1)＝a＋b－1＝0，∴a＋b＝1，∴＋＝·1＝·(a＋b)＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当＝，即a＝，b＝时，等号成立，故选C.



6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)
A．11或18 B．11
C．18 D．17或18
答案　C
解析　∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
7．(2018·衢州质检)已知函数f(x)＝x3＋2ax2＋1在x＝1处的切线的斜率为1，则实数a＝________，此时函数y＝f(x)在[0,1]上的最小值为________．
答案　－　
解析　由题意得f′(x)＝3x2＋4ax，则有f′(1)＝3×12＋4a×1＝1，解得a＝－，所以f(x)＝x3－x2＋1，则f′(x)＝3x2－2x，当x∈[0,1]时，由f′(x)＝3x2－2x>0得 8．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
答案　(－∞，－1)
解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
∴方程ex＋a＝0有大于零的解，
∵当x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
9．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a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－a 当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，
解得a>.∴a的取值范围是.
10．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，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
11．设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值．
解　(1)f′(x)＝－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，
f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得1 ∴f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－.



12．已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解　(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0



f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘

故当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，
函数f(x)的极大值点为x＝.
(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，
所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，
当a≤0时，f(x)≤0；
当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.

13．(2019·杭州质检)已知a>0，且a≠1，则函数f(x)＝(x－a)2ln x(　　)
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值
D．既无极大值，又无极小值
答案　C
解析　由题意f′(x)＝2(x－a)ln x＋＝(x－a)·(x>0)，由f′(x)＝0得x＝a或2ln x＋1－＝0，由函数y＝2ln x与y＝－1(a>0且a≠1)的图象知方程2ln x＋1－＝0也有解x＝x0，根据函数的单调性与极值的关系，当01时，x＝a为函数f(x)的极小值点，x＝x0为f(x)的极大值点，故函数f(x)＝(x－a)2ln x既有极大值，也有极小值，故选C.
14．(2018·台州模拟)已知函数f(x)＝aex－2x－2a，且a∈[1,2]，设函数f(x)在区间[0，ln 2]上的最小值为m，则m的取值范围是________．
答案　[－2，－2ln 2]
解析　g(a)＝f(x)＝a(ex－2)－2x是关于a的一次函数，当x∈[0，ln 2)时，ex－2<0，即y＝g(a)是减函数，
∵a∈[1,2]，
∴g(a)min＝2(ex－2)－2x(易知x＝ln 2也成立)，
设M(x)＝2(ex－2)－2x，
则M′(x)＝2ex－2，∵x∈[0，ln 2]，∴M′(x)≥0，
则M(x)在[0，ln 2]上为增函数，
∴M(x)min＝M(0)＝－2，
M(x)max＝M(ln 2)＝－2ln 2，
∴m的取值范围是[－2，－2ln 2]．

15．已知函数f(x)＝xln x＋mex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
答案　
解析　f(x)＝xln x＋mex(x>0)，∴f′(x)＝ln x＋1＋mex(x>0)，由函数f(x)有两个极值点可得y＝－m和g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，
g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0；
若y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0<－m<，故－ 16．(2018·温州第一次适应性测试)设a为实数，若函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(x∈R)．
(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)的极值；
(3)当a∈(0,1]时，若函数f(x)在[0，a]上的最大值为M(a)，求M(a)．
解　(1)当a＝0时，f(x)＝(x－1)ex，f′(x)＝xex，x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
(2)f′(x)＝x(ex－2a)．
①当a≤0时，ex－2a>0.
x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
x＝0时，函数f(x)取极小值f(0)＝－1.
②当a>0时，令f′(x)＝x(ex－2a)＝0，
解出x1＝0或x2＝ln(2a)．
若ln(2a)＝0，即a＝，f′(x)＝x(ex－1)≥0，x∈R，函数f(x)单调递增，没有极值．
若ln(2a)>0，即a>，
x∈(－∞，0)和x∈(ln(2a)，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
x∈(0，ln(2a))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
函数f(x)的极大值是f(0)＝－1，
极小值f(ln(2a))＝2a(ln(2a)－1)－a(ln(2a))2.
若ln(2a)<0，即0 x∈(－∞，ln(2a))和x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
x∈(ln(2a)，0)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
函数f(x)的极大值是f(ln(2a))
＝2a(ln(2a)－1)－a(ln(2a))2，极小值f(0)＝－1.
综上，当a≤0时，f(x)有极小值－1，无极大值；
当a>时，f(x)有极大值－1，极小值2a(ln(2a)－1)－a(ln(2a))2；
当0 (3)令f′(x)＝x(ex－2a)＝0，
解得x1＝0或x2＝ln(2a)．
①若ln(2a)≤0，即0 f′(x)≥0，函数在[0，a]上单调递增，
M(a)＝f(a)＝(a－1)ea－a3.
②若ln(2a)>0，即 令g(a)＝ln(2a)－a，g′(a)＝≥0，
所以g(a)在上单调递增，
所以g(a)≤g(1)＝ln 2－1＝ln<0，
从而ln(2a) 所以x∈(0，ln(2a))时，f′(x)<0，
当x∈(ln(2a)，a)时，f′(x)>0，
所以M(a)＝max{f(a)，f(0)}＝{(a－1)ea－a3，－1}．
令h(a)＝(a－1)ea－a3＋1，h′(a)＝a(ea－3a)，
令k(a)＝ea－3a，
则当a∈时，k′(a)＝ea－3≤e－3<0，
所以k(a)在上单调递减，
而kk(1)＝(e－3)<0，
所以存在唯一的零点x0∈，使得k(x0)＝0，
且当a∈时，k(a)>0，则h′(a)>0.
当a∈(x0，1)时，k(a)<0，则h′(a)<0，
所以h(a)在上单调递增，在(x0，1)上单调递减．
h＝－＋>0，h(1)＝0，
所以h(a)≥0在上恒成立，
当a＝1时，等号成立，即f(a)≥f(0)．
综上，M(a)＝f(a)＝(a－1)ea－a3.