2020版新一线高考理科数学（北师大版）一轮复习教学案：第2章第11节第2课时导数与函数的极值、最值


第2课时　导数与函数的极值、最值

利用导数解决函数的极值问题

►考法1　根据函数图像判断函数极值的情况
【例1】　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)的图像如图所示，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．]
►考法2　求已知函数的极值
【例2】　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＝时，f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，
∴f(x)递增，故f(x)无极值．
②当0＜a＜时，ln 2a＜1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
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＞时，ln 2a＞1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
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＜时，f(x)有极大值－a(ln 2a－2)2，极小值a－e；
当a＝时，f(x)无极值；
当a＞时，f(x)有极大值a－e，极小值－a(ln 2a－2)2.
►考法3　已知函数极值求参数的值或范围
【例3】　(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)＝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．
C. D．(－∞，－e)
(1)－7　(2)D　[(1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
解得或
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)∵f′(x)＝ex－＋2a，(x＞0)
∴由f′(x)＝0得a＝.
令g(x)＝(x＞0)．
由题意可知g(x)＝a在(0，＋∞)上恰有两个零点．
又g′(x)＝－(x＞0)，
由g′(x)＞0得0＜x＜1，且x≠.
由g′(x)＜0得x＞1.
∴函数g(x)在，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．]
[规律方法]　1.利用导数研究函数极值问题的一般流程

2．已知函数极值点和极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为一点处的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)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则实数c的值为(　　)
A．2或6 B．2
C. D．6
(2)(2019·广东五校联考)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有极值，则实数a的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
(1)D　(2)A　[(1)法一：f′(x)＝(x－c)(3x－c)，当f′(x)＝0时，x1＝，x2＝c.
因为极大值点是x＝2，
所以c＞0，并且＜c.
当x∈时，f′(x)＞0，
当x∈时，f′(x)＜0，
当x∈(c，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以x＝是极大值点，＝2，
解得c＝6.故选D．
法二：因为f′(x)＝(x－c)(3x－c)．
又因为f(x)在x＝2处取极值，
所以f′(2)＝0，即(2－c)(6－c)＝0.
所以c＝2或c＝6.
当c＝6时，f′(x)＝3(x－2)(x－6)，易知x∈(－∞，2)和x∈(6，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数，x∈(2,6)时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数，此时x＝2为极大值点．
当c＝2时，f′(x)＝3(x－2)，易知x∈和x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数，
x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数，此时x＝2是极小值点．
因此c＝6.故选 D．
(2)f(x)＝xln x－ax2(x＞0)，f′(x)＝ln x＋1－2ax.
令g(x)＝ln x＋1－2ax，
则g′(x)＝－2a＝.
∵函数f(x)＝x(ln x－ax)有极值，
∴g(x)＝0在(0，＋∞)上有实根．
当a≤0时，g′(x)＞0，函数g(x)在(0，＋∞)上递增，当x趋向于0时，g(x)趋向于－∞，当x趋向于＋∞时，g(x)趋向于＋∞，故存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x)在(0，x0)上递减，在(x0，＋∞)上递增，故f(x)存在极小值f(x0)，符合题意．
当a＞0时，令g′(x)＝0，得x＝.
当0＜x＜时，g′(x)＞0，函数g(x)递增；
当x＞时，g′(x)＜0，函数g(x)递减，
∴x＝时，函数g(x)取得极大值．
∵当x趋向于0和x趋向于＋∞时，均有g(x)趋向于－∞，要使g(x)＝0在(0，＋∞)上有实根，且f(x)有极值，必须g＝ln ＞0，解得0＜a＜.
综上可知，实数a的取值范围是，故选A.]
利用导数解决函数的最值问题

【例4】　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)＝－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a＞0，即函数f(x)的递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当0＜x＜时，f′(x)＝＞0；
当x＞时，f′(x)＝＜0，
故函数f(x)的递增区间为，
递减区间为.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的递增区间为，
递减区间为.
(2)①当0＜≤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≥2，即0＜a≤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＜＜2，即＜a＜1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数．又f(2)－f(1)＝ln 2－a，
所以当＜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.
[规律方法]　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.
(2017·北京高考)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
[解]　(1)因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)