2021高三数学人教B版一轮学案：第二章第十一节　第2课时　导数与函数的极值、最值 8页

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2021-06-16 发布

2021高三数学人教B版一轮学案：第二章第十一节　第2课时　导数与函数的极值、最值

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www.ks5u.com 第2课时　导数与函数的极值、最值 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考点一　函数的极值命题方向1　　根据函数图象判断函数极值 ‎【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)‎ ‎【解析】　由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22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．‎ ‎【答案】　D 命题方向2　已知函数求极值 ‎【例2】　(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 ‎(2)已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．‎ ‎【解析】　(1)f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.‎ ‎∵x＝－2是f(x)的极值点，∴f′(－2)＝0，‎ 即(4－‎2a－4＋a－1)·e－3＝0，得a＝－1.‎ ‎∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1.‎ 由f′(x)>0，得x<－2或x>1；由f′(x)<0，得－20，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．‎ ‎②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna，‎ 当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，‎ 所以函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝lna处取得极小值且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．‎ 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；‎ 当a>0时，函数f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．‎ ‎【答案】　(1)A　(2)见解析命题方向3　　已知函数的极值求参数 ‎【例3】　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)＝[ax2－(‎2a＋1)x＋2]ex.‎ 所以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)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≤时，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.‎ 方法技巧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.‎ ‎1．(方向1)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(　C　)‎ A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间 B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间 C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值 D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值解析：由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.‎ ‎2．(方向2)(2020·山西太原模拟)设函数f(x)＝x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为(　A　)‎ A．－ B．－1‎ C. D．1‎ 解析：f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0得x1＝－1，x2＝1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，且f(－1)＝1，即m＝，函数f(x)在x＝1处取得极小值，且f(1)＝×13－1＋＝－.故选A.‎ ‎3．(方向3)(2020·江西八校联考)若函数f(x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为(－∞，－1]．‎ 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋＝，由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－‎8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]．‎ 考点二　函数的最值 ‎【例4】　(1)函数f(x)＝，x∈[0,4]的最小值是(　　)‎ A．0　　　　 B. ‎ C.　　　　 D. ‎(2)(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．‎ ‎【解析】　(1)f′(x)＝，‎ 当x∈[0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；‎ 当x∈(1,4]时，f′(x)<0，f(x)是减函数．‎ 又f(0)＝0，f(4)＝>0，所以f(0)＝0最小．‎ ‎(2)①f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.‎ 若a>0，则当x∈(－∞，0)∪(，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，(，＋∞)单调递增，在(0，)单调递减；‎ 若a＝0，f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；‎ 若a<0，则当x∈(－∞，)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(，0)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，)，(0，＋∞)单调递增，在(，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时，f′(x)>0，f(x)单调递增．‎ ‎∴当cosx＝，f(x)有最小值．‎ 又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，‎ ‎∴当sinx＝－时，f(x)有最小值，‎ 即f(x)min＝2××＝－.‎ ‎2．已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx.‎ ‎(1)当a＝1时，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；‎ ‎(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围．‎ 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，‎ f′(x)＝2x－3＋.‎ 因为f′(1)＝0，f(1)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，－2)处的切线方程是y＝－2.‎ ‎(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域是(0，＋∞)．‎ 当a>0时，‎ f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝，‎ 令f′(x)＝ ‎＝＝0，得x＝或x＝.‎ 当0<≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增，‎ 所以f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝－2；‎ 当1<

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