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- 2021-06-16 发布
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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)
答案 D
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．
命题点2 求已知函数的极值
例2 (2018·阜新调研)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时，Δ>0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1－.
由g(－1)＝1>0，可得－10，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f(x)有两个极值点．
③当a<0时，Δ>0，由g(－1)＝1>0，
可得x1<－10，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f(x)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(点)求参数
例3 已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
答案 A
解析 因为函数f(x)＝－k，
所以函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－k
＝.
因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，
所以x＝2是y＝f′(x)的唯一变号零点．
所以y＝－k在(0，＋∞)上无变号零点．
设g(x)＝，则g′(x)＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象(图略)知，
若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则应需k≤e.
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 已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，由f′(x)<0得00，得x>，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，即f(x)在x＝处有极小值，无极大值．
∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴a＝1，∴f(x)≥bx－2，即1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，
即实数b的取值范围为.
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.
引申探究
若例题条件中的k<改为“k≥”，则函数f(x)在上的最小值是多少？
解 f′(x)＝＝，
∵k≥，∴0<≤e，
若0<≤，即k≥e时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在上为增函数，f(x)min＝f＝e－k－1.
若>即≤k0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，
所以f(x)在上单调递增；
由f′(x)<0得，00)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 若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5,0) B．(－5,0)
C．[－3,0) D．(－3,0)
答案 C
解析 由题意，得f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，
故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，
在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，
令x3＋x2－＝－，得
x＝0或x＝－3，则结合图象可知，
解得a∈[－3,0)．
利用导数求函数的最值
例 (12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，＋∞)．[2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.[4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.[5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.[6分]
②当≥2，即00，f(x)为增函数，当x10，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
3．函数y＝xex的最小值是( )
A．－1 B．－e C．－ D．不存在
答案 C
解析 因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x>－1时，y′>0；当x<－1时，y′<0，所以当x＝－1时，函数取得最小值，且ymin＝－.故选C.
4．(2018·包头调研)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处取得极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取得极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取得极大值
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)，
显然f′(1)＝0，且在x＝1附近的左侧f′(x)<0，
当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.
5．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∪.
6．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A．1百万件 B．2百万件
C．3百万件 D．4百万件
答案 C
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当00；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
7．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.
8．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－aa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.
9．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.
10．(2018·鞍山调研)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax ，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________.
答案 1
解析 由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
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10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．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( )
A．20 B．18 C．3 D．0
答案 A
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
14．(2018·通辽模拟)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，g(x)≤g(1)＝，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－
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