浙江省2021届高考数学一轮复习第四章导数及其应用第3节导数与函数的极值最值含解析 18页

第3节　导数与函数的极值、最值 考试要求　1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；2.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)；3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).‎ 知 识 梳 理 ‎1.函数的极值与导数 ‎(1)判断f(x0)是极值的方法 一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，‎ ‎①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；‎ ‎②如果在x0附近的左侧f′(x)≤0，右侧f′(x)≥0，那么f(x0)是极小值.‎ ‎(2)求可导函数极值的步骤 ‎①求f′(x)；‎ ‎②求方程f′(x)＝0的根；‎ ‎③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号.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.‎ ‎2.函数的最值与导数 ‎(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.‎ ‎(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：‎ ‎①求f(x)在(a，b)内的极值；‎ ‎②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎1.若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]内一定有最值.‎ ‎2.若函数f(x)在[a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值.‎ ‎3.若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点.‎ ‎4.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能.‎ ‎5.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列说法的正误.‎ ‎(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.(　　)‎ ‎(2)函数的极大值不一定比极小值大.(　　)‎ ‎(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.(　　)‎ ‎(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.(　　)‎ 解析　(1)函数在某区间上或定义域内的极大值不一定唯一；(3)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导数符号异号.‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√‎ ‎2.(选修2－2P32A4改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)‎ A.1 　　 B.2‎ C.3 　　 D.4‎ 解析　由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正.‎ 答案　A ‎3.函数f(x)＝－x3＋3x＋1有(　　)‎ A.极小值－1，极大值1 B.极小值－2，极大值3‎ C.极小值－2，极大值2 D.极小值－1，极大值3‎ 解析　因为f(x)＝－x3＋3x＋1，故有y′＝－3x2＋3，令y′＝－3x2＋3＝0，解得x＝±1，于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极小值  极大值  所以f(x)的极小值为f(－1)＝－1，f(x)的极大值为f(1)＝3.‎ 答案　D ‎4.函数f(x)＝ln x－ax在x＝1处有极值，则常数a＝________.‎ 解析　∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，经检验符合题意.‎ 答案　1‎ ‎5.已知函数f(x)＝x2＋(a＋4)x－2ln x在区间(1，2)上存在最值，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　∵f′(x)＝3x＋(a＋4)－＝，故可将题意等价的转化为f′(1)·f′(2)<0，即(a＋5)(a＋9)<0，解得－90，f(x)单调递增，则f(x)min＝f＝－.‎ 答案　xln x　－ 考点一　用导数解决函数的极值问题 ‎【例1】 求下列函数的极值：‎ ‎(1)f(x)＝x2－2x－4ln x；‎ ‎(2)f(x)＝ax3－3x2＋1－(a∈R且a≠0).‎ 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－＝，‎ 令f′(x)＝0得x＝2或－1(舍).‎ 随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(0，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  ‎∴f(x)有极小值f(2)＝－4ln 2，无极大值.‎ ‎(2)由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax.‎ 令f′(x)＝0得x＝0或.‎ 当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  ‎∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.‎ 当a<0时，随着x的变化，f′(x)与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  ‎∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.‎ 综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.‎ 规律方法　函数极值的两类热点问题 ‎(1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为：‎ ‎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，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.‎ ‎(2)由函数极值求参数的值或范围.‎ 讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f′(x)＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验导数为0的点两侧导数是否异号.‎ ‎【训练1】 (1)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.‎ ‎(2)设函数f(x)＝a－ln x，a∈R.若f(x)有极小值2，求a.‎ 解　(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，‎ 所以f′(x)＝[ax2－(2a＋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≤，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.‎ ‎(2)f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.‎ ‎①当a≤0时，f′(x)＜0，‎ 此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以不存在极小值.‎ ‎②当a＞0时，令f′(x)＝0可得x＝，‎ 列表可得 x f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以极小值为f＝2－ln，所以2－ln＝2⇒a＝2.‎ 考点二　用导数解决函数的最值问题 ‎【例2】 已知函数f(x)＝.‎ ‎(1)求函数f(x)的导函数f′(x)；‎ ‎(2)求f(x)在(0，1]上的取值范围.‎ 解　(1)因为()′＝，(ln x)′＝，‎ 所以f′(x)＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝.‎ ‎(2)因为x∈(0，1]，所以由f′(x)＝＝0，得x＝e－3.‎ 所以当x∈(0，e－3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；‎ 当x∈(e－3，1]时，f′(x)>0，f(x)单调递增.‎ 所以f(x)min＝f(e－3)＝－.‎ 又f(1)＝0，当x∈(0，e－3)时，f(e－3)0.‎ ‎(1)记f(x)的极小值为g(a)，求g(a)的最大值；‎ ‎(2)若对任意实数x，恒有f(x)≥0，求f(a)的取值范围.‎ 解　(1)函数f(x)的定义域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.‎ 令f′(x)＝0，得x＝ln a，‎ 易知当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，‎ 所以函数f(x)在x＝ln a处取极小值，g(a)＝f(x)极小值＝f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.‎ g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，‎ 当00，g(a)在(0，1)上单调递增；‎ 当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减.‎ 所以a＝1是函数g(a)在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g(a)max＝g(1)＝1.‎ ‎(2)显然，当x≤0时，ex－ax≥0(a>0)恒成立.‎ 当x>0时，由f(x)≥0，即ex－ax≥0，得a≤.‎ 令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，‎ 则h′(x)＝＝，‎ 当01时，h′(x)>0，‎ 故h(x)的最小值为h(1)＝e，所以a≤e，‎ 故实数a的取值范围是(0，e].‎ f(a)＝ea－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝ea－2a，‎ 易知ea－2a≥0对a∈(0，e]恒成立，‎ 故f(a)在(0，e]上单调递增，‎ 所以f(0)＝10，‎ 则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x10.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得01时，f′(x)>0，‎ 当－20，即a2－3a－18>0，‎ ‎∴a>6或a<－3.‎ 答案　B ‎6.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)‎ 解析　由题意，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)，故选C.‎ 答案　C 二、填空题 ‎7.函数f(x)＝x2e－x的极大值为__________，极小值为________.‎ 解析　f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝－e－xx(x－2).‎ 当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(0，2)时，f′(x)＞0.‎ 所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0，2)上单调递增.‎ 故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.‎ 答案　4e－2　0‎ ‎8.已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.‎ 解析　f′(x)＝＋＝，若m≥0，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上为增函数，有f(x)min＝f(1)＝－m＝4，m＝－4，舍去.若m<0，令f′(x)＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增.若－m≤1，即m≥－1时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意.综上所述，m＝－3e.‎ 答案　－3e ‎9.(2020·浙江名师预测卷三)可导函数的凹凸性与其导数的单调性有关，如果函数的导函数在某个区间上单调递增，那么在这个区间上函数是向下凹的，反之则是向上凸的，曲线上凹凸性的分界点称为曲线的拐点，则函数f(x)＝－x2＋1的极大值点为________，拐点为________.‎ 解析　由题意可知f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)，故函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故其极大值在x＝0处取到，所以f(x)的极大值点为x＝0，由f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以其拐点为.‎ 答案　x＝0　 ‎10.设函数f(x)＝ ‎(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；‎ ‎(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.‎ 解析　(1)当a＝0时，f(x)＝ 若x≤0，则f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).‎ 由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.‎ ‎∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，∴当x≤0时，f(x)≤f(－1)＝2.‎ 若x＞0，则f(x)＝－2x单调递减，‎ 所以f(x)＜f(0)＝0.‎ 所以f(x)最大值为2.‎ ‎(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图.‎ 显然当a≥－1时，f(x)有最大值，为2与a3－3a中较大的值.‎ 当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值，且－2a＞2.‎ 所以a＜－1.‎ 答案　(1)2　(2)(－∞，－1)‎ 三、解答题 ‎11.已知函数f(x)＝ex·(x2＋ax＋1)，a∈R(e为自然对数的底数).‎ ‎(1)若x＝e是f(x)的极值点，求实数a的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调递增区间.‎ 解　(1)f′(x)＝ex·[x2＋(a＋2)x＋a＋1]‎ ‎＝ex(x＋1)(x＋a＋1)，‎ 由f′(e)＝0，得a＝－e－1，此时x＝e是f(x)的极小值点.‎ ‎(2)由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－a－1.‎ ‎①当a＝0时，－a－1＝－1，‎ f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)；‎ ‎②当a<0时，－a－1>－1，‎ f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(－a－1，＋∞)；‎ ‎③当a>0时，－a－1<－1，‎ f(x)的单调递增区间是(－∞，－a－1)，(－1，＋∞).‎ ‎12.(2019·北京卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；‎ ‎(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.‎ ‎(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时，求a的值.‎ ‎(1)解　由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.‎ 令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.‎ 又f(0)＝0，f＝，‎ 所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.‎ ‎(2)证明　令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].‎ 则g(x)＝x3－x2，g′(x)＝x2－2x，x∈[－2，4].‎ 令g′(x)＝0得x＝0或x＝.‎ 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：‎ x ‎－2‎ ‎(－2，0)‎ ‎0‎ ‎4‎ g′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ g(x)‎ ‎－6‎  ‎0‎  ‎－  ‎0‎ 所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.‎ 故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.‎ ‎(3)解　由(2)知，‎ 当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；‎ 当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；‎ 当a＝－3时，M(a)＝3；‎ 综上，当M(a)最小时，a＝－3.‎ 能力提升题组 ‎13.当x∈[1，4]时，不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2恒成立，则a＋b的取值范围是(　　)‎ A.[－4，8] B.[－2，8]‎ C.[0，6] D.[4，12]‎ 解析　因为x∈[1，4]，所以不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2等价于0≤ax＋b＋≤4，即0≤a＋b≤4.令t＝x＋，x∈[1，4]，则t′＝1－＝＝，则t＝x＋在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，所以当x＝2时，tmin＝3，当x＝1时，tmax＝5，所以3≤t≤5，则由0≤at＋b≤4，得所以a＋b＝2(3a＋b)－(5a＋b)∈[－4，8]，故选A.‎ 答案　A ‎14.已知不等式ex－4x＋2≥ax＋b(a，b∈R，a≠－4)对任意实数x恒成立，则的最大值为(　　)‎ A.－ln 2 B.－1－ln 2‎ C.－2ln 2 D.2－2ln 2‎ 解析　由不等式ex－4x＋2≥ax＋b对任意实数x恒成立，得不等式ex－(4＋a)x＋2－b≥0对任意实数x恒成立，若a＋4<0，则当x→－∞时，ex→0，－(4＋a)x→－∞，则ex－(a＋4)x＋2－b→－∞，与ex－(a＋4)x＋2－b≥0恒成立矛盾，所以a＋4>0，此时设f(x)＝ex－(a＋4)x＋2－b，则f′(x)＝ex－(a＋4)，令f′(x)＝ex－(a＋4)＝0，得x＝ln(a＋4)，易得当x∈(－∞，ln(a＋4))时，函数f(x)单调递减，当x∈(ln(a＋4)，＋∞)时，函数f(x)单调递增，则由不等式ex－(a＋4)x＋2－b≥0对任意实数x恒成立得f(x)min＝eln(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)＋2－b≥0，即(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)≥b－2，则≤1－ln(4＋a)－，设y＝1－ln x－，则y′＝－＋＝，易得当x＝2时，y＝1－ln x－取得最大值－ln 2，所以≤1－ln(a＋4)－≤－ln 2，当且仅当a＝－2，b＝－2ln2＋4时，等号成立，所以 的最大值为－ln 2，故选A.‎ 答案　A ‎15.已知实数x，y满足4x＋9y＝1，则2x＋1＋3y＋1的取值范围是________.‎ 解析　由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3，令t＝2x，则f(t)＝2t＋3(00，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减.‎ 若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.‎ 若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；‎ 当x∈时，f′(x)<0.‎ 故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减.‎ ‎(2)满足题设条件的a，b存在.‎ ‎①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.‎ ‎②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.‎ ‎③当0