2018版高考数学（理）（苏教版，江苏专用）大一轮教师文档讲义：第三章3-2第2课时导数与函数的极值、最值 16页

第2课时　导数与函数的极值、最值 题型一　用导数解决函数极值问题 命题点1　根据函数图象判断极值 例1　(1)(2016·淮安模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是________.‎ ‎(2)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________.‎ ‎①函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)；‎ ‎②函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)；‎ ‎③函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)；‎ ‎④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2).‎ 答案　(1)③　(2)④‎ 解析　(1)由f′(x)图象可知，x＝0是函数f(x)的极大值点，x＝2是f(x)的极小值点.‎ ‎(2)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　求函数的极值 例2　设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.‎ ‎(1)求f(x)的极值；‎ ‎(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)令f′(x)＝－3x2＋3＝0，‎ 得x1＝－1，x2＝1.‎ 又因为当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；‎ 当x∈(－1，1)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.‎ 所以f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，‎ f(x)的极大值为f(1)＝a＋2.‎ ‎(2)因为f(x)在(－∞，－1)上单调递减，‎ 且当x→－∞时，f(x)→＋∞；‎ 又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，‎ 且当x→＋∞时，f(x)→－∞；‎ 而a＋2>a－2，即函数的极大值大于极小值，‎ 所以当极大值等于0时，有极小值小于0，‎ 此时曲线f(x)与x轴恰好有两个交点，‎ 即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，‎ 所以a＋2＝0，a＝－2，如图1.当极小值等于0时，有极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，所以a－2＝0，a＝2.如图2.‎ 综上，当a＝2或a＝－2时方程恰好有两个实数根.‎ 命题点3　已知极值求参数 例3　(1)若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________.‎ ‎(2)(2016·南京学情调研)已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1，2)上有极值，则实数a的取值范围为________.‎ 答案　(1)3　(2)(，4)‎ 解析　(1)∵f′(x)＝()′‎ ‎＝＝，‎ 又∵函数f(x)在x＝1处取极值，‎ ‎∴f′(1)＝0.‎ ‎∴1＋2×1－a＝0，‎ ‎∴a＝3.验证知a＝3符合题意.‎ ‎(2)方法一　令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，‎ 得x1＝－1－，x2＝－1＋，‎ 因为x1∉(1，2)，因此则需10.‎ 当01时，f′(x)>0，‎ ‎∴x＝0，1，－1都是f(x)的极值点.‎ ‎(2)y′＝2＋，令y′＝0，得x＝－1.‎ 当x>0或x<－1时，y′>0；当－10，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值.‎ ‎②若00，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，‎ 所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.‎ ‎③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，‎ 所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值.‎ 综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；‎ 当0a，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)＝ ‎(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 ‎(0，)‎ ‎(，1)‎ 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[，1)上单调递减，在[0，]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.‎ 思维升华　求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的.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.‎ ‎　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________.‎ 答案　[－3，0)‎ 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).‎ ‎3.利用导数求函数的最值 典例　(16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.‎ 思维点拨　(1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解区间，并注意定义域.(2)先研究f(x)在[1，2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值.(3)两小问中，由于解析式中含有参数a，要对参数a进行分类讨论.‎ 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. [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)在区间[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00，则f(x)单调递增；‎ 当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，‎ ‎∴f(x)的极小值点为a＝2.‎ ‎3.若函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4，4]上的最大值为10，则其最小值为________.‎ 答案　－71‎ 解析　f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1).‎ 由f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1.‎ 又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，‎ f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.‎ 由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，‎ ‎∴f(x)min＝k－76＝－71.‎ ‎4.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是________________.‎ 答案　(－∞，－3)∪(6，＋∞)‎ 解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，‎ 由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根.‎ ‎∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0.‎ ‎∴a>6或a<－3.‎ ‎*5.(2016·扬州模拟)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，f(x)的极小值等于－115，则a的值是________.‎ 答案　2‎ 解析　由已知可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，‎ 由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a>0，‎ 且－2，3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，‎ 则由根与系数的关系知＝－1，＝－6，‎ ‎∴b＝－，c＝－18a，‎ 此时f(x)＝ax3－x2－18ax－34，‎ 当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；‎ 当x∈(－2，3)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；‎ 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，‎ ‎∴f(3)为f(x)的极小值，且f(3)＝27a－－54a－34＝－115，解得a＝2.‎ ‎6.(2016·南京模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax(a>)，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.‎ ‎7.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________.‎ 答案　18‎ 解析　∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，‎ ‎∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，‎ 即解得或 而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去.‎ ‎∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.‎ ‎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，函数递增.‎ ‎∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，‎ 解得a>.‎ ‎∴a的取值范围是(，＋∞).‎ ‎9.(2016·徐州模拟)已知函数f(x)＝x3－x2－x＋m在[0，1]上的最小值为，则实数m的值为________.‎ 答案　2‎ 解析　由f(x)＝x3－x2－x＋m，‎ 可得f′(x)＝x2－2x－1，‎ 令x2－2x－1＝0，可得x＝1±.‎ 当x∈(1－，1＋)时，f′(x)<0，‎ 即函数f(x)在(1－，1＋)上是减函数，‎ 即f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，‎ 所以－1－1＋m＝，解得m＝2.‎ ‎10.(2016·南京模拟)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，‎ ‎∴对m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.‎ ‎11.已知函数f(x)＝xln x.若对于任意x∈[，e]，不等式2f(x)≤－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为__________________.‎ 答案　[－2＋＋3e，＋∞)‎ 解析　由题意知，2xln x≤－x2＋ax－3，则a≥2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝＋1－＝.当x∈[，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，e]时，h′(x)>0，h(x)单调递增.由h()＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，h()－h(e)＝2e－－4>0，可得h()>h(e).所以当x∈[，e]时，h(x)的最大值为h()＝－2＋＋3e.故a≥－2＋＋3e.‎ ‎12.设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6).‎ ‎(1)确定a的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值.‎ 解　(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，‎ 所以f′(x)＝2a(x－5)＋.‎ 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，‎ 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－16a＝(6－8a)(x－1)，‎ 由点(0，6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，故a＝.‎ ‎(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，‎ f′(x)＝x－5＋＝.‎ 令f′(x)＝0，解得x＝2或3.‎ 当03时，f′(x)>0，‎ 故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；‎ 当20，b∈R).‎ ‎(1)设a＝1，b＝－1，求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若对任意的x>0，f(x)≥f(1)，试比较ln a与－2b的大小.‎ 解　(1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，‎ 得f′(x)＝.‎ ‎∵a＝1，b＝－1，‎ ‎∴f′(x)＝＝(x>0).‎ 令f′(x)＝0，得x＝1.‎ 当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增.‎ ‎∴f(x)的单调递减区间是(0，1)；‎ 单调递增区间是(1，＋∞).‎ ‎(2)由题意可知，f(x)在x＝1处取得最小值，‎ 即x＝1是f(x)的极值点，‎ ‎∴f′(1)＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a.‎ 令g(x)＝2－4x＋ln x(x>0)，‎ 则g′(x)＝.‎ 令g′(x)＝0，得x＝.‎ 当00，g(x)单调递增，‎ 当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减，‎ ‎∴g(x)≤g()＝1＋ln ‎＝1－ln 4<0，‎ ‎∴g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，‎ 故ln a<－2b.‎