2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第三章　第三章　2 第2讲　2 第2课时　导数与函数的极值、最值 17页

第2课时　导数与函数的极值、最值 ‎1．函数的极值 函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．‎ 函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．‎ 极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．‎ ‎2．函数的最值 ‎(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．‎ ‎(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．‎ ‎[疑误辨析]‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)‎ ‎(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(　　)‎ ‎(3)函数的极大值一定是函数的最大值．(　　)‎ ‎(4)开区间上的单调连续函数无最值．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎[教材衍化]‎ ‎1．(选修2－2P28例4改编)设函数f(x)＝＋ln x，则(　　)‎ A．x＝为f(x)的极大值点 B．x＝为f(x)的极小值点 C．x＝2为f(x)的极大值点 D．x＝2为f(x)的极小值点 解析：选D.f′(x)＝－＋＝(x>0)，‎ 当02时，f′(x)>0，所以x＝2为f(x)的极小值点．‎ ‎2．(选修2－2P30例5改编)函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是________．‎ 解析：因为y′＝1－2sin x，‎ 所以当x∈时，y′>0；‎ 当x∈时，y′<0.‎ 所以当x＝时，ymax＝＋.‎ 答案：＋ ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)原函数与导函数的关系不清致误；‎ ‎(2)极值点存在的条件不清致误．‎ ‎1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)‎ A．无极大值点、有四个极小值点 B．有三个极大值点、一个极小值点 C．有两个极大值点、两个极小值点 D．有四个极大值点、无极小值点 解析：选C.导函数的图象与x轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二个与第四个是极小值点．‎ ‎2．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________．‎ 解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.‎ 因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，‎ 所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，‎ 因为当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.‎ 答案：(－∞，－1)‎ ‎　　　　　　用导数解决函数的极值问题(高频考点)‎ 用导数解决函数的极值问题是每年高考的亮点，既有选择题，填空题，也有解答题，‎ 难度偏大．主要命题角度有：‎ ‎(1)根据图象判断函数的极值；‎ ‎(2)求函数的极值；‎ ‎(3)已知函数的极值求参数．‎ 角度一　根据图象判断函数的极值 ‎ 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，1－x>3，此时f′(x)>0；当－22时，1－x<－1，此时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 角度二　求函数的极值 ‎ 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．‎ ‎(1)当a＝时，求f(x)的极值；‎ ‎(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．‎ ‎【解】　(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，‎ 令f′(x)＝0，得x＝2，‎ 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表 x ‎(0，2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  ln 2－1‎  故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．‎ ‎(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝(x>0)，‎ 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，‎ 即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点；‎ 当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，‎ 当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)在x＝处有极大值．‎ 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在定义域上无极值点，当a>0时，函数f(x)在x＝处有一个极大值点．‎ 角度三　已知函数的极值求参数 ‎ (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)＝－x2＋x＋1在区间(，3)上有极值点，则实数a的取值范围是________．‎ ‎【解析】　(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)若函数f(x)在区间(，3)上无极值，‎ 则当x∈(，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立或当x∈(，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立．‎ 当x∈(，3)时，y＝x＋的值域是[2，)；‎ 当x∈(，3)时， f′(x)＝x2－ax＋1≥0，‎ 即a≤x＋恒成立，a≤2；‎ 当x∈(，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，‎ 即a≥x＋恒成立，a≥.‎ 因此要使函数f(x)在(，3)上有极值点，‎ 则实数a的取值范围是(2，)．‎ ‎【答案】　(1)－7　(2)(2，)‎ ‎ ‎(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程 ‎(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领 ‎①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．‎ ‎②验证：因为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．‎ ‎[提醒]　若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．　 ‎ ‎1．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a≥0)．‎ ‎(1)当a＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值；‎ ‎(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．‎ 解：f′(x)＝3ax2－4x＋1.‎ ‎(1)函数图象过点(0，1)时，有f(0)＝c＝1.‎ 当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)>0，解得x<，或x>1；令f′(x)<0，解得0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.‎ 综上，a的取值范围为.‎ ‎2．(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)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：函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R，x∈(－1，＋∞)．‎ f′(x)＝＋2ax－a＝.‎ 令g(x)＝2ax2＋ax－a＋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)．‎ ‎①当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．‎ ‎②当a＞时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两个实数根分别为x1，x2，x1＜x2.‎ 因为x1＋x2＝－，‎ 所以x1＜－，x2＞－.‎ 由g(－1)＞0，可得－1＜x1＜－.‎ 所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，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＜－1＜x2.‎ 所以当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，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．‎ 因此函数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．‎ ‎　　　　　　利用导数求函数的最值(值域)‎ ‎ 已知函数f(x)＝(x－)e－x(x≥)．‎ ‎(1)求f(x)的导函数；‎ ‎(2)求f(x)在区间上的取值范围．‎ ‎【解】　(1)因为(x－)′＝1－，(e－x)′＝－e－x，所以f′(x)＝e－x－(x－)e－x＝.‎ ‎(2)由f′(x)＝＝0，‎ 解得x＝1或x＝.‎ 于是当x发生变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表 x ‎1‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎ e－  ‎0‎  e－  又f(x)＝(－1)2e－x≥0，所以f(x)在区间上的取值范围是.‎ 求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 ‎(1)求函数在(a，b)内的极值；‎ ‎(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；‎ ‎(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．　 ‎ ‎　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：因为f(x)＝＋kln x，‎ 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．‎ 所以f(x)min＝f(e)＝，‎ f(x)max＝f＝e－1.‎ ‎(2)若k≠0，f′(x)＝＝.‎ ‎①若k<0，则在上恒有<0，‎ 所以f(x)在[，e]上单调递减，‎ 所以f(x)min＝f(e)＝＋kln e＝＋k－1，f(x)max＝f＝e－k－1.‎ ‎②若k>0，由k<，得>e，则x－<0，‎ 所以<0，所以f(x)在上单调递减．‎ 所以f(x)min＝f(e)＝＋kln e＝＋k－1，‎ f(x)max＝f＝e－k－1.‎ 综上，k<时，f(x)min＝＋k－1，‎ f(x)max＝e－k－1.‎ ‎　　　　　　函数极值与最值的综合问题 ‎ 已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.‎ ‎(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；‎ ‎(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝.当a＝－4时，f′(x)＝.‎ 所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；‎ 当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．‎ 所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.‎ 所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.‎ ‎(2)因为f′(x)＝，‎ 所以当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(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时，f(x)在[1，e]上单调递增．‎ 所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.‎ 所以当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.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．(2020·宁波质检)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的函数是(　　)‎ ‎①y＝x3； ②y＝x2＋1；‎ ‎③y＝|x|； ④y＝2x.‎ A．①②　　　　　　　　　 B．①③‎ C．③④ D．②③‎ 解析：选D.①中，y′＝3x2≥0恒成立，所以函数在R上递增，无极值点；②中y′＝2x，当x＞0时函数单调递增，当x＜0时函数单调递减，且y′|x＝0＝0，符合题意；③中结合该函数图象可知当x＞0时函数单调递增，当x＜0时函数单调递减，且y′|x＝0＝0，符合题意；④中，由函数的图象知其在R上递增，无极值点，故选D.‎ ‎2．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)‎ A. B. C．0 D. 解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得2≥x>1，所以函数y＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝，故选A.‎ ‎3．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，‎ 则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是(　　)‎ 解析：选D.因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.‎ ‎4．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x等于(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C.函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.‎ ‎5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　)‎ A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)‎ C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]‎ 解析：选D.由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表 x ‎(－∞，－3)‎ ‎－3‎ ‎(－3，1)‎ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.‎ ‎6．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)‎ 解析：选A.f′(x)＝－k＝(x＞0)．设g(x)＝，‎ 则g′(x)＝，则g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．‎ 所以g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.‎ ‎7．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)的极大值与极小值之差为________．‎ 解析：因为y′＝3x2＋6ax＋3b，‎ ⇒ 所以y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，‎ 则x＝0或x＝2.‎ 所以f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.‎ 答案：4‎ ‎8．设f(x)＝ln x，g(x)＝f(x)＋f′(x)，则g(x)的最小值为________．‎ 解析：对f(x)＝ln x求导，得f′(x)＝，则g(x)＝ln x＋，且x＞0.‎ 对g(x)求导，得g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，函数g(x)＝ln x＋在(0，1)上单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)＝ln x＋在(1，＋∞)上单调递增．‎ 所以g(x)min＝g(1)＝1.‎ 答案：1‎ ‎9．(2020·台州市高三期末考试)已知函数f(x)＝x2－3x＋ln x，则f(x)在区间[，2]上的最小值为________；当f(x)取到最小值时，x＝________．‎ 解析：f′(x)＝2x－3＋＝(x＞0)，‎ 令f′(x)＝0，得x＝或x＝1，‎ 当x∈[，1]时，f′(x)＜0，x∈[1，2]时，f′(x)＞0，‎ 所以f(x)在区间[，1]上单调递减，在区间[1，2]上单调递增，‎ 所以当x＝1时，f(x)在区间[，2]上的最小值为f(1)＝－2.‎ 答案：－2　1‎ ‎10．(2020·义乌模拟)已知函数f(x)＝ln x－nx(n>0)的最大值为g(n)，则使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为________．‎ 解析：易知f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 因为f′(x)＝－n(x>0，n>0)，‎ 当x∈时，f′(x)>0，‎ 当x∈时，f′(x)<0，‎ 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的最大值g(n)＝f＝－ln n－1.设h(n)＝g(n)－n＋2＝－ln n－n＋1.‎ 因为h′(n)＝－－1<0，‎ 所以h(n)在(0，＋∞)上单调递减．又h(1)＝0，‎ 所以当0h(1)＝0，故使g(n)－n＋2>0成立的n的取值范围为(0，1)．‎ 答案：(0，1)‎ ‎11．已知函数f(x)＝ax2－bln x在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝1.‎ ‎(1)求实数a，b的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的极值．‎ 解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，‎ f′(x)＝2ax－，‎ f(1)＝a＝1，f′(1)＝2a－b＝0，‎ 将a＝1代入2a－b＝0，‎ 解得b＝2.‎ ‎(2)由(1)得f(x)＝x2－2ln x(x>0)，‎ 所以f′(x)＝2x－＝，‎ 令f′(x)>0，解得x>1，‎ 令f′(x)<0，解得00，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2－时，g′(x)>0，‎ 所以当x＝－时，g(x)min＝－2e－，当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝ax－a恒过(1，0)，斜率为a，故－a>g(0)＝－1，且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.‎ 答案：≤a<1‎ ‎3．(2020·宁波市高考模拟)设函数f(x)＝x2－ax－ln x，a∈R.‎ ‎(1)求函数f(x)的图象在x＝1处的切线斜率为1，求实数a的值；‎ ‎(2)当a≥－1时，记f(x)的极小值为H，求H的最大值．‎ 解：(1)因为函数f(x)＝x2－ax－ln x，a∈R，所以f′(x)＝(x＞0)，‎ 由题意知f′(1)＝1，解得a＝0.‎ ‎(2)设f′(x0)＝0，则2x－ax0－1＝0，‎ 则x0＝，‎ 所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，‎ 则H＝f(x)极小值＝f(x0)＝x－ax0－ln x0＝－x＋1－ln x0，‎ 设g(a)＝(a≥－1)，‎ 当a≥0时，g(a)为增函数，‎ 当－1≤a≤0时，g(a)＝，此时g(a)为增函数，‎ 所以x0≥g(－1)＝，‎ 所以函数y＝－x2＋1－ln x在(0，＋∞)上为减函数，‎ 所以f(x)极小值H的最大值为＋ln 2.‎ ‎4．(2020·温州中学高三模考)已知函数f(x)＝ln(2ax＋1)＋－x2－2ax(a∈R)．‎ ‎(1)若x＝2为f(x)的极值点，求实数a的值；‎ ‎(2)若y＝f(x)在[3，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎(3)当a＝－时，方程f(1－x)＝＋有实根，求实数b的最大值．‎ 解：(1)f′(x)＝＋x2－2x－2a ‎＝，‎ 因为x＝2为f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，‎ 即－2a＝0，解得a＝0.‎ ‎(2)因为函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，‎ 所以f′(x)＝≥0在[3，＋∞)上恒成立．‎ ‎①当a＝0时，f′(x)＝x(x－2)>0在[3，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[3，＋∞)上为增函数，故a＝0符合题意．‎ ‎②当a≠0时，由函数f(x)的定义域可知，必须有2ax＋1>0对x≥3恒成立，故只能a>0，所以2ax2＋(1－4a)x－(4a2＋2)≥0在[3，＋∞)上恒成立．‎ 令函数g(x)＝2ax2＋(1－4a)x－(4a2＋2)，其对称轴为x＝1－，因为a>0，所以1－<1，要使g(x)≥0在[3，＋∞)上恒成立，只要g(3)≥0即可，即g(3)＝－4a2＋6a＋1≥0，所以≤a≤.‎ 因为a>0，所以00)，‎ 则h′(x)＝＋1－2x＝，‎ 所以当00，从而函数h(x)在(0，1)上为增函数，‎ 当x>1时，h′(x)<0，从而函数h(x)在(1，＋∞)上为减函数，‎ 因此h(x)≤h(1)＝0.‎ 而x>0，所以b＝x·h(x)≤0，因此当x＝1时，b取得最大值0.‎