2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第三章第2节第二课时　利用导数研究函数的极值、最值

第二课时　利用导数研究函数的极值、最值

考点一　利用导数求函数的极值　多维探究

角度1　根据函数图象判断极值

【例1－1】 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－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；

当x>2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

规律方法　由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.

角度2　已知函数求极值

【例1－2】 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.

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＝.

当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，

则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；

当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，

若x∈，则f′(x)<0，

故函数在x＝处有极大值.

综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，

当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.

规律方法　运用导数求导函数f(x)极值的一般步骤：

(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；(5)求出极值.

【训练1】 (1)(角度1)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为(　　)

A.1   B.2   C.3   D.4

解析　由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点.其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个.

答案　B

(2)(角度2)(2019·江苏卷节选)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数.

①若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；

②若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值.

解　①因为a＝b＝c，

所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.

因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.

②因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)·.

令f′(x)＝0，得x＝b或x＝.

令f(x)＝0，得x＝a或x＝b.

因为a，b，都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，

所以＝1，a＝3，b＝－3.

此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).

令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.

当x变化时，f′(x)变化如下表：

所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.

考点二　已知函数的极值求参数

【例2】 (2018·北京卷)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.

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)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≤，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.

规律方法　1.已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.

2.导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.

【训练2】 (2020·肇庆模拟)已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是(　　)

A.(1，＋∞)    B.(－1，＋∞)

C.(－∞，－1)    D.(－∞，1)

解析　f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex＝(x－a)(x－1)ex.

令f′(x)＝0，得(x－a)(x－1)ex＝0.

设g(x)＝(x－1)(x－a).

(1)当a＝1时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)没有极值.

(2)当a>1时，若x>a或x<1时，g(x)>0，f′(x)>0；

若1<x<a时，g(x)<0，则f′(x)<0.

∴x＝1是函数f(x)的极大值点，不合题意.

(3)当a<1时，若x>1或x<a，f′(x)>0，

若a<x<1时，f′(x)<0.

所以x＝1是f(x)的极小值点，满足题意.

综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1).

答案　D

考点三　利用导数求函数的最值　典例迁移

【例3】 (2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)(经典母题)当0<a<3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围.

解　(1)f(x)的定义域为R，f′(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∈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)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在单调递减，在单调递增，所以f(x)在[0，1]的最小值为f＝－＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.

于是m＝－＋2，M＝

所以M－m＝

①当0<a<2时，可知y＝2－a＋单调递减，

所以M－m的取值范围是.

②当2≤a<3时，y＝单调递增，

所以M－m的取值范围是.

综上，M－m的取值范围是.

【迁移】 把本例(2)改为“是否存在正实数a，使得f(x)在[0，1]上的最小值为－2，且最大值为2？若存在，求出实数a的值；若不存在，说明理由.”

解　假设存在正实数a，使得f(x)min＝－2，且f(x)max＝2.

①若a≥3时，由例题(1)知，f(x)在[0，1]上是减函数，

当x∈[0，1]时，f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(1)＝4－a.

由题意，必有4－a＝－2，则a＝6.

②若0<a<3时，由例题第(2)问知，f(x)在[0，1]的最小值f＝2－，最大值为2或4－a.

由2－＝－2，得a＝3>3，与0<a<3矛盾.

综上，存在正数a＝6时，f(x)在[0，1]的最小值为－2，最大值为2.

规律方法　1.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：

(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，其中较大的一个为最大值，较小的一个为最小值.

2.研究含参数的最值，必要时要进行分类讨论.如本例迁移中，分类讨论的标准是单调区间的端点与0，1的大小关系，从而确定函数在[0，1]上的最值.

【训练3】 已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.

(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；

(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值.

解　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，

当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，

令f′(x)＝0，得x＝1.

当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.

∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.

∴f(x)max＝f(1)＝－1.

∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.

(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.

①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，

∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意.

②若a<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0<x<－；

令f′(x)<0得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－<x≤e.

从而f(x)在上为增函数，在上为减函数，

∴f(x)max＝f＝－1＋ln.

令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，

即a＝－e2.

∵－e2<－，∴a＝－e2为所求.

故实数a的值为－e2.

A级　基础巩固

一、选择题

1.函数y＝xex的最小值是(　　)

A.－1   B.－e   C.－   D.不存在

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＝－.

答案　C

2.(2020·惠州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝x·f′(x)的图象可能是(　　)

解析　∵函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，

且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，

当x>－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；

当x<－2时，f′(x)<0.

∴当x>0时，xf′(x)>0；当－2<x<0时，xf′(x)<0；

当x＝－2或0时，xf′(x)＝0；当x<－2时，xf′(x)>0.

因此y＝xf′(x)的图象应为选项C.

答案　C

3.(2017·全国Ⅱ卷)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

解析　f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，

则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，

则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，

又ex－1>0恒成立，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，

当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0，

所以x＝1是函数f(x)的极小值点，

则f(x)极小值为f(1)＝－1.

答案　A

4.(2020·湘潭模拟)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为(　　)

A.2e－1   B.－  C.1   D.2ln 2

解析　由题意知f′(x)＝－，

∴f′(e)＝－，f′(e)＝，

∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e.

∴f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，＋∞)上递减，

∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.

答案　D

5.若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为(　　)

A.    B.

C.    D.(－1，0)∪

解析　对函数求导f′(x)＝x－1＋a＝，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－a.因为函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，所以x＝1，此时a≥0.所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝＋a－1＝a－，故f(1)≥1，即a－≥1，解得a≥.

答案　B

二、填空题

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________百万件.

解析　y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.

故当x＝3时，该商品的年利润最大.

答案　3

7.(2020·安徽江南十校联考)已知x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为________.

解析　由f(x)＝(x2＋ax)ex，得f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex，

因为x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点，

所以f′(1)＝(3＋2a)e＝0，解得a＝－.

∴f′(x)＝ex，所以f′(0)＝－.

所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为－.

答案　－

8.(2020·昆明诊断)直线y＝b分别与直线y＝2x＋1和曲线y＝ln x相交于点A，B，则|AB|的最小值为________.

解析　设两个交点分别为A，B(eb，b)，

则|AB|＝eb－.

令g(x)＝ex－，则g′(x)＝ex－.

由g′(x)＝0，得x＝－ln 2.

所以g(x)在区间(－∞，－ln 2)单调递减，在区间(－ln 2，＋∞)上单调递增，

∴g(x)min＝g(－ln 2)＝1＋.

答案　1＋

三、解答题

9.已知函数f(x)＝excos x－x.

(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.

解　(1)因为f(x)＝excos x－x，

所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.

又因为f(0)＝1，

所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.

(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1

则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.

当x∈时，h′(x)<0，

所以h(x)在区间上单调递减，

所以对任意x∈有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0，

所以函数f(x)在区间上单调递减，

因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.

10.(2020·武汉质检)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：

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]和上单调递减，在上单调递增.

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.

B级　能力提升

11.若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数.已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为(　　)

A.2折函数    B.3折函数

C.4折函数    D.5折函数

解析　f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)

＝(x＋2)(ex－3x－2)，

令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.

易知x＝－2是f(x)的一个极值点，

又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.

又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.

所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.

答案　C

12.(2020·石家庄检测)若函数f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2，0)对称，x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，则x2－x1＝(　　)

A.－   B.2   C.－2   D.

解析　不妨假设点(－2，0)在f(x)图象上，

则f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，

因为函数图象关于点(－2，0)对称，且f(1)＝0，

所以f(－5)＝0，即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，

联立解得

故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，

则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，

由于x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点.

∴x1，x2是f′(x)的零点，则x1＋x2＝－4，x1x2＝1.

从而x1<0，x2<0，且x1>x2.

因此x2－x1＝－＝－2.

答案　C

13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短，而长度以每秒20 cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.

解析　设神针原来的长度为a  cm，t秒时神针的体积为V(t) cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.

因为当底面半径为10 cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，解得a＝60，所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.

V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0，2)时，V′(t)>0，当t∈(2，8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8 640π，V(8)＝3 520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.

答案　4

14.(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].

由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.

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：

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　由第(2)问知，

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.

C级　创新猜想

15.(多填题)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)若a＝0，则f(x)＝

当x>0时，f(x)＝－2x<0；

当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，

当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数；

当－1<x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数，

∴f(x)≤f(－1)＝2.∴f(x)的最大值为2.

(2)在同一平面直角坐标系中画出y＝－2x和y＝x3－3x的图象，

如图所示，当a<－1时，f(x)无最大值；

当－1≤a≤2时，f(x)max＝2；

当a>2时，f(x)max＝a3－3a.

综上，当a∈(－∞，－1)时，f(x)无最大值.

答案　(1)2　(2)(－∞，－1)