2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第三章第三节导数与函数的极值、最值

第三节导数与函数的极值、最值

一、基础知识批注——理解深一点
1．函数的极值
(1)函数的极小值：
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．
(2)函数的极大值：
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．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.

①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).
②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点，不会是端点.
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．
二、常用结论汇总——规律多一点
(1)若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，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．
三、基础小题强化——功底牢一点

(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．(　　)
(2)在指定区间上极值可能有多个，也可能一个也没有，最大值最多有1个．(　　)
(3)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)
(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．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
(二)选一选
1．已知函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内极小值点有(　　)

A．1个　　　　　　　 　B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A　导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个．
所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．
2．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(　　)
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：选D　由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2.
3．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1 y|x＝1＝.
(三)填一填
4．函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．
解析：f′(x)＝6x2－4x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－，f(2)＝8.
∴函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是8.
答案：8
5．函数f(x)＝x＋2cos x在区间上的极大值点是________．
解析：f′(x)＝1－2sin x，x∈.令f′(x)＝0，解得x＝，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)＝x＋2cos x的极大值点是.
答案：

考点一　利用导数解决函数的极值问题
考法(一)　利用导数求函数的极值或极值点
[典例]　(2018·天津高考改编)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极小值点及极大值．
[解]　(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1.
因此曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知可得
f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)
＝(x－t2)3－9(x－t2)
＝x3－3t2x2＋(3t－9)x－t＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－或x＝t2＋.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，t2－)
t2－
(t2－，t2＋)
t2＋
(t2＋，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以函数f(x)的极小值点为x＝t2＋，极大值为f(t2－)＝(－)3－9×(－)＝6.
[解题技法]　求函数的极值或极值点的步骤
(1)求导数f′(x)，不要忘记函数f(x)的定义域；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)检查在方程的根的左右两侧f′(x)的符号，确定极值点或函数的极值．
考法(二)　已知函数极值点或极值求参数的值或范围
[典例]　(2018·北京高考节选)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
[解]　由f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.
若a>1，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
[解题技法]
已知函数极值点或极值求参数的2个要领
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
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

[题组训练]
1．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)＝＋ln x(x>0)，
∴f′(x)＝－＋，令f′(x)＝0，则x＝2.
当02时，f′(x)>0.
所以x＝2为f(x)的极小值点．
2．(2019·广州高中综合测试)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为(　　)
A．(－3,3) B．(－11,4)
C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11)
解析：选C　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.
3．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)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f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，
由f′(x)>0，解得x<或x>1；
由f′(x)<0，解得 所以函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．
因为a>0，所以f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
则有Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.
故a的取值范围为.
考点二　利用导数解决函数的最值问题
[典例]　(2017·北京高考)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＝－.
[解题技法]
导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤
(1)求函数f(x)的导数f′(x)；
(2)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；
(3)求f(x)在给定区间上的端点值；
(4)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；
(5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．
[题组训练]
1.(2018·珠海摸底)如图，将一张16 cm×10 cm的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________ cm3.
解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x) cm，宽为(10－2x) cm的长方形，其面积为(16－2x)(10－2x)cm2，长方体纸盒的高为x cm，则体积V＝(16－2x)(10－2x)×x＝4x3－52x2＋160x(00，得0 答案：144
2．已知函数f(x)＝ln x－.
(1)若a>0，试判断f(x)在定义域内的单调性；
(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为，求实数a的值．
解：(1)由题意得f(x)的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝，
因为a>0，所以f′(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)可得f′(x)＝，
因为x∈[1，e]，
①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，
此时f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝－a＝，
所以a＝－(舍去)．
②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，
此时f(x)在[1，e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝1－＝，
所以a＝－(舍去)．
③若－e 当1 所以f(x)在(1，－a)上单调递减；
当－a0，
所以f(x)在(－a，e)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，所以a＝－.
综上，a＝－.

A级——保大分专练
1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f(x)＝x3－3x－1，在区间[－3,2]上的最大值为M，最小值为N，则M－N＝(　　)
A．20　　　　　　　　　　 　B．18
C．3 D．0
解析：选A　∵f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，∴f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，∴M＝1，N＝－19，M－N＝1－(－19)＝20.

2．(2018·梅州期末)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(　　)

A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：选C　由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或35或－10，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误．
3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f(x)＝x2＋xln x－3x的极值点一定在区间(　　)
A．(0,1)内 B．(1,2)内
C．(2,3)内 D．(3,4)内
解析：选B　函数的极值点即导函数的零点，f′(x)＝x＋ln x＋1－3＝x＋ln x－2，则f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f′(x)的零点在(1,2)内，故选B.
4．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.
5．(2019·皖南八校联考)已知函数f(x)＝－x3＋bx2＋cx＋bc在x＝1处有极值－，则b＝(　　)
A．－1 B．1
C．1或－1 D．－1或3

解析：选A　f′(x)＝－x2＋2bx＋c，因为f(x)在x＝1处有极值－，
所以解得故选A.
6．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时t的值为(　　)
A．1 B.
C. D.
解析：选D　由已知条件可得|MN|＝t2－ln t，
设f(t)＝t2－ln t(t>0)，则f′(t)＝2t－，
令f′(t)＝0，得t＝，
当0 ∴当t＝时，f(t)取得最小值，即|MN|取得最小值时t＝.
7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y＝ax－在x＝－1处取得极值，则a＝________.
解析：因为y′＝a＋，所以当x＝－1时，a－2＝0，所以a＝2，经验证，可得函数y＝2x－在x＝－1处取得极值，因此a＝2.
答案：2
8．f(x)＝的极小值为________．
解析：f′(x)＝＝.
令f′(x)<0，得x<－2或x>1；
令f′(x)>0，得－2 ∴f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数，
∴f(x)极小值＝f(－2)＝－.
答案：－

9．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00；当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
答案：3
10．已知函数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f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，
所以⇒
所以y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.
当x<0或x>2时，y′>0；当0 故当x＝0时，f(x)取得极大值，当x＝2时，f(x)取得极小值，
所以f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.
答案：4
11．设函数f(x)＝＋b(a，b∈R)，已知曲线y＝f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.
(1)求实数a，b的值；
(2)求f(x)的最大值．
解：(1)因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝.
所以f′(1)＝a，又因为切线斜率为1，所以a＝1.
由曲线y＝f(x)过点(1,0)，得f(1)＝b＝0.
故a＝1，b＝0.
(2)由(1)知f(x)＝，f′(x)＝.
令f′(x)＝0，得x＝e.
当00，得f(x)在(0，e)上是增函数；
当x>e时，有f′(x)<0，得f(x)在(e，＋∞)上是减函数．
故f(x)在x＝e处取得最大值f(e)＝.



12．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f(x)的定义域为(0，＋∞)，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(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数f(x)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f(x)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，令f′(x)＝0，得x＝.
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)无极值点；
当a>0时，函数f(x)有一个极大值点．
B级——创高分自选
1．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．
解析：因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0.
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，可得a＝1，
由f(x)＝x3－3x＋b在x＝1处取得极小值2，
可得1－3＋b＝2，故b＝4.
所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
答案：6
2．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋t在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t的取值范围是________．
解析：f′(x)＝tx2－3x＋2，由题意可得f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx2－3x＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以解得0 答案：
3．已知函数f(x)＝aln x＋(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝(a>0)．
(1)由f′(x)>0，解得x>，
所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)<0，解得0 所以函数f(x)的单调递减区间是.
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln＋a＝a－aln a，无极大值．
(2)不存在实数a满足条件．
由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；
当x∈时，函数f(x)单调递增．
①若0<≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a≥1.
②若1< 故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，故不满足条件 ③若≥e，即0 即a＝－，故不满足条件0 综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.