2020版高考理科数学（人教版）一轮复习讲义：第三章第二节导数的简单应用第二课时　导数与函数的极值、最值


第二课时　导数与函数的极值、最值

[考法全析]
考法(一)　已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值
[例1]　已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．
[解]　由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a＞0时，令f′(x)＝0，
得ex＝a，即x＝ln a，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a＞0时，函数f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
[例2]　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]　f′(x)＝＋a(2x－1)＝(x＞－1)．
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
①当a＝0时，g(x)＝1，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)．
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．
当a＞时，Δ＞0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，
因为x1＋x2＝－，
所以x1＜－，x2＞－.
由g(－1)＝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.
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．
所以函数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．
考法(二)　已知函数的极值点的个数求参数
[例3]　已知函数g(x)＝ln x－mx＋存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．
[解]　因为g(x)＝ln x－mx＋，
所以g′(x)＝－m－＝－(x＞0)，
令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
故只需满足解得0＜m＜.
所以m的取值范围为.
考法(三)　已知函数的极值求参数
[例4]　(2018·北京高考)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.
所以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)由(1)得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.
[规律探求]
看个性
考法(一)是已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值．解决此类问题的一般步骤为：(1)确定函数定义域；
(2)求导数f′(x)及f′(x)＝0的根；
(3)根据方程f′(x)＝0的根将函数定义域分成若干个区间，列出表格，检查导函数f′(x)零点左右f′(x)的值的符号，并得出结论．
[提醒]　如果解析式中含有参数，需分类讨论，分类标准主要有以下几个方面：
(1)f′(x)＝0的根是否存在；
(2)f′(x)＝0根的大小；
(3)f′(x)＝0的根与定义域的关系等．
考法(二)是已知函数极值点的个数求参数．解决此类问题可转化为函数y＝f′(x)在区间(a，b)内变号零点的个数问题求解．
考法(三)是已知函数的极值求参数．解决此类问题常利用f′(x0)＝0列方程求参数，求出参数后还要检验所求参数值是否满足x0的极值点特征
找共性
利用导数研究函数极值的一般流程


[典例精析]
已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设m＞0，求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值．
[解]　(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝， 由得 0＜x＜e；由得x＞e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当即0＜m≤时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增，
所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m＜e＜2m，即＜m＜e时，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当0＜m≤时，f(x)max＝－1；
当＜m＜e时，f(x)max＝－1；
当m≥e时，f(x)max＝－1.
[解题技法]
求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最值的思路
(1)若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与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．
(2)若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．
[提醒]　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，然后借助图象观察得到函数的最值．
[过关训练]
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴当cos x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当cos x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
∴当cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴当sin x＝－时，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
2．已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．
解：(1)因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，
所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，
又a＝1，所以b＝－3，则f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x



1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(x)＝
＝(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1.
①当a＜0，即＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.
②当a＞0，即x2＝＞0时，
若＜1，f(x)在，[1，e]上单调递增，在上单调递减，所以最大值可能在x＝或x＝e处取得，而f＝ln＋a2－(2a＋1)·＝ln－－1＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
若1＜＜e，f(x)在区间(0,1)，上单调递增，在上单调递减，
所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1＜x2＝＜e矛盾．
若x2＝≥e，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾．
综上所述，a＝或a＝－2.

[典例精析]
(2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．
[解]　(1)∵f′(x)＝＋x－a(x＞0)，
又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，
即＋x－a≥0恒成立，∴a≤min，
而x＋≥2 ＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2.
即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．
(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，
且f′(x)＝＋x－a＝(x＞0)，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，
由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，
设t＝(t≥ )，令h(t)＝ln t－(t≥ )，
则h′(t)＝－＝－＜0，
∴h(t)在[，＋∞)上是减函数，
∴h(t)≤h()＝，
故f(x2)－f(x1) 的最大值为.
[解题技法]
解决函数极值、最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．
(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．
[过关训练]
已知函数f(x)＝(a＞0)的导函数f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex＞0，所以f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a＞0，所以当－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.
由(1)可知当x＝0时f(x)取得极大值f(0)＝5，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．
而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.