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
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0
2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.
