【数学】2020届一轮复习苏教版导数与函数的极值最值学案
第2课时 导数与函数的极值、最值
题型一 用导数求解函数极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例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________．(填序号)
①函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)；
②函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)；
③函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)；
④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)．
答案 ④
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2
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．
命题点2 求已知函数的极值
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，
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)．
a．当0时，Δ>0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1－.
由g(－1)＝1>0，可得－10，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<－10，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．
命题点3 根据极值(点)求参数
例3 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________．
答案 (－∞，e]
解析 因为函数f(x)＝－k，
所以函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－k＝.
因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，
所以x＝2是y＝f′(x)的唯一变号零点．
所以y＝－k在(0，＋∞)上无变号零点，
设g(x)＝－k，则g′(x)＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝e－k，
若g(x)在(0，＋∞)上无变号零点，
则需要g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以g(x)min≥0，即e－k≥0，即k≤e，
所以若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，
则应需k≤e.
思维升华 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤
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．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
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：求解后验证根的合理性．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，由f′(x)<0得00，得x>，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，即f(x)在x＝处有极小值，无极大值．
∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴a＝1，∴f(x)≥bx－2，即1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，
即实数b的取值范围为.
题型二 用导数求函数的最值
例4 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 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．
②若k≠0，则f′(x)＝＝.
(ⅰ)若k<0，则在上恒有<0.
所以f(x)在上单调递减，
(ⅱ)若k>0，由k<，
得>e，则x－<0在上恒成立，
所以<0，
所以f(x)在上单调递减．
综上，当k<时，f(x)在上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝＋k－1，
f(x)max＝f ＝e－k－1.
引申探究
若例题条件中的k<改为“k≥”，则函数f(x)在上的最小值是多少？
解 f′(x)＝＝，
∵k≥，∴0<≤e，
若0<≤，即k≥e时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在上为增函数，f(x)min＝f＝e－k－1.
若>，即≤k0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在(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)的导函数y＝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y＝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－30，即f′(x)>0，
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调增区间是(－3,0)，
单调减区间是(－∞，－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)＝.
因为f(x)的单调增区间是(－3,0)，
单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，
所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，
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.
思维升华 (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，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
跟踪训练3 (2018·南通模拟)已知函数f(x)＝(x－k－1)ex(k∈R)．
(1)当x>0时，求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对于任意x∈[1,2]，都有f(x)<4x成立，求k的取值范围．
解 (1)因为f′(x)＝(x－k)ex，x>0.
①当k≤0时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间，无极值．
②当k>0时，由f′(x)>0，得x>k；
由f′(x)<0，得00，所以x－k－1<，
即k>x－1－对任意x∈[1,2]恒成立．
记g(x)＝x－1－，x∈[1,2]，
则g′(x)＝1－＝，
因为x∈[1,2]，所以g′(x)>0，即g(x)在[1,2]上单调递增，
所以g(x)max＝g(2)＝1－＝.
所以实数k的取值范围为.
利用导数求函数的最值
例 (16分)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．
规范解答
解 (1)f′(x)＝－a(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．[2分]
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)的单调增区间为，
单调减区间为.[6分]
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调增区间为，单调减区间为.[7分]
(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
[8分]
②当≥2，即00，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
3．函数y＝xex的最小值是________．
答案 －
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＝－.
4．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为________．
答案
解析 f′(x)＝x－＝且x>0.
令f′(x)>0，得x>1.
令f′(x)<0，得00，
解得c>或c<－.
所以实数c的取值范围为∪.
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．
答案 3
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．
7．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
答案
解析 f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－aa或x<－a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
∴f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，
解得a>.
∴a的取值范围是.
8．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________.
答案 1
解析 由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝，
当00；
当x>时，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f ＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
9．(2018·苏北四市检测)设直线y＝a与曲线y2＝x和y＝ex分别交于点M，N，则当线段MN的长度取得最小值时，a的值为________．
答案
解析 由题意得点M(a2，a)，N(ln a，a)，
故MN的长度l＝|a2－ln a|＝a2－ln a(a>0)，
则l′＝2a－＝＝.
令l′>0，得l＝a2－ln a在上单调递增；
令l′<0，得l＝a2－ln a在上单调递减，
所以当a＝时，线段MN的长度取得极小值，也是最小值．
10．(2018·江苏)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．
答案 －3
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不合题意．
②当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＞，
由f′(x)＜0，解得0＜x＜，
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
又f(x)只有一个零点，∴f＝－＋1＝0，∴a＝3.
此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，
当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在(0,1]上单调递减．
又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1，
∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.
11．设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值．
解 (1)f′(x)＝－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，
f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得10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.
13．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数
t的最小值是________．
答案 20
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，
所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
14．(2018·江苏省泰兴中学检测)已知a，b∈R，直线y＝ax＋b＋与函数f(x)＝tan x的图象在x＝－处相切，设g(x)＝ex＋bx2＋a，若在区间[1,2]上，不等式m≤g(x)≤m2－2恒成立，则实数m的取值范围为________．
答案 (－∞，－e]∪[e，e＋1]
解析 由f′(x)＝，可得f′＝2，
又f ＝－1，所以直线y＝ax＋b＋与函数f(x)＝tan x的图象的切点为，因此a＝2，b＝－1，g(x)＝ex－x2＋2，所以当x∈[1,2]时，g′(x)＝ex－2x>0，g(x)＝ex－x2＋2单调递增，所以g(x)min＝e＋1，g(x)max＝e2－2.所以e≤m≤e＋1或m≤－e.
15．已知函数f(x)＝xln x＋mex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
答案
解析 f(x)＝xln x＋mex(x>0)，∴f′(x)＝ln x＋1＋mex(x>0)，
由函数f(x)有两个极值点可得y＝－m和g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，
g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，g(x)≤g(1)＝，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0；
若y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0<－m<，故－
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