【新高考复习】考点22 利用导数研究函数的极值和最值（解析版）

考点22利用导数研究函数的极值和最值【命题解读】从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力【基础知识回顾】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．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．3、常用结论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．1、函数f(x)＝x2－lnx的最小值为()A．1＋ln2B．1－ln2C.1＋ln22D.1－ln22【答案】C【解析】因为f(x)＝x2－lnx(x0)，所以f′(x)＝2x－1x，令2x－1x＝0得x＝22，令f′(x)0，则x22；令f′(x)0，则0x22.所以f(x)在0，22上单调递减，在22，＋∞上单调递增，所以f(x)的极小值(也是最小值)为222－ln22＝1＋ln22，故选C.2、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【答案】C【解析】设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.当xx1时，f′(x)0，f(x)为增函数，当x1xx2时，f′(x)0，f(x)为减函数，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C.3、设函数f(x)＝2x＋lnx，则()A．x＝12为f(x)的极大值点B．x＝12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【答案】D【解析】因为f(x)＝2x＋lnx，所以f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，x0.当x2时，f′(x)0，f(x)为增函数；当0x2时，f′(x)0，f(x)为减函数，所以x＝2为f(x)的极小值点，故选D.4、已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于()A．－4B．－2C．4D．2【答案】D【解析】由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，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＝2.5、函数3230fxxaxaa的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．【答案】：(22，＋∞)【解析】：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－axa时，f′(x)0，函数递减；当xa或x－a时，f′(x)0，函数递增．∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a0且f(a)＝a3－3a3＋a0，解得a22.∴a的取值范围是(22，＋∞)考向一利用导数研究函数的极值例1、已知函数32331(R,0)fxaxxaaa，求函数fx的极大值与极小值．【解析】：由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax2xa.令f′(x)＝0得x＝0或2a.当a0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，2a)2a(2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∴f(x)极大值＝f(0)＝1－3a，f(x)极小值＝2fa＝－4a2－3a＋1.当a0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：x(－∞，2a)2a(2a，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘∴f(x)极大值＝f(0)＝1－3a，f(x)极小值＝2fa＝－4a2－3a＋1.综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－3a，f(x)极小值＝2fa＝－4a2－3a＋1.变式1、已知函数f(x)＝1x＋lnx，求函数f(x)的极值．【解析】∵f(x)＝1x＋lnx，∴f′(x)＝－1x2＋1x＝x－1x2，令f(x)＝0，得x＝1，列表：x(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减极小值单调递增∴x＝1是f(x)的极小值点，f(x)的极小值为1，无极大值．方法总结：(1)求函数fx极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数fx；③解方程0fx，求出函数定义域内的所有根；④列表检验在0fx的根0x左右两侧值的符号，如果左正右负，那么fx在0x处取极大值，如果左负右正，那么fx在0x处取极小值．(2)若函数yfx在区间内有极值，那么yfx在,ab内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．考向二利用导数研究函数的最值例2、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．32112fxxxax2ayfx0,0f1fxx在fx32,2【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当时，，，所以，又，所以曲线在点处切线方程为，即.（2）因为，因为函数处有极小值，所以，所以由，得或，当或时，，当时，，所以在，上是增函数，在上是减函数，因为，，所以的最大值为.变式1、已知aR，函数ln1afxxx.(1)当1a时，求曲线yfx在点2,2f处的切线方程；(2)求fx在区间0,e上的最小值．【解析】：(1)当a＝1时，f(x)＝1x＋lnx－1，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝－1x2＋1x＝x－1x2，x∈(0，＋∞)．因此f′(2)＝14，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为14.又f(2)＝ln2－12，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(ln2－12)＝14(x－2)，210xy49272a321()212fxxxx2()32fxxx(0)2f(0)1fyfx0,0f12yx210xy2()3fxxxa1fxx在(1)202faa2()32fxxx0fx23x1x23x1x0fx213x()0fxfx22,331,22,13249327f3124ffx249327f即x－4y＋4ln2－4＝0.(2)因为f(x)＝ax＋lnx－1，所以f′(x)＝－ax2＋1x＝x－ax2.令f′(x)＝0，得x＝a.①若a≤0，则f′(x)0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．②若0ae，当x∈(0，a)时，f′(x)0，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，当x∈(a，e]时，f′(x)0，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值lna.③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值ae.综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；当0ae时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为lna；当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ae.变式2、已知函数f(x)＝ax＋lnx，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．【解析】(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋1x＝1－xx，令f′(x)＝0，得x＝1.当0x1时，f′(x)0；当x1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＋1x，x∈(0，e]，1x∈1e，＋∞.①若a≥－1e，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－1e，令f′(x)0得a＋1x0，结合x∈(0，e]，解得0x－1a；令f′(x)0得a＋1x0，结合x∈(0，e]，解得－1ax≤e.从而f(x)在0，－1a上为增函数，在－1a，e上为减函数，∴f(x)max＝f－1a＝－1＋ln－1a.令－1＋ln－1a＝－3，得ln－1a＝－2，即a＝－e2.∵－e2－1e，∴a＝－e2为所求．故实数a的值为－e2.考向三极值（最值）的综合性问题例3、已知函数323(,)fxaxbxxabR在1x处取得极大值为2.(1)求函数fx的解析式；(2)若对于区间2,2上任意两个自变量的值12,xx都有12fxfxc，求实数c的最小值．【解析】：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3.由题意得12(1)0ff，即－a＋b＋3＝23a－2b－3＝0)，解得a＝1b＝0)，经检验成立，所以f(x)＝x3－3x.(2)令f′(x)＝0，即3x2－3＝0.得x＝±1.列表如下：x－2(－2，－1)－1(－1,1)1(1,2)2f′(x)＋－＋f(x)－2增极大值减极小值增2因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，f(－2)＝－2，所以当x∈[－2,2]时，f(x)max＝2，f(x)min＝－2.对于区间[－2,2]上任意两个自变量的值x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝4，所以c≥4.所以c的最小值为4.变式1、已知函数f(x)＝ax2＋bx＋cex(a0)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)＝2ax＋bex－ax2＋bx＋cexex2＝－ax2＋2a－bx＋b－cex.令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex0，所以f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(