第11节 利用导数解决函数的极值最值（解析版）

第11节利用导数解决函数的极值最值基础知识要夯实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．3常用结论1.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.2.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.3.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.核心素养要做实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【例1】(2020·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．【解析】(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＋(322t－9)x－22t＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋322t－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－3或x＝t2＋3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，t2－3)t2－3(t2－3，t2＋3)t2＋3(t2＋3，＋∞)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＋3，极大值为f(t2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63.【方法技巧】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【例2】(2020·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．【解析】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a1，则当x∈1,1a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－10，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，＋∞)．【方法技巧】网Z§X§X§K]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[来源:学科网][题组训练]1．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】∵f(x)＝2x＋lnx(x0)，∴f′(x)＝－22x＋1x，令f′(x)＝0，则x＝2.当0x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0.所以x＝2为f(x)的极小值点．2．(2020·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)【答案】C【解析】f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得'(1)0,(1)10,ff即2320,110,ababa消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故3,3,ab或4,11,ab当3,3,ab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(a0)．(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．【解析】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x13或x1；由f′(x)0，解得13x1.所以函数f(x)在13，和(1，＋∞)上单调递增，在113，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a0，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≥43.故a的取值范围为43，.考点二利用导数解决函数的最值问题【例2】(2020·北京高考)已知函数f(x)＝excosx－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02，上的最大值和最小值．【解析】(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.[来源:学#科#网Z#X#X#K]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(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.当x∈02，时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间02，上单调递减．所以对任意x∈02，，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间02，上单调递减．因此f(x)在区间02，上的最大值为f(0)＝1，最小值为f2＝－2.[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．【跟踪训练】1.(2020·珠海摸底)如图，将一张16cm×10cm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.【答案】144【解析】设剪下的四个小正方形的边长为xcm，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xcm，则体积V＝(16－2x)(10－2x)×x＝4x3－52x2＋160x(0x5)cm3，所以V′＝12(x－2)·203x，由V′0，得0x2，则函数V＝4x3－52x2＋160x(0x5)在(0,2)上单调递增；由V′0，得2x5，则函数V＝4x3－52x2＋160x(0x5)在(2,5)上单调递减，所以当x＝2时，Vmax＝144(cm3)．2．已知函数f(x)＝lnx－ax.(1)若a0，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32，求实数a的值．【解析】(1)由题意得f(x)的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝2xax，因为a0，所以f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2由(1)可得f′(x)＝2xax，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＝32，所以a＝－32(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－ae＝32，所以a＝－2e(舍去)．③若－ea－1，令f′(x)＝0，得x＝－a，当1x－a时，f′(x)0，所以f(x)在(1，－a)上单调递减；当－axe时，f′(x)0，所以f(x)在(－a，e)上单调递增，所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，所以a＝－e.综上，a＝－e.达标检测要扎实一、单选题1．对任意1,3x，不等式lnxmexxx恒成立，则实数m的取值范围为（）．A．121,ln22eB．121,ln22eC．131,ln33eD．,2【答案】C【解析】原不等式可化为1ln3xmexxx．令lnxgxexx，则ln1xgxex．令ln1xtxex，则1xtxex．∵函数tx在区间1,3上递增，∴131303te，∴110te．01,13x，使得00tx，即001xex，00lnxx，01,3xx，tx递减，0,1xx，tx递增，∴0000min01ln111xtxtxexxx，∴1,3x，恒有0gx，gx在区间1,3上递增，∴1311ln333gxge，∴131ln33me．故选：C.2．已知函数22e1xfx，若不等式12ln2faxfx对0,x恒成立，则实数a的取值范围是（）A．20,eB．2,eC．20,eD．2,e【答案】D【解析】因为e22ee2222241111eexxxxxfxfx.则2fxfx．所以22ln2lnfaxfxfx，易知22e1xfx