2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题1 第5讲　函数的极值、最值

第5讲函数的极值、最值[考情分析]利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题．考点一利用导数研究函数的极值核心提炼判断函数的极值点，主要有两点(1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点．(2)利用函数f′(x)的单调性可得函数的极值点．例1(2022·百师联盟联考)已知函数f(x)＝a2x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)lnx＋2，其中a≠0.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)当a0且a≠1时，f(x)存在一个极小值点x0，若x03.求实数a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝12x2－2x＋lnx＋2，f′(x)＝x－2＋1x＝x2－2x＋1x＝x－12x≥0，当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，所以当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)f(x)＝a2x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)lnx＋2，f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋2a－1x＝ax2－2a2－a＋1x＋2a－1x＝ax－1[x－2a－1]x，由f′(x)＝0，解得x＝1a或x＝2a－1，①若0a≤12，则2a－1≤0，1a≥2，故当x∈0，1a时，f′(x)0，f(x)在0，1a上单调递减；当x∈1a，＋∞时，f′(x)0，f(x)在1a，＋∞上单调递增．所以f(x)有一个极小值点1a，即x0＝1a，所以1a3，解得0a13.②若12a1，则02a－11a，故当x∈(0,2a－1)时，f′(x)0，f(x)在(0,2a－1)上单调递增；当x∈2a－1，1a时，f′(x)0，f(x)在2a－1，1a上单调递减；当x∈1a，＋∞时，f′(x)0，f(x)在1a，＋∞上单调递增．所以f(x)有一个极小值点1a，即x0＝1a，所以1a3，解得0a13，没有符合题意的a.③若a1，则01a2a－1，故当x∈0，1a时，f′(x)0，f(x)在0，1a上单调递增；当x∈1a，2a－1时，f′(x)0，f(x)在1a，2a－1上单调递减；当x∈(2a－1，＋∞)时，f′(x)0，f(x)在(2a－1，＋∞)上单调递增．所以f(x)有一个极小值点2a－1，即x0＝2a－1.所以2a－13，解得a2.综上，a∈0，13∪(2，＋∞)．易错提醒(1)不能忽略函数的定义域．(2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性．(3)函数的极小值不一定比极大值小．跟踪演练1(1)(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A．abB．abC．aba2D．aba2答案D解析当a0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知ba.当a0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知ab.综上，可知必有aba2成立．(2)(2022·安康模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为()A.－12，0B.－∞，－12C.0，12D.12，＋∞答案D解析由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝ex－2ax－2a＝0有两个不同的解，即12a＝x＋1ex有两个不同的解，转化为g(x)＝x＋1ex与y＝12a的图象有两个交点，设g(x)＝x＋1ex，则g′(x)＝－xex，令g′(x)＝0，即－xex＝0，解得x＝0，当x0时，g′(x)0；当x0时，g′(x)0；所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．分别作出函数g(x)＝x＋1ex与y＝12a的图象，如图所示，由图可知，012a1，解得a12.所以实数a的取值范围为12，＋∞.考点二利用导数研究函数的最值核心提炼1．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．2．若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值．例2(1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋bx取得最大值－2，则f′(2)等于()A．－1B．－12C.12D．1答案B解析因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知f1＝－2，f′1＝0，而f′(x)＝ax－bx2，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－2x＋2x2，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋12＝－12.故选B.(2)已知函数f(x)＝x＋1，x≤0，lnx，x0，若f(x1)＝f(x2)且x1x2，则x2－x1的最小值为()A．2－ln2B．eC．2D.2答案C解析由f(x)＝x＋1，x≤0，lnx，x0，可得函数图象如图所示．令f(x1)＝f(x2)＝t，∴t≤1且x1＋1＝lnx2＝t，∴x1＝t－1，x2＝et，∴x2－x1＝et－(t－1)＝et－t＋1(t≤1)．令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，φ′(t)＝et－1，当t∈(－∞，0)时，φ′(t)0，当t∈(0,1]时，φ′(t)0，∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴x2－x1的最小值为2.易错提醒(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论．(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值．跟踪演练2(1)(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A．－π2，π2B．－3π2，π2C．－π2，π2＋2D．－3π2，π2＋2答案D解析f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)·cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝π2或x＝3π2.因为fπ2＝cosπ2＋π2＋1sinπ2＋1＝2＋π2，f3π2＝cos3π2＋3π2＋1sin3π2＋1＝－3π2，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝fπ2＝2＋π2，f(x)min＝f3π2＝－3π2.(2)(2022·芜湖模拟)已知关于x的不等式x3－ax2≥lnx恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，1]B．(0,1]C.0，1eD．(－∞，0]答案A解析因为不等式x3－ax2≥lnx恒成立，所以不等式a≤x－lnxx2在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x－lnxx2，则g′(x)＝x3－1＋2lnxx3，令h(x)＝x3－1＋2lnx，则h′(x)＝3x2＋2x0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当0x1时，h(x)0，即g′(x)0，g(x)单调递减；当x1时，h(x)0，即g′(x)0，g(x)单调递增；所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝1，所以a≤1.考点三极值、最值的简单应用例3(2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋lnx有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为________．答案－3解析由f(x)＝ax2－2x＋lnx(x0)，得f′(x)＝2ax－2＋1x＝2ax2－2x＋1x(x0)，若函数f(x)＝ax2－2x＋lnx有两个不同的极值点x1，x2，则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，所以Δ＝4－8a0，x1＋x2＝1a0，x1x2＝12a0，解得0a12，所以f(x1)＋f(x2)＝ax21－2x1＋lnx1＋ax22－2x2＋lnx2＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝－1a－1－ln2a，令h(a)＝－1a－1－ln2a0a12，则h′(a)＝1－aa20，所以h(a)＝－1a－1－ln2a在0，12上单调递增，所以h(a)h12＝－3，所以t≥－3.故实数t的最小值为－3.易错提醒方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法．分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视．跟踪演练3若函数f(x)＝x2＋a2＋blnx(a，b∈R)有极小值，且极小值为0，则a2－b的最小值为()A．eB．2eC.1e2D．－1e2答案B解析由f(x)＝x2＋a2＋blnx(a，b∈R)，可得f′(x)＝2x＋bx，因为f(x)有极小值，记为x0，则2x0＋bx0＝0，即b＝－2x20(x00)，又由f(x0)＝0，所以x20＋a2＋blnx0＝0，即a2＝－x20－blnx0＝－x20＋2x20lnx0≥0，所以x0≥e.设a2－b＝g(x0)＝x20＋2x20lnx0，当x0≥e时，g′(x0)＝4x0＋4x0lnx00，所以g(x0)＝x20＋2x20lnx0在[e，＋∞)上单调递增，当x0＝e时，可得g(x0)min＝g(e)＝2e，所以a2－b的最小值为2e.专题强化练一、选择题1．下列函数中，不存在极值的是()A．y＝x＋1xB．y＝xexC．y＝xlnxD．y＝－2x3－x答案D解析显然ABC中的函数存在极值．对于D，函数y＝－2x3－x，则y′＝－6x2－10，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点．2．下列关于函数f(x)＝(3－x2)ex的结论，正确的是()A．f(－3)是极大值，f(1)是极小值B．f(x)没有最大值，也没有最小值C．f(x)有最大值，没有最小值D．f(x)有最小值，没有最大值答案C解析由f(x)＝(3－x2)ex，得f′(x)＝(－x2－2x＋3)ex，令f′(x)＝0，则－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或x＝1，当x－3或x1时，f′(x)0，当－3x1时，f′(x)0，所以f(－3)是极小值，f(1)是极大值，所以A错误；因为f(－3)是极小值，且当x－3时，f(x)0恒成立，所以f(1)＝2e0是极大值，也是最大值．而当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有最大值，没有最小值，所以C正确，B，D错误．3．已知函数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()A．20B．18C．3D．0答案A解析对于区间[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于对于区间[－3,2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t，∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，∵x∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f