2021高考数学一轮复习 第三章 一元函数的导数及其应用 第2节 导数在研究函数中的应用 第2课时

第三章一元函数的导数及其应用第2课时利用导数研究函数的极值、最值考点1利用导数求函数的极值(多维探究)角度根据函数图象判断极值[典例1](多选题)已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)()A．在(－∞，0)上单调递减B．在x＝0处取得极大值C．在(4，＋∞)上单调递减D．在x＝2处取得极小值解析：根据函数f(x)的导函数f′(x)的图象可知f′(0)＝0，f′(2)＝0，f′(4)＝0.当x0时，f′(x)0，f(x)单调递增；当0x2时，f′(x)0，f(x)单调递减；当2x4时，f′(x)0，f(x)单调递增；当x4时，f′(x)0，f(x)单调递减．可知C正确，A错误．由极值的定义可知，f(x)在x＝0处取得极大值，x＝2处取得极小值，故B、D正确．答案：BCD角度已知函数求极值[典例2]已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)当a＝12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＝12时，f(x)＝lnx－12x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝1x－12＝2－x2x，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)↗ln2－1↘故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln2－1，无极小值．(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a＝1－axx(x0)．当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点．当a0时，当x∈0，1a时，f′(x)0，当x∈1a，＋∞时，f′(x)0.故函数在x＝1a处有极大值．综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，当a0时，函数y＝f(x)有一个极大值点．1．由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点．2．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．1．(角度1)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A．1B．2C．3D．4解析：由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．答案：B2．(角度2)(2019·江苏卷节选)设函数f(x)＝(x－a)·(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数．(1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；(2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值．解：(1)因为a＝b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.(2)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)x－2a＋b3.令f′(x)＝0，得x＝b或x＝2a＋b3.因为a，b，2a＋b3都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，所以2a＋b3＝1，a＝3，b＝－3.此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.列表如下：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.考点2已知函数的极值求参数(讲练互动)[典例](2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a12，则当x∈(1a，2)时，f′(x)0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0.所以f(x)在x＝2处取得极小值．若a≤12，则当x∈(0，2)时，x－20，ax－1≤12x－10，所以f′(x)0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是(12，＋∞)．1．已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．2．导数值为0不是此点为极值点的充要条件，因此用待定系数法求解后必须进行检验．若函数f(x)＝12x2＋(a－1)x－alnx存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为()A.32，2B.32，＋∞C.0，32D．(－1，0)∪32，＋∞解析：f′(x)＝x＋a－1－ax＝(x－1)＋a1－1x＝（x＋a）（x－1）x(x0)．因为f(x)有唯一的极值，知f′(x)有唯一的零点，且极值不小于1，故x＝1是f(x)的唯一的极值点．则f(1)＝－12＋a≥1，从而a≥32.答案：B考点3利用导数求函数的最值(典例迁移)[典例](2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当0a3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)0，当x∈0，a3时，f′(x)0，故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞上单调递增，在0，a3上单调递减；当a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)0，当x∈a3，0时，f′(x)0.故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)上单调递增，在a3，0上单调递减．(2)当0a3时，由(1)知，f(x)在0，a3上单调递减，在a3，1上单调递增，所以f(x)在[0，1]上的最小值为fa3＝－a327＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－a327＋2，M＝4－a，0a2，2，2≤a3.所以M－m＝2－a＋a327，0a2，a327，2≤a3.当0a2时，可知y＝2－a＋a327单调递减，所以M－m的取值范围是827，2.当2≤a3时，y＝a327单调递增，所以M－m的取值范围是827，1.综上，M－m的取值范围是827，2.[迁移探究]把典例(2)改为：是否存在正实数a，使得f(x)在[0，1]上的最小值为－2，且最大值为2？若存在，求出实数a的值；若不存在，说明理由．解：假设存在正实数a，设得f(x)min＝－2，且f(x)max＝2.①若a≥3时，由典例第(1)问知，f(x)在[0，1]上是减函数，当x∈[0，1]时，f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(1)＝4－a.由题意，必有4－a＝－2，则a＝6.②若0a3时，由典例第(2)问知，f(x)在[0，1]的最小值fa3＝2－a327，最大值为2或4－a.由2－a327＝－2，得a＝334，与0a3矛盾．综上，存在正实数a＝6，使f(x)在[0，1]上的最小值为－2，最大值为2.1．利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：(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．在研究含参数的最值，必要时要进行分类讨论，本例迁移探究中，分类讨论的标准是单调区间的端点与0，1的大小关系，从而确定函数在[0，1]上的最值．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：(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.所以f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．所以f(x)max＝f(1)＝－1.所以当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，所以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，所以f(x)max＝f－1a＝－1＋ln－1a.令－1＋ln－1a＝－3，得ln－1a＝－2，即a＝－e2.因为－e2－1e，所以a＝－e2为所求．故实数a的值为－e2.