2020届高考数学总复习 第三章 导数及其应用 3-2-2 导数与函数的极值、最值课件 文 新人教A

第2课时导数与函数的极值、最值考点一函数的极值问题函数的极值是每年高考的热点，一般为中高档题，三种题型都有．高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度：角度1由图判断函数极值的情况【例1】函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()【解析】原函数先减再增，再减再增，且x＝0位于增区间内，故选D.【答案】D角度2已知函数解析式求极值【例2】(2019·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝lnx－12ax2＋x，a∈R.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程．(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又f′(x)＝1x＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝lnx－12ax2＋(1－a)x＋1，则g′(x)＝1x－ax＋(1－a)＝－ax2＋（1－a）x＋1x，当a≤0时，因为x＞0，所以g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．当a＞0时，g′(x)＝－ax2＋（1－a）x＋1x＝－ax－1a（x＋1）x，令g′(x)＝0得x＝1a.所以当x∈0，1a时，g′(x)＞0；当x∈1a，＋∞时，g′(x)＜0.因为g(x)在0，1a上是增函数，在1a，＋∞上是减函数．所以x＝1a时，g(x)有极大值g1a＝ln1a－a2×1a2＋(1－a)·1a＋1＝12a－lna.综上，当a≤0时，函数g(x)无极值；当a＞0时，函数g(x)有极大值12a－lna，无极小值．角度3已知函数极值求参数值或范围【例3】(2018·北京高考)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．【解析】(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．当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，＋∞.【反思归纳】跟踪训练1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．【解析】(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(x＞0)，当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a＞0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．综上所述，当a≤0时，函数在定义域上无极值点，当a＞0时，函数在x＝1a处有一个极大值点．考点二函数的最值问题函数的最值也是高考命题的热点之一，题型不限，难度为中高档，其常考的类型：一是求函数最值；二是已知函数最值求参数的取值范围，当然还有一类题目就是转化为函数的最值问题来研究．角度1求不含参数的函数的最值【例4】(2019·咸阳模拟)设函数f(x)＝lnx－x2＋x.求函数f(x)的最值．【解析】f(x)＝lnx－x2＋x(x0)，所以f′(x)＝1x－(2x－1)＝－2x2－x－1x＝－（2x＋1）（x－1）x(x0)，当x∈(0，1)时，f′(x)0，所以函数f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以函数f(x)单调递减．所以函数f(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，且f(x)max＝f(1)＝0.函数f(x)无最小值．角度2求含参的函数的最值【例5】(2019·华中师大附中期中)已知函数f(x)＝lnxx－1.(1)求函数f(x)的单调区间．(2)设m0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．【解析】(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－lnxx2，由f′（x）0，x0，得0xe；由f′（x）0，x0，得xe.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)①当2m≤e，m0，即0m≤e2时，[m，2m]⊆(0，e)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递增，②当me2m，即e2me时，(m，e)⊆(0，e)，(e，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，所以f(x)max＝f(e)＝lnee－1＝1e－1；③当m≥e时，(m，2m)⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝lnmm－1.综上所述，当0m≤e2时，f(x)max＝ln2m2m－1；当e2me时，f(x)max＝1e－1；当m≥e时，f(x)max＝lnmm－1.角度3已知函数的最值求参数【例6】已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．(2)当a0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx(x0)，所以f′(x)＝2x－3＋1x＝2x2－3x＋1x，所以f(1)＝－2，f′(1)＝0.所以切线方程为y＝－2.(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域为(0，＋∞)，当a0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1x＝2ax2－（a＋2）x＋1x＝（2x－1）（ax－1）x，令f′(x)＝0，解得x＝12或x＝1a.①当01a≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增．所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝－2，符合题意；②当11ae，即1ea1时，f(x)在1，1a上单调递减，在1a，e上单调递增，所以f(x)在[1，e]上的最小值为f1af(1)＝－2，不合题意；③当1a≥e，即0a≤1e时，f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(e)f(1)＝－2，不合题意；综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．【反思归纳】跟踪训练2已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间．(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．【解析】(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≥1即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，故f(x)min＝f(1)＝(1－k)e.当k－1≤0即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝－k.当0k－11即1k2时，f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，故f(x)min＝f(k－1)＝－ek－1.综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当1k2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.