（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用 第2

第三章导数及其应用第2课时导数与函数的极值、最值1．函数的极值函数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____________，右侧____________，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．f′(x)＜0f′(x)＞0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____________，右侧____________，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．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．f′(x)＞0f′(x)＜02．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_______为函数的最小值，_______为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则_______为函数的最大值，_______为函数的最小值．f(a)f(b)f(a)f(b)判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的极大值不一定比极小值大．()(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()(3)函数的极大值一定是函数的最大值．()(4)开区间上的单调连续函数无最值．()√××√(教材习题改编)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内的极小值点有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选A.导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个．所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．函数y＝lnx－x在x∈(0，e]上的最大值为()A．eB．1C．－1D．－e解析：选C.函数y＝lnx－x的定义域为(0，＋∞)，又y′＝1x－1＝1－xx，令y′＝0得x＝1，当x∈(0，1)时，y′0，函数单调递增；当x∈(1，e)时，y′0，函数单调递减．当x＝1时，函数取得最大值－1.已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝________．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.答案：2函数f(x)＝x－alnx(a0)的极小值为________．解析：因为f(x)＝x－alnx(a0)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax(a0)，由f′(x)＝0，解得x＝a.当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna.答案：a－alna(高频考点)用导数解决函数的极值问题是每年高考的亮点，既有选择题，填空题，也有解答题，难度偏大．主要命题角度有：(1)根据图象判断函数的极值；(2)求函数的极值；(3)已知函数的极值求参数．用导数解决函数的极值问题角度一根据图象判断函数的极值设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)【解析】由题图可知，当x－2时，1－x3，此时f′(x)0；当－2x1时，01－x3，此时f′(x)0；当1x2时，－11－x0，此时f′(x)0；当x2时，1－x－1，此时f′(x)0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．【答案】D角度二求函数的极值已知函数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，即函数在(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．综上所述，当a≤0时，函数在定义域上无极值点，当a0时，函数在x＝1a处有一个极大值点．角度三已知函数的极值求参数(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________．(2)若函数f(x)＝x33－a2x2＋x＋1在区间(12，3)上有极值点，则实数a的取值范围是________．【解析】(1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则a2＋3a－b－1＝0，b－6a＋3＝0，解得a＝1，b＝3或a＝2，b＝9，经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.(2)若函数f(x)在区间(12，3)上无极值，则当x∈(12，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立或当x∈(12，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立．当x∈(12，3)时，y＝x＋1x的值域是[2，103)；当x∈(12，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0，即a≤x＋1x恒成立，a≤2；当x∈(12，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，即a≥x＋1x恒成立，a≥103.因此要使函数f(x)在(12，3)上有极值点，则实数a的取值范围是(2，103)．【答案】(1)－7(2)(2，103)(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领①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．②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．[提醒]若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．1．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a≥0)．(1)当a＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．解：f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函数图象过点(0，1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1，令f′(x)0，解得x13，或x1；令f′(x)0，解得13x1.所以函数f(x)在－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在13，1上单调递减，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)≥0或f′(x)≤0恒成立．①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；②当a0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥43.综上，a的取值范围为43，＋∞.2．(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R，讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．解：函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R，x∈(－1，＋∞)．f′(x)＝1x＋1＋2ax－a＝2ax2＋ax－a＋1x＋1.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1.(1)当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．(2)当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．①当0＜a≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．②当a＞89时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两个实数根分别为x1，x2，x1＜x2.因为x1＋x2＝－12，所以x1＜－14，x2＞－14.由g(－1)＞0，可得－1＜x1＜－14.所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．因此函数f(x)有两个极值点．(3)当a＜0时，Δ＞0.由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1＜x2.所以当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．因此函数f(x)有一个极值点．综上所述：当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a＞89时，函数f(x)有两个极值点．(2017·高考浙江卷)已知函数f(x)＝(x－2x－1)e－x(x≥12)．(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)在区间12，＋∞上的取值范围．利用导数求函数的最值(值域)【解】(1)因为(x－2x－1)′＝1－12x－1，(e－x)′＝－e－x，所以f′(x)＝1－12x－1e－x－(x－2x－1)e－x＝（1－x）（2x－1－2）e－x2x－1x12.(2)由f′(x)＝（1－x）（2x－1－2）e－x2x－1＝0，解得x＝1或x＝52.因为x1212，111，525252，＋∞f′(x)－0＋0－f(x)12e－12012e－52又f(x)＝12(2x－1－1)2e－x≥0，所以f(x)在区间12，＋∞上的取值范围是0，12e－12.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．已知函数f(x)＝1－xx＋klnx，k1e，求函数f(x)在1e，e上的最大值和最小值．解：因为f(x)＝1－xx＋klnx，f′(x)＝－x－（1－x）x2＋kx＝kx－1x2.(1)若k＝0，则f′(x)＝－1x2在1e，e上恒有f′(x)0，所以f(x)在1e，e上单调递减．所以f(x)min＝f(e)＝1－ee，f(x)max＝f1e＝e－1.(2)若k≠0，f′(x)＝kx－1x2＝kx－1kx2.①若k0，则在1e，e上恒有k（x－1k）x20，所以f(x)在[1e，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝1－ee＋klne＝1e＋k－1，f(x)max＝f1e＝e－k－1.②若k0，由k1e，得1ke，则x－1k0，所以kx－1kx20，所以f(x)在1e，e上单调递减．所以f(x)min＝f(e)＝1－ee＋klne＝1e＋k－1，f(x)max＝f