（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用（第2课时）导数与

1第2课时导数与函数的极值、最值题型一用导数求解函数极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1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________．(填序号)①函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)；②函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)；③函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)；④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)．答案④解析由题图可知，当x－2时，f′(x)0；当－2x1时，f′(x)0；当1x2时，f′(x)0；当x2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．命题点2求已知函数的极值例2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f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1(x－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．2①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a0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．a．当0a≤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．b．当a89时，Δ0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1x2)，因为x1＋x2＝－12，所以x1－14，x2－14.由g(－1)＝10，可得－1x1－14.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a0时，Δ0，由g(－1)＝10，可得x1－1x2.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．所以函数f(x)有一个极值点．综上所述，当a0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a89时，函数f(x)有两个极值点．命题点3根据极值(点)求参数例3已知函数f(x)＝exx2－k2x＋lnx，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为________．答案(－∞，e]解析因为函数f(x)＝exx2－k2x＋lnx，3所以函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以f′(x)＝exx2－2xexx4－k－2x2＋1x＝exx－kx－2x2.因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，所以x＝2是y＝f′(x)的唯一变号零点．所以y＝exx－k在(0，＋∞)上无变号零点，设g(x)＝exx－k，则g′(x)＝x－1exx2.当x∈(0,1)时，g′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e－k，若g(x)在(0，＋∞)上无变号零点，则需要g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)min≥0，即e－k≥0，即k≤e，所以若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则应需k≤e.思维升华函数极值的两类热点问题(1)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．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领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：求解后验证根的合理性．跟踪训练1已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a－1x＝ax－1x，当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，4∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a0时，由f′(x)0得0x1a，由f′(x)0，得x1a，∴f(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增，即f(x)在x＝1a处有极小值，无极大值．∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴a＝1，∴f(x)≥bx－2，即1＋1x－lnxx≥b，令g(x)＝1＋1x－lnxx，则g′(x)＝lnx－2x2，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－1e2，即b≤1－1e2，即实数b的取值范围为－∞，1－1e2.题型二用导数求函数的最值例4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．②若k≠0，则f′(x)＝kx－1x2＝kx－1kx2.(ⅰ)若k0，则在1e，e上恒有kx－1kx20.所以f(x)在1e，e上单调递减，(ⅱ)若k0，由k1e，得1ke，则x－1k0在1e，e上恒成立，5所以kx－1kx20，所以f(x)在1e，e上单调递减．综上，当k1e时，f(x)在1e，e上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝1e＋k－1，f(x)max＝f1e＝e－k－1.引申探究若例题条件中的k1e改为“k≥1e”，则函数f(x)在1e，e上的最小值是多少？解f′(x)＝kx－1x2＝kx－1kx2，∵k≥1e，∴01k≤e，若01k≤1e，即k≥e时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在1e，e上为增函数，f(x)min＝f1e＝e－k－1.若1k1e，即1e≤ke时，f(x)在1e，1k上为减函数，在1k，e上为增函数，f(x)min＝f1k＝k－1－klnk.综上，当1e≤ke时，f(x)min＝k－1－klnk，当k≥e时，f(x)min＝e－k－1.思维升华(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．跟踪训练2已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解因为f′(x)＝a＋2xx，6所以当a0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a0时，由f′(x)0得，x－a2，所以f(x)在－a2，＋∞上单调递增；由f′(x)0得，0x－a2，所以f(x)在0，－a2上单调递减．所以当a0时，f(x)的最小值为f－a2＝aln－a2＋2×－a2.根据题意得f－a2＝aln－a2＋2×－a2≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.因为a0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得－2≤a0，所以实数a的取值范围是[－2,0)．题型三函数极值、最值的综合问题例5已知函数f(x)＝ax2＋bx＋cex(a0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．解(1)f′(x)＝2ax＋bex－ax2＋bx＋cexex2＝－ax2＋2a－bx＋b－cex.令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a0，所以当－3x0时，g(x)0，即f′(x)0，当x－3或x0时，g(x)0，即f′(x)0，所以f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，7所以有9a－3b＋ce－3＝－e3，g0＝b－c＝0，g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝x2＋5x＋5ex.因为f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，而f(－5)＝5e－5＝5e55＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.思维升华(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．跟踪训练3(2018·南通模拟)已知函数f(x)＝(x－k－1)ex(k∈R)．(1)当x0时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[1,2]，都有f(x)4x成立，求k的取值范围．解(1)因为f′(x)＝(x－k)ex，x0.①当k≤0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间，无极值．②当k0时，由f′(x)0，得xk；由f′(x)0，得0xk，所以f(x)的单调减区间是(0，k)，单调增区间是(k，＋∞)，f(x)的极小值为f(k)＝－ek，无极大值．(2)由f(x)4x，可得(x－k－1)ex－4x0，因为ex0，所以x－k－14xex，即kx－1－4xex对任意x∈[1,2]恒成立．8记g(x)＝x－1－4xex，x∈[1,2]，则g′(x)＝1－41－xex＝ex＋4x－1ex，因为x∈[1,2]，所以g′(x)0，即g(x)在[1,2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝1－8e2＝e2－8e2.所以实数k的取值范围为e2－8e2，＋∞.利用导数求函数的最值例(16分)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．规范解答解(1)f′(x)＝1x－a(x0)，①当a≤0时，f′(x)＝1x－a0，即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．[2分]②当a0时，令f′(x)＝1x－a＝0，可得x＝1a，当0x1a时，f′(x)＝1－axx0；当x1a时，f′(x)＝1－axx0，故函数f(x)的单调增区间为0，1a，单调减区间为1a，＋∞.[6分]综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a0时，函数f(x)的单调增区间为