2020年高考数学一轮复习：导数与函数的极值、最值

第二课时导数与函数的极值、最值考点一利用导数研究函数的极值[全析考法过关][考法全析]考法(一)已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1]已知函数f(x)＝x－1＋aex(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．[解]由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1－aex.①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝lna处取得极小值且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．[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，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，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)．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．当a＞89时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－12，所以x1＜－14，x2＞－14.由g(－1)＝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.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．考法(二)已知函数的极值点的个数求参数[例3]已知函数g(x)＝lnx－mx＋mx存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．[解]因为g(x)＝lnx－mx＋mx，所以g′(x)＝1x－m－mx2＝－mx2－x＋mx2(x＞0)，令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.故只需满足h0＞0，12m＞0，h12m＜0，解得0＜m＜12.所以m的取值范围为0，12.考法(三)已知函数的极值求参数[例4](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；[解]因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.所以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)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．[解]由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a＞12，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－2＜0，ax－1≤12x－1＜0，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，＋∞.[规律探求]看个性考法(一)是已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值．解决此类问题的一般步骤为：(1)确定函数定义域；(2)求导数f′(x)及f′(x)＝0的根；(3)根据方程f′(x)＝0的根将函数定义域分成若干个区间，列出表格，检查导函数f′(x)零点左右f′(x)的值的符号，并得出结论．看个性[提醒]如果解析式中含有参数，需分类讨论，分类标准主要有以下几个方面：(1)f′(x)＝0的根是否存在；(2)f′(x)＝0根的大小；(3)f′(x)＝0的根与定义域的关系等．考法(二)是已知函数极值点的个数求参数．解决此类问题可转化为函数y＝f′(x)在区间(a，b)内变号零点的个数问题求解．考法(三)是已知函数的极值求参数．解决此类问题常利用f′(x0)＝0列方程求参数，求出参数后还要检验所求参数值是否满足x0的极值点特征找共性利用导数研究函数极值的一般流程考点二利用导数研究函数的最值[师生共研过关][典例精析]已知函数f(x)＝lnxx－1.(1)求函数f(x)的单调区间；[解]因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1－lnxx2，由f′x＞0，x＞0，得0＜x＜e；由f′x＜0，x＞0，得x＞e.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．[解]①当2m≤e，m＞0，即0＜m≤e2时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝ln2m2m－1；②当m＜e＜2m，即e2＜m＜e时，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；(2)设m＞0，求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值．③当m≥e时，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0＜m≤e2时，f(x)max＝ln2m2m－1；当e2＜m＜e时，f(x)max＝1e－1；当m≥e时，f(x)max＝lnmm－1.[解题技法]求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最值的思路(1)若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(2)若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．[提醒]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，然后借助图象观察得到函数的最值．[过关训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．－332解析：f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．∵cosx＋1≥0，∴当cosx＜12时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当cosx＞12时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴当cosx＝12，f(x)有最小值．又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，∴当sinx＝－32时，f(x)有最小值，即f(x)min＝2×－32×1＋12＝－332.2．已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．解：(1)因为f(x)＝lnx＋ax2＋bx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋2ax＋b，因为函数f(x)＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，又a＝1，所以b＝－3，则f′(x)＝2x2－3x＋1x，令f′(x)＝0，得x1＝12，x2＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x0，121212，11(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为12，1.(2)由(1)知f′(x)＝2ax2－2a＋1x＋1x＝2ax－1x－1x(x＞0)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝12a，因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝12a≠x1＝1.①当a＜0，即12a＜0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在区间(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.②当a＞0，即x2＝12a＞0时，若12a＜1，f(x)在0，12a，[1，e]上单调递增，在12a，1上单调递减，所以最大值可能在x＝12a或x＝e处取得，而f12a＝ln12a＋a12a2－(2a＋1)·12a＝ln12a－14a－1＜0，令f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝1e－2.若1＜12a＜e，f(x)在区间(0,1)，12a，e上单调递增，在1，12a上单调递减，所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，令f(e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝1e－2，与1＜x2＝12a＜e矛盾．若x2＝12a≥e，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾．综上所述，a＝1e－2或a＝－2.考点三利用导数求解函数极值和最值的综合问题[师生共研过关][典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝lnx＋12x2－ax＋a(a∈R)．(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；[解]∵f′(x)＝1x＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，即1x＋x－a≥0恒成立，∴a≤x＋1xmin，而x＋1x≥2x·1x＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2.即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．[解]∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝1x＋x－a＝x2－ax＋1x(x＞0)，∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，∴f(x2)－f(x1)＝lnx2x1＋12(x22－x21)－a(x2－x1)＝lnx2x1－12(x22－x21)＝lnx2x1－12(x22－x21)1x1x2＝lnx2x1－12x2x1－x1x2，(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ex1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．设t＝x2x1(t≥e)，令h(t)＝lnt－12t－1t(t≥e)，则h′(t)＝1t－121＋1t2＝－t－122t2＜0，∴h(t)在[e，＋∞)上是减函数，∴h(t)≤h(e)＝121－e＋ee，故f(x2)－f(x1)的最大值为121－e＋ee.[解题技法]解决函数极值、最值综合问题的策略(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)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．