2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点课件函数与导数三十四

主攻40个必考点(三十四)利用导数研究函数的极值、最值1．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)0，解得x－2或x1，令f′(x)0，解得－2x1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.2．(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．解：(1)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．若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．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)满足题设条件的a，b存在．①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.③当0a3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为fa3＝－a327＋b，最大值为b或2－a＋b.若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0a3矛盾．若－a327＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0a3矛盾．综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.3．(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．证明：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x.因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－10，f′(2)＝ln2－12＝ln4－120，故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.又当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－30，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由αx01得1α1x0.又f1α＝1α－1ln1α－1α－1＝fαα＝0，故1α是f(x)＝0在(0，x0)内的唯一根．所以f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．4．(2017·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2f(x0)2－2.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．设g(x)＝ax－a－lnx，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－1x，故g′(1)＝a－1＝0，得a＝1.若a＝1，则g′(x)＝1－1x.当0x1时，g′(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g′(x)0，g(x)单调递增．所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.综上，a＝1.(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx(x0)，f′(x)＝2x－2－lnx.设h(x)＝2x－2－lnx，则h′(x)＝2－1x.当x∈0，12时，h′(x)0；当x∈12，＋∞时，h′(x)0.所以h(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增．又h(e－2)0，h120，h(1)＝0，所以h(x)在0，12上有唯一零点x0，在12，＋∞上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)0；当x∈(x0,1)时，h(x)0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)0.因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈0，12，得f(x0)14.因为x＝x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0，得f(x0)f(e－1)＝e－2.所以e－2f(x0)2－2.[把脉考情]考什么1.函数极值的求法2.函数极值的应用3.函数最值的求法及应用考多深选择、填空、解答题均有涉及，难度中等偏上，分值5～12分考多宽多与函数图象、性质、不等式等知识交汇，考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养函数极值的求法[典例1]设函数f(x)＝x2－alnx(a∈R)．(1)当a＝8时，判断f(x)零点的个数；(2)求f(x)的极值．[解](1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝8时，f(x)＝x2－8lnx，则f′(x)＝2x－8x＝2x2－8x，由f′(x)0，得x2，此时f(x)为增函数，由f′(x)0，得0x2，此时f(x)为减函数，所以当x＝2时，函数f(x)取得极小值也是最小值f(2)＝4－8ln24－8lne＝4－8×12＝0，又f(1)＝10，f(e2)＝e4－160，所以f(x)在(0,2)上有一个零点，在(2，＋∞)上有一个零点．故f(x)有2个零点．(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－ax＝2x2－ax，当a≤0时，f′(x)0在(0，＋∞)上恒成立，此时函数f(x)不存在极值．当a0时，由f′(x)0，得xa2，此时f(x)在a2，＋∞上为增函数；由f′(x)0，得0xa2，此时f(x)在0，a2上为减函数，所以当x＝a2时，函数f(x)取得极小值fa2＝a21－lna2，无极大值．综上可知，当a≤0时，函数f(x)不存在极值；当a0时，函数f(x)存在极小值，且f(x)极小值＝a21－lna2，无极大值．增分方略1．求可导函数f(x)极值的步骤(1)确定函数的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检验f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号，具体如下表：xxx0x0xx0f′(x)f′(x)0f′(x)＝0f′(x)0f(x)增极大值f(x0)减xxx0x0xx0f′(x)f′(x)0f′(x)＝0f′(x)0f(x)减极小值f(x0)增2．解决含参解析式极值问题的注意点对于求解析式中含有参数的函数的极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论．分两个层次讨论：第一层次，讨论方程在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．已知极值情况求参数问题[典例2](2019·保定模拟)已知函数f(x)＝x3－6x2＋3x＋t，t∈R.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝exf(x)有三个不同的极值点，求t的取值范围．[解](1)f′(x)＝3x2－12x＋3，由f′(x)0，得x2＋3或x2－3；由f′(x)0，得2－3x2＋3，所以f(x)在(－∞，2－3)，(2＋3，＋∞)上单调递增，在(2－3，2＋3)上单调递减．(2)g′(x)＝(3x2－12x＋3)ex＋(x3－6x2＋3x＋t)ex＝(x3－3x2－9x＋t＋3)ex.∵g(x)有三个不同的极值点，∴x3－3x2－9x＋t＋3＝0有三个不同的实数根．令h(x)＝x3－3x2－9x＋t＋3，则h′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，由h′(x)0，得x3或x－1；由h′(x)0，得－1x3，∴h(x)在(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递增，在(－1,3)上单调递减．∵h(x)有三个零点，∴h－10，h30即t＋80，t－240，解得－8t24，故t的取值范围为(－8,24)．增分方略掌握已知函数极值点或极值求参数的两个要领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最值问题[典例3]已知函数f(x)＝ax2＋bx＋cex(a0)的导函数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)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有f－3＝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.由(1)可知当x＝0时，f(x)取得极大值f(0)＝5，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.增分方略求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；(2)若函数在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与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．[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，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．课下请完成“考点过关检测（三十四）”(单击进入电子文档)