2021版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数的应用 第2课时 导数与函数的极值、最

数学第三章导数及其应用第2讲导数的应用第2课时导数与函数的极值、最值01核心考点深度剖析02高效演练分层突破利用导数解决函数的极值问题(多维探究)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知图判断函数的极值的情况；先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号，最后判断是极大值点还是极小值点．角度二求函数的极值(2020·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】(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．利用导数研究函数极值问题的一般流程角度三已知函数的极值求参数设函数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】(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，＋∞.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．1．(2020·安徽毛坦厂中学4月联考)已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为()A．2B．－52C．3＋ln2D．－2＋2ln2解析：选B.由题意得，f′(x)＝2x＋2ax－3，因为f(x)在x＝2处取得极小值，所以f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝12，所以f(x)＝2lnx＋12x2－3x，f′(x)＝2x＋x－3＝(x－1)(x－2)x，所以f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上是增加的，在(1，2)上是减少的，所以f(x)的极大值为f(1)＝12－3＝－52.故选B.2．已知函数f(x)＝lnx.(1)求f(x)的图象过点P(0，－1)的切线方程；(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋mx存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．解：(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x.设切点坐标为(x0，lnx0)，则切线方程为y＝1x0x＋lnx0－1.把点P(0，－1)代入切线方程，得lnx0＝0，所以x0＝1，所以过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.(2)因为g(x)＝f(x)－mx＋mx＝lnx－mx＋mx，所以g′(x)＝1x－m－mx2＝x－mx2－mx2＝－mx2－x＋mx2，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)0，12m0，h12m0即可，解得0m12.利用导数研究函数的最值(师生共研)(2019·高考全国卷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，＋∞上是增加的，在0，a3上是减少的；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)上是增加的；若a0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)0；当x∈a3，0时，f′(x)0.故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)上是增加的，在a3，0上是减少的．(2)满足题设条件的a，b存在．(ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0，1]上是增加的，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.(ⅱ)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]上是减少的，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.(ⅲ)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，当且仅当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.求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最大值和最小值的思路(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，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．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上是减少的．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上是减少的，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上是减少的．所以f(x)min＝f(e)＝1－ee＋klne＝1e＋k－1，f(x)max＝f1e＝e－k－1.综上，k1e时，f(x)min＝1e＋k－1，f(x)max＝e－k－1.函数极值与最值的综合问题(师生共研)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)的增区间是(－3，0)，减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，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)的增区间是(－3，0)，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.求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．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．(2020·河南百校联盟模拟)已知函数f(x)＝ex－ax，a0.(1)记f(x)的极小值为g(a)，求g(a)的最大值；(2)若对任意实数x，恒有f(x)≥0，求f(a)的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.令f′(x)＝0，得x＝lna，易知当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)0，所以函数f(x)在x＝lna处取极小值，g(a)＝f(x)极小值＝f(lna)＝elna－alna＝a－alna.g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna，当0a1时，g′(a)0，g(a)在(0，1)上是增加的；当a1时，g′(a)0，g(a)在(1，＋∞)上是减少的．所以a＝1是函数g(a)在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g(a)max＝g(1)＝1.(2)显然，当x≤0时，e