2022高考数学人教版（浙江专用）一轮总复习学案：第三章 第2讲　第2课时　导数与函数的极值、最值

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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f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，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．
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f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，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．
2．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f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
常用结论
对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．

[思考辨析]
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．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
[诊断自测]
1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)

A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
解析：选C.导函数的图象与x轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二个与第四个是极小值点．
2．函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是________．
解析：因为y′＝1－2sin x，
所以当x∈时，y′>0；
当x∈时，y′<0.
所以当x＝时，ymax＝＋.
答案：＋
3．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
因为当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.
答案：(－∞，－1)


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－x>3，此时f′(x)>0；当－22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)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝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＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
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)

ln 2－1

故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝(x>0)，
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f(x)在定义域上无极值点；
当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)在x＝处有极大值．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在定义域上无极值点，当a>0时，函数f(x)在x＝处有一个极大值点．
角度三　已知函数的极值点或极值求参数
(1)(2021·丽水模拟)已知函数f(x)＝＋(m＋1)·ex＋2(m∈R)有两个不同的极值点，则实数m的取值范围为(　　)
A．(－1－，－1)　　　　 B．[－，0]
C．[－∞，－) D．(0，＋∞)
(2)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________．
【解析】　(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝x＋(m＋1)ex.
因为函数f(x)有两个不同的极值点，
所以f′(x)＝x＋(m＋1)ex有两个不同的零点，故关于x的方程－m－1＝有两个不同的解．
令g(x)＝，则g(x)＝的图象与y＝－m－1的图象有两个不同的交点．　
g′(x)＝，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，
所以函数g(x)＝在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．故g(x)在x＝1处取得最大值．
又当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，且g(1)＝，
所以0＜－m－1＜，所以－1－＜m＜－1，故选A.
(2)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
解得或
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.
【答案】　(1)A　(2)－7


(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x<，或x>1；令f′(x)<0，解得 (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a>0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≥.
综上，a的取值范围为.
2．已知函数f(x)＝xln 2x＋(a－1)x2－x存在两个不同的极值点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：4x1x2>e2.
解：(1)由题易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝ln 2x＋1＋2(a－1)x－1＝ln 2x＋2(a－1)x.
因为函数f(x)存在两个不同的极值点x1，x2，
所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不同的零点．
显然当a≥1时，f′(x)单调递增，不可能有两个零点，因此a＜1.
令F(x)＝f′(x)＝ln 2x＋2(a－1)x，
则F′(x)＝＋2(a－1)，
故当x∈时，F′(x)＞0，F(x)单调递增，即f′(x)单调递增；当x∈时，F′(x)＜0，F(x)单调递减，即f′(x)单调递减．
因此若f′(x)有两个零点，则需f′＝ln＋2(a－1)·＝ln－1＞0，解得a＞1－.
又a＜1，所以实数a的取值范围为.
(2)因为x1，x2为函数f(x)的两个不同的极值点，
所以
即
两式相加得ln 4x1x2＝2(1－a)(x1＋x2)，①
两式相减得ln＝2(1－a)(x1－x2)．②
①÷②得＝＝.
要证4x1x2＞e2，即证ln 4x1x2＞2，即证×ln＞2.
不妨设0＜x1＜x2，则需证ln－2·＜0.
令t＝，则t∈(0，1)，需证ln t－2·＜0.
令g(t)＝ln t－2·，
则g′(t)＝－＝，
当t∈(0，1)时，g′(t)＞0，故g(t)在t∈(0，1)上单调递增．
又g(1)＝0，所以当t∈(0，1)时g(t)＜0，
因此ln－2·＜0，即4x1x2＞e2.

利用导数求函数的最值(值域)(师生共研)
已知函数f(x)＝(x－)e－x(x≥)．
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
【解】　(1)因为(x－)′＝1－，(e－x)′＝－e－x，所以f′(x)＝e－x－(x－)·e－x＝.
(2)由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
于是当x发生变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表
x


1



f′(x)

－
0
＋
0
－
f(x)
e－

0

e－

又f(x)＝(－1)2e－x≥0，所以f(x)在区间上的取值范围是.

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)＝＋kln x，k<，求函数f(x)在上的最大值和最小值．
解：因为f(x)＝＋kln x，
f′(x)＝＋＝.
(1)若k＝0，则f′(x)＝－在上恒有f′(x)<0，
所以f(x)在上单调递减．
所以f(x)min＝f(e)＝，f(x)max＝f＝e－1.
(2)若k≠0，f′(x)＝＝.
①若k<0，则在上恒有<0，
所以f(x)在[，e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝＋kln e＝＋k－1，f(x)max＝f＝e－k－1.
②若k>0，由k<，得>e，则x－<0，
所以<0，所以f(x)在上单调递减．
所以f(x)min＝f(e)＝＋kln e＝＋k－1，
f(x)max＝f＝e－k－1.
综上，k<时，f(x)min＝＋k－1，
f(x)max＝e－k－1.

函数极值与最值的综合问题(师生共研)
已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．
【解】　(1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝.当a＝－4时，f′(x)＝.
所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；
当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝，
所以当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a＜0时，由f′(x)＞0得，x＞－，
所以f(x)在上单调递增；
由f′(x)＜0得，0 所以当a＜0时，f(x)的最小值为f＝
aln＋2.
根据题意得f＝aln＋2≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a＜0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0，
所以实数a的取值范围是[－2，0)．


(1)利用导数研究函数极值、最值的综合问题的一般思路
①若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
③求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
(2)已知最值求参数的范围
主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．　
　已知函数f(x)＝(x＋a)ln x(a∈R)．
(1)当a＝0时，求函数f(x)在区间[，3]上的最大值与最小值．
(2)①若函数f(x)有2个不同的极值点x1，x2(x1 ②在①的条件下，若x1x2≤b，求实数b的最小值．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝xln x，f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)＝0，解得x＝，
因此当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
即当x＝时，函数f(x)取得最小值，为－，
f(x)max＝max＝3ln 3，
所以f(x)在上的最小值为－，最大值为3ln 3.
(2)①f′(x)＝ln x＋＋1，
令g(x)＝ln x＋＋1，则g′(x)＝，
当a≤0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以函数g(x)至多有1个零点，即函数f(x)至多有1个极值点，不合题意．
当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝a，g(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，因此g(x)min＝g(a)＝ln a＋2.
当ln a＋2≥0，即a≥e－2时，g(x)≥0，因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)无极值点，不合题意．
当ln a＋2<0，即0 令h(a)＝g(a2)＝2ln a＋＋1(0 则h′(a)＝－＝<0，
因此h(a)在(0，e－2)上单调递减，所以h(a)>－4＋e2＋1＝e2－3>0，
即g(a2)>0，所以g(a2)g(a)<0.又g＝ae>0，
所以g(a)g<0，
所以方程g(x)＝0在(a2，a)和上各有一个根，分别为x1，x2，因此函数f(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值．
综上所述，当0 ②由题意知f′(x1)＝0且f′(x2)＝0，
即
由①－②得a＝，　③
由①＋②得ln x1＋ln x2＋a＋2＝0，　④
将③代入④得ln x1x2＋＋2＝0，
所以ln x1x2＝－－2.
又x1x2≤b，所以ln b＋＋2≥0.
令t＝，则t>1，令k＝ln b，则k＋＋2≥0，
因此＋ln t≥0在(1，＋∞)上恒成立．
令φ(t)＝＋ln t(t>1)，
则φ′(t)＝＋＝，
若φ′(t)≥0，则t2＋2(k＋3)t＋1≥0(t>1)，
得解得k≥－4，
此时函数φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t)>0，
所以k≥－4符合题意．
当k<－4时，令t2＋2(k＋3)t＋1＝0，
Δ＝4(k＋3)2－4＝4(k＋4)(k＋2)>0，
所以方程t2＋2(k＋3)t＋1＝0有两个不相等的实数根x3，x4(x3 所以x3＋x4＝－2(k＋3)>0，x3x4＝1，
因此x3<1 所以在(1，x4)上，φ(t)<0，
所以k<－4不合题意．
综上，k≥－4，即ln b≥－4，b≥e－4，
所以实数b的最小值为e－4.