(新高考)高考数学一轮复习题型归纳学案专题06导数6.3《导数与函数的极值、最值》（解析版）

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专题六 《导数》学案
6.3导数与函数的极值、最值
知识梳理.极值与最值
1．函数的极值
(1)函数的极小值：
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．
(2)函数的极大值：
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．
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．

题型一. 极值、最值的概念
1．函数y＝xsinx+cosx的一个极小值点为（　　）
A．x B．x C．x＝π D．x
【解答】解：y＝f（x）＝xsinx+cosx，
∴f′（x）＝sinx+xcosx﹣sinx＝xcosx，
令f′（x）＝0，解得x＝0或xkπ，k∈Z，
易得，函数在（0，）单调递增，（）单调递减，故x为函数的极大值点，
函数在（，0）单调递减，（﹣π，）单调递减增故x为函数的极大值点，
函数在（）单调递减，在（）单调递增，x＝π不是极值点，x为函数的极小值点．
故选：D．
2．（2017·全国2）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．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1
【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．
解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，
＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，
x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．
故选：A．
3．（2013·全国2）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（　　）
A．∃x0∈R，f（x0）＝0
B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形
C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x ）在区间（﹣∞，x0）上单调递减
D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0 ）＝0
【解答】解：
A、对于三次函数f （x ）＝x3+ax2+bx+c，
A：由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，
故∃x0∈R，f（x0）＝0，故A正确；
B、∵f（x）+f（x）＝（x）3+a（x）2+b（x）+c+x3+ax2+bx+c2c，
f（）＝（）3+a（）2+b（）+cc，
∵f（x）+f（x）＝2f（），
∴点P（，f（））为对称中心，故B正确．
C、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，
对于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1
∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）
由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（，1）
∴函数f（x）的单调增区间为：（﹣∞，），（1，+∞），减区间为：（，1），
故1是f（x）的极小值点，但f（x ）在区间（﹣∞，1）不是单调递减，故C错误；
D：若x0是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x0 ）＝0，故D正确．
由于该题选择错误的，故选：C．

4．已知函数f（x）＝x3+ax2﹣4x+5在x＝﹣2处取极值（a∈R）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值．
【解答】解：（1）由f（x）＝x3+ax2﹣4x+5，得f'（x）＝3x2+2ax﹣4，
∵函数f（x）在x＝﹣2处取极值，∴f'（﹣2）＝0，∴a＝2，
经检验，a＝2符合题意，∴f（x）＝x3+2x2﹣4x+5．
（2）由（1）知f'（x）＝3x2+4x﹣4＝（3x﹣2）（x+2），
∴x∈[﹣3，﹣2）时，f'（x）＞0；时，f'（x）＜0；时，f'（x）＞0；
∴x∈[﹣3，﹣2）时，f（x）单调递增；时，f（x）单调递减；时，f（x）单调递增；
∴f（x）的最大值只可能为f（﹣2）或f（3），又f（﹣2）＝13，f（3）＝38，
∴函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值为f（3）＝38．


题型二.已知极值、最值求参
考点1.利用二次函数根的分布
1．若函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，则b的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（1，+∞） D．（﹣1，0）
【解答】解：由题意，得f′（x）＝3x2﹣3b，
令f′（x）＝0，则x＝±，
∵函数在（，）上f′（x）＜0，函数递减，在（，+∞）上f′（x）＞0，函数递增
∴x时，函数取得极小值
∵函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，
∴01，
∴b∈（0，1）
故选：B．
2．已知函数f（x）x3ax2+x在区间（，3）上既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是（　　）
A．（2，+∞） B．[2，+∞） C．（2，） D．（2，）
【解答】解：函数f（x）x3ax2+x，求导f′（x）＝x2﹣ax+1，
由f（x）在（，3）上既有极大值又有极小值，则f′（x）＝0在（，3）内应有两个不同实数根．
，解得：2＜a，
实数a的取值范围（2，），
故选：C．


考点2.参变分离
3．若函数f（x）x2+x+1在区间（，3）上有极值点，则实数a的取值范围是（　　）
A．（2，） B．[2，） C．（2，） D．[2，）
【解答】解：∵函数f（x）x2+x+1，
∴f′（x）＝x2﹣ax+1，
若函数f（x）x2+x+1在区间（，3）上有极值点，
则f′（x）＝x2﹣ax+1在区间（，3）内有零点
由x2﹣ax+1＝0可得a＝x
∵x∈（，3），
∴2≤a，
当a＝2时，函数f（x）的导函数等于零时值只有1，可是两边的单调性相同，所以a不能等于2．
故选：C．
4．已知函数，若x＝2是函数f（x）的唯一极值点，则实数k的取值范围是（　　）
A． B． C．（0，2] D．[2，+∞）
【解答】解：∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），
∴f′（x）k，
∵x＝2是函数f（x）的唯一一个极值点，
∴x＝2是导函数f′（x）＝0的唯一根，
∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）无变号零点，
即k在x＞0上无变号零点，令g（x），
因为g'（x），
所以g（x）在（0，2）上单调递减，在x＞2 上单调递增，
所以g（x）的最小值为g（2），
所以必须k，
故选：A．
考点3.分类讨论
5．已知函数f（x）＝ax（a+1）lnx+1在（0，1]上的最大值为3，则实数a＝　e　．
【解答】解：f′（x）＝a，
令g（x）＝（ax﹣1）（x﹣1），x∈（0，1），
①当a≤1时，ax﹣1≤x﹣1＜0，
∴g（x）＞0，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1]上单调递增，
∴f（x）max＝f（1）＝a，即a＝3（舍去），
②当a＞1时，x∈（0，），g（x）＞0，f′（x）＞0；x∈（，1）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，）上单调递增，在（，1）上单调递减，
∴f（x）max＝f（），2﹣a﹣（a+1）ln3，即a﹣（a+1）lna+1＝0，即a﹣（a+1）lna+1＝0，
令h（x）＝x﹣（x+1）lnx+1（x＞1），h′（x）＝﹣lnx0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，且h（e）＝0，
∴a＝e，
故答案为：e．
6．已知函数．
（1）讨论函数f（x）的极值点；
（2）若f（x）极大值大于1，求a的取值范围．
【解答】解：
（1）①a≤0时，f（x）在单减，单增，极小值点为
②时，f（x）在（0，a）单增，单减，单增，极小值点为，极大值点为x＝a
③时，f（x）在（0，+∞）单增，无极值点．
④时，f（x）在单增，单减，（a，+∞）单增，极小值点为x＝a，极大值点为
（2）由（1），a≤0和时，无极大值，不成立．
当时，极大值，解得，∵，∴．
当时，极大值，
得，令t＝a2，则，在t＝4取得极大值g（4）＞0，且g（1）＝0，
而，而g（t）在（1，e）单增，∴g（t）＞0解为（1，e），
则，
综上．
7．已知函数f（x）＝lnx（a∈R）
（1）求函数f（x）的单调增区间；
（2）若函数f（x）在[1，e]上的最小值为，求a的值．
【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx的导数为f′（x），x＞0，
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）递增；
当a＜0时，由f′（x）＞0可得x＞﹣a，则f（x）在（﹣a，+∞）递增；
（2）由f（x）在[1，e]上的最小值可能为端点处的函数值或极值，
若f（1）＝﹣a为最小值，可得﹣a，即a，
由（1）可得f（x）在[1，）递减，在（，e]递增，
故f（x）在x处取得最小值，故不成立；
若f（e）＝1为最小值，可得1，即ae，
由（1）可得f（x）在[1，e）递减，在（e，e]递增，
故f（x）在xe处取得最小值，故不成立；
若f（﹣a）＝ln（﹣a）+1为最小值，可得ln（﹣a）+1，即a，
由（1）可得f（x）在[1，）递减，在（，e]递增，
故f（x）在x处取得最小值，故成立．
则a．

考点4.初探隐零点——设而不求，虚设零点
8．（2013·湖北）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．
．
①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．
②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x，
∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．
∴x是函数g（x）的极大值点，则0，即0，
∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．
故当0＜a时，g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，
∴x1＜1x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．
∴f（x1）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x2）＞f（1）＝﹣a．
故选：D．
9．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在上恰有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：f（x）＝（x﹣1）2+alnx，则f′（x）＝2x﹣2（x＞0），
令f′（x）＝0，得2x2﹣2x+a＝0，
由题意知2x2﹣2x+a＝0在（，+∞）上有2个根x1，x2，
故，解得：a，
由根与系数的关系得，
由求根公式得x1，2，
∵x1＜x2，∴x2，
∵a，∴x2，
则
＝x2+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）＝x2﹣1+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）+1（x2），
令t＝1﹣x2，则t，
设g（t）＝﹣t+2tlnt+1（t），则g′（t）＝1+2lnt，
易知g′（t）在（，）上单调递增，
故g′（t）＝1+2lnt＜1﹣2ln2＝ln0，
故当t时，函数g（t）为减函数，
∴g（t）2ln1ln2，且g（t）2×lnln1ln2，
∴∈（ln2，ln2）．
故选：D．
10．（2017·全国2）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﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a．
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因为当0＜x时h′（x）＜0、当x时h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（），
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1，解得a＝1；
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2，
令t′（x）＝0，解得x，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，又t（）0，所以t（x）在（0，）上存在唯一零点，
所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）x0﹣x0lnx0x0+2x0﹣2x0，
由x0可知f（x0）＜（x0）max；
由f′（）＜0可知x0，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，
所以f（x0）＞f（）；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．

课后作业.极值、最值
1．若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣2] C．（﹣∞，﹣3） D．（﹣∞，﹣3]
【解答】解：函数的导数f′（x）＝（2x+a）ex+（x2+ax+3）ex＝[x2+（a+2）x+a+3]ex，
若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，
等价为f′（x）＝0在[0，+∞）上只要一个变号根，
即f′（0）＜0，即可此时a+3＜0，得a＜﹣3，
当a＝﹣3时，f′（x）＝（x2﹣x）ex，
由f（x）＝0得x＝0或x＝1，即x＝1是函数的一个极值点，满足条件，
综上a≤﹣3，
即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]，
故选：D．
2．已知函数有三个极值点，则a的取值范围是（　　）
A．（0，e） B． C．（e，+∞） D．
【解答】解：函数的导数f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax，
若函数有三个极值点，
等价为f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax＝0有三个不同的实根，
即（1+x）ex﹣ax（x+1）＝0，
即（x+1）（ex﹣ax）＝0，
则x＝﹣1，则ex﹣ax＝0，有两个不等于﹣1的根，
则a，
设h（x），
则h′（x），
则由h′（x）＞0得x＞1，由h′（x）＜0得x＜1且x≠0，
则当x＝1时，h（x）取得极小值h（1）＝e，
当x＜0时，h（x）＜0，
作出函数h（x），的图象如图，
要使a有两个不同的根，
则满足a＞e，
即实数a的取值范围是（e，+∞），
故选：C．

3．已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx，若f（t）＝g（s），则当s﹣t取得最小值时，f（t）所在区间是（　　）
A．（ln2，1） B．（，ln2） C．（，） D．（，）
【解答】解：令f（t）＝g（s）＝a，即et＝lns＝a＞0，
∴t＝lna，s＝ea，
∴s﹣t＝ea﹣lna，（a＞0），
令h（a）＝ea﹣lna，
h′（a）＝ea
∵y＝ea递增，y递减，
故存在唯一a＝a0使得h′（a）＝0，
0＜a＜a0时，ea，h′（a）＜0，
a＞a0时，ea，h′（a）＞0，
∴h（a）min＝h（a0），
即s﹣t取最小值时，f（t）＝a＝a0，
由零点存在定理验证0的根的范围：
a0时，0，
a0＝ln2时，0，
故a0∈（，ln2），
故选：B．
4．已知函数f（x）＝lnx+x2﹣ax+a（a＞0）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），则f（x1）+f（x2）的最大值为（　　）
A．﹣1﹣ln2 B．1﹣ln2 C．2﹣ln2 D．3﹣ln2
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）2x﹣a，
由题意可知2x2﹣ax+1＝0在（0，+∞）上有两个不同的解x1，x2，
所以x1+x2，x1x2，且，解得a＞2，
所以f（x1）+f（x2）＝lnx1+x12﹣ax1+a+lnx2+x22﹣ax2+a，
＝ln（x1x2）+x12+x22﹣a（x1+x2）+2a2a﹣ln2﹣1（a﹣4）2+3﹣ln2≤3﹣ln2，
当a＝4时，等号成立，
故f（x1）+f（x2）的最大值为3﹣ln2．
故选：D．
5．已知函数，a∈R．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数a，使得函数f（x）的极值大于0？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）
①当a＝0时，f′（x），∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a≠0时，令f′（x）＝0得ax2+x+1＝0，△＝1﹣4a．
（ⅰ）当△≤0，即时，f′（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
（ⅱ）当△＞0，即时，方程ax2+x+1＝0的两个实根分别为 ，．
若，则x1＜0，x2＜0，此时，当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上单调递增若a＜0，则x1＞0，x2＜0，
此时，当x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（x1，+∞）时，f′（x）＜0f（x）单调递减，
综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），
（2）：由（1）得当a≥0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
故函数f（x）无极值；
当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
则f（x）有极大值，其值为，其中．
而，
∴，
设函数h（x）＝lnx，x＞0，则h′（x）0，
则h（x）＝lnx在（0，+∞）上为增函数．
又h（1）＝0，故h（x）＞0等价于x＞1．
因而0等价于x1＞1．
即在a＜0时，方程ax2+x+1＝0的大根大于1，
设ϕ（x）＝ax2+x+1，由于ϕ（x）的图象是开口向下的抛物线，且经过点（0，1），对称轴，则只需ϕ（1）＞0，即a+2＞0
解得a＞﹣2，而a＜0，
故实数a的取值范围为（﹣2，0）．