2021高三人教B版数学一轮（经典版）教师用书：第3章第3讲　导数与函数的极值、最值

第3讲　导数与函数的极值、最值

基础知识整合

1．导数与函数的极值

(1)函数的极小值与极小值点

若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值；

(2)函数的极大值与极大值点

若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．

2．导数与函数的最值

(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件

如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．

(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤

①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值.

②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值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．

1．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．

2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．

3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．

1．函数f(x)＝x3－6x2＋8x的极值点是(　　)

A．x＝1 B．x＝－2

C．x＝－2和x＝1 D．x＝1和x＝2

答案　D

解析　f′(x)＝4x2－12x＋8＝4(x－2)(x－1)，则结合列表可得函数f(x)的极值点为x＝1和x＝2.故选D．

2．(2019·哈尔滨模拟)设函数f(x)＝xex，则(　　)

A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点

C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点

答案　D

解析　f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.

令f′(x)＝0，则x＝－1.

当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，

所以x＝－1为f(x)的极小值点．

3．(2019·岳阳模拟)函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)

A．1－e B．－1

C．－e D．0

答案　B

解析　因为f′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.故选B．

4．函数y＝x3－3x2－9x(－2<x<2)有(　　)

A．极大值为5，极小值为－27

B．极大值为5，极小值为－11

C．极大值为5，无极小值

D．极大值为－27，无极小值

答案　C

解析　y′＝3x2－6x－9＝3(x2－2x－3)＝3(x－3)(x＋1)，∴y′＝0时，x＝3或x＝－1.∵－2<x<2，∴x＝－1时，y＝5.x＝－1为极大值点，极大值为5，无极小值．

5．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝(　　)

A． B．－

C．－ln 2 D．ln 2

答案　B

解析　由y＝x·2x，得y′＝2x＋x·2x·ln 2.令y′＝0，得2x(1＋x·ln 2)＝0.∵2x>0，∴x＝－.

6．若f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则常数c的值为________.

答案　6

解析　f′(x)＝3x2－4cx＋c2，∵f(x)在x＝2处有极大值，∴解得c＝6.

核心考向突破

精准设计考向，多角度探究突破

考向一　导数与函数的极值　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

角度　　知图判断函数极值情况

例1　

(2019·浙江杭州二中6月热身考)如图，可知导函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)，设h(x)＝f(x)－g(x)，则下列说法正确的是(　　)

A．h′(x0)＝0，x＝x0是h(x)的极大值点

B．h′(x0)＝0，x＝x0是h(x)的极小值点

C．h′(x0)≠0，x＝x0不是h(x)的极值点

D．h′(x0)≠0，x＝x0是h(x)的极值点

答案　B

解析　由题知g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，

故h(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，

所以h′(x)＝f′(x)－f′(x0)，因为

h′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0，

又当x<x0时，有h′(x)<0，

当x>x0时，有h′(x)>0，

所以x＝x0是h(x)的极小值点，故选B．

角度　　已知函数解析式求极值

例2　(2019·福建泉州单科质检)已知函数f(x)＝ax3－bx＋2的极大值和极小值分别为M，m，则M＋m＝(　　)

A．0 B．1

C．2 D．4

答案　D

解析　f′(x)＝3ax2－b＝0，该方程两个根为x1，x2，故f(x)在x1，x2处取到极值，

M＋m＝ax－bx1＋2＋ax－bx2＋2

＝－b(x1＋x2)＋a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋4，

又x1＋x2＝0，x1x2＝－，

所以M＋m＝4，故选D．

角度　　已知函数的极值求参数的值或取值范围

例3　(1)(2020·辽宁丹东质量测试二)若x＝1是函数f(x)＝x3＋(a＋1)x2－(a2＋a－3)x的极值点，则a的值为(　　)

A．－2 B．3

C．－2或3 D．－3或2

答案　B

解析　∵f′(x)＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋a－3)，

∴f′(1)＝0，则

f′(1)＝1＋2(a＋1)－(a2＋a－3)＝0，

解得a＝3或a＝－2.

当a＝3时，

f′(x)＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋a－3)

＝x2＋8x－9＝(x＋9)(x－1)，

当x>1或x<－9时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

当－9<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，

显然x＝1是函数f(x)的极值点．

当a＝－2时，

f′(x)＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋a－3)

＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，

∴函数R是上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，故选B．

(2)(2019·沈阳模拟)设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________.

答案　a>－1

解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a，∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝.①若a≥0，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝1是f(x)的极大值点．②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1<a<0.综合①②得a的取值范围是a>－1.

函数极值问题的常见类型及解题策略

(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．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．

(2)已知函数求极值．求f′(x)―→求方程f′(x)＝0的根―→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．

(3)已知极值求参数．若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．

[即时训练]　1.函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a，b的值为(　　)

A．a＝3，b＝－3，或a＝－4，b＝11

B．a＝－4，b＝1，或a＝－4，b＝11

C．a＝－1，b＝5

D．以上都不正确

答案　D

解析　f′(x)＝3x2－2ax－b，依题意，有

即

解得或

当a＝3且b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3≥0，函数f(x)无极值点，故符合题意的只有故选D．

2．(2019·贵阳模拟)已知函数y＝的图象如图所示(其中f′(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数)，则以下说法错误的是(　　)

A．f′(1)＝f′(－1)＝0

B．当x＝－1时，函数f(x)取得极大值

C．方程xf′(x)＝0与f(x)＝0均有三个实数根

D．当x＝1时，函数f(x)取得极小值

答案　C

解析　由图象可知f′(1)＝f′(－1)＝0，A说法正确．当x<－1时，<0，此时f′(x)>0；当－1<x<0时，>0，此时f′(x)<0，故当x＝－1时，函数f(x)取得极大值，B说法正确．当0<x<1时，<0，此时f′(x)<0；当x>1时，>0，此时f′(x)>0，故当x＝1时，函数f(x)取得极小值，D说法正确．故选C．

3．(2019·湖南师大附中模拟)若函数f(x)＝(2－a)在上有极大值，则实数a的取值范围为(　　)

A．(，e) B．(，2)

C．(2，e) D．(e，＋∞)

答案　B

解析　令f′(x)＝(2－a)(x－1)(ex－a)＝0，得x＝ln a∈，解得a∈(，e)，由题意知，当x∈时，f′(x)>0，当x∈(ln a,1)时，f′(x)<0，所以2－a>0，得a<2.综上，a∈(，2)．故选B．

考向二　导数与函数的最值

例4　(2019·苏州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．

解　(1)f′(x)＝－a(x>0)，

①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，

即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．

②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝.

当0<x<时，f′(x)＝>0；

当x>时，f′(x)＝<0，

故函数f(x)的单调递增区间为，

单调递减区间为.

(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，∴f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.

②当≥2，即0<a≤时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，∴f(x)的最小值是f(1)＝－a.

③当1<<2，即<a<1时，函数f(x)在上是增函数，在上是减函数．又f(2)－f(1)＝ln 2－a，∴当<a<ln 2时，最小值是f(1)＝－a；

当ln 2≤a<1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a.

综上可知，

当0<a<ln 2时，函数f(x)的最小值是－a；

当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是ln 2－2a.

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．

[即时训练]　4.已知函数f(x)＝

(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；

(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．

解　(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，

令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

故当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.

(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0)和上单调递减，在上单调递增．

因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，

所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.

②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，

当a≤0时，f(x)≤0；

当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.

故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；

当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.

考向三　极值与最值的综合应用

例5　(2019·大庆模拟)已知函数f(x)＝，其中a为正实数，x＝是f(x)的一个极值点．

(1)求a的值；

(2)当b>时，求函数f(x)在[b，＋∞)上的最小值．

解　f′(x)＝.

(1)因为x＝是函数y＝f(x)的一个极值点，所以f′＝0，

因此a－a＋1＝0，解得a＝.

经检验，当a＝时，x＝是y＝f(x)的一个极值点，故所求a的值为.

(2)由(1)可知，f′(x)＝，

令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝.

f(x)与f′(x)随x的变化情况如下：

所以，f(x)的单调递增区间是，，单调递减区间是.

当<b<时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．

所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f＝；

当b≥时，f(x)在[b，＋∞)上单调递增，

所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f(b)＝＝.

(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)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，然后借助图象得到函数的最值．

[即时训练]　5.(2019·山西三区八校模拟)已知函数f(x)＝ln x＋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)＝ln x＋ax2＋bx，

所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，

因为函数f(x)＝ln x＋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)＝，

令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.

f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，单调递减区间为.

(2)由(1)知f′(x)＝，

令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，

因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1，

当<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，

当a>0时，x2＝>0，

当<1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，[1，e]上单调递增，

所以最大值可能在x＝或x＝e处取得，

而f＝ln ＋a2－(2a＋1)＝ln －－1<0，所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，

解得a＝，

当1<<e时，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，

而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，

所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，

解得a＝，与1<x2＝<e矛盾，

当x2＝≥e时，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)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，矛盾，

综上所述，a＝或a＝－2.