【红对勾】(新课标)2016高考数学大一轮复习 2.11.2导数与函数极值、最值课件 理

由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递 －1＋ 4＋3a 减，因此f(x)在x＝x2＝ 处取得最大值． 3 又f(0)＝1，f(1)＝a，所以 当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值； 当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值； 当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．
1 所以函数f(x)在(－∞， 3 ]和[1，＋∞)上单调递增，在 1 [3，1]上单调递减，极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (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；
利用导数求函数最值的方法 求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有 使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x) ＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得，也可利用 函数的单调性求得．
设函数f(x)＝alnx－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直 1 线y＝－2相切， (1)求实数a，b的值；
解析：若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数 在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两 侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x轴， 观察四个选项中的图象只有D项是不符合要求的，即f′(x) 的图象不可能是D.
答案：D
3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10， 则f(2)等于( A．11或18 C．18 ) B．11 D．17或18
令f′(x)＝0，得x1＝ －1＋ 4＋3a ，显然x1<x2. 3
－1－ 4＋3a 3
，x2＝
所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)． 当x<x1或x>x2时，f′(x)<0；
当x1<x<x2时，f′(x)>0. 故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2) 内单调递增． (2)因为a>0，所以x1<0，x2>0. ①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a<4时，x2<1.
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)的单调 增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有 b＋c 9a－3 ＝－e3， －3 e g0＝b－c＝0， g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0， x2＋5x＋5 解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝ . ex
令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3. 当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞) 上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(x)在(2,3)上为减函 数． 9 由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝ 2 ＋6ln2，在x＝ 3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.
因为f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞， －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． 5 而f(－5)＝ －5＝5e5>5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5， e ＋∞)上的最大值是5e5.
必考部分
第二章
函数、导数及其应用
第十一节
最值
热点命题· 突破
课堂实效· 检测
课时作业
热点命题· 突破 02
考点突破 解码命题
利用导数求函数的极值
【例1】 已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线 方程； (2)求函数f(x)的极值． (1)由导数的几何意义易求出方程；(2) 由极值的定义求解．
解析：∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值 10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，
2 1＋a＋b＋a ＝10， 即 3＋2a＋b＝0，
a＝－3， 解得 b＝3，
a＝4， 或 b＝－11.
a＝－3， 而当 b＝3
时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)． (1)当a＝1，且函数图象过(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(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； 1 由f′(x)<0，解得 <x<1. 3 1 3
利用导数求函数的最值
【例2】 (2014· 安徽卷)设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2 －x3，其中a>0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性； (2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x 的值．
【解】 －2x－3x2.
(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a
x∈(lnk，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增． 所以函数y＝g(x)的最小值为g(lnk)＝k(1－lnk)． 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点， g0>0， glnk<0， 当且仅当 g2>0， 0<lnk<2，
e2 解得e<k< . 2
综上所述，函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时，k的
e2 取值范围为e， 2 .
由函数的极值、最值逆求参数的值(或取值 范围)问题，往往需要对参数进行分类讨论，如何划分参数 讨论的区间成为思维的难点．由于这类问题涉及函数的单 调区间，因此分类的标准是使函数在指定的区间内其导数 f′(x)的符号能够确定为正或为负．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函 数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a. 又当x∈(0，a)时，f′(x)<0； 当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0. 从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a －alna，无极大值． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函 数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.故选C.
答案：C
4．若函数f(x)＝ ________.
x2＋a x＋1
在x＝1处取极值，则a＝
2xx＋1－x2＋a x2＋2x－a 解析：由f′(x)＝ ＝ ＝0， x＋12 x＋12 ∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值， ∴x＝1是x2＋2x－a＝0的根，∴a＝3.
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， 4 即16－12a≤0，解得a≥ . 3 4 综上，a的取值范围为[3，＋∞)．
课堂实效· 检测 03
当堂检验 小试牛刀
x3 2 1．函数f(x)＝ 3 ＋x －3x－4在[0,2]上的最小值是( 17 A．－ 3 10 B．－ 3 C．－4 64 D．－ 3
2
1 1 ∵当 e≤x≤e时，令f′(x)>0得 e≤x<1；
1 令f′(x)<0，得1<x≤e，∴f(x)在 e，1 上单调递增，在
1 [1，e]上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－2.
已知函数的极值(最值)求参数范围
ex 2 【例3】 (2014· 山东卷)设函数f(x)＝x2－kx＋lnx
(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的取值 范围．
【解】
(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)．
x2ex－2xex 2 1 f′(x)＝ －k－x2＋ x x4 xex－2ex kx－2 x－2ex－kx ＝ x3 － x2 ＝ . x3 由k≤0可得ex－kx>0， 所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减， x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增． 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2， ＋∞)．
(2)由(1)知，当k≤0时，函数f(x)在(0,2)内单调递减， 故f(x)在(0,2)内不存在极值点； 当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)． 因为g′(x)＝ex－k＝ex－elnk， 当0<k≤1时，当x∈(0,2)时，g′(x)＝ex－k>0，y＝g(x) 单调递增， 故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点； 当k>1时，得x∈(0，lnk)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单 调递减，
【解】
a 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－x .
2 (1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－ x (x>0)，因而 f(1)＝1，f′(1)＝－1， ∴曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－ (x－1)，即x＋y－2＝0. a x－a (2)由f′(x)＝1－x ＝ x ，且x>0，
设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)． (1)确定a的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值．