【优选整合】高中数学高三一轮(理)第2章2.13导数与函数的极值、最值练习1

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高考数学导函数极值最值问题-解析版

高考数学导函数极值最值问题题型一：根据图像判断极值点情况【例1】.函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则()A．x=1是最小值点B．x=0是极小值点C．x=2是极小值点D．函数f(x)在(1，2)上单调递增【答案】C【解析】由图象得：f(x)在(−∞，0)递增，在(0，2)递减，在(2，+∞)递增∴x=2是极小值点故选 C变式训练1.函数f(x)的定义域为开区间(a,b)，导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点 ()A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A【解析】由f′(x)的图象可知，函数f(x)在区间(a,b)上的单调性依次是：增→减→增→减．由极小值点的定义可知，在区间(a,b)上有1个极小值点【备注】利用导数研究函数的极值．若在x0处函数的导数值为零，在x0左侧函数单减，右侧函数单增，则在x0处取得极小值．变式训练2.( 尖子班 ) 如下图，直线y=ax+2与曲线y=f(x)交于A、B两点，其中A是切点，记ℎ(x)=f(x)，g(x)=f(x)−ax，则下列判断正确的是()xA．ℎ(x)只有一个极值点B．ℎ(x)有两个极值点，且极小值点小于极大值点C．g(x)的极小值点小于极大值点，且极小值为−2D．g(x)的极小值点大于极大值点，且极大值为2【答案】D【解析】设切点A的坐标为(x0，f(x0))，则由条件得f′(x0)=a 且当x<x0时，f′(x)>a；当x>x0时，f′(x)<a∵g(x)=f(x)−ax∴g′(x)=f′(x)−a∴当x<x0时，g′(x)=f′(x)−a>0，g(x)单调递增当x>x0时，g′(x)=f′(x)−a<0，g(x)单调递减∴当x=x0时g(x)有极大值，且极大值为g(x0)=f(x0)−ax0=2同理g(x)有极小值，结合图形可得g(x)的极小值点大于极大值点选 D题型二：利用导数讨论函数极值点与求极值【例2】.函数y=14x4−13x3的极值点的个数为()A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】因为y=14x4−13x3所以y′=x3−x2=x2(x−1)由y′=0得x1=0，x2=1，当x变化时，y′，y的变化情况如下表x(−∞，0)0(0，1)1(1，+∞) y′−0−0+ y减无极值减极小值增由表可知，函数只有一个极值点故选 B变式训练.已知函数f(x)=2mx+1+ln⁡x−m(m∈R)，试讨论函数f(x)的极值点情况．【答案】当m≤2时，f(x)无极值点当m>2时，f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m极小值点为x=m−1+√m2−2m 【解析】由题得，f(x)的定义域为(0，+∞)f′(x)=1x−2m(x+1)2=x2+2(1−m)x+1x(x+1)2(m∈R)设g(x)=x2+2(1−m)x+1Δ=4(1−m)2−4=4m(m−2)①当m≤0时，对称轴x=m−1<0故g(x)在区间(0，+∞)上单调递增则g(x)>g(0)=1所以f′(x)>0在区间(0，+∞)上恒成立所以f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，f(x)无极值②当0<m≤2时，Δ≤0，g(x)=x2+2(1−m)x+1≥0恒成立故f′(x)≥0在区间(0，+∞)上恒成立所以f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，f(x)无极值③当m>2时，令g(x)=0，得x1=m−1−√m2−2mx2=m−1+√m2−2m令f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2令f′(x)<0，得x1<x<x2所以f(x)在区间(0，x1)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，在区间(x2，+∞)上单调递增故f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m，极小值点为x=m−1+√m2−2m.综上所述，当m≤2时，f(x)无极值点当m>2时，f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m，极小值点为x=m−1+√m2−2m 【备注】由题得，求得f′(x)=x2+2(1−m)x+1x(x+1)2设g(x)=x2+2(1−m)x+1由Δ=4m(m−2)分m≤0、0<m≤2、m>2三种情况讨论，即可得到函数极值点的情况本题主要考查利用导数求解函数的极值（点）和不等式的恒成立问题求解，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力．导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题【例3】.已知x=−2是f(x)=(x2+ax−1)e x−1的极值点，则f(x)的极小值为()A．−1B．−2e−3C．5e−3D．1【答案】Ax3−4x+4的极大值为()变式训练.函数f(x)=13B．6A．283C．26D．73【答案】A【解析】定义域为R，f(x)=x2−4=(x+2)(x−2)f(x)在(−∞，−2)上单调递增在(−2，2)上单调递减在(2，+∞)上单调递增所以f(x)的极大值为f(−2)=283【备注】题目比较简单，直接求导，利用导数确定单调性求解函数极值即可题型三：已知极值求参数【例4】.已知函数f(x)=x(e x−2a)−ax2，若f(x)有极小值且极小值为0，求a的值．【答案】a=12【解析】f′(x)=(e x−2a)+xe x−2ax=(x+1)(e x−2a)，x∈R①若a≤0，则由f′(x)=0解得x=−1当x∈(−∞，−1)时，f′(x)<0，f(x)递减当x∈(−1，+∞)上，f′(x)>0，f(x)递增故当x=−1时，f(x)取极小值f(−1)=a−e−1（舍去）令a−e−1=0，得a=1e若a>0，则由e x−2a=0，解得x=ln(2a)时a．若ln⁡(2a)<−1，即0<a<12e当x∈(−∞，ln(2a))上，f′(x)>0，f(x)递增当x∈(ln⁡(2a)，−1)上，f′(x)<0，f(x)递增故当x=−1时，f(x)取极小值f(−1)=a−e−1（舍去）令a−e−1=0，得a=1e时，f′(x)≥0，f(x)递增不存在极值b．若ln⁡(2a)=−1，即a=12e时c．若ln⁡(2a)>−1，即a>12e当x∈(−∞，−1)上，f′(x)>0，f(x)递增x∈(−1，ln(2a))上，f′(x)<0，f(x)递减当x∈(ln⁡(2a)，+∞)上，f′(x)>0，f(x)递增故当x=ln(2a)时，f(x)取极小值f(ln⁡(2a))=−aln2(2a)=0得a=12满足条件故当f(x)有极小值且极小值为0时，a=12【备注】求出导函数f′(x)=(x+1)(e x−2a)，通过研究f′(x)=0的解，确定f′(x)>0和f′(x)<0的解集，以确定f(x)的单调性，从而确定f(x)是否有极小值，在有极小值时，由极小值为0，解得a值，如符合上述范围，即为所求【例5】.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2，在x=−1时极值为0，则mn为()A．29B．13C．29或13D．不存在【答案】A【解析】∵f(x)=x3+3mx2+nx+m2∴f′(x)=3x2+6mx+n由题意{−1+3m−n+m2=03−6m+n=0且(6m)2−4×3×n>0解得m=2，n=9则mn =29故选 A变式训练.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=−1处取得极值0，则m+ n=________ ．【答案】11【解析】由f(x)=x3+3mx2+nx+m2，得：f′(x)=3x2+6mx+n 因为函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=−1处取得极值0所以{f′(−1)=0 f(−1)=0所以{−1+3m−n+m2=0 3−6m+n=0解得：{m1=1n1=3或{m2=2n2=9当{m1=1n1=3时，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0所以函数在R上为单调递增函数，与在x=−1处取得极值0相矛盾所以{m1=1n1=3不合题意，舍去当{m2=2n2=9时，f′(x)=3x2+12x+9=2(x+1)(x+3)所以，f′(−1)=0，且当−3<x<−1时，f′(−1)<0，函数f(x)在区间(−3，−1)上为减函数当x>−1时，f′(−1)>0，函数f(x)在区间(−1，+∞)上为增函数所以函数f(x)在x=−1处取得极值，所以符合题意所以m+n=2+9=11所以答案应填：11题型四：已知极值求参数范围【例6】.已知f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．【答案】(−∞,−1)∪(2,+∞)【解析】f(x)有极大值又有极小值，故f′(x)=3x2+6ax+3(a+2)=0有两个不同的解即Δ=36a2−4×3×3(a+2)>0∴a∈(−∞,−1)∪(2,+∞)变式训练1.若函数f(x)=ax−x2−ln⁡x存在极值，且这些极值的和不小于4+ln⁡2，则a的取值范围为()A．[2,+∞)B．[2√2,+∞)C．[2√3,+∞)D．[4,+∞)【答案】C【解析】f(x)=ax−x2−ln⁡x，x∈(0,+∞)，则f′(x)=a−2x−1x =−2x2−ax+1x，∵函数f(x)存在极值，∴f′(x)=0在(0,+∞)上有根，即2x2−ax+1=0在(0,+∞)上有根，∴Δ=a2−8⩾0，显然当Δ=0时，f(x)无极值，不合题意；∴方程必有两个不等正根，记方程2x2−ax+1=0的两根为x1，x2，则x1+x2=a2，x1x2=12，f(x1)，f(x2)是函数F(x)的两个极值，由题意得，f(x1)+f(x2)=a(x1+x2)−(x12+x22)−(ln⁡x1+ln⁡x2)=a22−a24+1−ln⁡12⩾4+ln⁡2化简解得a2⩾12，满足Δ>0，又x1+x2=a2>0，即a>0，∴a的取值范围是[2√3,+∞)．故选 C【备注】【考点】：利用导数研究函数的极值．本题考查导数与函数的单调性、极值的关系，求函数f(x)的定义域，求出f′(x)，利用导数和极值之间的关系将条件转化：f′(x)=0在(0,+∞)上有根，即2x2−ax+1=0在(0,+∞)上有根，根据二次方程根的分布问题列出方程组，根据条件列出关于a的不等式，求出a的范围，属于中档题．变式训练2.若函数f(x)=a(x−2)e x+lnx−x存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a的取值范围为()A．(−1e2,1 e2 )B．(−1e ,1 e )C．(−1e2,0]D．(−1e,0]【答案】D【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性极值，先求导，再由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)，根据(∗)无解和函数的极值小于0即可求出a的范围．f′(x)=a(x−1)e x+1x −1=(x−1)(ae x−1x)．由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)．由于f(x)仅有一个极值点．关于x的方程(∗)必无解．①当a=0时，(∗)无解，符合题意．②当a≠0时，由(∗)得，a=1xe x．设g(x)=xe x．∴g′(x)=e x(x+1)>0恒成立．∴g(x)为增函数．∴函数y=1xe x为减函数．∴当x→+∞时，y→0．∴a<0．∴x=1为f(x)的极值点．∵f(1)=−ae−1<0．∴a>−1e．综上可得a的取值范围是(−1e,0]．故选 D题型五：利用导数求函数最值【例7】.已知函数f(x)=x3−12x+8在区间[−3,3]上的最大值、最小值分别为M，m，则M−m= ________【答案】32【解析】f′(x)=3x2−12．当x<−2或x>2时函数单调递增；当−2<x<2时函数单调递减．又f(−3)=17，f(−2)=24，f(2)=−8，f(3)=−1，比较以上几个数可得M=24，m=−8利用导数研究函数的最值，所以M−m=32．【备注】先判断函数的单调性，然后比较极值与端点处的函数值，从而得出函数的最大、最小值．变式训练.已知函数f(x)=2x3−3x．求f(x)在区间[−2,1]上的最大值；【答案】√2【解析】由f(x)=2x3−3x得f′(x)=6x2−3,令f′(x)=0，得x=−√22或x=√22,因为f(−2)=−10,f(−√22)=√2,f(√22)=−√2,f(1)=−1,所以f(x)在区间[−2,1]上的最大值利用导数研究函数的最值为f(−√2)=√2.【备注】本题考查利用导数确定函数最值的相关问题．题型六：根据最值求参数值【例8】.已知函数f(x)=12ax2−ln⁡x,a∈R．(1) 求函数f(x)的单调区间；【答案】当a⩽0时，函数f(x)的单调减区间是(0,+∞)；当a>0时，函数f(x)的单调减区间是(0,√1a )，单调增区间为(√1a,+∞)．【解析】求导分析导数正负即可，注意对a进行分类讨论．①当a=0时，f′(x)=−1x<0，故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．②当a<0时，f′(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当a>0时，令f′(x)=0，解得x=√1a．当x∈(0,√1a )时，f′(x)<0 , 所以函数f(x)在(0,√1a)单调递减.当x∈(√1a ,+∞)时, f′(x)>0，所以函数f(x)在(√1a,+∞)单调递增．综上所述，当a⩽0时，函数f(x)的单调减区间是(0,+∞)；当a>0时，函数f(x)的单调减区间是(0,√1a )，单调增区间为(√1a,+∞)．(2) 若函数f(x)在区间[1,e]的最小值为1，求a的值．【答案】a=2．【解析】分a⩽0和a>0两种情况来表示f(x)的最小值，令最小值等于1，求出a的值．①当a⩽0时，由（1）可知，f(x)在[1,e]上单调递减，所以f(x)的最小值为f(e)=12ae2−1=1，解得a=4e2>0舍去．②当a>0时，由（1）可知：当√1a⩽1，即a⩾1时，函数f(x)在[1,e]上单调递增，所以函数f(x)的最小值为f(1)=12a=1，解得a=2．当1<√1a <e，即1e2<a<1时，函数f(x)在(1,√1a)上单调递减，在(√1a,e)上单调递增，所以函数f(x)的最小值为f(√1a )=12+12ln⁡a=1，解得a=e舍去．当√1a ⩾e,即0<a⩽1e2时，函数f(x)在[1,e]上单调递减，所以函数f(x)的最小值为f(e)=1 2ae2−1=1，得a=4e2舍去．综上所述，a=2．变式训练.已知f(x)=2xln⁡x−mx+2e．(1) 若方程f(x)=0在(14，e)上有实数根，求实数m的取值范围；【答案】[0，2e2+2)【解析】方程f(x)=0可化为2xlnx=mx−2e令 g(x)=2xlnx ，则 g ′(x)=2(ln⁡x +1)由 g ′(x)>0 可得 x >1e ，由 g ′(x)<0 可得 0<x <1e∴ g(x) 在 (0，1e ) 上单调递减，在 (1e ，+∞) 上单调递增∴ g(x) 的极小值为 g(1e )=−2e而 g(14)=−ln⁡2， f(e)=2e ，则 g(14)<g(e)由条件可知点 (0，−2e ) 与 (e ，2e) 连线的斜率为 2e 2+2可知点 (0，−2e ) 与 (14，−ln⁡2) 连线的斜率为 8e −4ln⁡2，而 2e 2+2>8e −4ln⁡2结合图像可得 0≤m <2e 2+2 时，函数 y =g(x) 与 y =mx −1e 有交点∴ 方程 f(x)=0 在 (14，e) 上有实数根时，实数 m 的取值范围是 [0，2e 2+2)【备注】令 f(x)=0，将其化为 2xlnx =mx −2e ，构造函数 g(x)=2xlnx ，利用导数研究函数的单调性与极值，结合图象可求得 m 的范围(2) 若 y =f(x) 在 [1，e] 上的最小值为 −4+2e ，求实数 m 的值．【答案】2ln⁡2+2【解析】由 f(x)=2xln⁡x −mx +2e 可得 f ′(x)=2ln⁡x −m +2① 若 m ≥4，则 f ′(x)≤0 在 [1，e] 上恒成立即 f ′(x) 在 [1，e] 单调递减则 f(x) 的最小值为 f(e)=2e −me +2e =−4+2e故 m =2+4e ，不满足 m ≥4，舍去② 若 m ≤2，则 f ′(x)≥0 在 [1，e] 上恒成立即 f ′(x) 在 [1，e] 单调递增则 f(x) 的最小值为 f(1)=−m +2e =−4+2e故m=4，不满足m≤2，舍去③若2<m<4，则x∈[1，e m−22)时，f′(x)<0x∈(e m−22，e]时，f′(x)>0∴f(x)在[1，e m−22)上单调递减，在[e m−22，e)上单调递增∴f(x)的最小值为f(e m−22)=−2e m−22+2e =−4+2e解之得m=2ln⁡2+2，满足2<m<4∴综上可知，实数m的值为2ln⁡2+2【备注】对f(x)求导，然后按m分类讨论函数的单调区间，结合最小值可求得m点的值求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域．函数y=f(x)的零点就是f(x)=0的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象．方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理题型七：根据最值求参数取值范围【例9】.若函数f(x)=3x−x3在区间(a2−12,a)上有最小值，则实数a的取值范围是() A．(−1,√11)B．(−1,4)C．(−1，2]D．(−1,2)【答案】C【解析】【解答】由题f′(x)=3−3x2，令f′(x)>0解得−1<x<1；令f′(x)<0解得x<−1或x>1由此得函数在(−∞,−1)上是减函数，在(−1,1)上是增函数，在(1,+∞)上是减函数故函数在x=−1处取到极小值−2，判断知此极小值必是区间(a2−12，a)上的最小值∴a2−12<−1<a，解得−1<a<√11又当x=2时，f（2）=−2，故有a⩽2综上知a∈(−1，2]故选C．【分析】求函数f(x)=3x−x3导数，研究其最小值取到位置，由于函数在区间(a2−12，a)上有最小值，故最小值点的横坐标是集合(a2−12，a)的元素，由此可以得到关于参数a的等式，解之求得实数a的取值范围变式训练.函数f(x)=x3−3ax−a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0⩽a<1B．0<a<1C．−1<a<1D．0<a<12【答案】B【解析】f′(x)=3(x2−a)．若a⩽0，则函数f(x)在(0,1)上单增，此时没有最小值；所以a>0，此时函数f(x)在(0,√a)单减，(√a,1)单增．因为函数f(x)有最小值，所以√a< 1,解得a<1利用导数研究函数的最值．综上，0<a<1．【备注】本题需要对a的取值进行分类讨论，注意是在开区间内有最小值，所以最小值点一定在极小值点取到．精选精练1.函数f(x)的定义域为(a,b)，导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a,b)内有极值点________ 个【答案】3【解析】观察图象可得，导函数的变号零点有3个，因此函数f(x)在(a,b)内有3个极值点.2.已知函数y=x−ln⁡(1+x2)，则函数y的极值情况是()A．有极小值B．有极大值C．既有极大值又有极小值D．无极值【答案】D【解析】y′=1−2x1+x2=(x−1)21+x2⩾0；∴该函数无极值．故选：D．求y′，从而可判断y′⩾0，从而得出该函数无极值．【备注】考查复合函数的导数公式，完全平方式，以及极值的定义．3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R)在x=−2处取极大值为0，则b= () A．3B．4C．−4D．−3【答案】C【解析】∵f(x)=x3+ax2+b，∴f′(x)=3x2+2ax，函数在x=−2处取极小值0，∴−23+4a+b=0，12−4a=04.对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x−a)f′(x)⩾0，则必有()A ．f(x)⩾f(a)B ．f(x)⩽f(a)C ．f(x)>f(a)D ．f(x)<f(a)【答案】A【解析】由 (x −a)f ′(x)⩾0 知，当 x >a 时，f ′(x)⩾0；当 x <a 时，f ′(x)⩽0．所以当 x =a 时，函数 f(x) 取得最小值，则 f(x)⩾f(a)．5.已知函数 f(x)=e x x +k(lnx −x)，若 x =1 是函数 f(x) 的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是( )A ．(−∞,e]B ．[0,e]C ．(−∞,e)D ．[0,e) 【答案】A【解析】对参数需要进行讨论．∵ 函数 f(x)=e x x +k(lnx −x)．∴ 函数 f(x) 的定义域是 (0,+∞)．∴f ′(x)=e x x−e xx 2+k(1x −1)=(e x −kx)(x−1)x 2．∵x =1 是函数 f(x) 的唯一一个极值点．∴x =1 是导函数 f ′(x)=0 的唯一根．∴e x −kx =0 在 (0,+∞) 无变号零点．令 g(x)=e x −kx ．g ′(x)=e x −k ．① k ≤0 时，g ′(x)>0 恒成立．g(x) 在 (0,+∞) 时单调递增的．g(x) 的最小值为 g(0)=1，g(x)=0 无解．② k >0 时，g ′(x)=0 有解为：x =ln⁡k ．0<x <ln⁡k 时，g ′(x)<0，g(x) 单调递减．ln⁡k <x 时，g ′(x)>0，g(x) 单调递增．∴g(x) 的最小值为 g(ln⁡k)=k −kln⁡k ．∴k −kln⁡k >0．∴k <e ．由 y =e x 和 y =ex 图象，它们切于 (1,e)．综上所述：k ≤e ．故选 A【备注】本题考查由函数的导函数确定极值问题．6.若函数f(x)=x 33−a 2x 2+x +1在区间(12,3)上有极值点，则实数a 的取值范围是________．【答案】 (2,103)【解析】若函数f(x)在区间( 12 ，3)上无极值，则当x ∈( 12 ，3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩾0恒成立或当x ∈(12,3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩽0恒成立．当x ∈(12,3)时，y =x +1x 的值域是[2,103)；当x ∈(12,3)时， f ′(x)=x 2−ax +1⩾0，即a ⩽x +1x 恒成立，a ⩽2；当x ∈(12,3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩽0，即a ⩾x +1x 恒成立，a ⩾103．因此要使函数f(x)在(12,3)上有极值点，则实数a 的取值范围是(2,103).故答案为(2,103)．【备注】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，其中将问题转化为导函数的零点问题是解答此类问题最常用的办法．7.函数 f(x)=13x 3−x 2+a ，函数 g(x)=x 2−3x ，它们的定义域均为 [1,+∞)，并且函数 f(x)的图象始终在函数g(x)的上方，那么a的取值范围是 ()A．(0,+∞)B．(−∞,0)C．(−43,+∞)D．(−∞,43)【答案】A【解析】设ℎ(x)=13x3−x2+a−x2+3x，则ℎ′(x)=x2−4x+3=(x−3)(x−1),于是x∈(1,3)单调递减；x∈(3,+∞)单调递增，当x=3时，函数ℎ(x)取得最小值利用导数研究函数的最值，因为f(x)在g(x)上方，则有ℎmin(x)>0，即ℎ(3)=a>0，所以a的取值范围是(0,+∞)利用导数研究函数的图象与性质．【备注】可构造新函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，所以问题等价于函数ℎ(x)在[1,+∞)上大于0恒成立．8.若函数f(x)=a(x−2)e x+ln⁡x−x存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a的取值范围为________ ．【答案】(−1e,0]【解析】先求导，再由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)，根据(∗)无解和函数的极值大于0即可求出a的范围．f(x)=a(x−2)e x+ln⁡x−x，x>0．∴f′(x)=a(x−1)e x+1x −1=(x−1)(ae x−1x)．由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)．由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(∗)必无解．①当a=0时，(∗)无解，符合题意．②当a≠0时，由(∗)得，a=1xe x．设g(x)=xe x．∴g′(x)=e x(x+1)>0恒成立．∴g(x)为增函数．∴函数y=1xe为减函数．∴当x→+∞时，y→0．∴a<0．∴x=1为f(x)的极值点．∵f(1)=−ae−1<0．∴a>−1e．综上可得a的取值范围是(−1e,0]．故答案为(−1e,0]．9.函数f(x)=ln xx的最大值为()A．1eB．eC．e2D．103【答案】A【解析】令y′=(lnx)⋅x−lnx⋅x′x2=1−lnxx2=0则x=e当x>e时，y′<0当0<x<e时，y′>0所以当x=e时，函数有极大值，极大值为1e因为函数在定义域内只有—个极值，所以y max=1e10.函数y=xcos⁡x−sin⁡x在[π2,3π2]的最小值为________ ．【答案】−π【解析】由已知，得y′=cos⁡x−xsin⁡x−cos⁡x=−xsin⁡x,当π2<x<π时，y′<0；当π<x<3π2时，y′>0．因此，y min=πcos⁡π−sin⁡π=−π.11.已知函数f(x)=(x2−7x+13)e x，求函数f(x)的极值【答案】y极大值=f(2)=3e2,y极小值=f(3)=e312.设0<x<π，则函数y=2−cos⁡xsin x的最小值是 () A．3B．2 C．√3D．2−√3【答案】C【解析】y′=sin2⁡x−(2−cos⁡x)cos⁡xsin x =1−2cos⁡xsin x，∵0<x<π，∴当π3<x<π时，y′>0；当0<x<π3时，y′<0．∴x=π3时，y min=√3．13.已知函数f(x)=xln⁡x−ax2+a不存在最值，则实数a的取值范围是()A．(0,1)B．(0,12]C．[1,+∞)D．[12,+∞)【答案】D【解析】由题意，f′(x)=ln⁡x+1−2ax令f′(x)=0，得ln⁡x=2ax−1，函数f(x)不存在最值，等价于f′(x)=ln⁡x−2ax+1最多1个零点，等价于函数y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点，当y=ln⁡x和y=2ax−1相切时，设切点是(x0,ln⁡x0)，∴{ln⁡x0=2ax0−12a=1x0，解得：a=12，故当a=12时，直线y=2ax−1与y=ln⁡x的图象相切，故a⩾12时，y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点．则实数a的取值范围是[12,+∞)．故选：D．【备注】问题等价于函数y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点，当y=ln⁡x和y=2ax−1相切时，设切点是(x0,ln⁡x0)，求出a的临界值即可．本题考查了导数的应用以及函数的最值问题，考查转化思想，是一道中档题．14.设函数f(x)=13x3−x+m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为()A．−13B．−1C．13D．1【答案】A【解析】对函数f(x)=13x3−x+m求导得，f′(x)=x2−1．令f′(x)=0得，x2−1=0，解得x=±1．当x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)为单调增函数．当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，f(x)为单调减函数．所以f(x)在x=−1处有极大值为f(−1)=−13+1+m=1，解得m=13．f(x)在x=1处有极小值为f(1)=13−1+m=−13．故选 A【备注】本题考查了利用导数研究函数的极值，对函数 f(x)=13x 3−x +m 求导得 f′(x)=x 2−1，从而得 f(x) 在 (−∞,−1)，(1,+∞) 为单调增函数，在 (−1,1) 为单调减函数，故 f(x) 在 x =−1 处有极大值为 f(−1)=−13+1+m =1，即可解得 m ，进而得出极小值．15.已知 (a +1)x −1−ln⁡x ⩽0 对于任意 x ∈[12,2] 恒成立，则 a 的最大值为( ) A ．0 B ．1 C ．1−2ln⁡2 D ．−1+ln⁡22【答案】C【解析】分离变量，题意转化为 a +1⩽1+ln⁡x x在 [12,2] 上恒成立．16.已知函数f(x)=1−x ax+ln⁡x ．若函数g(x)=f(x)−14x 在[1,e]上为增函数，求正实数a 的取值范围．【答案】[43,+∞)【解析】因为g(x)=f(x)−14x =1−x ax+lnx −14x ，所以g ′(x)=−ax 2+4ax−44ax 2(a >0)设φ(x)=−ax 2+4ax −4，由题意知，只需 φ(x)0在 [1,e] 上恒成立即可满足题意．因为a >0，函数 φ(x)的图象的对称轴为x =2，所以只需φ(1)=3a −40，即 a 43即可．故正实数 a 的取值范围为[43,+∞)．17.已知函数 f(x)=x 3−ax +2 的极大值为 4，若函数 g(x)=f(x)+mx 在 (−3，a −1) 上的极小值不大于 m −1，则实数 m 的取值范围是( ) A ．[−9,−154) B ．(−9,−154] C ．(−154,+∞) D ．(−∞,−9)【答案】B【解析】∵f′(x)=3x2−a，∴当a⩽0时，f′(x)⩾0，f(x)无极值，当a>0时，易得f(x)在x=−√a3处取得极大值，则有f(−√a3)=4，即a=3，于是g(x)=x3+(m−3)x+2，g′(x)=3x2+(m−3)；当m−3⩾0时，g′(x)⩾0，g(x)在(−3，2)上不存在极小值；当m−3<0时，易知g(x)在x=√3−m3处取得极小值，依题意有{−3<√3−m3<2g(√3−m3)⩽m−1，解得−9<m⩽−154．故选 B【备注】【点睛】：本小题主要考查的数学知识是：函数与导数，导数与单调性、极值的关系，考查分类讨论的数学思想方法．涉及函数导数的问题，首先要求函数的定义域，然后对函数求导，令导函数为0，结合函数单调性可得极值，明确极大值和极小值的定义求解．18.设函数f(x)=x3−3ax+b,a≠0在点(2,f(2))处与直线y=8相切(1) 求实数a,b的值；【答案】a=4,b=24；【解析】f′(x)=3x2−3a，f′(2)=0,f(2)=8即12−3a=0,8−6a+b=8解得a=4,b= 24(2) 求函数f(x)在区间[0,3]上的最值。

导数与函数的极值、最值课件-2025届高三数学一轮复习

处的切线方程为y= x+b(其中a,b∈R,e是自然对数的底数),则
3
27e
f(x)在区间[-3,3]上的最大值为
,最小值为 0
解析:由 f(x)=

得 f′(x)=
- -

( )
=

依题可得f′(1)= = ,所以a=3.
故 f(x)=

.
考点二
利用导数解决函数的最值问题
[例4] (2024·江苏苏州模拟)已知函数f(x)=xln x-a(x-1),求函
数f(x)在区间[1,e]上的最小值.
解:f(x)=xln x-a(x-1),则f′(x)=ln x+1-a,
①当ea-1≤1,即a≤1时,x∈[1,e],
则f′(x)≥0,f(x)在[1,e]上单调递增,
所以Δ=(-2a)2-4×3×2>0,
解得 a> 或 a<- .
提升·关键能力
类分考点,落实四翼
考点一
利用导数解决函数的极值问题
角度一
根据函数图象判断函数极值
[例1] (多选题)(2024·重庆检测)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)
的图象如图所示,则(
)
A.-3是函数y=f(x)的极值点
可知-3是函数y=f(x)的极值点,所以A正确;
因为函数y=f(x)在(-3,1)上单调递增,
可知-1不是函数y=f(x)的极小值点,-2也不是函数y=f(x)的极大值
点,所以B错误,C正确,D错误.故选AC.
由图象判断函数y=f(x)的极值,要抓住两点
(1)由y=f′(x)的图象与x轴的交点的横坐标,可得函数y=f(x)的可

高考数学一轮复习第二章第12讲导数与函数极值、最值资料(艺术班)

第二章函数、导数及其应用第12讲导数与函数极值、最值一、必记3个知识点1．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．2．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附近其它点的函数值都小，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附近的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．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．3．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．二、必明2个易误区1．求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；极值点的导数也不一定为0.2．易混极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．三、必会2个方法解决含参数问题及不等式问题中的两个转化(1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．(2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理．第二课时导数与函数极值、最值[典例] (2013·福建高考节选)已知函数f(x)＝x－1＋e x(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．[解] (1)由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－ae x.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f ′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－ae x ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．解：由f ′(x )＝1－x ＝x，x >0知：(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 －a ln a ，无极大值．综上，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 －a ln a ，无极大值． [类题通法]求函数f (x )极值的步骤(1)确定函数的定义域； (2)求导数f ′(x )；(3)解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值． [针对训练]设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图像关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0.(1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1，故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ，从而f ′(x )＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 62＋b －a 26，即y ＝f ′(x )关于直线x ＝－a 6对称．从而由题设条件知－a 6＝－12，即a ＝3.又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，得b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1，所以f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，即6(x －1)(x ＋2)＝0，解得x ＝－2或x ＝1，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－2)上单调递增；当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，即f (x )在(－2,1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6.[典例] (1)求f (x )的单调区间； (2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．[解] (1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x.令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )的情况如下：所以，f (x )(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－ek －1；当k －1≥1时，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.综上，在区间[0,1]上k ≤1时，f (x )最小值为f (0)＝－k .1<k <2时，f (x )最小值为f (k －1)＝－ek －1.k ≥2时，f (x )最小值为f (1)＝(1－k )e.[类题通法]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． [针对训练]设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，(1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解：(1)f ′(x )＝a x －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －2b ＝0，f＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，∵当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0得1e≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.[典例] (1)求a ，b 的值； (2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值．[解] (1)因为f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，故f ′(x )＝3ax 2＋b .由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16，故有⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f ＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ；f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)．令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2. 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－2)上为增函数；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，故f (x )在(－2,2)上为减函数；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝16＋c ，f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16.由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12.此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝－16＋c ＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.[类题通法]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，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值． [针对训练]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值； (2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，②由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4.所以1＋a ＋b ＋c ＝4.所以c ＝5. (2)由(1)，可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解之，得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示：所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为27.课后作业1．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643解析：选A f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18 D ．17或18解析：选C ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.故选C.3.(2013·郑州二模)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，其导函数f ′(x )在(a ，b )内的图像如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内的极大值点有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选B 依题意，记函数y ＝f ′(x )的图像与x 轴的交点的横坐标自左向右依次为x 1，x 2，x 3，x 4，当a <x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x 2<x <x 4时，f ′(x )≥0；当x 4<x <b 时，f ′(x )<0.因此，函数f (x )分别在x ＝x 1、x ＝x 4处取得极大值，选B.4．设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )，求g (x )的单调区间和最小值．解：由题设知f (x )＝ln x ，g (x )＝ln x ＋1x ，x >0，所以g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＝0得x ＝1，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，故(0,1)是g (x )的单调递减区间；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，故(1，＋∞)是g (x )的单调递增区间，因此，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以g (x )的最小值为g (1)＝1. 5．（2012·江苏高考）若函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f (x )的极值点．已知a ，b 是实数，1和－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点．(1)求a 和b 的值； (2)设函数g (x )的导函数g ′(x )＝f (x )＋2，求g (x )的极值点．解：(1)由题设知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，且f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，解得a ＝0，b ＝－3.(2)由(1)知f (x )＝x 3－3x .因为f (x )＋2＝(x －1)2(x ＋2)，所以g ′(x )＝0的根为x 1＝x 2＝1，x 3＝－2，于是函数g (x )的极值点只可能是1或－2.当x ＜－2时，g ′(x )＜0；当－2＜x ＜1时，g ′(x )＞0，故－2是g (x )的极值点．当－2＜x ＜1或x ＞1时，g ′(x )＞0，故1不是g (x )的极值点．所以g (x )的极值点为－2.6．(2013·威海模拟)当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( )A.1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2 解析：选B y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.7．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图像不可能为y ＝f (x )图像的是( )解析：选D 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x ，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)>0，f ′(－1)>0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.8．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是( ) A ．－13 B ．－15 C ．10 D ．15解析：选A 求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图像开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.故选A.9．(2014·荆州质检)设函数f (x )在R 上可导，其导函数是f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图像可能是( )解析：选C f (x )在x ＝－2处取得极小值，即x <－2，f ′(x )<0；x >－2，f ′(x )>0，那么y ＝xf ′(x )过点(0,0)及(－2,0)．当x <－2时，x <0，f ′(x )<0，则y >0；当－2<x <0时，x <0，f ′(x )>0，y <0；当x >0时，f ′(x )>0，y >0，故C 正确．10．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.所以m >6或m <－3. 答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)11．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图像在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．解析：∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝03×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.答案：4 12．(2013·江苏高考节选)设函数f (x )＝ln x －ax ，g (x )＝e x－ax ，其中a 为实数．若f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，且g (x )在(1，＋∞)上有最小值，求a 的取值范围．解：令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x<0，考虑到f (x )的定义域为(0，＋∞)，故a >0，进而解得x >a －1，即f (x )在(a－1，＋∞)上是单调减函数．同理，f (x )在(0，a －1)上是单调增函数．由于f (x )在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a －1，＋∞)，从而a －1≤1，即a ≥1.令g ′(x )＝e x－a ＝0，得x ＝ln a ．当x <ln a 时，g ′(x )<0；当x >ln a 时，g ′(x )>0.又g (x )在(1，＋∞)上有最小值，所以ln a >1，即a >e.综上，a 的取值范围为(e ，＋∞)．13．已知函数f (x )＝x 2－1与函数g (x )＝a ln x (a ≠0)．(1)若f (x )，g (x )的图像在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F (x )＝f (x )－2g (x )，求函数F (x )的极值．解：(1)因为f (1)＝0，g (1)＝0，所以点(1,0)同时在函数f (x )，g (x )的图像上，因为f (x )＝x 2－1，g (x )＝a ln x ，所以f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝a x ，由已知，得f ′(1)＝g ′(1)，所以2＝a1，即a＝2.(2)因为F (x )＝f (x )－2g (x )＝x 2－1－2a ln x (x >0)，所以F ′(x )＝2x －2ax＝x 2－ax，当a <0时，因为x >0，且x 2－a >0，所以F ′(x )>0对x >0恒成立，所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (x )无极值；当a >0时，令F ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)，所以当x >0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：所以当x ＝a 时，F (x )取得极小值，且F (a )＝(a )2－1－2a ln a ＝a －1－a ln a . 综上，当a <0时，函数F (x )在(0，＋∞)上无极值；当a >0时，函数F (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a .14．(2013·晋中名校联考)已知函数f (x )＝ax 2－e x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2ax －e x，f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0.当a ＝0时，无解；当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}；当a <0时，解集为{x |0<x <2}．(2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x ，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x，当a ≤0时，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根；当a >0时，由g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ，当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．∴当g (x )max >0时，方程g (x )＝0才有两个根， ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e 2.15．(2014·广东六校联考)已知f (x )＝3x 2－x ＋m ，(x ∈R )，g (x )＝ln x .(1)若函数f (x )与g (x )的图像在x ＝x 0处的切线平行，求x 0的值； (2)求当曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )有公共切线时，实数m 的取值范围；(3)在(2)的条件下，求函数F (x )＝f (x )－g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上的最值(用m 表示)．解：(1)∵f ′(x )＝6x －1，g ′(x )＝1x (x >0)，由题意知6x 0－1＝1x 0(x 0>0)，即6x 20－x 0－1＝0，解得x 0＝12或x 0＝－13，又∵x 0>0，∴x 0＝12.(2)若曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )相切且在交点处有公共切线，由(1)得切点横坐标为12，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，∴34－12＋m ＝ln 12，即m ＝－14－ln 2，数形结合可知，m >－14－ln 2时，f (x )与g (x )有公共切线，故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14－ln 2，＋∞.(3)F (x )＝f (x )－g (x )＝3x 2－x ＋m －ln x ，故F ′(x )＝6x －1－1x ＝6x 2－x －1x＝x ＋x －x，当x 变化时，F ′(x )与F (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1的变化情况如下表：又∵F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝m ＋ln 3，F (1)＝2＋m >F ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，∴当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，1时，F (x )min ＝F ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＝m ＋4＋ln 2⎝ ⎛⎭⎪⎫m >－14－ln 2，F (x )max ＝F (1)＝m ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫m >－14－ln 2.。

导数与函数的极值、最值-2023届高三数学一轮复习

新高考复习作业15 导数与函数的极值、最值班级：__________ 姓名：__________ 实际用时：_____分钟得分：__________ 一、选择题1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋3x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．32．已知函数f (x )＝(x 2－a )e x ，则“a ≥－1”是“f (x )有极值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件3．设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．24．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A ．23B ．43C ．83D ．1635．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x e x ，x ≥a ，x ，x ＜a ，若函数存在最大值，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ＜1C ．a ≤1eD ．a ＜1e6．(多选)若函数f (x )＝2x 3－ax 2(a <0)在⎝⎛⎭⎫a 2，a ＋63上有最大值，则a 的取值可能为( )A ．－6B ．－5C ．－4D ．－37．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( ) A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点8．关于x 的不等式2sin 3x cos x －a ≤0在x ∈(0，π)恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．－338B ．0C ．1D ．338二、填空题9．已知函数f (x )＝e －x －e x ，x ∈[0，a ]，a 为正实数，则函数f (x )的最小值为________，最大值为________． 10．已知函数f (x )＝ax 3－12x 2＋x －x ln x 存在两个极值点，则实数a 的取值范围是________．三、解答题11．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12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．12．设函数f (x )＝ln x ＋x 2＋2ax ＋1． (1)当a ＝－32时，求f (x )的极值；(2)判断函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．新高考复习作业15 导数与函数的极值、最值班级：__________ 姓名：__________ 实际用时：_____分钟得分：__________ 一、选择题1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋3x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：A f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，当x ＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0．2．已知函数f (x )＝(x 2－a )e x ，则“a ≥－1”是“f (x )有极值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：B f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ＝0，x 2＋2x －a ＝0，Δ＝4＋4a ．若Δ＝4＋4a ≤0，a ≤－1，则f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ≥0恒成立，f (x )为增函数，无极值；若Δ＝4＋4a ＞0，即a ＞－1，则f (x )有两个极值．所以“a ≥－1”是“f (x )有极值”的必要不充分条件．故选B ．3．设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．2解析：B 由已知得f ′(x )＝e x (x ＋a －1)(x ＋a )2(x ≠－a )，令f ′(x )＝0，有x ＝1－a ，且当x ＜1－a 时函数f (x )单调递减，当x ＞1－a 时函数f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f (1－a )＝e 1－a ＝e ，即1－a ＝12，得a ＝12．故选B ．4．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A ．23B ．43C ．83D ．163解析：C 由题中图象可知f (x )的图象经过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，x 1，x 2是方程3x 2－6x ＋2＝0的两根，所以x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－2×23＝83．5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x e x ，x ≥a ，x ，x ＜a ，若函数存在最大值，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ＜1C ．a ≤1eD ．a ＜1e解析：C 显然x ＜a 时，f (x )＜a 无最大值，x ≥a 时，f (x )＝xe x 存在最大值，f ′(x )＝1－x e x ，当x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )递减，所以x ＝1时，f (x )取得极大值也是最大值．f (1)＝1e ，因此f (x )要有最大值，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ≤1e ，所以a ≤1e．故选C ．6．(多选)若函数f (x )＝2x 3－ax 2(a <0)在⎝⎛⎭⎫a 2，a ＋63上有最大值，则a 的取值可能为( )A ．－6B ．－5C ．－4D ．－3解析：ABC 令f ′(x )＝2x (3x －a )＝0，得x 1＝0，x 2＝a 3(a <0)，当a 3<x <0时，f ′(x )<0；当x <a3或x >0时，f ′(x )>0，则f (x )的增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)，减区间为⎝⎛⎭⎫a 3，0，从而f (x )在x ＝a3处取得极大值f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a 327，由f (x )＝－a 327，得⎝⎛⎭⎫x －a 32⎝⎛⎭⎫2x ＋a 3＝0，解得x ＝a 3或x ＝－a 6，又f (x )在⎝⎛⎭⎫a 2，a ＋63上有最大值，所以a 3<a ＋63≤－a6，即a ≤－4，故选A 、B 、C ．7．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( ) A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0，π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点解析：BD 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数．f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x ，在同一坐标系中分别作出y ＝sin x ，y ＝－1x 在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故选B 、D ．8．关于x 的不等式2sin 3x cos x －a ≤0在x ∈(0，π)恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．－338B ．0C ．1D ．338解析：D 依题意，令f (x )＝2sin 3x cos x ，所以f ′(x )＝6sin 2x cos 2x －2sin 4x ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)，又x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，可得cos x ＝±12，所以x ＝π3或x ＝2π3，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝⎛⎭⎫π3，2π3单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝⎛⎭⎫2π3，π单调递增，所以当x ＝π3时，函数取最大值为f ⎝⎛⎭⎫π3＝338，所以实数a 的最小值为338．故选D ．二、填空题9．已知函数f (x )＝e －x －e x ，x ∈[0，a ]，a 为正实数，则函数f (x )的最小值为________，最大值为________．解析：f ′(x )＝－e －x －e x＝－e 2x ＋1ex ．当x ∈[0，a ]时，f ′(x )＜0恒成立，即f (x )在[0，a ]上单调递减．故当x ＝a 时，f (x )有最小值f (a )＝e －a －e a ；当x ＝0时，f (x )有最大值f (0)＝e －0－e 0＝0．即f (x )的最小值为e －a－e a ，最大值为0．答案：e －a －e a 010．已知函数f (x )＝ax 3－12x 2＋x －x ln x 存在两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，由题意得f ′(x )＝3ax 2－x －ln x ，因为函数f (x )有两个极值点，所以f ′(x )有两个变号零点．由f ′(x )＝0得3ax 2＝x ＋ln x ，即3a ＝x ＋ln x x 2，令g (x )＝x ＋ln x x 2，则g ′(x )＝－x ＋1－2ln xx 3，易知函数y ＝－x ＋1－2ln x 是减函数，且当x ＝1时，y ＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增；当x ＞1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减．故g (x )max ＝g (1)＝1，又当0＜x ＜1e 时，g (x )＜0，当x ＞1时，g (x )＞0，所以要使f ′(x )有两个零点，需0＜3a ＜1，即0＜a ＜13．答案：⎝⎛⎭⎫0，13 三、解答题11．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12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 ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，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．故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a ．12．设函数f (x )＝ln x ＋x 2＋2ax ＋1． (1)当a ＝－32时，求f (x )的极值；(2)判断函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－32时，函数f (x )＝ln x ＋x 2－3x ＋1(x ＞0)．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＝2(x －1)⎝⎛⎭⎫x －12x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝12．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝⎛⎭⎫12，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减．于是f (x )在x ＝1处取得极小值，且极小值为f (1)＝－1，在x ＝12处取得极大值，且极大值为f ⎝⎛⎭⎫12＝ln 12－14，所以函数f (x )的极大值为ln 12－14，极小值为－1．(2)存在．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x ＋2a ＝2x 2＋2ax ＋1x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，即2x 2＋2ax ＋1＝0，令g (x )＝2x 2＋2ax ＋1，则函数g (x )的图象的对称轴为直线x ＝－a2．因为a ＋2≥0，所以a ≥－2． ①当－a 2≤a ＋2，即a ≥－43时，g (a ＋2)＝2(a ＋2)2＋2a (a ＋2)＋1＝4a 2＋12a ＋9＞0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．②当－a 2＞a ＋2，即a ＜－43时，则－2≤a ＜－43，g ⎝⎛⎭⎫－a 2＝2×a 24＋2a ⎝⎛⎭⎫－a 2＋1＝－a 22＋1．当－a 22＋1≥0时，有－2≤a ≤2，即－2≤a ＜－43时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．当－a 22＋1＜0时，有a ＜－2或a ＞2，又－2≤a ＜－43，所以－2≤a ＜－2，因为g (a ＋2)＝4a 2＋12a＋9≥0，g ⎝⎛⎭⎫－a 2＝－a22＋1＜0，当x →＋∞时，g (x )＞0，所以存在x 1∈⎝⎛⎭⎫a ＋2，－a 2，使得f ′(x 1)＝0，存在x 2∈⎝⎛⎭⎫－a2，＋∞，使得f ′(x 2)＝0．所以当x ∈(a ＋2，x 1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0．由此可知，当－2≤a ＜－2时，f (x )有极值．综上所述，函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上存在极值，且实数a 的取值范围为[－2，－2)．。

2021年高考数学一轮总复习 2.12.2导数与函数的极值、最值练习

2021年高考数学一轮总复习 2.12.2导数与函数的极值、最值练习一、选择题1．y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析 y ′＝2x＋x ·2xln2＝0，∴x ＝－1ln2.答案 B2．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173. 答案 A3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16. ∴f (2)＝18.故选C. 答案 C4．设函数f (x )在R 上可导，其导函数是f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )解析 f (x )在x ＝－2处取得极小值，即x <－2，f ′(x )<0；x >－2，f ′(x )>0，那么y ＝xf ′(x )过点(0,0)及(－2,0)．当x <－2时，x <0，f ′(x )<0，则y >0；当－2<x <0时，x <0，f ′(x )>0，y <0；当x >0时，f ′(x )>0，y >0，故C 正确．答案 C5．已知f (x )＝12x 2－cos x ，x ∈[－1,1]，则导函数f ′(x )是( )A ．仅有最小值的奇函数B ．既有最大值，又有最小值的偶函数C ．仅有最大值的偶函数D ．既有最大值，又有最小值的奇函数解析 f ′(x )＝x ＋sin x ，显然f ′(x )是奇函数，令h (x )＝f ′(x )，则h (x )＝x ＋sin x ，求导得h ′(x )＝1＋cos x .当x ∈[－1,1]时，h ′(x )>0，所以h (x )在[－1,1]上单调递增，有最大值和最小值，所以f ′(x )是既有最大值又有最小值的奇函数．答案 D6．(xx·山东德州期末)设函数y ＝f (x )在(0，＋∞)内有定义，对于给定的正数K ，定义函数f K (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，f x ≤K ，K ，f x >K ，取函数f (x )＝ln x ＋1ex，恒有f K (x )＝f (x )，则( ) A ．K 的最大值为1eB ．K 的最小值为1eC ．K 的最大值为2D ．K 的最小值为2解析由f (x )＝ln x ＋1e x，令f ′(x )＝exx－ln x ＋1exe2x＝1x－ln x ＋1ex＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，即f (x )＝ln x ＋1e x在x ＝1时取得最大值1e，而f (x )≤K 恒成立，所以1e ≤K ，故K 的最小值为1e ，选B.答案 B 二、填空题7．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x ＝x －1x >0，x >0，得x >1.⎩⎪⎨⎪⎧f ′x ＝x －1x <0，x >0，得0<x <1，∴f (x )在x ＝1时，取得最小值f (1)＝12－ln1＝12.答案128．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.所以m >6或m <－3.答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)9．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)>0；②f (0)f (1)<0； ③f (0)f (3)>0；④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是________．解析 ∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由f ′(x )<0，得1<x <3，由f ′(x )>0，得x <1或x >3.∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)(3，＋∞)上是增函数．又a <b <c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0. ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc >0，y 极小值＝f (3)＝－abc <0.∴0<abc <4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a <0，b <0，c >0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)<0，∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0. ∴正确结论的序号是②③. 答案 ②③ 三、解答题10．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (a 、b 为常数)，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值、最小值．解 (1)由已知，f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，因此g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . ∵g (x )为奇函数．∴g (－x )＝－g (x )．∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋1＝0，b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝0.∴f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由(1)知g (x )＝－13x 3＋2x ，∴g ′(x )＝－x 2＋2. 令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2，∴当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，g (x )单调递减，当x ∈(－2，2)时，g (x )单调递增．又g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，∴g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43.11．已知函数f (x )＝x 2－1与函数g (x )＝a ln x (a ≠0)．(1)若f (x )，g (x )的图象在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F (x )＝f (x )－2g (x )，求函数F (x )的极值．解 (1)因为f (1)＝0，g (1)＝0.所以点(1,0)同时在函数f (x )，g (x )的图象上，因为f (x )＝x 2－1，g (x )＝a ln x ，所以f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝a x.由已知，得f ′(1)＝g ′(1)，所以2＝a1，即a ＝2.(2)因为F (x )＝f (x )－2g (x )＝x 2－1－2a ln x (x >0)．所以F ′(x )＝2x －2a x＝2x 2－ax，当a <0时，因为x >0，且x 2－a >0，所以F ′(x )>0对x >0恒成立．所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (x )无极值；当a >0时，令F ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)．所以当x >0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：x (0，a ) a(a ，＋∞)F ′(x ) － 0 ＋ F (x )递减极小值递增所以当x ＝a 时，F (x )取得极小值，且F (a )＝(a )2－1－2a ln a ＝a －1－a ln a . 综上，当a <0时，函数F (x )在(0，＋∞)上无极值；当a >0时，函数F (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a .培优演练1．(理)f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e28，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值解析由题意知f ′(x )＝e xx3－2fx x＝e x －2x 2fxx3，令g (x )＝e x－2x 2f (x )，则g ′(x )＝e x －2x 2f ′(x )－4xf (x ) ＝e x－2(x 2f ′(x )＋2xf (x ))＝e x－2exx＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x. 由g ′(x )＝0得x ＝2，当x ＝2时， g (x )min ＝e 2－2×22×e28＝0.即g (x )≥0，则当x >0时，f ′(x )＝g xx 3≥0. 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，既无极大值也无极小值．答案 D(文)如图是函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289解析由图象可得f (x )＝x (x ＋1)(x －2)＝x 3－x 2－2x ，又∵x 1、x 2是f ′(x )＝3x 2－2x －2＝0的两根， ∴x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2×23＝169.答案 C2．已知f ′(x )是函数f (x )＝x ＋1x的导函数，则下列结论中正确的是( )A ．∃x 0∈R ，∀x ∈R ，且x ≠0，f (x )≤f (x 0)B ．∃x 0∈R ，∀x ∈R ，且x ≠0，f (x )≥f (x 0)C ．∃x 0∈R ，∀x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )<0D ．∃x 0∈R ，∀x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )>0解析令f ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2＝0，∴x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0；当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，画出函数的草图(图略)．当x >0时，f (x )≥2；当x <0时，f (x )≤－2.故函数在其定义域内没有最大值和最小值，故A ，B 错；因当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故C 错；当x 0≥1时满足，在x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )>0时满足，故D 正确．答案 D3．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.x －1 0 2 4 5 f (x )121.521下列关于函数f (x )的命题： ①函数f (x )的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中正确命题的序号是________．解析由导函数图象可知，当－1<x<0及2<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当0<x<2及4<x<5时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2；当x＝2时，函数f(x)取得极小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数f(x)的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，所以①②正确．因为当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确．因为f(x)的极小值为f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，函数y ＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确．故填①②④.答案①②④4．已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝ln xx，其中e是自然常数，a∈R.(1)讨论当a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋1 2；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－1x＝x－1x，∴当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当1<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(1)＝1.(2)证明：∵f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为 1，∴f(x)min＝1.又∵g′(x)＝1－ln xx2，∴0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．∴g(x)max＝g(e)＝1e<12.∴f(x)min－g(x)max>1 2 .∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋1 2 .(3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x＝ax －1x. ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e (舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3；②当0<1a <e ，即a >1e 时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增， f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件； ③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)．所以，此时f (x )的最小值不是3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.24453 5F85 待38825 97A9 鞩34276 85E4 藤33829 8425 营$ 32574 7F3E 缾 20965 51E5 凥u2 32936 80A8 肨21774 550E 唎。

高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2.11.2导数与函数的极值、最值课件理

角度二：已知函数的极值求参数【典例 2】 (2016· 山东高考)设 f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R。 (1)令 g(x)＝f′(x)，求 g(x)的单调区间； (2)已知 f(x)在 x＝1 处取得极大值，求实数 a 的取值范围。
【解析】 (1)由 f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得 g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)。 1－2ax 1 则 g′(x)＝x－2a＝ x 。

1 1 ③当 a＝2时，2a＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意。
1 1 1 ④当 a>2时，0<2a<1，当 x∈2a，1 时，f′(x)>0的单调增区间为 0，2a，单调减区间为2a，＋∞ 。
(2)由(1)知，f′(1)＝0。 ①当 a≤0 时，f′(x)单调递增，所以当 x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增。所以 f(x)在 x＝1 处取得极小值，不合题意。

易知 φ(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1，＋∞) 上单调递减，所以 φ(x)max＝φ(1)＝1，则 φ(x)的大致图象如图所示，若函数 f(x)有两个极值点，则直线 y＝2a 和 y＝φ(x)的图象有两个交点，所以 1 0<2a<1，得 0<a<2。
1 (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ax－b，由 f′(1)＝0，得 b －ax2＋1＋ax－x －x－1ax＋1 1 ＝1－a。 ∴f′(x)＝x－ax＋a－1＝＝。 ① x x 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 1 ＝1 或 x＝－a。因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以－a>1，解得－1<a<0。综合①②得 a 的取值范围是 a>－1。 1 【答案】 (1) 0，2 (2)(－1，＋∞)

2020高考人教数学(理)大一轮复习检测第二章第三节导数与函数的极值、最值 Word版含解析

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)级基础夯实练．(·聊城二模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )．＝．＝(－)．＝－．＝＋解析：选.由题可知，，选项中的函数不是奇函数；选项中，函数＝单调递增(无极值)；选项中的函数既为奇函数又存在极值．．(·南京模拟)函数()＝－＋的极值点所在的区间为( )．(－，)．(，)．(－，－)．(，) 解析：选.∵′()＝－＋为增函数，′()＝－＜，′()＝－＞，∵′()＝－＋的零点在区间(，)上，∴()＝－＋的极值点在区间(，)上．．(·南昌调研)已知为自然对数的底数，设函数()＝(－)(－)(＝，)，则( )．当＝时，()在＝处取得极小值．当＝时，()在＝处取得极大值．当＝时，()在＝处取得极小值．当＝时，()在＝处取得极大值解析：选.当＝时，′()＝·－，′()≠，∴＝不是()的极值点．当＝时，′()＝(－)(＋－)，显然′()＝，且在＝附近的左侧′()＜，当＞时，′()＞，∴()在＝处取得极小值．故选.．(·佛山调研)设函数()＝＋＋(，，∈)．若＝－为函数()的一个极值点，则下列图象不可能为＝()图象的是( )解析：选.因为[()]′＝′()＋()()′＝[()＋′()]，且＝－为函数()的一个极值点，所以(－)＋′(－)＝；选项中，(－)＞，′(－)＞，不满足′(－)＋(－)＝.．(·山东临沂模拟)已知＝()是奇函数，当∈(，)时，()＝－，当∈(－，)时，()的最小值为，则＝( )．．解析：选.因为()是奇函数，所以()在(，)上的最大值为－.当∈(，)时，′()＝－，令′()＝，得＝，又＞，所以＜＜.当＜时，′()＞，()在上单调递增；当＞时，′()＜，()在上单调递减，所以()＝＝－·＝－，解得＝.．(·南通调研)已知函数()＝′()－，则()的极大值为．解析：因为′()＝－，所以′()＝′()－，所以′()＝，故()＝－，′()＝－＝，则()在(，)上为增函数，在(，＋∞)上为减函数，所以当＝时()取得极大值，且()极大值＝()＝－.答案：－．(·大同模拟)()＝(－)在＝处有极大值，则常数的值为．解析：()＝－＋，′()＝－＋，′()＝⇒＝或＝，若＝，′()＝－＋，令′()＞⇒＜或＞，′()＜⇒＜＜，故函数在及(，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以＝是极小值点，故＝(不合题意，舍去)，＝.。

高考数学一轮复习专题15 导数与函数的极值、最值(含解析)-人教版高三全册数学试题

专题15导数与函数的极值、最值最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】用导数求解函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值【典型例题】函数f（x）的定义域为（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：从f′（x）的图象可知f（x）在（a，b）内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，根据极值点的定义可知，导函数在某点处值为0，左右两侧异号的点为极值点，由图可知，在（a，b）内只有3个极值点．故选：C．【再练一题】已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么（）A．﹣1是函数f（x）的极小值点B．1是函数f（x）的极大值点C．2是函数f（x）的极大值点D．函数f（x）有两个极值点【解答】解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（﹣1）＝0，f′（2）＝0 但当x＜﹣1时，f′（x）＞0，﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，x＞2时，f′（x）＜0∴﹣1不是极值点，2是函数f（x）的极大值点故选：C．命题点2 求函数的极值【典型例题】设f（x）＝x3x2﹣2x+5（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）求极值点与极值．【解答】解：（I）f（x）＝x3x2﹣2x+5，f′（x）＝3x2﹣x﹣2，令f′（x）＞0即3x2﹣x﹣2＞0解得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）令f′（x）＜0即3x2﹣x﹣2＜0解得x∈（，1），故函数在，（1，+∞）上为单调递增区间，在上为单调递减区间．（II）由f′（x）＝0，即3x2﹣x﹣2＝0解得x或x＝1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化如下表：x（﹣∞，）（，1）1 （1，+∞）f′（x）+ 0 ﹣0 +f（x）↑极大值↓极小值↑∴当x＝1时，f（x）取得极小值，当x时，f（x）取得极大值．【再练一题】已知函数f（x）＝（x2﹣mx﹣m）e x+2m（m＞﹣2，e是自然对数的底数）有极小值0，则其极大值是（）A．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2+2ln2B．4e﹣2或（4+ln2）e2+2ln2C．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2﹣2ln2D．4e﹣2或（4+ln2）e2﹣2ln2【解答】解：由题意知，f′（x）＝[x2+（2﹣m）x﹣2m]e x＝（x+2）（x﹣m）e x．由f′（x）＝0得，x1＝﹣2，x2＝m，因为m＞﹣2，所以函数f（x）在区间（﹣∞m﹣2）和（m，+∞）内单调递增，在区间（﹣2，m）内单调递减．于是函数f（x）的极小值为f（m）＝0，即x2﹣（m2﹣m2﹣m）e x+2m＝0，m（2﹣e x）＝0，解得m＝0或m＝ln2，当m＝0时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝4e﹣2．当m＝ln2时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝（4+ln2）e﹣2+2ln2．故选：A．命题点3 根据极值求参数【典型例题】已知函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，则实数a的取值X围（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2，∵函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2＝0在区间（1，+∞）上有1个实根，（﹣∞，1]上有1个根．，解得a．故选：A．【再练一题】已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，则a＝（）A．B．1C．D．2【解答】解：函数f（x）＝xln（ax）+1，可得f′（x）＝ln（ax）+1，已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，可得：ln（a）+1＝0，解得a＝1，经验证a＝1时，x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，故选：B．思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领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：求解后验证根的合理性．【题型二】用导数求函数的最值【典型例题】函数f（x）＝e x﹣2x的最小值为．【解答】解：f′（x）＝e x﹣2，令f′（x）＝e x﹣2＝0，解得x＝ln2．可得：函数f（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．∴x＝ln2时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（ln2）＝2﹣2ln2．故答案为：2﹣2ln2．【再练一题】已知函数，其导函数f′（x）为偶函数，，则函数g（x）＝f′（x）e x在区间[0，2]上的最小值为（）A．﹣3e B．﹣2e C．e D．2e【解答】解：由函数的解析式可得：f′（x）＝x2+2mx+n，导函数为偶函数，则m＝0，故，，∴n＝﹣3．函数的解析式为，故g（x）＝e x（x2﹣3），g′（x）＝e x（x2﹣3+2x）＝e x（x﹣1）（x+3），据此可知函数g（x）在区间[0，1）上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，函数g（x）的最小值为g（1）＝e1⋅（12﹣3）＝﹣2e．故选：B．思维升华求函数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)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．(3)将函数f(x)的极值与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．【题型三】函数极值和最值的综合问题【典型例题】已知函数f（x）＝ax2+bx+clnx（a＞0）在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为，则函数f（x）在区间（0，4]上的最大值为（）A．0B．C．2ln2﹣4D．4ln2﹣4【解答】解：函数的导数f′（x）＝2ax+b∵f（x）在x＝1和x＝2处取得极值，∴f′（1）＝2a+b+c＝0 ①f′（2）＝4a+b0 ②，∵f（x）极大值为，∵a＞0，∴由函数性质当x＝1时，函数取得极大值为，则f（1）＝a+b+cln1＝a+b，③，由①②③得a，b＝﹣3，c＝2，即f（x）x2﹣3x+2lnx，f′（x）＝x﹣3，由f′（x）＞0得4≥x＞2或0＜x＜1，此时为增函数，由f′（x）＜0得1＜x＜2，此时f（x）为减函数，则当x＝1时，f（x）取得极大值，极大值为，又f（4）＝8﹣12+2ln4＝4ln2﹣4，即函数在区间（0，4]上的最大值为4ln2﹣4，故选：D．【再练一题】设函数f（x）＝lnx﹣x+1（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间上的极值及最值．【解答】解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，∴f′（x）1，令f′（x）＝0，解得x＝1，当f′（x）＞0，即0＜x＜1，函数f（x）单调递增，当f′（x）＜0，即x＞1，函数f（x）单调递减，故函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，（2）由（1）可知，f（x）在[，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，当x＝1时，函数有极大值，极大值为f（1）＝0，极大值即为最大值，即最大值为0，∵f（）ln2，f（2）＝ln2﹣1，由于ln2﹣ln2+12ln2＞0，∴f（）＞f（2），∴f（x）min＝ln2﹣1．思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规X，含参数时，要讨论参数的大小．(2)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．基础知识训练1．【某某市第一中学校2019届高三下学期第三次月考】设函数，则（）A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．2x =-为()f x 的极大值点D ．2x =-为()f x 的极小值点【答案】D 【解析】因为，所以，由得2x =-，所以，当2x >-时，()0f x '>，故单调递增；当2x <-时，()0f x '<，故单调递减；所以函数在1a =-处取得极小值，无极大值.故选D2．【某某省日照实验高级中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性考试】函数的极值点是（） A ．1x = B ．0x =C ．1x =或-1或0D ．1x =-【答案】B 【解析】函数的导数为；令()0f x '=，解得：11x =-，20x =，x =31，令()0f x '>，解得：0x >，函数的单调增区间为(0,)+∞；令()0f x '<，解得：0x <，函数的单调减区间为(,0)-∞；所以当0x =时，函数取极小值。

人教版高三数学(理)一轮总复习PPT课件：2-11 导数与函数的单调性、极值、最值

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讨论函数 fx的单调性区间方法步骤 1确定函数 fx的定义域； 2求导数 f′x，并求方程 f′x＝0 的根； 3利用 f′x＝0 的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论 fx的正负，由符号确定 fx在该区间上的单调性.,要特别注意的是，涉及含参数的单调性或单调区间问题，一定要弄清参数对导数 f′x在某一区间内的符号是否有影响.若有影响，则必须分类讨论.
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2 2 解析：选 C.f′(x)＝1－3cos 2x＋acos x＝1－3(2cos2x－1)＋acos 4 2 5 x＝－3cos x＋acos x＋3 f(x)在 R 上单调递增，则 f′(x)≥0 在 R 上恒成立，令 cos x＝t， 42 5 t∈[－1,1]，则－3t ＋at＋3≥0 在[－1,1]上恒成立，即 4t2－3at－ 5≤0 在[－1,1]上恒成立，令
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法二：由图象知 f(0)＝d＞0，首先排除选项 D；f′(x)＝3ax2＋ 2bx＋c＝3a(x－x1)(x－x2)＝3ax2－3a(x1＋x2)x＋3ax1x2，令 x1＜x2，因为 x∈(－∞，x1)时， f′(x)＞0，所以 a＞0，排除 C；又 c＝3ax1x2＞0,2b＝－3a(x1 ＋x2)＜0，所以 c＞0，b＜0，故选 A.
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把脉高考理清考情
考点研析题组冲关素能提升学科培优
课时规范训练
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第11课时
导数与函数的单调性、极值、最值
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1.利用导数研究函数的单调性或求函数的单调区间. 考纲点击 2.利用导数的单调性求解参数的取值范围问题. 3.求函数的极值或最值，由函数的最值求参数的值 (范围). 4.通过求函数的极值来研究函数的恒成立问题.

2021版新高考数学一轮复习讲义：第二章第十二讲第二课时导数与函数的极值、最值(含解析)

第二课时导数与函数的极值、最值ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理双基自测知识点一函数的极值1. 函数的极值(1)设函数f(x)在点X0附近有定义，如果对X0附近的所有的点，都有f(x)< f(x o)，那么f(x o) 是函数f(x)的一个极大值，记作f(x)极大值=f(x o)；如果对x o附近的所有的点，都有f(x)> f(x o),那么f(x o)是函数f(x)的一个极小值，记作f(x)极小值=f(x o).极大值与极小值统称为极值.⑵当函数f(x)在x o处连续时，判别f(x o)是极大(小)值的方法：如果x<x o有f' (x)>o , x>x o有f' (x)<o，那么f(x o)是极大值.如果x<x o有f' (x)<o , x>x o有f' (x)>o，那么f(x o)是极小值.2. 求可导函数f(x)极值的步骤(1) 求导数f'(X)；(2) 求方程f' (x)= o的根;⑶检验f' (x)在方程f' (x)= o的根左右的值的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数y= f(x)在这个根处取得极大值J 口果在根的左侧附近为负，右侧附近为正，那么函数y= f(x)在这个根处取得极小值.知识点二函数的最值1. 函数的最值的概念设函数y= f(x)在［a, bl上连续，在(a, b)内可导，函数f(x)在［a, b］上一切函数值中的最大(最小)值，叫做函数y= f(x)的最大(最小)值.2. 求函数最值的步骤设函数y= f(x)在［a, b］上连续，在(a, b)内可导，求f(x)在［a, b］上的最值，可分两步进行：(1) 求f(x)在(a, b)内的极值;(2) 将f(x)的各极值与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. _______重兰至昱1 . f' (x o)= o与x o是f(x)极值点的关系函数f(x)可导，则f' (x o)= o是x o为f(x)的极值点的必要不充分条件. 例如，f(x) = X3,f'(o) =o,但x = o不是极值点.2•极大值（或极小值）可能不止一个，可能没有，极大值不一定大于极小值. 3 .极值与最值的关系极值只能在定义域内取得（不包括端点），最值却可以在端点处取得；有极值的不一定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点处取，则必定在极值处取.4 .定义在开区间（a , b ）内的函数不一定存在最大（小）值.题组一走出误区1 .（多选题）下列结论正确的是（ABCD ） A .函数的极大值不一定比极小值大 B .导数等于0的点不一定是函数的极值点C .若x o 是函数y = f （x ）的极值点，则一定有 f ' （x o ）= 0D .函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值［解析］对于A ，如图，在x i 处的极大值比在X 2处的极小值小.II/\ ―丿7 Jb2 .侈选题）（选修2-2P 32AT4改编）若函数f （x ）的导函数f ' （x ）的图象如图所示，则下面正确的是（CD ）对于对于 C ,对于由极点定义知显然正确.如图知正确. 故选 B 、C 、D . 题组走进教材如 y = x 3A . x=1是最小值点B. x= 0是极小值点C. x= 2是极小值点D .函数f(x)在(1,2)上单调递减［解析］由导数图象可知，x= 0, x= 2为两极值点，x = 0为极大值点，x= 2为极小值点, f (x)在(1,2)上小于0,因此f(x)单调递减，选C、D.3. (选修2-2P32AT5改编)函数f(x) = (x2—1)2+ 2的极值点是(C )A . x = 1 B. x=— 1C. x= 1 或—1 或0D. x= 0［解析］Tf(x) = x4—2x2+ 3，由f' (x)= 4x3—4x= 4x(x+ 1)(x—1)= 0,得x= 0 或x= 1 或x =—1.又当x< —1 时，f' (x)<0，当一1<x<0 时，f' (x)> 0,当0<x<1 时，f' (x)<0，当x>1 时，f' (x)>0 ,A x= 0,1，—1 都是f(x)的极值点.4. (选修2—2P32AT6改编)函数f(x) = In x—x在区间(0, e］上的最大值为(B )A . 1 —e B. —1C. —e D . 01 1 —x［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 .题组三考题再现5 . (2017课标n, 11)若x=—2是函数f(x)= (x2+ ax—1)e x—1的极值点，贝V f(x)的极小值为(A )A . —1 B. —2e—3C. 5e 3D. 1［解析］由题意可得f ‘(x)= e x—1［x2+ (a + 2)x+ a —1］. '/x=—2 是函数f(x) = (x2+ ax —1)e x —1的极值点，••• f' (—2) = 0,「.a =—1, Af(x)= (x2—x—1)e x—1, f' (x) = e x—1(x2+ x—2) = e x^ 1(x —1)(x+ 2) ,「.x€ (—s,—2), (1 ,+s)时,f' (x)>0, f(x)单调递增；x€ (—2,1)时，f' (x)<0 ,f(x)单调递减.• f(x)极小值=f(1) = —1•故选A .3^36. (2018 课标I,16,5分)已知函数f(x) = 2sin x+ sin 2x,则f(x)的最小值是^ •［解析］由f(x)= 2sin x+ sin 2x, 得f' (x)= 2cos x+ 2cos 2x= 4cos2x+ 2cos x—2，令f' (x)=0,得 cos x = 2或 cos x =— 1，可得当 cos x € (— 1,㊁)时，f ' (x)<0 , f(x)为减函数；当 cos x 1 i"3€(2, 1)时，f ' (x)>0 , f(x)为增函数，所以当cos x =㊁时，f(x)取最小值，此时sin x =又因为 f(x) = 2sin x + 2sin xcos x = 2sin x(1 + cos x), 1 + cos x > 0 恒成立，二 f(x)取最小值时，sin x =■3'313J—三，A f(x)m in = 2 X ( — 2甘(1 + 2)=- 2 .KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU 考点突破互动探究角度1根据函数图象判断极值岭例1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)的图象如当x>2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.故角度2求函数的极值峰例2求下列函数的极值.考点一用导数求解函数极值问题多维探究图所示，则下列结论中一定成立的是 A .函数 B .函数 f(x)有极大值 f(x)有极大值 f(2)和极小值f(1) 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)［解由题图可知, 当 x<— 2 时，f ' (x)>0 ;当一2<x<1 时，f ' (x)<0 ;当 1<x<2 时，f ' (x)<0 ;1(1) f(x)= 2(x — 5)2+ 6ln x ; (2) f(x)= x — aln x(a € R).［分析］求导，研究函数的单调性从而确定极值.［解析］⑴函数f(x)的定义域为(0,+ R ),令 f 'i 29由上表可知当x = 2时，极大值f(2) = + 6ln 2，当x = 3时，极小值f(3) = 2+ 6ln 3.(2)f ' (x) = 1 — a = x 7a, x>0.若a w 0，则f ' (x)>0恒成立，f(x)不存在极值. 若a>0，则x ，f ' (x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)的极小值f(a) = a — aln a .无极大值.综上可知a w 0时，无极值；a>0时，极小值f(a)= a — aln a.名师点拨？可导函数求极值的步骤(1) 确定函数的定义域. (2) 求方程f ' (x)= 0的根.⑶用方程f ' (x)= 0的根和不可导点的x 的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并形成表格.f ' 6(x) = x — 5+ x =x —2 x —3x。

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[小题常考题点——准解快解]
1．(2018·太原一模)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是()

A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间
B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析：选C由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或3当x>5或－10，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，
单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选
项C错误，故选C.
2．函数f(x)＝2x
3＋9x2
－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是()

A．25，－2 B．50,14
C．50，－2 D．50，－14
解析：选C因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，
f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－
2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x
3＋9x2
－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.

3．已知a∈R，函数f(x)＝13x
3－ax2
＋ax＋2的导函数f′(x) 在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝

f′x
x
，则()

A．g(x)在(1，＋∞)上有最大值
B．g(x)在(1，＋∞)上有最小值
C．g(x)在(1，＋∞)上为减函数
D．g(x)在(1，＋∞)上为增函数

解析：选D函数f(x)＝13x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)图象的对称轴为x＝a，

又f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1.函数g(x)＝f′xx＝x＋ax－2a，g′(x)＝1－
a
x2＝x2－ax
2
，当x∈

(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．故选D.
4．(2018·河南模拟)若函数f(x)＝13x3－1＋b2x
2
＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则f(x)在R上的

极小值为()
A．2b－43B.32b－
2
3

C．0 D．b2－16b
3

解析：选A由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3由f′(x)>0，解得x>2或x4
3
.故选A.

5．(2018·河南息县第一高级中学段测)函数f(x)＝x
3
－3x－1，若对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有

|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是()
A．20 B．18
C．3 D．0
解析：选A对于区间(－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x
1)－f(x2)|≤t，等价于在区间(－3,2]上，f(x)max

－f(x)min≤t.∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．∵x∈(－3,2]，∴函数f(x)在(－3，－

1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f(x)
max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max

－f(x)min＝20，∴t≥20，即实数t的最小值是20.

6．(2018·安徽百校论坛联考)已知函数f(x)＝ae
x－x2
－(2a＋1)x，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，

则实数a的取值范围是()
A．(－∞，－1) B．(－1,0)
C．(－2，－1) D．(－∞，0)∪(0,1)
解析：选Af′(x)＝a(ex－2)－2x－1.∵x∈(0，ln 2)，∴ex－2<0，－2x－1<0.当a≥0时，f′(x)<0在
(0，ln 2)上恒成立，即函数f(x)在(0，ln 2)上单调递减，函数y＝f(x)在区间(0，ln 2)上无最值．当a<0时，
设g(x)＝a(ex－2)－2x－1，则g′(x)＝aex－2<0，∴g(x)在(0，ln 2)上为减函数．又∵g(0)＝－a－1，g(ln 2)
＝－2ln 2－1<0，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上有最值，则函数g(x)有零点，即g(x)＝0有解，∴g(0)＝－a
－1>0，解得a<－1.故选A.
[大题常考题点——稳解全解]

1．(2018·济宁模拟)已知函数f(x)＝1＋ln xkx(k≠0)．求函数f(x)的极值．
解：f(x)＝1＋ln xkx，其定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－
ln x
kx
2
.

令f′(x)＝0，得x＝1，
当k＞0时，若0＜x＜1，则f′(x)＞0；
若x＞1，则f′(x)＜0，

∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值1k，无极小值．
当k＜0时，若0＜x＜1，则f′(x)＜0；
若x＞1，则f′(x)＞0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值1k，无极大值．

2．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝ax－
2
x
－3ln x，其中a为常数．

(1)当函数f(x)的图象在点
2
3
，f23处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在32，3
上的最小值；

(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f′(x)＝a＋2x2－3x，所以f′23＝a＝1，

故f(x)＝x－2x－3ln x，
则f′(x)＝
x－1x－2
x
2
.

由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x
3
2
3

2
，22(2,3)3

f′(x)－0＋
f(x)1－3ln 2

从而在32，3上，f(x)有最小值，
且最小值为f(2)＝1－3ln 2.
(2)f′(x)＝a＋2x2－3x＝ax2－3x＋2x2(x＞0)，
由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，
不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，

则Δ＝9－8a＞0，x1＋x2＝3a＞0，x1x2＝2a＞0解得0＜a＜
9
8
.

故所求a的取值范围为
0，

8
.

3．(2018·汉中模拟)已知函数f(x)＝ln x－mx(m∈R)．
(1)若函数y＝f(x)的图象过点P(1，－1)，求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值．
解：(1)因为点P(1，－1)在曲线y＝f(x)上，
所以－m＝－1，解得m＝1.