高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第2课时利用导数研究函数的极值最值教学案
第二课时 利用导数研究函数的极值、最值
考点一 利用导数求函数的极值 多维探究
角度 1 根据函数图象判断极值
【例 1－1】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
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，f′(x)>0；
当－2
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.
答案 D
规律方法 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，可得函数 y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出 y＝f′(x)的
值的正负，从而可得函数 y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.
角度 2 已知函数求极值
【例 1－2】 已知函数 f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当 a＝
1
2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＝
1
2时，f(x)＝ln x－
1
2x，函数的定义域为(0，＋∞)且 f′(x)＝
1
x－
1
2＝
2－x
2x ，
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)＝
1
x－a＝
1－ax
x .
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，
1
a )，则 f′(x)>0，
若 x∈(1
a，＋∞)，则 f′(x)<0，
故函数在 x＝
1
a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＝
1
a.
规律方法 运用导数求导函数 f(x)极值的一般步骤：
(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；(5)求出极值.
【训练 1】(1)(角度 1)已知函数 f(x)的定义域为(a，b)，导函数 f′(x)在(a，b)上的图象如
图所示，则函数 f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与 x 轴的交点个数为 4，但
是在原点附近的导数值恒大于零，故 x＝0 不是函数 f(x)的极值点.其余的 3 个交点都是极值
点，其中有 2 个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有 2 个.
答案 B
(2)(角度 2)(2019·江苏卷节选)设函数 f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为
f(x)的导函数.
①若 a＝b＝c，f(4)＝8，求 a 的值；
②若 a≠b，b＝c，且 f(x)和 f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求 f(x)的极小值.
解 ①因为 a＝b＝c，
所以 f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.
因为 f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得 a＝2.
②因为 b＝c，所以 f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而 f′(x)＝
3(x－b)·(x－
2a＋b
3 ).
令 f′(x)＝0，得 x＝b 或 x＝
2a＋b
3 .
令 f(x)＝0，得 x＝a 或 x＝b.
因为 a，b，
2a＋b
3 都在集合{－3，1，3}中，且 a≠b，
所以
2a＋b
3 ＝1，a＝3，b＝－3.
此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).
令 f′(x)＝0，得 x＝－3 或 x＝1.
当 x 变化时，f′(x)变化如下表：
x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
所以 f(x)的极小值为 f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.
考点二 已知函数的极值求参数
【例 2】 (2018·北京卷)设函数 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行，求 a；
(2)若 f(x)在 x＝2 处取得极小值，求 a 的取值范围.
解 (1)因为 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知 f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得 a＝1.
此时 f(1)＝3e≠0.
所以 a 的值为 1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若 a>
1
2，则当 x∈(1
a，2 )时，f′(x)<0；
当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以 f(x)在 x＝2 处取得极小值.
若 a≤
1
2，则当 x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤
1
2x－1<0，
所以 f′(x)>0.所以 2 不是 f(x)的极小值点.
综上可知，a 的取值范围是(1
2，＋∞).
规律方法 1.已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为 0
和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.
2.导数值为 0 不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.
【训练 2】 (2020·肇庆模拟)已知 x＝1 是 f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex 的极小值点，则实
数 a 的取值范围是( )
A.(1，＋∞) B.(－1，＋∞)
C.(－∞，－1) D.(－∞，1)
解析 f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex＝(x－a)(x－1)ex.
令 f′(x)＝0，得(x－a)(x－1)ex＝0.
设 g(x)＝(x－1)(x－a).
(1)当 a＝1 时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)没有极值.
(2)当 a>1 时，若 x>a 或 x<1 时，g(x)>0，f′(x)>0；
若 11 或 x0，
若 a0，则当 x∈(－∞，0)∪(a
3，＋∞)时，f′(x)>0，
当 x∈(0，
a
3 )时，f′(x)<0，
故 f(x)在(－∞，0)，(a
3，＋∞)单调递增，在(0，
a
3 )单调递减；
若 a＝0，则 f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若 a<0，则当 x∈(－∞，
a
3)∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当 x∈(a
3，0 )时，f′(x)<0，
故 f(x)在(－∞，
a
3)，(0，＋∞)单调递增，在(a
3，0 )单调递减.
(2)当 03，与 00；当 x>1 时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当 a＝－1 时，函数 f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋
1
x，x∈(0，e]，
1
x∈[1
e，＋∞).
①若 a≥－
1
e，则 f′(x)≥0，从而 f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意.
②若 a<－
1
e，令 f′(x)>0 得 a＋
1
x>0，结合 x∈(0，e]，解得 0－1 时， y′>0；当 x<－1 时，
y′<0，所以当 x＝－1 时，函数取得最小值，且 ymin＝－
1
e.
答案 C
2.(2020·惠州模拟)设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f′(x)，且函数 f(x)在 x＝－2 处
取得极小值，则函数 y＝x·f′(x)的图象可能是( )
解析 ∵函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f′(x)，
且函数 f(x)在 x＝－2 处取得极小值，
当 x>－2 时，f′(x)>0；当 x＝－2 时，f′(x)＝0；
当 x<－2 时，f′(x)<0.
∴当 x>0 时，xf′(x)>0；当－20.
因此 y＝xf′(x)的图象应为选项 C.
答案 C
3.(2017·全国Ⅱ卷)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
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则 f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则 f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
又 ex－1>0 恒成立，令 f′(x)＝0，得 x＝－2 或 x＝1，
当 x<－2 或 x>1 时，f′(x)>0；当－20，函数 f(x)
单调递增，所以 f(x)的极小值为 f(1)＝
1
2＋a－1＝ a－
1
2，故 f(1)≥1，即 a－
1
2≥1，解得
a≥
3
2.
答案 B
二、填空题
6.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式为 y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则
获得最大利润时的年产量为________百万件.
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当 00；当 x>3 时，y′<0.
故当 x＝3 时，该商品的年利润最大.
答案 3
7.(2020·安徽江南十校联考)已知 x＝1 是函数 f(x)＝(x2＋ax)ex 的一个极值点，则曲线 y＝
f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为________.
解析 由 f(x)＝(x2＋ax)ex，得 f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex，
因为 x＝1 是函数 f(x)＝(x2＋ax)ex 的一个极值点，
所以 f′(1)＝(3＋2a)e＝0，解得 a＝－
3
2.
∴f′(x)＝(x2＋
1
2x－
3
2)ex，所以 f′(0)＝－
3
2.
所以曲线 f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为－
3
2.
答案 －
3
2
8.(2020·昆明诊断)直线 y＝b 分别与直线 y＝2x＋1 和曲线 y＝ln x 相交于点 A，B，则|AB|
的最小值为________.
解析 设两个交点分别为 A(b－1
2 ，b)，B(eb，b)，
则|AB|＝eb－
b－1
2 .
令 g(x)＝ex－
x－1
2 ，则 g′(x)＝ex－
1
2.
由 g′(x)＝0，得 x＝－ln 2.
所以 g(x)在区间(－∞，－ln 2)单调递减，在区间(－ln 2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(－ln 2)＝1＋
ln 2
2 .
答案 1＋
ln 2
2
三、解答题
9.已知函数 f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数 f(x)在区间[0，
π
2 ]上的最大值和最小值.
解 (1)因为 f(x)＝excos x－x，
所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为 f(0)＝1，
所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
(2)设 h(x)＝ex(cos x－sin x)－1
则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当 x∈(0，
π
2 )时，h′(x)<0，
所以 h(x)在区间[0，
π
2 ]上单调递减，
所以对任意 x∈(0，
π
2 ]有 h(x)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.
B 级 能力提升
11.若函数 y＝f(x)存在 n－1(n∈N*)个极值点，则称 y＝f(x)为 n 折函数，例如 f(x)＝x2 为 2
折函数.已知函数 f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则 f(x)为( )
A.2 折函数 B.3 折函数
C.4 折函数 D.5 折函数
解析 f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)
＝(x＋2)(ex－3x－2)，
令 f′(x)＝0，得 x＝－2 或 ex＝3x＋2.
易知 x＝－2 是 f(x)的一个极值点，
又 ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex 与 y＝3x＋2 有两个交点.
又 e－2≠3×(－2)＋2＝－4.
所以函数 y＝f(x)有 3 个极值点，则 f(x)为 4 折函数.
答案 C
12.(2020·石家庄检测)若函数 f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2，0)对称，x1，x2
分别是 f(x)的极大值点与极小值点，则 x2－x1＝( )
A.－ 3 B.2 3 C.－2 3 D. 3
解析 不妨假设点(－2，0)在 f(x)图象上，
则 f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，
因为函数图象关于点(－2，0)对称，且 f(1)＝0，
所以 f(－5)＝0，即 f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，
联立{b－2a＋4＝0，
b－5a＋25＝0，解得{b＝10，
a＝7.
故 f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，
则 f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，
由于 x1，x2 分别是 f(x)的极大值点与极小值点.
∴x1，x2 是 f′(x)的零点，则 x1＋x2＝－4，x1x2＝1.
从而 x1<0，x2<0，且 x1>x2.
因此 x2－x1＝－ （x1＋x2）2－4x1x2＝－2 3.
答案 C
13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远
保持为圆柱体，其底面半径原为 12 cm 且以每秒 1 cm 等速率缩短，而长度以每秒 20 cm 等速
率增长.已知神针的底面半径只能从 12 cm 缩到 4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为
10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径
为________ cm.
解析 设神针原来的长度为 a cm，t 秒时神针的体积为 V(t) cm3，则 V(t)＝π(12－t)2·(a
＋20t)，其中 0≤t≤8，所以 V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.
因为当底面半径为 10 cm 时其体积最大，所以 10＝12－t，解得 t＝2，此时 V′(2)＝0，解得
a＝60，所以 V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中 0≤t≤8.
V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当 t∈(0，2)时，V′(t)>0，当 t∈(2，8)时，V′(t)<0，从
而 V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8640π，V(8)＝3520π，所以当
t＝8 时，V(t)有最小值 3 520π，此时金箍棒的底面半径为 4 cm.
答案 4
14.(2019·北京卷)已知函数 f(x)＝
1
4x3－x2＋x.
(1)求曲线 y＝f(x)的斜率为 1 的切线方程；
(2)当 x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
(3)设 F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记 F(x)在区间[－2，4]上的最大值为 M(a).当 M(a)最
小时，求 a 的值.
(1)解 由 f(x)＝
1
4x3－x2＋x，得 f′(x)＝
3
4x2－2x＋1.
令 f′(x)＝1，即
3
4x2－2x＋1＝1，得 x＝0 或 x＝
8
3.
又 f(0)＝0，f(8
3 )＝
8
27，
所以曲线 y＝f(x)的斜率为 1 的切线方程是 y＝x 与 y－
8
27＝x－
8
3，即 y＝x 与 y＝x－
64
27.
(2)证明 令 g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].
由 g(x)＝
1
4x3－x2 得 g′(x)＝
3
4x2－2x.
令 g′(x)＝0 得 x＝0 或 x＝
8
3.
当 x 变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x －2 (－2，0) 0 (0，
8
3 ) 8
3 (8
3，4 ) 4
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) －6 0 －
64
27 0
所以 g(x)的最小值为－6，最大值为 0.
故－6≤g(x)≤0，即 x－6≤f(x)≤x.
(3)解 由第(2)问知，
当 a<－3 时，M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当 a>－3 时，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当 a＝－3 时，M(a)＝3；
综上，当 M(a)最小时，a＝－3.
C 级 创新猜想
15.(多填题)设函数 f(x)＝{x3－3x，x ≤ a，
－2x，x > a.
(1)若 a＝0，则 f(x)的最大值为________；
(2)若 f(x)无最大值，则实数 a 的取值范围是________.
解析 (1)若 a＝0，则 f(x)＝{x3－3x，x ≤ 0，
－2x，x > 0.
当 x>0 时，f(x)＝－2x<0；
当 x≤0 时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
当 x<－1 时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当－12 时，f(x)max＝a3－3a.
综上，当 a∈(－∞，－1)时，f(x)无最大值.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
