【数学】2019届一轮复习人教B版第3章导数及其应用第2节第2节学案
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
考点一 利用导数研究函数的极值(多维探究)
命题角度1 已知函数求极值(点)
【例1－1】 (2018·泉州质检)已知函数f(x)＝x－1＋(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＋，得f′(x)＝1－.
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－＝0，解得a＝e.
(2)f′(x)＝1－，
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ex＝a，即x＝ln a，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，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.
命题角度2 已知极值(点)，求参数的值或取值范围
【例1－2】 已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，由f′(x)<0得0
0得x>，
∴f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x＝处有极小值.
∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，
∴a＝1，∴f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，
令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，
∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，即实数b的取值范围为.
规律方法 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为：
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，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.
(2)由函数极值求参数的值或范围.
讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f′(x)＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号.
【训练1】 (2016·山东卷改编)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x(常数a>0).
(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 (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞).
所以g′(x)＝－2a＝.
又a>0，
当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.
∴函数y＝g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当01，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0，1)时，
f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增.
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.
②当a＝时，＝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.
③当a>时，0<<1，当x∈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f(x)在x＝1处取极大值，符合题意.
综上可知，实数a的取值范围为.
考点二 利用导数研究函数的最值
【例2】 (2018·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：
x
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
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)＝＝(x>0)，
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，
若<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，
若<1时，f(x)在，[1，e]上单调递增，在上单调递减，所以最大值可能在x＝或x＝e处取得，而f ＝ln ＋a－(2a＋1)＝ln －－1<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝，
若1<0.
(1)记f(x)的极小值为g(a)，求g(a)的最大值；
(2)若对任意实数x，恒有f(x)≥0，求f(a)的最值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
令f′(x)＝0，得x＝ln a，
易知当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在x＝ln a处取极小值，g(a)＝f(x)极小值＝f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.
g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，
当00，g(a)在(0，1)上单调递增；
当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减.
所以a＝1是函数g(a)在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g(a)max＝g(1)＝1.
(2)显然，当x≤0时，ex－ax≥0(a>0)恒成立.
当x>0时，由f(x)≥0，即ex－ax≥0，得a≤.
令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝＝，
当01时，h′(x)>0，
故h(x)的最小值为h(1)＝e，所以a≤e，
故实数a的取值范围是(0，e].
f(a)＝ea－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝ea－2a，
易知ea－2a≥0对a∈(0，e]恒成立，
故f(a)在(0，e]上单调递增，所以f(0)＝10).
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥恒成立，求实数m的最大值.
解 (1)由f(x)＝xln x(x>0)，得f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)>0，得x>；令f′(x)<0，得00)，则g′(x)＝，
由g′(x)>0⇒x>1，由g′(x)<0⇒00，－22时，
f′(x)>0，∴x＝2是f(x)的极小值点.
答案 D
2.函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )
A. B.1 C.0 D.不存在
解析 f′(x)＝x－＝＝，因为x>0，所以令f′(x)>0，得x>1.令f′(x)<0，得0－1
C.a>－ D.a<－
解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
∵x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
答案 A
5.已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( )
A. B. C. D.1
解析 由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝－a＝0，得x＝，
当00；当x>时，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f ＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
答案 D
二、填空题
6.(2017·铁岭模拟)设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<20时，f′(x)＝，∴x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，∴x＝1时，函数取得极小值即最小值
，为e－1，∴由已知条件得h(x)的最大值为1－e.
答案 1－e
8.(2018·武汉模拟)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________.
解析 因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得解得1≤k<.
答案
三、解答题
9.(2015·安徽卷)已知函数f(x)＝(a>0，r>0).
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.
解 (1)由题意可知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞).
f(x)＝＝，
f′(x)＝＝.
所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0；
当－r0.
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；
f(x)的单调递增区间为(－r，r).
(2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减.
因此，x＝r是f(x)的极大值点，
所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝＝＝＝100，f(x)在(0，＋∞)内无极小值；
综上，f(x)在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值.
10.设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值.
解 (1)f′(x)＝－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，
f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得10)，∴f′(x)＝ln x＋1－aex(x>0)，由已知函数f(x)有两个极值点可得y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，
g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0，1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上单调递增，g(x)≤g(1)＝，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0；
若y＝a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，只需00时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值点，且极值大于ln 4＋2，求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
而f′(x)＝ex＋，
当a>0时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递减区间.
(2)当a≥0时，由(1)知f′(x)>0，f(x)无极值点；
当a<0时，令g(x)＝f′(x)＝ex＋，
则g′(x)＝ex－.
g′(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，
故g(x)＝ex＋在(0，＋∞)上单调递增.
当01时，ex∈(e，＋∞)，∈(a，0)，－∈(0，－a)，
故在(1，＋∞)上存在实数t，使得et>－a>－，
从而在(0，＋∞)上存在实数t使得g(t)>0.
因此g(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，设为x0.
于是当x∈(0，x0)时，f′(x)＝g(x)<0，x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，
从而f(x)在(0，＋∞)上存在唯一的极小值点，
且极值f(x0)＝ex0－.
由g(x0)＝0知a＝－xex0，
因此f(x0)＝ex0－＝(x0＋1)ex0，
令φ(x)＝(x＋1)ex，则φ′(x)＝(x＋2)ex，
故φ(x)在(0，＋∞)上单调递增.
而f(x0)＝(x0＋1)ex0>ln 4＋2＝2(ln 2＋1)
＝(ln 2＋1)eln 2，
所以x0>ln 2.
令ω(x)＝－x2ex，则ω′(x)＝－(x2＋2x)ex，
故x0>ln 2时，ω′(x)＝－(x2＋2x)ex<0，
ω(x)＝－x2ex单调递减.
从而a<－(ln 2)2eln 2＝－2(ln 2)2，
故所求a的取值范围是(－∞，－2(ln 2)2).
