【数学】2018届一轮复习人教A版第四章3-2第2课时 学案
第2课时 导数与函数的极值、最值
题型一 用导数解决函数极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例1 (1)(2016·青岛模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是( )
(2)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)
答案 (1)C (2)D
解析 (1)由f′(x)图象可知，x＝0是函数f(x)的极大值点，x＝2是f(x)的极小值点，故选C.
(2)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．
命题点2 求函数的极值
例2 (2017·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．
命题点3 已知极值求参数
例3 (1)(2016·广州模拟)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
(2)(2017·福州质检)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间(，3)上有极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，) B．[2，)
C．(2，) D．[2，)
答案 (1)－7 (2)C
解析 (1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
解得或
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
(2)若函数f(x)在区间(，3)上无极值，
则当x∈(，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立或当x∈(，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立．
当x∈(，3)时，y＝x＋的值域是[2，)；
当x∈(，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0，
即a≤x＋恒成立，a≤2；
当x∈(，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，
即a≥x＋恒成立，a≥.
因此要使函数f(x)在(，3)上有极值点，
实数a的取值范围是(2，)．
思维升华 (1)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)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．
(1)函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
(2)函数y＝2x－的极大值是________．
答案 (1)C (2)－3
解析 (1)∵f(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－10.
当01时，f′(x)>0，
∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．
(2)y′＝2＋，令y′＝0，得x＝－1.
当x<－1或x>0时，y′>0；当－10，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．
②若00，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，
所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.
③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；
当0a，则实数a的取值范围是________________．
答案 (－∞，)
解析 由题意知，f′(x)＝3x2－x－2，
令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，
解得x＝1或x＝－，
又f(1)＝，f(－)＝，
f(－1)＝，f(2)＝7，
故f(x)min＝，∴a<.
题型三 函数极值和最值的综合问题
例5 已知函数f(x)＝(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
解 (1)f′(x)＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a>0，所以当－30，
即f′(x)>0，
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
解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f(x)＝.
因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－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，而f(－5)＝＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
思维升华 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，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5,0) B．(－5,0)
C．[－3,0) D．(－3,0)
答案 C
解析 由题意，得f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，
故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，
在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，
令x3＋x2－＝－得，
x＝0或x＝－3，则结合图象可知，
解得a∈[－3,0)．
3．利用导数求函数的最值
典例 (12分)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．
思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f(x)在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)两小问中，由于解析式中含有参数a，要对参数a进行分类讨论．
规范解答
解 (1)f′(x)＝－a (x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．[2分]
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
当00；
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.[4分]
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.[5分]
(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.[6分]
②当≥2，即00，则f(x)单调递增；
当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，
∴f(x)的极小值点为a＝2.
3．(2017·哈尔滨调研)函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )
A. B．1 C．0 D．不存在
答案 A
解析 f′(x)＝x－＝且x>0.
令f′(x)>0，得x>1.
令f′(x)<0，得00，即a2－3a－18>0.
∴a>6或a<－3.
*5.设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则当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
答案 D
解析 由题意知[x2f(x)]′＝，
令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝且f(x)＝，
因此f′(x)＝＝.
令h(x)＝ex－2g(x),
则h′(x)＝ex－2g′(x)＝ex－＝，
所以当x>2时，h′(x)>0；当00时，f(x)是单调递增的，
故f(x)既无极大值也无极小值．
6．(2016·宜昌模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax(a>)，当x∈(－2,0)
时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( )
A. B. C. D．1
答案 D
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.
7．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 B．11
C．18 D．17或18
答案 C
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，
即解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
8．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
答案 (，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－aa或x<－a时，f′(x)>0，函数递增．
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，
解得a>.
∴a的取值范围是(，＋∞)．
9．(2016·荆州模拟)已知函数f(x)＝x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值为，则实数m的值为________．
答案 2
解析 由f(x)＝x3－x2－x＋m，
可得f′(x)＝x2－2x－1，
令x2－2x－1＝0，可得x＝1±.
当x∈(1－，1＋)时，f′(x)<0，
即函数f(x)在(1－，1＋)上是减函数，
即f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)，
所以－1－1＋m＝，解得m＝2.
10．(2016·枣庄模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0.
即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减．在(0,1)上单调递增，
∴对m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
11．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，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．
解 (1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
所以f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，故a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
当03时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当20)，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[，e]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，b∈R)．
(1)设a＝1，b＝－1，求f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x>0，f(x)≥f(1)，试比较ln a与－2b的大小．
解 (1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，
得f′(x)＝.
∵a＝1，b＝－1，
∴f′(x)＝＝(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝1.
当01时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)的单调递减区间是(0,1)；
单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)由题意可知，f(x)在x＝1处取得最小值，
即x＝1是f(x)的极值点，
∴f′(1)＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a.
令g(x)＝2－4x＋ln x(x>0)，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，得x＝.
当00，g(x)单调递增，
当x>时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g()＝1＋ln
＝1－ln 4<0，
∴g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，
故ln a<－2b.
