【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第三章导数及其应用3-2 导数与函数的极值、最值
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·淮安模拟)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________.
①函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)；
②函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)；
③函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)；
④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2).
答案 (1)③ (2)④
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.
(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 设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a.
(1)求f(x)的极值；
(2)是否存在实数a，使得方程f(x)＝0恰好有两个实数根？若存在，求出实数a的值；若不存
在，请说明理由.
解 (1)令f′(x)＝－3x2＋3＝0，
得x1＝－1，x2＝1.
又因为当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；
当x∈(－1，1)时，f′(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)的极小值为f(－1)＝a－2，
f(x)的极大值为f(1)＝a＋2.
(2)因为f(x)在(－∞，－1)上单调递减，
且当x→－∞时，f(x)→＋∞；
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
且当x→＋∞时，f(x)→－∞；
而a＋2>a－2，即函数的极大值大于极小值，
所以当极大值等于0时，有极小值小于0，
此时曲线f(x)与x轴恰好有两个交点，
即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，
所以a＋2＝0，a＝－2，如图1.当极小值等于0时，有极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，所以a－2＝0，a＝2.如图2.
综上，当a＝2或a＝－2时方程恰好有两个实数根.
命题点3 已知极值求参数
例3 (1)若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________.
(2)(2016·南京学情调研)已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1，2)上有极值，则实数a的取值范围为________.
答案 (1)3 (2)(，4)
解析 (1)∵f′(x)＝()′
＝＝，
又∵函数f(x)在x＝1处取极值，
∴f′(1)＝0.
∴1＋2×1－a＝0，
∴a＝3.验证知a＝3符合题意.
(2)方法一 令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，
得x1＝－1－，x2＝－1＋，
因为x1∉(1，2)，因此则需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>0或x<－1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)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值.
解 (1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，)
(，1)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
故当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝.
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1，0)和[，1)上单调递减，在[0，]上单调递增.
因为f(－1)＝2，f()＝，f(0)＝0，
所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，
当a≤0时，f(x)≤0；
当a>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.
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________.
答案 [－3，0)
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 (16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. [6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. [7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. [9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.若函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4，4]上的最大值为10，则其最小值为________.
答案 －71
解析 f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1).
由f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1.
又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，
f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.
由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，
∴f(x)min＝k－76＝－71.
4.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是________________.
答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析 ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根.
∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0.
∴a>6或a<－3.
*5.(2016·扬州模拟)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，f(x)的极小值等于－115，则a的值是________.
答案 2
解析 由已知可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a>0，
且－2，3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，
则由根与系数的关系知＝－1，＝－6，
∴b＝－，c＝－18a，
此时f(x)＝ax3－x2－18ax－34，
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；
当x∈(－2，3)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(3)为f(x)的极小值，且f(3)＝27a－－54a－34＝－115，解得a＝2.
6.(2016·南京模拟)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＝________.
答案 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.
7.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________.
答案 18
解析 ∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴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·徐州模拟)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·南京模拟)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.已知函数f(x)＝xln x.若对于任意x∈[，e]，不等式2f(x)≤－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围为__________________.
答案 [－2＋＋3e，＋∞)
解析 由题意知，2xln x≤－x2＋ax－3，则a≥2ln x＋x＋.设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，则h′(x)＝
eq f(2,x)＋1－＝.当x∈[，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，e]时，h′(x)>0，h(x)单调递增.由h()＝－2＋＋3e，h(e)＝2＋e＋，h()－h(e)＝2e－－4>0，可得h()>h(e).所以当x∈[，e]时，h(x)的最大值为h()＝－2＋＋3e.故a≥－2＋＋3e.
12.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，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.
