【数学】2019届高考一轮复习北师大版理3-3导数与函数的极值、最值学案
第3讲 导数与函数的极值、最值
1．函数的极值
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，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．
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近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．
极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．
[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点；
(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值；
(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．
2．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．
3．极值与最值的区别与联系
(1)区别
函数的极值
函数的最值
函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点
使函数取得最大值，最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点
函数的极值是通过比较极值点附近的函数值得出的
函数的最值是通过比较整个定义域内的函数值得出的
函数的极值可能不止一个，也可能一个没有
函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个
函数的极大值不一定大于函数的极小值
函数的最大值一定大于函数的最小值
(2)联系
①当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点；
②极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( )
(2)导数为零的点不一定是极值点．( )
(3)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(4)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．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√
(教材习题改编)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
解析：选A.导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个．
所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．
函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为( )
A．e B．1
C．－1 D．－e
解析：选C.函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)，
又y′＝－1＝，
令y′＝0得x＝1，
当x∈(0，1)时，y′>0，函数单调递增；
当x∈(1，e)时，y′<0，函数单调递减．
当x＝1时，函数取得最大值－1.
已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
答案：2
(教材习题改编)函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是________．
解析：y′＝1－2sin x，令y′＝0，
又因为x∈，解得x＝，
则当x∈时，y′＞0；当x∈时，y′＜0，故函数y＝x＋2cos x在x＝时取得最大值＋.
答案：＋
函数的极值问题(高频考点)
函数的极值是每年高考的热点，一般为中高档题，三种题型都有．高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度：
(1)由图判断函数极值的情况；
(2)已知函数解析式求极值；
(3)已知函数极值求参数值或范围．
[典例引领]
角度一 由图判断函数极值的情况
(2017·高考浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
【解析】 原函数先减再增，再减再增，且x＝0位于增区间内，故选D.
【答案】 D
角度二 已知函数解析式求极值
(2018·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．
【解】 (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又f′(x)＝＋1，所以切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－ax2＋(1－a)x＋1，
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，
当a≤0时，因为x＞0，所以g′(x)＞0.
所以g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．
当a＞0时，g′(x)＝
＝－，
令g′(x)＝0得x＝.
所以当x∈(0，)时，g′(x)＞0；当x∈(，＋∞)时，g′(x)＜0.
因为g(x)在(0，)上是增函数，在(，＋∞)上是减函数．
所以x＝时，g(x)有极大值g()＝ln－×＋(1－a)·＋1＝－ln a.
综上，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a＞0时，函数g(x)有极大值－ln a，无极小值．
角度三 已知函数极值求参数值或范围
(2016·高考山东卷)设f(x)＝xln x－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】 (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
则g′(x)＝－2a＝.
当a≤0时，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当a>0时，
x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
x∈时，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
(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．
②当0
1，由(1)知f′(x)在内单调递增，
可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，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．
③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．
④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处取得极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a>.
(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程
(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领
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：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
[提醒] 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．
[通关练习]
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)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：选A.因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－20时，00时，f(x)在[1，e]上单调递增．
所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
所以当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.
利用导数研究生活中的优化问题
[典例引领]
某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t元(t为常数，且2≤t≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x元(25≤x≤40)，根据市场调查，销售量q公斤与ex成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．
(1)求该工厂的每日利润y元与每公斤蘑菇的出厂价x元的函数关系式；
(2)若t＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x为多少时，该工厂的每日利润y最大？并求最大值．
【解】 (1)设日销量q＝，则＝100，
所以k＝100e30，
所以日销量q＝，
所以y＝(25≤x≤40)．
(2)当t＝5时，y＝，
y′＝，
由y′≥0得x≤26，由y′≤0，得x≥26，
所以y在区间[25，26]上单调递增，在区间[26，40]上单调递减，
所以当x＝26时，ymax＝100e4，
即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e4元．
一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，机车的
最高速度为100 km/h，机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？
解：设机车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.
由题意，令40＝k·203，所以k＝，
则总费用f(x)＝(kx3＋400)·
＝a＝a(00.
所以当x＝20时，f(x)取最小值，即速度为20 km/h时，总费用最少．
求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究．
研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决．函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点．
分类讨论思想的应用
(1)利用导数研究函数的性质，不能以统一的方法或形式处理多种可能情形的对象．此时可选择一个标准，依此分成几个能用不同形式去解决的小问题，从而获得问题解决，体现化整为零，各个击破、积零为整的思想——分类讨论．
如求函数f(x)在某一区间上的最值，应根据函数在该区间上的单调性求解，若函数的单调区间含参数，需根据所求区间与函数的单调区间的相对位置关系进行分类讨论，分类的目的是确定函数在所求区间上的单调性．
(2)解含参函数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方：
①f′(x)＝0有根与无根的讨论；
②f′(x)＝0有根，对根大小的讨论．
易错防范
(1)求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；
(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．
1．函数y＝xex的最小值是( )
A．－1 B．－e
C．－ D．不存在
解析：选C.因为y＝x·ex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，
当x∈(－∞，－1)时，y′＜0，当x∈(－1，＋∞)时，y′＞0，所以当x＝－1时，ymin＝(－1)e－1＝－.
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( )
A．12 cm3 B．72 cm3
C．144 cm3 D．160 cm3
解析：选C.设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，
则x∈(0，5)，y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，所以y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，
所以ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
3．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
解析：选D.由题意得x∈R，y′＝1－·(1＋x2)′＝1－＝≥0，所以函数y＝x－ln(1＋x2)无极值．
4．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
解析：选C.设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1、x2、x3、x4.
当x0，f(x)为增函数，
当x10时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：
x
(－∞，－)
－
(－，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.选C.
6．函数f(x)＝x3－3x2＋4在x＝________处取得极小值．
解析：由f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.列表得
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以在x＝2处取得极小值．
答案：2
7．(2018·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为______．
解析：先求出x＞0时，f(x)＝－1的最小值．当x＞0时，f′(x)＝，所以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，所以x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，所以由已知条件得h(x)的最大值为1－e.
答案：1－e
8．已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝______．
解析：f′(x)＝＋＝(x＞0)，
当m＞0时，f′(x)＞0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m＞0矛盾．
当m＜0时，若－m＜1即m＞－1，f(x)在区间[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m＞－1矛盾；
若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，
f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，
解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾；
若－m＞e，即m＜－e时，f(x)在区间[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合题意．
答案：－3e
9．(2017·高考北京卷)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∈时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈有h(x)
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