【数学】2020届一轮复习人教A版第三章第2课时利用导数研究函数的极值最值学案
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究
角度1 根据函数图象判断函数极值
【例1－1】 已知函数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】 (2019·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当a＝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＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
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)＝－a＝(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故函数在x＝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＝.
规律方法 运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的一般步骤：(1)先求函数y＝f(x)的定义域，再求其导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点.
角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值
【例1－3】 已知函数f(x)＝ln x.
(1)求f(x)图象的过点P(0，－1)的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.
设切点坐标为(x0，ln x0)，则切线方程为y＝x＋ln x0－1.
把点P(0，－1)代入切线方程，得ln x0＝0，∴x0＝1.
∴过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.
(2)因为g(x)＝f(x)－mx＋＝ln x－mx＋(x>0)，
所以g′(x)＝－m－＝＝－，
令h(x)＝mx2－x＋m，
要使g(x)存在两个极值点x1，x2，
则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
故只需满足即可，解得01时，f′(x)>0，
当－2，则当x∈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≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－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.
考点二 利用导数求函数的最值
【例2】 (2019·广东五校联考)已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值.
解 (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当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＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，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<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得00)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.
解 (1)由题意，下潜用时(单位时间)，用氧量为×＝＋(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时＝(单位时间)，用氧量为×1.5＝(升)，
因此总用氧量y＝＋＋9(v>0).
(2)y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，
当010时，y′>0，函数单调递增.
若c<10 ，函数在(c，10)上单调递减，在(10，15)上单调递增，
∴当v＝10时，总用氧量最少.
若c≥10，则y在[c，15]上单调递增，
∴当v＝c时，这时总用氧量最少.
规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：
(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f(x)，并确定其定义域；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答.
2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.
【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______.
解析 由题意，连接OD，交BC与点G，
由题意，OD⊥BC，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，三棱锥的高
h＝＝＝，
S△ABC＝·(2x)2·sin 60°＝3x2，
则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·＝·，
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，
则f′(x)＝100x3－50x4，
令f′(x)＝0得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故当x＝2时，f(x)取得最大值80，
则V≤×＝4.
∴体积最大值为4 cm3.
答案 4
[思维升华]
1.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.
2.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.
3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值.
[易错防范]
1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.
2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.
3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A.(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间
B.(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间
C.函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D.函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析 由函数y＝f(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f(x)在x＝－1，5取得极小值，在x＝3取得极大值，故选项C错误.
答案 C
2.设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则( )
A.a<－1 B.a>－1
C.a>－ D.a<－
解析 因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.
又函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.
答案 A
3.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
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，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴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.
答案 C
4.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.无数
解析 函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
答案 A
5.(2019·安庆二模)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为( )
A.2e－1 B.－ C.1 D.2ln 2
解析 由题意知，f′(x)＝－，
∴f′(e)＝2f′(e)－，则f′(e)＝.
因此f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e.
∴f(x) 在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在x＝2e处取极大值f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.
答案 D
二、填空题
6.函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最大值是________.
解析 f′(x)＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
又f(0)＝0，f(4)＝，f(1)＝e－1＝，
∴f(1)＝为最大值.
答案
7.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m
)的最小值是________.
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，
∴当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
答案 －4
8.若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是________.
解析 函数f(x)在区间上有极值点等价于f′(x)＝0有2个不相等的实根且在内有根，由f′(x)＝0有2个不相等的实根，得a<－2或a>2.由f′(x)＝0在内有根，得a＝x＋在内有解，又x＋∈，所以2≤a<.
综上，a的取值范围是.
答案
三、解答题
9.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)由f(x)＝aln x－bx2(x>0)，得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，
则f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得10，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)＝8 640π，V(8)＝3 520π，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.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)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(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.
