【数学】2019届一轮复习苏教版第3章导数及其应用第16讲学案
第16讲 利用导数研究函数的最(极)值
考试要求 1.函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(A级要求)；2.利用导数求函数的极大值、极小值，闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)(B级要求).
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.( )
(2)函数的极大值不一定比极小值大.( )
(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.( )
(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.( )
解析 (1)函数在某区间或定义域内极大值可以不止一个，故(1)错误，(3)对可导函数f(x)，f′(x)＝0是x0为极值点的必要条件.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
2.(选修2－2P34习题8改编)函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是________.
解析 ∵f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
∴f(x)在[－1，0)上是增函数，f(x)在(0，1]上是减函数.
∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.
答案 2
3.下列函数：
①y＝x3；②y＝ln(－x)；③y＝xe－x；④y＝x＋.
其中，既是奇函数又存在极值的是________(填序号).
解析 由题意可知，②，③中的函数不是奇函数，①中，函数y＝x3单调递增(无极值)，④中的函数既为奇函数又存在极值.
答案 ④
4.(2017·海门中 适应性训练)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________.
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋3.
依题意知，－3是方程f′(x)＝0的根，
所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.
经检验，a＝5时，y＝f(x)在x＝－3处取得极值.
答案 5
5.(2017·镇江期末)定义在上的函数f(x)＝8sin x－tan x的最大值为________.
解析 ∵函数f(x)＝8sin x－tan x，
∴f′(x)＝8cos x－＝，
令f′(x)＝0，得cos x＝，
∵x∈，∴x＝.
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在区间上是单调增函数；
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)在区间上是单调递减函数.
∴当x＝时，函数f(x)取得最大值，最大值为3.
答案 3
知 识 梳 理
1.函数的极值
若在函数y＝f(x)的定义域I内存在x0，使得在x0附近的所有点x，都有f(x)
f(x0)，则称函数y＝f(x)在点x＝x0处取得极小值，记作y极小值＝f(x0).
2.求函数极值的步骤：
(1)求导数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的所有实数根；
(3)观察在每个根xn附近，从左到右，导函数f′(x)的符号如何变化，若f′(x
)的符号由正变负，则f(xn)是极大值；若由负变正，则f(xn)是极小值；若f′(x)的符号在xn的两侧附近相同，则xn不是函数f(x)的极值点.
3.函数的最值
若在函数f(x)的定义域I内存在x0，使得对于任意的x∈I，都有f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数的最大值，记作ymax＝f(x0)；若在函数f(x)的定义域I内存在x0，使得对于任意的x∈I，都有f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数的最小值，记作ymin＝f(x0).
4.求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最值的步骤：
(1)求f(x)在区间[a，b]上的极值；
(2)将第一步中求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值.
考点一 用导数研究函数的极值(多维探究)
命题角度1 根据函数图象判断极值
【例1－1】 (1)(2018·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________(填序号).
(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________(填序号).
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).
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－22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 (1)③ (2)④
命题角度2 求函数的极值
【例1－2】 (2017·山东卷)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
解 (1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是
y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x
＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；
当x<0时，h(x)<0.
①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以当x＝a时，g(x)取到极大值，
极大值是g(a)＝－a3－sin a，
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以当x＝0时，g(x)取到极大值，
极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时g(x)取到极小值，
极小值是g(a)＝－a3－sin a.
综上所述：
当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是
g(0)＝－a；
当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
命题角度3 已知极值求参数
【例1－3】 (1)若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________.
(2)(一题多解)(2018·南京 情调研)已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数y＝f(x)在(1，2)上有极值，则实数a的取值范围为________.
解析 (1)∵f′(x)＝′＝
＝，
又∵函数y＝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)法一 令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，
得x1＝－1－，x2＝－1＋，
因为x1∉(1，2)，因此则需10，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.
所以，当x＝时，f(x)有极小值f＝－.
(2)设g(x)＝f′(x)＝3(ax2＋1＋ln x)，其中x∈D＝.
由题意知g(x)在D上有且只有一个零点(设为x0)，且在x0两侧g(x)异号.
①当a≥0时，g(x)在D上单调递增，
所以g(x)>g≥0，
所以g(x)在D上无零点，不符合题意；
②当a<0时，在(0，＋∞)上考察g(x)：
g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝，
g(x)在上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.
(ⅰ)当g(e)·g<0时，－0.
又因为g＝<0，
所以此时g(x)在D上有且只有一个零点x0″，且在x0″两侧g(x)异号.
综上所述，实数a的取值范围是.
考点二 利用导数求函数的最值
【例2】 (2018·徐州模拟)已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.
解 (1)由f(x)＝(x－k)ex得f′(x)＝(x－k＋1)ex，
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－ek－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).
(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k，
当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
综上，a＝1.
(2)证明 由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，
设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.
当x∈时，h′(x)<0；
当x∈时，h′(x)>0.
所以h(x)在单调递减，在单调递增.
又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，
所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；
当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.
由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).
由x0∈(0，1)得f(x0)<.
因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.
所以e－20；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1；
当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
取x0＝，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1；
当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，
综上，a的取值范围是[1，＋∞).
一、必做题
1.(2018·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________.
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.
答案 2
2.(2018·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________.
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.
答案 －4
3.(2018·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________.
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.
答案 2
4.(2017·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＝________.
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 1
5.(2017·盐城一模)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图象与x轴相切于一点A(m，0)(m≠0)，且f(x)的极大值为，则m的值为________.
解析 由题意可得f(m)＝m3＋am2＋bm＝0，m≠0，则m2＋am＋b＝0 ①，且f′(m)＝3m2＋2am＋b＝0 ②，
①－②化简得m＝－.
f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0的两根为－和－，
则b＝，f＝，解得a＝－3，m＝.
答案
6.(2017·镇江期末)若函数f(x)＝－2x3＋2tx2＋1存在唯一的零点，则实数t的取值范围为________.
解析 因为f(x)＝－2x3＋2tx2＋1存在唯一的零点，则f(x)在R上为单调函数或极小值大于0或极大值小于0，又因为f′(x)＝－6x2＋4tx＝－6x，且f(0)＝1，所以只能是f(x)的极小值大于0或在R上为单调函数.当t>0时，极小值为f(0)＝1；当t＝0时，f(x)在R上单调递减；当t<0时，极小值为f＝＋1>0，即t>－，综上，t∈.
答案
7.(2018·常州武进期中)已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈
(－∞，0]时，恒有xf′(x)0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为________.
解析 f′(x)＝12x2－2ax－2b，则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a＋b＝6，
又a>0，b>0，则t＝ab≤＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号.
答案 9
9.(2017·南通、扬州、泰州第三次模拟)已知函数f(x)＝ax2＋cos x(a∈R)，记f(x)的导函数为g(x).
(1)证明：当a＝时，g(x)在R上单调递增；
(2)若f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围.
(1)证明 当a＝时，f(x)＝x2＋cos x，
所以f′(x)＝x－sin x，即g(x)＝x－sin x，
所以g′(x)＝1－cos x≥0恒成立，
所以g(x)在R上单调递增.
(2)解 因为g(x)＝f′(x)＝2ax－sin x，
所以g′(x)＝2a－cos x.
①当a≥时，g′(x)≥1－cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增.
若x>0，则f′(x)>f′(0)＝0；若x<0，则f′(x)0，则f′(x)f′(0)＝0，
所以f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，单调递增区间是(－∞，0)，
所以f(x)在x＝0处取得极大值，不符合题意.
③当－2a，即g′(x)<0，
所以函数f′(x)在(0，x0)上单调递减，
所以f′(x)0，故不等式(x－1)f(x)≥0恒成立.
若a>2，f′(x)＝，
设p(x)＝xln x＋(1－a)x＋1，
令p′(x)＝ln x＋2－a＝0，则x＝ea－2>1.
当x∈(1，ea－2)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，
则p(x)1，
∴u′(x)<0.
∴u(x)在x∈[3，4]上为减函数，
∴u(x)在x∈[3，4]上的最大值为u(3)＝3－e2.
综上，实数a的取值范围为.
答案
12.(2018·扬州中 开 考试)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝(m>0).
(1)当m＝1时，函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝1处的切线互相垂直，求n的值；
(2)若函数y＝f(x)－g(x)在定义域内不单调，求m－n的取值范围；
(3)是否存在实数a，使得f ·f(eax)＋f ≤0对任意正实数x恒成立？若存在，求出满足条件的实数a；若不存在，请说明理由.
解 (1)当m＝1时，g′(x)＝，
∴y＝g(x)的图象在x＝1处的切线斜率为，因为f′(x)＝，∴y＝f(x)的图象在x＝1处的切线斜率为1，由题意得·1＝－1，∴n＝5.
(2)易知函数y＝f(x)－g(x)的定义域为(0，＋∞)，
y′＝f′(x)－g′(x)＝－
＝＝，
由题意得x＋2－m(1－n)＋的最小值为负，
∴m(1－n)>4，
∵m>0，∴1－n>0，∴≥m(1－n)>4，
∴m＋(1－n)>4，∴m－n>3.
(3)令θ(x)＝f ·f(eax)＋f ＝ax·ln 2a－ax·ln x＋ln x－ln 2a＝(ax－1)(ln 2a－
ln x)，其中x>0，a>0，要使得(ax－1)·(ln 2a－ln x)≤0对任意正数x恒成立，需(ax－1)(2a－x)≤0对任意正数x恒成立.
即(x－2a)≥0对任意正数x恒成立，设函数φ(x)＝(x－2a)，则φ(x)的图象为开口向上，与x正半轴至少有一个交点的抛物线，结合题意，抛物线与x
轴只能有一个交点，所以＝2a，所以a＝.
所以存在实数a满足条件，此时a＝.
