【数学】2020届一轮复习苏教版第三章第3讲利用导数研究函数的最极值学案
第3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).
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.
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.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.(2018·全国Ⅲ卷改编)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为________(填序号).
解析 当x＝0时，y＝2，排除①②.由y′＝－4x3＋2x＝0，得x＝0或x＝±，结合三次函数的图象特征，知原函数在(－1，1)上有三个极值点，所以排除③，故填④.
答案 ④
5.(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.
解析 f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(a∈R)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，所以此时f(x)在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0得00，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)max＝f(0)＝1，f(－1)＝－4，f(1)＝0，则f(x)min＝－4，所以f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
答案 －3
考点一 利用导数研究函数的极值
角度1 求函数的极值
【例1－1】 已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
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 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.
【例1－2】 已知函数f(x)＝ax2－ax－xln x，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－21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，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增.
所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞).
(2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，
故f(x)在(0，2)内不存在极值点；
当k>0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞)，
因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，
当00，y＝g(x)单调递增.
故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；
当k>1时，
得x∈(0，ln k)时，g′(x)<0，函数y＝g(x)单调递减，
x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)>0，函数y＝g(x)单调递增.
所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k).
函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点
当且仅当解得e1，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值.
若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞).
考点二 利用导数求函数的最值
【例2】 (2019·徐州模拟)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0.
(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.
解 (1)当a＝－4时，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x) ＞0得x∈(0，)或(2，＋∞)，
故函数f(x)的单调递增区间为(0，)和(2，＋∞).
(2)f′(x)＝，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.
当x∈时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减；当x∈
时，f(x)单调递增.
易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.
①当－≤1时，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意.
②当1＜－≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]上的最小值为f＝0，不符合题意.
③当－＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1，4)单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意.
综上有，a＝－10.
规律方法 求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
【训练2】 (1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.
(1)解 f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).
f′(x)＝＝≥0，
且仅当x＝0时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增.
因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明 g′(x)＝＝(f(x)＋a).
由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.
当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝＝＝.
于是h(a)＝，由′＝>0，单调递增.
所以，由xa∈(0，2]，
得＝0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增.
③若a<0，则由f′(x)＝0得x＝ln.
当x∈时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增.
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a>0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a，从而当且仅当－a2ln a≥0，即00；
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.(2019·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.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________.
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，
f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2)，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
7.已知函数f(x)＝xln x－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是________.
解析 f(x)＝x ln x－aex(x>0)，∴f′(x)＝ln x＋1－aex(x>0)，由已知函数f(x)有两个极值点可得y＝a和g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，
g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0，1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上单调递增，g(x)≤g(1)＝，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0；
若y＝a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，只需00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
10.设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0.
(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；
(2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.
令f′(x)＝0，得x1＝，
x2＝，x1＜x2，
所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2).
当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递增.
(2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.
①当a≥4时，x2≥1，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值.
②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝处取得最大值.
又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；
当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；
当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值.
11.设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝. 已知曲线y＝f(x) 在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行.
(1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值.
解 (1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，
又f′(x)＝ln x＋＋1，所以a＝1.
(2)当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根.
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－，
当x∈(0，1]时，h(x)＜0.
又h(2)＝3ln 2－＝ln 8－＞1－1＝0，
所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln x＋＋1＋，
所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－＞0，
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，
所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根.
(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.
且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，
x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，
所以m(x)＝
当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；
若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋＋1＞0，
可知0＜m(x)≤m(x0)；
故m(x)≤m(x0).
当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝，可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；
x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；
可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)＜m(2).
综上可得，函数m(x)的最大值为.
二、选做题
12.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x11.由于
＝－－1＋a
＝－2＋a＝－2＋a，
所以
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