届江苏高考数学理总复习讲义导数与函数的极值最值.docx
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届江苏高考数学理总复习讲义导数与函数的极值最值
第三节
导数与函数的极值、最值
1．函数的极值
（1）函数的极小值：
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．
（2）函数的极大值：
函数y＝f（x）在点x＝b的函数值f（b）比它在点x＝b附近的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．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
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．
[小题体验]
1．当x＝________时，函数f（x）＝x·2x取极小值．
答案：
－
2．已知函数f（x）＝x－sinx，则f（x）在[0，π]上的值域为________．
答案：
3．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，令f′（x）＝0得x＝±2，所以当x＜－2或x＞2时，f′（x）＞0；当－2＜x＜2时，f′（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－2）上为增函数，在（－2,2）上为减函数，在（2，＋∞）上为增函数．所以f（x）在x＝2处取得极小值，所以a＝2.
答案：
2
求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．
[小题纠偏]
1．函数f（x）＝x（1－x2）在[0,1]上的最大值为________．
解析：
f′（x）＝1－3x2，令f′（x）＝0，得x＝∈[0,1]，当x∈时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．所以f（x）max＝f＝.
答案：
2．已知a≤＋lnx对任意x∈恒成立，则a的最大值为________．
解析：
设f（x）＝＋lnx，则f′（x）＝＋＝.当x∈时，f′（x）＜0，故函数f（x）在上单调递减；当x∈（1,2]时，f′（x）＞0，故函数f（x）在（1,2]上单调递增，所以f（x）min＝f
（1）＝0，所以a≤0，即a的最大值为0.
答案：
0
[锁定考向]
函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有填空题，也有解答题．
常见的命题角度有：
（1）判断函数极值点的个数；
（2）求函数的极值；
（3）由函数极值求参数值或范围．
[题点全练]
角度一：
判断函数极值点的个数
1．（2018·江都中学检测）函数f（x）＝lnx－x2的极值点个数为________．
解析：
f（x）＝lnx－x2，x∈（0，＋∞），f′（x）＝－2x＝，当0＜x＜时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当x＞时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减，所以函数f（x）的极值点个数为1.
答案：
1
角度二：
求函数的极值
2．（2018·苏北四市高三一模）已知函数f（x）＝x2＋ax＋1，g（x）＝lnx－a（a∈R）．当a＝1时，求函数h（x）＝f（x）－g（x）的极值．
解：
函数h（x）的定义域为（0，＋∞）．
当a＝1时，h（x）＝f（x）－g（x）＝x2＋x－lnx＋2，
所以h′（x）＝2x＋1－＝.
令h′（x）＝0，得x＝或x＝－1（舍去），
当0＜x＜时，h′（x）＜0；当x＞时，h′（x）＞0，
所以函数h（x）在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当x＝时，函数h（x）取得极小值为＋ln2，无极大值．
角度三：
由函数极值求参数值或范围
3．（2018·启东高三期末）设函数f（x）＝ax3＋x2＋4x＋1有极大值f（x1）和极小值f（x2），若0＜x1＜1＜x2＜2，则实数a的取值范围为________．
解析：
由题意得f′（x）＝3ax2＋（3－7a）x＋4＝0的两根为x1，x2，且a＞0，因为0＜x1＜1＜x2＜2，f′（0）＝4＞0，所以即＜a＜5，所以实数a的取值范围为.
答案：
4．已知函数f（x）＝.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设g（x）＝xf（x）－ax＋1，若g（x）在（0，＋∞）上存在极值点，求实数a的取值范围．
解：
（1）f（x）＝，x∈（－∞，0）∪（0，＋∞），
所以f′（x）＝.
当f′（x）＝0时，x＝1.
f′（x）与f（x）随x的变化情况如下表：
x
（－∞，0）
（0,1）
1
（1，＋∞）
f′（x）
－
－
0
＋
f（x）
极小值
故f（x）的增区间为（1，＋∞），减区间为（－∞，0）和（0,1）．
（2）g（x）＝ex－ax＋1，x∈（0，＋∞），
所以g′（x）＝ex－a，
①当a≤1时，g′（x）＝ex－a＞0，
即g（x）在（0，＋∞）上递增，此时g（x）在（0，＋∞）上无极值点．
②当a＞1时，令g′（x）＝ex－a＝0，得x＝lna；
令g′（x）＝ex－a＞0，得x∈（lna，＋∞）；
令g′（x）＝ex－a＜0，得x∈（0，lna）．
故g（x）在（0，lna）上递减，在（lna，＋∞）上递增，
所以g（x）在（0，＋∞）有极小值无极大值，且极小值点为x＝lna.
故实数a的取值范围是（1，＋∞）．
[通法在握]
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2个要领
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
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
[演练冲关]
1．（2019·阜宁中学检测）若函数f（x）＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a＋b＝________.
解析：
对函数f（x）求导得f′（x）＝3x2－2ax－b，
∵f（x）在x＝1处有极值10，
∴解得或
当a＝3，b＝－3时，f′（x）＝3（x－1）2≥0（此时无极值，舍去）；
当a＝－4，b＝11时，符合题意，
∴a＋b＝7.
答案：
7
2．（2018·锡山中学检测）设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：
因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，因为x＞0时，－ex＜－1，所以a＝－ex＜－1.
答案：
（－∞，－1）
3．（2018·盐城中学期末）已知函数f（x）＝x3－3ax2＋3x＋1.
（1）若a＝2，求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在区间（2,3）内至少有一个极值点，求a的取值范围．
解：
（1）由f（x）＝x3－3ax2＋3x＋1，得f′（x）＝3x2－6ax＋3，
当a＝2时，f′（x）＝3x2－12x＋3＝3（x2－4x＋1），
由f′（x）＞0，得x＞2＋或x＜2－；
由f′（x）＜0，得2－＜x＜2＋.
∴f（x）的单调递增区间是（－∞，2－）和（2＋，＋∞），f（x）的单调递减区间是（2－，2＋）．
（2）∵f′（x）＝3x2－6ax＋3，而f（x）在区间（2,3）中至少有一个极值点等价于方程3x2－6ax＋3＝0在其判别式Δ＞0（即a＞1或a＜－1）的条件下在区间（2,3）上有解．
∴由3x2－6ax＋3＝0，得a＝，
令g（x）＝，则g′（x）＝，
∴g′（x）＞0在（2,3）上恒成立，即g（x）＞0在（2,3）上单调递增，
∴＜＜，
即＜a＜，
∴a的取值范围是.
[典例引领]
已知函数f（x）＝－1.
（1）求函数f（x）的单调区间及极值；
（2）设m＞0，求函数f（x）在区间[m,2m]上的最大值．
解：
（1）因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝，
由得0＜x＜e；由得x＞e，
所以函数f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，＋∞），且f（x）极大值＝f（e）＝－1，无极小值．
（2）①当即0＜m≤时，函数f（x）在区间[m,2m]上单调递增，
所以f（x）max＝f（2m）＝－1；
②当m＜e＜2m，即＜m＜e时，
函数f（x）在区间（m，e）上单调递增，在（e,2m）上单调递减，
所以f（x）max＝f（e）＝－1＝－1；
③当m≥e时，函数f（x）在区间[m,2m]上单调递减，
所以f（x）max＝f（m）＝－1.
综上所述，当0＜m≤时，f（x）max＝－1；当＜m＜e时，f（x）max＝－1；当m≥e时，f（x）max＝－1.
[由题悟法]
求函数f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的3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．
[即时应用]
设n∈N*，a，b∈R，函数f（x）＝＋b，已知曲线y＝f（x）在点（1,0）处的切线方程为y＝x－1.
（1）求a，b；
（2）求f（x）的最大值．
解：
（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝.
所以f′
（1）＝a，又切线斜率为1，故a＝1.
由曲线y＝f（x）过点（1,0），有f
（1）＝b＝0.
故a＝1，b＝0.
（2）由
（1）知f（x）＝，f′（x）＝.
令f′（x）＝0，即1－nlnx＝0，解得x＝e
.
当0＜x＜e
时，有f′（x）＞0，
得f（x）在
上是增函数；
当x＞e
时，有f′（x）＜0，
得f（x）在（e
，＋∞）上是减函数．
故f（x）在x＝e
处取得最大值f（e
）＝.
对应学生用书P34
[典例引领]
（2018·苏北四市期末）已知函数f（x）＝－ax，g（x）＝lnx－ax，a∈R.
（1）解关于x（x∈R）的不等式f（x）≤0；
（2）证明：
f（x）≥g（x）；
（3）是否存在常数a，b，使得f（x）≥ax＋b≥g（x）对任意的x＞0恒成立？
若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
解：
（1）当a＝0时，f（x）＝，所以f（x）≤0的解集为{0}；
当a≠0时，f（x）＝x，
若a＞0时，则f（x）≤0的解集为[0,2ea]；
若a＜0时，则f（x）≤0的解集为[2ea,0]．
综上所述，当a＝0时，f（x）≤0的解集为{0}；
当a＞0时，f（x）≤0的解集为[0,2ea]；
当a＜0时，f（x）≤0的解集为[2ea,0]．
（2）证明：
设h（x）＝f（x）－g（x）＝－lnx（x＞0），
则h′（x）＝－＝.
令h′（x）＝0，得x＝，
当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：
x
（0，）
（，＋∞）
h′（x）
－
0
＋
h（x）
极小值
所以函数h（x）的最小值为h（）＝0，
所以h（x）＝－lnx≥0，即f（x）≥g（x）．
（3）假设存在常数a，b使得f（x）≥ax＋b≥g（x）对任意的x＞0恒成立，
即≥2ax＋b≥lnx对任意的x＞0恒成立．
而当x＝时，lnx＝＝，所以≥2a＋b≥，
所以2a＋b＝，则b＝－2a，
所以－2ax－b＝－2ax＋2a－≥0（*）恒成立，
①当a≤0时，2a－＜0，所以（*）式在（0，＋∞）上不恒成立；
②当a＞0时，则4a2－≤0，即2≤0，
所以a＝，则b＝－.
令φ（x）＝lnx－x＋，则φ′（x）＝，
令φ′（x）＝0，得x＝，
当0＜x＜时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，）上单调递增；
当x＞时，φ′（x）＜0，φ（x）在（，＋∞）上单调递减．
所以φ（x）的最大值φ（）＝0.所以lnx－x＋≤0恒成立．
所以存在a＝，b＝－符合题意．
[由题悟法]
利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
[即时应用]
（2018·海门中学期末）已知函数f（x）＝（x＋1）ex，g（x）＝2x2＋3x＋m.
（1）求f（x）的极值；
（2）若g（x）≤f（x）对任意的x∈[－1,0]恒成立，求实数m的取值范围．
解：
（1）∵f′（x）＝（x＋2）ex，
当f′（x）＞0时，x＞－2；当f′（x）＜0时，x＜－2，
∴f（x）在x＝－2处取得极小值－，无极大值．
（2）由g（x）≤f（x），
得m≤（x＋1）ex－（2x2＋3x）
＝（x＋1）ex－（2x2＋3x＋1）＋1
＝（x＋1）（ex－2x－1）＋1.
∵x∈[－1,0]，∴x＋1≥0，
令h（x）＝ex－2x－1，则h′（x）＝ex－2，
当x∈[－1,0]时，h′（x）＜0，
∴h（x）在[－1,0]上单调递减，∴h（x）≥h（0）＝0，
即（x＋1）（ex－2x－1）≥0，
∴[（x＋1）（ex－2x－1）＋1]min＝1，
∴m≤1，即实数m的取值范围是（－∞，1]．
[典例引领]
（2018·南京、盐城模拟）在一张足够大的纸板上截取一个面积为3600cm2的矩形纸板ABCD，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒（如图）．设小正方形边长为xcm，矩形纸板的两边AB，BC的长分别为acm和bcm，其中a≥b.
（1）当a＝90时，求纸盒侧面积的最大值；
（2）试确定a，b，x的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．
解：
（1）因为矩形纸板ABCD的面积为3600cm2，当a＝90时，b＝40，纸盒的底面矩形的长为90－2x，宽为40－2x.
所以纸盒的侧面积S（x）＝（260－8x）x＝－8x2＋260x，其中x∈（0,20），
故S（x）max＝S＝.
答：
当a＝90时，纸盒侧面积最大，最大值为cm2.
（2）纸盒的体积V＝（a－2x）（b－2x）x，其中x∈，a≥b＞0，且ab＝3600.
因为（a－2x）（b－2x）＝ab－2（a＋b）x＋4x2≤ab－4x＋4x2＝4（x2－60x＋900），
当且仅当a＝b＝60时取等号，
所以V≤4（x3－60x2＋900x），x∈（0,30）．
记f（x）＝4（x3－60x2＋900x），x∈（0,30），
则f′（x）＝12（x－10）（x－30），
令f′（x）＝0，得x＝10.
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
x
（0,10）
10
（10,30）
f′（x）
＋
0
－
f（x）
极大值
由上表可知，f（x）的极大值是f（10）＝16000，也是最大值．
答：
当a＝b＝60，且x＝10时，纸盒的体积最大，最大值为16000cm2.
[由题悟法]
利用导数解决生活中的优化问题的4步骤
（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f（x）；
（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．
[即时应用]
某空调制造公司有一条自动生产的流水线，价值约为a万元，现为了改善该流水线的生产能力，提高产品的增加值，需要进行全面的技术革新．经过市场调查，产品的增加值y（单位：
万元）与技术革新投入的资金x（单位：
万元）之间满足：
①y与（a－x）和x2的乘积成正比；②当x＝时，y＝a3；③x∈，其中m是正数．
（1）求y关于x的表达式；
（2）试问当技术革新投入多少万元时，产品的增加值y最大．
解：
（1）由题意可设y＝f（x）＝k（a－x）x2.
因为当x＝时，y＝a3，所以k＝8.
所以y＝f（x）＝8（a－x）x2，x∈，其中m是正数．
（2）因为f′（x）＝－24x2＋16ax，
所以由f′（x）＝0，
得x＝或x＝0（舍去）．
当≤，即0＜m≤1时，
若x∈，则f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在上是增函数，所以当x＝时，y取得最大值，且ymax＝f＝a3.
当＞，即m＞1时，
若x∈，则f′（x）＞0，所以f（x）在上是增函数，若x∈，则f′（x）＜0，所以f（x）在上是减函数，
所以当x＝时，y取得最大值，且ymax＝f＝a3.
所以当0＜m≤1时，技术革新投入万元时，产品的增加值y最大，且为a3；
当m＞1时，技术革新投入万元时，产品的增加值y最大，且为a3.
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．（2019·昆山调研）已知函数f（x）的导函数f′（x）＝x2－x，则使得f（x）取得极大值的x＝________.
解析：
由f′（x）＝x2－x＝0得到x＝0或x＝1，当x＜0或x＞1时，f′（x）＞0.当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以当x＝0时，f（x）取得极大值．
答案：
0
2．（2019·江都中学检测）函数f（x）＝x3－3x－3在区间[－3，0]上的最大值和最小值分别为m，n，则m＋n＝________.
解析：
∵f′（x）＝3x2－3＝3（x＋1）（x－1），
∴当－3≤x＜－1时，f′（x）＞0；
当－1＜x≤0时，f′（x）＜0.
∴f（x）在[－3，－1）上是增函数，在（－1,0]上是减函数．
∴当x＝－1时，f（x）取得最大值f（－1）＝－1，即m＝－1.
∵f（－3）＝－21＜f（0）＝－3，
∴当x＝－3时，f（x）取得最小值f（－3）＝－21，
即n＝－21.
故m＋n＝－22.
答案：
－22
3．（2018·启东中学测试）已知函数f（x）＝3x3－9x＋a有两个零点，则a＝________.
解析：
f′（x）＝9x2－9，由f′（x）＞0，得x＞1或x＜－1；由f′（x）＜0，得－1＜x＜1，所以f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上单调递增，在（－1,1）上单调递减，所以f（x）的极大值为f（－1）＝a＋6，极小值为f
（1）＝a－6，要满足题意，则需f（－1）＝0或f
（1）＝0，解得a＝±6.
答案：
±6
4．（2018·太仓高级中学期末）函数f（x）＝x＋的极大值是________．
解析：
易知f（x）的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），
f′（x）＝1－，令1－＝0，可得x＝－1或x＝1，
当x∈（－∞，－1）时，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数；
当x∈（－1,0）时，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；
当x∈（0,1）时，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；
当x∈（1，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数，
所以当x＝－1时，函数f（x）取得极大值－2.
答案：
－2
5．（2018·南通期末）已知函数f（x）＝x3－x2＋a在[0,1]上恰好有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：
f′（x）＝x（3x－2），令f′（x）＞0，解得＜x≤1；
令f′（x）＜0，解得0＜x＜，故f（x）在上单调递减，在上单调递增．
若f（x）在[0,1]上恰好有两个零点，则
解得0≤a＜.
答案：
6．若函数f（x）＝x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f（x）在R上的极小值为________．
解析：
f′（x）＝x2－（2＋b）x＋2b＝（x－b）（x－2），因为函数f（x）在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3＜b＜1，则由f′（x）＞0，得x＜b或x＞2，由f′（x）＜0，得b＜x＜2，所以函数f（x）的极小值为f
（2）＝2b－.
答案：
2b－
二保高考，全练题型做到高考达标
1．若x＝1是函数f（x）＝ax3－ax2－x＋1的极值点，则f（x）的极小值为________．
解析：
f′（x）＝3ax2－2ax－1，
若x＝1是f（x）的极值点，则f′
（1）＝3a－2a－1＝0，
解得a＝1，
故f（x）＝x3－x2－x＋1，
f′（x）＝3x2－2x－1＝（3x＋1）（x－1），
由f′（x）＞0，解得x＞1或x＜－；
由f′（x）＜0，解得－＜x＜1，
所以f（x）在上单调递增，在上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
故f（x）极小值＝f
（1）＝0.
答案：
0
2．设直线x＝t与函数h（x）＝x2，g（x）＝lnx的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝________.
解析：
由已知条件可得MN＝t2－lnt，
设f（t）＝t2－lnt（t＞0），则f′（t）＝2t－，
令f′（t）＝0，得t＝，
当0＜t＜时，f′（t）＜0，当t＞时，f′（t）＞0，
所以当t＝时，f（t）取得最小值．
答案：
3．（2018·东台安丰中学期中）已知函数f（x）＝lg，若对任意x∈[2，＋∞），不等式f（x）＞0恒成立，则a的取值范围是________．
解析：
若对任意x∈[2，＋∞），不等式f（x）＞0恒成立，
则lg＞0＝lg1，
∴x＋－2＞1，即a＞3x－x2恒成立．
令y＝3x－x2，其对称轴为x＝，
∴y＝3x－x2在[2，＋∞）上单调递减，
∴ymax＝6－4＝2，∴a＞2.
答案：
（2，＋∞）
4．（2019·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________．
解析：
因为函数f（x）在（1,2）上有极值，则需函数f（x）在（1,2）上有极值点．
法一：
令f′（x）＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－，x2＝－1＋，因为x1∉（1,2），因此则需1＜x2＜2，即1＜－1＋＜2，即4＜1＋2a＜9，所以＜a＜4，故实数a的取值范围为.
法二：
f′（x）＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，
则f′（x）在（1,2）上是单调递增函数，因此解得＜a＜4，
故实数a的取值范围为.
答案：
5．（2019·海门实验中学测试）已知函数f（x）＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x＝________.
解析：
由图象可知f（x）的图象过点（1,0）与（2,0），x1，x2是函数f（x）的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f（x）＝x3－3x2＋2x，所以f′（x）＝3x2－6x＋2.因为x1，x2是方程f′（x）＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝（x1＋x2）2－2x1x2＝4－＝.
答案：
6．（2019·扬州调研）已知函数f（x）＝lnx－（m＜0）在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.
解析：
f′（x）＝＋＝.
令f′（x）＝0，得x＝－m，且当x＜－m时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞－m时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
若－m≤1，即－1≤m＜0时，f（x）min＝f
（1）＝－m≤1，不可能等于4；
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