知识梳理与自测人教A版文科数学《32导数与函数的极值最值》第2课时Word文档下载推荐.docx
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例3 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（ ）
A.B.
C.D.
解析 因为f（x）＝－x2＋x＋1，
所以f′（x）＝x2－ax＋1.
函数f（x）＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，
可化为x2－ax＋1＝0在区间上有解，
即a＝x＋在区间上有解，
设t（x）＝x＋，则t′（x）＝1－，
令t′（x）>
0，得1<
4，令t′（x）<
0，得<
1.
所以t（x）在（1,4）上单调递增，在上单调递减．
所以t（x）min＝t
（1）＝2，又t＝，t（4）＝，
因为a＝2时，f（x）在区间上不存在极值点，
所以a∈.
思维升华函数极值的两类热点问题
（1）求函数f（x）极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域；
②求导数f′（x）；
③解方程f′（x）＝0，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验f′（x）在f′（x）＝0的根x0左右两侧值的符号．
（2）根据函数极值情况求参数的两个要领
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：
求解后验证根的合理性．
跟踪训练1设函数f（x）＝ax3－2x2＋x＋c.
（1）当a＝1，且函数f（x）的图象过点（0,1）时，求函数f（x）的极小值；
（2）若f（x）在（－∞，＋∞）上无极值点，求a的取值范围．
解 f′（x）＝3ax2－4x＋1.
（1）函数f（x）的图象过点（0,1）时，有f（0）＝c＝1.
当a＝1时，f（x）＝x3－2x2＋x＋1，f′（x）＝3x2－4x＋1，
由f′（x）>
0，解得x<
或x>
1；
由f′（x）<
0，解得<
所以函数f（x）在和（1，＋∞）上单调递增，
在上单调递减，
所以函数f（x）的极小值是f
（1）＝13－2×
12＋1＋1＝1.
（2）若f（x）在（－∞，＋∞）上无极值点，
则f（x）在（－∞，＋∞）上是单调函数，
即f′（x）＝3ax2－4x＋1≥0或f′（x）＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．
①当a＝0时，f′（x）＝－4x＋1，显然不满足条件；
②当a≠0时，f′（x）≥0或f′（x）≤0恒成立的充要条件是Δ＝（－4）2－4×
3a×
1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.
综上，a的取值范围为.
题型二 用导数求函数的最值
例4 （2018·
贵阳检测）已知函数f（x）＝－lnx.
（1）求f（x）的单调区间；
（2）求函数f（x）在上的最大值和最小值（其中e是自然对数的底数）．
解
（1）f（x）＝－lnx＝1－－lnx，
f（x）的定义域为（0，＋∞）．
∵f′（x）＝－＝，
0，得0<
1，由f′（x）<
0，得x>
1，
∴f（x）＝1－－lnx在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减．
（2）由
（1）得f（x）在上单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f（x）在上的最大值为f
（1）＝1－－ln1＝0.
又f＝1－e－ln＝2－e，f（e）＝1－－lne＝－，且f<
f（e），
∴f（x）在上的最小值为f＝2－e.
∴f（x）在上的最大值为0，最小值为2－e.
思维升华
（1）若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f（a）与f（b）一个为最大值，一个为最小值；
（2）若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f（a），f（b）比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；
（3）函数f（x）在区间（a，b）上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
跟踪训练2（2017·
北京）已知函数f（x）＝excosx－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）＝excosx－x，
所以f′（x）＝ex（cosx－sinx）－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（cosx－sinx）－1，
则h′（x）＝ex（cosx－sinx－sinx－cosx）＝－2exsinx.
当x∈时，h′（x）<
所以h（x）在区间上单调递减，
所以对任意x∈有h（x）<
h（0）＝0，即f′（x）<
所以函数f（x）在区间上单调递减，
因此f（x）在区间上的最大值为f（0）＝1，最小值为f＝－.
题型三 函数极值、最值的综合问题
例5（2018·
珠海调研）已知函数f（x）＝（a>
0）的导函数y＝f′（x）的两个零点为－3和0.
（2）若f（x）的极小值为－e3，求f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值．
解
（1）f′（x）＝
＝.
令g（x）＝－ax2＋（2a－b）x＋b－c，
因为ex>
0，所以y＝f′（x）的零点就是g（x）＝－ax2＋（2a－b）x＋b－c的零点且f′（x）与g（x）符号相同．
又因为a>
0，所以当－3<
0时，g（x）>
0，即f′（x）>
当x<
－3或x>
0时，g（x）<
0，即f′（x）<
所以f（x）的单调递增区间是（－3,0），
单调递减区间是（－∞，－3），（0，＋∞）．
（2）由
（1）知，x＝－3是f（x）的极小值点，
所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f（x）＝.
因为f（x）的单调递增区间是（－3,0），
单调递减区间是（－∞，－3），（0，＋∞），
所以f（0）＝5为函数f（x）的极大值，
故f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值取f（－5）和f（0）中的最大者，而f（－5）＝＝5e5>
5＝f（0），
所以函数f（x）在区间[－5，＋∞）上的最大值是5e5.
思维升华
（1）求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
（2）求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
跟踪训练3已知函数f（x）＝ax3＋2x2－4x＋5，当x＝时，函数f（x）有极值，则函数f（x）在[－3,1]上的最大值为________．
答案 13
解析 f′（x）＝3ax2＋4x－4，
由f′＝0可得a＝1，经验证f为极值；
∴f（x）＝x3＋2x2－4x＋5，
f′（x）＝3x2＋4x－4.
令f′（x）＝0，解得x＝－2或x＝.
当x变化时，f′（x），f（x）的取值及变化情况如表所示：
x
－3
（－3，－2）
－2
1
f′（x）
＋
－
f（x）
8
13
4
∴函数f（x）在[－3,1]上的最大值为13.
利用导数求函数的最值
例（12分）已知函数f（x）＝lnx－ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a>
0时，求函数f（x）在[1,2]上的最小值．
规范解答
解
（1）f′（x）＝－a（x>
0），
①当a≤0时，f′（x）＝－a>
0，即函数f（x）的单调递增区间为（0，＋∞）．[2分]
0时，令f′（x）＝－a＝0，可得x＝，
当0<
时，f′（x）＝>
时，f′（x）＝<
故函数f（x）的单调递增区间为，
单调递减区间为.[4分]
综上可知，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，＋∞）；
0时，函数f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为.[5分]
（2）①当≤1，即a≥1时，函数f（x）在[1,2]上是减函数，所以f（x）的最小值是f
（2）＝ln2－2a.
[6分]
②当≥2，即0<
a≤时，函数f（x）在[1,2]上是增函数，所以f（x）的最小值是f
（1）＝－a.[7分]
③当1<
<
2，即<
a<
1时，函数f（x）在上是增函数，在上是减函数．
又f
（2）－f
（1）＝ln2－a，
所以当<
ln2时，最小值是f
（1）＝－a；
当ln2≤a<
1时，最小值为f
（2）＝ln2－2a.[11分]
综上可知，当0<
ln2时，函数f（x）的最小值是f
（1）＝－a；
当a≥ln2时，函数f（x）的最小值是f
（2）＝ln2－2a.[12分]
用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤
第一步：
（求导数）求函数f（x）的导数f′（x）；
第二步：
（求极值）求f（x）在给定区间上的单调性和极值；
第三步：
（求端点值）求f（x）在给定区间上的端点值；
第四步：
（求最值）将f（x）的各极值与f（x）的端点值进比较，确定f（x）的最大值与最小值；
第五步：
（反思）反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．
1.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
答案 C
解析 设f′（x）的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
x1时，f′（x）>
0，f（x）为增函数，当x1<
x2时，f′（x）<
0，f（x）为减函数，则x＝x1为极大值点，
同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C.
2．函数f（x）＝x3－4x＋4的极大值为（ ）
A.B．6C.D．7
答案 A
解析 f′（x）＝x2－4＝（x＋2）（x－2），
f（x）在（－∞，－2）上单调递增，在（－2,2）上单调递减，
在（2，＋∞）上单调递增，
所以f（x）的极大值为f（－2）＝.
3．函数y＝xex的最小值是（ ）
A．－1B．－e
C．－D．不存在
解析 因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝（1＋x）ex.当x>
－1时，y′>
－1时，y′<
0，所以当x＝－1时，函数取得最小值，且ymin＝－.故选C.
4．（2018·
南昌调研）已知e为自然对数的底数，设函数f（x）＝（ex－1）（x－1）k（k＝1,2），则（ ）
A．当k＝1时，f（x）在x＝1处取得极小值
B．当k＝1时，f（x）在x＝1处取得极大值
C．当k＝2时，f（x）在x＝1处取得极小值
D．当k＝2时，f（x）在x＝1处取得极大值
解析 当k＝1时，f′（x）＝ex·
x－1，f′
（1）≠0，
∴x＝1不是f（x）的极值点．
当k＝2时，f′（x）＝（x－1）（xex＋ex－2），
显然f′
（1）＝0，且在x＝1附近的左侧f′（x）<
1时，f′（x）>
∴f（x）在x＝1处取得极小值．故选C.
5．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18B．11
C．18D．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.
6．若商品的年利润y（万元）与年产量x（百万件）的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123（x>
0），则获得最大利润时的年产量为（ ）
A．1百万件B．2百万件
C．3百万件D．4百万件
解析 y′＝－3x2＋27＝－3（x＋3）（x－3），
3时，y′>
3时，y′<
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
7．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________．
答案 （－∞，－1）
解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
∴方程ex＋a＝0有大于零的解，
∵当x>
0时，－ex<
－1，∴a＝－ex<
－1.
8．函数f（x）＝x3－3a2x＋a（a>
0）的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
答案
解析 f′（x）＝3x2－3a2＝3（x＋a）（x－a），
由f′（x）＝0得x＝±
a，
当－a<
a时，f′（x）<
0，函数f（x）单调递减；
a或x<
－a时，f′（x）>
0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）的极大值为f（－a），极小值为f（a）．
∴f（－a）＝－a3＋3a3＋a>
0且f（a）＝a3－3a3＋a<
解得a>
.
∴a的取值范围是.
9．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________．
答案 －4
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.
10．（2018·
长沙调研）已知y＝f（x）是奇函数，当x∈（0,2）时，f（x）＝lnx－ax，当x∈（－2,0）时，f（x）的最小值为1，则a＝________.
答案 1
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＝，
时，f′（x）>
时，f′（x）<
∴f（x）max＝f＝－lna－1＝－1，解得a＝1.
11．已知函数f（x）＝ax2－blnx在点A（1，f
（1））处的切线方程为y＝1.
（1）求实数a，b的值；
（2）求函数f（x）的极值．
解
（1）f（x）的定义域是（0，＋∞），f′（x）＝2ax－，
f
（1）＝a＝1，f′
（1）＝2a－b＝0，
将a＝1代入2a－b＝0，解得b＝2.
（2）由
（1）得f（x）＝x2－2lnx（x>
所以f′（x）＝2x－＝，
令f′（x）>
0，解得x>
1，令f′（x）<
0，解得0<
所以f（x）在（0,1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，
所以f（x）极小值＝f
（1）＝1，无极大值．
12．（2018·
武汉质检）已知函数f（x）＝
（1）求f（x）在区间（－∞，1）上的极小值和极大值点；
（2）求f（x）在[－1，e]（e为自然对数的底数）上的最大值．
解
（1）当x<
1时，f′（x）＝－3x2＋2x＝－x（3x－2），
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
（－∞，0）
极小值
极大值
故当x＝0时，函数f（x）取得极小值f（0）＝0，
函数f（x）的极大值点为x＝.
（2）①当－1≤x<
1时，由
（1）知，函数f（x）在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f（－1）＝2，f＝，f（0）＝0，
所以f（x）在[－1,1）上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f（x）＝alnx，
当a≤0时，f（x）≤0；
0时，f（x）在[1，e]上单调递增，
则f（x）在[1，e]上的最大值为f（e）＝a.
故当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.
13．函数f（x）＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f（x1）－f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（ ）
A．20B．18
C．3D．0
解析 因为f′（x）＝3x2－3＝3（x－1）（x＋1），
令f′（x）＝0，得x＝±
1，可知－1,1为函数的极值点．
又f（－3）＝－19，f（－1）＝1，f
（1）＝－3，f
（2）＝1，
所以在区间[－3,2]上，f（x）max＝1，f（x）min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上，f（x）max－f（x）min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
14．（2018·
贵州质检）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的值为________．
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＝，
t<
时，f′（t）<
0，当t>
时，f′（t）>
∴当t＝时，f（t）取得最小值．
15．已知函数f（x）＝xlnx＋mex（e为自然对数的底数）有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
解析 f（x）＝xlnx＋mex（x>
0），∴f′（x）＝lnx＋1＋mex（x>
0），由函数f（x）有两个极值点可得y＝－m和g（x）＝在（0，＋∞）上有两个交点，
g′（x）＝（x>
0），令h（x）＝－lnx－1，
则h′（x）＝－－<
∴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）＝，
而当x→0时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→0；
若y＝－m和g（x）的图象在（0，＋∞）上有两个交点，
只需0<
－m<
，故－<
m<
16．已知函数f（x）＝ax－lnx，x∈（0，e]的最小值是2，求正实数a的值．
解 因为f′（x）＝a－＝，所以当0<
e时，f（x）在上单调递减，在上单调递增，所以f（x）min＝f＝1＋lna＝2，解得a＝e，满足条件；
当≥e时，f（x）在（0，e]上单调递减，f（x）min＝f（e）＝ae－1＝2，解得a＝（舍去）．
综上，正实数a的值为e.
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