第21讲利用导数研究函数的极值和最值（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考数学一轮复习精品导学案（新高考）

第 21 讲 利用导数研究函数的极值和最值 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． 3、常用结论 1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值． 2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值． 3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． b 1、【2022年全国甲卷】当x=1时，函数f(x)=alnx+ 取得最大值−2，则f' (2)=（ ） x 1 1 A．−1 B．− C． D．1 2 2 【答案】B a b 【解析】因为函数f (x)定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f (1)=−2，f'(1)=0，而f'(x)= − ，所以 x x2 2 2 b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f'(x)=− + ，因此函数f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递 x x2 1 1 减，x=1时取最大值，满足题意，即有f'(2)=−1+ =− ． 2 2 故选：B. 2、【2022年新高考1卷】（多选）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 【答案】AC √3 √3 【解析】由题，f'(x)=3x2−1，令f'(x)>0得x> 或x<− ， 3 3 √3 √3 令f' (x)<0得− 0，f( )=1− >0，f (−2)=−5<0， 3 9 3 9 ( √3) 所以，函数f (x)在 −∞,− 上有一个零点， 3 √3 (√3) (√3 ) 当x≥ 时，f (x)≥f >0，即函数f (x)在 ,+∞ 上无零点， 3 3 3 综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误； 令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ(−x)=(−x) 3−(−x)=−x3+x=−ℎ(x)， 则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心， 将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象， 所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确； 令f'(x)=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f (−1)=1， 当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3， 故D错误. 故选：AC. 3、【2022年全国乙卷】已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大 1 2 值点．若x 0， 1 2 1 2 若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'(x)>0，与前面矛盾， 故a>1不符合题意， 若00,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a， 若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1 所以a的取值范围为(−∞,e+1] (2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设x <1f( ) 1 x 1 x 2 2 1 因为f(x )=f(x ),即证f(x )>f( ) 1 2 2 x 2 ex 1 1 即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞) x x ex 1 1 1 即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0 x 2 x ex 1 1 1 下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0 x 2 x ex 1 设g(x)= −xex,x>1， x1 1 1 1 1 1 1 1 1 则g' (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− ) x x2 x2 x x x 1 ex 1 x−1 ex 1 =(1− )( −ex)= ( −ex) x x x x ex 1 1 x−1 设φ(x)= (x>1),φ' (x)=( − )ex= ex>0 x x x2 x2 1 所以φ(x)>φ(1)=e,而 ex0,所以g' (x)>0 x 所以g(x)在(1,+∞)单调递增 ex 1 即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0 x 1 1 令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1 2 x 1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2 ℎ ' (x)= − (1+ )= = <0 x 2 x2 2x2 2x2 所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减 1 1 即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0； 2 x ex 1 1 1 综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1. 1 2 x 2 x 1 5、【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax− −(a+1)lnx． x (1)当a=0时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围． 【答案】(1)−1 (2)(0,+∞) 【解析】 1 1 1 1−x (1)当a=0时，f(x)=− −lnx,x>0，则f' (x)= − = ， x x2 x x2 当x∈(0,1)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) =f(1)=−1； max 1 1 a+1 (ax−1)(x−1) (2)f(x)=ax− −(a+1)lnx,x>0，则f' (x)=a+ − = ， x x2 x x2 当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)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) =f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意； max 1 1 当01，在(0,1),( ,+∞)上，f' (x)>0，f(x)单调递增； a a 1 在(1, )上，f' (x)<0，f(x)单调递减； a 又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大， 1 所以f(x)仅在( ,+∞)有唯一零点，符合题意； a (x−1) 2 当a=1时，f' (x)= ≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0， x2 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 1 1 当a>1时， <1，在(0, ),(1,+∞)上，f' (x)>0，f(x)单调递增； a a 1 在( ,1)上，f' (x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0， a 1 1 1 又f( )= −an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f( )趋近负无穷， an an−1 an 1 1 所以f(x)在(0, )有一个零点，在( ,+∞)无零点， a a 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为(0,+∞). 1. (2022·湖南长郡中学高三月考)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则f(x)的极值点的个数为( )A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】 C 【解析】 因为在x＝0左、右两边的导数值均为负数，所以 0不是极值点，故由图可知f(x)只有2个极值 点． 2、已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( ) A.－4 B.－2 C.4 D.2 【答案】 D 【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2. 3、.函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为( ) A. B.e2 C. D.2e 【答案】 A 【解析】 依题意f′(x)＝(x2－2x－3) ＝(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小 值也即是最小值，且最小值为f(3)＝＝. 4、 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. 【答案】 D 【解析】 由题意，得f′(x)＝x2－ax＋1.函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点可转化为f′(x)＝x2－ax＋1＝ 0在区间上有解，即a＝x＋在区间上有解．由f′(0)＝1，得>0，a2－4>0，即a>2.设t(x)＝x＋(0，得10， 故函数f(x)在区间上单调递增，则f(x) ＝f＝×－sin ＝－.又f(0)＝0，f(π)＝×π－sin π＝，故函数f(x)在区间 min [0，π]上的值域为.考向一 利用导数研究函数的极值 例1、已知函数 ，求函数 的极大值与极小值． 【解析】：由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax . 令f′(x)＝0得x＝0或. 当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下： (－ x 0 (0，) (，＋∞) ∞，0) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 极 极 f(x) ↗ ↘ ↗ 大值 小值 ∴f(x) ＝f(0)＝1－，f(x) ＝ ＝－－＋1. 极大值 极小值 当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下： (0，＋ x (－∞，) (，0) 0 ∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － 极 极 f(x) ↘ ↗ ↘ 小值 大值 ∴f(x) ＝f(0)＝1－，f(x) ＝ ＝－－＋1. 极大值 极小值 综上，f(x) ＝f(0)＝1－，f(x) ＝ ＝－－＋1 极大值 极小值 变式1、已知函数f(x)＝x2－1－2a ln x(a≠0)，求函数f(x)的极值． 【解析】 因为f(x)＝x2－1－2a ln x(x>0)， 所以f′(x)＝2x－＝. ①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0， 所以f′(x)>0对x>0恒成立． 所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值； ②当a>0时，令f′(x)＝0， 解得x＝，x＝－(舍去)， 1 2 所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗所以当x＝时，f(x)取得极小值，且 f()＝()2－1－2a ln ＝a－1－a ln a，无极大值． 综上，当a<0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝处取得极小值为a－1 －a ln a，无极大值． 变式2、已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x，且x＝3是f(x)的极值点，求函数f(x)的极值． 【解析】 由题意，得f′(x)＝3x2－2ax＋3，f′(3)＝0， 则27－6a＋3＝0，解得a＝5， 所以f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3. 令f′(x)＝0，得x＝3，x＝， 1 2 所以当3时，f′(x)>0， 即当x＝时，f(x)取极大值f＝， 当x＝3时，f(x)取极小值f(3)＝－9. 变式3、（2022·重庆八中模拟预测）（多选题）设函数 的定义域为 ， 是 的极小值点， 以下结论一定正确的是（ ） A． 是 的最小值点 B． 是 的极大值点 C． 是 的极大值点 D． 是 的极大值点 【答案】BD 【解析】对A， 是 的极小值点，不一定是最小值点，故A错误； 对B，因函数 与函数 的图象关于x轴对称，故 应是 的极大值点，故B正确； 对C，因函数 与函数 的图象关于y轴对称，故 应是 的极小值点，故C错误； 对D，因函数 与函数 的图象关于原点对称，故 是 的极大值点，故D正确. 故选：BD. 方法总结：(1)求函数 极值的步骤：①确定函数的定义域； ②求导数 ； ③解方程 ，求出函数定义域内的所有根； ④列表检验在 的根 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么 在 处取极大值，如果左负 右正，那么 在 处取极小值． (2)若函数 在区间内有极值，那么 在 内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数 没有极值． 考向二 利用导数研究函数的最值 1 f x x3 x2 ax1 例2、已知函数 2 ． y  f x  0, f 0 a2 （1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；  3 2, （2）若函数 f x在x1处有极小值，求函数 f x 在区间   2  上的最大值． 【解析】 1 f(x) x3 x2 2x1 （1）当a2时， 2 ， f(x)3x2 x2 ， f(0)2 f(0)1 y  f x  0, f 0 y12x 所以 ，又 ，所以曲线 在点 处切线方程为 ，即 2x y10 . f(x)3x2 xa （2）因为 ， f x在x1 f(1)2a 0a 2 因为函数 处有极小值，所以 ， f(x)3x2 x2 所以 2 fx0 x 由 ，得 3或x1，2 x fx0 当 3 或x1时， ， 2   x1 当 3 时， f(x)0，  2  3  2  所以 f x 在   2, 3  ，   1, 2  上是增函数，在    3 ,1  上是减函数，  2 49 3 1 f   f      因为  3 27 ， 2 4，  2 49 f   所以 f x 的最大值为   3   27 . 变式1、已知函数f(x)＝. (1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值. 【解析】 (1)当a＝0时，f(x)＝， 则f′(x)＝ ＝. 当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4， 故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y－1＝－4(x－1)， 整理得4x＋y－5＝0. (2)已知函数f(x)＝， 则f′(x)＝ ＝. 若函数f(x)在x＝－1处取得极值， 则f′(－1)＝0，即＝0，解得a＝4. 经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值，符合题意. 此时f(x)＝，其定义域为R，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1，x＝4. 1 2 f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，4) 4 (4，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4). 极大值为f(－1)＝1，极小值为f(4)＝－. 又因为x<时，f(x)>0；x>时，f(x)<0， 所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1， 最小值为f(4)＝－. 变式2、已知函数f(x)＝excos x－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． 【解析】 (1) 因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 所以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(cos x－sin x)－1， 则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x. 当x∈时，h′(x)≤0，所以h(x)在区间上单调递减， 所以对任意x∈有h(x)≤h(0)＝0，即在区间上，f′(x)≤0， 所以函数f(x)在区间上单调递减，故f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1， 最小值为f＝－. 变式3、设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R).当k∈时，求函数f(x)在区间[0，k]上的最大值M. 【解析】 f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k). 因为＜k≤1，所以1＜2k≤2. 令f′(x)＝0，得x＝0，x＝ln 2k.列表如下： 1 2 x (－∞，0) 0 (0，ln 2k) ln 2k (ln 2k，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的单调减区间为(0，ln 2k)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2k，＋∞). 设g(x)＝x－ln 2x，则g′(x)＝1－. 因为＜x≤1，所以1≤＜2， 所以－1＜1－≤0， 所以g(x)在区间上单调递减， 所以g(x)≥g(1)＝1－ln 2＞0， 则k－ln 2k＞0，即k＞ln 2k， 所以f(x)在区间(0，ln 2k)上单调递减，在区间(ln 2k，k)上单调递增，所以f(x)在区间[0，k]上的最大值应在端点处取得． 又f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3， 下面比较f(0)与f(k)的大小． 令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，