第2节第2课时　导数与函数的极值、最值.docx

1、第二课时第二课时导数与函数的极值、最值导数与函数的极值、最值 考点一利用导数求函数的极值 角度 1根据函数图像判断极值 【例 1】设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f(x)，且函数 y (1x)f(x)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是() A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2) D.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(2) 答案D 解析由题图可知，当 x0； 当2x1 时，f(x)0；当 1x2 时，f(x)2 时，f(x)0. 由此可以得

2、到函数 f(x)在 x2 处取得极大值， 在 x2 处取得极小值. 感悟升华由图像判断函数 yf(x)的极值，要抓住两点：(1)由 yf(x)的图像与 x 轴的交点，可得函数 yf(x)的可能极值点；(2)由导函数 yf(x)的图像可以看 出 yf(x)的值的正负，从而可得函数 yf(x)的单调性.两者结合可得极值点. 【训练 1】 (多选题)(2021石家庄检测)函数 yf(x)的导函数 yf(x)的图像如图 所示，则() A.3 是函数 yf(x)的极值点 B.1 是函数 yf(x)的极小值点 C.yf(x)在区间(3，1)上单调递增 D.2 是函数 yf(x)的极大值点 答案AC 解析根

3、据导函数的图像可知，当 x(，3)时，f(x)0，所以函数 yf(x)在(，3)上单调递减，在(3，1)上单调递 增，可知3 是函数 yf(x)的极值点，所以 A 正确. 因为函数 yf(x)在(3，1)上单调递增，可知1 不是函数 yf(x)的极小值点， 2 也不是函数 yf(x)的极大值点，所以 B 错误，C 正确，D 错误. 角度 2已知函数求极值 【例 2】已知函数 f(x)ln xax(aR). (1)当 a1 2时，求 f(x)的极值； (2)讨论函数 f(x)在定义域内极值点的个数. 解(1)当 a1 2时， f(x)ln x 1 2x， 函数的定义域为(0， )且 f(x) 1

4、 x 1 2 2x 2x ， 令 f(x)0，得 x2， 于是当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表. x(0，2)2(2，) f(x)0 f(x)ln 21 故 f(x)在定义域上的极大值为 f(x)极大值f(2)ln 21，无极小值. (2)由(1)知，函数 f(x)的定义域为(0，)， f(x)1 xa 1ax x . 当 a0 时，f(x)0 在(0，)上恒成立， 则函数在(0，)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当 a0 时，若 x 0，1 a ，则 f(x)0， 若 x 1 a，则 f(x)0 时，函数 yf(x)有一个极大值点，且为 x1 a. 感悟升华运用导

5、数求函数 f(x)极值的一般步骤： (1)确定函数 f(x)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； (5)求出极值. 【训练 2】已知函数 f(x)x1 a ex(aR，e 为自然对数的底数)，求函数 f(x)的 极值. 解求导得，f(x)1a ex，当 a0 时，f(x)0，f(x)为(，)上的增函数， 所以函数 f(x)无极值. 当 a0 时，令 f(x)0，得 exa，即 xln a， 当 x(，ln a)时，f(x)0. 所以 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(

6、ln a，)上单调递增. 故 f(x)在 xln a 处取得极小值且极小值为 f(ln a)ln a，无极大值. 综上，当 a0 时，函数 f(x)无极值； 当 a0 时，f(x)在 xln a 处取得极小值 ln a，无极大值. 角度 3根据极值求参数的值(范围) 【例 3】 (1)已知 x1 e是函数 f(x)x(ln ax1)的极值点，则实数 a 的值为( ) A.1 e2 B.1 e C.1D.e (2)(2020洛阳质检)已知函数 f(x)x3ax2 4 27.若 f(x)在(a1，a3)上存在极大 值，则 a 的取值范围是_. 答案(1)B(2)(9，0)(0，1) 解析(1)因为

7、函数 f(x)x(ln ax1)有极值点， 所以 f(x)(ln ax1)12ln ax. 因为 x1 e是函数 f(x)x(ln ax1)的极值点， 所以 f 1 e 2ln a1 e 0. 所以 ln a1 e 2，解得 a1 e. (2)f(x)3x22axx(3x2a)，令 f(x)0，得 x10，x22a 3 . 当 a0 时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)无极值，不合题意. 当 a0 时，f(x)在 x2a 3 处取得极小值，在 x0 处取得极大值， 则 a100，所以 0a1. 当 a0 时，f(x)在 x2a 3 处取得极大值，在 x0 处取得极小值， 则 a12a 3

8、 a3，又 a0，所以9a0，则 g(x) ex（x2） x3 ， 当 x2 时，g(x)0，g(x)单调递增； 当 0 x2 时，g(x)0，当 x(2，3)时，g(x)0， 所以 g(x)ming(1)1 8b1， 解得 b9 8，所以 g(2)ln 2 5 8. 于是函数 g(x)在区间1，3上的最大值为 g(2)ln 25 8. 感悟升华1.求函数 f(x)在闭区间a，b上的最值时，在得到极值的基础上，结合 区间端点的函数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. 2.若所给的闭区间a，b含参数，则需对函数 f(x)求导，通过对参数分类讨论，判 断函数的单调性，

9、从而得到函数 f(x)的最值. 【训练 4】(2020福州检测)已知函数 g(x)aln xx2(a2)x(aR)，求 g(x)在 区间1，e上的最小值 h(a). 解由题意，g(x)的定义域为(0，)， g(x)a x2x(a2) 2x2（a2）xa x （2xa） （x1） x . 当a 21，即 a2 时，g(x)在1，e上为增函数，h(a)g(1)a1； 当 1a 2e，即 2a2e 时，g(x)在 1，a 2 上为减函数，在 a 2，e上为增函数，h(a) g a 2 aln a 2 1 4a 2a； 当a 2e，即 a2e 时，g(x)在1，e上为减函数，h(a)g(e)(1e)a

10、e 22e. 综上，h(a) a1，a2， aln a 2 1 4a 2a，2a0，构造函数 F(x)f(x)g(x). 2.对于不等式 f(x)g(x)0，构造函数 F(x)f(x)g(x). 特别地，对于不等式 f(x)k，构造函数 F(x)f(x)kx. 3.对于不等式 f(x)g(x)f(x)g(x)0，构造函数 F(x)f(x)g(x). 4.对于不等式 f(x)g(x)f(x)g(x)0，构造函数 F(x)f（x） g（x）. 5.对于不等式 xf(x)nf(x)0，构造函数 F(x)xnf(x). 6.对于不等式 f(x)f(x)0，构造函数 F(x)exf(x). 7.对于不等

11、式 f(x)kf(x)0，构造函数 F(x)ekxf(x). 【例 1】设 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且 f(1)0，当 x0 恒成立，则不等式 f(x)0 的解集为_. 答案(，1)(1，) 解析构造 F(x)f（x） x ，则 F(x)f（x）xf（x） x2 ， 当 x0，可以推出当 x0，F(x)在(，0)上单调 递增. f(x)为偶函数，yx 为奇函数，F(x)为奇函数， F(x)在(0，)上也单调递增. 根据 f(1)0 可得 F(1)0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图像(图略)，根 据图像可知 f(x)0 的解集为(，1)(1，). 【例 2】设函数 f(x)满足 x

12、2f(x)2xf(x)e x x ，f(2)e 2 8 ，则 x0 时，f(x)() A.有极大值，无极小值B.有极小值，无极大值 C.既有极大值又有极小值D.既无极大值也无极小值 答案D 解析构造函数 g(x)x2f(x)，则 g(x)x2f(x)2xf(x)e x x ，g(2)22f(2)e 2 2 . 所以 f(x)g（x） x2 ， f(x)xg（x）2g（x） x3 e x2g（x） x3 . 记 h(x)ex2g(x)，则 h(x)ex2g(x)e x x (x2)，当 0 x2 时，h(x)2 时，h(x)0，所以 h(x)单调递增. 故h(x)mine22g(2)0，所以 f

13、(x)h（x） x3 0 恒成立，故函数 f(x)既无极大值 也无极小值.故选 D. 【例 3】已知函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f(x)，若 f(x)满足：(x1)f(x) f(x)0，f(2x)f(x)e2 2x，则下列判断一定正确的是( ) A.f(1)e2f(0) C.f(3)e3f(0)D.f(4)0， 则 x1 时 F(x)0，F(x)在1，)上单调递增. 当 x1 时 F(x)bcB.cba C.bcaD.cab 答案C 解析因为函数 yx在(0，)上单调递增，所以 3e. 构造函数 f(x)ln x x ，则 f(x)1ln x x2 ， 当 x(0，e)时，f(x

14、)0，f(x)单调递增； 当 x(e，)时，f(x)ln ，所以 ee. 综合可知：3ee，所以 bca.故选 C. 思维升华函数与方程思想、 转化与化归思想是高中数学思想中比较重要的两大 思想，而构造函数的解题思路恰好是这两种思想的良好体现. A 级基础巩固 一、选择题 1.已知函数 f(x)的定义域为(a，b)，导函数 f(x)在(a，b)上的 图像如图所示，则函数 f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为 () A.1B.2 C.3D.4 答案B 解析由函数极值的定义和导函数的图像可知，f(x)在(a，b)上与 x 轴的交点个 数为 4， 但是在原点附近的导数值恒大于零， 故 x0 不是

15、函数 f(x)的极值点.其余 的 3 个交点都是极值点，其中有 2 个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值 点有 2 个. 2.函数 yxex的最小值是() A.1B.eC.1 e D.不存在 答案C 解析因为 yxex，所以 yexxex(1x)ex，当 x1 时，y0；当 x1 时， y0，g(x)6x22x1 的200 恒成立，故 f(x)0 恒成立， 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点. 4.已知 a 为函数 f(x)x312x 的极小值点，则 a 等于() A.4B.2C.4D.2 答案D 解析由题意得 f(x)3x212， 由 f(x)0 得 x2， 当 x(， 2)时，

16、f(x)0， 函数 f(x)单调递增，当 x(2，2)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增，所以 a2. 5.已知函数 f(x)2ln xax23x 在 x2 处取得极小值，则 f(x)的极大值为() A.2B.5 2 C.3ln 2D.22ln 2 答案B 解析由题意得，f(x)2 x2ax3，f(x)在 x2 处取得极小值，f(2)4a2 0，解得 a1 2， f(x)2ln x1 2x 23x，f(x)2 xx3 （x1） （x2） x ， f(x)在(0，1)，(2，)上单调递增，在(1，2)上单调递减， f(x)的极大值为 f(1)1 23 5 2. 6.(多选题)(2021武汉统

17、考)设函数 f(x) ex ln x，则下列说法正确的是( ) A.f(x)的定义域是(0，) B.当 x(0，1)时，f(x)的图像位于 x 轴下方 C.f(x)存在单调递增区间 D.f(x)有且仅有两个极值点 答案BC 解析由题意函数 f(x)满足 x0， ln x0，解得 x0 且 x1，所以 f(x)的定义域为(0， 1)(1，)，故 A 不正确；f(x) ex ln x，当 x(0，1)时，e x0，ln x0，所以 f(x)0， 所以f(x)在(0， 1)上的图像在x轴的下方， 故B正确； 因为f(x)e x ln x1 x （ln x）2 ， 设 g(x)ln x1 x(x0)，

18、则 g(x) 1 x 1 x2，所以当 x0 时，g(x)0，函数 g(x)单 调递增，g(1)01 10，g(e 2)21 e20，则 g(x)存在唯一零点 x 0(1，e2)，则 函数 f(x)0 只有一个根 x0，使得 f(x0)0，当 x(0，x0)时，f(x)0，函数 f(x) 单调递减；当 x(x0，)时，函数 f(x)单调递增，所以函数 f(x)只有一个极小 值，所以 C 正确，D 不正确；故选 BC. 二、填空题 7.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 yx327x 123(x0)，则获得最大利润时的年产量为_百万件. 答案3 解析y3x2273(x

19、3)(x3)，当 0 x0；当 x3 时，y0. 故当 x3 时，该商品的年利润最大. 8.(2020安徽江南十校联考)已知 x1 是函数 f(x)(x2ax)ex的一个极值点， 则曲 线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为_. 答案3 2 解析由 f(x)(x2ax)ex， 得 f(x)(x2ax2xa)ex， 因为 x1 是函数 f(x)(x2ax)ex的一个极值点， 所以 f(1)(32a)e0，解得 a3 2. f(x) x21 2x 3 2 ex，所以 f(0)3 2. 所以曲线 f(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为3 2. 9.函数 f(x)x33x1，若对于区间3，2

20、上的任意 x1，x2，都有|f(x1)f(x2)| t，则实数 t 的最小值是_. 答案20 解析因为 f(x)3x233(x1)(x1)， 令 f(x)0，得 x1，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)max1，f(x)min19. 由题设知在区间3，2上，f(x)maxf(x)mint， 从而 t20，所以 t 的最小值是 20. 三、解答题 10.设函数 f(x)(xa)(xb)(xc)，a，b，cR，f(x)为 f(x)的导函数. (1)若 abc，f(4)8，求 a 的值； (2)若 ab，bc，且 f(x

21、)和 f(x)的零点均在集合3，1，3中，求 f(x)的极小值. 解(1)因为 abc， 所以 f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3. 因为 f(4)8，所以(4a)38，解得 a2. (2)因为 bc， 所以 f(x)(xa)(xb)2x3(a2b)x2b(2ab)xab2， 从而 f(x) 3(xb) x2ab 3. 令 f(x)0，得 xb 或 x2ab 3 . 令 f(x)0，得 xa 或 xb. 因为 a，b，2ab 3 都在集合3，1，3中，且 ab， 所以2ab 3 1，a3，b3. 此时，f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1). 令 f(x)0，得 x3

22、或 x1. 当 x 变化时，f(x)变化如下表： x(，3)3(3，1)1(1，) f(x)00 f(x)极大值极小值 所以 f(x)的极小值为 f(1)(13)(13)232. 11.已知函数 f(x)excos xx. (1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求函数 f(x)在区间 0， 2 上的最大值和最小值. 解(1)因为 f(x)excos xx， 所以 f(x)ex(cos xsin x)1，f(0)0. 又因为 f(0)1， 所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y1. (2)设 h(x)ex(cos xsin x)1， 则 h(x)ex(

23、cos xsin xsin xcos x)2exsin x. 当 x 0， 2 时，h(x)0， 所以 h(x)在区间 0， 2 上单调递减， 所以对任意 x 0， 2 有 h(x)h(0)0，即 f(x)0， 令 f(x)0，解得 x1 或 xa. 又函数 f(x)1 2x 2(a1)xaln x 存在唯一的极值，所以 x1，此时 a0. 所以当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)单调递增， 所以 f(x)的极小值为 f(1)1 2a1a 1 2， 故 f(1)1，即 a1 21，解得 a 3 2. 14.(2021重庆诊断)已知函数 f(x)xln x. (1)求函数 f(x)的极

24、值点； (2)设函数 g(x)f(x)a(x1)， 其中 aR， 求函数 g(x)在区间1， e上的最小值(其 中 e 为自然对数的底数). 解(1)f(x)ln x1，x0， 由 f(x)0，得 x1 e. 所以 f(x)在区间 0，1 e 上单调递减， 在区间 1 e，上单调递增. 所以 x1 e是函数 f(x)的极小值点，极大值点不存在. (2)g(x)xln xa(x1)(x0)， 则 g(x)ln x1a， 由 g(x)0，得 xea 1. 所以在区间(0，ea 1)上，g(x)为减函数， 在区间(ea 1，)上，g(x)为增函数. 当 ea 11，即 a1 时，在区间1，e上，g(x)为增函数， 所以 g(x)的最小值为 g(1)0. 当 1ea 1e，即 1a2 时，g(x)在区间1，ea1上为减函数，在区间ea1，e上为 增函数，所以 g(x)的最小值为 g(ea 1)aea1. 当 ea 1e，即 a2 时，在区间1，e上，g(x)为减函数， 所以 g(x)的最小值为 g(e)aeae. 综上，当 a1 时，g(x)的最小值为 0； 当 1a2 时，g(x)的最小值为 aea 1； 当 a2 时，g(x)的最小值为 aeae.