导数与函数的极值、最值

1、导数与函数的极值、最值考点一利用导数研究函数的极值考法 (一 ) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值a例 1已知函数 f(x) x 1 ex( aR， e 为自然对数的底数)，求函数 f(x)的极值解 aa由 f(x)x 1 e ，得 f (x) 1 e .xx当 a 0 时， f (x) 0， f(x)为 ( ， )上的增函数，所以函数f(x)无极值当 a 0 时，令 f (x) 0，得 exa，即 xln a，当 x ( ， ln a)时， f (x) 0；当 x (ln a， )时， f (x) 0，所以函数 f(x)在 ( ，lna)上单调递减，在 (ln a， )上单调递增，故

2、函数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 a 0 时，函数 f(x)无极值；当 a0时，函数 f(x)在 x ln a 处取得极小值ln a，无极大值例 2设函数 f(x) ln( x1) a(x2x)，其中 a R.讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由1 a(2x 1)2ax2ax a1解 f ( x) x 1x 1(x 1)令 g(x) 2ax2 axa 1，x ( 1， )当 a 0 时， g(x) 1， f( x) 0，函数 f(x) 在( 1， )上单调递增，无极值点2当a 0 时，a 8a(1 a) a(9a8)当 0a 8

3、时， 0， g(x) 0， f (x) 0， 9函数 f(x)在 ( 1， ) 上单调递增，无极值点当 a89时， 0，设方程 2ax2 ax a1 0 的两根为x1， x2(x1x2)，1因为 x1 x2，11所以 x14， x24.由 g( 1) 1 0，可得 1 x1 1.4所以当 x ( 1， x1)时， g(x) 0， f (x) 0，函数 f(x)单调递增；当 x (x1， x2)时， g(x) 0， f (x) 0，函数 f(x)单调递减；当 x (x2， ) 时， g(x) 0， f (x) 0, 函数 f(x)单调递增因此函数 f(x)有两个极值点当 a 0 时， 0，由 g

4、( 1) 1 0，可得 x1 1 x2.当 x ( 1， x2)时， g(x)0， f (x)0，函数 f(x)单调递增；当 x (x2， ) 时， g(x) 0， f (x) 0，函数 f(x)单调递减所以函数 f(x)有一个极值点综上所述，当 a 0 时，函数 f(x)有一个极值点；当 0a 8时，函数 f( x)无极值点；9当 a89时，函数f(x)有两个极值点考法 (二 )已知函数的极值点的个数求参数例 3已知函数 g(x) ln x mx m存在两个极值点x1， x2，求 m 的取值范围x解 m，因为 g(x) ln x mx x1mmx2 x m所以 g (x) x mx2x2(x

5、 0) ，令 h(x) mx2 x m，要使 g(x)存在两个极值点 x1，x2，则方程 mx2 x m 0 有两个不相等的正数根 x1， x2.h 0 0，故只需满足1 0，解得12m0 m .12 0，h 2m所以 m 的取值范围为10，2 .考法 (三)已知函数的极值求参数例 4(2018 京高考北)设函数 f(x) ax2 (4a 1)x 4a 3ex.(1)若曲线 y f(x)在点 (1， f(1) 处的切线与 x 轴平行，求 a；(2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求a 的取值范围解 (1) 因为 f(x) ax2 (4a 1)x 4a 3ex，所以 f (x) ax2 (2

6、a 1)x 2ex.所以 f (1) (1 a)e.由题设知 f (1) 0，即 (1 a)e 0，解得 a 1.此时 f(1) 3e 0.所以 a 的值为 1.(2)由 (1) 得 f (x) ax2 (2a 1)x2e x (ax 1)(x 2)ex.若 a1，则当 x 1， 2 时， f (x)0;2a当 x (2， )时， f (x) 0.所以 f(x)在 x 2 处取得极小值若 a1，则当 x (0,2) 时， x 2 0， ax 1 1x 1 0，22所以所以f (x) 0.2 不是 f(x)的极小值点综上可知，a 的取值范围是1， 2.考点二利用导数研究函数的最值ln x典例精析

7、 已知函数f(x) x 1.(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)设 m0，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)1 ln xf x 0，x2， 由得 0x 0，x e；由f x 0，得 x e.x 0，所以函数 f(x)的单调递增区间为 (0， e)，单调递减区间为(e， )(2)当2m e，即 0m e时，函数 f(x)在区间 m,2m 上单调递增，m 0，2ln 2m所以 f(x) max f(2m) 1；e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

8、以ln e1f(x) max f(e) e 1 e 1；当 m e 时，函数f(x)在区间 m,2m上单调递减，ln m所以 f(x) max f(m) 1.综上所述，当0 m e时， f(x) ln 2m 1；2max2m当 em e 时， f(x)max1 1；2eln m当 m e 时， f(x)max1.题组训练 1 (2018 国卷全 )已知函数f(x) 2sin xsin 2x，则 f( x)的最小值是 _解析： f (x) 2cos x2cos 2x 2cos x2(2cos2x1) 2(2cos2x cos x 1)2(2cos x 1)(cos x 1) cos x 1 0，

9、当 cos x12时， f (x) 0， f(x)单调递减；当 cos x1时， f (x)0， f(x) 单调递增 21当 cos x ， f(x)有最小值又 f(x) 2sin xsin 2x2sin x(1 cos x)，当 sin x 23时， f(x)有最小值，即 f(x) min2 3 1133222 .答案：3322已知函数f(x) ln x ax2 bx(其中 a，b 为常数且a 0)在 x1 处取得极值(1)当 a 1 时，求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)在 (0， e上的最大值为1，求 a 的值解： (1)因为 f(x) ln x ax2 bx，所以 f(x)的定

10、义域为 (0 ， )， f (x) 1 2axb， x2因为函数 f(x) ln x ax bx 在 x 1 处取得极值，2x2 3x 1又 a1，所以 b 3，则 f (x)，x令 f (x) 0，得 x11， x2 1. 2当 x 变化时， f (x)， f(x)随 x 的变化情况如下表：111x0， 222， 11(1， )f (x)00f(x)极大值极小值所以 f(x)的单调递增区间为0，1， (1， )，单调递减区间为1，1 .222ax2 2a 1 x 1(2)由 (1) 知 f (x)x 2ax 1 x 1 (x 0)， x令 f (x) 0，得 x1 1， x2 1 ， 2a因

11、为 f(x)在 x 1 处取得极值，所以x21 x1 1.2a1当 a 0，即 0 时， f(x)在 (0,1)上单调递增，在(1， e上单调递减，所以 f(x)在区间 (0， e上的最大值为f(1)，令 f(1) 1，解得 a 2.当 a 0，即 x2 1 0 时，2a若1 1， f(x)在 0， 1， 1， e上单调递增，在1 ， 1 上单调递减，所以最大值可能2a2a2a在 x1或 x e 处取得，而1 ln1 a1211110，f2a (2a 1) ln2a2a2a2a2a4a令 f(e) ln e ae2 (2a 1)e 1，解得 a 1 . e 2若 1 1 e， f(x)在区间

12、(0,1)，1 ，e 上单调递增，在1上单调递减，2a2a1， 2a所以最大值可能在x 1 或 x e 处取得，而 f(1) ln 1 a (2a 1)0，令 f(e) ln e ae2 (2a 1)e 1，解得 a1 ，与 1 x 1 e 矛盾e 222a若 x 1 e， f(x) 在区间 (0,1) 上单调递增，在 (1，e上单调递减，所以最大值可能在x22a 1 处取得，而 f(1) ln 1 a (2a 1)0，矛盾综上所述， a1或 a 2.e 2考点三利用导数求解函数极值和最值的综合问题12ax a(a R)典例精析 (2019 贵阳模拟 )已知函数 f( x) ln xx2(1)

13、若函数 f(x)在 (0， )上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数 f(x)在 x x1 和 x x2 处取得极值， 且 x2ex1(e 为自然对数的底数)，求 f(x2)f(x1)的最大值1 x a(x 0)，解 (1) f (x) x又 f(x) 在(0 ， )上单调递增，恒有f (x) 0，即 1 x a 0 恒成立， a x1min，xx11时取 “ ” ， a 2.而 x 2x 2，当且仅当 x 1xx即函数 f(x)在 (0， ) 上为单调递增函数时， a 的取值范围是 ( ， 2(2) f(x)在 x x1 和 x x2 处取得极值，且 f (x) 1 x ax2

14、 ax 1(x 0)，xx x1， x2 是方程 x2 ax 1 0 的两个实根，由根与系数的关系得x1 x2 a， x1x2 1， f(x2) f(x1) lnx2122x21 2 2x21221x2x12(x2 x1) a(x2 x1) lnx1 ( x2 x1) lnx1(x2 x1) ln22x1 x2x11x2x1，2x1x2设 tx2e)，令 h(t) ln t1t1(t e)，(t2tx1则 h (t) 1 11t 1 2122 0，t2t2t h(t)在 e， )上是减函数， h(t) h(e)1e2 1e e ，故 f(x2 ) f(x1)1e的最大值为 21e e .题组训

15、练 已知函数 f(x)ax2 bx cex(a 0)的导函数 f (x)的两个零点为3和0.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)的极小值为 e3，求 f(x)在区间 5， )上的最大值x2x解： (1)f (x)2ax b e ax bxc ex 2e ax2 2ab x b cex.令 g(x) ax2 (2ab)x b c，因为 ex 0，所以 f( x)的零点就是 g( x) ax2 (2a b)x bc 的零点，且 f( x)与 g( x) 符号相同又因为 a 0，所以当 3 x 0 时， g(x) 0，即 f (x) 0，当 x 3 或 x 0 时， g(x) 0，即 f

16、 (x) 0，所以 f(x)的单调递增区间是(3,0)，单调递减区间是( ， 3)，(0 ， )f 3 9a 3b c3， 3 e(2)由 (1) 知，x 3 是 f(x)的极小值点， 所以有eg 0 b c 0，g 3 9a 3 2a b b c0，2 5x5解得 a 1， b5， c 5，所以 f( x)x.xe由 (1)可知当 x 0 时 f(x)取得极大值 f(0) 5，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) 5 5 5e55 f(0) ， e所以函数 f(x)在区间 5， )上的最大值是5e5.课时跟踪检测A 级x， x 0,4的最

17、小值为 ()1函数 f(x) xe1A 0B.e42C.e4D.e21 x解析： 选 Af (x)ex ，当 x 0,1) 时， f (x) 0， f(x)单调递增，当 x (1,4 时， f (x) 0， f(x)单调递减，4因为 f(0) 0， f(4) e4 0，所以当 x 0 时， f(x)有最小值，且最小值为 0.2若函数 f( x) aex sin x 在 x0 处有极值，则a 的值为 ()A 1B 0C1D e解析：选Cf (x) aex cos x，若函数 f(x) aexsin x 在 x 0 处有极值，则 f (0) a 1 0，解得 a 1，经检验 a 1 符合题意，故选

18、C.3已知 x 2 是函数 f( x)x3 3ax 2 的极小值点，那么函数f(x)的极大值为 ()A15B 16C17D 18解析：选 D 因为 x 2 是函数 f(x) x3 3ax2 的极小值点， 所以 f (2) 12 3a 0，解得 a 4，所以函数 f(x)的解析式为 f(x) x3 12x 2，f ( x) 3x212，由 f (x) 0，得 x 2，故函数 f(x)在 ( 2,2)上是减函数，在 ( ， 2)，(2， )上是增函数，由此可知当x 2 时，函数 f(x)取得极大值 f( 2) 18.4.(2019 合肥模拟 )已知函数f(x) x3 bx2 cx 的大致图象如图所

19、示， 则 x21 x22等于 ()24A. 3B.3816C.3D. 3解析：选C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，则 x1，x2 是方程 f (x) 3x2 6x 20 的两个不同的实数根， 因此 x1 x2 2，x1 x2 2，所以 x21 x22 (x1 x2)2 2x1x2 4 48.33 35 (2019 泉州质检 )已知直线y a 分别与函数y ex1 和 yx 1交于 A， B 两点

20、，则 A， B 之间的最短距离是 ()A.3 ln 2B.5 ln 222C.3 ln 2D.5 ln 222解析：选 D由 y ex 1 得 x ln y 1，由 yx 1得 xy2 1，所以设 h(y) |AB| y222212 y 2y221 (ln y 1) y ln y 2，h( y) 2y yy( y0) ，当 0 y 2 时，h( y)0；当 y 2时，h (y) 0，即函数 h(y)在区间 0，2 上单调递减， 在区间2， 上222单调递增，所以 h(y)min h2 2 2 ln2 2 5 ln 2.22226若函数 f(x) x3 3a2x a(a 0) 的极大值是正数，极

21、小值是负数，则a 的取值范围是_解析： f (x) 3x2 3a23(x a)( xa)，由 f (x) 0 得 x a，当 a x a 时， f (x) 0，函数 f(x)单调递减；当 x 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 a0，解得 a 22 . a 的取值范围是2， .2答案：2，27 (2019 长沙调研 )已知 y f(x)是奇函数，当x (0,2)时， f(x)ln x ax a1，当 x2( 2,0)时， f( x)的最小值为1，则 a

22、_.解析： 由题意知，当x (0,2)时， f(x)的最大值为 1.令 f (x) 1x a0，得 x 1a，当 0x 1时， f (x) 0；a当 x 1a时， f (x)0. f(x)max f 1 ln a 1 1，解得 a 1.a答案： 18(2018 内江一模 )已知函数 f( x) asin x bcos x(a，b R)，曲线 y f( x)在点3， f3处的切线方程为y x .3(1)求 a， b 的值；f x 3在0，上的最小值(2)求函数 g(x)x2解： (1)由切线方程知，当x 时， y 0，331 f 3 2 a 2b 0. f (x) acos x bsin x，

23、13由切线方程知， f 3 2a 2 b1， a1， b322 .13(2) 由 (1) 知， f(x)2sin x 2 cos x sin x3，函数 g(x)sin x0 xxcos x sin x.设 u(x) xcos x sin x 0x，g (x)x2，则x22u (x) xsin x 0，故 u(x)在 0，上单调递减 u(x)u(0) 0， g(x)在 0，上单调22递减函数 g(x)在0，2上的最小值为g .2219已知函数f(x) aln x x(a 0)(1)求函数 f(x)的单调区间和极值；(2)是否存在实数 a，使得函数 f(x)在 1，e上的最小值为0？若存在，求出

24、a 的值；若不存在，请说明理由 x|x 0 ，f (x)a1ax 1解： 由题意，知函数的定义域为xx2x2 (a 0)(1)1，由 f (x) 0，解得 xa所以函数 f(x)的单调递增区间是1， ；a由 f (x) 0，解得 0 x 1，a所以函数 f(x)的单调递减区间是10， a .111所以当 x a时，函数 f(x)有极小值 f a alna a a aln a，无极大值(2)不存在，理由如下：由 (1)可知，当 x 0， 1 时，函数 f(x)单调递减；a1当 x a， 时，函数f(x)单调递增若 0 1 1，即 a 1 时，函数f(x)在 1， e上为增函数，a故函数 f(x)

25、的最小值为f(1)aln 1 1 1，显然 1 0，故不满足条件若 1 1 e，即 1 a 1时，函数 f(x)在1上为减函数，在1， e 上为增函数，ae1， aa故函数 f(x)的最小值为f(x)的极小值 f 1 aln1a a aln a 0，即 ln a 1，解得 a e，aa而1 a 1，故不满足条件 e若1 e，即0 a1时，函数 f(x)在 1， e上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e)ae1 a 10，即 a 1，而 0 a 1，故不满足条件aln e eeee综上所述，不存在这样的实数a，使得函数 f(x)在 1， e上的最小值为 0.B 级322在 x 1时有极值10

26、，则 a，b 的值为1 (2019 郑州质检 )若函数 f( x) x ax bx a()A a 3， b 3 或 a 4， b 11Ba 4，b 3 或 a 4，b 11Ca 4，b 11D以上都不对解析： 选 C 由题意， f (x) 3x2 2ax b，则 f (1) 0，即 2a b 3.f(1) 1 a b a2 10，即 a2 a b 9.联立，解得a 4，a 3，或b 3.b 11a 3，不符合题意，舍去故选C.经检验b 321x 1 在其定义域内的一个子区间(a 1， a 1)2 (2019 唐山联考 )若函数 f(x) x ln2内存在极值，则实数a 的取值范围是 _解析：由

27、题意，得函数 f(x)的定义域为 (0， )，f (x) 2x 1 4x2 1，令 f (x) 0，2x2x1 1得 x 2 x 2舍去 ，a 1 0，则由已知得a 11，解得 1a 321，2.a 12答案：31， 23 (2019 德州质检 )已知函数 f(x)1x3 x 在 (a,10 a2)上有最大值，则实数 a 的取值3范围是 _解析： 由 f (x) x2 1，知 f(x)在 ( ， 1)上单调递减，在 1,1 上单调递增，在a 1，(1， )上单调递减，故函数22其中f(x)在 (a,10 a )上存在最大值的条件为10 a 1，f 1 f a ，f(1) f( a)，即为113

28、31 a a，3整理得 a3 3a 20，即 a3 13a 30，即 (a 1)(a2 a 1) 3(a 1) 0，即 (a 1)(a2 a 2) 0，即 (a 1)2(a 2) 0，a1，即 10 a2 1，解得2 a1.a 1 2a2 0，答案： 2,1)4.已知函数f(x)是 R 上的可导函数，f(x)的导函数f (x)的图象如图，则下列结论正确的是()A a， c 分别是极大值点和极小值点Bb， c 分别是极大值点和极小值点Cf(x)在区间 (a，c) 上是增函数D f(x)在区间 (b， c) 上是减函数解析：选 C由极值点的定义可知，a 是极小值点， 无极大值点； 由导函数的图象可

29、知，函数f( x)在区间(a， )上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103 的半圆形(O为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A， B 在直径上，C， D在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗罐子的体积为V，设 AD x，则 Vmax _.解析： 设圆柱形罐子的底面半径为r，)，记圆柱形由题意得 AB 2103 2 x2 2r，所以 r 300 x2，2221332所以 V r300 x3)，故 V x x( x 300x)(0 x 10(x 100)3(x 10)(x10)(0 x 103)令 V 0，得 x 10(负值舍去