2021届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第2课时利用导数研究函数的极值最值教学案含解析新人教A版

1、第二课时第二课时 利用导数研究函数的极值、最值利用导数研究函数的极值、最值 考点一 利用导数求函数的极值 多维探究 角度 1 根据函数图象判断极值 【例 11】 设函数f(x)在 r r 上可导，其导函数为f(x)，且函数y(1x)f(x)的图象如图所示，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) 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. 由此可以得到

2、函数f(x)在x2 处取得极大值， 在x2 处取得极小值. 答案 d 规律方法 由图象判断函数yf(x)的极值，要抓住两点：(1)由yf(x)的图象与x轴的交点，可得函数yf(x)的可能极值点；(2)由导函数yf(x)的图象可以看出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. 角度 2 已知函数求极值 【例 12】 已知函数f(x)ln xax(ar r). (1)当a12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a12时，f(x)ln x12x，函数的定义域为(0，)且f(x)1x122x2x， 令f(x)0，得x2，

3、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，函数的定义域为(0，)， f(x)1xa1axx. 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x0，1a，则f(x)0， 若x1a， ，则f(x)0 时，函数yf(x)有一个极大值点，且为x1a. 规律方法 运用导数求导函数f(x)极值的一般步骤： (1)确定函数的定义域；(2)求导数f(x)；(3)解方程f

4、(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 1】 (1)(角度 1)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( ) a.1 b.2 c.3 d.4 解析 由函数极值的定义和导函数的图象可知，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. 答案 b (2)(角度 2)(2

5、019江苏卷节选)设函数f(x)(xa)(xb)(xc)，a，b，cr r，f(x)为f(x)的导函数. 若abc，f(4)8，求a的值； 若ab，bc，且f(x)和f(x)的零点均在集合3，1，3中，求f(x)的极小值. 解 因为abc， 所以f(x)(xa)(xb)(xc)(xa)3. 因为f(4)8，所以(4a)38，解得a2. 因为bc， 所以f(x)(xa)(xb)2x3(a2b)x2b(2ab)xab2， 从而f(x)3(xb)x2ab3. 令f(x)0，得xb或x2ab3. 令f(x)0，得xa或xb. 因为a，b，2ab3都在集合3，1，3中，且ab， 所以2ab31，a3，b

6、3. 此时，f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1). 令f(x)0，得x3 或x1. 当x变化时，f(x)变化如下表： x (，3) 3 (3，1) 1 (1，) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 所以f(x)的极小值为f(1)(13)(13)232. 考点二 已知函数的极值求参数 【例 2】 (2018北京卷)设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex. (1)若曲线yf(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(4a1)x4a3ex， 所以f(x)ax2(2a1)x2ex

7、. f(1)(1a)e. 由题设知f(1)0，即(1a)e0，解得a1. 此时f(1)3e0. 所以a的值为 1. (2)f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex. 若a12，则当x1a，2 时，f(x)0. 所以f(x)在x2 处取得极小值. 若a12，则当x(0，2)时，x20，ax112x10.所以 2 不是f(x)的极小值点. 综上可知，a的取值范围是12， . 规律方法 1.已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为 0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解. 2.导数值为 0 不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.

8、【训练 2】 (2020肇庆模拟)已知x1 是f(x)x2(a3)x2a3ex的极小值点，则实数a的取值范围是( ) a.(1，) b.(1，) c.(，1) d.(，1) 解析 f(x)x2(a1)xaex(xa)(x1)ex. 令f(x)0，得(xa)(x1)ex0. 设g(x)(x1)(xa). (1)当a1 时，g(x)0，f(x)0，f(x)没有极值. (2)当a1 时，若xa或x0，f(x)0； 若 1xa时，g(x)0，则f(x)0. x1 是函数f(x)的极大值点，不合题意. (3)当a1 或x0， 若ax1 时，f(x)0. 所以x1 是f(x)的极小值点，满足题意. 综上所

9、述，实数a的取值范围是(，1). 答案 d 考点三 利用导数求函数的最值 典例迁移 【例 3】 (2019全国卷)已知函数f(x)2x3ax22. (1)讨论f(x)的单调性； (2)(经典母题)当 0a0，则当x(，0)a3， 时，f(x)0， 当x0，a3时，f(x)0， 故f(x)在(，0)，a3， 单调递增，在0，a3单调递减； 若a0，则f(x)在(，)单调递增； 若a0， 当xa3，0 时，f(x)0， 故f(x)在，a3，(0，)单调递增，在a3，0 单调递减. (2)当 0a3 时，由(1)知，f(x)在0，a3单调递减，在a3，1 单调递增，所以f(x)在0，1的最小值为fa

10、3a3272，最大值为f(0)2 或f(1)4a. 于是ma3272，m4a，0a2，2，2a3. 所以mm2aa327，0a2，a327，2a3. 当 0a2 时，可知y2aa327单调递减， 所以mm的取值范围是827，2 . 当 2a3 时，ya327单调递增， 所以mm的取值范围是827，1 . 综上，mm的取值范围是827，2 . 【迁移】 把本例(2)改为“是否存在正实数a，使得f(x)在0，1上的最小值为2，且最大值为 2？若存在，求出实数a的值；若不存在，说明理由.” 解 假设存在正实数a，使得f(x)min2，且f(x)max2. 若a3 时，由例题(1)知，f(x)在0，1

11、上是减函数， 当x0，1时，f(x)maxf(0)2，f(x)minf(1)4a. 由题意，必有 4a2，则a6. 若 0a3，与 0a3 矛盾. 综上，存在正数a6 时，f(x)在0，1的最小值为2，最大值为 2. 规律方法 1.利用导数求函数f(x)在a，b上的最值的一般步骤： (1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中较大的一个为最大值，较小的一个为最小值. 2.研究含参数的最值，必要时要进行分类讨论.如本例迁移中，分类讨论的标准是单调区间的端点与 0，1 的大小关系，从而确定函数在0，

12、1上的最值. 【训练 3】 已知函数f(x)axln x，其中a为常数. (1)当a1 时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间(0，e上的最大值为3，求a的值. 解 (1)易知f(x)的定义域为(0，)， 当a1 时，f(x)xln x，f(x)11x1xx， 令f(x)0，得x1. 当 0 x0；当x1 时，f(x)0. f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，)上是减函数. f(x)maxf(1)1. 当a1 时，函数f(x)在(0，)上的最大值为1. (2)f(x)a1x，x(0，e，1x1e， . 若a1e，则f(x)0，从而f(x)在(0，e上是增函数， f(x)maxf(

13、e)ae10，不合题意. 若a0 得a1x0，结合x(0，e，解得 0 x1a； 令f(x)0 得a1x0，结合x(0，e，解得1axe. 从而f(x)在0，1a上为增函数，在1a，e 上为减函数， f(x)maxf1a1ln1a. 令1ln1a3，得 ln1a2， 即ae2. e21 时，y0；当x1 时，y2 时，f(x)0；当x2 时，f(x)0； 当x2 时，f(x)0 时，xf(x)0；当2x0 时，xf(x)0； 当x2 或 0 时，xf(x)0；当x0. 因此yxf(x)的图象应为选项 c. 答案 c 3.(2017全国卷)若x2 是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点， 则

14、f(x)的极小值为( ) a.1 b.2e3 c.5e3 d.1 解析 f(x)x2(a2)xa1ex1， 则f(2)42(a2)a1e30a1， 则f(x)(x2x1)ex1，f(x)(x2x2)ex1， 又 ex10 恒成立，令f(x)0，得x2 或x1， 当x1 时，f(x)0；当2x1 时，f(x)0， 所以x1 是函数f(x)的极小值点， 则f(x)极小值为f(1)1. 答案 a 4.(2020湘潭模拟)已知函数f(x)2ef(e)ln xxe(e 是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为( ) a.2e1 b.1e c.1 d.2ln 2 解析 由题意知f(x)2ef（e）x1e，

15、 f(e)2ef（e）e1e，f(e)1e， f(x)2x1e，令f(x)0，得x2e. f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，)上递减， f(x)的极大值为f(2e)2ln(2e)22ln 2. 答案 d 5.若函数f(x)12x2(a1)xaln x存在唯一的极值，且此极值不小于 1，则a的取值范围为( ) a.32，2 b.32， c.0，32 d.(1，0)32， 解析 对函数求导f(x)x1a11x（xa）（x1）x，令f(x)0，解得x1或xa.因为函数f(x)12x2(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，

16、所以f(x)的极小值为f(1)12a1a12，故f(1)1，即a121，解得a32. 答案 b 二、填空题 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yx327x123(x0)，则获得最大利润时的年产量为_百万件. 解析 y3x2273(x3)(x3)，当 0 x0；当x3 时，y0. 故当x3 时，该商品的年利润最大. 答案 3 7.(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_. 解析 由f(x)(x2ax)ex，得f(x)(x2ax2xa)ex， 因为x1 是函数f(x)(x2ax)

17、ex的一个极值点， 所以f(1)(32a)e0，解得a32. f(x)x212x32ex，所以f(0)32. 所以曲线f(x)在点(0，f(0)处的切线斜率为32. 答案 32 8.(2020昆明诊断)直线yb分别与直线y2x1 和曲线yln x相交于点a，b，则|ab|的最小值为_. 解析 设两个交点分别为ab12，b，b(eb，b)， 则|ab|ebb12. 令g(x)exx12，则g(x)ex12. 由g(x)0，得xln 2. 所以g(x)在区间(，ln 2)单调递减，在区间(ln 2，)上单调递增， g(x)ming(ln 2)1ln 22. 答案 1ln 22 三、解答题 9.已知

18、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(cos xsin xsin xcos x)2exsin x. 当x0，2时，h(x)0， 所以h(x)在区间0，2上单调递减， 所以对任意x0，2有h(x)h(0)0，即f(x)0， 所以函数f(x)在区间0，2上单

19、调递减， 因此f(x)在区间0，2上的最大值为f(0)1，最小值为f22. 10.(2020武汉质检)已知函数f(x)x3x2，x1，aln x，x1. (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x1 时，f(x)3x22xx(3x2)， 令f(x)0，解得x0 或x23. 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (，0) 0 0，23 23 23，1 f(x) 0 0 f(x) 极小值 极大值 故当x0 时，函数f(x)取得极小值f(0)0， 函数f(x)的极大值点为x23. (2)当1x0

20、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a2 时，f(x)在1，e上的最大值为a； 当a2 时，f(x)在1，e上的最大值为 2. b 级 能力提升 11.若函数yf(x)存在n1(nn n*)个极值点，则称yf(x)为n折函数，例如f(x)x2为 2折函数.已知函数f(x)(x1)exx(x2)2，则f(x)为( ) a.2 折函数 b.3 折函数 c.4 折函数 d.5 折函数 解析 f(x)(x2)ex(x2)(3x2) (x2)(ex3x2)， 令f(x)0，得x2 或 ex3x2. 易知x2 是f(x)的一个极值点， 又 ex3x2，结合函数

21、图象，yex与y3x2 有两个交点. 又 e23(2)24. 所以函数yf(x)有 3 个极值点，则f(x)为 4 折函数. 答案 c 12.(2020石家庄检测)若函数f(x)(1x)(x2axb)的图象关于点(2，0)对称，x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，则x2x1( ) a.3 b.23 c.23 d.3 解析 不妨假设点(2，0)在f(x)图象上， 则f(2)3(42ab)0， 因为函数图象关于点(2，0)对称，且f(1)0， 所以f(5)0，即f(5)6(255ab)0， 联立b2a40，b5a250，解得b10，a7. 故f(x)(1x)(x27x10)x36x23x

22、10， 则f(x)3x212x33(x24x1)， 由于x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点. x1，x2是f(x)的零点，则x1x24，x1x21. 从而x10，x2x2. 因此x2x1 （x1x2）24x1x223. 答案 c 13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为 12 cm 且以每秒 1 cm 等速率缩短，而长度以每秒 20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从 12 cm 缩到 4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍

23、棒的底面半径为_ cm. 解析 设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为v(t) cm3，则v(t)(12t)2(a20t)，其中 0t8，所以v(t)2(12t)(a20t)(12t)220. 因为当底面半径为 10 cm 时其体积最大，所以 1012t，解得t2，此时v(2)0，解得a60，所以v(t)(12t)2(6020t)，其中 0t8. v(t)60(12t)(2t)，当t(0，2)时，v(t)0，当t(2，8)时，v(t)0，从而v(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，v(0)8 640，v(8)3 520，所以当t8 时，v(t)有最小值 3 520，此时金箍棒的底面半径为 4 cm. 答案 4 14.(2019北京卷)已知函数f(x)14x3x2x. (1)求曲线yf(x)的斜