(新高考)高考数学一轮复习题型归纳学案专题06导数6.3《导数与函数的极值、最值》（解析版）

专题六《导数》学案6.3导数与函数的极值、最值知识梳理.极值与最值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．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．题型一.极值、最值的概念1．函数y＝xsinx+cosx的一个极小值点为（）A．x=−π2 B．x=π2 C．x＝π【解答】解：y＝f（x）＝xsinx+cosx，∴f′（x）＝sinx+xcosx﹣sinx＝xcosx，令f′（x）＝0，解得x＝0或x=π2+kπ，k易得，函数在（0，12π）单调递增，（12π，π函数在（−12π，0）单调递减，（﹣π，−1函数在（12π，32π）单调递减，在（32π，2π）单调递增，故选：D．2．（2017·全国2）若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．解得a＝﹣1．可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．故选：A．3．（2013·全国2）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（）A．∃x0∈R，f（x0）＝0 B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形 C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，x0）上单调递减 D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0）＝0【解答】解：A、对于三次函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，A：由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，故∃x0∈R，f（x0）＝0，故A正确；B、∵f（−2a3−x）+f（x）＝（−2a3−x）3+a（−2a3−x）2+b（−2a3−x）+c+xf（−a3）＝（−a3）3+a（−a3）2+b（∵f（−2a3−x）+f（x）＝2f∴点P（−a3，f（−aC、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，对于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，−13）∪（1，+由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（−1∴函数f（x）的单调增区间为：（﹣∞，−13），（1，+∞），减区间为：（故1是f（x）的极小值点，但f（x）在区间（﹣∞，1）不是单调递减，故C错误；D：若x0是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x0）＝0，故D正确．由于该题选择错误的，故选：C．4．已知函数f（x）＝x3+ax2﹣4x+5在x＝﹣2处取极值（a∈R）．（1）求f（x）的解析式；（2）求函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值．【解答】解：（1）由f（x）＝x3+ax2﹣4x+5，得f'（x）＝3x2+2ax﹣4，∵函数f（x）在x＝﹣2处取极值，∴f'（﹣2）＝0，∴a＝2，经检验，a＝2符合题意，∴f（x）＝x3+2x2﹣4x+5．（2）由（1）知f'（x）＝3x2+4x﹣4＝（3x﹣2）（x+2），∴x∈[﹣3，﹣2）时，f'（x）＞0；x∈(−2，23)时，f'（x）＜0；x∈(2∴x∈[﹣3，﹣2）时，f（x）单调递增；x∈(−2，23)时，f（x）单调递减；x∈(2∴f（x）的最大值只可能为f（﹣2）或f（3），又f（﹣2）＝13，f（3）＝38，∴函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值为f（3）＝38．题型二.已知极值、最值求参考点1.利用二次函数根的分布1．若函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，则b的取值范围是（）A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（1，+∞） D．（﹣1，0）【解答】解：由题意，得f′（x）＝3x2﹣3b，令f′（x）＝0，则x＝±b，∵函数在（−b，b）上f′（x）＜0，函数递减，在（b，+∞）上f′（x∴x=b∵函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，∴0＜b∴b∈（0，1）故选：B．2．已知函数f（x）=13x3−12ax2+x在区间（A．（2，+∞） B．[2，+∞） C．（2，52） D．（2，10【解答】解：函数f（x）=13x3−12ax2+x，求导f′（x）＝x由f（x）在（12，3）上既有极大值又有极小值，则f′（x）＝0在（1f'(12)＞0f'(3)＞0实数a的取值范围（2，52故选：C．考点2.参变分离3．若函数f（x）=x33−a2x2+A．（2，52） B．[2，52） C．（2，103） 【解答】解：∵函数f（x）=x33−a∴f′（x）＝x2﹣ax+1，若函数f（x）=x33−a2x则f′（x）＝x2﹣ax+1在区间（12由x2﹣ax+1＝0可得a＝x+∵x∈（12∴2≤a＜10当a＝2时，函数f（x）的导函数等于零时值只有1，可是两边的单调性相同，所以a不能等于2．故选：C．4．已知函数f(x)=exx2+2klnx−kx，若x＝2是函数fA．(−∞，e24] B．(−∞，e2【解答】解：∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），∴f′（x）=ex(x−2)∵x＝2是函数f（x）的唯一一个极值点，∴x＝2是导函数f′（x）＝0的唯一根，∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）无变号零点，即k=exx2在x＞0上无变号零点，令g（因为g'（x）=e所以g（x）在（0，2）上单调递减，在x＞2上单调递增，所以g（x）的最小值为g（2）=e所以必须k≤e故选：A．考点3.分类讨论5．已知函数f（x）＝ax−1x−（a+1）lnx+1在（0，1]上的最大值为3，则实数a＝e【解答】解：f′（x）＝a+1令g（x）＝（ax﹣1）（x﹣1），x∈（0，1），①当a≤1时，ax﹣1≤x﹣1＜0，∴g（x）＞0，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，1]上单调递增，∴f（x）max＝f（1）＝a，即a＝3（舍去），②当a＞1时，x∈（0，1a），g（x）＞0，f′（x）＞0；x∈（1a，1）时，g（x）＜0，f′（故f（x）在（0，1a）上单调递增，在（1∴f（x）max＝f（1a），2﹣a﹣（a+1）ln1a=3，即a﹣（a+1）lna+1＝0，即a﹣（a令h（x）＝x﹣（x+1）lnx+1（x＞1），h′（x）＝﹣lnx−1∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，且h（e）＝0，∴a＝e，故答案为：e．6．已知函数f(x)=(1（1）讨论函数f（x）的极值点；（2）若f（x）极大值大于1，求a的取值范围．【解答】解：f'(x)=(x−a)lnx+（1）①a≤0时，f（x）在(0，e)单减，(②0＜a＜e时，f（x）在（0，a）单增，(a，e)单减，(e，+∞)单增，极小值点为③a=e时，f（x）在（0，+∞④a＞e时，f（x）在(0，e)单增，(e，a)单减，（a，+∞）单增，极小值点为（2）由（1），a≤0和a=e当a＞e时，极大值f(e)=ae−e4＞1，解得当0＜a＜e时，极大值f(a)=得2−lna＞2a2，令t＝a2，则g(t)=2−12lnt−2t，而a＜e，t＜e，而g（t）在（1，e）单增，∴g（t）＞0解为（1，则a∈(1，e综上a∈(1，e7．已知函数f（x）＝lnx−ax（a∈（1）求函数f（x）的单调增区间；（2）若函数f（x）在[1，e]上的最小值为32，求a【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx−ax的导数为f′（x）=1当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）递增；当a＜0时，由f′（x）＞0可得x＞﹣a，则f（x）在（﹣a，+∞）递增；（2）由f（x）在[1，e]上的最小值可能为端点处的函数值或极值，若f（1）＝﹣a为最小值，可得﹣a=32，即a由（1）可得f（x）在[1，32）递减，在（32，故f（x）在x=3若f（e）＝1−ae为最小值，可得1−ae=由（1）可得f（x）在[1，12e）递减，在（12e，故f（x）在x=12若f（﹣a）＝ln（﹣a）+1为最小值，可得ln（﹣a）+1=32，即a由（1）可得f（x）在[1，e）递减，在（e，e]递增，故f（x）在x=e则a=−e考点4.初探隐零点——设而不求，虚设零点8．（2013·湖北）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．f(x1)＞0，f(xC．f(x1)＞0，f(【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．g'(x)=①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x=1∵x∈(0，12a)，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈(12a，+∞)时，g′（∴x=12a是函数g（x）的极大值点，则g(1∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即0＜a＜1故当0＜a＜12时，g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜12a＜x2，又g∴x1＜1＜12a＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2∴f（x1）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x2）＞f（1）＝﹣a＞−1故选：D．9．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在(14，+∞)上恰有两个极值点x1，x2，且x1＜x2A．(−3，12−ln2)C．(−∞，12【解答】解：f（x）＝（x﹣1）2+alnx，则f′（x）＝2x﹣2+ax=令f′（x）＝0，得2x2﹣2x+a＝0，由题意知2x2﹣2x+a＝0在（14，+∞）上有2个根x1，x2故a＞02×(14)由根与系数的关系得x1由求根公式得x1，2=1±∵x1＜x2，∴x2=1+∵38＜a＜12，∴1则f＝x2+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）＝x2﹣1+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）+1（12＜x2令t＝1﹣x2，则14＜t设g（t）＝﹣t+2tlnt+1（14＜t＜12），则g′（易知g′（t）在（14，1故g′（t）＝1+2lnt＜1﹣2ln2＝lne4故当14＜t＜12时，函数∴g（t）＜−14+2×14ln14+1=34−ln2，且g（t）＞−∴f(x1)x2∈（1故选：D．10．（2017·全国2）已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a−1则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜1a时h′（x）＜0、当x＞1a时h所以h（x）min＝h（1a又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1a=1，解得另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2−1令t′（x）＝0，解得x=1所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，又t（1e2）=2e2＞所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）=x02−x0﹣x0lnx0=x02−x0+2x由x0＜12可知f（x0）＜（x0−x0由f′（1e）＜0可知x0＜所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e所以f（x0）＞f（1e）=综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．课后作业.极值、最值1．若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣2] C．（﹣∞，﹣3） D．（﹣∞，﹣3]【解答】解：函数的导数f′（x）＝（2x+a）ex+（x2+ax+3）ex＝[x2+（a+2）x+a+3]ex，若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，等价为f′（x）＝0在[0，+∞）上只要一个变号根，即f′（0）＜0，即可此时a+3＜0，得a＜﹣3，当a＝﹣3时，f′（x）＝（x2﹣x）ex，由f（x）＝0得x＝0或x＝1，即x＝1是函数的一个极值点，满足条件，综上a≤﹣3，即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]，故选：D．2．已知函数f(x)=xex−A．（0，e） B．(0，1e) C．（e，+∞【解答】解：函数的导数f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax，若函数f(x)=xe等价为f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax＝0有三个不同的实根，即（1+x）ex﹣ax（x+1）＝0，即（x+1）（ex﹣ax）＝0，则x＝﹣1，则ex﹣ax＝0，有两个不等于﹣1的根，则a=e设h（x）=e则h′（x）=e则由h′（x）＞0得x＞1，由h′（x）＜0得x＜1且x≠0，则当x＝1时，h（x）取得极小值h（1）＝e，当x＜0时，h（x）＜0，作出函数h（x）=e要使a=e则满足a＞e，即实数a的取值范围是（e，+∞），故选：C．3．已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx，若f（t）＝g（s），则当s﹣t取得最小值时，f（t）所在区间是（）A．（ln2，1） B．（12，ln2） C．（13，1e） D．（1【解答】解：令f（t）＝g（s）＝a，即et＝lns＝a＞0，∴t＝lna，s＝ea，∴s﹣t＝ea﹣lna，（a＞0），令h（a）＝ea﹣lna，h′（a）＝ea−∵y＝ea递增，y=1故存在唯一a＝a0使得h′（a）＝0，0＜a＜a0时，ea＜1a，h′（a＞a0时，ea＞1a，h′（∴h（a）min＝h（a0），即s﹣t取最小值时，f（t）＝a＝a0，由零点存在定理验证eaa0=12时，a0＝ln2时，ea故a0∈（12，ln故选：B．4．已知函数f（x）＝lnx+x2﹣ax+a（a＞0）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），则f（x1）+f（x2）的最大值为（）A．﹣1﹣ln2 B．1﹣ln2 C．2﹣ln2 D．3﹣ln2【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=1x+2x﹣由题意可知2x2﹣ax+1＝0在（0，+∞）上有两个不同的解x1，x2，所以x1+x2=a2，x1x2=12，且2×0所以f（x1）+f（x2）＝lnx1+x12﹣ax1+a+lnx2+x22﹣ax2+a，＝ln（x1x2）+x12+x22﹣a（x1+x2）+2a=−a24+2a﹣ln2﹣1=−14（a﹣4）2+3﹣ln当a＝4时，等号成立，故f（x1）+f（x2）的最