2021高三统考北师大版数学一轮学案：第3章第3讲导数与函数的极值、最值含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高三统考北师大版数学一轮学案：第3章第3讲导数与函数的极值、最值含解析第3讲导数与函数的极值、最值基础知识整合1．导数与函数的极值（1）函数的极小值与极小值点若函数f（x)在点x＝a处的函数值f（a)比它在点x＝a附近其他点的函数值eq\o(□，\s\up1(01））都小，且f′（a）＝0，而且在x＝a附近的左侧eq\o（□,\s\up1(02））f′（x)〈0，右侧eq\o（□，\s\up1（03)）f′（x)＞0,则点a叫做函数的极小值点，f（a)叫做函数的极小值；(2)函数的极大值与极大值点若函数f（x）在点x＝b处的函数值f（b）比它在点x＝b附近其他点的函数值eq\o（□，\s\up1(04))都大，且f′(b）＝0，而且在x＝b附近的左侧eq\o(□,\s\up1（05)）f′（x）＞0，右侧eq\o(□,\s\up1（06))f′(x)＜0，则点b叫做函数的极大值点，f(b）叫做函数的极大值．2．导数与函数的最值（1)函数f（x）在［a，b］上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x）的图象是一条eq\o(□,\s\up1(07)）连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值．（2)求y＝f（x）在［a，b］上的最大（小)值的步骤①求函数y＝f(x）在（a，b)内的eq\o（□,\s\up1(08）)极值.②将函数y＝f（x）的各极值与eq\o(□，\s\up1(09））端点处的函数值f(a）,f（b）比较，其中eq\o（□,\s\up1(10)）最大的一个是最大值，eq\o（□,\s\up1(11)）最小的一个是最小值．1．对于可导函数f(x），f′（x0）＝0是函数f(x）在x＝x0处有极值的必要不充分条件．2．若函数f(x）在开区间（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．3．极值有可能是最值,但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．1．函数f(x）＝eq\f（4，3）x3－6x2＋8x的极值点是（)A．x＝1 B．x＝－2C．x＝－2和x＝1 D．x＝1和x＝2答案D解析f′（x）＝4x2－12x＋8＝4（x－2）(x－1）,则结合列表可得函数f(x)的极值点为x＝1和x＝2。故选D．2．（2019·哈尔滨模拟）设函数f(x)＝xex,则（)A．x＝1为f(x）的极大值点 B．x＝1为f（x）的极小值点C．x＝－1为f（x)的极大值点 D．x＝－1为f（x）的极小值点答案D解析f′(x）＝ex＋xex＝(1＋x)ex。令f′（x）＝0，则x＝－1.当x〈－1时，f′（x）<0，当x>－1时，f′（x)〉0，所以x＝－1为f（x）的极小值点．3．（2019·岳阳模拟)函数f（x）＝lnx－x在区间（0，e］上的最大值为(）A．1－e B．－1C．－e D．0答案B解析因为f′(x)＝eq\f（1，x）－1＝eq\f（1－x，x)，当x∈(0,1）时，f′(x）>0；当x∈（1，e]时，f′（x)〈0,所以当x＝1时,f(x）取得最大值ln1－1＝－1。故选B．4．函数y＝x3－3x2－9x（－2〈x<2)有（）A．极大值为5，极小值为－27B．极大值为5，极小值为－11C．极大值为5，无极小值D．极大值为－27,无极小值答案C解析y′＝3x2－6x－9＝3（x2－2x－3)＝3（x－3）(x＋1），∴y′＝0时，x＝3或x＝－1。∵－2〈x〈2，∴x＝－1时,y＝5。x＝－1为极大值点，极大值为5,无极小值．5．当函数y＝x·2x取极小值时,x＝（）A．eq\f（1，ln2) B．－eq\f（1,ln2)C．－ln2 D．ln2答案B解析由y＝x·2x，得y′＝2x＋x·2x·ln2.令y′＝0，得2x（1＋x·ln2）＝0.∵2x>0，∴x＝－eq\f（1，ln2)。6．若f（x)＝x（x－c)2在x＝2处有极大值,则常数c的值为________。答案6解析f′（x)＝3x2－4cx＋c2，∵f（x）在x＝2处有极大值，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝0，,f′x<0x〉2，,f′x〉0x<2.))解得c＝6。核心考向突破精准设计考向,多角度探究突破考向一导数与函数的极值角度eq\o（\s\up7(）,\s\do5(1))知图判断函数极值情况例1（2019·浙江杭州二中6月热身考)如图,可知导函数y＝f（x)在点P(x0,f(x0））处的切线为l：y＝g（x)，设h(x）＝f（x）－g(x），则下列说法正确的是（）A．h′(x0)＝0，x＝x0是h(x）的极大值点B．h′（x0)＝0，x＝x0是h(x)的极小值点C．h′(x0）≠0，x＝x0不是h（x)的极值点D．h′（x0）≠0，x＝x0是h(x)的极值点答案B解析由题知g(x）＝f′(x0）(x－x0)＋f(x0）,故h(x）＝f（x)－f′（x0）(x－x0）－f（x0）,所以h′(x）＝f′（x)－f′（x0)，因为h′(x0）＝f′(x0)－f′（x0）＝0，又当x〈x0时，有h′（x)〈0,当x>x0时,有h′（x)>0，所以x＝x0是h(x）的极小值点,故选B．角度eq\o(\s\up7(）,\s\do5（2))已知函数解析式求极值例2（2019·福建泉州单科质检）已知函数f（x）＝ax3－bx＋2的极大值和极小值分别为M,m，则M＋m＝(）A．0 B．1C．2 D．4答案D解析f′（x）＝3ax2－b＝0，该方程两个根为x1，x2，故f（x)在x1,x2处取到极值,M＋m＝axeq\o\al(3，1)－bx1＋2＋axeq\o\al（3，2）－bx2＋2＝－b(x1＋x2)＋a（x1＋x2)[(x1＋x2）2－3x1x2]＋4，又x1＋x2＝0，x1x2＝－eq\f（b,3a），所以M＋m＝4，故选D．角度eq\o（\s\up7(),\s\do5（3））已知函数的极值求参数的值或取值范围例3(1）（2020·辽宁丹东质量测试二)若x＝1是函数f（x）＝eq\f（1,3)x3＋(a＋1）x2－(a2＋a－3)x的极值点,则a的值为()A．－2 B．3C．－2或3 D．－3或2答案B解析∵f′(x)＝x2＋2（a＋1)x－(a2＋a－3)，∴f′(1）＝0,则f′（1）＝1＋2(a＋1)－(a2＋a－3）＝0，解得a＝3或a＝－2。当a＝3时,f′（x）＝x2＋2（a＋1)x－(a2＋a－3)＝x2＋8x－9＝(x＋9)(x－1），当x〉1或x<－9时，f′（x)〉0，函数f（x)单调递增;当－9〈x<1时,f′(x)<0，函数f（x）单调递减,显然x＝1是函数f(x)的极值点．当a＝－2时,f′（x）＝x2＋2(a＋1)x－（a2＋a－3）＝x2－2x＋1＝（x－1）2≥0，∴函数R是上的单调递增函数,没有极值，不符合题意，舍去,故选B．（2）(2019·沈阳模拟）设函数f（x）＝lnx－eq\f（1,2)ax2－bx，若x＝1是f(x）的极大值点,则a的取值范围为________。答案a>－1解析f（x）的定义域为(0，＋∞），f′（x)＝eq\f(1，x）－ax－b，由f′(1）＝0，得b＝1－a，∴f′(x）＝eq\f(1,x)－ax＋a－1＝eq\f（－ax2＋1＋ax－x，x）＝eq\f（－ax＋1x－1,x）.①若a≥0，当0〈x〈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x＝1是f(x)的极大值点．②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－eq\f(1，a)。因为x＝1是f（x)的极大值点,所以－eq\f(1,a）>1，解得－1〈a<0。综合①②得a的取值范围是a〉－1。函数极值问题的常见类型及解题策略INCLUDEPICF”(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．INCLUDEPICTF”（2）已知函数求极值．求f′（x)→求方程f′（x）＝0的根→列表检验f′(x)在f′（x）＝0的根的附近两侧的符号→下结论．INCLUDEPICTF"(3）已知极值求参数．若函数f(x)在点(x0,y0）处取得极值，则f′(x0）＝0,且在该点左、右两侧的导数值符号相反．［即时训练］1.函数f(x）＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a，b的值为(）A．a＝3，b＝－3，或a＝－4，b＝11B．a＝－4，b＝1，或a＝－4，b＝11C．a＝－1，b＝5D．以上都不正确答案D解析f′（x）＝3x2－2ax－b,依题意，有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（f′1＝0,,f1＝10，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3－2a－b＝0,,1－a－b＋a2＝10，))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11））或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝3，，b＝－3。))当a＝3且b＝－3时，f′（x)＝3x2－6x＋3≥0，函数f（x)无极值点，故符合题意的只有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－4,,b＝11.）)故选D．2．(2019·贵阳模拟）已知函数y＝eq\f（f′x，x）的图象如图所示(其中f′（x)是定义域为R的函数f(x)的导函数)，则以下说法错误的是()A．f′（1）＝f′(－1)＝0B．当x＝－1时，函数f（x）取得极大值C．方程xf′(x）＝0与f（x)＝0均有三个实数根D．当x＝1时，函数f(x）取得极小值答案C解析由图象可知f′（1）＝f′（－1）＝0，A说法正确．当x〈－1时，eq\f(f′x,x）<0,此时f′(x)〉0；当－1〈x〈0时，eq\f(f′x，x）〉0，此时f′（x)<0，故当x＝－1时，函数f(x）取得极大值,B说法正确．当0<x<1时，eq\f(f′x，x）〈0，此时f′（x）〈0；当x>1时,eq\f(f′x，x)〉0，此时f′(x）>0，故当x＝1时，函数f(x）取得极小值,D说法正确．故选C．3．（2019·湖南师大附中模拟）若函数f(x）＝(2－a)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(x－2ex－\f(1，2）ax2＋ax)）在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2），1））上有极大值,则实数a的取值范围为(）A．（eq\r（e)，e) B．（eq\r(e),2)C．(2，e) D．（e,＋∞）答案B解析令f′（x)＝(2－a)（x－1)（ex－a）＝0,得x＝lna∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，1))，解得a∈(eq\r(e),e），由题意知，当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2），lna）)时,f′（x)>0，当x∈（lna,1）时，f′(x)<0，所以2－a>0,得a〈2。综上，a∈(eq\r（e）,2）．故选B．考向二导数与函数的最值例4（2019·苏州模拟)已知函数f（x)＝lnx－ax(a∈R）．（1)求函数f（x）的单调区间;（2）当a>0时，求函数f(x)在［1，2］上的最小值．解(1)f′（x）＝eq\f（1，x)－a（x>0),①当a≤0时，f′（x)＝eq\f(1,x)－a>0，即函数f（x）的单调增区间为（0，＋∞）．②当a〉0时，令f′(x)＝eq\f(1,x）－a＝0，可得x＝eq\f(1，a).当0<x〈eq\f（1，a）时，f′（x)＝eq\f(1－ax,x）>0；当x>eq\f（1，a）时，f′（x）＝eq\f（1－ax，x)<0,故函数f（x)的单调递增区间为eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（1，a))),单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,a),＋∞)）。（2）①当eq\f（1，a）≤1,即a≥1时，函数f（x)在区间［1，2］上是减函数，∴f（x）的最小值是f（2)＝ln2－2a.②当eq\f(1,a)≥2，即0<a≤eq\f(1,2）时，函数f(x）在区间［1,2]上是增函数,∴f（x)的最小值是f(1）＝－a.③当1<eq\f（1，a）〈2，即eq\f（1，2)<a〈1时，函数f（x）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（1,\f(1,a）)）上是增函数,在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，a)，2)）上是减函数．又f(2)－f（1）＝ln2－a，∴当eq\f（1,2)〈a〈ln2时，最小值是f(1)＝－a；当ln2≤a<1时，最小值为f（2）＝ln2－2a综上可知，当0<a〈ln2时,函数f（x)的最小值是－a；当a≥ln2时，函数f（x）的最小值是ln2－2a求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法INCLUDEPICF"（1)若函数在区间［a,b]上单调递增或递减，则f(a）与f（b)一个为最大值，一个为最小值．INCLUDEPICTF"(2）若函数在区间［a，b]内有极值,则先求出函数在［a，b]上的极值，再与f（a），f（b）比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．INCLUDEPICTF"(3)函数f(x）在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．[即时训练]4.已知函数f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－x3＋x2x<1,，alnxx≥1。）)(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x〈1时，f′(x）＝－3x2＋2x＝－x（3x－2)，令f′（x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f（2,3）.当x变化时，f′(x），f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0）0eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f（2,3）））eq\f(2，3)eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1）)f′(x）－0＋0－f（x)↘极小值↗极大值↘故当x＝0时,函数f（x）取得极小值f(0)＝0，函数f（x）的极大值点为x＝eq\f（2,3)。（2)①当－1≤x<1时，由(1)知,函数f(x）在[－1，0)和eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)，1）)上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))）上单调递增．因为f(－1）＝2，feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（2,3))）＝eq\f(4,27），f(0）＝0，所以f(x)在[－1，1）上的最大值为2.②当1≤x≤e时,f(x)＝alnx,当a≤0时，f(x）≤0；当a>0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a≥2时，f（x)在[－1，e］上的最大值为a；当a<2时，f(x)在［－1,e]上的最大值为2。考向三极值与最值的综合应用例5(2019·大庆模拟）已知函数f（x）＝eq\f（ex，1＋ax2），其中a为正实数，x＝eq\f（1，2)是f（x)的一个极值点．（1)求a的值；(2）当b>eq\f（1,2)时,求函数f（x）在［b，＋∞）上的最小值．解f′（x)＝eq\f(ax2－2ax＋1ex,1＋ax22）。（1）因为x＝eq\f（1，2)是函数y＝f（x）的一个极值点，所以f′eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）))＝0,因此eq\f（1，4）a－a＋1＝0,解得a＝eq\f(4，3).经检验，当a＝eq\f（4,3）时,x＝eq\f(1，2）是y＝f(x)的一个极值点,故所求a的值为eq\f（4,3）.（2)由(1)可知，f′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(4，3）x2－\f（8，3)x＋1)）ex，\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(4，3）x2)）2），令f′(x）＝0，得x1＝eq\f（1,2），x2＝eq\f（3,2）.f(x）与f′(x）随x的变化情况如下：xeq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞,\f(1,2)））eq\f（1，2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,2），\f（3，2）））eq\f（3，2）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3,2)，＋∞)）f′(x)＋0－0＋f（x）↗eq\f（3\r（e)，4）↘eq\f(e\r（e），4）↗所以，f（x）的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，\f（1,2）))，eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(3，2)，＋∞）)，单调递减区间是eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2)，\f(3,2))).当eq\f(1,2）<b<eq\f(3,2)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(b，\f（3，2)）)上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(3，2），＋∞））上单调递增．所以f（x）在[b，＋∞)上的最小值为feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)））＝eq\f(e\r(e）,4);当b≥eq\f(3,2）时,f(x）在［b，＋∞）上单调递增，所以f（x)在［b，＋∞）上的最小值为f（b)＝eq\f（eb，1＋ab2）＝eq\f（3eb,3＋4b2).INCLUDEPICF”（1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．INCLUDEPICTF”（2）求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过比较才能下结论．INCLUDEPICTF”(3）求函数在无穷区间（或开区间）上的最值,不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象,然后借助图象得到函数的最值．［即时训练]5。(2019·山西三区八校模拟）已知函数f(x）＝lnx＋ax2＋bx（其中a，b为常数,且a≠0）在x＝1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）＝lnx＋ax2＋bx，所以f（x）的定义域为（0，＋∞),f′(x)＝eq\f（1,x)＋2ax＋b,因为函数f（x）＝lnx＋ax2＋bx在x＝1处取得极值，所以f′(1）＝1＋2a＋b又a＝1,所以b＝－3,则f′（x)＝eq\f（2x2－3x＋1，x)，令f′（x)＝0，得x1＝eq\f(1,2），x2＝1。f′(x），f(x）随x的变化情况如下表：xeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2）))eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，1)）1（1，＋∞）f′(x)＋0－0＋f（x）增极大值减极小值增所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f（1，2））)，(1,＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2),1））。（2)由(1）知f′（x）＝eq\f(2ax－1x－1，x)，令f′（x)＝0，得x1＝1，x2＝eq\f(1,2a)，因为f(x）在x＝1处取得极值,所以x2＝eq\f（1,2a)≠x1＝1，当eq\f(1，2a)<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时，x2＝eq\f（1,2a）>0,当eq\f（1，2a）〈1时，f(x)在eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2a)）)上单调递增，在eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,2a），1）)上单调递减，[1,e］上单调递增，所以最大值可能在x＝eq\f(1,2a）或x＝e处取得，而feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2a))）＝lneq\f(1，2a)＋aeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)）)2－（2a＋1）eq\f(1，2a)＝lneq\f(1，2a）－eq\f（1，4a)－1<0，所以f（e)＝lne＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq\f(1，e－2)，当1<eq\f（1,2a)<e时,f(x)在区间（0,1)上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（1，\f(1，2a)））上单调递减，在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1,2a)，e）)上单调递增，所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得,而f(1）＝ln1＋a－(2a所以f（e）＝lne＋ae2－(2a解得a＝eq\f（1，e－2)，与1<x2＝eq\f（1,2a）<e矛盾，当x2＝eq\f(1，2a）≥e时，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x＝1处取得,而f(1)＝ln1＋a－(2a综上所述，a＝eq\f（1,e－2）或a＝－2。(2019·长沙模拟）已知函数f(x）＝ax2－xlnx．(1)若函数f（x)在(0,＋∞）上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＝e，证明:当x〉0时，f(x)<xex＋eq\f(1,e）.解（1)由题意知，f′（x）＝2ax－lnx－1。因为函数f(x)在（0，＋∞)上单调递增，所以当x〉0时,f′（x）≥0,即2a≥eq\f（lnx＋1，x)恒成立．令g(x）＝eq\f(lnx＋1，x)（x〉0），则g′（x)＝－eq\f(lnx,x2)，易知g(x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞)上单调递减，则g(x)max＝g（1)＝1，所以2a≥1，即a≥eq\f(1,2）。故a的取值范围是eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)，＋∞）).(2）证明：若a＝e，要证f（x)<xex＋eq\f(1，e）,只需证ex－lnx<ex＋eq\f（1,ex)，即ex－ex〈lnx＋eq\f（1，ex)（变形后再隔离分析)．令h（x）＝lnx＋eq\f(1,ex)(x>0），则h′(x）＝eq\f(ex－1,ex2)，易知h(x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,e）））上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,e），＋∞））上单调递增，则h(x）min＝heq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，e))）＝0，所以lnx＋eq\f（1，ex）≥0。再令φ(x）＝ex－ex(x〉0)，则φ′（x)＝e－ex，易知φ（x）在(0，1）上单调递增，在（1，＋∞)上单调递减，则φ（x)max＝φ（1）＝0，所以e－ex≤