山东专用2024新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.11.2导数与函数的极值最值学案含解析

PAGE第2课时导数与函数的极值、最值考点一函数的极值命题方向1依据函数图象推断函数极值【例1】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中肯定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)【解析】由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得微小值．【答案】D命题方向2已知函数求极值【例2】(1)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的微小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3 D．1(2)已知函数f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．【解析】(1)f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.∵x＝－2是f(x)的极值点，∴f′(－2)＝0，即(4－2a－4＋a－1)·e－3＝0，得a∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1.由f′(x)>0，得x<－2或x>1；由f′(x)<0，得－2<x<1.∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的微小值点为1，∴f(x)的微小值为f(1)＝－1.(2)由f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)，得f′(x)＝1－eq\f(a,ex).①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝lna处取得微小值且微小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝lna处取得微小值lna，无极大值．【答案】(1)A(2)见解析命题方向3已知函数的极值求参数【例3】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e(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x＝2处取得微小值，求a的取值范围．【解】(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]e所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex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)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex若a>eq\f(1,2)，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得微小值．若a≤eq\f(1,2)时，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的微小值点．综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).方法技巧函数极值的两类热点问题1求函数fx极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′x；③解方程f′x＝0，求出函数定义域内的全部根；④列表检验f′x在f′x＝0的根x0左右两侧值的符号.2依据函数极值状况求参数的两个要领①列式：依据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.②验证：求解后验证根的合理性.1．(方向1)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(C)A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得微小值解析：由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或3<x<5时，f′(x)<0，y＝f(x)单调递减；当x>5或－1<x<3时，f′(x)>0，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得微小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.2．(方向2)设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的微小值为(A)A．－eq\f(1,3) B．－1C.eq\f(1,3) D．1解析：f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0得x1＝－1，x2＝1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，且f(－1)＝1，即m＝eq\f(1,3)，函数f(x)在x＝1处取得微小值，且f(1)＝eq\f(1,3)×13－1＋eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3).故选A.3．(方向3)若函数f(x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为(－∞，－1]．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－x＋a,x)，由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞考点二函数的最值【例4】(1)函数f(x)＝eq\f(x,ex)，x∈[0,4]的最小值是()A．0B.eq\f(1,e)C.eq\f(4,e4)D.eq\f(2,e2)(2)(2024·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.①探讨f(x)的单调性；②是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的全部值；若不存在，说明理由．【解析】(1)f′(x)＝eq\f(1－x,ex)，当x∈[0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当x∈(1,4]时，f′(x)<0，f(x)是减函数．又f(0)＝0，f(4)＝eq\f(4,e4)>0，所以f(0)＝0最小．(2)①f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a>0，则当x∈(－∞，0)∪(eq\f(a,3)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(0，eq\f(a,3))时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，(eq\f(a,3)，＋∞)单调递增，在(0，eq\f(a,3))单调递减；若a＝0，f′(x)≥0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a<0，则当x∈(－∞，eq\f(a,3))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(eq\f(a,3)，0)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，eq\f(a,3))，(0，＋∞)单调递增，在(eq\f(a,3)，0)单调递减．②满意题设条件的a，b存在．(ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满意题设条件当且仅当b＝－1,2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]单调递减，所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满意题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f(eq\f(a,3))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值为b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，则a＝3eq\r(3,2)，与0<a<3冲突．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，与0<a<3冲突．综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.【答案】(1)A(2)见解析方法技巧求函数fx在闭区间[a，b]内的最值的思路1若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数fx求导，并求f′x＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与fa，fb比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.2若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数fx求导，通过对参数分类探讨，推断函数的单调性，从而得到函数fx的最值.1．已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是－eq\f(3\r(3),2).解析：f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．∵cosx＋1≥0，∴当cosx<eq\f(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当cosx>eq\f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当cosx＝eq\f(1,2)，f(x)有最小值．又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，∴当sinx＝－eq\f(\r(3),2)时，f(x)有最小值，即f(x)min＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝－eq\f(3\r(3),2).2．已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx.(1)当a＝1时，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)当a>0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx，f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x).因为f′(1)＝0，f(1)＝－2，所以曲线y＝f(x)在点(1，－2)处的切线方程是y＝－2.(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域是(0，＋∞)．当a>0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－a＋2x＋1,x)，令f′(x)＝eq\f(2ax2－a＋2x＋1,x)＝eq\f(2x－1ax－1,x)＝0，得x＝eq\f(1,2)或x＝eq\