第19讲 利用导数研究函数的极值和最值（教师版）备战2021年新高考数学微专题讲义

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1、 第 1 页 / 共 16 页 第第 19 讲：利用导数研究函数的极值和最值讲：利用导数研究函数的极值和最值 一、课程标准 1、结合函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件； 2、会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值， 3、会用导数求给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值 二、基础知识回顾 1、函数的极值 (1)函数的极小值： 函数 yf(x)在点 xa 的函数值 f(a)比它在点 xa 附近其他点的函数值都小，f(a)0；而且在点 xa 附近的左侧 f(x)0，右侧 f(x)0，则点 a 叫做函数 yf(x)的极小值点，f(a)叫做函数 yf(x)的极小值

2、 (2)函数的极大值： 函数 yf(x)在点 xb 的函数值 f(b)比它在点 xb 附近其他点的函数值都大，f(b)0；而且在点 xb 附近的左侧 f(x)0，右侧 f(x)0，则点 b 叫做函数 yf(x)的极大值点，f(b)叫做函数 yf(x)的极大值 极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值 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 3、常用结

3、论 1若函数 f(x)的图象连续不断，则 f(x)在a，b上一定有最值 2若函数 f(x)在a，b上是单调函数，则 f(x)一定在区间端点处取得最值 3若函数 f(x)在区间(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 三、自主热身、归纳总结 1、函数 f(x)x2ln x 的最小值为( ) A1ln 2 B1ln 2 C.1ln 2 2 D.1ln 2 2 第 2 页 / 共 16 页 【答案】C 【解析】 因为 f(x)x2ln x(x0)，所以 f(x)2x1 x，令 2x 1 x0 得 x 2 2 ，令 f(x)0，则 x 2 2 ；令 f(x)0，则 0x0，即 m2

4、3m180，解得 m6. 实数 m 的取值范围是()，3 ()6， .故选 B. 3、已知函数 f(x)x3ax2bxa2在 x1 处有极值 10，则 f(2)等于( ) A11 或 18 B11 C18 D17 或 18 【答案】C 【解析】函数 f(x)x3ax2bxa2在 x1 处有极值 10，f(1)10，且 f(1)0，又 f(x)3x22ax b， 1aba210， 32ab0， 解得 a3， b3 或 a4， b11. 而当 a3， b3 时，函数在 x1 处无极值，故舍去 f(x)x34x211x16，f(2)18. 4、函数 f(x)3x2ln x2x 的极值点的个数是( )

5、 A0 B1 C2 D无数 【答案】A 【解析】 函数定义域为(0，)， 第 3 页 / 共 16 页 且 f(x)6x1 x2 6x22x1 x ， 由于 x0，g(x)6x22x1 的 200 恒成立，故 f(x)0 恒成立， 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点 5、 (多项选择)已知定义在 R 上的函数 f(x)， 其导函数 f(x)的大致图像如图所示， 则下列叙述错误 的是( ) 第 1 题图 A. f(b)f(a)f(c)； B. 函数 f(x)在 xc 处取得极小值，在 xe 处取得极大值； C. 函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值； D. 函数 f

6、(x)的最小值为 f(d). 【答案】ABD 【解析】 由导数与函数单调性的关系知， 当 f(x)0 时 f(x)递增，f(x)0 时 f(x)递减， 结合所给图像知，x(a，c)时，f(x)0，f(x)在(a，c)上单调递增，故 f(a)f(b)f(c)，A 错误；x(c， e)时，f(x)0, f(x)在(c，e)上单调递减，函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值；故 C 正 确，B、D 错误.故选 A，B，D. 6、(多选)已知定义在 R 上的函数 f(x)，其导函数 f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述不正确的是( ) Af(a)f(e)f(d) B函数 f(x

7、)在a，b上递增，在b，d上递减 C函数 f(x)的极值点为 c，e D函数 f(x)的极大值为 f(b) 【答案】ABD 【解析】由题图可知，当 x(，c)时，f(x)0，当 x(c，e)时，f(x)0，当 x(e，)时，f(x) 第 4 页 / 共 16 页 0，所以 f(x)在(，c)上递增，在(c，e)上递减，在(e，)上递增，所以 f(d)f(e)，故 A 错误；函数 f(x) 在a，b上递增，在b，c上递增，在c，d上递减，故 B 错误；函数 f(x)的极值点为 c，e，故 C 正确；函 数 f(x)的极大值为 f(c)，故 D 错误 7(多选)对于函数 f(x) x ex，下列说

8、法正确的有( ) Af(x)在 x1 处取得极大值1 e Bf(x)有两个不同的零点 Cf(4)f()f(3) De22e 【答案】AC 【解析】由函数 f(x) x ex，可得函数 f(x)的导数为 f(x) 1x ex .当 x1 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x 1 时，f(x)0，f(x)单调递增可得函数 f(x)在 x1 处取得极大值1 e，所以 A 正确；因为 f(x)在(，1)上 单调递增，在(1，)上单调递减，且 f(0)0，当 x0 时，f(x)0 恒成立，所以函数 f(x)只有一个零点， 所以 B 错误；由 f(x)在(1，)上单调递减，且 431，可得 f(4)f

9、()f(3)，所以 C 正确；由 f(x)在 (1，)上单调递减，且 21，可得 e 2 e2，即 e 22e，所以 D 错误故选 A、C. 8、 函数 f(x)1 3x 34x1 3的极大值是_，极小值是_ 【答案】17 3 ，5 【解析】 f(x)x24，令 f(x)0，解得 x12，x22.当 x 变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (，2) 2 (2，2) 2 (2，) f(x) 0 0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 因此，当 x2 时，f(x)有极大值 f(2)17 3 ；当 x2 时，f(x)有极小值 f(2)5. 9、f(x)2x1 x22

10、的极小值为_ 【答案】1 2 【解析】f(x) 2 22 2(2)2 (21) (2) xxx x 22 2(2)(1) (2) xx x . 令 f(x)0，得 x1； 第 5 页 / 共 16 页 令 f(x)0，得2x0 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 x 0，1 a ，则 f(x)0， 若 x 1 a， ，则 f(x)0 时，函数 yf(x)有一个极大值点，且为 x1 a. 考点二利用导数研究函数的最值 例 2、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

11、)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)11 x 1x x ， 令 f(x)0，得 x1. 当 0x0；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. 第 7 页 / 共 16 页 (2)f(x)a1 x，x(0，e， 1 x 1 e， . 若 a1 e，则 f(x)0，从而 f(x)在(0，e上是增函数， f(x)maxf(e)ae10，不合题意 若 a0 得 a 1 x0，结合 x

12、(0，e， 解得 0x1 a； 令 f(x)0 得 a1 x0，结合 x(0，e，解得 1 axe. 从而 f(x)在 0，1 a 上为增函数，在 1 a，e 上为减函数，f(x)maxf 1 a 1ln 1 a . 令1ln 1 a 3，得 ln 1 a 2，即 ae2. e21 e，ae 2为所求 故实数 a 的值为e2. 方法总结：. 求函数 f(x)在区间上的最大值与最小值的步骤：求 f(x)在区间(a，b)上的极值；将第一 步中所求的极值与 f(a)，f(b)比较，得到函数 f(x)在区间上的最大值与最小值 2. 含参函数的极值(最值)问题需要分类讨论： (1)导数为零时自变量的大小

13、不确定需要讨论； (2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论； (3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论； (4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论 分类时可以先讨论在给定区间上恒为增函数(F(x)0)，和恒为减函数(F(x)0)的情况，最后讨论在给定 区间上有极值的情况 变式 1、 已知函数 f(x)ax3bxc 在点 x2 处取得极值 c16. (1)求 a，b 的值； (2)若 f(x)有极大值 28，求 f(x)在3，3 上的最小值. 【解】 (1)f(x)ax3bxc， 故 f(x)3ax2b， 由于 f(x)ax3bxc 在点 x2

14、处取得极值 c16， 故有 f( ) 2 12ab0， f( )2 8a2bcc16， 解得 a1， b12. 第 8 页 / 共 16 页 (2)由(1)知 f(x)x312xc； f(x)3x2123(x2)(x2). 令 f(x)0，得 x12，或 x22， x (，2) 2 (2，2) 2 (2，) f(x) 0 0 f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 f(x)极大值f(2)c1628，解得 c12， f(x)极小值f(2)c164， 又f(3)21， f(x)minf(2)4. 变式 2、已知函数 f(x)xlnx. (1)求函数 yf(x)在 e 2，e 上的最

15、值； (2)若函数 F(x)f（x）a x 在 1，e上的最小值为3 2，求实数 a 的值 【解】 (1)f(x)lnx1，令 f(x)0，得 x1 e，列表： x (e 2，e1) e 1 (e 1，e) f(x) 0 f(x) 单调递减 极小值 单调递增 f(x)minf 1 e 1 eln 1 e 1 e. 又f(e 2)2 e2，f(e)e， f(x)maxf(e)e. (2)由题知 F(x)lnxa x，F(x) xa x2 . 当 a1 时，F(x)0 在 1，e上恒成立， F(x)在上单调递增， F(x)minF(1)a3 2，解得 a 3 2(舍去) 当 ae 时，F(x)0

16、在 1，e上恒成立， F(x)在上单调递减， 第 9 页 / 共 16 页 F(x)minF(e)1a e 3 2，解得 a e 2(舍去) ea1 时，令 F(x)0，解得 xa，列表： x (1，a) a (a，e) F(x) 0 F(x) 单调递减 极小值 单调递增 F(x)minF(a)ln(a)13 2，解得 a e，综上所述，a e. 变式 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

17、，f(x)11 x 1x x ， 令 f(x)0，得 x1. 当 0x0；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)a1 x，x(0，e， 1 x 1 e， . 若 a1 e，则 f(x)0，从而 f(x)在(0，e上是增函数， f(x)maxf(e)ae10，不合题意. 若 a0 得 a 1 x0，结合 x(0，e，解得 0x 1 a； 令 f(x)0 得 a1 x0，结合 x(0，e，解得 1 axe. 从而 f(x)在 0，1 a 上为增函数，在 1

18、 a，e 上为减函数， f(x)maxf 1 a 1ln 1 a . 令1ln 1 a 3，得 ln 1 a 2， 即 ae2. 第 10 页 / 共 16 页 e20)， 又 f(x)在(0，)上单调递增，恒有 f(x)0， 即1 xxa0 恒成立，a x1 x min， 而 x1 x2 x 1 x2，当且仅当 x1 时取“”， a2. 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 xx1和 xx2处取得极值， 且 f(x)1 xxa x2ax1 x (x0)， x1，x2是方程 x2ax10 的两个实根， 由根与系数的关系得 x1x2a，x1x21

19、， f(x2)f(x1)lnx2 x1 1 2(x 2 2x 2 1)a(x2x1)lnx 2 x1 1 2(x 2 2x 2 1)lnx 2 x1 1 2(x 2 2x 2 1) 1 x1x2ln x2 x1 1 2 x2 x1 x1 x2 ， 设 tx2 x1(t e)，令 h(t)ln t1 2 t1 t (t e)， 则 h(t)1 t 1 2 11 t2 t1 2 2t2 0. (1)求函数 f(x)的单调区间和极值点； (2)若 f(x)xx2在(1，)恒成立，求实数 a 的取值范围 第 11 页 / 共 16 页 【解】 (1)函数 f(x)xa xlnx，a0 的定义域为(0，

20、)，f(x)1 a x2 1 x x2xa x2 ， 14a0，即 a1 4时，f(x)0 恒成立， f(x)在(0，)上单调递增，无极值点； 14a0，即 0axx2，即 x2a xlnx0， x(1，)，a0 在(1，)上恒成立， h(x)在(1， )上递增， h(x)h(1)2， 即 g(x)0， 故 g(x)x3xlnx 在(1， )上为增函数， g(x)g(1) 1，00)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 解：(1)f(x)2axbe xax2bxcex ex2 ax 22

21、abxbc ex . 令 g(x)ax2(2ab)xbc， 因为 ex0，所以 f(x)的零点就是 g(x)ax2(2ab)xbc 的零点，且 f(x)与 g(x)符号相同 第 12 页 / 共 16 页 又因为 a0，所以当3x0，即 f(x)0， 当 x0 时，g(x)0，即 f(x)5f(0)， 所以函数 f(x)在区间5，)上的最大值是 5e5. 五、优化提升与真题演练 1、（2017 年高考全国卷理数）若2x是函数 21 ( )(1)exf xxax 的极值点，则( )f x的极小值为 A1 B 3 2e C 3 5e D1 【答案】A 【解析】由题可得 12121 ( )(2)e(

22、1)e(2)1e xxx fxxaxaxxaxa ， 因为( 2)0f ，所以1a， 21 ( )(1)exf xxx ，故 21 ( )(2)exfxxx ， 令( )0fx，解得2x或1x ， 所以( )f x在(, 2),(1,) 上单调递增，在( 2,1)上单调递减， 所以( )f x的极小值为 1 1 ( )(1 1 1)e11f . 故选 A 2、（2018 年高考全国卷理数）已知函数 2sinsin2f xxx，则 f x的最小值是_ 【答案】 33 2 第 13 页 / 共 16 页 【解析】() = 2cos + 2cos2 = 4cos2 + 2cos 2 = 4(cos

23、+ 1)(cos 1 2)， 所以当cos 1 2时函数单调递增， 从而得到函数的递减区间为 5 2 ,2 33 kkk Z， 函数的递增区间为 2 ,2 33 kkk Z， 所以当 2 , 3 xkkZ时，函数()取得最小值， 此时sin = 3 2 ,sin2 = 3 2 ， 所以()min= 2 ( 3 2 ) 3 2 = 33 2 ， 故答案是 33 2 . 3、（2018年高考江苏） 若函数() = 23 2+ 1( )在(0,+)内有且只有一个零点， 则()在1,1上 的最大值与最小值的和为_ 【答案】3 【解析】由 2 620fxxax得0 x或 3 a x ， 因为函数 f x

24、在0,上有且仅有一个零点且 0 =1f，所以0,0 33 aa f ， 因此 32 210, 33 aa a 解得3a . 从而函数 f x在1,0上单调递增，在0,1上单调递减，所以 max 0 ,f xf min min1 ,11f xfff， 则 maxmin f xf x 0 +11 43.ff 故答案为3. 4、 (2018 江苏卷)设函数 3 ( )31()f xaxxxR， 若对于任意的1 , 1x都有0)(xf成立， 则实数a 的值为 【答案】4 第 14 页 / 共 16 页 【解析】本小题考查函数单调性的综合运用若 x0，则不论a取何值， f x0 显然成立；当 x0 即

25、1,1x 时，0 可化为， 23 31 a xx 设 23 31 g x xx ，则 4 3 1 2x gx x ， 所以 g x 在区间 1 0, 2 上单调递增，在区间 1 ,1 2 上单调 递减，因此 max 1 4 2 g xg ，从而a4； 当 x0 即1,0时，0 可化为a 23 31 xx ， 4 3 1 2x gx x 0 g x 在区间1,0上单调递增，因此 ma 14 n g xg，从而a4，综上a4 5、(2019 江苏卷)设函数 f(x)(xa)(xb)(xc)，a，b，cR，f(x)为 f(x)的导函数. 若 abc，f(4)8，求 a 的值； 若 ab，bc，且 f

26、(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) x2ab 3 . 令 f(x)0，得 xb 或 x2ab 3 . 令 f(x)0，得 xa 或 xb. 因为 a，b，2ab 3 都在集合3，1，3中，且 ab， 所以2ab 3 1，a3，b3. 此时，f(x)(x3)(x3)2，f(x)3(x3)(x1). 令 f(x)0，得 x3 或 x1.

27、 当 x 变化时，f(x)变化如下表： x (，3) 3 (3，1) 1 (1，) f(x) 0 0 3 31f xaxx 3 31f xaxx 第 15 页 / 共 16 页 f(x) 极大值 极小值 所以 f(x)的极小值为 f(1)(13)(13)232. 6、(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. f(1)(1a)e. 由题

28、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 a1 2，则当 x 1 a，2 时，f(x)0. 所以 f(x)在 x2 处取得极小值. 若 a1 2，则当 x(0，2)时，x20，ax1 1 2x10.所以 2 不是 f(x)的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是 1 2， . 7、 (2019 全国卷)已知函数 f(x)2x3ax22. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 0a0，则当 x(，0) a 3， 时，f(x)0， 当 x 0，a 3 时，f(x)0， 故

29、f(x)在(，0)， a 3， 单调递增，在 0，a 3 单调递减； 若 a0，则 f(x)在(，)单调递增； 第 16 页 / 共 16 页 若 a0， 当 x a 3，0 时，f(x)0， 故 f(x)在 ，a 3 ，(0，)单调递增，在 a 3，0 单调递减. (2)当 0a3 时，由(1)知，f(x)在 0，a 3 单调递减，在 a 3，1 单调递增，所以 f(x)在0，1的最小值为 f a 3 a3 272，最大值为 f(0)2 或 f(1)4a. 于是 ma 3 272，M 4a，0a2， 2，2a3. 所以 Mm 2a a3 27，0a2， a3 27，2a3. 当 0a2 时，可知 y2aa 3 27单调递减， 所以 Mm 的取值范围是 8 27，2 . 当 2a3 时，ya 3 27单调递增， 所以 Mm 的取值范围是 8 27，1 . 综上，Mm 的取值范围是 8 27，2 .