届高考数学二轮复习专题二导数第3讲函数的极值与最值学案

2019届高考数学二轮复习专题二导数第3讲函数的极值与最值学案本文简介：第3讲函数的极值与最值1.利用导数考查函数的极值和最值，是高考中的热点和难点问题．其主要原理是利用导数工具就函数的变化趋势和取特殊点作分析．注意数形结合、分类讨论思想在其中的应用．2.涉及函数的极值和最值问题的主要题型有：一是利用导数求函数的极值和最值；二是借助极值和最值求参数的取值范围；三是涉及函

2019届高考数学二轮复习专题二导数第3讲函数的极值与最值学案本文内容：

第3讲

函数的极值与最值

1.

利用导数考查函数的极值和最值，是高考中的热点和难点问题．其主要原理是利用导数工具就函数的变化趋势和取特殊点作分析．注意数形结合、分类讨论思想在其中的应用．

2.

涉及函数的极值和最值问题的主要题型有：一是利用导数求函数的极值和最值；二是借助极值和最值求参数的取值范围；三是涉及函数的极值与最值的综合函数问题．

1.

函数y＝2x3－2x2在区间[－1，2]上的最大值是________．

答案：8

解析：y′＝6x2－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝.∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f＝－，f(2)＝8，∴函数的最大值为8.

2.

(2018·南通一中)若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝________．

答案：5

解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意知f′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.

3.

若函数f(x)＝2x2－ln

x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________．

答案：

解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝4x－，由f′(x)＝0，得x＝.由题意得解得1≤k0，a∈R，e是自然对数的底数)．当a∈(0，)时，求证：函数f(x)有最小值，并求函数f(x)的最小值的取值范围．

解：因为f′(x)＝(2x－2)ex＋2ax＋4a，f″(x)＝2xex＋2a>0，所以y＝f′(x)是(0，＋∞)上的增函数．

又f′(0)＝4a－20，所以存在t∈(0，1)，使得f′(t)＝0，

当x∈(0，t)时，f′(x)0，

所以f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2.

由f′(t)＝0?a＝－，

则f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et＝et(－t2＋t－2)．

记h(t)＝et(－t2＋t－2)，

则h′(t)＝et(－t2－t－1)0恒成立，函数在(0，1)上无极值；

(解法1)在(1，＋∞)上，若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0)，

则即

由③得aex0＝－，代入②得－＋x0>0，结合①可解得x0>2，

再由f(x0)＝＋x0>0得a>－.

设h(x)＝－，则h′(x)＝，当x>2时，h′(x)>0，即h(x)是增函数，

所以a>h(x0)>h(2)＝－.

又a0；x>x0时，H(x)0时，12时，f(x)存在两个极值点x1，x2(x12>0，

所以ln

x2－ln

x1＜(x2－x1)，

ln

x2－ln＜(x2－)，

可得(x2－)＞2ln

x2－1

(ⅲ)．

考察函数g(x)＝(x－)－2ln

x＋1(x>0)，

g′(x)＝，

记h(x)＝x2－2(e－1)x＋e，h(x)在[e－1，＋∞)上单调递增，且h(e)＝e(3－e)>0，h(e－1)＝－e2＋3e－1＜0，

因此存在x0∈(e－1，e)使h(x0)＝0，

则x≥x0时，g′(x)≥0，即g(x)在[x0，＋∞)上单调递增，由于g(e)＝0，因此要使(ⅲ)成立，则x2≥e.

故x1＋x2＝＋x2(x2≥e)，

令m(x)＝＋x(x>e)，m′(x)＝>0，

故m(x)在[e，＋∞)上单调递增，则m(x)≥m(e)＝1＋e，所以x1＋x2≥1＋e.,四)

函数的极值和最值的综合问题,4)

已知常数a≠0，f(x)＝aln

x＋2x.

(1)

当a＝－4时，求f(x)的极值；

(2)

当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．

解：(1)

由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2＝.

当a＝－4时，f′(x)＝.

所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，即f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，即f(x)单调递增．

所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln

2.

所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln

2，无极大值．

(2)

因为f′(x)＝，

所以当a＞0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；

当a＜0时，由f′(x)＞0得x＞－，所以f(x)在(－，＋∞)上单调递增；

由f′(x)＜0得x＜－，所以f(x)在(0，－)上单调递减．

所以当a＜0时，f(x)的最小值为f(－)＝aln(－)－a.

根据题意得f(－)＝aln(－)－a≥－a，

即a[ln(－a)－ln

2]≥0.

因为a＜0，所以ln(－a)－ln

2≤0，解得a≥－2，

所以实数a的取值范围是[－2，0)．

(2018·南通、泰州一调)已知函数g(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)有极值，且函数f(x)＝(x＋a)ex的极值点是g(x)的极值点，其中e是自然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值)

(1)

求b关于a的函数关系式；

(2)

当a>0时，若函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为M(a)，求证：M(a)0，

所以3(－a－1)2＋2a(－a－1)＋b＝0，

化简得b＝－a2－4a－3.

由Δ＝4a2－12b＝4a2＋12(a＋1)(a＋3)>0，得a≠－.所以b＝－a2－4a－3.

(2)

证明：因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋a)ex－(x3＋ax2＋bx)，

所以F′(x)＝f′(x)－g′(x)

＝(x＋a＋1)ex－[3x2＋2ax－(a＋1)(a＋3)]

＝(x＋a＋1)ex－(x＋a＋1)(3x－a－3)

＝(x＋a＋1)(ex－3x＋a＋3)．

记h(x)＝ex－3x＋a＋3，则h′(x)＝ex－3，

令h′(x)＝0，解得x＝ln

3.

列表如下：

x

(－∞，ln

3)

ln

3

(ln

3，＋∞)

h′(x)

－

0

＋

h(x)



极小值



所以x＝ln

3时，h(x)取得极小值，也是最小值，

此时，h(ln

3)＝eln3－3ln

3＋a＋3＝6－3ln

3＋a＝3(2－ln

3)＋a＝3ln＋a>a>0.

所以h(x)＝ex－3x＋a＋3≥h(ln

3)>0.

令F′(x)＝0，解得x＝－a－1.

列表如下：

x

(－∞，－a－1)

－a－1

(－a－1，＋∞)

F′(x)

－

0

＋

F(x)



极小值



所以x＝－a－1时，F(x)取得极小值，也是最小值．

所以M(a)＝F(－a－1)

＝(－a－1＋a)e－a－1－[(－a－1)3＋a(－a－1)2＋b(－a－1)]

＝－e－a－1－(a＋1)2(a＋2)．

令t＝－a－1，则t0，所以m(t)单调递增．

所以m(t)0，所以x＝2是f(x)的极小值点．故a＝2.

2.

(2018·江苏卷)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．

答案：－3

解析：f(x)＝2x3－ax2＋1＝0?a＝2x＋.

令g(x)＝2x＋，g′(x)＝2－＞0?x＞1?g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；

∵

有唯一零点，

∴

a＝g(1)＝2＋1＝3?f(x)＝2x3－3x2＋1.

求导可知在[－1，1]上，f(x)min＝f(－1)＝－4，f(x)max＝f(0)＝1，

∴

f(x)min＋f(x)max＝－3.

3.

(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值是________．

答案：－1

解析：f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝0，所以4－2(a＋2)＋a－1＝0，解得a＝－1，此时f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1.由f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝1，且当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0，故x＝1为f(x)的极小值点，所以f(x)的极小值为f(1)＝－1.

4.

(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.

(1)

若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；

(2)

若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．

解：(1)

因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2)ex，

所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(2)＝(2a－1)e2，

由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝.

(2)

由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.

①

若a＜0，当x∈

时，f′(x)＞0；当x∈

(1，＋∞)时，f′(x)＜0，此时x＝1为f(x)的极大值点；

②

若a＞1，则当x∈

时，f′(x)＜0.

所以f(x)在x＝1处取得极小值．

若0≤a≤1，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0.

所以x＝1不是f(x)的极小值点．

综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．

5.

(2017·江苏卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a>0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)

(1)

求b关于a的函数关系式，并写出定义域；

(2)

若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围．

解：(1)

由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，

得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x＋)2＋b－.

令g(x)＝3x2＋2ax＋b，g′(x)＝6x＋2a，

令g′(x)＝0，解得x＝－.

当x>－时，g′(x)>0，g(x)＝f′(x)单调递增，

当x0(x≠－1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值，

当a>3时，f′(x)＝0有两个相异的实根x1＝，x2＝.

列表如下：

x

(－∞，x1)

x1

(x1，x2)

x2

(x2，＋∞)

f′(x)

＋

0

－

0

＋

f(x)



极大值



极小值



故f(x)的极值点是x1，x2.

从而a＞3.

因此b＝＋，定义域为(3，＋∞)．

(2)

由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－a，x＋x＝.

从而f(x1)＋f(x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2＝－＋2＝0.

记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，

因为f′(x)的极值为f′(－)＝b－＝－a2＋，

所以h(a)＝－a2＋，a＞3.

因为h′(a)＝－a－＜0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．

因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.

因此a的取值范围是(3，6]．

(本题模拟高考评分标准，满分16分)

已知函数f(x)＝ax3－bx2＋cx＋b－a(a>0，b，c∈R)．

(1)

设c＝0.

①

若a＝b，f(x)在x＝x0处的切线过点(1，0)，求x0的值；

②

若a>b，求f(x)在区间[0，1]上的最大值；

(2)

设f(x)在x＝x1，x＝x2两处取得极值，求证：f(x1)＝x1，f(x2)＝x2不同时成立．

(1)

解：当c＝0，a>0时，f(x)＝ax3－bx2＋b－a，x∈[0，1]，

①

若a＝b，则f(x)＝ax3－ax2，

从而f′(x0)＝3ax－2ax0，

故f(x)在x＝x0处的切线方程为y－(ax－ax)＝(3ax－2ax0)(x－x0)，(2分)

将点(1，0)代入上式并整理，得x(1－x0)＝x0(1－x0)(3x0－2)，

解得x0＝0或x0＝1.(5分)

②

若a>b，则由f′(x)＝3ax2－2bx＝3ax(x－)＝0，得x＝0或x＝0，列表：

x

0

(0，)

(，1)

1

f′(x)

－

0

＋

f(x)

b－af(x2)，这与f(x1)0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0

3.

(2018·如东中学月考)已知函数f(x)＝

(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x0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.