《數(shù)學(xué)》復(fù)習(xí)人教A（新高考）-第2節(jié)　第二課時　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值

第二課時利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值考點分層突破課后鞏固作業(yè)內(nèi)容索引12//////////////1題型剖析考點聚焦考點分層突破角度1根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值【例1】設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(

) A.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B.函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D.函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)

解析

由題圖可知，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0； 當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0； 當(dāng)x>2時，f′(x)>0.

由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值， 在x＝2處取得極小值.考點一利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值///////多維探究D由圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值，要抓住兩點：(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點；(2)由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的值的正負(fù)，從而可得函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性.兩者結(jié)合可得極值點.感悟升華【訓(xùn)練1】(多選題)(2021·石家莊檢測)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則 (

) A.－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點

B.－1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點

C.y＝f(x)在區(qū)間(－3，1)上單調(diào)遞增

D.－2是函數(shù)y＝f(x)的極大值點 解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)x∈(－∞，－3)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(－3，－1)時，f′(x)>0，所以函數(shù)y＝f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，－1)上單調(diào)遞增，可知－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點，所以A正確.

因為函數(shù)y＝f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增，可知－1不是函數(shù)y＝f(x)的極小值點，－2也不是函數(shù)y＝f(x)的極大值點，所以B錯誤，C正確，D錯誤.AC令f′(x)＝0，得x＝2，于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表.x(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)

ln2－1

故f(x)在定義域上的極大值為f(x)極大值＝f(2)＝ln2－1，無極小值.【例2】已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R). (2)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)極值點的個數(shù).

解

由(1)知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 當(dāng)a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 則函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時函數(shù)在定義域上無極值點；綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值點，運用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)極值的一般步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；(4)列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號；(5)求出極值.感悟升華所以函數(shù)f(x)無極值.當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna，當(dāng)x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增.故f(x)在x＝lna處取得極小值且極小值為f(lna)＝lna，無極大值.綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時，f(x)在x＝lna處取得極小值lna，無極大值.解析因為函數(shù)f(x)＝x(lnax＋1)有極值點，所以f′(x)＝(lnax＋1)＋1＝2＋lnax.B當(dāng)a＝0時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)無極值，不合題意.(－9，0)∪(0，1)則a－1<0<a＋3，又a>0，所以0<a<1.所以a的取值范圍為(－9，0)∪(0，1).1.已知函數(shù)極值，確定函數(shù)解析式中的參數(shù)時，要注意：根據(jù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解.2.導(dǎo)數(shù)值為0不是此點為極值點的充要條件，所以用待定系數(shù)法求解后必須檢驗.感悟升華由題意可得，x＝2是f′(x)＝0唯一的變號零點，故h(x)＝ex＋kx2在(0，＋∞)上沒有變號零點，當(dāng)x>2時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)0<x<2時，g′(x)<0.g(x)單調(diào)遞減，解依題意知，g(x)的定義域為(0，＋∞).考點二利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值///////師生共研當(dāng)x∈(1，2)時，g′(x)>0，當(dāng)x∈(2，3)時，g′(x)<0，所以g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，在[2，3]上單調(diào)遞減，g(3)－g(1)＝ln3－1>0，1.求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值.2.若所給的閉區(qū)間[a，b]含參數(shù)，則需對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，通過對參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f(x)的最值.感悟升華【訓(xùn)練4】(2020·福州檢測)已知函數(shù)g(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R)，求g(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值h(a).

解由題意，g(x)的定義域為(0，＋∞)，導(dǎo)數(shù)關(guān)系構(gòu)造函數(shù)的一些常見結(jié)構(gòu)1.對于不等式f′(x)＋g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x).2.對于不等式f′(x)－g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x).特別地，對于不等式f′(x)>k，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－kx.3.對于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)·g(x).5.對于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xn·f(x).6.對于不等式f′(x)＋f(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ex·f(x).7.對于不等式f′(x)＋kf(x)>0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝ekx·f(x).巧妙構(gòu)造，轉(zhuǎn)化求解【例1】設(shè)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(1)＝0，當(dāng)x<0時，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，則不等式f(x)>0的解集為____________________________________.

當(dāng)x<0時，xf′(x)－f(x)>0，可以推出當(dāng)x<0時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增. ∵f(x)為偶函數(shù)，y＝x為奇函數(shù)， ∴F(x)為奇函數(shù)， ∴F(x)在(0，＋∞)上也單調(diào)遞增.

根據(jù)f(1)＝0可得F(1)＝0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性可得函數(shù)圖象(圖略)，根據(jù)圖象可知f(x)>0的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞).(－∞，－1)∪(1，＋∞)當(dāng)x>2時，h′(x)>0，所以h(x)單調(diào)遞增.D【例3】已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若f(x)滿足：(x－1)[f′(x)－f(x)]>0，f(2－x)＝f(x)·e2－2x，則下列判斷一定正確的是 (

) A.f(1)<f(0) B.f(2)>e2f(0) C.f(3)>e3f(0) D.f(4)<e4f(0)

導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足(x－1)[f′(x)－f(x)]>0， 則x≥1時F′(x)≥0，F(xiàn)(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增.

當(dāng)x<1時F′(x)<0，F(xiàn)(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減.

又由f(2－x)＝f(x)e2－2x?F(2－x)＝F(x)?F(x)關(guān)于x＝1對稱， 根據(jù)單調(diào)性和圖象，可知選C.C【例4】已知a＝πe，b＝3π，c＝eπ，則它們的大小關(guān)系是 (

) A.a>b>c B.c>b>a C.b>c>a D.c>a>b

解析因為函數(shù)y＝xπ在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以3π>eπ.

當(dāng)x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.

所以，f(x)的最大值為f(e)， 綜合可知：3π>eπ>πe，所以b>c>a.故選C.C函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想是高中數(shù)學(xué)思想中比較重要的兩大思想，而構(gòu)造函數(shù)的解題思路恰好是這兩種思想的良好體現(xiàn).思維升華2提升能力分層訓(xùn)練課后鞏固作業(yè)一、選擇題1.已知函數(shù)f(x)的定義域為(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)上 的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)上的極大值點的個 數(shù)為 (

) A.1 B.2 C.3 D.4

解析

由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f′(x)在(a，b)上與x軸的交點個數(shù)為4， 但是在原點附近的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，故x＝0不是函數(shù)f(x)的極值點.

其余的3個交點都是極值點，其中有2個點滿足其附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負(fù)， 故極大值點有2個.B解析

因為y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，當(dāng)x>－1時，y′>0；當(dāng)x<－1時，y′<0，C3.函數(shù)f(x)＝3x2＋lnx－2x的極值點的個數(shù)是 (

) A.0 B.1 C.2 D.無數(shù) 解析

函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0， 所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立， 即f(x)在定義域上單調(diào)遞增，無極值點.A4.已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a等于 (

) A.－4 B.－2 C.4 D.2

解析由題意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2， 當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(－2，2)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)

x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增， 所以a＝2.D∵f(x)在x＝2處取得極小值，B∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，2)上單調(diào)遞減，所以f(x)的定義域為(0，1)∪(1，＋∞)，故A不正確；BC所以f(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上的圖象在x軸的下方，故B正確；則g(x)存在唯一零點x0∈(1，e2)，則函數(shù)f′(x)＝0只有一個根x0，使得f′(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)只有一個極小值，所以C正確，D不正確；故選BC.二、填空題7.若商品的年利潤y(萬元)與年產(chǎn)量x(百萬件)的函數(shù)關(guān)系式為y＝－x3＋27x＋123(x>0)，則獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為________百萬件.

解析

y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，當(dāng)0<x<3時，y′>0； 當(dāng)x>3時，y′<0.

故當(dāng)x＝3時，該商品的年利潤最大.38.(2020·安徽江南十校聯(lián)考)已知x＝1是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax)ex的一個極值點，則 曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線斜率為________.

解析由f(x)＝(x2＋ax)ex， 得f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex， 因為x＝1是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax)ex的一個極值點，

9.函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3，2]上的任意x1，x2，都有

|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是________.

解析

因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)， 令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1，1為函數(shù)的極值點.

又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1， 所以在區(qū)間[－3，2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.

由題設(shè)知在區(qū)間[－3，2]上，f(x)max－f(x)min≤t， 從而t≥20，所以t的最小值是20.20三、解答題10.設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值； 解

因為a＝b＝c， 所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.

因為f(4)＝8， 所以(4－a)3＝8，解得a＝2.10.設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù). (2)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零點均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的極小值.

解

因為b＝c， 所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，令f(x)＝0，得x＝a或x＝b.此時，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.當(dāng)x變化時，f′(x)變化如下表：所以f(x)的極小值為f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)

極大值

極小值

11.已知函數(shù)f(x)＝excosx－x. (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； 解

因為f(x)＝excosx－x， 所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.

又因為f(0)＝1， 所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.解

設(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.解析

由題意可得，當(dāng)x≤1時，f′(x)＝－ex∈[－e，0)，因為函數(shù)f(x)在點A和點B處的切線互相垂直，所以可知f′(x1)·f′(x2)＝－1，又x1＜x2，所以f′(x1)∈[－e，－1)，則0＜x1≤1，x2＞1，所以排除選項A，B；CD所以x2＝ex1，所以函數(shù)g(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，所以選項C正確；x1x2＝x1ex1，令h(x)＝xex(0＜x≤1)，則h′(x)＝ex(x＋1)，可得h′(x)＝(x＋1)·ex在(0，1]上大于零恒成立，所以h(x)在(0，1]上單調(diào)遞增可得h(x)的最大值為e.所以選項D正確，故選CD.令f′(x)＝