2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第3章　§3.3　导数与函数的极值、最值

§3.3　导数与函数的极值、最值考试要求　1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数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．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．(　√　)(2)函数的极小值一定小于函数的极大值．(　×　)(3)函数的极小值一定是函数的最小值．(　×　)16 (4)函数的极大值一定不是函数的最小值．(　√　)教材改编题1．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)A．1B．2C．3D．4答案　A解析　由题意知，只有在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，故f(x)的极小值点只有1个．2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是________________．答案　(－∞，－)∪(，＋∞)解析　f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>或a<－.3．若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.答案　4解析　f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.题型一　利用导数求解函数的极值问题命题点1　根据函数图象判断极值例1　(多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是(　　)A．当x＝－1时，f(x)取得极小值B.f(x)在[－2,1]上单调递增16 C．当x＝2时，f(x)取得极大值D.f(x)在[－1,2]上不具备单调性答案　AC解析　由导函数f′(x)的图象可知，当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝－1时，f′(x)＝0；当－1<x<2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x＝2时，f′(x)＝0；当2<x<4时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x＝4时，f′(x)＝0，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确；f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误；当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确；f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误．命题点2　求已知函数的极值例2　(2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝lnx＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值．解　因为f(x)＝lnx＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋4ax＋2a＋2＝，若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减；故f(x)在x＝－处取得唯一的极大值，且极大值为f ＝ln－－1.若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值．综上，当a<0时，f(x)的极大值为ln－－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值．命题点3　已知极值(点)求参数例3　(1)(2023·福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为(　　)A．2B．4C．6D．2或6答案　A16 解析　由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意；若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意．综上，c＝2.(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　)A.B.C.D.答案　D解析　由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，令f′(x)＝0，得＝，设g(x)＝，y＝；则g′(x)＝－，令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．分别作出函数g(x)＝与y＝的图象，如图所示，16 由图可知，0<<1，解得a>，所以实数a的取值范围为.思维升华　根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为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．跟踪训练1　(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为(　　)A．－1或3B．1或－3C．3D．－1答案　C解析　因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.当a＝－2，b＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极小值10，不符合题意；当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意．综上可得，a＝－6，b＝9.则a＋b＝3.(2)(2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝＋2klnx－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是(　　)A．(0,2]B．[2，＋∞)C.D.答案　D16 解析　由题意，f(x)＝＋2klnx－kx(x>0)，f′(x)＝·，令f′(x)＝0得x＝2或k＝，令φ(x)＝(x>0)，∴φ′(x)＝，∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(2)＝，又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，∴若φ(x)＝k无实数根，则k<，∵当k＝时，φ(x)＝k的解为x＝2，∴实数k的取值范围是.题型二　利用导数求函数最值命题点1　不含参函数的最值例4　(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(　　)A．－，B．－，C．－，＋2D．－，＋2答案　D解析　f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)·cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.因为f ＝cos ＋sin ＋1＝2＋，16 f ＝cos ＋sin ＋1＝－，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f ＝2＋，f(x)min＝f ＝－.故选D.命题点2　含参函数的最值例5　已知函数f(x)＝－lnx(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)求f(x)在上的最大值g(a)．解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．(2)f′(x)＝，当a≤时，f(x)在上单调递减，所以f(x)max＝f ＝2－ae；当<a<e时，f(x)在上单调递增，在[a，e]上单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝－lna；当a≥e时，f(x)在上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝－，综上，g(a)＝思维升华　求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．跟踪训练2　(1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为________．16 答案　1解析　函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)．①当x>时，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－＝，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2lnx在上单调递减，所以f(x)min＝f ＝－2ln ＝2ln2＝ln4>lne＝1.综上，f(x)min＝1.(2)已知函数h(x)＝x－alnx＋(a∈R)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围．解　由题意得，h′(x)＝1－－＝＝，且定义域为(0，＋∞)，①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，解得a<－2；②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增，若a＋1≤1，求得h(x)min>1，不合题意；若1<a＋1<e，即0<a<e－1，则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意；若a＋1≥e，即a≥e－1，则h(x)在[1，e]上单调递减，故h(x)min＝h(e)＝e－a＋<0，得a>>e－1，16 综上，a的取值范围为(－∞，－2)∪.课时精练1．(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　)A．f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点B．f′(x)在x＝－1处取得极小值C．f(x)在区间(－2,3)上单调递减D．f(x)在x＝0处的切线斜率小于0答案　BCD解析　根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减，∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确；由f′(x)的图象易知B正确；根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确．2．函数f(x)＝x－sinx在上的极小值为(　　)A.－B.－C.－D.－答案　D解析　由f(x)＝x－sinx，得f′(x)＝－cosx，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以是函数f(x)的极小值点，且极小值为f ＝－.3．已知x＝2是f(x)＝2lnx＋ax2－3x的极值点，则f(x)在上的最大值是(　　)16 A．2ln3－B．－C．－2ln3－D．2ln2－4答案　A解析　由函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x，可得f′(x)＝＋2ax－3，因为x＝2是f(x)的极值点，可得f′(2)＝1＋4a－3＝0，解得a＝，所以f′(x)＝＋x－3＝，x>0，当≤x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当2<x≤3时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，由f(1)＝－，f(3)＝2ln3－，又由f(3)－f(1)＝2ln3－＋＝2ln3－2>2lne－2＝0，所以f(1)<f(3)，所以当x＝3时，函数f(x)取得最大值，最大值为2ln3－.4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋取得最大值－2，则f′(2)等于(　　)A．－1B．－C.D．1答案　B解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知而f′(x)＝－，所以即所以f′(x)＝－＋，16 因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B.5．已知函数f(x)＝ax2－2x＋lnx有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为(　　)A.B.C.D．(0,2)答案　C解析　由f(x)＝ax2－2x＋lnx(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)，若函数f(x)＝ax2－2x＋lnx有两个不同的极值点x1，x2，则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，所以解得0<a<.6．(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　)A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线答案　AC解析　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值f ＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋116 的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.7．(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.答案　sinx(答案不唯一)解析　正弦函数f(x)＝sinx为奇函数，且存在极值．8．甲、乙两地相距240km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h的速度行驶．答案　80解析　设全程运输成本为y元，由题意，得y＝＝240，v>0，y′＝240.令y′＝0，得v＝80.当v>80时，y′>0；当0<v<80时，y′<0.所以函数y＝在(0,80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，所以当v＝80时，全程运输成本最小．9．设函数f(x)＝alnx＋＋2a2x－4a，其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．解　(1)f′(x)＝－＋2a2＝＝，x>0，∵a>0，∴－<0<.16 ∴在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在上，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，f(x)在上单调递减，在上单调递增．(2)由(1)可知，f(x)min＝f ＝aln ＋3a＋2a－4a＝aln ＋a＝a(1－lna)，∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，∴1－lna>0，∴0<a<e.∴a的取值范围为(0，e)．10．(2023·张家口质检)已知函数f(x)＝ex＋e－x－ax2－2.(1)当a＝1时，证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若g(x)＝f(x)－e－x，讨论函数g(x)的极值点的个数．(1)证明　当a＝1时，f(x)＝ex＋e－x－x2－2，f′(x)＝ex－e－x－2x.令φ(x)＝ex－e－x－2x，当x>0时，φ′(x)＝ex＋e－x－2>0，所以函数f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，故f′(x)>f′(0)＝0，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．(2)解　由题意知，g(x)＝ex－ax2－2，当a＝0时，g(x)＝ex－2单调递增，无极值点，当a≠0时，g′(x)＝ex－2ax，由g′(0)＝1，得x＝0不是极值点．令ex－2ax＝0(x≠0)，得2a＝，令h(x)＝，则h′(x)＝，当x<0时，h(x)<0，且h′(x)<0，16 当a<0时，方程2a＝有唯一小于零的解，故函数g(x)存在一个极值点；当0<x<1时，h′(x)<0，当x>1时，h′(x)>0，故函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(1)＝e为函数h(x)的极小值，所以当0<a<时，方程2a＝无解，函数g(x)无极值点；当a＝时，方程2a＝有一个解，但当0<x<1时，>2a，g′(x)＝ex－2ax>0，当x>1时，>2a，g′(x)＝ex－2ax>0，故函数g(x)无极值点．当a>时，方程2a＝有两解，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点．综上，当a<0时，函数g(x)存在一个极值点，当0≤a≤时，函数g(x)无极值点，当a>时，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点．11．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)A．a<bB．a>bC．ab<a2D．ab>a2答案　D解析　当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.　　图1　　　　　　　图2综上，可知必有ab>a2成立．12．已知函数f(x)＝若a<b，且f(a)＝f(b)，则b－a的最小值为(　　)16 A．1B.C．e－1D．2答案　D解析　令f(a)＝f(b)＝t(t>0)，因为f(x)＝且a<b，所以－＝t，lnb＋1＝t，所以a＝－，b＝et－1，因此b－a＝et－1＋，令f(t)＝et－1＋(t>0)，则f′(t)＝et－1－，当t∈(0,1)时，f′(t)<0，f(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，f′(t)>0，f(t)单调递增，所以f(t)在t＝1处取得极小值，也是最小值，f(1)＝e1－1＋＝2，因此b－a的最小值为2.13.如图所示，已知直线y＝kx与曲线y＝f(x)相切于两点，函数g(x)＝kx＋m(m>0)，则对函数F(x)＝g(x)－f(x)描述正确的是(　　)A．有极小值点，没有极大值点B．有极大值点，没有极小值点C．至少有两个极小值点和一个极大值点D．至少有一个极小值点和两个极大值点答案　C解析　由题意得，F(x)＝kx＋m－f(x)，则F′(x)＝k－f′(x)，设直线y＝kx与曲线y＝f(x)的两个切点的横坐标分别为x1，x2且x1<x2，所以F′(x)＝0的两个零点为x1，x2，由图知，存在x0∈(x1，x2)使F′(x0)＝0，综上，F′(x)有三个不同零点x1<x0<x2，由图可得在(0，x1)上F′(x)<0，在(x1，x0)上F′(x)>0，在(x0，x2)上F′(x)<0，在(x2，＋∞)上F′(x)>0，所以F(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x0)上单调递增，在(x0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点．16 14．设函数f(x)＝mx2ex＋1，若对任意a，b，c∈[－3,1]，f(a)，f(b)，f(c)都可以作为一个三角形的三边长，则m的取值范围为________．答案　解析　设函数g(x)＝x2ex，x∈[－3,1]，则g′(x)＝x(x＋2)ex.当－3≤x<－2或0<x≤1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当－2<x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减．又g(－3)＝，g(0)＝0，g(－2)＝，g(1)＝e，所以g(x)的值域为[0，e]．当m≥0时，2×1>me＋1，解得0≤m<；当m<0时，2(me＋1)>1，解得－<m<0.综上可得，－<m<.16