第12讲 导数与函数的极值、最值
, [学生用书P52])
1．函数的极值
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点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．
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点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．
极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、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．
1．辨明两个易误点
(1)求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；
(2)易混极值与最值，注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．
2．明确两个条件
一是f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．
二是对于可导函数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．
1.
函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
C [解析] 设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1、x2、x3、x4.
当x
0，f(x)为增函数，
当x10时，x<－3或x>3.
f′(x)<0时，－30时，20，x∈(0，1]．所以f(x)在(0，1]上是增函数．所以f(x)max＝f(1)＝e.
[答案] e
函数的极值问题(高频考点)[学生用书P53]
函数的极值是每年高考的热点，一般为中高档题，三种题型都有．
高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度：
(1)由图判断函数极值的情况；
(2)已知函数解析式求极值；
(3)已知函数极值求参数值或范围．
[典例引领]
(1)设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
(2)(2016·高考山东卷)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
①令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
②已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
【解】 (1)选D.由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；当－22时，f′(x)>0.由此可得函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.
(2)①由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
则g′(x)＝
－2a＝
.
当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当a>0时，x∈
时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
x∈
时，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，g(x)的单调增区间为
，单调减区间为
.
②由①知，f′(1)＝0.
〈1〉当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
〈2〉当01，由①知f′(x)在
内单调递增，
可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，x∈
时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在
内单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
〈3〉当a＝
时，
＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
〈4〉当a>
时，0<
<1，当x∈
时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a>
.
[题点通关]
角度一 由图判断函数极值的情况
1．函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x
＋x
等于( )
A．
B．
C．
D．
C [解析] 函数f(x)的图象过原点，所以d＝0.又f(－1)＝0且f(2)＝0，即－1＋b－c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝－1，c＝－2，所以函数f(x)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝
，x1x2＝－
，所以x
＋x
＝(x1＋x2)2－2x1x2＝
＋
＝
.
角度二 已知函数解析式求极值
2．f(x)＝(2x－x2)ex的极大值为________．
[解析] f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，
由f′(x)＝0，得x＝－
或x＝
.
由f′(x)<0，得x<－
或x>
.
由f′(x)>0，得－
0，解得x<
，或x>1；令f′(x)<0，解得
0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥
.
综上，a的取值范围为
.
函数的最值问题[学生用书P53]
[典例引领]
(2017·昆明模拟)已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．
【解】 (1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
—
0
＋
f(x)
↘
－ek－1
↗
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；
当00)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－
相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在
上的最大值．
[解] (1)f′(x)＝
－2bx，
因为函数f(x)在x＝1处与直线y＝－
相切，
所以
解得
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－
x2，f′(x)＝
－x＝
，
因为当
≤x≤e时，令f′(x)>0，得
≤x<1；
令f′(x)<0，
得10)的导函数y＝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)＝
＝
.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，
且f′(x)与g(x)符号相同．
又因为a>0.所以当－30，即f′(x)>0，当x<－3或x>0时，g(x)<0，
即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f(x)＝
.
因为f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，
所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，
故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，
而f(－5)＝
＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
(1)当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点；
(2)极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．
已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.
(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)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，所以f′(x)＝3ax2＋b.
由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，
故有
即
解得
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，－2)上为增函数．
当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2，2)上为减函数；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，
在x2＝2处取得极小值f(2)＝c－16.
由题设条件知16＋c＝28，得c＝12，
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－16＝－4，
因此f(x)在[－3，3]上的最小值为f(2)＝－4.
, [学生用书P54])
——利用导数求函数的最值
(本题满分12分)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数f(x)在[1，2]上的最小值．
[思维导图]
(1)f′(x)＝
－a(x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝
－a>0，即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．(2分)
②当a>0时，令f′(x)＝
－a＝0，可得x＝
，
当00；
当x>
时，f′(x)＝
<0，
故函数f(x)的单调递增区间为
，
单调递减区间为
.(4分)
(2)①当
≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1，2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.(5分)
②当
≥2，即02时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数，当0
A [解析] 由题意得f′(x)＝x2－x＋c，若函数f(x)有极值，则Δ＝1－4c>0，解得c<
.
3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )
A．1－e B．－1
C．－e D．0
B [解析] 因为f′(x)＝
－1＝
，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0 ，所以f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.
4．(2017·黑龙江质检)已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为( )
A．15 B．16
C．17 D．18
D [解析] x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，将x＝2代入得a＝4，所以函数解析式为f(x)＝x3－12x＋2，则由3x2－12＝0，得x＝±2，故函数在(－2，2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.
5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )
A．[－3，＋∞) B．(－3，＋∞)
C．(－∞，－3) D．(－∞，－3]
D [解析] 由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.
6．(2017·江西省八所重点中学联考)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．
C．(0，1) D．(0，＋∞)
B [解析] 因为f(x)＝x(ln x－ax)，所以f′(x)＝ln x－2ax＋1，由题可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝
，令g(x)＝
，则g′(x)＝
，所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又因为当x从右边趋近于0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，所以只需0<2a<1?0
)，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．
[解析] 因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1，当x∈(0，2)时，f′(x)＝
－a，令f′(x)＝0，得x＝
，又a>
，所以0<
<2.令f′(x)>0，得x<
，所以f(x)在(0，
)上单调递增；令f′(x)<0，得x>
，所以f(x)在(
，2)上单调递减．所以当x∈(0，2)时，f(x)max＝f(
)＝ln
－a·
＝－1，所以ln
＝0，所以a＝1.
[答案] 1
11．(2017·昆明模拟)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02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.
(2)因为f′(x)＝
，
所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(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(－
)＋2(－
)．
根据题意得f(－
)＝aln(－
)＋2(－
)≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a<0，所以由ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
所以实数a的取值范围是[－2，0)．
12．(2017·广西三市调研)已知函数f(x)＝ax－ln x，当x∈(0，e](e为自然常数)时，函数f(x)的最小值为3，则a的值为________．
[解析] 易知a＞0，由f′(x)＝a－
＝
＝0，得x＝
，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f(x)在x＝
时取得最小值f
＝1－ln
.
①当0＜
≤e时，由1－ln
＝3，得a＝e2，符合题意，
②当
＞e时，由ae－ln e＝3，得a＝
，舍去．
[答案] e2
13．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝
－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈
时，f′(x)＞0；
当x∈
时，f′(x)＜0.
所以f(x)在
上单调递增，在
上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝
处取得最大值，最大值为
f
＝ln
＋a
＝－ln a＋a－1.
因此f
＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0，1)．
14．(2017·郑州检测)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x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝
.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，
)
(
，1)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝
.
(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1，0]和[
，1)上单调递减，在[0，
]上单调递增．
因为f(－1)＝2，f(
)＝
，f(0)＝0，
所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，当a≤0时，f(x)≤0；当a>0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.
综上所述，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.
浙公网安备 33021202002483