[解]
(1)当 k＝1 时，f(x)＝(x－1)ex－x2，
∴f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)． 令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝ln 2. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f′(x) f(x) (－∞，0) ＋ 0 0 极大值 (0，ln 2) － ln 2 0 极小值 (ln 2， ＋∞) ＋
1 2x2＜x≤1，则
运用导数解决函数的极值问题
函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、 填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题. 常见的命题角度有： 1知图判断函数极值； 2已知函数求极值； 3已知极值求参数值或范围.
返回
角度一：知图判断函数极值 1.(2018· 赤峰模拟)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) )
a (2)f′(x)＝1－ x， e
返回
①当 a≤0 时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所 以函数 f(x)无极值． ②当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a．当 x∈ (－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递 增， 故 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值， 且极小值为 f(ln a)＝ln a， 无极大值． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；当 a＞0 时，f(x)在 x＝ ln a 处取得极小值 ln a，无极大值．
1 1 则－a>1，即－1<a<0；当 a＝0 时，f′(x)＝x－1， f(x)在(0,1)是增函数，在(1，＋∞)上是减函数， 所以 x＝1 是 f(x)的极大值点；当 a>0 时，f(x)在 (0,1)是增函数， 在(1，＋∞)上是减函数，所以 x＝1 是 f(x)的极大值点． 综上，a 的取值范围是知极值求参数值或范围 1 2 3．设函数 f(x)＝ln x－ ax －bx，若 x＝1 是 f(x)的极大值点，则 2 a 的取值范围是 A．(－1,0) C．(0,1) B．(－1，＋∞) D．(1，＋∞) ( )
返回 1 解析： f′(x)＝x－ax－b(x>0)，因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，
答案：D
返回
角度二：已知函数求极值 a 2．已知函数 f(x)＝x－1＋ x(a∈R，e 为自然对数的底数)． e (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值．
a a 解：(1)由 f(x)＝x－1＋ x，得 f′(x)＝1－ x. e e 又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴， a 得 f′(1)＝0，即 1－ ＝0，解得 a＝e. e
返回
[方法技巧]
利用导数研究函数极值的一般流程
运用导数解决函数的最值问题
[典例]
返回
(2018· 日照模拟)设函数 f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．
(1)当 k＝1 时，求函数 f(x)的单调区间； (2)当
1 k∈2，1时，求函数
f(x)在[0，k]上的最大值 M.
返回
解析： 由题图可知， 当 x＜－2 时， f′(x)＞0； 当 x＝－2 时， f′(x) ＝0；当－2＜x＜1 时，f′(x)＜0；当 1＜x＜2 时，f′(x)＜0； 当 x＝2 时， f′(x)＝0； 当 x＞2 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.
返回
4．(2018· 江西八校联考)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) C．(0,1)
1 B.0，2
(
)
D．(0，＋∞)
返回
解析：∵f(x)＝x(ln x－ax)，∴f′(x)＝ln x－2ax＋1， 故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点， ln x＋1 令f′(x)＝0，则2a＝ x ， ln x＋1 －ln x 设g(x)＝ x ，则g′(x)＝ 2 ， x ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0， 而g(x)max＝g(1)＝1， 1 ∴只需0＜2a＜1，即0＜a＜ . 2 答案：B
高考研究课(三) 极值、最值两考点， 利用导数巧推演
[全国卷 5 年命题分析]
考点
极值
考查频度
5年6考
考查角度
求极值、由极值求参数
最值
5年5考
求最值、证明最值的存在性
01 02
题型一 运用导数解决函数的极值问题 题型二 运用导数解决函数的最值问题
03
课堂真题集中演练 高考达标检测
目 录
04
返回
返回
由表可知， 函数 f(x)的递减区间为(0，ln 2)，递增区间为 (－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)， 1 ∵ ＜k≤1，∴1＜2k≤2， 2 由(1)可知 f(x)在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，＋∞)上 单调递增．设 g(x)＝x－ln
所以 f′(1)＝1－a－b＝0，即 b＝1－a， 1－xax＋1 1 则 f′(x)＝x－ax－1＋a＝ (x>0)， x 当 a<0 时，因为 x＝1 是 f(x)的极大值点， 所以
1 1 － ，＋∞上是增函数， f(x)在(0,1)， 在1，－a上是减函数， a
