2019年高三理科数学一轮复习：导数的应用—极值与最值(解析版)

第17讲 导数在函数中的应用——极值与最值1．(2016·四川卷·文)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝(D)A ．－4B ．－2C ．4D ．2由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，所以当x ＜－2或x ＞2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数． 所以f (x )在x ＝2处取得极小值，所以a ＝2.2．函数f (x )＝x e x 在[0,1]上的最大值为(B) A ．0 B.1eC ．e D.2e因为f ′(x )＝e x －x e x (e x )2＝1－x e x ≥0在[0,1]上恒成立，所以f (x )在[0,1]上为增函数，所以当x ＝1时，f (x )有最大值1e. 3．(2017·安徽二模)设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图象不可能．．．为y ＝f (x )的图象的是(D)令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x ＋f (x )e x ，因为x ＝－1为函数g (x )的一个极值点，所以g ′(－1)＝f ′(－1)e －1＋f (－1)e －1＝0，所以f ′(－1)＝－f (－1)，D 选项中，f (－1)>0，所以f ′(－1)＝－f (－1)<0，这与图象不符，故选D.4．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围为(C)A ．(－2,1)B ．[－2,1]C ．[－2,1)D ．(－2,1]因为f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0得x ＝±1.所以函数f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增；在(－1,1)上单调递减，f (－2)＝f (1)＝－2，要f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则⎩⎪⎨⎪⎧a <1<6－a 2，－2≤a <6－a 2，解得－2≤a <1. 所以实数a 的取值范围为[－2,1)．5．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M 、m ，则M －m ＝ 32 .由f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，又f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，所以M ＝24，m ＝－8，故M －m ＝32.6．若函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1有极值，则a 的取值范围是 (－∞，－1)∪(2，＋∞) .因为y ′＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，因为y ＝f (x )有极值，所以方程3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0有两个不等的实根，所以Δ>0，即36a 2－36(a ＋2)>0，即a 2－a －2>0，解得a >2或a <－1.7．(2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间[0，π2]上的最大值和最小值． (1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为 f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈(0，π2)时，h ′(x )＜0， 所以h (x )在区间[0，π2]上单调递减． 所以对任意x ∈(0，π2]有h (x )＜h (0)＝0，即f ′(x )＜0. 所以函数f (x )在区间[0，π2]上单调递减． 因此f (x )在区间[0，π2]上的最大值为f (0)＝1，最小值为f (π2)＝－π2.8．(2017·广州五校协作体一诊)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有极值，则实数a 的取值范围是(A)A ．(－∞，12)B ．(0，12) C ．(－∞，12] D ．(0，12] f (x )＝x (ln x －ax )＝x ln x －ax 2(x >0)，f ′(x )＝ln x ＋1－2ax .令g (x )＝ln x ＋1－2ax ，因为f (x )＝x (ln x －ax )有极值，则g (x )＝0在(0，＋∞)有实根，g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x， 当a ≤0时，g ′(x )>0，函数g (x )在(0，＋∞)内单调递增，当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，故存在x 0∈(0，＋∞)，使得f (x )在(0，x 0)内单调递减，在(x 0，＋∞)内单调递增， 故f (x )存极小值f (x 0)，符合题意．当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝12a. 当0<x <12a时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >12a时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 所以x ＝12a时，g (x )取得极大值，因为当x →0和x →＋∞时，均有g (x )→－∞，要使g (x )在(0，＋∞)有实根，且f (x )有极值，则g (12a )＝ln 12a >0，解得0<a <12. 综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，12)． 9．(2017·天津红桥区模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值为 －13 .因为f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，所以f ′(2)＝0，又f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f ′(2)＝0，所以a ＝3.所以f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x .当m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值为f (x )的最小值与f ′(x )的最小值的和． 由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2(舍去)，所以f (x )在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝－4.因为f ′(x )＝－3(x －1)2＋3，又f ′(1)＝3，f ′(－1)＝－9，所以f ′(x )min ＝－9.所以f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.10．设函数f (x )＝(2－a )x －2ln(1＋x )，其中0<a <2，求函数f (x )在[0,3]上的最小值．因为f ′(x )＝2－a －21＋x ＝(2－a )x －a 1＋x(x >－1)． 因为0<a <2，所以2－a >0，令f ′(x )＝0，得x ＝a 2－a . (1)当0<a 2－a <3，即0<a <32时，f (x )在[0，a 2－a )上为减函数，在(a 2－a，3]上为增函数， 所以f (x )min ＝f (a 2－a )＝a －2ln 22－a. (2)当a 2－a≥3，即32≤a <2时，f (x )在区间[0,3]上为减函数，所以f (x )min ＝f (3)＝6－3a －2ln 4.综上，当0<a <32时，f (x )min ＝a －2ln 22－a； 当32≤a <2时，f (x )min ＝6－3a －2ln 4.。

♦♦♦学生用书（后跟详细参考答案和教师用书）♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第三章导数及其应用第15讲导数与函数的极值、最值★★★核心知识回顾★★★知识点一、函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．知识点二、函数的极值(1)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①如果在x0附近的左侧，右侧，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧，右侧，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程的根；③考查f′(x)在方程的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得．知识点三、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，则为函数的最小值，为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各与处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．★★★高考典例剖析★★★考点一、用导数求解函数极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1：设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数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)答案 D解析由题图可知，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.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．命题点2求函数的极值例2：(2018·深圳调研)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．解f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1(x>－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当a >0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0<a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． b ．当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 因此函数有两个极值点．③当a <0时，Δ>0，由g (－1)＝1>0， 可得x 1<－1<x 2.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 所以函数有一个极值点．综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．命题点3 根据极值求参数例3：(2017·沧州模拟)若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________________．答案 ⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞解析 f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1， 由f ′(x )＝0有两个不同的根， 可得Δ＝(－4c )2－12>0， ∴c >32或c <－32.1．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫2，52 B.⎣⎡⎭⎫2，52 C.⎝⎛⎭⎫2，103 D.⎣⎡⎭⎫2，103 2．函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( ) A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝03．(2017·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)若函数f (x )＝ax 22－(1＋2a )x ＋2ln x (a >0)在区间⎝⎛⎭⎫12，1内有极大值，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞ B ．(1，＋∞) C ．(1,2)D ．(2，＋∞)题型二 用导数求函数的最值例4： (2017·洛阳模拟)已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1e ，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值．解 f ′(x )＝－x －(1－x )x 2＋k x ＝kx －1x2.①若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减．②若k ≠0，则f ′(x )＝kx －1x 2＝k⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.(ⅰ)若k <0，则在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2<0. 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减， (ⅱ)若k >0，由k <1e，得1k >e ，则x －1k <0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立， 所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2<0，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减．综上，当k <1e 时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1e＋k －1，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1.4．已知函数f (x )＝ln x －12x 2”，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值。

第3讲 导数与函数的极值、最值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．[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点； (2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值； (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系． 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． 3．极值与最值的区别与联系 (1)区别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．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( ) (2)导数为零的点不一定是极值点．( ) (3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( ) 答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√(教材习题改编)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：选A .导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个．所以f (x )在区间(a ，b )内有一个极小值点．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e]上的最大值为( )A ．eB ．1C ．－1D ．－e解析：选C .函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)， 又y ′＝1x －1＝1－xx，令y ′＝0得x ＝1，当x ∈(0，1)时，y ′>0，函数单调递增； 当x ∈(1，e)时，y ′<0，函数单调递减． 当x ＝1时，函数取得最大值－1.已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝________．解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2，2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，所以a ＝2.答案：2(教材习题改编)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．解析：y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0， 又因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，解得x ＝π6，则当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′＞0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′＜0，故函数y ＝x ＋2cos x 在x ＝π6时取得最大值π6＋ 3.答案：π6＋ 3函数的极值问题(高频考点)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]角度一 由图判断函数极值的情况(2017·高考浙江卷)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )【解析】 原函数先减再增，再减再增，且x ＝0位于增区间内，故选D . 【答案】 D角度二 已知函数解析式求极值(2018·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0. (2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x，当a ≤0时，因为x ＞0，所以g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a ＞0时，g ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x＝－a （x －1a）（x ＋1）x，令g ′(x )＝0得x ＝1a.所以当x ∈(0，1a )时，g ′(x )＞0；当x ∈(1a，＋∞)时，g ′(x )＜0.因为g (x )在(0，1a )上是增函数，在(1a，＋∞)上是减函数．所以x ＝1a 时，g (x )有极大值g (1a )＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a .综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a ＞0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．角度三 已知函数极值求参数值或范围(2016·高考山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(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)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(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0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 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 ＝12时，12a ＝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 >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1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 >12.(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领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：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．[提醒] 若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．[通关练习]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A ．－1 B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)ex －1＝(x ＋2)(x －1)ex －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，选择A. 2．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表．极大值(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x ＞0)，当a ≤0时，f ′(x )＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a ＞0时，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数在定义域上无极值点，当a ＞0时，函数在x ＝1a处有一个极大值点．函数的最值问题[典例引领](2017·高考浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x(x ≥12)．(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围． 【解】 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e－x)′＝－e－x，所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)·e －x＝（1－x ）（2x －1－2）e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >12. (2)由f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：又f (x )＝2(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2e －2.求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值； (2)若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．[通关练习]1．函数f (x )＝x 22x ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1上的最小值与最大值的和为( ) A.13 B.23 C ．1D ．0解析：选A.f ′(x )＝2x （2x ＋1）－2x2（2x ＋1）2＝2x （x ＋1）（2x ＋1）2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1， 当f ′(x )＝0时，x ＝0； 当f ′(x )<0时，－13≤x <0；当f ′(x )>0时，0<x ≤1.所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，0上是减函数，在(0，1]上是增函数． 所以f (x )min ＝f (0)＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝13，f (1)＝13.所以f (x )的最大值与最小值的和为13.2．(2018·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在[1e ，e]上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．解：(1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x2－1x＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0＜x ＜1，f ′(x )＜0⇒x ＞1，所以f (x )＝1－1x－ln x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在[1e ，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1e ，e]上的最大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又f (1e )＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f (1e )＜f (e)．所以f (x )在[1e ，e]上的最小值为f (1e)＝2－e.所以f (x )在[1e，e]上的最大值为0，最小值为2－e.函数极值与最值的综合应用[典例引领](2018·福州市综合质量检测)已知函数f (x )＝a ln x ＋x 2－ax (a ∈R )． (1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间； (2)求g (x )＝f (x )－2x 在区间[1，e]上的最小值h (a )． 【解】 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋ax，因为x ＝3是f (x )的极值点，所以f ′(3)＝18－3a ＋a3＝0，解得a ＝9，所以f ′(x )＝2x 2－9x ＋9x ＝（2x －3）（x －3）x，所以当0＜x ＜32或x ＞3时，f ′(x )＞0；当32＜x ＜3时，f ′(x )＜0.所以x ＝3是f (x )的极小值点，所以f (x )的单调递增区间为(0，32)，(3，＋∞)，单调递减区间为(32，3)．(2)g ′(x )＝2x 2－ax ＋a x －2＝（2x －a ）（x －1）x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上为增函数，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1＜a 2＜e ，即2＜a ＜2e 时，g (x )在[1，a 2)上为减函数，在(a2，e]上为增函数，h (a )＝g (a 2)＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上为减函数，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2a ln a 2－14a 2－a ，2＜a ＜2e.（1－e ）a ＋e 2－2e ，a ≥2e解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1，0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，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 )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0； 当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 所以当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.利用导数研究生活中的优化问题[典例引领]某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t 元(t 为常数，且2≤t ≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x 元(25≤x ≤40)，根据市场调查，销售量q 公斤与e x成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．(1)求该工厂的每日利润y 元与每公斤蘑菇的出厂价x 元的函数关系式；(2)若t ＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x 为多少时，该工厂的每日利润y 最大？并求最大值． 【解】 (1)设日销量q ＝k e x ，则ke 30＝100，所以k ＝100e 30， 所以日销量q ＝100e30ex ，所以y ＝100e 30（x －20－t ）e x(25≤x ≤40)． (2)当t ＝5时，y ＝100e 30（x －25）e x， y ′＝100e 30（26－x ）ex， 由y ′≥0得x ≤26，由y ′≤0，得x ≥26，所以y 在区间[25，26]上单调递增，在区间[26，40]上单调递减， 所以当x ＝26时，y ma x ＝100e 4，即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e 4元．一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h 时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，机车的 最高速度为100 km/h ，机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？ 解：设机车的速度为x km/h ，甲、乙两城距离为a km. 由题意，令40＝k ·203，所以k ＝1200，则总费用f (x )＝(kx 3＋400)·a x＝a ⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋400x ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1200x 2＋400x (0<x ≤100)．由f ′(x )＝a （x 3－40 000）100x2＝0，得x ＝2035.当0<x <2035，f ′(x )<0； 当2035<x ≤100时，f ′(x )>0.所以当x ＝2035时，f (x )取最小值，即速度为2035 km/h 时，总费用最少．求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究．研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决．函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点．分类讨论思想的应用(1)利用导数研究函数的性质，不能以统一的方法或形式处理多种可能情形的对象．此时可选择一个标准，依此分成几个能用不同形式去解决的小问题，从而获得问题解决，体现化整为零，各个击破、积零为整的思想——分类讨论．如求函数f (x )在某一区间上的最值，应根据函数在该区间上的单调性求解，若函数的单调区间含参数，需根据所求区间与函数的单调区间的相对位置关系进行分类讨论，分类的目的是确定函数在所求区间上的单调性．(2)解含参函数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方： ①f ′(x )＝0有根与无根的讨论； ②f ′(x )＝0有根，对根大小的讨论．易错防范(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．1．函数y ＝x e x的最小值是( ) A ．－1 B ．－e C ．－1eD ．不存在解析：选C.因为y ＝x ·e x，所以y ′＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x ∈(－∞，－1)时，y ′＜0，当x ∈(－1，＋∞)时，y ′＞0，所以当x ＝－1时，y min ＝(－1)e －1＝－1e.2．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( ) A ．12 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3D ．160 cm 3解析：选C.设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0，5)，y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，所以y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，所以y ma x ＝6×12×2＝144(cm 3)．3．已知函数y ＝x －ln(1＋x 2)，则函数y 的极值情况是( ) A ．有极小值 B ．有极大值C ．既有极大值又有极小值D ．无极值解析：选D.由题意得x ∈R ，y ′＝1－11＋x 2·(1＋x 2)′＝1－2x 1＋x 2＝（x －1）21＋x 2≥0，所以函数y ＝x －ln(1＋x 2)无极值．4．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、无极小值点解析：选C.设f ′(x )的图象与x 轴的4个交点从左至右依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C.5．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(1，4] B ．[2，4] C ．[1，4)D ．[1，2]解析：选C.因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝±a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示：⎩－a ≤－1⎩2≤a ，1≤a <4.选C.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋4在x ＝________处取得极小值． 解析：由f ′(x )＝3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.列表得答案：27．(2018·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1（x ＞0），h （x ）（x ＜0），则函数h (x )的最大值为______．解析：先求出x ＞0时，f (x )＝e xx －1的最小值．当x ＞0时，f ′(x )＝e x（x －1）x2，所以x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数单调递增，所以x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，所以由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案：1－e8．已知函数f (x )＝ln x －m x(m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝______． 解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2(x ＞0)，当m ＞0时，f ′(x )＞0，f (x )在区间[1，e]上为增函数，f (x )有最小值f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m ＞0矛盾．当m ＜0时，若－m ＜1即m ＞－1，f (x )在区间[1，e]上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－m ＝4， 得m ＝－4，与m ＞－1矛盾；若－m ∈[1，e]，即－e ≤m ≤－1，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1＝4，解得m ＝－e 3，与－e ≤m ≤－1矛盾；若－m ＞e ，即m ＜－e 时，f (x )在区间[1，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝1－me ＝4，解得m＝－3e ，符合题意． 答案：－3e9．(2017·高考北京卷)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝ f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解：(1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)设h (x )＝e x(cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0. 所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 10．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 )＝1x－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 ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞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 ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＞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)．1．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax (a ＞12)，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝( )A ．14B ．13C ．12D ．1解析：选D.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 )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a ＞12，所以0＜1a ＜2.当x ＜1a 时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，1a )上单调递增；当x ＞1a 时，f ′(x )＜0，f (x )在(1a，2)上单调递减，所以f (x )ma x ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a＝－1，解得a ＝1.故选D. 2．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，0)B ．(－5，0)C ．[－3，0)D ．(－3，0)解析：选C.由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3，0)．3．已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为______．解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x ＝（x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x ＞0)．设g (x )＝e xx ，则g ′(x )＝（x －1）exx2，则g (x )在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 所以g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e. 答案：(－∞，e]4．设m ，n 是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若2∈(m ，n )，则实数a 的取值范围是______．解析：由已知f (x )的解析式知f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2，因为函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 有两个极值点m ，n ，所以f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2有两个零点m ，n ， 又因为2∈(m ，n )，所以有f ′(2)＝12－8a ＋a 2＜0， 解得2＜a ＜6. 答案：(2，6)5．(2018·南昌市第一次模拟)已知函数f (x )＝(2x －4)e x ＋a (x ＋2)2(x ＞0，a ∈R ，e 是自然对数的底数)．(1)若f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)当a ∈(0，12)时，证明：函数f (x )有最小值，并求函数f (x )的最小值的取值范围．解：(1)f ′(x )＝2e x ＋(2x －4)e x ＋2a (x ＋2)＝(2x －2)e x＋2a (x ＋2)，依题意，当x ＞0时，函数f ′(x )≥0恒成立，即a ≥－（x －1）e x x ＋2恒成立，记g (x )＝－（x －1）exx ＋2，则g ′(x )＝－x e x （x ＋2）－（x －1）e x （x ＋2）2＝－（x 2＋x ＋1）e x（x ＋2）2＜0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以g (x )＜g (0)＝12，所以a ≥12.(2)因为[f ′(x )]′＝2x e x＋2a ＞0，所以y ＝f ′(x )是(0，＋∞)上的增函数，又f ′(0)＝4a －2＜0，f ′(1)＝6a ＞0，所以存在t ∈(0，1)使得f ′(t )＝0， 又当x ∈(0，t )时，f ′(x )＜0，当x ∈(t ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以当x ＝t 时，f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t＋a (t ＋2)2.且有f ′(t )＝0⇒a ＝－（t －1）ett ＋2，则f (x )min ＝f (t )＝(2t －4)e t －(t －1)(t ＋2)e t＝e t (－t 2＋t －2)，t ∈(0，1)．记h (t )＝e t (－t 2＋t －2)，则h ′(t )＝e t (－t 2＋t －2)＋e t (－2t ＋1)＝e t (－t 2－t －1)＜0，所以h (1)＜h (t )＜h (0)，即f (x )的最小值的取值范围是(－2e ，－2)．6．(2018·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值． 解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝（2ax －1）（x －1）x，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1，当12a＜0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2， 当a ＞0时，x 2＝12a＞0，当12a ＜1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，[1，e]上单调递增，所以最大值可能在x ＝12a或x＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a －14a －1＜0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2， 当1＜12a ＜e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a＜e 矛盾，当x 2＝12a ≥e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾， 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.。

【考纲要求】（1）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.【命题规律】利用导数研究函数的极值与最值是高考的热点问题，近2年在高考中大批量的出现，常常会考查利用导数研究含参函数的单调性，极值综合考查，有时出现在做题过程中.预计2019年的高考将会在大题中考查利用导数研究函数的极值与最值，命题形式会更加灵活、新颖．【典型高考试题变式】（一）函数的极值的意义例1.【2018全国卷Ⅲ理】已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点..如果，则当，且时，，故不是的极大值点. 如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点. 如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，.【方法技巧归纳】对于可导函数，导数为0的点不一定是极值点.函数)(x f y =在0x x =处取极值的充要条件应为（1）0)('0=x f ，（2）在0x x =左右两侧的导数值的符号相反.从解题的规范性和正确性角度出发，求类似问题最后都要进行检验.【变式1】【改编例题的问法，辨别极值与零点的不同】【2015陕西卷理科】对二次函数2()f x ax bx c =++（a 为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ） A ．1-是()f x 的零点 B ．1是()f x 的极值点 C ．3是()f x 的极值 D ．点(2,8)在曲线()y f x =上 【答案】A【变式2】【改变例题的问法，通过极值问题求参数的范围】【四川省成都市2019届高中毕业班摸底测试】若函数在内有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】，因为函数在内有且只有一个极值点，所以，，又当时，，令，满足题意。

专题15导数与函数的极值、最值最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】用导数求解函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值【典型例题】函数f（x）的定义域为（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：从f′（x）的图象可知f（x）在（a，b）内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，根据极值点的定义可知，导函数在某点处值为0，左右两侧异号的点为极值点，由图可知，在（a，b）内只有3个极值点．故选：C．【再练一题】已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么（）A．﹣1是函数f（x）的极小值点B．1是函数f（x）的极大值点C．2是函数f（x）的极大值点D．函数f（x）有两个极值点【解答】解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（﹣1）＝0，f′（2）＝0 但当x＜﹣1时，f′（x）＞0，﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，x＞2时，f′（x）＜0∴﹣1不是极值点，2是函数f（x）的极大值点故选：C．命题点2 求函数的极值【典型例题】设f（x）＝x3x2﹣2x+5（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）求极值点与极值．【解答】解：（I）f（x）＝x3x2﹣2x+5，f′（x）＝3x2﹣x﹣2，令f′（x）＞0即3x2﹣x﹣2＞0解得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）令f′（x）＜0即3x2﹣x﹣2＜0解得x∈（，1），故函数在，（1，+∞）上为单调递增区间，在上为单调递减区间．（II）由f′（x）＝0，即3x2﹣x﹣2＝0解得x或x＝1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化如下表：（﹣∞，），极小值∴当x＝1时，f（x）取得极小值，当x时，f（x）取得极大值．【再练一题】已知函数f（x）＝（x2﹣mx﹣m）e x+2m（m＞﹣2，e是自然对数的底数）有极小值0，则其极大值是（）A．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2+2ln2B．4e﹣2或（4+ln2）e2+2ln2C．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2﹣2ln2D．4e﹣2或（4+ln2）e2﹣2ln2【解答】解：由题意知，f′（x）＝[x2+（2﹣m）x﹣2m]e x＝（x+2）（x﹣m）e x．由f′（x）＝0得，x1＝﹣2，x2＝m，因为m＞﹣2，所以函数f（x）在区间（﹣∞m﹣2）和（m，+∞）内单调递增，在区间（﹣2，m）内单调递减．于是函数f（x）的极小值为f（m）＝0，即x2﹣（m2﹣m2﹣m）e x+2m＝0，m（2﹣e x）＝0，解得m＝0或m＝ln2，当m＝0时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝4e﹣2．当m＝ln2时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝（4+ln2）e﹣2+2ln2．故选：A．命题点3 根据极值求参数【典型例题】已知函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，则实数a的取值范围（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2，∵函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2＝0在区间（1，+∞）上有1个实根，（﹣∞，1]上有1个根．，解得a．故选：A．【再练一题】已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，则a＝（）A．B．1 C．D．2【解答】解：函数f（x）＝xln（ax）+1，可得f′（x）＝ln（ax）+1，已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，可得：ln（a）+1＝0，解得a＝1，经验证a＝1时，x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，故选：B．思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领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．【题型二】用导数求函数的最值【典型例题】函数f（x）＝e x﹣2x的最小值为．【解答】解：f′（x）＝e x﹣2，令f′（x）＝e x﹣2＝0，解得x＝ln2．可得：函数f（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．∴x＝ln2时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（ln2）＝2﹣2ln2．故答案为：2﹣2ln2．【再练一题】已知函数，其导函数f′（x）为偶函数，，则函数g（x）＝f′（x）e x在区间[0，2]上的最小值为（）A．﹣3e B．﹣2e C．e D．2e【解答】解：由函数的解析式可得：f′（x）＝x2+2mx+n，导函数为偶函数，则m＝0，故，，∴n＝﹣3．函数的解析式为，故g（x）＝e x（x2﹣3），g′（x）＝e x（x2﹣3+2x）＝e x（x﹣1）（x+3），据此可知函数g（x）在区间[0，1）上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，函数g（x）的最小值为g（1）＝e1⋅（12﹣3）＝﹣2e．故选：B．思维升华求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值．(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【题型三】函数极值和最值的综合问题【典型例题】已知函数f（x）＝ax2+bx+clnx（a＞0）在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为，则函数f（x）在区间（0，4]上的最大值为（）A．0 B．C．2ln2﹣4 D．4ln2﹣4【解答】解：函数的导数f′（x）＝2ax+b∵f（x）在x＝1和x＝2处取得极值，∴f′（1）＝2a+b+c＝0 ①f′（2）＝4a+b0 ②，∵f（x）极大值为，∵a＞0，∴由函数性质当x＝1时，函数取得极大值为，则f（1）＝a+b+cln1＝a+b，③，由①②③得a，b＝﹣3，c＝2，即f（x）x2﹣3x+2lnx，f′（x）＝x﹣3，由f′（x）＞0得4≥x＞2或0＜x＜1，此时为增函数，由f′（x）＜0得1＜x＜2，此时f（x）为减函数，则当x＝1时，f（x）取得极大值，极大值为，又f（4）＝8﹣12+2ln4＝4ln2﹣4，即函数在区间（0，4]上的最大值为4ln2﹣4，故选：D．【再练一题】设函数f（x）＝lnx﹣x+1（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间上的极值及最值．【解答】解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，∴f ′（x ）1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1，当f ′（x ）＞0，即0＜x ＜1，函数f （x ）单调递增， 当f ′（x ）＜0，即x ＞1，函数f （x ）单调递减，故函数f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， （2）由（1）可知，f （x ）在[，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，当x ＝1时，函数有极大值，极大值为f （1）＝0，极大值即为最大值，即最大值为0， ∵f （）ln 2，f （2）＝ln 2﹣1，由于ln 2﹣ln 2+12ln 2＞0，∴f （）＞f （2）， ∴f （x ）min ＝ln 2﹣1．思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．基础知识训练1．【重庆市第一中学校2019届高三下学期第三次月考】设函数，则（ ）A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．2x =-为()f x 的极大值点D ．2x =-为()f x 的极小值点【答案】D 【解析】 因为，所以，由得2x =-，所以，当2x >-时，()0f x '>，故单调递增；当2x <-时，()0f x '<，故单调递减；所以函数在1a =-处取得极小值，无极大值.故选D2．【山东省日照实验高级中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性考试】函数的极值点是（ ） A ．1x = B ．0x =C ．1x =或-1或0D ．1x =-【答案】B 【解析】 函数的导数为；令()0f x '=，解得：11x =-， 20x =，x =31，令()0f x '>，解得：0x >，函数的单调增区间为(0,)+∞； 令()0f x '<，解得：0x <，函数的单调减区间为(,0)-∞； 所以当0x =时，函数取极小值。

第二课时利用导数研究函数的极值与最值
【选题明细表】
基础巩固(时间分钟)
.若函数()的导函数′()的图象如图所示.则( )
()是最小值点
()是极小值点
()是极小值点
()函数()在()上单调递增
解析:由题干图象得()在(∞)上递增,在()上递减,在(∞)上递增, 所以是极小值点,
故选.
.函数∈[]的最小值为( )
() () ()()
解析′(),
当∈[)时′()>()单调递增,
当∈(]时′()<()单调递减,
因为()()>,所以当时()有最小值,且最小值为.
故选.
.(·湖南永州二模)函数() 在处有极值,则的值为( )
() () () ()
解析′() ,
若函数() 在处有极值,
则′(),解得,
经检验符合题意,
故选.
.(·四川达州模拟)函数()存在极值点的充要条件是( )
()≤()<
()≥()>
解析:求得导函数′(),
三次函数()有极值,则′()有不相等的两个解,
所以Δ>,所以<,
故选.
.(·天津和平区模拟)函数()在区间[]上的最大值和最小值分别为( )。

第二课时利用导数研究函数的极值与最值【选题明细表】基础巩固(时间:30分钟)1.若函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示.则( C )(A)1是最小值点(B)0是极小值点(C)2是极小值点(D)函数f(x)在(1,2)上单调递增解析:由题干图象得f(x)在(-∞,0)上递增,在(0,2)上递减,在(2,+∞)上递增,所以2是极小值点,故选C.2.函数y=xe-x,x∈[0,4]的最小值为( A )(A)0 (B)(C)(D)解析:f′(x)=,当x∈[0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,4]时,f′(x)<0,f(x)单调递减,因为f(0)=0,f(4)=>0,所以当x=0时,f(x)有最小值,且最小值为0. 故选A.3.(2017·湖南永州二模)函数f(x)=ae x-sin x在x=0处有极值,则a 的值为( C )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)e解析:f′(x)=ae x-cos x,若函数f(x)= ae x-sin x在x=0处有极值,则f′(0)=a-1=0,解得a=1,经检验a=1符合题意,故选C.4.(2017·四川达州模拟)函数f(x)=x3+x2+5ax-1存在极值点的充要条件是( C )(A)a≤ (B)a<(C)a≥ (D)a>解析:求得导函数f′(x)=3x2+2x+5a,三次函数f(x)有极值,则f′(x)=0有不相等的两个解,所以Δ=4-60a>0,所以a<,故选C.5.(2017·天津和平区模拟)函数f(x)=2x3+9x2-2在区间[-4,2]上的最大值和最小值分别为( C )(A)25,-2 (B)50,14(C)50,-2 (D)50,-14解析:因为函数f(x)=2x3+9x2-2,所以f′(x)=6x2+18x,当x∈[-4,-3),或x∈(0,2]时,f′(x)>0,函数为增函数;当x∈(-3,0)时,f′(x)<0,函数为减函数;由f(-4)=14,f(-3)=25,f(0)=-2,f(2)=50,故函数f(x)=2x3+9x2-2在区间[-4,2]上的最大值和最小值分别为50,-2,故选C.6.(2017·泉州一模)函数f(x)=ax3+(a-1)x2-x+2(0≤x≤1)在x=1处取得最小值,则实数a的取值范围是( C )(A)a≤0 (B)0≤a≤(C)a≤(D)a≤1解析:f′(x)=3ax2+2(a-1)x-1,x∈[0,1],a=0时,f′(x)=-2x-1<0,f(x)在[0,1]递减,f(x)min=f(1)符合题意,a≠0时,Δ=4(a2+a+1)>0,x1=,x2=,a>0时,若f(x)在x=1处取最小值,只需x1≤0且x2≥1,解得0<a≤,a<0时,若f(x)在x=1处取最小值,只需x1≥1或x2≤0,解得a<0,综上,a≤,故选C.7.f(x)=-x2+ln x在[,e]上的最大值是.解析:f′(x)=-x+=,令f′(x)>0,解得≤x<1,令f′(x)<0,解得1<x≤e,故f(x)在[,1)上递增,在(1,e]上递减,故f(x)max=f(1)=-.答案:-f(x)=x3-12x+a的极大值为11,则f(x)的极小值为.解析:函数的定义域为R,f′(x)=3x2-12,令f′(x)=0,解得x1=-2或x2=2.列表:所以当x=-2时,函数有极大值f(-2)=16+a,由题意得16+a=11,解得a=-5,当x=2时,函数有极小值f(2)=-16+a=-16-5=-21.答案:-21能力提升(时间:15分钟)f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为( D )(A)[-3,6] (B)(-3,6)(C)(-∞,-3]∪[6,+∞) (D)(-∞,-3)∪(6,+∞)解析:函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1,所以f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以方程f′(x)=0有两个不相等的实数根,即3x2+2ax+(a+6)=0有两个不相等的实数根,所以Δ>0,所以(2a)2- 4×3×(a+6)>0,解得a<-3或a>6.故选D.10.(2017·全国Ⅱ卷)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为( A )(A)-1 (B)-2e-3 (C)5e-3 (D)1解析:f′(x)=[x2+(a+2)x+a-1]·e x-1则f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0得a=-1,则f(x)=(x2-x-1)·e x-1,f′(x)= (x2+x-2)·e x-1,令f′(x)=0,得x=-2或x=1,当x<-2或x>1时,f′(x)>0,当-2<x<1时,f′(x)<0,则f(x)极小值为f(1)=-1.故选A.·福建泉州一模)关于x的方程xlnx-kx+1=0在区间[,e]上有两个不等实根,则实数k的取值范围是.解析:关于x的方程xln x-kx+1=0,即ln x+=k,令函数f(x)=ln x+,若方程xln x-kx+1=0在区间[,e]上有两个不等实根,即函数f(x)=ln x+,与y=k在区间[,e]上有两个不相同的交点,f′(x)=-,令-=0可得x=1,当x∈[,1)时f′(x)<0,函数是减函数,当x∈(1,e)时,f′(x)>0,函数是增函数,函数的最小值为f(1)=1,F()=-1+e,f(e)=1+.函数的最大值为-1+e.因为关于x的方程xln x-kx+1=0在区间[,e]上有两个不等实根,则实数k的取值范围是(1,1+].答案:(1,1+]12.(2017·河南洛阳三模)已知函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1,则a= ,b= .解析:求导得f′(x)=+b,函数f(x)=aln 2x+bx在x=1处取得最大值ln 2-1,则f′(1)=0且f(1)=ln 2-1,即解得答案:1 -113.(2018·吉林白山市模拟)设函数f(x)=e x-2ax,x∈R.(1)当a=1时,求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)在(1)的条件下,求证:f(x)>0;(3)当a>时,求函数f(x)在[0,2a]上的最小值和最大值.(1)解:当a=1时,f(x)=e x-2x,f(0)=1,故切点坐标为(0,1).f′(x)=e x-2,故切线的斜率k=f′(0)=-1.所以切线的方程为y-1=-x,即x+y-1=0.(2)证明:在(1)的条件下,令f′(x)=0,则x=ln 2,当x<ln 2时,f′(x)<0,此时函数为减函数;当x>ln 2时,f′(x)>0,此时函数为增函数;故当x=ln 2时,函数取最小值2-2ln 2,因为2-2ln 2>0,故f(x)>0恒成立.(3)解:由于f(x)=e x-2ax,f′(x)=e x-2a,令f′(x)=0,解得x=ln 2a>0,当a>,令M(a)=2a-ln 2a,M′(a)=2-=>0, 所以M(a)在(,+∞)上递增,又因为M()=1-ln 1=1,所以M(a)=2a-ln 2a>0恒成立,即有a>,2a>ln 2a.所以当0≤x<ln 2a时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当ln 2a<x≤2a时,f′(x)>0,f(x)单调递增.即有x=ln 2a处f(x)取得最小值2a(1-ln 2a); 又因为f(0)=e0-0=1,f(2a)=e2a-4a2,令h(a)=f(2a)-f(0)=e2a-4a2-1,a>时,h′(a)=2e2a-8a>0,h()=e-1-1=e-2>0,所以h(a)=e2a-4a2-1>h()>0,所以当a>时,f(2a)>f(0),则有当a>时,f(x)在[0,2a]上的最大值为e2a-4a2.14.已知f(x)=xe x-ax2-x.(1)若f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,求f(x)的极小值;(2)当x≥0时,恒有f(x)≥0,求实数a的取值范围.解:(1)因为f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,所以f′(-1)=0.因为f′(x)=(x+1)e x-2ax-1,所以2a-1=0,a=.所以f′(x)=(x+1)e x-x-1=(x+1)(e x-1),所以f(x)在(-∞,-1]上单调递增,[-1,0]上单调递减,[0,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(0)=0.(2)f(x)=x(e x-ax-1),令g(x)=e x-ax-1,则g′(x)=e x-a.若a≤1,则x ∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x)为增函数,而g(0)=0,所以当x≥0时,g(x)≥0,从而f(x)≥0.若a>1,则x∈(0,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函数,g(0)=0,故x∈(0,ln a)时,g(x)<0,从而f(x)<0,不符合题意.综上,实数a的取值范围是(-∞,1].。