利用导数解决函数的极值问题(多维探究)
角度一根据图象判断函数的极值
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)
【解析】由题图可知,当x<—2时,1—x>3,此时f′(x)>0;当—2
错误!
知图判断函数的极值的情况;先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号,最后判断是极大值点还是极小值点.
角度二求函数的极值
(2020·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)=ln x—错误!ax2+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)=错误!+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—错误!ax2+(1—a)x+1,
则g′(x)=错误!—ax+(1—a)=错误!,
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)=错误!
=—错误!,
令g′(x)=0得x=错误!.
所以当x∈错误!时,g′(x)>0;
当x∈错误!时,g′(x)<0.
因为g(x)在错误!上是增函数,在错误!上是减函数.
所以x=错误!时,g(x)有极大值g错误!=ln错误!—错误!×错误!+(1—a)·错误!+1=错误!—ln a.
综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;
当a>0时,函数g(x)有极大值错误!—ln a,无极小值.
错误!
利用导数研究函数极值问题的一般流程
角度三已知函数的极值求参数
设函数f(x)=[ax2—(4a+1)x+4a+3]e x.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;
(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
【解】(1)因为f(x)=[ax2—(4a+1)x+4a+3]e x,
所以f′(x)=[ax2—(2a+1)x+2]e x.
f′(1)=(1—a)e.
由题设知f′(1)=0,即(1—a)e=0,
解得a=1.
此时f(1)=3e≠0.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)=[ax2—(2a+1)x+2]e x=(ax—1)(x—2)e x.
若a>错误!,则当x∈错误!时,f′(x)<0;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在x=2处取得极小值.
当a≤错误!,则当x∈(0,2)时,x—2<0,ax—1≤错误!x—1<0,
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知,a的取值范围是错误!.
错误!
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.
1.(2020·安徽毛坦厂中学4月联考)已知函数f(x)=2ln x+ax2—3x在x=2处取得极小值,则f(x)的极大值为()
A.2B.—错误!
C.3+ln 2D.—2+2ln 2
解析:选B.由题意得,f′(x)=错误!+2ax—3,因为f(x)在x=2处取得极小值,所以f′(2)=4a—2=0,解得a=错误!,
所以f(x)=2ln x+错误!x2—3x,f′(x)=错误!+x—3=错误!,
所以f(x)在(0,1),(2,+∞)上是增加的,在(1,2)上是减少的,
所以f(x)的极大值为f(1)=错误!—3=—错误!.故选B.
2.已知函数f(x)=ln x.
(1)求f(x)的图象过点P(0,—1)的切线方程;
(2)若函数g(x)=f(x)—mx+错误!存在两个极值点x1,x2,求m的取值范围.
解:(1)由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=错误!.设切点坐标为(x0,ln x0),则切线方程为y=错误!x+ln x0—1.
把点P(0,—1)代入切线方程,得ln x0=0,
所以x0=1,
所以过点P(0,—1)的切线方程为y=x—1.
(2)因为g(x)=f(x)—mx+错误!=ln x—mx+错误!,所以g′(x)=错误!—m—错误!=错误!=—错误!,
令h(x)=mx2—x+m,
要使g(x)存在两个极值点x1,x2,
则方程mx2—x+m=0有两个不相等的正数根x1,x2.
故只需满足错误!即可,解得0 利用导数研究函数的最值(师生共研) (2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=2x3—ax2+b. (1)讨论f(x)的单调性; (2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为—1且最大值为1?若存在,求出a,b 的所有值;若不存在,说明理由. 【解】(1)f′(x)=6x2—2ax=2x(3x—a). 令f′(x)=0,得x=0或x=错误!. 若a>0,则当x∈(—∞,0)∪错误!时,f′(x)>0;当x∈错误!时,f′(x)<0. 故f(x)在(—∞,0),错误!上是增加的,在错误!上是减少的; 若a=0,f(x)在(—∞,+∞)上是增加的; 若a<0,则当x∈错误!∪(0,+∞)时,f′(x)>0;当x∈错误!时,f′(x)<0.故f(x)在错误!,(0,+∞)上是增加的,在错误!上是减少的. (2)满足题设条件的a,b存在. (ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上是增加的,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2—a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=—1,2—a+b=1,即a=0,b=—1. (ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]上是减少的,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2—a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2—a+b=—1,b=1,即a=4,b=1. (ⅲ)当0 若—错误!+b=—1,b=1,则a=3错误!,与0 若—错误!+b=—1,2—a+b=1,则a=3错误!或a=—3错误!或a=0,与0 求函数f(x)在闭区间[a,b]内的最大值和最小值的思路 (1)若所给的闭区间[a,b]不含有参数,则只需对函数f(x)求导,并求f′(x)=0在区间[a,b]内的根,再计算使导数等于零的根的函数值,把该函数值与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. (2)若所给的闭区间[a,b]含有参数,则需对函数f(x)求导,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. [提醒] 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. 已知函数f(x)=错误!+k ln x,k<错误!,求函数f(x)在错误!上的最大值和最小值. 解:因为f(x)=错误!+k ln x, f′(x)=错误!+错误!=错误!. (1)若k=0,则f′(x)=—错误!在错误!上恒有f′(x)<0, 所以f(x)在错误!上是减少的. 所以f(x)min=f(e)=错误!, f(x)max=f错误!=e—1. (2)若k≠0,f′(x)=错误!=错误!. 1若k<0,则在错误!上恒有错误!<0, 所以f(x)在错误!上是减少的, 所以f(x)min=f(e)=错误!+k ln e=错误!+k—1,f(x)max=f错误!=e—k—1. 2若k>0,由k<错误!, 得错误!>e,则x—错误!<0, 所以错误!<0, 所以f(x)在错误!上是减少的. 所以f(x)min=f(e)=错误!+k ln e=错误!+k—1, f(x)max=f错误!=e—k—1. 综上,k<错误!时,f(x)min=错误!+k—1, f(x)max=e—k—1. 函数极值与最值的综合问题(师生共研) 已知函数f(x)=错误!(a>0)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)=错误! =错误!. 令g(x)=—ax2+(2a—b)x+b—c, 因为e x>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—3 所以f(x)的增区间是(—3,0),减区间是(—∞,—3),(0,+∞). (2)由(1)知,x=—3是f(x)的极小值点,所以有 错误! 解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=错误!. 因为f(x)的增区间是(—3,0),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)=错误!=5e5>5=f(0), 所以函数f(x)在区间[—5,+∞)上的最大值是5e5. 错误! 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同的.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. (2020·河南百校联盟模拟)已知函数f(x)=e x—ax,a>0.(1)记f(x)的极小值为g(a),求g(a)的最大值; (2)若对任意实数x,恒有f(x)≥0,求f(a)的取值范围. 解:(1)函数f(x)的定义域是(—∞,+∞),f′(x)=e x—a. 令f′(x)=0,得x=ln a, 易知当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(—∞,ln a)时,f′(x)<0, 所以函数f(x)在x=ln a处取极小值, g(a)=f(x)极小值=f(ln a)=e ln a—a ln a=a—a ln a. g′(a)=1—(1+ln a)=—ln a, 当a>1时,g′(a)<0,g(a)在(1,+∞)上是减少的. 所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g(1)=1. (2)显然,当x≤0时,e x—ax≥0(a>0)恒成立. 当x>0时,由f(x)≥0,即e x—ax≥0,得a≤错误!. 令h(x)=错误!,x∈(0,+∞), 则h′(x)=错误!=错误!, 当0 故h(x)的最小值为h(1)=e,所以a≤e, 故实数a的取值范围是(0,e]. f(a)=e a—a2,a∈(0,e],f′(a)=e a—2a, 易知e a—2a≥0对a∈(0,e]恒成立, 故f(a)在(0,e]上是增加的,所以f(0)=1 是(1,e e—e 2]. [基础题组练] 1.(2020·辽宁沈阳一模)设函数f(x)=x e x+1,则() A.x=1为f(x)的极大值点 B.x=1为f(x)的极小值点 C.x=—1为f(x)的极大值点 D.x=—1为f(x)的极小值点 解析:选D.由f(x)=x e x+1,可得f′(x)=(x+1)e x,令f′(x)>0可得x>—1,即函数f(x)在(—1,+∞)上是增函数;令f′(x)<0可得x<—1,即函数f(x)在(—∞,—1)上是减函数,所以x=—1为f(x)的极小值点.故选D. 2.函数y=错误!在[0,2]上的最大值是() A.错误!B.错误! C.0 D.错误! 解析:选A.易知y′=错误!,x∈[0,2],令y′>0,得0≤x<1,令y′<0,得1<x≤2,所以函数y=错误!在[0,1]上是增加的,在(1,2]上是减少的,所以y=错误!在[0,2]上的最大值是y|x=1=错误!,故选A. 3.(2020·广东惠州4月模拟)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数f(x)在x =—2处取得极小值,则函数y=x·f′(x)的图象可能是() 解析:选C.因为函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数f(x)在x=—2处取得极小值,所以当x>—2时,f′(x)>0;当x=—2时,f′(x)=0;当x<—2时,f′(x)<0.所以当—2 当x<—2时,xf′(x)>0.故选C. 4.(2020·河北石家庄二中期末)若函数f(x)=(1—x)(x2+ax+b)的图象关于点(—2,0)对称,x1,x2分别是f(x)的极大值点与极小值点,则x2—x1=() A.—错误!B.2错误! C.—2错误!D.错误! 解析:选C.由题意可得f(—2)=3(4—2a+b)=0, 因为函数图象关于点(—2,0)对称,且f(1)=0, 所以f(—5)=0, 即f(—5)=6(25—5a+b)=0, 联立错误!解得错误! 故f(x)=(1—x)(x2+7x+10)=—x3—6x2—3x+10, 则f′(x)=—3x2—12x—3=—3(x2+4x+1), 结合题意可知x1,x2是方程x2+4x+1=0的两个实数根,且x1>x2, 故x2—x1=—|x1—x2|=—错误!=—错误!=—2错误!. 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] 解析:选D.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 k≤—3. 6. 函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象如图所示,则x错误!+x错误!=________. 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=错误!,x1x2=—错误!,所以x错误!+x错误!=(x1+x2)2—2x1x2=错误!+错误!=错误!. 答案:错误! 7.若函数f(x)=x3—3ax在区间(—1,2)上仅有一个极值点,则实数a的取值范围为________. 解析:因为f′(x)=3(x2—a),所以当a≤0时,f′(x)≥0在R上恒成立,所以f(x)在R上递增,f(x)没有极值点,不符合题意;当a>0时,令f′(x)=0得x=±错误!,当x变化时,f′(x)与f (x)的变化情况如下表所示: 答案:[1,4) 8.函数f(x)=x3—3a2x+a(a>0)的极大值是正数,极小值是负数,则a的取值范围是________.解析:f′(x)=3x2—3a2=3(x+a)(x—a), 由f′(x)=0得x=±a, 当—a 当x>a或x<—a时,f′(x)>0,函数递增, 所以f(x)的极大值为f(—a),极小值为f(a). 所以f(—a)=—a3+3a3+a>0且f(a)=a3—3a3+a<0. 解得a>错误!. 所以a的取值范围是错误!. 答案:错误! 9.已知函数f(x)=错误!x3—错误!(a2+a+2)x2+a2(a+2)x,a∈R. (1)当a=—1时,求函数y=f(x)的单调区间; (2)求函数y=f(x)的极值点. 解:(1)当a=—1时,f(x)=错误!x3—x2+x, f′(x)=x2—2x+1=(x—1)2≥0, 所以函数f(x)是R上的增函数,增区间为(—∞,+∞),无递减区间. (2)因为f′(x)=x2—(a2+a+2)x+a2(a+2)=(x—a2)·[x—(a+2)], 1当a=—1或a=2时,a2=a+2,f′(x)≥0恒成立,函数f(x)为增函数,无极值点. 2当a<—1或a>2时,a2>a+2, 可得当x∈(—∞,a+2)时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数;当x∈(a+2,a2)时,f′(x)<0,函数f(x)为减函数;当x∈(a2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数.所以当x=a+2时,函数f(x)有极大值f(a+2);当x=a2时,函数f(x)有极小值f(a2).3当—1<a<2时,a2<a+2, 可得当x∈(—∞,a2)时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数;当x∈(a2,a+2)时,f′(x)<0,函数f(x)为减函数;当x∈(a+2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数.所以当x=a+2时,函数f(x)有极小值f(a+2); 当x=a2时,函数f(x)有极大值f(a2).综上所述,当a=—1或a=2时,f(x)无极值点; 当a<—1或a>2时,f(x)的极大值点为x=a+2,极小值点为x=a2; 当—1<a<2时,f(x)的极大值点为x=a2,极小值点为x=a+2. 10.已知函数f(x)=错误!—1. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)设m>0,求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值. 解:(1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=错误!, 由错误!得0 由错误!得x>e. 所以函数f(x)的增区间为(0,e),减区间为(e,+∞). (2)1当错误!, 即0 所以f(x)max=f(2m)=错误!—1; 2当m 函数f(x)在区间[m,e)上是增加的,在(e,2m]上是减少的, 所以f(x)max=f(e)=错误!—1=错误!—1; 3当m≥e时,[m,2m]?(e,+∞),函数f(x)在区间[m,2m]上是减少的,所以f(x)max =f(m)=错误!—1. 综上所述,当0 [综合题组练] 1.(2020·重庆模拟)已知函数f(x)=2e f′(e)ln x—错误!(e是自然对数的底数),则f(x)的极大值为() A.2e—1B.—错误! C.1D.2ln 2 解析:选D.由题意知f′(x)=错误!—错误!, 所以f′(e)=错误!—错误!,f′(e)=错误!, 所以f′(x)=错误!—错误!, 令f′(x)=0,得x=2e, 所以f(x)在(0,2e)上是增加的,在(2e,+∞)上是减少的,所以f(x)的极大值为f(2e)=2ln(2e)—2=2ln 2,选D. 2.若函数f(x)=错误!x3+x2—错误!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)=x2+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, 令错误!x3+x2—错误!=—错误!得,x=0或x=—3,则结合图象可知,错误!解得a∈[—3,0).3.(2020·河南驻马店模拟)已知函数f(x)=错误!在[—2,2]上的最大值为3,则实数a的取值范围是() A.(ln 3,+∞)B.错误! C.错误!D.(—∞,ln 3] 解析:选C.由题意,当x≤0时,f(x)=2x3+3x2+2,可得f′(x)=6x2+6x=6x(x+1),所以当—2≤x<—1时,f′(x)>0,函数f(x)在[—2,—1)上是增加的,当—1 解析:因为f(x)=(x2+ax—1)e x—1,所以f′(x)=(2x+a)e x—1+(x2+ax—1)e x—1=[x2+(a+2)x+a—1]e x—1.因为x=—2是函数f(x)=(x2+ax—1)e x—1的极值点,所以—2是x2+(a+2)x+a—1=0的根,所以a=—1,f′(x)=(x2+x—2)e x—1=(x+2)(x—1)e x—1.令f′(x)>0,解得x<—2或x>1,令f′(x)<0,解得—2 答案:—1—1 5.(2020·石家庄市质量检测)已知函数f(x)=a e x—sin x,其中a∈R,e为自然对数的底数.(1)当a=1时,证明:对任意的x∈[0,+∞),f(x)≥1; (2)若函数f(x)在错误!上存在极值,求实数a的取值范围. 解:(1)证明:当a=1时,f(x)=e x—sin x,于是f′(x)=e x—cos x. 当x∈[0,+∞)时,e x>1且cos x≤1. 故当x∈[0,+∞)时,e x—cos x>0,即f′(x)>0. 所以函数f(x)=e x—sin x为[0,+∞)上的增函数,因为f(0)=1, 所以对任意的x∈[0,+∞),f(x)≥1. (2)法一:由f(x)在错误!上存在极值,得f′(x)=a e x—cos x在错误!上存在零点. 1当a∈(0,1)时,f′(x)=a e x—cos x为错误!上的增函数, 注意到f′(0)=a—1<0,f′错误!=a·e错误!>0, 所以,存在唯一实数x0∈错误!,使得f′(x0)=0成立. 当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)为(0,x0)上的减函数; 当x∈错误!时,f′(x)>0,f(x)为错误!上的增函数. 所以x0错误!为函数f(x)的极小值点. 2当a≥1时,f′(x)=a e x—cos x≥e x—cos x>0在错误!上恒成立. 所以f(x)在错误!上是增加的, 所以f(x)在错误!上没有极值. 3当a≤0时,f′(x)=a e x—cos x<0在错误!上恒成立, 所以f(x)在错误!上是减少的, 所以f(x)在错误!上没有极值. 综上所述,若f(x)在错误!上存在极值,则实数a的取值范围是(0,1). 法二:由函数f(x)在错误!上存在极值, 得f′(x)=a e x—cos x在错误!上存在零点, 即a=错误!在错误!上有解. 设g(x)=错误!,x∈错误!,则g′(x)=错误!<0在错误!上恒成立,所以g(x)为错误!上的减函数.所以g(x)的值域为(0,1),所以当实数a∈(0,1)时,f′(x)=a e x—cos x在错误!上存在零点. 下面证明,当a∈(0,1)时,函数f(x)在错误!上存在极值. 事实上,当a∈(0,1)时,f′(x)=a e x—cos x为错误!上的增函数, 注意到f′(0)=a—1<0,f′错误!=a·e错误!>0,所以存在唯一实数x0∈错误!, 使得f′(x0)=0成立. 当x∈错误!时,f′(x)<0,f(x)为(0,x0)上的减函数; 当x∈错误!时,f′(x)>0,f(x)为错误!上的增函数. 即x0错误!为函数f(x)的极小值点. 综上所述,若函数f(x)在错误!上存在极值,则实数a的取值范围是(0,1). 6.已知函数f(x)=a ln x+错误!(a>0). (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)是否存在实数a,使得函数f(x)在[1,e]上的最小值为0?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由. 解:由题意,知函数的定义域为{x|x>0},f′(x)=错误!—错误!(a>0). (1)由f′(x)>0,解得x>错误!, 所以函数f(x)的增区间是错误!; 由f′(x)<0,解得x<错误!, 所以函数f(x)的减区间是错误!. 所以当x=错误!时,函数f(x)有极小值f错误!=a ln 错误!+a=a—a ln a. (2)不存在.理由如下: 由(1)可知,当x∈错误!时,函数f(x)是减少的; 当x∈错误!时,函数f(x)是增加的. 1若0<错误!≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上为增函数, 故函数f(x)的最小值为f(1)=a ln 1+1=1,显然1≠0,故不满足条件. 2若1<错误!≤e,即错误!≤a<1时,函数f(x)在错误!上为减函数,在错误!上为增函数, 故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f错误!=a ln 错误!+a=a—a ln a=a(1—ln a)=0,即ln a=1,解得a=e,而错误!≤a<1,故不满足条件.