1、第二课时 利用导数研究函数的极值、最值,【教材基础回顾】 1.函数的极值 (1)函数的极小值与极小值点: 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_,f(a)=0,而且在点x=a附近的左 侧_,右侧_,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.,都小,f(x)0,f(x)0,(2)函数的极大值与极大值点: 函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近的 其他点的函数值_,f(b)=0,而且在点x=b附近的 左侧_,右侧_,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.,都大,
2、f(x)0,f(x)0,极小值点,极大值点统称为_,极大值和极小值 统称为_.,极值点,极值,2.函数的最值 (1)在闭区间a,b上函数f(x)的图象是_ 的曲线,那么它在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.,一条连续不断,【金榜状元笔记】 1.两个重要关系: (1)可导函数的极值点导数值一定为0. (2)导数值为0的点不一定是极值点.,2.四点注意: (1)函数的极值点一定出现在区间内. (2)极值点不一定是唯一的. (3
3、)极大值不一定大于极小值. (4)函数在某区间上有极值,在该区间上一定不单调.,3.三点区别: (1)极值是函数的局部性质,最值是函数的整体性质. (2)极值可能不止一个,也可能没有;最值最多一个,有可能没有. (3)极值不能出现在端点,最值在定义域任何位置都可能出现.,4.两个联系: (1)若函数在开区间内极值点只有一个,相应极值点为函数的最值点. (2)极值有可能是最值,最值只有不在区间端点,才是极值.,【教材母题变式】 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
4、、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x1,x2,x3,x4,当x0,f(x)为增函数,当x1xx2时,f(x)0,f(x)为减函数,则x=x1为极大值点,经过类似分析可知,x=x3为极大值点,x=x2,x=x4为极小值点.,2.设函数f(x)= +ln x,则 ( ) A.x= 为f(x)的极大值点 B.x= 为f(x)的极小值点 C.x=2为f(x)的极大值点 D.x=2为f(x)的极小值点,【解析】选D.f(x)= +ln x,f(x)= 当x2时,f(x)0,此时f(x)为增函数;当0x2时, f(x)0,此时f(x
5、)为减函数,据此知x=2为f(x)的极 小值点.,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,【解析】选B.因为f(x)= .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全国卷)如图,圆形纸片的 圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边 三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,DBC,ECA,FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等 腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA
6、,AB为折痕折起,DBC,ECA,FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为_.,【解析】连接OB,连接OD,交BC于点G,由题意得,ODBC,OG= BC, 设OG=x,则BC=2 x,DG=5-x,三棱锥的高 SABC= 则 令f(x)=25x4-10x5,x ,f(x)=100x3-50x4,令f(x)0,即x4-2x30,0x2, 则f(x)f(2)=80, 则 所以体积最大值为4 cm 3. 答案:4 cm 3,【母题变式溯源】,考向一 利用导函数求解函数的极值 【典例1】(1)函数f(x)的导函数f(x)在区间(a,b)内
7、的图象如图所示, 则f(x)在(a,b)内的极大值点有( ),A.1个 B.2个 C.3个 D.4个,(2)设函数f(x)=ln x- x2- x.世纪金榜导学号37680079 求f(x)的单调区间和极值; 若g(x)= 当x1时,g(x)在区间(n,n+1) 内存在极值,求整数n的值.,【解析】(1)选B.由函数极值与导数的关系知:函数y=f(x)在点x0处连续且f(x0)=0,若在点x0附近左侧f(x0)0,右侧f(x0)0,则点x0为函数的极大值点,所以图象中满足定义的点有2个.,(2)因为f(x)=ln x- x2- x,所以f(x)=令f(x)=0,解得x=1 (或-2舍去),根据
8、x,f(x),f(x)的变化情况列表:,由上表可知,函数的单调增区间为(0,1),单调减区间 为(1,+),在x=1处取得极大值 ,无极小值.,因为g(x)= =xln x- x2+x, g(x)=ln x+1-x+1=ln x-x+2, 令h(x)=ln x-x+2, 所以h(x)= 因为x1,所以h(x)0恒成立,所以h(x)在(1,+)上 为单调递减函数,因为,h(1)=10,h(2)=ln 20, h(3)=ln 3-10,h(4)=ln 4-20. 所以h(x)在区间(3,4)上有零点x0,且函数g(x)在区间(3,x0)和(x0,4)上单调性相反, 因此,当n=3时,g(x)在区间
9、(n,n+1)内存在极值. 所以n=3.,【技法点拨】 求函数f (x)极值的步骤 (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,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值.,【同源异考金榜原创】 1.设函数f(x)的导函数为f(x),若f(x)为偶函数,且在(0,1)上存在极大值,则f(x)的图象可能为 ( ),【解析】选C.根据题意,若f(x)为偶函数,则其导数f(x)为奇函数,结合函数图象可以排除B,D,又由函数f(x)在(0
10、,1)上存在极大值,则其导数图象在(0,1)上存在零点,且零点左侧导数值符号为正,右侧导数值符号为负,结合选项可以排除A,只有C选项符合题意.,2.若函数f(x)= e3x+me2x+(2m+1)ex+1有两个极值点, 则实数m的取值范围是 ( ) 世纪金榜导学号37680080,【解析】选A.因为f(x)= e3x+me2x+(2m+1)ex+1,令 t=ex0,则y= t3+mt2+(2m+1)t+1,所以f(x)= yttx=t2+2mt+(2m+1)ex,由t=ex0,故要使f(x)有两个极值点,只需t2+2mt+2m+1 =0有两个不同的正根,即,考向二 利用导函数求解函数的最值 【
11、典例2】(1)(2018东莞模拟)函数y=xex的最小值是( ) A.-1 B.-e C. D.不存在,(2)(2018洛阳模拟)已知函数f(x)= +kln x,k ,求函数f(x)在 上的最大值和最小值. 世纪金榜导学号37680081,【解析】(1)选C.因为y=xex,所以y=ex+xex= (1+x)ex,当x(-,-1)时,y0,所以当x=-1时,ymin=(-1)e-1=- . (2)因为f(x)= +kln x, 所以,若k=0,则f(x)= 在 上恒有f(x)0, 所以f(x)在 上单调递减.所以f(x)min=f(e) = ,f(x)max= 若k0,f(x)=,()若k0
12、,则在 上恒有 0, 所以f(x)在 上单调递减, 所以f(x)min=f(e)= +kln e= +k-1, f(x)max=f( )=e-k-1.,()若k0,由ke,则x- 0, 所以 0, 所以f(x)在 上单调递减. 所以f(x)min=f(e)= +kln e= +k-1, f(x)max=f( )=e-k-1. 综上可知:k 时,f(x)min= +k-1,f(x)max=e-k-1.,【一题多变】1.若典例(2)中的函数变为“f(x)= ln x- x2”,则函数f(x)在 上的最大值如何?,【解析】由f(x)=ln x- x2,则f(x)= -x= . 因为当 xe时,令f(
13、x)0得 x1;令 f(x)0,得1xe,所以f(x)在 上单调递增, 在1,e上单调递减,所以f(x)max=f(1)=- .,2.若把典例(2)中函数改为“f(x)= +aln x,aR” 试求解此函数在区间(0,e上的最小值.,【解析】f(x)= ,x(0,+). 当a=0时,在区间(0,e上f(x)=- ,此时f(x)在 区间(0,e上单调递减,则f(x)在区间(0,e上的最小 值为f(e)= .,当 0即a0时,在区间(0,e上f(x)0,此时f(x) 在区间(0,e上单调递减,则f(x)在区间(0,e上的最 小值为f(e)= +a.,当0 时,在区间 上f(x)0,此时f(x)在区
14、间 上单调递增;则f(x) 在区间(0,e上的最小值为f =a+aln .,当 e,即0a 时,在区间(0,e上f(x)0, 此时f(x)在区间(0,e上单调递减,则f(x)在区间(0,e 上的最小值为f(e)= +a.,【拓展】分类讨论思想的常见类型 (1)问题中的变量或含有需讨论的参数的,要进行分类讨论. (2)问题中的条件是分类给出. (3)解题过程不能统一叙述,必须分类讨论. (4)涉及几何问题时,由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论.,【同源异考金榜原创】 1.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f(x),且函数y=(x-2)f(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是 (
15、),A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极小值f(-2)和极大值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】选B.由题意可知,当x2时,f(x)0; 当x-2时,x-20,f(x)0. 由此可以得出函数f(x)在x=-2处取得极小值,在x=1处取得极大值.,2.某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品,若该商品零售价为p元,销量Q(单位:件)与零售价p(单位:元)有如下关系:Q=8 300-170p-p2,则该商品零售价定为_元时利润最大,利润的最大值为_元.,【解析】设该商品的利润为
16、y元,由题意知, y=Q(p-20)=-p3-150p2+11 700p-166 000, 则y=-3p2-300p+11 700, 令y=0得p=30或p=-130(舍),当p(0,30)时,y0,当p(30,+)时,y0, 因此当p=30时,y有最大值,ymax=23 000. 答案:30 23 000,考向三 利用导函数求解极值、最值的综合问题高频考点,【典例3】(1)(2018遵义模拟)不等式exkx对任意实数x恒成立,则实数k的最大值为_.,(2)(2018厦门模拟)已知函数f(x)=x- -aln x(aR). 世纪金榜导学号37680082 求f(x)的单调区间. 设g(x)=f
17、(x)+2aln x,且g(x)有两个极值点x1,x2, 其中x1(0,e,求g(x1)-g(x2)的最小值.,【解析】(1)不等式exkx对任意实数x恒成立,即为f(x)=ex-kx0恒成立,即有f(x)min0, 由f(x)的导数为f(x)=ex-k, 当k0时,ex0,可得f(x)0恒成立,f(x)递增,无最值;,当k0时,xln k时f(x)0,f(x)递增;xln k时f(x)0,f(x)递减. 即在x=ln k处取得最小值,且为k-kln k, 由k-kln k0,解得ke,即k的最大值为e, 答案:e,(2)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=x- -aln x, 所以 ()
18、当a0时,f(x)0在(0,+)上恒成立,f(x)在定义域(0,+)上单调递增;,()当a0时,令f(x)=0得x2-ax+1=0, 若=a2-40,即00,即a2时,解x2-ax+1=0得两根为,当x 时,f(x)0,f(x)单调递增; 当x 时,f(x)0,f(x)单调递增.,综上,当a2时,f(x)的单调递增区间为(0,+),无单 调递减区间; 当a2时,f(x)的单调递增区间为 和, 单调递减区间为 .,g(x)=x- +aln x,定义域为(0,+), g(x)= 令g(x)=0得x2+ax+1=0,其两根为x1,x2, 且 所以x2= ,a=-(x1+ ),所以g(x1)-g(x2
19、)=g(x1)-g( ) 设,则(g(x1)-g(x2)min=h(x)min,当x(0,1时,恒有h(x)0,当x(1,e时,恒有 h(x)0,总之,x(0,e时,恒有h(x)0,所以 h(x)在(0,e上单调递减,所以h(x)min=h(e)=- ,所以 (g(x1)-g(x2)min=- .,【一题多变】1.若本例(2)函数f(x)不变,试讨论其在定义域内极值点的个数. 【解析】f(x)的定义域为(0,+), f(x)=,(1)当a0时,f(x)0在(0,+)上恒成立,f(x)在(0,+)上单调递增,此时f(x)在(0,+)上无极值点.,(2)当a0时,令f(x)=0得x2-ax+1=0
20、, 当=a2-40,即0a2时,f(x)0恒成立, 所以f(x)在定义域(0,+)上单调递增,此时f(x)在(0,+)上无极值点.,当=a2-40,即a2时,解x2-ax+1=0,得两根为 当x 时,f(x)0, 当x 时,f(x)0, 所以x= 为f(x)的一个极大值点,又x 时,f(x)0, 故x= 为f(x)的一个极小值点. 综上可知,当a2时,f(x)在(0,+)上无极值点, 当a2时,f(x)在(0,+)上有两个极值点.,2.若本例(2)中函数g(x)在定义域内有两个极值点, 试求实数a的取值范围. 【解析】g(x)=x- +aln x,定义域为(0,+), g(x)= 令g(x)=
21、0,得x2+ax+1=0,又g(x)在定义域(0,+)上有两个极值点, 需方程x2+ax+1=0有两个不相等的正实根, 所以有: 解得a-2. 故当a-2时,g(x)在(0,+)上有两个极值点.,【技法点拨】 1.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.,2.求解函数极值与最值综合问题的策略 (1)求解及应用极值(点)、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
22、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.,【同源异考金榜原创】 命题点1 已知函数的极(最)值求参数值或范围 1.已知函数f(x)=ln x+ax2+bx(其中a,b为常数且a0)在x=1处取得极值. 世纪金榜导学号37680083 (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.,【解题指南】(1)根据x=1是f(x)的一个极值点,构造关于a,b的方程,根据a=1求出b值;利用导函数值大于0和小于0时x的范围,求函数f(x)的单调区间. (2)先写出函数f(x)的导函数等于0的x的
23、值,根据a的取值,求出极值,把极值同端点处的值进行比较得到最大值,最后利用条件建立关于a的方程求得结果.,【解析】(1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f(x)= +2ax+b, 因为函数f(x)=ln x+ax2+bx在x=1处取得极值,所以 f(1)=1+2a+b=0,b=-(2a+1), 当a=1时,b=-3,f(x)=,由f(x)0,得01;由f(x)0,得 x1, 即函数f(x)的单调递增区间为 ,(1,+);单调递 减区间为 .,(2)因为f(x)= 令f(x)=0,x1=1,x2= , 因为f(x)在x=1处取得极值,所以x2= x1=1, 当 0时, f(x)在(0,
24、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0 1时, f(x)在 上单调递增, 上单调 递减,(1,e)上单调递增, 所以最大值1可能在x= 或x=e处取得,而f( ) = 所以,f(e)=ln e+ae2-(2a+1)e=1,解得a= ; 当1 e时, f(x)在区间(0,1)上单调递增,上单调递减, 上单调递增, 所以最大值1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+ae2-(2a+1)e=1, 解得a= ,与1 e矛盾. 当 e时,f(x)在区间(0,1)
25、上单调递增,在(1,e) 上单调递减,所以最大值1可能在x=1处取得,而f(1)=ln 1+a-(2a+1)0,矛盾. 综上所述,a= 或a=-2.,命题点2 与极值(最值)有关的其他求解问题 2.若f(x)=sin 3x+acos 2x在(0,)上存在最小值,则实数a的取值范围是 世纪金榜导学号37680084( ),【解析】选D.由f(x)=3sin 2xcos x+2acos x (-sin x)=3sin xcos x ,x(0,), 因为sin x0,令g(x)=cos x ,若 1,即 a 时,sin x- 0恒成立,所以x 时g(x)0,所以当x= 时f(x)有最小值; 当0 1
26、,即0a 时,令sin x- =0,不妨设两解为x1,x2,当x(0,x1)时g(x)0,当x 时g(x)0,所以函数f(x)必有最小值,为f(x1)与f(x2) 中较小者.,核心素养系列(十五) 数学运算函数极值、最值问题中的核心素养以导函数与函数单调性、极值、最值的关系及求法为基础,通过转化、化归寻找解决问题的办法,逐步进行运算、推理从而解决问题.,【典例】(2018长春模拟)已知函数f(x)=4ex(x+1)- k ,若x=-2是函数f(x)的唯一一个极值点,则 实数k的取值范围是 ( ) A.(-2e,e B.0,2e C.(-,-e)0,2e D.(-,-e)(0,+),【解析】选B.由f(x)=4ex(x+1)+4ex-k(2x2+4x) =4ex(x+2)-2kx(x+2)=4(x+2) , 由x=-2是函数f(x)的唯一一个极值点, 画出y=ex,y= x图象,由g(x)=ex- x0,符合题意, 则y=ex,过原点的切线斜率为e,只需要0 e, 所以0k2e,实数k的取值范围0,2e.,
