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第4講　函數的極值、最值
[考情分析]　利用導數研究函數的極值、最值是重點考查內容，多以選擇題、填空題壓軸考查，或以解答題的形式出現，難度中等偏上，屬綜合性問題．
考點一　利用導數研究函數的極值
核心提煉
判斷函數的極值點，主要有兩點
(1)導函數f′(x)的變號零點，即為函數f(x)的極值點．
(2)利用函數f(x)的單調性可得函數的極值點．
例1　(2023·全國乙卷)已知函數f(x)＝ln(1＋x)．
(1)當a＝－1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)是否存在a，b，使得曲線y＝f 關于直線x＝b對稱，若存在，求a，b的值，若不存在，說明理由；
(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在極值，求a的取值范圍．
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易錯提醒　(1)不能忽略函數的定義域．
(2)f′(x0)＝0是可導函數f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件，即f′(x)的變號零點才是f(x)的極值點，所以判斷f(x)的極值點時，除了找f′(x)＝0的實數根x0外，還需判斷f(x)在x0左側和右側的單調性．
(3)函數的極小值不一定比極大值小．
跟蹤演練1　(多選)(2023·臨沂模擬)已知函數f(x)＝2ex－ax2＋2存在兩個極值點x1，x2(x1A．0B．0C．若x2＝2x1，則a＝2ln 2
D．ln x1＋x2>0
考點二　利用導數研究函數的最值
核心提煉
1．求函數f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟
(1)求函數在(a，b)內的極值．
(2)求函數在區間端點處的函數值f(a)，f(b)．
(3)將函數f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
2．若函數含有參數或區間含有參數，則需對參數分類討論，判斷函數的單調性，從而得到函數的最值．
例2　(1)(2022·全國甲卷)當x＝1時，函數f(x)＝aln x＋取得最大值－2，則f′(2)等于(　　)
A．－1 B．－ C. D．1
(2)(2023·撫州模擬)已知函數f(x)＝ex－2x，g(x)＝－x，且f(x1)＝g(x2)，則x1－x2的最小值為(　　)
A．1 B．e C．1－ln 2 D．2－ln 2
易錯提醒　(1)求函數最值時，不可想當然地認為極值就是最值，要通過比較大小才能下結論．
(2)求函數無窮區間(或開區間)上的最值，不僅要研究其極值，還需研究單調性，結合單調性和極值情況，畫出函數圖象，借助圖象得到函數的最值．
跟蹤演練2　(1)(2023·葫蘆島模擬)函數f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在區間[0,2π]上的最大值為(　　)
A．－ B．2 C．－ D.＋2
(2)(2023·寶雞模擬)函數f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1,2)上有最小值，則實數a的取值范圍為________．
考點三　極值、最值的簡單應用
例3　(2023·杭州模擬)已知函數f(x)＝ax2－2x＋ln x有兩個不同的極值點x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，則實數t的最小值為________．
易錯提醒　方程、不等式恒成立，有解問題都可用分離參數法．分離參數時，等式或不等式兩邊符號變化以及除數不能等于0，易忽視．
跟蹤演練3　(多選)(2023·福州模擬)已知函數f(x)＝，以下結論正確的是(　　)
A．f(x)是偶函數
B．x＝0是f(x)的極值點
C．f(x)的最小值為－
D．f(x)的最大值為1
第4講　函數的極值、最值
例1　解　(1)當a＝－1時，f(x)＝ln(x＋1)，則f′(x)＝
－ln(x＋1)＋，
據此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，
所以函數在(1，f(1))處的切線方程為y－0＝－ln 2(x－1)，
即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
(2)由函數的解析式可得f
＝(x＋a)ln，
令u(x)＝(x＋a)ln，
函數u(x)的定義域滿足＋1＝>0，即函數的定義域為(－∞，－1)∪(0，＋∞)，
定義域關于直線x＝－對稱，由題意可得b＝－，
由對稱性可知u
＝u，
取m＝可得u(1)＝u(－2)，
即(a＋1)ln 2＝(a－2)ln ＝(2－a)ln 2，
則a＋1＝2－a，解得a＝，
經檢驗，a＝，b＝－滿足題意，
故存在a＝，b＝－滿足題意．
(3)由題意知f′(x)
＝－ln(x＋1)＋
＝－.
令h(x)＝ln(x＋1)－，
則h(0)＝0，
h′(x)＝－，
當a≥時，h′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
所以h(x)0，
所以f(x)在(0，＋∞)上不存在極值；
當a≤0時，h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
故h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以h(x)>h(0)＝0，即f′(x)<0，
所以f(x)在(0，＋∞)上不存在極值；
當0h′(x)在上大于0，
故h(x)在上單調遞增，
且h>h(0)＝0，
所以f′<0.
又f′(x)＝－
＝－
>－
＝，
令g(x)＝ax－ln(x＋1)，
則當x→＋∞時，g(x)→＋∞，
故必存在x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)>0，所以f′(x0)>0，
由零點存在定理知符合題意．
綜上，a的取值范圍為.
跟蹤演練1　BD
例2　(1)B　[因為函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
所以依題意可知
而f′(x)＝－，
所以即
所以f′(x)＝－＋，
因此函數f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
當x＝1時取最大值，滿足題意．
所以f′(2)＝－1＋＝－.]
(2)A　[由f(x1)＝g(x2)，
得－2x1＝－x2，
化簡整理得x1－x2＝－x1，
因為g(x)的值域，f(x)，g(x)的定義域均為R，
所以x1的取值范圍也是R，
令h(x)＝ex－x(x∈R)，
h′(x)＝ex－1，
令ex－1＝0，解得x＝0.
當x∈(－∞，0)時，h′(x)<0，
即h(x)在(－∞，0)上單調遞減；
當x∈(0，＋∞)時，h′(x)>0，
即h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以h(x)min＝h(0)＝1，
故(x1－x2)min＝1.]
跟蹤演練2　(1)D　(2)
例3?。?
解析　由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)，
若函數f(x)＝ax2－2x＋ln x有兩個不同的極值點x1，x2，
則方程2ax2－2x＋1＝0有兩個不相等的正實根，
所以
解得0所以f(x1)＋f(x2)＝ax－2x1＋ln x1＋ax－2x2＋ln x2
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln x1x2
＝－－1－ln 2a，
令h(a)＝－－1－ln 2a，
則h′(a)＝>0，
所以h(a)＝－－1－ln 2a在上單調遞增，
所以h(a)所以t≥－3.
故實數t的最小值為－3.
跟蹤演練3　ABD　[f(－x)＝＝＝f(x)，
∴f(x)為偶函數，A正確；
∵f′(x)＝－，
∴f′(0)＝0，又f(x)為偶函數，
故x＝0為f(x)的極值點，B正確；
∵f(π)＝＝－，
且f′(π)＝≠0，
∴x＝π不是f(x)的極值點，故f(π)不是f(x)的最小值，C錯誤；
又－1≤cos x≤1，x2＋1≥1，
則當cos x＝1，x2＋1＝1，即x＝0時，f(x)最大值為1，D正確．]

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