第二課時　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值

[考法全析]
考法(一)　已知函數(shù)的解析式求函數(shù)的極值點(diǎn)個數(shù)或極值
[例1]　已知函數(shù)f(x)＝x－1＋(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))，求函數(shù)f(x)的極值．
[解]　由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－.
①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值．
②當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝0，
得ex＝a，即x＝ln a，
當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，f′(x)＜0；
當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)＞0，
所以函數(shù)f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在x＝ln a處取得極小值且極小值為f(ln a)＝ln a，無極大值．
綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；
當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)在x＝ln a處取得極小值ln a，無極大值．
[例2]　設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個數(shù)，并說明理由．
[解]　f′(x)＝＋a(2x－1)＝(x＞－1)．
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
①當(dāng)a＝0時，g(x)＝1，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)．
②當(dāng) a＞0時，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
當(dāng)0＜a≤時，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，
函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)．
當(dāng)a＞時，Δ＞0，
設(shè)方程2ax2＋ax－a＋1＝0的兩根為x1，x2(x1＜x2)，
因為x1＋x2＝－，
所以x1＜－，x2＞－.
由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.
所以當(dāng)x∈(－1，x1)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(x1，x2)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．
因此函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn)．
③當(dāng)a＜0時，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，
可得x1＜－1＜x2.
當(dāng)x∈(－1，x2)時，g(x)＞0，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)＜0，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．
所以函數(shù)f(x)有一個極值點(diǎn)．
綜上所述，當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)有一個極值點(diǎn)；
當(dāng)0≤a≤時，函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)；
當(dāng)a＞時，函數(shù)f(x)有兩個極值點(diǎn)．
考法(二)　已知函數(shù)的極值點(diǎn)的個數(shù)求參數(shù)
[例3]　已知函數(shù)g(x)＝ln x－mx＋存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，求m的取值范圍．
[解]　因為g(x)＝ln x－mx＋，
所以g′(x)＝－m－＝－(x＞0)，
令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在兩個極值點(diǎn)x1，x2，則方程mx2－x＋m＝0有兩個不相等的正數(shù)根x1，x2.
故只需滿足解得0＜m＜.
所以m的取值范圍為.
考法(三)　已知函數(shù)的極值求參數(shù)
[例4]　(2018·北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2處取得極小值，求a的取值范圍．
[解]　(1)因為f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以f′(1)＝(1－a)e.
由題設(shè)知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此時f(1)＝3e≠0.
所以a的值為1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
若a＞，則當(dāng)x∈時，f′(x)＜0;
當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)＞0.
所以f(x)在x＝2處取得極小值．
若a≤，則當(dāng)x∈(0,2)時，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，
所以f′(x)＞0.
所以2不是f(x)的極小值點(diǎn)．
綜上可知，a的取值范圍是.
[規(guī)律探求]
看個性
考法(一)是已知函數(shù)的解析式求函數(shù)的極值點(diǎn)個數(shù)或極值．解決此類問題的一般步驟為：(1)確定函數(shù)定義域；
(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)及f′(x)＝0的根；
(3)根據(jù)方程f′(x)＝0的根將函數(shù)定義域分成若干個區(qū)間，列出表格，檢查導(dǎo)函數(shù)f′(x)零點(diǎn)左右f′(x)的值的符號，并得出結(jié)論．
[提醒]　如果解析式中含有參數(shù)，需分類討論，分類標(biāo)準(zhǔn)主要有以下幾個方面：
(1)f′(x)＝0的根是否存在；
(2)f′(x)＝0根的大??；
(3)f′(x)＝0的根與定義域的關(guān)系等．
考法(二)是已知函數(shù)極值點(diǎn)的個數(shù)求參數(shù)．解決此類問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)y＝f′(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)變號零點(diǎn)的個數(shù)問題求解．
考法(三)是已知函數(shù)的極值求參數(shù)．解決此類問題常利用f′(x0)＝0列方程求參數(shù)，求出參數(shù)后還要檢驗所求參數(shù)值是否滿足x0的極值點(diǎn)特征
找共性
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般流程


[典例精析]
已知函數(shù)f(x)＝－1.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設(shè)m＞0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,2m]上的最大值．
[解]　(1)因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝， 由得 0＜x＜e；由得x＞e.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)．
(2)①當(dāng)即0＜m≤時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞增，
所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②當(dāng)m＜e＜2m，即＜m＜e時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(m，e)上單調(diào)遞增，在(e,2m)上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③當(dāng)m≥e時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f(m)＝－1.
綜上所述，當(dāng)0＜m≤時，f(x)max＝－1；
當(dāng)＜m＜e時，f(x)max＝－1；
當(dāng)m≥e時，f(x)max＝－1.
[解題技法]
求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]內(nèi)的最值的思路
(1)若所給的閉區(qū)間[a，b]不含有參數(shù)，則只需對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，并求f′(x)＝0在區(qū)間[a，b]內(nèi)的根，再計算使導(dǎo)數(shù)等于零的根的函數(shù)值，把該函數(shù)值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
(2)若所給的閉區(qū)間[a，b]含有參數(shù)，則需對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，通過對參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f(x)的最值．
[提醒]　求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值．
[過關(guān)訓(xùn)練]
1．(2018·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sin x＋sin 2x，則f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
∴當(dāng)cos x＜時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當(dāng)cos x＞時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
∴當(dāng)cos x＝，f(x)有最小值．
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
∴當(dāng)sin x＝－時，f(x)有最小值，
即f(x)min＝2××＝－.
答案：－
2．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b為常數(shù)且a≠0)在x＝1處取得極值．
(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)在(0，e]上的最大值為1，求a的值．
解：(1)因為f(x)＝ln x＋ax2＋bx，所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，
因為函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋bx在x＝1處取得極值，
所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0，
又a＝1，所以b＝－3，則f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝1.
當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：
x



1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

極大值

極小值

所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為.
(2)由(1)知f′(x)＝
＝(x＞0)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，
因為f(x)在x＝1處取得極值，所以x2＝≠x1＝1.
①當(dāng)a＜0，即＜0時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減，
所以f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.
②當(dāng)a＞0，即x2＝＞0時，
若＜1，f(x)在，[1，e]上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以最大值可能在x＝或x＝e處取得，而f＝ln＋a2－(2a＋1)·＝ln－－1＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
若1＜＜e，f(x)在區(qū)間(0,1)，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，
所以最大值可能在x＝1或x＝e處取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，與1＜x2＝＜e矛盾．
若x2＝≥e，f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，e]上單調(diào)遞減，所以最大值可能在x＝1處取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾．
綜上所述，a＝或a＝－2.

[典例精析]
(2019·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若函數(shù)f(x)在x＝x1和x＝x2處取得極值，且x2≥ x1(e為自然對數(shù)的底數(shù))，求f(x2)－f(x1)的最大值．
[解]　(1)∵f′(x)＝＋x－a(x＞0)，
又f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴恒有f′(x)≥0，
即＋x－a≥0恒成立，∴a≤min，
而x＋≥2 ＝2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”，∴a≤2.
即函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)時，a的取值范圍是(－∞，2]．
(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2處取得極值，
且f′(x)＝＋x－a＝(x＞0)，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的兩個實根，
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，
設(shè)t＝(t≥ )，令h(t)＝ln t－(t≥ )，
則h′(t)＝－＝－＜0，
∴h(t)在[，＋∞)上是減函數(shù)，
∴h(t)≤h()＝，
故f(x2)－f(x1) 的最大值為.
[解題技法]
解決函數(shù)極值、最值綜合問題的策略
(1)求極值、最值時，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時，要討論參數(shù)的大?。?br /> (2)求函數(shù)最值時，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，要通過比較才能下結(jié)論．
(3)函數(shù)在給定閉區(qū)間上存在極值，一般要將極值與端點(diǎn)值進(jìn)行比較才能確定最值．
[過關(guān)訓(xùn)練]
已知函數(shù)f(x)＝(a＞0)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的兩個零點(diǎn)為－3和0.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)的極小值為－e3，求f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值．
解：(1)f′(x)＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因為ex＞0，所以f′(x)的零點(diǎn)就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點(diǎn)，且f′(x)與g(x)符號相同．
又因為a＞0，所以當(dāng)－3＜x＜0時，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
當(dāng)x＜－3或x＞0時，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3,0)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的極小值點(diǎn)，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.
由(1)可知當(dāng)x＝0時f(x)取得極大值f(0)＝5，
故f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．
而f(－5)＝＝5e5＞5＝f(0)，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值是5e5.

英語朗讀寶
相關(guān)資料 更多
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機(jī)號注冊
手機(jī)號碼

手機(jī)號格式錯誤

手機(jī)驗證碼 獲取驗證碼

手機(jī)驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機(jī)號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部