第三章 第二节 第2课时　导数与函数的极值、最值-（教师用书）【导学教程】2024旧教材老高考数学新编大一轮总复习（人教A版文科）

第2课时　导数与函数的极值、最值 [对应学生用书P60] 考点一　求函数的极值(师生互动) 　已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)，求函数f(x)的极值． [解析]　f′(x)＝1－＝，x>0. 若a≤0，则f′(x)>0恒成立，f(x)不存在极值． 若a>0，则x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，a) a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  所以f(x)的极小值为f(a)＝a－a ln a，无极大值． [方法策略] 可导函数求极值的步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求方程f′(x)＝0的根． (3)用方程f′(x)＝0的根和不可导点的x的值顺次将函数的定义域分成若干个小开间，并形成表格． (4)由f′(x)＝0的根左、右的符号以及f′(x)在不可导点左、右的符号来判断f(x)在这个根或不可导点处取极值的情况，此步骤不可缺少，f′(x)＝0是函数有极值的必要条件． 1．函数f(x)＝(x2－3x＋1)ex的极大值为(　　) A．－e2 B．5e－1 C．－e D．－2e 解析　依题意，f′(x)＝(x2－x－2)ex＝(x－2)·(x＋1)ex，故函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值为f(－1)＝5e－1.故选B. 答案　B 2．已知函数f(x)＝x2－1－2a ln x(a≠0)，求函数f(x)的极值． 解析　因为f(x)＝x2－1－2a ln x(x>0)， 所以f′(x)＝2x－＝. ①当a<0时，因为x>0，所以x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值． ②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去). 所以当x>0时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，) (，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  所以当x＝时，f(x)取得极小值，且f()＝()2－1－2a ln ＝a－1－a ln a，无极大值． 综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值． 当a>0时，函数f(x)在x＝处取得极小值a－1－a ln a． 考点二　利用极值求参数值(师生共研) 　(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝________． (2)已知函数f(x)＝aex－x2，若f(x)有两个极值点，则实数a的取值范围是________． 解析　(1)f′(x)＝3x2＋6ax＋b， 由题意，得 解得或 当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0， ∴f(x)在R上单调递增．∴f(x)无极值， 所以a＝1，b＝3不符合题意， 当a＝2，b＝9时，经检验满足题意． ∴a＋b＝11. (2)f′(x)＝aex－x， 依题意知f′(x)有两个不同的变号零点， ∴a＝有两个不相等的实数根． 令φ(x)＝，∴φ′(x)＝， 令φ′(x)>0⇒x<1；令φ′(x)<0⇒x>1， ∴φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又φ(1)＝>0且当x→－∞时，φ(x)→－∞，当x→＋∞时，φ(x)→0， ∴φ(x)的图象如图． 由图知0<a<. 答案　(1)11　(2) [方法策略] 已知极值求参数值或范围时，关键是利用单调性判断出哪个是极大值点，哪个是极小值点． 1．若函数f(x)＝x3－x2＋2ax＋3在x＝2处取得极小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－6) B．(－∞，6) C．(6，＋∞) D．(－6，＋∞) 解析　f(x)＝x3－x2＋2ax＋3，所以f′(x)＝3x2－(a＋6)x＋2a＝(3x－a)(x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝2，若f(x)在x＝2处取得极小值，则<2，解得a<6，故选B. 答案　B 2．若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是________． 解析　法一　若函数f(x)在区间上无极值点，则当x∈时，f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立．当x∈时，x＋∈.当f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立时，a≤x＋恒成立，则a≤2；当f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立时，a≥x＋恒成立，则a≥.因此要使函数f(x)在上有极值点，实数a的取值范围是. 法二　问题转化为f′(x)＝x2－ax＋1在x∈内存在变号零点，即 解得2<a<. 答案　 考点三　利用导数求函数的最值(师生共研) 　已知函数f(x)＝. (1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；