第三章 第二节 第2课时 函数的极值、最值与导数（Word教参）-【优化指导】2024高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版 新教材 新高考）

第❷课时　函数的极值、最值与导数 1.(多选)已知函数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(　　) A．函数f(x)有极大值f(2) B．函数f(x)有极大值f(－2) C．函数f(x)有极小值f(－2) D．函数f(x)有极小值f(2) BD　解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值． 2．(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是(　　) A．f(x)在[－2，－1]上是增函数 B．当x＝3时，f(x)取得最小值 C．当x＝－1时，f(x)取得极小值 D．f(x)在[－1，2]上是增函数，在[2，4]上是减函数 CD　解析：根据题中图象知，当x∈(－2，－1)，x∈(2，4)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(－1，2)，x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故A错误，D正确；当x＝－1时，f(x)取得极小值，C正确；当x＝3时，f(x)不是取得最小值，B错误． 1.已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为(　　) A．2e－1 B．－ C．1 D．2ln 2 D　解析：由题意知，f′(x)＝－(x>0)，令x＝e，得f′(e)＝2f′(e)－，∴f′(e)＝，∴f′(x)＝－.令f′(x)＝0，得x＝2e.当x∈(0，2e)时，f′(x)＞0；当x∈(2e，＋∞)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减．∴f(x)在x＝2e处取极大值f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2. 2．函数f(x)＝的最大值为(　　) A. B． C. e D．0 B　解析：由题意得f′(x)＝＝(x>0).令f′(x)>0，解得0<x<；令f′(x)<0，解得x>.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞)，所以函数f(x)＝的最大值为f()＝＝. 3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是________． 答案：－37　解析：∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， ∴f(x)在(－2，0)上为增函数，在(0，2)上为减函数，∴当x＝0时，f(0)＝m最大，∴m＝3.∵f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴此函数在[－2，2]上的最小值为－37. 4．(2021·新高考卷Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 答案：1　解析：当x＞时，f(x)＝2x－1－2ln x，f′(x)＝2－＝.令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得＜x＜1，所以f(x)在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1.当0＜x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x，f′(x)＝－2－＝＜0，所以f(x)在(0，]上单调递减，所以f(x)min＝f()＝－2ln ＝2ln 2＞1.所以f(x)的最小值为1. 【例1】已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R). (1)当a＝时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数． 解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝. 令f′(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表． x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) ↗ ln 2－1 ↘ 故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝(x>0). 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a>0时，当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，故函数在x＝处有极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝. 【例2】(2021·北京卷)已知函数f(x)＝. (1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值． 解：(1)当a＝0时，f(x)＝，则f′(x)＝＝. 当x＝1时，f(1)＝1，f′(1