专题1 第4讲 函数的极值、最值-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考基础版）

第4讲　函数的极值、最值 [考情分析]　利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题． 考点一　利用导数研究函数的极值 核心提炼 判断函数的极值点，主要有两点 (1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点． (2)利用函数f(x)的单调性可得函数的极值点． 例1　(2023·海南统考)已知函数f(x)＝x＋a(2－ex)＋2(a∈R)． (1)若函数f(x)在x＝0处的切线与直线x＋y－1＝0平行，求实数a的值； (2)若函数f(x)的极大值不小于3a，求实数a的取值范围． 解　(1)因为f(x)＝x＋a(2－ex)＋2， 则f′(x)＝1－aex， 在直线方程x＋y－1＝0中， 令x＝0，可得y＝1， 由题意可得解得a＝2. (2)因为函数f(x)＝x＋a(2－ex)＋2的定义域为R，f′(x)＝1－aex. 当a≤0时，对任意的x∈R，f′(x)>0，即函数f(x)在R上是增函数，此时函数f(x)无极值； 当a>0时，由f′(x)＝0，可得x＝－ln a， 当x<－ln a时，f′(x)>0， 此时函数f(x)单调递增， 当x>－ln a时，f′(x)<0， 此时函数f(x)单调递减， 故函数f(x)的极大值为 f(－ln a)＝a＋2－ln a＝2a－ln a＋1≥3a， 整理可得a＋ln a－1≤0， 令g(a)＝a＋ln a－1，其中a>0，则g′(a)＝1＋>0，故函数g(a)在(0，＋∞)上单调递增， 且g(1)＝0，由a＋ln a－1≤0可得g(a)≤g(1)，解得0<a≤1. 因此，实数a的取值范围是(0,1]． 易错提醒　(1)不能忽略函数的定义域． (2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性． (3)函数的极小值不一定比极大值小． 跟踪演练1　(1)(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　) A．a<b B．a>b C．ab<a2 D．ab>a2 答案　D 解析　当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知b>a. 当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知a>b. 综上，可知必有ab>a2成立． (2)(2023·乐山模拟)已知函数f(x)＝aex－x2 有两个极值点，则a的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　f′(x)＝aex－2x，f(x)有2个极值点等价于f′(x)有2个变号零点， 令f′(x)＝aex－2x＝0， 有a＝，令g(x)＝， 则g′(x)＝， 当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以当x＝1时，g(x)取得极大值也是最大值g(1)＝， 当x趋于－∞时，g(x)趋于－∞，当x趋于＋∞时，g(x)趋于0，函数大致图象如图所示， 所以a的取值范围是. 考点二　利用导数研究函数的最值 核心提炼 1．求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a，b)内的极值． (2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)． (3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 2．若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值． 例2　(1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)等于(　　) A．－1 B．－ C. D．1 答案　B 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以依题意可知 而f′(x)＝－， 所以即 所以f′(x)＝－＋， 因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 当x＝1时取最大值，满足题意． 所以f′(2)＝－1＋＝－. (2)(2023·抚州模拟)已知函数f(x)＝ex－2x，g(x)＝－x，且f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为(　　) A．1 B．e C．1－ln 2 D．2－ln 2 答案　A 解析　由f(x1)＝g(x2)，得－2x1＝－x2， 化简整理得x1－x2＝－x1， 因为g(x)的值域，f(x)，g(x)的定义域均为R， 所以x1的取值范围也是R， 令h(x)＝ex－x(x∈R)，h′(x)＝ex－1， 令ex－1＝0，解得x＝0. 当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，即h(x)在(－∞，0)上单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(0)＝1，故(x1－x2)min＝1. 易错提醒　(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论． (2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值． 跟踪演练2　(1)(2023·葫芦岛模拟)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]上的最大值为(　　) A．－ B．2 C．－ D.＋2 答案　D 解析　f′(x)＝(x＋1)cos x，当x∈时， f′(x)＞0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， f ＝＋2，f(2π)＝2， ∴f(x)max＝f ＝＋2. (2)(2023·无锡模拟)已知函数f(x)＝a(ln x－1)－x(a∈R)在区间(e，＋∞)上有最值，则实数a的取值范围是(　　) A．(e，＋∞) B. C．(－∞，e] D．(－∞，－e) 答案　A 解析　f′(x)＝－1＝，其中x>e， 当a≤e时，f′(x)<0，故f(x)在(e，＋∞)上单调递减，此时f(x)在(e，＋∞)内无最值； 当a>e时，若x∈(e，a)，则f′(x)>0， 若x∈(a，＋∞)，则f′(x)<0， 故f(x)在(e，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，故f(x)在x＝a处取最大值．综上所述，实数a的取值范围是(e，＋∞)． 考点三　极值、最值的简单应用 例3　已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的极值点为1和2，且f(x)在(1,2)上单调递增，则2a3－b2－12c的最大值为________． 答案　13 解析　因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d， 所以f′(x)＝ax2＋bx＋c， 由题知函数f(x)的极值点为1和2， 且在(1,2)上单调递增， 所以解得 所以2a3－b2－12c＝2a3－9a2－24a， 令φ(a)＝2a3－9a2－24a，a<0， 则φ′(a)＝6a2－18a－24＝6(a－4)(a＋1)， 因为a<0， 所以当a∈(－∞，－1)时，φ′(a)>0； 当a∈(－1,0)时，φ′(a)<0. 所以φ(a)在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1,0)上单调递减， 所以φ(a)max＝φ(－1)＝13. 易错提醒　方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法．分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视． 跟踪演练3　(多选)(2023·福州模拟)已知函数f(x)＝，以下结论正确的是(　　) A．f(x)是偶函数 B．x＝0是f(x)的极值点 C．f(x)的最小值为－ D．f(x)的最大值为1 答案　ABD 解析　f(－x)＝＝＝f(x)，∴f(x)为偶函数，A正确； ∵f′(x)＝－， ∴f′(0)＝0，又f(x)为偶函数，故x＝0为f(x)的极值点，B正确； ∵f(π)＝＝－，且f′(π)＝≠0， ∴x＝π不是f(x)的极值点，故f(π)不是f(x)的最小值，C错误； 又－1≤cos x≤1，x2＋1≥1，则当cos x＝1，x2＋1＝1，即x＝0时，f(x)最大值为1，D正确． 专题强化练 一、单项选择题 1．下列函数中，不存在极值的是(　　) A．y＝x＋ B．y＝xex C．y＝xln x D．y＝－3x3－3x2－x 答案　D 解析　显然A，B，C中的函数存在极值． 对于D，函数y＝－3x3－3x2－x， 则y′＝－9x2－6x－1＝－(3x＋1)2≤0，所以函数y＝－3x3－3x2－x在R上是减函数，没有极值点． 2．(2023·西宁模拟)函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为(　　) A. B．e2 C. D．2e 答案　A 解析　依题意f′(x)＝(x2－2x－3)＝(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，且最小值为f(3)＝＝. 3．(2023·哈尔滨模拟)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋b在x＝2处取得极值1，则a－b等于(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．2 答案　D 解析　由题意，x∈R， 在f(x)＝ax3＋3x2＋b中，f′(x)＝3ax2＋6x， 在x＝2处取得极值1， ∴ 解得经检验满足题意， ∴a－b＝－1－(－3)＝2. 4.(2023·太原模拟)已知函数f(x)的定义域为D，其导函数为f′(x)，函数y＝sin x·f′(x)(x∈D)的图象如图所示，则f(x)(　　) A．有极小值f(2)，极大值f(π) B．有极大值f(2)，极小值f(0) C．有极大值f(2)，无极小值 D．有极小值f(2)，无极大值 答案　D 解析　当x∈(0，π)时，sin x>0， 当x∈(－π，0)∪(π，2π)时，sin x<0， 则由图象可得当x∈(－π，2)时，f′(x)≤0， 当x∈(2,2π)时，f′(x)≥0， 故函数f(x)在(－π，2)上单调递减， 在(2,2π)上单调递增， 则由图象可得函数f(x)在定义域D上先减后增，有极小值f(2)，无极大值． 5．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3,0) 答案　B 解析　f(x)＝x3＋ax＋2， 则f′(x)＝3x2＋a， 若f(x)存在3个零点， 则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0， 令f′(x)＝3x2＋a＝0， 解得x＝－或x＝， 且当x∈∪时， f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0， 故f(x)的极大值为f ， 极小值为f ， 若f(x)存在3个零点， 则 即解得a<－3. 6．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝ex－－b，∀x∈R，都有f(x)的最小值为0，则a2b的最小值为(　　) A．－ B. C．－ D. 答案　A 解析　f′(x)＝ex－， 若a<0，则f′(x)>0， 此时f(x)为R上的增函数， ∴f(x)无最小值，故a>0， 令f′(x)＝0，得x＝ln ＝－ln a， ∴当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0， 当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增， ∴f(x)min＝f(－ln a)＝e－ln a＋－b ＝＋－b＝0， ∴b＝＋， ∴a2b＝a＋aln a， 令g(a)＝a＋aln a(a>0)， g′(a)＝1＋1＋ln a＝2＋ln a， 当a∈(0，e－2)时，g′(a)<0， 当a∈(e－2，＋∞)时，g′(a)>0， ∴g(a)在(0，e－2)上单调递减， 在(e－2，＋∞)上单调递增， ∴g(a)min＝g(e－2)＝e－2＋e－2·(－2) ＝－e－2＝－. 二、多项选择题 7．(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 答案　BCD 解析　函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝－－＝， 因为函数f(x)既有极大值也有极小值， 则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0， 因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2， 于是 即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0， 显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确． 8．(2023·泰安模拟)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)＋ax(a∈R)，下列说法错误的是(　　) A．若a＝1，则函数y＝f(x)图象在x＝0处的切线方程为2x－y＋ln 2＝0 B．若a＝－1，则函数y＝f(x)是奇函数 C．若a＝－2，则函数y＝f(x)存在最小值 D．若函数f(x)存在极值，则实数a的取值范围是(－2,0) 答案　BC 解析　对于A，当a＝1时，f′(x)＝＋1， 则f′(0)＝2，f(0)＝ln 2， 所以切线方程为2x－y＋ln 2＝0，所以A正确； 对于B，函数的定义域是R， 若a＝－1，则f(x)＝ln(e2x＋1)－x， 所以f(－x)＝ln(e－2x＋1)＋x＝ln＋x ＝ln(e2x＋1)－ln e2x＋x ＝ln(e2x＋1)－x＝f(x)， 所以y＝f(x)是偶函数，所以B错误； 对于C，当a＝－2时，f(x)＝ln(e2x＋1)－2x， 则f′(x)＝－2＝<0，所以f(x)在R上为减函数，无最小值，所以C错误； 对于D，f′(x)＝＋a＝2＋a－，若函数f(x)存在极值， 则f′(x)有零点，令f′(x)＝0， 即(2＋a)－＝0，所以a＋2＝. 因为e2x>0，所以0<<2，即0<a＋2<2， 解得－2<a<0，所以D正确． 三、 填空题 9．(2023·北京朝阳区模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则f(x)的极小值点为________． 答案　x＝1 解析　f(x)的定义域为R， f′(x)＝2xex＋(x2－3)ex ＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex， 所以在(－∞，－3)上f′(x)>0，f(x)单调递增， 在(－3,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减， 在(1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的极小值点是x＝1. 10．(2023·凉山模拟)已知函数f(x)的导函数为g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为________． 答案　2 解析　由题意可知f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点， 令h(x)＝x2－3x＋a，h(1)＝0， 即1－3＋a＝0⇒a＝2， 当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2) ＝(x－1)2(x－2)， 故当x>2时，f′(x)>0；当x<2时，f′(x)≤0， 因此x＝2是f(x)的极值点，1不是极值点， 故a＝2满足题意． 11．(2023·广东省名校联盟联考)用总长11 m的钢条制作一个长方体容器的框架，若所制容器底面一边的长比另一边的长多1 m，则最大容积为____ m3；此时容器的高为________ m. 答案　　 解析　由题意，设容器底面的长、宽分别为x，x＋1， 则x>0，容器的高为＝－2x. 记容器的体积为V(x)， 则V(x)＝x(x＋1) ＝－2x3－x2＋x， ∴V′(x)＝－6x2－x＋ ＝－(2x－1)(12x＋7)， 当V′(x)＝0时，解得x＝， ∴当V′(x)<0，即<x<时， 函数V(x)单调递减， 当V′(x)>0，即0<x<时，函数V(x)单调递增， ∴V(x)max＝V＝，此时高为. 12．(2023·江门模拟)已知f(x)＝|ln x|，x1，x2是方程f(x)＝a(a∈R)的两根，且x1<x2，则的最大值是________． 答案　 解析　由题意x1，x2是方程|ln x|＝a的两根， 且x1<x2， 则a>0，ln x1＝－a，ln x2＝a， 即x1＝e－a，x2＝ea， 所以＝＝(a>0)， 令g(x)＝(x>0)，g′(x)＝， 当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 则当x＝1时，g(x)取最大值， 所以的最大值是. 四、解答题 13．(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数． (1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f(x)＝ln x－x， f′(x)＝－1＝， 令f′(x)>0得，0<x<1；令f′(x)<0得，x>1， ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)， 单调递减区间为(1，＋∞)． (2)f′(x)＝＋＝. ①当a>0时，x>0，∴f′(x)>0， ∴函数f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)max＝f(e)＝2， ∴＋1＝2，∴a＝e符合题意； ②当－e<a<0时， 令f′(x)＝0得x＝－a， x (0，－a) －a (－a，e) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值 单调递减 ∴f(x)max＝f(－a)＝2， ∴－1＋ln(－a)＝2， ∴a＝－e3不符合题意，舍去； ③当a≤－e时，在(0，e)上f′(x)>0， ∴f(x)在(0，e)上单调递增，故f(x)在(0，e]上的最大值为f(x)max＝f(e)＝＋1＝2， ∴a＝e不符合题意，舍去，综上可得a＝e. 14．(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝sin x－mx3，g(x)＝(x－1)ex(m∈R)． (1)当m＝1时，求f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设F(x)＝f(x)＋g(x)－sin x，当x>0时，函数F(x)有两个极值点，求实数m的取值范围． 解　(1)当m＝1时，f(x)＝sin x－x3， 所以f′(x)＝cos x－3x2，故f′(0)＝1，f(0)＝0， 所以切线方程为y＝x，即x－y＝0. (2)由题设知，F(x)＝(x－1)ex－mx3，x∈(0，＋∞)有两个极值点， 则F′(x)＝x(ex－3mx)有两个变号零点， 令F′(x)＝0得x＝0或ex－3mx＝0， 因为x>0，故3m＝， 所以y＝3m与φ(x)＝(x>0)有两个不同的交点， φ′(x)＝， 当x∈(0,1)时，φ′(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0,1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(1)＝e， 且x→0时，φ(x)→＋∞，x→＋∞时，φ(x)→＋∞， 故3m>e，即m>， 所以实数m的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$