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（新高考提高版）

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·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线y＝f 关于直线x＝b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由； (3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围． 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(x＋1)， 则f′(x)＝－ln(x＋1)＋， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)， 即(ln 2)x＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得f ＝(x＋a)ln， 令u(x)＝(x＋a)ln， 函数u(x)的定义域满足＋1＝>0， 即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)， 定义域关于直线x＝－对称，由题意可得b＝－， 由对称性可知u ＝u， 取m＝可得u(1)＝u(－2)， 即(a＋1)ln 2＝(a－2)ln ＝(2－a)ln 2， 则a＋1＝2－a，解得a＝， 经检验，a＝，b＝－满足题意， 故存在a＝，b＝－满足题意． (3)由题意知f′(x) ＝－ln(x＋1)＋ ＝－. 令h(x)＝ln(x＋1)－， 则h(0)＝0， h′(x)＝－， 当a≥时，h′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 故h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0，即f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值； 当a≤0时，h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 故h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以h(x)>h(0)＝0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值； 当0<a<时，h′(x)在上大于0， 故h(x)在上单调递增， 且h>h(0)＝0， 所以f′<0. 又f′(x)＝－ ＝－ >－ ＝， 令g(x)＝ax－ln(x＋1)， 则当x→＋∞时，g(x)→＋∞， 故必存在x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)>0， 所以f′(x0)>0， 由零点存在定理知符合题意． 综上，a的取值范围为. 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　(多选)(2023·临沂模拟)已知函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，则以下结论正确的为(　　) A．0<a<e B．0<x1<1<x2 C．若x2＝2x1，则a＝2ln 2 D．ln x1＋x2>0 答案　BD 解析　由题可得f′(x)＝2ex－2ax，令f′(x)＝0， 即ex－ax＝0，显然x≠0， 若方程有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2)， 则方程a＝有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2)， 即g(x)＝的图象与直线y＝a有两个交点，且横坐标分别为x1，x2(x1<x2)， 又g′(x)＝， 所以由g′(x)<0可得x∈(－∞，0)∪(0,1)，由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)， 所以g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 且当x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0.g(x)图象如图所示． 对于A，要使函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，则a>g(1)＝e，A错误； 对于B，当a>e时，易知0<x1<1<x2，B正确； 对于C，若x2＝2x1， 则a＝， 得x1＝ln 2，故a＝＝，C错误； 对于D，因为， 所以x1＝x2，又0<x1<1， 所以>1，x2>1，所以x2>1， 故x1>1，所以ln x1＋x2>0，D正确． 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·宝鸡模拟)函数f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1,2)上有最小值，则实数a的取值范围为________． 答案　 解析　f′(x)＝2x＋(a－1)－ ＝， 设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24>0，因此g(x)＝0有两个不相等的实数根， 又g(0)＝－3<0，因此g(x)＝0的两根一正一负， 由题意正根在(1,2)内， 所以 解得－<a<2. 考点三　极值、最值的简单应用 例3　(2023·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为________． 答案　－3 解析　由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)， 得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)， 若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2， 则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根， 所以 解得0<a<， 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， 则h′(a)＝>0， 所以h(a)＝－－1－ln 2a在上单调递增， 所以h(a)<h＝－3， 所以t≥－3. 故实数t的最小值为－3. 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·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. 5．(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＝－. 6．(2023·聊城模拟)已知函数f(x)＝ex2－ax(a>0且a≠1)有一个极大值点x1和一个极小值点x2，且x1<x2，则a的取值范围为 (　　) A. B. C．(1，e) D．(e，＋∞) 答案　B 解析　由题意知，当x∈(－∞，x1)时，f′(x)>0， 又f′(x)＝ex－axln a，当a>1时，若x<0，ex<0，－axln a<0，所以f′(x)<0， 矛盾，故0<a<1， 由f′(x)＝ex－axln a＝0有两个不同实数根可知y＝ex，y＝axln a有两个不同交点， 设过原点与y＝axln a相切的直线为l，切点为(x0，ln a)， 因为y′＝ln2a·ax， 所以k＝ln2a·＝， 解得x0＝， 即k＝ln2a·＝eln2a，如图， 所以y＝ex与y＝axln a有两个不同交点则需e>eln2a，解得<a<e， 又0<a<1，所以<a<1，此时满足极大值点为x1，极小值点为x2，且x1<x2. 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．已知函数f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax(a∈R)，下列说法正确的是(　　) A．若y＝f(x)是偶函数，则a＝－ B．若y＝f(x)是偶函数，则a＝－3 C．若a＝－2，函数存在最小值 D．若函数存在极值，则实数a的取值范围是(－3,0) 答案　ACD 解析　对于A，B，函数的定义域为R， 且f(－x)＝f(x)， 则ln(e－3x＋1)＋a(－x)＝ln(e3x＋1)＋ax， 则ln＝－2ax， 则ln e3x＝－2ax，则3x＝－2ax恒成立， 故a＝－，所以A正确，B错误； 对于C，当a＝－2时， f(x)＝ln(e3x＋1)－2x， 可得f′(x)＝－2＝1－， 令f′(x)＝0，即1－＝0，解得x＝， 所以当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f ，所以C正确； 对于D，f′(x)＝(3＋a)－， 因为f(x)存在极值，所以f′(x)有零点， 令f′(x)＝0，即(3＋a)－＝0， 所以x＝， 则>0，即a(a＋3)<0， 解得－3<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·泸州模拟)已知函数f(x)＝xln x＋mex有两个极值点，则m的取值范围是________． 答案　 解析　由题意，令f′(x)＝1＋ln x＋mex＝0， 即－m＝有两个不相等的正实根， 所以y＝－m与g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点， 则g′(x)＝， 记h(x)＝－ln x－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0， 当x∈(0,1]时h(x)≥0，g′(x)≥0， 所以g(x)在(0,1]上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时h(x)<0，g′(x)<0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝， 当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0， 综上，当0<－m<，即－<m<0时，y＝－m与g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，即f(x)有两个极值点． 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．已知函数f(x)＝(a－x)ln x. (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)证明：当a>0时，函数f(x)存在唯一的极大值点． (1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝0， f′(x)＝－ln x＋，f′(1)＝a－1， 故曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)(x－1)． (2)证明　f′(x)＝－ln x＋ ＝， 令g(x)＝－xln x－x＋a，g′(x)＝－ln x－2， 令g′(x)＝0，x＝； 令g′(x)>0,0<x<； 令g′(x)<0，x>， 所以g(x)在上单调递增，在上单调递减， 当x∈时，g(x)＝－x(ln x＋1)＋a>0恒成立， 当x∈时，a＋1>1>， g(a＋1)＝－(a＋1)ln(a＋1)＋a－(a＋1)<0， 故存在唯一的x0∈， 使得g(x0)＝0，即f′(x0)＝0， 且当x∈时，g(x)>0，即f′(x)>0； 当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0， 综上所述，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，即f(x)存在唯一的极大值点x0. 学科网（北京）股份有限公司 $$