专题1 微专题5 函数的极值、最值-【步步高】2024年新高考数学考前三个月（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）

微专题5　函数的极值、最值 [考情分析]　应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，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 典例1　已知函数f(x)＝eax(x－1)2. (1)若a＝1，求f(x)在(0，f(0))处的切线方程； (2)求f(x)的极大值与极小值； 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex(x－1)2，f′(x)＝ex(x2－1)， 所以f′(0)＝e0(02－1)＝－1， 又f(0)＝e0(0－1)2＝1， 所以切线方程为y－1＝－(x－0)，即x＋y－1＝0. (2)f′(x)＝aeax(x－1)2＋2eax(x－1)＝eax(x－1)(ax－a＋2)， 当a＝0时，f′(x)＝2(x－1)＝0，解得x＝1， 故当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x＝1时，f(x)有极小值为f(1)＝0，无极大值． 当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝1－， 故当x<1－或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当1－<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故f(x)的极大值为f ＝ea－22＝，极小值为f(1)＝0. 当a<0时，令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝1－， 故当x<1或x>1－时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当1<x<1－时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 故f(x)的极大值为f ＝ea－22＝，极小值为f(1)＝0. 综上，当a＝0时，f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值； 当a≠0时，f(x)的极大值为f ＝，极小值为f(1)＝0. 跟踪训练1　(2023·长沙模拟)设g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cos x－sin x，a∈R，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 解　因为g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cos x－sin x， 所以g′(x)＝x2－ax＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)， 令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0， 所以h(x)在R上是增函数， 因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0. (1)当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以当x＝a时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)＝－a3－sin a； 当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a. (2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)， 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增． 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值． (3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a； 当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sin a. 综上，当a<0时，g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a； 当a＝0时，g(x)是增函数，无极值； 当a>0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a. 考点二　利用导数研究函数的最值 典例2　已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由． 解　(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝. 若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减． 若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数． 若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增， 在上单调递减． (2)满足题设条件的a，b存在． ①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b＝－1，最大值为f(1)＝2－a＋b＝1. 解得a＝0，b＝－1， 此时a，b满足条件； ②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝b＝1，最小值为f(1)＝2－a＋b＝－1. 解得a＝4，b＝1， 此时a，b满足条件； ③当0<a<3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上的最小值为f ＝－＋b， 最大值为b或2－a＋b. 若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0<a<3矛盾； 若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0<a<3矛盾． 综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]上的最小值为－1，最大值为1. 跟踪训练2　(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)． (1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值． 解　(1)当m＝－2时，f(x)＝ln x＋， ∴f′(x)＝(x>0)， ∴当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0， ∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)． (2)由f′(x)＝(x>0)， 得当m≥0时，f′(x)>0， ∴f(x)为增函数， 则f(x)在[1，e]上单调递增， 从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4， 可得m＝－4，不符合题意； 当m<0时，令f′(x)＝0，得m＋x＝0，x＝－m， ①当0<－m≤1，即－1≤m<0时，由x∈[1，e]，知f′(x)≥0， 则f(x)在[1，e]上单调递增，从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4，可得m＝－4，不符合题意； ②当－m≥e，即m≤－e时，由x∈[1，e]，知f′(x)≤0， 则f(x)在[1，e]上单调递减，从而f(x)min＝f(e)＝1－＝4，可得m＝－3e，符合题意； ③当1<－m<e，即－e<m<－1时，由x∈[1，e]知f(x)在[1，－m]上单调递减，在[－m，e]上单调递增， 从而f(x)min＝f(－m)＝ln (－m)＋1＝4，解得m＝－e3，不符合题意． 综上，m的值为－3e. 考点三　导数的综合应用 典例3　(2023·凤城模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1(a>1)． (1)若函数f(x)在x＝－2处取得极值，求实数a的值； (2)当x∈[－2,1]时，求函数f(x)的最大值． 解　(1)由函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1，a>1，可得f′(x)＝3x2＋2ax－a2， 因为函数f(x)在x＝－2处取得极值，可得f′(－2)＝12－4a－a2＝0， 解得a＝2或a＝－6(舍去)． 当a＝2时，可得f′(x)＝(3x－2)(x＋2)， 当x<－2或x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当－2<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，符合题意． (2)由f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(3x－a)(x＋a)，其中a>1， 令f′(x)＝0，解得x＝－a或x＝， 当x<－a时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当－a<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ①当1<a<2时，可得－2<－a<－1且<<， 可得函数f(x)在[－2，－a)和上单调递增，在上单调递减， 因为f(－a)－f(1)＝a3＋a2－a－1＝(a2－1)(a＋1)>0，可得f(－a)>f(1)， 所以f(x)max＝f(－a)＝a3＋1. ②当2≤a<3时，可得－3<－a≤－2且≤<1， 可得函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， 因为f(－2)－f(1)＝3a2＋3a－9＝32－≥3×2－＝9， 所以f(－2)－f(1)>0，即f(－2)>f(1)，所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7. ③当a≥3时，可得－a≤－3且≥1，此时函数f(x)在区间[－2,1]上单调递减， 所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7. 综上，当1<a<2时，f(x)的最大值为a3＋1； 当a≥2时，f(x)的最大值为2a2＋4a－7. 跟踪训练3　已知定义在(0，＋∞)上的两个函数f(x)＝xex－x，g(x)＝ln x. (1)求h(x)＝x·g(x)的单调区间及极值； (2)求函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值． 解　(1)因为g(x)＝ln x， 所以h(x)＝x·g(x)＝xln x(x>0)， 所以h′(x)＝1＋ln x， 令h′(x)＝0，即1＋ln x＝0，解得x＝， 列表如下， x h′(x) － 0 ＋ h(x) 单调递减 极小值 单调递增 由表格可知，h(x)的单调递减区间为， h(x)的单调递增区间为， h(x)的极小值为h＝ln ＝－，无极大值． (2)因为f(x)＝xex－x，g(x)＝ln x， 所以F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－x－ln x(x>0)， 所以F′(x)＝ex＋xex－1－＝， 由x>0，得x＋1>0， 令φ(x)＝xex－1(x>0)， 所以φ′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 而φ＝－1＝－1<－1＝1－1＝0， φ(1)＝e－1>0， 由函数零点存在定理可知， 存在x0∈， 使得φ(x0)＝0， 则有－1＝0，即＝， 即x0＝－ln x0， 由上述对函数F(x)的分析，列表如下， x (0，x0) x0 (x0，＋∞) F′(x) － 0 ＋ F(x) 单调递减 极小值 单调递增 故F(x)min＝F(x0)＝－x0－ln x0 ＝＋ln x0－ln x0 ＝＝x0·＝1. 所以函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为1. [总结提升] 求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法 (1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另一个为最小值． (2)若函数f(x)在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数f(x)在区间[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值． (3)若函数f(x)在区间[a，b]上只有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到． 　　　　　　　　　　　　　　　　 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．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 答案　A 解析　函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 由x＝－2是函数f(x)的极值点，得 f′(－2)＝(4－2a－4＋a－1)e－3 ＝(－a－1)e－3＝0， 所以a＝－1. 所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1， f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1. 由ex－1>0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0. 所以x＝1是函数f(x)的极小值点． 所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1. 3．(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)·sin x＋1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为(　　) A．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 答案　D 解析　f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x ＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π]． 令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝. 因为f ＝cos ＋sin ＋1 ＝2＋， f ＝cos ＋sin ＋1＝－， 又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2， f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2， 所以f(x)max＝f ＝2＋， f(x)min＝f ＝－. 4．已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为(　　) A．[0,1] B．[0,2] C．[0，e] D．[1，e] 答案　C 解析　当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a ＝(x－a)2－a2＋2a. 当a≤1时，可得f(x)的最小值为 f(a)＝－a2＋2a， 令f(a)≥0，解得0≤a≤2，故0≤a≤1； 当a>1时，可得f(x)的最小值为f(1)＝1≥0，满足条件，所以a≥0. 当x>1时，由f(x)＝x－aln x可得 f′(x)＝1－＝， 当a≤1时，f′(x)>0， 则f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故只需1－aln 1≥0，显然成立； 当a>1时，由f′(x)＝0可得x＝a， 易得f(x)的最小值为f(a)＝a－aln a， 令f(a)≥0，解得0<a≤e，故1<a≤e， 所以a≤e. 综上，a的取值范围是[0，e]． 5．(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 答案　AC 解析　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确； 因为f(x)的极小值f ＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误； 因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确； 假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)也不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误． 6．(多选)(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． 7．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 答案　1 解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)． ①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－＝，当<x<1时，f′(x)<0， 当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1； ②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减，所以f(x)min＝f ＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1. 8．(2023·常德模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2－ax(a∈R，a≠0)．如果存在实数a∈(－∞，－1]使函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[－1，b](b>－1)在x＝－1处取得最小值，则实数b的最大值为________． 答案　 解析　f(x)＝ax3＋x2－ax， ∴f′(x)＝3ax2＋2x－a， g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(2－a)x－a， 当x∈[－1，b]时，g(x)在x＝－1处取得最小值， 则g(x)≥g(－1)，即(x＋1)[ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)]≥0， 当x＝－1时，不等式恒成立． 当－1<x≤b时，不等式可化为ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)≥0， 设h(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)，a∈(－∞，－1]， 知其图象是开口向下的抛物线，故h(x)在闭区间上的最小值必在端点处取得，且h(－1)＝－4a>0，则不等式成立的充要条件是 h(b)≥0，整理得≤－，则该不等式在a∈(－∞，－1]上有解，即 ≤max＝1，解得－1<b≤， 故实数b的最大值为. 9．(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝x3－2x2＋(2－a)x＋1，其中a∈R. (1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值． 解　(1)当a＝2时，f(x)＝x3－2x2＋1，求导得f′(x)＝2x2－4x，则f′(1)＝－2，而f(1)＝－， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋＝－2(x－1)，即6x＋3y－5＝0. (2)依题意，f′(x)＝2x2－4x＋2－a＝2(x－1)2－a，而x∈[2,3]，则2(x－1)2∈[2,8]， ①当a≤2时，f′(x)≥0，当且仅当a＝2，x＝2时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递增， 则f(x)min＝f(2)＝－2a，f(x)max＝f(3)＝7－3a； ②当a≥8时，f′(x)≤0，当且仅当a＝8，x＝3时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递减， 则f(x)min＝f(3)＝7－3a，f(x)max＝f(2)＝－2a； ③当2<a<8时，函数f′(x)在[2,3]上单调递增，由f′(x)＝0，得x＝1＋，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(x)min＝f＝－a－， 由f(3)－f(2)＝(7－3a)－＝－a≥0，得2<a≤，f(x)max＝f(3)＝7－3a， 由f(3)－f(2)＝－a<0，得<a<8，f(x)max＝f(2)＝－2a. 综上，当a≤2时，f(x)的最小值是－2a，最大值是7－3a； 当2<a≤时，f(x)的最小值是－a－，最大值是7－3a； 当<a<8时，f(x)的最小值是－a－，最大值是－2a； 当a≥8时，f(x)的最小值是7－3a，最大值是－2a. 10．(2023·南京模拟)已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋1，其中a∈R. (1)当a＝3时，求函数f(x)在(0,3)内的极值； (2)若函数f(x)在[1,2]上的最小值为5，求实数a的取值范围． 解　(1)由题意得，当a＝3时，f(x)＝2x3－12x2＋18x＋1， 则f′(x)＝6x2－24x＋18＝6(x－1)(x－3)， 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3， f′(x)，f(x)在(0,3)内随x变化而变化的情况如表所示， x (0,1) 1 (1,3) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值9 单调递减 故f(x)在(0,3)内的极大值为9，无极小值． (2)f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)， ①当a≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0且不恒为0， 所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递增， 所以在[1,2]上，f(x)min＝f(1)＝2×13－3(a＋1)×12＋6a×1＋1＝3a， 由题意得3a＝5，解得a＝，与a≤1矛盾； ②当a≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0且不恒为0， 所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递减， 所以在[1,2]上，f(x)min＝f(2)＝2×23－3(a＋1)×22＋6a×2＋1＝5，符合题意； ③当1<a<2时，若x∈[1，a)，则f′(x)≤0，函数f(x)在区间[1，a)上单调递减， 若x∈(a,2]，则f′(x)>0，函数f(x)在区间(a,2]上单调递增， 所以在[1,2]上，f(x)min＝f(a)＝2a3－3(a＋1)a2＋6a2＋1＝－a3＋3a2＋1， 由题意得－a3＋3a2＋1＝5，即a3－3a2＋4＝0，即a3－2a2－(a2－4)＝0， 即(a－2)2(a＋1)＝0，解得a＝－1或a＝2，与1<a<2矛盾． 综上，实数a的取值范围为[2，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$