04 专题逐一通关一 专题4 函数的极值、最值-【名师导航】2026年高考数学二轮总复习教师用书

专题4　函数的极值、最值 利用导数研究函数的极值 【例1】　已知函数f (x)＝a ln x＋－x． (1)设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f (x)的斜率为2的切线方程； (2)若x＝1是f (x)的极小值点，求b的取值范围． [解]　(1)当a＝1，b＝－2时，f (x)＝ln x－－x，则f ′(x)＝－1， 设切点为(x0，f (x0))，令f ′(x0)＝2，则－1＝2，即－x0－2＝0，解得x0＝1或－(舍去)， 又f (1)＝－3，故切线方程为y＝2(x－1)－3，即y＝2x－5． (2)由f ′(x)＝－1，又f ′(1)＝0，则a－b－1＝0， 即a＝b＋1， f ′(x)＝－1＝， (ⅰ)若b>1，令f ′(x)>0，则1<x<b，则f (x)在(0，1)内单调递减，(1，b)内单调递增，(b，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f (x)的极小值点，符合题意； (ⅱ)若b＝1，则f ′(x)＝－≤0，则f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无极小值； (ⅲ)若0<b<1，令f ′(x)>0，则b<x<1，则f (x)在(0，b)内单调递减，(b，1)内单调递增，(1，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f (x)的极大值点，与题意不符； (ⅳ)若b≤0，令f ′(x)>0，则0<x<1，则f (x)在(0，1)内单调递增，(1，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f (x)的极大值点，与题意不符． 综上可得，b的取值范围是(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，f '(x)的变号零点才是f (x)的极值点，所以求f (x)的极值点时，除了找到方程f '(x)＝0的实数根x0外，还需判断f (x)在x＝x0附近左侧和右侧的单调性． (3)函数的极小值不一定比极大值小． 【学完就练1】 已知函数f (x)＝eax＋(a≥0)． (1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程； (2)设g(x)＝f ′(x)·x2，求函数g(x)的极大值． [解]　(1)当a＝0时，f (x)＝1＋，f ′(x)＝－，则f (1)＝2，f ′(1)＝－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y＝－x＋3． (2)由f ′(x)＝aeax－， 得g(x)＝f ′(x)·x2＝ax2eax－1(x≠0)， 则g′(x)＝2axeax＋a2x2eax＝ax(ax＋2)eax(x≠0)． 当a＝0时，g(x)＝－1，此时函数g(x)无极值； 当a>0时，令g′(x)>0，则x<－或x>0， 令g′(x)<0，则－<x<0， 所以函数g(x)在，(0，＋∞)上单调递增， 在内单调递减， 所以g(x)的极大值为g＝－1． 综上所述，当a＝0时，函数g(x)无极大值； 当a>0时，函数g(x)的极大值为－1． 利用导数研究函数的最值 【例2】　已知函数f (x)＝ax＋x2－x ln a－b(a，b∈R，a>1)，e是自然对数的底数． (1)当a＝e，b＝4时，求整数k的值，使得函数f (x)在区间(k，k＋1)内存在零点； (2)若x∈[－1，1]，且b＝0，求f (x)的最小值和最大值． [解]　(1)当a＝e，b＝4时，f (x)＝ex＋x2－x－4， 所以f ′(x)＝ex＋2x－1，所以f ′(0)＝0， 当x>0时，ex>1， 所以f ′(x)>0，故f (x)在(0，＋∞)上单调递增， 同理f (x)在(－∞，0)上单调递减． f (－2)＝e-2＋2>0，f (－1)＝e-1－2<0， f (0)＝－3<0，f (1)＝e－4<0，f (2)＝e2－2>0， 故当x>2时，f (x)>0，当x<－2时，f (x)>0， 故当x>0时，函数f (x)的零点在(1，2)内， 所以k＝1满足条件． 同理，当x<0时，函数f (x)的零点在(－2，－1)内，所以k＝－2满足条件． 综上，整数k的值为1或－2． (2)由已知f (x)＝ax＋x2－x ln a， f ′(x)＝ax ln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a， ①当x>0时，由a>1，可知ax－1>0，ln a>0， 所以f ′(x)>0； ②当x<0时，由a>1，可知ax－1<0，ln a>0， 所以f ′(x)<0； ③当x＝0时，f ′(x)＝0， 所以f (x)在[－1，0]上单调递减，在(0，1]内单调递增， 所以当x∈[－1，1]时，f (x)min＝f (0)＝1， f (x)max＝max{f (－1)，f (1)}． 因为f (1)＝a＋1－ln a，f (－1)＝＋1＋ln a， 则f (1)－f (－1)＝a－－2ln a， 设g(t)＝t－－2ln t(t>0)， 因为g′(t)＝1＋＝≥0(当且仅当t＝1时取等号)， 所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， 所以当t>1时，g(t)>0，即a>1时，a－－2ln a>0，所以f (1)>f (－1)， 即f (x)max＝f (1)＝a＋1－ln a． 综上，f (x)的最小值为1，最大值为a＋1－ln a． 【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，不仅要研究函数的极值，还需研究函数的单调性，结合函数的单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值． 【学完就练2】 若函数f (x)＝x(a－ex)在区间(0，＋∞)上有极大值m，则m－a的最小值是(　　) A．－e　 B．－1 C．1　 D．e A　[由f ′(x)＝a－(x＋1)ex，若f (x)在(0，＋∞)上有极大值m，必存在极大值点x0， 即f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有解，即a－(x＋1)ex＝0有解，所以有a>1，a＝， m＝f (x0)＝＝， 所以有m－a＝，令g(x)＝(x2－x－1)ex(x>0)， 有g′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex， 可得函数g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，有g(x)min＝g(1)＝－e， 当x0＝1时，a＝2e，则在(0，1)内f ′(x)>0，在(1，＋∞)上f ′(x)<0， 所以f (x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，满足题设， 故m－a的最小值为－e．] 已知函数极值、最值求参数 【例3】　(1)已知函数f (x)＝e-2x＋ax2恰有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－e) B．(－∞，－2e) C．(－2e，0) D．(－∞，－2e)∪(0，＋∞) (2)已知函数f (x)＝ln x－ax－2在区间(1，2)内存在最大值，则实数a的取值范围为________． (1)B　(2)　[(1)根据题意f ′(x)＝2ax－2e-2x，若函数f (x)＝e-2x＋ax2恰有两个极值点， 则只需2ax－2e-2x＝0有两个不同的根， 显然x＝0不是方程的根，所以只需a＝有两个不同的根， 令g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝， 当－<x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>0时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x<－时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以当x＝－时g(x)取得极大值，且极大值为g＝－2e， 又当x→0＋，g(x)→＋∞，当x→＋∞，g(x)→0＋， 当x→0－，g(x)→－∞，当x→－∞，g(x)→－∞， g(x)的图象如图所示， 结合图象可得若原函数有两个极值点，需满足a<－2e． (2)由f (x)＝ln x－ax－2，得f ′(x)＝－a＝(x>0)， 当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意； 当a>0时，令f ′(x)>0，得0<x<；令f ′(x)<0，得x>． 所以f (x)在内单调递增，在上单调递减， 所以f (x)在x＝处取得极大值． 因为函数f (x)在区间(1，2)内存在最大值， 所以1<<2，所以a∈．] 【易错提醒】　不等式恒成立，方程有解问题都可用分离参数法．分离参数时，易忽视等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0． 【学完就练3】 (1)若函数f (x)＝x3＋x2－2在区间(a－4，a)内存在最小值，则实数a的取值范围是________． (2)已知函数f (x)＝(x－1)(x2＋mx＋1)既有极大值又有极小值，且f (x)在区间(1，2)内单调，则m的取值范围是________． (1)[1，4)　(2)(－∞，－3]∪(1，＋∞)　[(1)由f (x)＝x3＋x2－2，得f ′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)， 所以当x<－2或x>0时，f ′(x)>0，当－2<x<0时，f ′(x)<0， 于是得f (x)在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)内单调递减， 当x＝0时，f (x)取得极小值f (0)＝－2． 因为f (x)在区间(a－4，a)内存在最小值，而函数的最值不可能在开区间端点处取得，于是得0∈(a－4，a)，且f (a－4)≥f (0)， 即 解得1≤a<4， 所以实数a的取值范围为[1，4)． (2)由题意得f (x)＝x3＋(m－1)x2＋(1－m)x－1，且f (x)既有极大值又有极小值， 故f ′(x)＝3x2＋2(m－1)x－(m－1)＝0有两个不相等的实数根， 即Δ＝4(m－1)2＋12(m－1)>0，解得m>1或m<－2． 设g(x)＝f ′(x)，若f (x)在区间(1，2)内单调递减， 则需满足解得m≤－3． 若f (x)在区间(1，2)内单调递增， 则 或 解得m无解或m>1． 综上，m的取值范围是(－∞，－3]∪(1，＋∞)．] 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $