高中数学-函数的极值与最值

函数的极值与最值
[题型分析·高考展望] 本部分内容为导数在研究函数中的一个重 要应用，在高考中也是重点
考查的内容，多在解答题中的某一问中考查，要求熟练掌握函数极值与极值点 的概念及判断
方法，极值和最值的关系.
常考题型精析
题型一 利用导数求函数的极值
例1 (江西)已知函数f(x)＝(x
2
＋bx＋b)·1－2x(b∈R).
(1)当b＝4时，求f(x)的极值；
1
(2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，求b的取值范围.
3
















点评 (1)导函数的零点并 不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定要注意
分析这个零点是不是函数的极值点.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内一定不是单调 函数，即在某

区间上的单调函数没有极值.
ax
变式训练1 (安徽)已知函数f(x)＝(a>0，r>0).
?x＋r?
2
(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；
a
(2)若＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.
r
















题型二 利用导数求函数最值
例2 已知函数f(x)＝x
3
＋ax
2
＋bx＋c，曲线y＝f( x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若
2
x＝时，y＝f(x)有极值.
3
(1)求a，b，c的值；
(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值.

点评 (1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内 所有使f′(x)＝0的点，再计算函
数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处 的函数值，最后比较即得.
(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况.
变式训练2 (安徽)设函数f(x)＝x
2
－ax＋b.
ππ
－，
?
内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (1)讨论函数f(sin x)在
?
?
22
?
ππ
－，< br>?
上的最大值D； (2)记f
0
(x)＝x
2
－a
0
x＋b
0
，求函数|f(sin x)－f
0
(sin x)|在
?
?
22
?
a
2
(3)在(2)中，取a
0
＝b
0
＝0，求z＝b－满足D≤1时的最大值.
4











高考题型精练
1.(深圳模拟)设a∈R，若函数y＝e
x
＋ax，x∈R有大于零的极值点，则( )
A.a<－1
1
C.a>－
e
B.a>－1
1
D.a<－
e
2.已知函数y＝x
3
－3x＋c的图象 与x轴恰有两个公共点，则c等于( )
A.－2或2
C.－1或1
B.－9或3
D.－3或1
3.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e
x
－1)(x－1)
k
(k＝1,2)，则( )
A.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B.当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值

C.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D.当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
x
?
?
1－x< br>－kx
2
，x≤0，
4.(烟台模拟)若函数f(x)＝
?

?
?
ln x，x>0
有且只有两个不同的零点，则实数k的取值范围是( )
A.(－4,0)
C.(－4,0]
B.(－∞，0]
D.(－∞，0)

5.已知a为常数，函数f(x)＝x(ln x－ax)有两 个极值点x
1
，x
2
(x
1
2
)，则 ( )
1
A.f(x
1
)>0，f(x
2
)>－
2
1
B.f(x
1
)<0，f(x
2
)<－
2
1
C.f(x
1
)>0，f(x
2
)<－
2
1
D.f(x
1
)<0，f(x
2
)>－ 2
6.已知函数f(x)＝x
3
＋2bx
2
＋cx＋1有两个极 值点x
1
，x
2
，且x
1
∈[－2，－1]，x
2
∈[1,2]，则
f(－1)的取值范围是( )
3
A.[－，3]
2
C.[3,12]
3
B.[，6]
2
3
D.[－，12]
2
7.函数f(x)＝x
3
－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________.
8.已知函数f(x )＝x
3
＋3ax
2
＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则a 的取值范围是________.
9.若函数f(x)＝(1－x
2
)(x
2
＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值是________.
1
10.已知函数f(x)＝＋ln x，求函数f(x)的极值和单调区间.
x






11.(安徽 )设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x
2
－x
3
，其中a>0.

(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性；
(2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.



























12.(课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝e
mx
＋x
2
－mx.

(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x
1
，x
2
∈[－1,1]，都有|f(x
1)－f(x
2
)|≤e－1，求m的取值范围.

答案精析
函数的极值与最值
常考题型精析
1
例1 解 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，).
2
－5x?x＋2?
当b＝4时，f′(x)＝，
1－2x
由f′(x)＝0得x＝－2或x＝0.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－2,0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
1
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
2
故f(x)当x＝－2时取得极小值f(－2)＝0，
在当x＝0时取得极大值f(0)＝4.
－x[5x＋?3b－2?]
(2)f′(x)＝，
1－2x
－x
1
因为当x∈(0，)时，<0，
3
1－2x
1
依题意当x∈(0，)时，有5x＋(3b－2)≤0，
3
5
从而＋(3b－2)≤0.
3
1
所以b的取值范围为(－∞，].
9
变式训练1 解 (1)由题意知x≠－r，
所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞).
f(x)＝
axax
＝，
?x＋r?
2
x
2＋2rx＋r
2
a?x
2
＋2rx＋r
2
?－ax?2 x＋2r?
f′(x)＝
?x
2
＋2rx＋r
2
?
2
＝
a?r－x??x＋r?
.
?x＋r?
4
所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0，
当－r0.
因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；

f(x)的单调递增区间为(－r，r).
(2)由(1)可知f′(r)＝ 0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减.因此，x＝r是f(x)
的极大值 点，所以f(x)在(0，＋∞)内的极大值为f(r)＝
例2 解 (1)由f(x)＝x
3
＋ax
2
＋bx＋c，
得f′(x)＝3x
2
＋2ax＋b.
当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0.①
2
?
2
当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′
?
?
3
?
＝0，
3
可得4a＋3b＋4＝0.②
由①②，解得a＝2，b＝－4.
由于切点的横坐标为x＝1，所以f(1)＝4.
所以1＋a＋b＋c＝4，所以c＝5.
(2)由(1)，可得f(x)＝x
3
＋2x
2
－4x＋5，
所以f′(x)＝3x
2
＋4x－4.
2
令f′(x)＝0，解得x
1
＝－2，x
2
＝.
3
当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：
x
f′(x)
f(x)
－3

8
(－3，－2)
＋
↗
－2
0
13
2
(－2，)
3
－
↘
2

3
0
95

27
2
(，1)
3
＋
↗
1

4
ara400
＝＝＝100，无极小值.
?2r?
2
4r4
95
所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为.
27
变式训练2 解 (1)f(sin x)＝sin
2
x－asin x＋b
ππ
＝sin x(sin x－a)＋b，－22
ππ
[f(sin x)]′＝(2sin x－a)cos x，－22
ππ
因为－0，－2<2sin x<2.
22
①a≤－2，b∈R时，函数f(sin x)单调递增，无极值.
②a≥2，b∈R时，函数f(sin x)单调递减，无极值.
ππ
－，
?
内存在唯一的x
0
， ③对于－2?
?
22
?
使得2sin x
0
＝a.
π
－0
时，函数f(sin x)单调递减；
2

π
x
0
≤x<时，函数f(sin x)单调递增；
2
a
?
a
因此，－20
处有极小值f(sin x
0
)＝f
?
＝b－.
?
2
?
4
2
ππ
(2)－≤x≤时，|f(sin x)－f
0
(sin x)|＝|(a
0
－a)sin x＋b－b
0
|≤|a－a
0
|＋|b－b
0
|.
22
π
当(a
0
－a)(b－b
0
)≥0时，取x＝，等 号成立.
2
π
当(a
0
－a)(b－b
0
)<0 时，取x＝－，等号成立.
2
ππ
－，
?
上的最大值为D＝|a－ a
0
|＋|b－b
0
|. 由此可知，|f(sin x)－f
0
(sin x)|在
?
?
22
?
(3) D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a
2
≤1，－1≤b≤1，
a
2
从而z＝b－≤1.
4
a
2
取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1.
4
a
2
由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1.
4
高考题型精练
1.A [∵y＝e
x
＋ax，∴y′＝e
x
＋a.
∵函数y＝e
x
＋ax有大于零的极值点，
则方程y′＝e
x
＋a＝0有大于零的解，
∵x>0时，－e
x
<－1，∴a＝－e
x
<－1.]
2.A [∵y′＝3x
2
－3，∴当y′＝0时，x＝±1.
则x变化时，y′，y的变化情况如下表：
x
y′
y
(－∞，－1)
＋
↗
－1
0
c＋2
(－1,1)
－
↘
1
0
c－2
(1，＋∞)
＋
↗
因此，当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.]
3.C [当k＝1时，f′(x)＝e
x
·x－1，f′(1)≠0.
∴x＝1不是f(x)的极值点.
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xe
x
＋e
x
－2)，
显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，
x在1的右边附近f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到极小值.故选C.]
x
4.B [据题意当x>0时，ln x＝0，解得x＝1，当x≤0时，＝kx
2
，此时x＝0必为函数零
x－1

x1
点，故若函数有两个零 点，当且仅当x<0，＝kx
2
无根即可，即＝kx在区间(－∞，
x－1x－11
0)上无解，数形结合如图所示，易知当k≤0时，直线y＝kx与函数y＝在(－∞，0)上无
x－1
交点，故选B.]

5.D [f′(x)＝ln x＋1－2ax(x>0)，
ln x＋1ln x＋1
令f′(x)＝0得2a＝，设φ(x)＝，
xx
－ln x
知φ′(x)＝
2
，φ(x)草图如图，
x

1
0，
?
. ∴f(x)的两个极值点01
<1，x< br>2
>1，且2a∈(0,1)，∴a∈
?
?
2
?
由f (x)草图可知f(x)在区间(0，x
1
)上单调递减，在(x
1
，x2
)上单调递增.
又f(0)＝0，f(1)＝－a，
1
－，0
?
. f(x
2
)≥f(1)且－a∈
?
?
2
?
1
∴f(x
1
)<0，f(x
2< br>)>－.]
2
6.C [方法一 由于f′(x)＝3x
2
＋4bx＋c，
据题意方程3x
2
＋4b x＋c＝0有两个根x
1
，x
2
，
且x
1
∈[－2，－1]，x
2
∈[1,2]，
令g(x)＝3x
2
＋4bx＋c，
?
?
g?－1?＝3 －4b＋c≤0，
结合二次函数图象可得只需
?
g?1?＝3＋4b＋c≤0，
?
?
g?2?＝12＋8b＋c≥0，
g?－2?＝12－8b＋c≥0，


此即为关于点(b，c)的线性约束条件，作出其对应平面区域，f(－1)＝2b－c，问 题转化为在上
述线性约束条件下确定目标函数f(－1)＝2b－c的最值问题，由线性规划易知3≤f (－1)≤12，
故选C.
方法二 方程3x
2
＋4bx＋c＝0有两个根 x
1
，x
2
，且x
1
∈[－2，－1]，x
2∈[1,2]的条件也可以通

过二分法处理，即只需g(－2)g(－1)≤0，g (2)g(1)≤0即可，利用同样的方法也可解答.]
7.0解析 ∵f′(x)＝3x
2
－3a，令f′(x)＝0，
可得a＝x
2
.又∵x∈(0,1)，∴08. a>2或a<－1
解析 f′(x)＝3x
2
＋6ax＋3(a＋2)，
令3x
2
＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x
2
＋2ax＋a＋2＝0.
因为函数f(x)既有极大值又有极小值，
所以方程x
2
＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根，
即Δ＝4a
2
－4a－8>0，
解得a>2或a<－1.
9. 16
解析 依题意，f(x－2)为偶函数，
f(x－2)＝(－x
2
＋ 4x－3)[x
2
＋(a－4)x＋4－2a＋b]，
其中x
3
的系数为8－a＝0，故a＝8，
x的系数为28＋4b－11a＝0，故b＝15，
令f′(x)＝0，得x
3
＋6x
2
＋7x－2＝0，
由对称轴为x＝－2可知，
将该式分解为(x＋2)(x
2
＋4x－1)＝0，
可知其在5－2和－5－2处取到最大值，最大值为16.
11
x－1
10.解 因为f′(x)＝－
2
＋＝
2
，
xxx
令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
f′(x)
f(x)
所以x＝1时，f(x)的极小值为1.
f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1).
11.解 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝1＋a－2x－3x
2
.
令f′(x)＝0，
－1－4＋3a－1＋4＋3a
得x
1
＝，x
2
＝，x
1
2
，
33
所以f′(x)＝－3(x－x
1
)(x－x
2
).
(0,1)
－
↘
1
0
极小值
(1，＋∞)
＋
↗

当x1
或x>x
2
时，f′(x)<0；
当x
1
2
时，f′(x)>0.
故f(x)在( －∞，
－1－4＋3a－1＋4＋3a－1－4＋3a
)和(，＋∞)内单调递减，在(，333
－1＋4＋3a
)内单调递增.
3
(2)因为a>0，所以x
1
<0，x
2
>0.
①当a≥4时，x
2
≥1，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值；
②当0 2
<1，由(1)知，f(x)在[0，x
2
]上单调递增，在[x
2,1]上单调递减，
－1＋4＋3a
所以f(x)在x＝x
2
＝处取得最大值.
3
又f(0)＝1，f(1)＝a，所以
当0当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值；
当112.(1)证明 f′(x)＝m(e
mx
－1)＋2x.
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，e< br>mx
－1≤0，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，e
mx
－1≥0，f ′(x)
＞0.
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，e
mx
－1＞0，f ′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，e
mx
－1＜0，f′(x)
＞0.
所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)解 由(1) 知，对任意的m，f(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，故f(x)在x＝0
处取得最小值.所以对于任意x
1
，x
2
∈[－1,1]，|f(x
1
)－f(x
2
)|≤e－1的充要条件是
?
f?1?－f?0?≤ e－1，
?
?

?
f?－1?－f?0?≤e－1，
?m
?
?
e－m≤e－1，
即
?
－
m
①
?
e＋m≤e－1.
?


设函数g(t)＝e
t
－t－e＋1，则g′(t)＝e
t
－1.
当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)单调递增.
又g(1)＝0，g(－1)＝e
1
＋2－e＜0，
故当t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
当m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即e
m
－m＞e－1；
－

当m＜－1时，g(－m)＞0，即e
m
＋m＞e－1.
综上，m的取值范围是[－1,1].

－