人教2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题1 第5讲　函数的极值、最值.docx

第5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　(2022·百师联盟联考)已知函数f(x)＝x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，其中a≠0.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)当a>0且a≠1时，f(x)存在一个极小值点x0，若x0>3.求实数a的取值范围．
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝x2－2x＋ln x＋2，
f′(x)＝x－2＋＝＝≥0，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)f(x)＝x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，
f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋
＝
＝，
由f′(x)＝0，解得x＝或x＝2a－1，
①若0<a≤，则2a－1≤0，≥2，
故当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，
f(x)在上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点，即x0＝，
所以>3，解得0<a<.
②若<a<1，则0<2a－1<，
故当x∈(0,2a－1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
f(x)在上单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，
f(x)在上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点，即x0＝，
所以>3，解得0<a<，没有符合题意的a.
③若a>1，则0<<2a－1，
故当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
f(x)在上单调递减；
当x∈(2a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点2a－1，
即x0＝2a－1.
所以2a－1>3，解得a>2.
综上，a∈∪(2，＋∞)．
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)(2022·金昌模拟)已知函数f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　对原函数求导得，f′(x)＝2x＋aex，
因为函数f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有两个极值点，
所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，即2x＋aex＝0有两个不相等的实数根，
亦即－a＝有两个不相等的实数根．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
可知g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝，
又因为当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，
所以解得－<a<0，
即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′