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第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究 角度1 根据函数图象判断函数极值
【例1－1】 已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2
规律方法 由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点. 角度2 已知函数求极值
【例1－2】 (2019·哈尔滨模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R). (1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
解 (1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
121212112－x，
x22x精选高考资料
x f′(x) f(x) (0，2) ＋ 2 0 ln 2－1 (2，＋∞) － 故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值. (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
11－axf′(x)＝－a＝(x>0).
xx当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a>0时，当x∈?0，?时，f′(x)>0，
??1?a???当x∈?，＋∞?时，f′(x)<0，
?故函数在x＝处有极大值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点， 当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
规律方法 运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的一般步骤：(1)先求函数y＝f(x)的定义域，再求其导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点. 角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值 【例1－3】 已知函数f(x)＝ln x.
(1)求f(x)图象的过点P(0，－1)的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝.
设切点坐标为(x0，ln x0)，则切线方程为y＝x＋ln x0－1. 把点P(0，－1)代入切线方程，得ln x0＝0，∴x0＝1. ∴过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.
(2)因为g(x)＝f(x)－mx＋＝ln x－mx＋(x>0)，
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所以g′(x)＝－m－＝令h(x)＝mx－x＋m，
2
1xmx－mx2－mmx2－x＋m＝－，
x2x2x2要使g(x)存在两个极值点x1，x2，
则方程mx－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
2
?1?>0，故只需满足?2m1??h????2m??<0h（0）>0，即可，解得0 12规律方法 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验. 【训练1】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x＋ax－1)·e 2 x－1 的极值点，则 f(x)的极小值为( ) A.－1 B.－2eC.5eD.1 解析 f′(x)＝[x＋(a＋2)x＋a－1]·e －3 2－3 －3 x－1 ， 则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e＝0?a＝－1， 则f(x)＝(x－x－1)·e 2 x－1 ，f′(x)＝(x＋x－2)·e 2x－1 ， 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1， 当x<－2或x>1时，f′(x)>0， 当－2 (2)(2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax－(4a＋1)x＋4a＋3]e. ①若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a； ②若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围. 解 ①因为f(x)＝[ax－(4a＋1)x＋4a＋3]e， 所以f′(x)＝[ax－(2a＋1)x＋2]e. 2 2 2 xxxf′(1)＝(1－a)e.