数学高考备考讲义第四章导数及其应用42第2课时.docx

第2课时导数与函数的极值、最值

题型一用导数求解函数极值问题

命题点1根据函数图象判断极值

典例(2017温州“十五校联合体”期中联考)设f(x)是一个三次函数，f′(x)为其导函数，如图所示的是y＝xf′(x)的图象的一部分，则f(x)的极大值与极小值分别是()

A.f(－2)与f(2) B.f(－1)与f(1)

C.f(2)与f(－2) D.f(1)与f(－1)

答案A

解析由图象知，当x－2时，f′(x)0；

当－2x0时，f′(x)0；当0x2时，f′(x)0；

当x2时，f′(x)0.

所以f(x)在区间(－∞，－2)上为增函数，在区间(－2,2)上为减函数，在区间(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)的极大值与极小值分别是f(－2)与f(2).

命题点2求函数的极值

典例设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由.

解f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋a(2x－1)

＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1)(x－1).

令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).

①当a＝0时，g(x)＝1，

此时f′(x)0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点.

②当a0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).

a.当0a≤eq\f(8,9)时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，

函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点.

b.当aeq\f(8,9)时，Δ0，

设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1x2)，

因为x1＋x2＝－eq\f(1,2)，所以x1－eq\f(1,4)，x2－eq\f(1,4).

由g(－1)＝10，可得－1x1－eq\f(1,4).

所以当x∈(－1，x1)时，g(x)0，f′(x)0，函数f(x)单调递增；

当x∈(x1，x2)时，g(x)0，f′(x)0，函数f(x)单调递减；

当x∈(x2，＋∞)时，g(x)0，f′(x)0，函数f(x)单调递增.因此函数有两个极值点.

③当a0时，Δ0，由g(－1)＝10，

可得x1－1x2.

当x∈(－1，x2)时，g(x)0，f′(x)0，函数f(x)单调递增；

当x∈(x2，＋∞)时，g(x)0，f′(x)0，函数f(x)单调递减.

所以函数有一个极值点.

综上所述，当a0时，函数f(x)有一个极值点；

当0≤a≤eq\f(8,9)时，函数f(x)无极值点；

当aeq\f(8,9)时，函数f(x)有两个极值点.

命题点3根据极值求参数

典例(1)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)ax2－2x有两个极值点，则a的取值范围是()

A.(－∞，1) B.(0,2)

C.(0,1) D.(0,3)

答案C

解析∵f′(x)＝eq\f(1,x)＋ax－2，

∴f′(x)＝0有两个不等的正实数根，

∴ax2－2x＋1＝0有两个不等的正实数根，

∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≠0，,Δ0，,x1＋x20，,x1x20，))解不等式组得a的取值范围为(0,1).

(2)若函数f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有极值点，则实数a的取值范围是()

A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))

C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))

答案C

解析方法一若函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上无极值，

则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立或当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立.

当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))时，y＝x＋eq\f(1,x)的值域是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).

当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))时，f′(x)＝