高考数学 考点突破——导数及其应用与定积分：导数与函数的极值、最值学案-人教版高三全册数学学案.doc

导数与函数的极值、最值【考点梳理】1．函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小f′(a)＝0而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0右侧f′(x)＞0则点a叫做函数的极小值点f(a)叫做函数的极小值．(2)函数的极大值与极大值点若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大f′(b)＝0而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0右侧f′(x)＜0则点b叫做函数的极大值点f(b)叫做函数的极大值．2．函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[ab]上有最值的条件如果在区间[ab]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在[ab]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(ab)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)f(b)比较其中最大的一个是最大值最小的一个是最小值．【考点突破】考点一、利用导数研究函数的极值问题【例1】已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R).(1)当a＝eq\f(12)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.[解析](1)当a＝eq\f(12)时f(x)＝lnx－eq\f(12)x函数的定义域为(0＋∞)且f′(x)＝eq\f(1x)－eq\f(12)＝eq\f(2－x2x)令f′(x)＝0得x＝2于是当x变化时f′(x)f(x)的变化情况如表.x(02)2(2＋∞)f′(x)＋0－f(x)单调递增ln2－1单调递减故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln2－1无极小值.(2)由(1)知函数的定义域为(0＋∞)f′(x)＝eq\f(1x)－a＝eq\f(1－axx)(x>0).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∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0\f(1a)))时f′(x)>0当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1a)＋∞))时f′(x)<0故函数在x＝eq\f(1a)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＝eq\f(1a).【例2】(1)若函数f(x)＝eq\f(x33)－eq\f(a2)x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13)4))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(103)))B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(103)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(103)\f(174)))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(174)))(2)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10则eq\f(ab)的值为()A．－eq\f(23)B．－2C．－2或－eq\f(23)D．2或－eq\f(23)[答案](1)D(2)A[解析](1)因为f(x)＝eq\f(x33)－eq\f(a2)x2＋x＋1所以f′(x)＝x2－ax＋1.函数f(x)＝eq\f(x33)－eq\f(a2)x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13)4))上有极值点可化为f′(x)＝x2－ax＋1＝0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13)4))上有解即a＝x＋eq\f(1x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13)4))上有解设t(x)＝x＋eq\f(1x)则t′(x)＝1－eq\f(1x2)令t′(x)>0得1<x<4令t′(x)<0得eq\f(13)<x<1.所以t(x)在(14)上单调递增在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13)1))上单调递减．所以t(x)min＝t(1)＝2又teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13)))＝eq\f