（江苏专用）高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 课时2 导数与函数的极值、最值 理-人教版高三全册数学试题.doc

课时2导数与函数的极值、最值
题型一用导数解决函数极值问题
命题点1根据函数图象判断极值
例1设函数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，则函数f(x)的极大值、极小值分别是________．

答案f(－2)、f(2)
解析由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2<x<1时，f′(x)<0；
当1<x<2时，f′(x)<0；
当x>2时，f′(x)>0.
由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．
命题点2求函数的极值
例2已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1－eq\f(3,a)(a∈R且a≠0)，求函数f(x)的极大值与极小值．
解由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))).
令f′(x)＝0得x＝0或eq\f(2,a).
当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x(－∞，0)0(0，eq\f(2,a))eq\f(2,a)(eq\f(2,a)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∴f(x)极大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)极小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.
当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
x(－∞，eq\f(2,a))eq\f(2,a)(eq\f(2,a)，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘∴f(x)极大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)极小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.
综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，
f(x)极小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.
命题点3已知极值求参数
例3(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
(2)若函数f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在区间(eq\f(1,2)，3)上有极值点，则实数a的取值范围是____________．
答案(1)－7(2)(2，eq\f(10,3))
解析(1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，
而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
(2)若函数f(x)在区间(eq\f(1,2)，3)上无极值，
则当x∈(eq\f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立或当x∈(eq\f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立．
当x∈(eq\f(1,2)，3)时，y＝x＋eq\f(1,x)的值域是[2，eq\f(10,3))；
当x∈(eq\f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0，
即a≤x＋eq\f(1,x)恒成立，a≤2；
当x∈(eq\f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，
即a≥x＋eq\f(1,x)恒成立，a≥eq\f(10,3).
因此要使函数f(x)在(eq\f(1,2)，3)上有极值点，
实数a的取值范围是(2，eq\f(10,3))．
思维升华(1)求函数f(x)极值的步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数f′(x)；
③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值．
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．
(1)函数y＝2x－eq\f(1,x2)的