1、微专题5函数的极值、最值考情分析应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，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典例1已知函数f(x)eax(x1)2.(1)若a1，求f(x)在(0，f(0)处的切线方程；(2)求f(x)的极大值与极小值；解(1)当a1时，f(x)ex(x1)2，f(x)ex(x21)，所以f(0)e0(021)1，又f(0)e0(01)21，所以切线方程为y1(x0)，即xy10.(2)f(x)aeax(x1)22eax(x1)eax(x1)(axa2)
2、，当a0时，f(x)2(x1)0，解得x1，故当x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当x1时，f(x)有极小值为f(1)0，无极大值当a0时，令f(x)0，解得x11，x21，故当x1时，f(x)0，f(x)单调递增，当1x1时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)的极大值为fea22，极小值为f(1)0.当a0时，令f(x)0，解得x11，x21，故当x1时，f(x)0，f(x)单调递减，当1x0，f(x)单调递增，故f(x)的极大值为fea22，极小值为f(1)0.综上，当a0时，f(x)的极小值为f(1)0，无极大值；当a0时，f(x)的极大值为f，极小值为f(1
3、)0.跟踪训练1(2023长沙模拟)设g(x)x3ax2(xa)cos xsin x，aR，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值解因为g(x)x3ax2(xa)cos xsin x，所以g(x)x2axcos x(xa)sin xcos xx(xa)(xa)sin x(xa)(xsin x)，令h(x)xsin x，则h(x)1cos x0，所以h(x)在R上是增函数，因为h(0)0，所以当x0时，h(x)0；当x0时，h(x)0.(1)当a0时，g(x)(xa)(xsin x)，当x(，a)时，xa0，g(x)单调递增；当x(a,0)时，xa0，g(x)0，g(x)0，g(x
4、)单调递增所以当xa时，g(x)取到极大值，极大值是g(a)a3sin a；当x0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)a.(2)当a0时，g(x)x(xsin x)，当x(，)时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)在(，)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值(3)当a0时，g(x)(xa)(xsin x)，当x(，0)时，xa0，g(x)单调递增；当x(0，a)时，xa0，g(x)0，g(x)0，g(x)单调递增所以当x0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)a；当xa时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)a3sin a.综上，当a0时，g(x)在(，0)和(a，)上单调递增，
5、在(0，a)上单调递减，极大值是g(0)a，极小值是g(a)a3sin a.考点二利用导数研究函数的最值典例2已知函数f(x)2x3ax2b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间0,1上的最小值为1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由解(1)f(x)6x22ax2x(3xa)令f(x)0，得x0或x.若a0，则当x(，0)时，f(x)0；当x时，f(x)0.故f(x)在(，0)，上单调递增，在上单调递减若a0，f(x)在(，)上是增函数若a0；当x时，f(x)0.故f(x)在，(0，)上单调递增，在上单调递减(2)满足题设条件的a，b存在
6、当a0时，由(1)知，f(x)在0,1上单调递增，所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)b1，最大值为f(1)2ab1.解得a0，b1，此时a，b满足条件；当a3时，由(1)知，f(x)在0,1上单调递减，所以f(x)在区间0,1上的最大值为f(0)b1，最小值为f(1)2ab1.解得a4，b1，此时a，b满足条件；当0a3时，由(1)知，f(x)在0,1上的最小值为fb，最大值为b或2ab.若b1，b1，则a3，与0a3矛盾；若b1,2ab1，则a3或a3或a0，与0a0)，当x(0,2)时，f(x)0，f(x)的单调递增区间为(2，)，单调递减区间为(0,2)(2)由f(x)(x0)
7、，得当m0时，f(x)0，f(x)为增函数，则f(x)在1，e上单调递增，从而f(x)minf(1)m4，可得m4，不符合题意；当m0时，令f(x)0，得mx0，xm，当0m1，即1m0时，由x1，e，知f(x)0，则f(x)在1，e上单调递增，从而f(x)minf(1)m4，可得m4，不符合题意；当me，即me时，由x1，e，知f(x)0，则f(x)在1，e上单调递减，从而f(x)minf(e)14，可得m3e，符合题意；当1me，即em1)(1)若函数f(x)在x2处取得极值，求实数a的值；(2)当x2,1时，求函数f(x)的最大值解(1)由函数f(x)x3ax2a2x1，a1，可得f(x
8、)3x22axa2，因为函数f(x)在x2处取得极值，可得f(2)124aa20，解得a2或a6(舍去)当a2时，可得f(x)(3x2)(x2)，当x时，f(x)0，f(x)单调递增；当2x时，f(x)1，令f(x)0，解得xa或x，当x0，f(x)单调递增；当ax时，f(x)时，f(x)0，f(x)单调递增当1a2时，可得2a1且0，可得f(a)f(1)，所以f(x)maxf(a)a31.当2a3时，可得3a2且0，即f(2)f(1)，所以f(x)maxf(2)2a24a7.当a3时，可得a3且1，此时函数f(x)在区间2,1上单调递减，所以f(x)maxf(2)2a24a7.综上，当1a0
9、)，所以h(x)1ln x，令h(x)0，即1ln x0，解得x，列表如下，xh(x)0h(x)单调递减极小值单调递增由表格可知，h(x)的单调递减区间为，h(x)的单调递增区间为，h(x)的极小值为hln ，无极大值(2)因为f(x)xexx，g(x)ln x，所以F(x)f(x)g(x)xexxln x(x0)，所以F(x)exxex1，由x0，得x10，令(x)xex1(x0)，所以(x)exxexex(x1)0，所以(x)在(0，)上单调递增，而110，由函数零点存在定理可知，存在x0，使得(x0)0，则有10，即，即x0ln x0，由上述对函数F(x)的分析，列表如下，x(0，x0)
10、x0(x0，)F(x)0F(x)单调递减极小值单调递增故F(x)minF(x0)x0ln x0ln x0ln x0x01.所以函数F(x)f(x)g(x)的最小值为1.总结提升求函数f(x)在区间a，b上的最值的方法(1)若函数f(x)在区间a，b上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另一个为最小值(2)若函数f(x)在区间a，b内有极值，则要先求出函数f(x)在区间a，b上的极值，再与f(a)，f(b)比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值(3)若函数f(x)在区间a，b上只有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到1(2022全国甲卷)当x1时，函数f(
11、x)aln x取得最大值2，则f(2)等于()A1 B C. D1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(x)，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，当x1时取最大值，满足题意所以f(2)1.2若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1 B2e3 C5e3 D1答案A解析函数f(x)(x2ax1)ex1，则f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.由x2是函数f(x)的极值点，得f(2)(42a4a1)e3(a1)e30，所以a1.所以f(x)(x2x1)ex1
12、，f(x)(x2x2)ex1.由ex10恒成立，得当x2或x1时，f(x)0，且当x0；当2x1时，f(x)1时，f(x)0.所以x1是函数f(x)的极小值点所以函数f(x)的极小值为f(1)1.3(2022全国乙卷)函数f(x)cos x(x1)sin x1在区间0,2上的最小值、最大值分别为()A， B，C，2 D，2答案D解析f(x)cos x(x1)sin x1，x0,2，则f(x)sin xsin x(x1)cos x(x1)cos x，x0,2令f(x)0，解得x1(舍去)，x或x.因为fcos sin 12，fcos sin 1，又f(0)cos 0(01)sin 012，f(2
13、)cos 2(21)sin 212，所以f(x)maxf2，f(x)minf.4已知aR，设函数f(x)若关于x的不等式f(x)0在R上恒成立，则a的取值范围为()A0,1 B0,2 C0，e D1，e答案C解析当x1时，f(x)x22ax2a(xa)2a22a.当a1时，可得f(x)的最小值为f(a)a22a，令f(a)0，解得0a2，故0a1；当a1时，可得f(x)的最小值为f(1)10，满足条件，所以a0.当x1时，由f(x)xaln x可得f(x)1，当a1时，f(x)0，则f(x)在(1，)上单调递增，故只需1aln 10，显然成立；当a1时，由f(x)0可得xa，易得f(x)的最小
14、值为f(a)aaln a，令f(a)0，解得0ae，故10得x或x；由f(x)3x210得x0，f(2)(2)3(2)150 Bab0Cb28ac0 Dac0，ab0，ac0，显然a2bc0，即bc时，f(x)2x12ln x，所以f(x)2，当x1时，f(x)1时，f(x)0，所以f(x)minf(1)212ln 11；当0ln e1.综上，f(x)min1.8(2023常德模拟)已知函数f(x)ax3x2ax(aR，a0)如果存在实数a(，1使函数g(x)f(x)f(x)，x1，b(b1)在x1处取得最小值，则实数b的最大值为_答案解析f(x)ax3x2ax，f(x)3ax22xa，g(x
15、)f(x)f(x)ax3(3a1)x2(2a)xa，当x1，b时，g(x)在x1处取得最小值，则g(x)g(1)，即(x1)ax2(2a1)x(13a)0，当x1时，不等式恒成立当10，则不等式成立的充要条件是 h(b)0，整理得，则该不等式在a(，1上有解，即max1，解得1b，故实数b的最大值为.9(2023绵阳模拟)已知函数f(x)x32x2(2a)x1，其中aR.(1)若a2，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程；(2)求f(x)在区间2,3上的最大值和最小值解(1)当a2时，f(x)x32x21，求导得f(x)2x24x，则f(1)2，而f(1)，所以曲线yf(x)在点(1
16、，f(1)处的切线方程为y2(x1)，即6x3y50.(2)依题意，f(x)2x24x2a2(x1)2a，而x2,3，则2(x1)22,8，当a2时，f(x)0，当且仅当a2，x2时取等号，函数f(x)在2,3上单调递增，则f(x)minf(2)2a，f(x)maxf(3)73a；当a8时，f(x)0，当且仅当a8，x3时取等号，函数f(x)在2,3上单调递减，则f(x)minf(3)73a，f(x)maxf(2)2a；当2a8时，函数f(x)在2,3上单调递增，由f(x)0，得x1，当x时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)minfa，由f(3)f(2)(73a)a0，得2a，f(x)m
17、axf(3)73a，由f(3)f(2)a0，得a8，f(x)maxf(2)2a.综上，当a2时，f(x)的最小值是2a，最大值是73a；当2a时，f(x)的最小值是a，最大值是73a；当a8时，f(x)的最小值是a，最大值是2a；当a8时，f(x)的最小值是73a，最大值是2a.10(2023南京模拟)已知函数f(x)2x33(a1)x26ax1，其中aR.(1)当a3时，求函数f(x)在(0,3)内的极值；(2)若函数f(x)在1,2上的最小值为5，求实数a的取值范围解(1)由题意得，当a3时，f(x)2x312x218x1，则f(x)6x224x186(x1)(x3)，令f(x)0，得x1
18、1，x23，f(x)，f(x)在(0,3)内随x变化而变化的情况如表所示，x(0,1)1(1,3)f(x)0f(x)单调递增极大值9单调递减故f(x)在(0,3)内的极大值为9，无极小值(2)f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)，当a1时，x1,2，f(x)0且不恒为0，所以函数f(x)在区间1,2上单调递增，所以在1,2上，f(x)minf(1)2133(a1)126a113a，由题意得3a5，解得a，与a1矛盾；当a2时，x1,2，f(x)0且不恒为0，所以函数f(x)在区间1,2上单调递减，所以在1,2上，f(x)minf(2)2233(a1)226a215，符合题意；当1a0，函数f(x)在区间(a,2上单调递增，所以在1,2上，f(x)minf(a)2a33(a1)a26a21a33a21，由题意得a33a215，即a33a240，即a32a2(a24)0，即(a2)2(a1)0，解得a1或a2，与1a2矛盾综上，实数a的取值范围为2，)
