6、數極值的情況；
(2)已知函數求極值；
(3)已知極值求參數．
[例2] (1)(2012重慶高考)設函數f(x)在R上可導，其導函數為f′(x)，且函數y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論中一定成立的是( )
A．函數f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)
B．函數f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)[來源:]
C．函數f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)
D．函數f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)
(2)(2014鄭州模擬)若a>0，b>0，且函數f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于( )
A
7、．2 B．3 C．6 D．9
(3)(2013福建高考)已知函數f(x)＝x－aln x(a∈R)．
①當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程；
②求函數f(x)的極值．
[自主解答] (1)①當x<－2時，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函數．
②當－20.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是減函數．
③當10，∴f′(x)<0，即f(x)在(1,2)上是
8、減函數．
④當x>2時，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函數．
綜上：f(－2)為極大值，f(2)為極小值．
(2)∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，f(x)在x＝1處有極值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，又a>0，b>0，∴a＋b≥2，∴ab≤9，當且僅當a＝b＝3時等號成立，∴ab的最大值為9.
(3)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
①當a＝2時，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)，
因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲線y＝f(x)在點A(1，f(1
9、))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.
②由f′(x)＝1－＝，x>0知：當a≤0時，f′(x)>0，函數f(x)為(0，＋∞)上的增函數，函數f(x)無極值；當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a.又當x∈(0，a)時，f′(x)<0；
當x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，從而函數f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－aln a，無極大值．
綜上，當a≤0時，函數f(x)無極值；當a>0時，函數f(x)在x＝a處取得極小值a－aln a，無極大值．
[答案] (1)D (2)D
函數極值問題的常見類型及解題策略
(1)知圖判斷函數極值的
10、情況．先找導數為0的點，再判斷導數為0的點的左、右兩側的導數符號．
(2)已知函數求極值．求f′(x)―→求方程f′(x)＝0的根―→列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根的附近兩側的符號―→下結論．
(3)已知極值求參數．若函數f(x)在點(x0，y0)處取得極值，則f′(x0)＝0，且在該點左、右兩側的導數值符號相反．
1．(2013浙江高考)已知e為自然對數的底數，設函數f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則( )
A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極小值
B．當k＝1時，f(x)在x＝1 處取到極大值
C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極小值
11、
D．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極大值
解析：選C 當k＝1時，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函數f(x)的零點．當01時，f(x)＝(ex－1)(x－1)>0,1不會是極值點．當k＝2時，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，零點還是0,1，但是當01時，f(x)>0，由極值的概念，知選C.
2．已知函數f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．
(1)討論函數f(x)在定義域內的極值點的個數；
(2)若函數f(x)在x＝1處取得極值，且對任意的x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實數
12、b的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝a－＝，x>0，①當a≤0時，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函數f(x)在(0，＋∞)單調遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點；
②當a>0時，令f′(x)<0得00得x>，
∴f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，即f(x)在x＝處有極小值．
綜上所述，當a≤0時f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點；當a>0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個極值點．
(2)∵函數f(x)在x＝1處取得極值，∴由(1)可知a＝1，∴f(x)＝x－1－ln x.
又∵f(x)≥bx－2，∴x－1－ln x≥bx－2，即1＋－
13、≥b.令g(x)＝1＋－，g′(x)＝，∴當0e2時，g′(x)>0，即g(x)在(e2，＋∞)上為增函數，∴g(x)在x＝e2處取得最小值，∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.故實數b的取值范圍為.
考點三
利用導數研究函數的最值問題
[例3] (2013廣東高考)設函數f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．
(1)當k＝1時，求函數f(x)的單調區(qū)間；
(2)當k∈時，求函數f(x)在[0，k]上的最大值M.
[自主解答] (1)當k＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x
14、)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－[來源:]
0[來源:]
＋
f(x)
↗
極大值
↘
極小值
↗
由表可知，函數f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2)，遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln 2，＋∞)．
(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k)，
15、令g(k)＝ln(2k)－k，則g′(k)＝－1＝≥0，所以g(k)在上遞增，所以g(k)≤ln 2－1＝ln 2－ln e<0，從而ln(2k)0；所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}．令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，則h′(k)＝k(ek－3k)，
令φ(k)＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－3≤e－3<0，所以φ(k)在上遞減，而φφ(1)＝(e－3)<0，所以存在x0∈使得φ(x0)＝0，且當k∈時，φ(k)
16、>0，當k∈(x0,1)時，φ(k)<0，所以φ(k)在上單調遞增，在(x0,1)上單調遞減．
因為h()＝－ ＋>0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在上恒成立，當且僅當k＝1時等號成立．綜上，函數f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.
【方法規(guī)律】
求函數f(x)在[a，b]上最值的方法
(1)若函數f(x)在[a，b]上單調遞增或遞減，f(a)與f(b)一個為最大值，一個為最小值．
(2)若函數f(x)在區(qū)間(a，b)內有極值，先求出函數f(x)在區(qū)間(a，b)上的極值，與f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
(3)函數f(
17、x)在區(qū)間(a，b)上有唯一一個極值點時，這個極值點就是最大(或最小)值點．
已知a∈R，函數f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax.
(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；
(2)若|a|>1，求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值．
解：(1)當a＝1時，f′(x)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6.又因為f(2)＝4，所以切線方程為y＝6x－8.[來源:]
(2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值．f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)．
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a
18、.
當a>1時，
x
0
(0,1)
1
(1，a)
a
(a,2a)
2a
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
0
↗
極大值
3a－1
↘
極小值
a2(3－a)
↗
4a3[來源:]
比較f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得g(a)＝
當a<－1時，
x
0
(0,1)
1
(1，－2a)
－2a
f′(x)
－
0
＋
f(x)
0
↘
極小值
3a－1
↗
－28a3－24a2
得g(a)＝3a－1.綜上所述，f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的
19、最小值為g(a)＝
————————————[課堂歸納——通法領悟]————————————————
1個流程——解決函數極值問題的一般流程
求極值 用極值
2個關系——導數與單調性、極值的關系
(1)f′(x)>0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上單調遞增的充分不必要條件．
(2)對于可導函數f(x)，f′(x0)＝0是函數f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．
3個注意點——利用導數求極值應注意三點
(1)求單調區(qū)間時應先求函數的定義域，遵循定義域優(yōu)先的原則；
(2)f′(x0)＝0時，x0不一定是極值點；
(3)求最值時，應注意極值點和所給區(qū)間的關系，關系不確定時應分類討論.
高考數學復習：第九章 ：第二節(jié)導數的應用一突破熱點題型
