【文档说明】2021年人教版高中数学选择性必修第二册（精讲)5.3.2《极值与最值》（解析版）.doc，共(13)页，1.040 MB，由MTyang资料小铺上传

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5.3.2极值与最值考点一求极值及极值点【例3】（2020·安徽滁州·高二期末（理））已知函数2n(1)laxxxbxf在点(1,(1))f处的切线方程为思维导图常见考法4120xy.（1）求函数()fx的解析式；（2）求函数()fx的

单调区间和极值.【答案】（1）2()12ln101fxxxx;（2）见解析.【解析】（1）1'2fxaxbx，切线为4120xy，即斜率'14f，纵坐标18f即

'124fab，1118fb，解得10b，12a解析式212ln101fxxxx（2）12'210fxxx221012xxx232xxx，定义域为0,得到fx在0,2单

增，在2,3单减，在3,单增极大值12ln215fx，极小值312ln320f.【一隅三反】1．（2020·重庆高二期末）函数3()12fxxx的极小值点为___________．【答案】2【解

析】因为3()12fxxx，所以2'()312322fxxxx，令'()0fx，得122,2xx，所以当,2x时，'0fx，fx在,2上单调递增；当2,2x时，'0fx，fx在2,2上单调递减；当

2,x时，'0fx，fx在2,上单调递增；所以fx在2x时取得极小值，故填：2.2．（2020·广东云浮·高二期末）函数22xfxxe的极大值为__________．【答案】

1e【解析】依题意得22224212xxxfxexeex.所以当1,2x时，0fx；当1,2x时，0fx．所以，函数yfx的单调递增区间为1,2，单调递减区间为1,2

.所以当12x时，函数yfx有极大值1e．故答案为：1e.3．（2020·四川内江·高二期末（文））已知函数321312322fxxxx.（1）求fx的单调区间和极值；（2）若直线2yxb是函数yfx图象的一条切

线，求b的值.【答案】（1）单调递增区间为,1和2,，单调递减区间为1,2，极大值为43，极小值为76；（2）12b或4b.【解析】（1）321312322fxxxx，定义域为R，232fxxx.令0fx，解得1x

或2x；令0fx，解得12x.所以，函数yfx的单调递增区间为,1和2,，单调递减区间为1,2，函数yfx的极大值为413f，极小值为()726f=；（2）令2322fxxx，解得0

x或3x，102f，32f，所以，切点坐标为10,2或3,2，则有12b或232b，解得12b或4b.考点二求最值点最值【例2】．（2020·兴仁市凤凰中学高二月考（文

））已知函数f（x）=x2（x-1）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求f（x）在区间[-1，2]上的最大值和最小值．【答案】(1)fx的递增区间为2(,0),(,)3，递减区间为2(0,)3

．(2)fx最大值24f，fx最小值12f．【解析】（1）∵2321fxxxxx，∴232fxxx．由2320fxxx，解得0x或23x；由2320fxxx，解得203x，所以f

x的递增区间为2,0,,3，递减区间为20,3．（2）由（1）知0x是fx的极大值点，23x是fx的极小值点，所以fx极大值00f，fx极小值24327f，又12f，2

4f，所以fx最大值24f，fx最小值12f．【一隅三反】1．（2020·四川射洪中学高二期中（文））已知函数325fxxaxbx＝＋＋＋，曲线yfx＝在点11Pf，处的切线方程为31yx＝＋.（1）求ab，的值；（2）求yf

x＝在3,1－上的最大值．【答案】（1）2a＝，4b＝－；（2）13【解析】(1)依题意可知点P1f1，为切点，代入切线方程y31x＝＋可得，f13114＝＋＝，所以f1154ab＝＋＋＋＝，即b2a＋＝－，又由32fx5xaxbx＝＋＋＋，则2f'x

32xbxa＝＋＋，而由切线y31x＝＋的斜率可知f'13＝，∴32b3a＝，即2b0a＝，由220abab，解得24ab，∴a2＝，b4＝－．(2)由(1)知32fxx2x4x5＝－，则2fx3x4x4

3x2x2＝－＝－，令f'x0＝，得2x3或x2＝－，当x变化时，fx，f'x的变化情况如下表：x－332－，－－222,3232,131f'x＋0－0＋fx8↗极大值↘极小值↗4∴fx的极大值为f213－＝，

极小值为295f327，又f38－＝，f14＝，所以函数fx在3,1－上的最大值为13．2．（2020·霍邱县第二中学高二月考（文））已知函数32()3fxxaxx(aR).（1）

若(3)0f，求()fx在[1,4]上的最小值和最大值；（2）若()fx在[1,)上是增函数，求实数a的取值范围.【答案】（1）最小值是18，最大值是6；（2）(,0].【解析】（1）2()323fxxax，由(3

)0f得27630a，解得4a，∴2()383fxxx，令()0fx，即2383(31)(3)0xxxx，解得13x或3x，x1(1,3)3(3,4)4()fx()0fx0()0fx()fx6极小值

1812∴()fx在[1,4]上的最小值是(3)18f，最大值是(1)6f；（2）由题意得：2()3230fxxax在区间[1,)上恒成立，∴31()2axx，又当1x时，31()()2gxxx

是增函数，其最小值为(1)0g，∴0a，即实数a的取值范围是(,0].3．（2020·山东中区·济南外国语学校高二月考）设函数344fxaxx过点3,1P（1）求函数fx的单调区间和极值；（2）求函数fx在[1,3]上的最大值和最小值.【答案】（1）增区

间(,2)，(2,)，减区间(2,2)，极大值28(2)3f，极小值4(2)3f．（2）最大值233，最小值43．【解析】（1）∵点3,1P在函数fx的图象上,∴3271242781faa,解得13a,∴3144

3fxxx,∴2'422fxxxx,当2x或2x时,'0fx,fx单调递增;当22x时,()0fx¢<,fx单调递减.∴当2x时,fx有极大值,且极大值为128288433f,当2x时

,fx有极小值,且极小值为14288433f（2）由1可得:函数fx在区间1,2上单调递减,在区间2,3上单调递增.∴minfx423f,又12314433f,391241

f,∴maxfx2313f考点三已知极值及最值求参数【例3-1】（2020·霍邱县第二中学高二开学考试（文））已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B．C．(0,1)

D．(0，＋∞)【答案】B【解析】函数f（x）=x（lnx﹣ax），则f′（x）=lnx﹣ax+x（﹣a）=lnx﹣2ax+1，令f′（x）=lnx﹣2ax+1=0得lnx=2ax﹣1，函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点，等价于

f′（x）=lnx﹣2ax+1有两个零点，等价于函数y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象（如图）当a=时，直线y=2ax﹣1与y=lnx的图象相切，由图可知，当0＜a＜时，y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点．则实数a的取值范围是（0，）

．故选B．【例3-2】（2020·山东高三月考）已知函数xfxaex．（1）求fx的极值；（2）求fx在0,1上的最大值．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】（1）函数fx的定义域为R，1xfxae，当0a时，0fx恒成

立，则fx在R上是减函数，无极值；当0a时，令0fx，解得lnxa，则fx在,lna上是减函数，在ln,a上是增函数，所以当lnxa时，fx有极小值，ln1lnfaa，无极大

值，综上，当0a时，fx无极值，当0a时，fx有极小值1lna，无极大值；（2）①当0a时，由（1）知fx在R上是减函数，所以当0x时，fx有最大值0fa；②当0a时，由（1）知fx在,lna上是减函数，在ln,a

上是增函数，（i）当ln0a，即1a时，fx在0,1上是增函数，所以当1x时，fx有最大值11fae；（ii）当0ln1a即11ae时，fx在0,lna上是减兩数，在ln,1a上是增函数.

若01ff，即111aee时，fx有最大值a；若01ff，即111ae时，fx有最大值1ae；（ⅲ）当ln1a即10ae时，fx在0,1上是减函数，所以当0x时，fx有最大值0fa，综上所述，当11ae时，

fx有最大值a；当11ae时，fx有最大值1ae.【一隅三反】1．（2020·重庆北碚·西南大学附中高二期末）已知函数()lnfxxax在2x处取得极值，则a（）A．1B．2C．12D．-2【答案】C【解

析】'1fxax，依题意'20f，即110,22aa.此时'112022xfxxxx，所以fx在区间0,2上递增，在区间2,上递减，所以fx在2x处取得极大值，符合题意.所以12a.故选：

C2．（2020·山西应县一中高二期中（理））已知函数32()23fxxaxbxc的两个极值点分别在（-1，0）与（0，1）内，则2a-b的取值范围是（）A．()3,12B．33(,)22C

．13(,)22D．3(1,)2【答案】B【解析】由函数f（x）＝x3+2ax2+3bx+c，求导f′（x）＝3x2+4ax+3b，f（x）的两个极值点分别在区间（﹣1，0）与（0，1）内，由3x2+4ax+3b＝0的两个根分别在区间（0，1）与（﹣1，0）内，即'00

'10'10fff＜＞＞，令z＝2a﹣b，∴转化为在约束条件为3034303430babab＜＞＞时，求z＝2a﹣b的取值范围，可行域如下阴影（不包括边界），目标函数转化为z＝2a﹣b，由图可知，z在A（34，0）处取得最大值32，在（34，0）处取得最小值

32，因为可行域不包含边界，∴z＝2a﹣b的取值范围（32，32）．故选B．3．（2020·四川省绵阳江油中学高二开学考试（理））若函数()(1)ln2(1)1xfxemxmx恰有两个极值点，则实数m的取值范围为（）A．2(),eeB．(,)2eC．1(,)

2D．(,1)e【答案】D【解析】由题可得：1'21xmfxemx，0x因为函数1ln211xfxemxmx恰有两个极值点，所以函数1'210xmfxemxx有两个不同的

零点.令1210xmemx，等价转化成1012xxemxx有两个不同的实数根，记：12xxehxx，所以22'1212'211'1212x

xxxexxexexxhxxx，当10,2x时，'0hx，此时函数hx在此区间上递增，当1,12x时，'0hx，此时函数hx在此区间上递增，当1,x时，'0h

x，此时函数hx在此区间上递减，作出12xxehxx的简图如下：要使得112xxemx有两个不同的实数根，则11hm，即：1em，整理得：1me.故选D4．（2020·江苏溧水·高二期中）已知函数2()

(21)lnfxxaxax．（Ⅰ）当1a时，求函数()fx的单调增区间；（Ⅱ）求函数()fx在区间[1,]e上的最小值．【答案】（Ⅰ）(0，12)，(1，＋∞)（Ⅱ）min221[()]{(ln1)1(21)aafxaaaaeeae

aae【解析】（Ⅰ）当1a时，2()3lnfxxxax，定义域为(0,)．21231(21)(1)()23xxxxfxxxxx．令()0fx，得1x或12x．列表如下x1(0,

)21(,1)2(1,)()fx＋－＋()fx↗↘↗所以函数()fx的单调增区间为1(0,)2和(1,)．（Ⅱ）22(21)(21)()()2(21)axaxaxxafxxaxxx

．令()0fx，得xa或12x．当1a时，不论12a还是112a，在区间[1,]e上，()fx均为增函数．所以min[()](1)2fxfa；当1ae时，x(1,)aa(,)a()fx－0＋()fx↘极小值(ln1)aaa↗所以min[()](

)(ln1)fxfaaaa；当ae时，x1(1,)ee()fx－()fx2a↘2(21)eaea所以min[()]()fxfe2(21)eaea．综上，min221[()]{(l

n1)1(21)aafxaaaaeeaeaae．.5．（2020·邢台市第二中学高二期末）设函数3xfxeax（aR）.（1）讨论函数fx的极值；（2）若函数fx在区间1

,2上的最小值是4，求a的值.【答案】（1）当0a时，函数fx在R上无极值；当0a时，fx的极小值为ln3aaa，无极大值.（2）1e【解析】（1）xfxea.当0a时，0fx，fx在R上单调递增；无极值当

0a时，0fx，解得lnxa，由0fx，解得lnxa.函数fx在,lna上单调递减，函数fx在ln,a上单调递增，fx的极小值为lnln3faaaa，无极大值综上所述：当0a时，函数fx在R上无极值；

当0a时，fx的极小值为ln3aaa，无极大值.（2）由（1）知，当0a时，函数fx在R上单调递增，∴函数fx在1,2上的最小值为134fea，即10ae，矛盾.当0a时，由（1）得lnxa是函数fx在R上的极小值点.①当ln1a即0a

e时，函数fx在1,2上单调递增，则函数fx的最小值为134fea，即1ae，符合条件.②当ln2a即2ae时，函数fx在1,2上单调递减，则函数fx的最小值为22234fea即2212eae，矛盾.

③当1ln2a即2eae时，函数fx在1,lna上单调递减，函数fx在ln,2a上单调递增，则函数fx的最小值为lnlnln34afaeaa，即ln10aaa.令ln1haaaa（2eae），

则ln0haa，∴ha在2,ee上单调递减，而1he，∴ha在2,ee上没有零点，即当2eae时，方程ln10aaa无解.综上，实数a的值为1e.