2024年5月2日发(作者：)

函数的极值和最值

【考纲要求】

1.掌握函数极值的定义。

2.了解函数的极值点的必要条件和充分条件.

3.会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值和极小值

4.会求给定闭区间上函数的最值。

【知识网络】

函数的极值

函数的极值和最值

函数极值的定义

函数极值点条件

求函数极值

函数在闭区间上的最大值和最小值

【考点梳理】

要点一、函数的极值

函数的极值的定义

一般地，设函数

f(x)

在点

xx

0

及其附近有定义，

（1）若对于

x

0

附近的所有点，都有

f(x)f(x

0

)

，则

f(x

0

)

是函数

f(x)

的一个极大值，记作

y

极大值

f(x

0

)

；

（2）若对

x

0

附近的所有点，都有

f(x)f(x

0

)

，则

f(x

0

)

是函数

f(x)

的一个极小值，记作

y

极小值

f(x

0

)

.

极大值与极小值统称极值.

在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点是自变量的值，极值指的是函数值.

要点诠释：

求函数极值的的基本步骤：

①确定函数的定义域；

②求导数

f



(x)

；

③求方程

f



(x)0

的根；

④检查

f'(x)

在方程根左右的值的符号，如果左正右负，则f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右

正，则f(x)在这个根处取得极小值.(最好通过列表法)

要点二、函数的最值

1.函数的最大值与最小值定理

若函数

yf(x)

在闭区间

[a,b]

上连续，则

f(x)

在

[a,b]

上必有最大值和最小值；在开区间

(a,b)

内连

第1页 共8页

续的函数

f(x)

不一定有最大值与最小值.如

f(x)

要点诠释：

1

(x0)

.

x

①函数的最值点必在函数的极值点或者区间的端点处取得。

②函数的极值可以有多个，但最值只有一个。

2.通过导数求函数最值的的基本步骤：

若函数

yf(x)

在闭区间

[a,b]

有定义，在开区间

(a,b)

内有导数，则求函数

yf(x)

在

[a,b]

上的最

大值和最小值的步骤如下：

（1）求函数

f(x)

在

(a,b)

内的导数

f



(x)

；

（2）求方程

f



(x)0

在

(a,b)

内的根；

（3）求在

(a,b)

内使

f



(x)0

的所有点的函数值和

f(x)

在闭区间端点处的函数值

f(a)

，

f(b)

；

（4）比较上面所求的值，其中最大者为函数

yf(x)

在闭区间

[a,b]

上的最大值，最小者为函数

yf(x)

在闭区间

[a,b]

上的最小值.

【典型例题】

类型一：利用导数解决函数的极值等问题

例1.已知函数

f(x)mx3x3x,mR.

若函数

f(x)在x1

处取得极值，试求

m

的值，并求

32

f(x)

在点

M(1,f(1))

处的切线方程；

【解析】

f'(x)3mx6x3,mR.

因为

f(x)在x1

处取得极值

所以

f'(1)3m630

所以

m3

。

又

f(1)3,f'(1)12

所以

f(x)

在点

M(1,f(1))

处的切线方程

y312(x1)

即

12xy90

.

举一反三：

【变式1】设

a

为实数，函数

f



x



e2x2a,xR

．

x

2

(1)求

f



x



的单调区间与极值；

第2页 共8页

(2)求证：当

aln21

且

x0

时，

ex2ax1

．

xx

【解析】（1）由

f(x)e2x2a,xR

知

f



(x)e2,xR

．

x2

令

f



(x)0

，得

xln2

．于是当

x

变化时，

f



(x),f(x)

的变化情况如下表：

x

(,ln2)

－

单调递减

ln2

0

(ln2,)

+

单调递增

f



(x)

f(x)

2(1ln2a)

故

f(x)

的单调递减区间是

(,ln2)

，单调递增区间是

(ln2,)

，

f(x)在xln2

处取得极小值，极小值为

f(ln2)e

ln2

2ln22a2(1ln2a).

(2)证明：设

g(x)ex2ax1

，

xR

于是

g



(x)e2x2a

，

xR

由(1)知当

aln21

时，

g



(x)

最小值为

g



(ln2)2(1ln2a)0.

于是对任意

xR

，都有

g



(x)0

，所以

g(x)

在R内单调递增．

于是当

aln21

时，对任意

x(0,)

，都有

g(x)g(0)

．

而

g(0)0

，从而对任意

x(0,),g(x)0

．

即

ex2ax10

，故

ex2ax1

．

【变式2】函数

f(x)

的定义域为区间（a，b），导函数

f'(x)

在（a，b）内的图如图所示，则函数

f(x)

在（a，b）内的极小值有（ ）

x2x2

x

x2

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】由极小值的定义，只有点B是函数

f(x)

的极小值点，故选A。

类型二：利用导数解决函数的最值问题

【高清课堂：函数的极值和最值394579 典型例题三】

第3页 共8页

例2.已知函数

f(x)(xmxm)e,

其中

mR

。

（1）若函数

f(x)

存在零点，求实数

m

的取值范围；

（2）当

m0

时，求函数

f(x)

的单调区间；并确定此时

f(x)

是否存在最小值，如果存在，求出最

小值，如果存在，请说明理由。

【解析】（1）因为函数

f(x)

存在零点，则

xmxm0

有实根，

2

2x

m

2

4m0

，即

m0或m4

（2）当

m0

时，函数定义域为

R

f



(x)(2xm)e

x

(x

2

mxm)e

x

(x

2

2xmx)e

x

x(x2m)e

x

由

f



(x)0

，则

x0或xm2

由

f



(x)0

，则

x0或xm2

由

f



(x)0

，则

m2x0

列表如下：

x

(,m2)

+

增

m2

0

极大值

(m2,0)

-

减

0

0

极小值

(0,)

+

增

f'(x)

f(x)

所以

f(x)

在

(,m2)

，

(0,)

上单调增，在

(m2,0)

上单调减。

又知当

xm2且

时，

f(x)0

；

x0且

时，

f(x)0

；

而

f(0)m0

，所以

f(x)

存在最小值

f(0)m

.

举一反三：

【变式】已知函数

f(x)ax1

(

a0

),

g(x)xbx

.

(1)若曲线

yf(x)

与曲线

yg(x)

在它们的交点(1,

c

)处具有公共切线,求

a,b

的值;

(2)当

a4b

时,求函数

f(x)g(x)

的单调区间,并求其在区间

(,1]

上的最大值.

【解析】(1)由



1，c



为公共切点可得:

f(x)ax

2

1(a0)

,

则

f



(x)2ax

,

k

1

2a

,

2

23

第4页 共8页

g(x)x

3

bx

,则

g



(x)=3x

2

b

,

k

2

3b

,



2a3b

①

又

f(1)a1

,

g(1)1b

,



a11b

,即

ab

,



a3

代入①式可得:



.

b3



(2)

a

2

4b

,

1

4



设

h(x)f(x)g(x)x

3

ax

2

a

2

x1

1

则

h



(x)3x

2

2axa

2

,令

h



(x)0

,

4

aa

解得:

x

1



,

x

2



;

26

aa

a0

,





,

26

a



a



a



a





原函数在



单调递增,在单调递减,在

，，



，



上单调递增



2



26



6



a

a

①若

1≤

,即

0a≤2

时,最大值为

h(1)a

;

4

2

aa



a



②若

1

,即

2a6

时,最大值为

h







1

26



2



③若

1≥

a



a



时,即

a≥6

时,最大值为

h







1

.

6



2



2

a

2



a



综上所述:当

a



0，2



时,最大值为

h(1)a

;当

a



2,



时,最大值为

h







1

.

4



2



例3.设

f(x)

1

3

1

2

xx2ax

．

32



（Ⅰ）若

f(x)

在

(,）

上存在单调递增区间，求

a

的取值范围；



16

（Ⅱ）当

0a2

时，

f(x)

在[1，4]上的最小值为



，求

f(x)

在该区间上的最大值．

3

2

2

1



1



【解析】（Ⅰ）由

f



(x)xx2a



x



2a

．

2



4



当

x



,



时，

f



(x)

的最大值为

f





令



2



3







2



2



2a

；

3



9

21

2a0

，得

a

，

9

9

1



2



时，

f(x)

在



,



上存在单调递增区间．

9



3



所以，当

a

第5页 共8页

（Ⅱ）令

f



(x)0

，得两根

x

1



118a118a

，

x

2



．

22

所以

f(x)

在

(,x

1

)

，

(x

2

,)

上单调递减，在

(x

1

,x

2

)

上单调递增．

当

0a2

时，有

x

1

1x

2

4

，

所以

f(x)

在[1，4]上的最大值为

f(x

2

)

．

27

6a0

，即

f(4)f(1)

，

2

4016

所以

f(x)

在[1，4]上的最小值为

f(4)8a

，

33

又

f(4)f(1)

得

a1

，

x

2

2

，从而

f(x)

在[1，4]上的最大值为

f(2)

举一反三：

【变式1】设函数

f(x)xlog

2

x(1x)log

2

(1x)(0x1),

求

f(x)

的最小值;

【解析】函数f（x）的定义域为（0，1）

f'(x)(xlog

2

x)'[(1x)log

2

(1x)]'

log

2

xlog

2

(1x)

令

f'(x)0得x

当

0x

10

．

3

11

log

2

xlog

2

(1x)

ln2ln2

1

2

11

时，

f'(x)0

, ∴

f(x)

在区间

(0,)

是减函数；

2

2

11

当

x1

时，

f'(x)0

, ∴

f(x)

在区间

(,1)

是增函数.

2

2

11

∴

f(x)

在

x

时取得最小值且最小值为

f()1

.

2

2

2

32

【变式2】已知函数f（x）＝x＋ax＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值

3

（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间

2

（2）若对x〔－1，2〕，不等式f（x）c恒成立，求c的取值范围。

322

【解析】（1）f（x）＝x＋ax＋bx＋c，f（x）＝3x＋2ax＋b

由f（

－

21241

）＝

－a＋b＝0

，f（1）＝3＋2a＋b＝0得a＝

－

，b＝－2

32

93

2

f（x）＝3x－x－2＝（3x＋2）（x－1），

函数f（x）的单调区间如下表：

x

f（x）

f（x）

（－，－

＋



2

）

3

－

2

3

（－

2

，1）

3

－



1

0

极小值

（1，＋）

＋



0

极大值

第6页 共8页

所以函数f（x）的递增区间是（－，－

（2）f（x）＝x－

3

22

）与（1，＋），递减区间是（－，1）

33

1

2

x－2x＋c，x〔－1，2〕，

2

222

当x＝－时，f（x）＝＋c为极大值，而f（2）＝2＋c，则f（2）＝2＋c为最大值。

327

要使f（x）c（x〔－1，2〕）恒成立，只需cf（2）＝2＋c，

解得c－1或c2。

类型三：导数在研究实际问题中最值问题的应用

例4.某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端

均为半球形，按照设计要求容器的体积为

22

80



立方米，且

l2r

．假设该容器的建造费用仅与其表面积有

3

关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为

c(c3)

千元．设该容

器的建造费用为

y

千元．

(1)写出

y

关于

r

的函数表达式，并求该函数的定义域；

(2)求该容器的建造费用最小时的

r

．

【解析】(1)设容器的容积为V，

由题意知

V



rl

2

4

3

80



，



r

，又

V

3

3

4

V



r

3

804

3

r

故

l

22



r3r3

由于

l2r

，因此

0r2

．

4



20





2

r



．

3



r



所以建造费用

y2



rl34



rc2



r

因此

y4



(c2)r

2

2

4



20



2



2

r



34



rc

，

3



r



160



，

0r2

．

r

160



8



(c2)



3

20







r



，

0r2

．

22

rrc2



(2)由(1)得

y



8



(c2)r

由于

c3

，所以

c20

，

当

r

3

20

20

0

时，

r

3

．

c2

c2

令

3

20

m

，则m＞0，

c2

第7页 共8页

8



(c2)

(rm)(r

2

rmm

2

)

．

2

r

9

①当

0m2

即

c

时，

2

所以

y





当

rm

时，

y



0

；

当

r(0,m)

时，

y



0

；

当

r(m,2)

时，

y



0

，

所以

rm

是函数y的极小值点，也是最小值点．

②当

m2

即

3c

9

时，当

r(0,2)

时，

y



0

函数单调递减，

2

9

时，建造费用最小时

r2

，

2

所以r=2是函数y的最小值点，

综上所述，当

3c

当

c

20

9

时，建造费用最小时

r

3

．

c2

2

第8页 共8页