《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题09 函数的最值(解析版)

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专题 09　函数的最值

考点一　求已知函数的最值

【方法总结】

导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤

(1)求函数 f(x)的导数 f′(x)；

(2)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；

(3)求f(x)在给定区间上的端点值；

(4)将f(x)的各极值与 f(x)的端点值进行比较，确定 f(x)的最大值与最小值；

(5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．

【例题选讲】

[例1](1)函数 f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为________．

答案　－1　解析　f′(x)＝－1，令 f′(x)＝0得x＝1．当 x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当 x∈(1，e]时，f′(x)＜

0．∴当x＝1时，f(x)取得最大值，且 f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＝－1．

(2)函数 f(x)＝x2＋x－2lnx的最小值为．

答案　　解析　因为 f′(x)＝x＋1－＝(x＞0)，所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以 f(x)min＝f(1)＝＋1＝．

(3)已知函数 f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数 f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数 g(x)＝f′(x)ex在区间

[0，2]上的最小值为．

答案　－2e　解析　由题意可得 f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，故 f(x)＝x3＋nx＋

2，∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3．∴f(x)＝x3－3x＋2，则 f′(x)＝x2－3．故 g(x)＝ex(x2－3)，则 g′(x)＝ex(x2

－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，据此可知函数 g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，故函

数g(x)的极小值，即最小值为 g(1)＝e1·(12－3)＝－2e．

(4)已知函数 f(x)＝2sinx＋sin2x，则 f(x)的最小值是________．

答案　－　解析　∵f(x)的最小正周期 T＝2π，∴求f(x)的最小值相当于求 f(x)在[0，2π]上的最小值．f

′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．令 f′(x)＝0，解得

cosx＝或 cosx＝－1，x∈[0，2π]．∴由cosx＝－1，得 x＝π；由 cosx＝，得 x＝π或x＝．∵函数的最值只

能在导数值为 0的点或区间端点处取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，f

＝2sin＋sin＝，f

＝－，f(0)＝0，f(2π)＝

0，∴f(x)的最小值为－．

(5)设正实数 x，则 f(x)＝的值域为________．

答案　

解析　令 ln x＝t，则 x＝et，∴g(t)＝，令 t2＝m，m≥0，∴h(m)＝，∴h′(m)＝，令 h′(m)＝0，

解得 m＝1，当 0≤m<1 时，h′(m)>0，函数 h(m)单调递增，当 m≥1 时，h′(m)<0，函数 h(m)单调递减，

∴h(m)max＝h(1)＝，∵f(0)＝0，当 m→＋∞时，h(m)→0，∴f(x)＝的值域为．

(6)已知函数 f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的图象与直线 y＝m的交点分别为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1－x2

的取值范围是(　　)

A．[1，＋∞)　　　　　B．[2，＋∞)　　　　　C．

D．

答案　A　解析　由题意知 f(x1)＝g(x2)，所以 eln x1＝x2＋1，即 x2＝eln x1－1，则 x1－x2＝x1－eln x1＋

1，x1>0．令 h(x)＝x－eln x＋1(x>0)，则 h′(x)＝1－＝．当 x>e 时，h′(x)>0，当 0<x<e 时，h′(x)<0，所以

h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以 h(x)min＝h(e)＝1．又当 x→ 0＋时，h(x)→＋∞，当

x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以 h(x)在(0，＋∞)上的值域为[1，＋∞)，所以 x1－x2的取值范围为[1，＋∞)．

(7)已知不等式 ex－1≥kx＋lnx对于任意的 x∈(0，＋∞)恒成立，则 k的最大值为________．

答案　e－1　解析　∀x∈(0，＋∞)，不等式 ex－1≥kx＋ln x恒成立，等价于∀x∈(0，＋∞)，k≤恒成

立，令 φ(x)＝(x>0)，则 φ′(x)＝，当 x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当 x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上

单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1．

(8)(多选)设函数 f(x)＝，则下列选项正确的是(　　)

A．f(x)为奇函数　　　　　　　　　　　　　B．f(x)的图象关于点(0，1)对称

C．f(x)的最大值为＋1　　　　　　　　　　　D．f(x)的最小值为－＋1

答案　BCD　解析　f(x)＝＋1，不满足 f(－x)＝－f(x)，故 A项错误；令 g(x)＝，则 g(－x)＝＝＝－

g(x)，所以 g(x)为奇函数，则 f(x)关于点(0，1)对称，B项正确；设 f(x)＝＋1的最大值为 M，则 g(x)的最大

值为 M－1，设 f(x)＝＋1的最小值为 N，则 g(x)的最小值为 N－1，当 x＞0时，g(x)＝，所以 g′(x)＝，当 0

＜x＜1时，g′(x)＞0，当 x＞1时，g′(x)＜0，所以当 0＜x＜1时，g(x)单调递增，当 x＞1时，g(x)单调递减，

所以 g(x)在x＝1处取得最大值，最大值为 g(1)＝，由于 g(x)为奇函数，所以 g(x)在x＝－1处取得最小值，

最小值为 g(－1)＝－，所以 f(x)的最大值为 M＝＋1，最小值为 N＝－＋1，故 C、D项正确．故选

B、C、D．

[例2]　已知函数 f(x)＝excos x－x．

(1)求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)求函数 f(x)在区间上的最大值和最小值．

解析　(1)因为 f(x)＝excos x－x，所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0．

又因为 f(0)＝1，所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1．

(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x．

当x∈时，h′(x)＜0，所以 h(x)在区间上单调递减．

所以对任意 x∈，有 h(x)＜h(0)＝0，即 f′(x)＜0．所以函数 f(x)在区间上单调递减．

因此 f(x)在区间上的最大值为 f(0)＝1，最小值为 f＝－．

[例3]　(2017·浙江)已知函数 f(x)＝(x－)e－x．

(1)求f(x)的导函数；

(2)求f(x)在区间上的取值范围．

解析　(1)f′(x)＝(x－)′e－x＋(x－)(e－x)′＝e－x－(x－)e－x

＝e－x＝(1－x)e－x．

(2)令f′(x)＝(1－x)e－x＝0，解得 x＝1或．

当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：

f′(x)－0＋0－

f(x)e－0e－

又f＝e－，f(1)＝0，f＝e－，则 f(x)在区间上的最大值为 e－．

又f(x)＝(x－)e－x＝(－1)2e－x≥0．

综上，f(x)在区间上的取值范围是．

[例4]　(2021·北京)已知函数 f(x)＝．

(1)若a＝0，求 y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；

(2)若函数 f(x)在x＝－1处取得极值，求 f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．

解析　(1)当a＝0时，f(x)＝，则 f′(x)＝＝．

当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4，

故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y－1＝－4(x－1)，整理得 4x＋y－5＝0．

(2)已知函数 f(x)＝，则 f′(x)＝＝．

若函数 f(x)在x＝－1处取得极值，则 f′(－1)＝0，即＝0，解得 a＝4．

经检验，当 a＝4时，x＝－1为函数 f(x)的极大值，符合题意．

此时 f(x)＝，其定义域为 R，f′(x)＝，

令f′(x)＝0，解得 x1＝－1，x2＝4．f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表：

x(－∞，－1) －1 (－1，4) 4(4，＋∞)

f′(x)＋0－0＋

f(x)↗极大值 ↘极小值 ↗

故函数 f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．

由上表知 f(x)的极大值为 f(－1)＝1，极小值为 f(4)＝－．

又因为 x<时，f(x)>0；x>时，f(x)<0，

所以函数 f(x)的最大值为 f(－1)＝1，最小值为 f(4)＝－．

[例5]　已知函数 f(x)＝

(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值；

(2)求f(x)在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．

解析　(1)当x<1 时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，

令f′(x)＝0，解得 x＝0或x＝．

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

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