【数学】2018届一轮复习人教A版第四章3-2第2课时 学案

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【数学】2018届一轮复习人教A版第四章3-2第2课时 学案

第2课时 导数与函数的极值、最值 题型一 用导数解决函数极值问题 命题点1 根据函数图象判断极值 例1 (1)(2016·青岛模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数,y=f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能是(  )‎ ‎(2)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是(  )‎ A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)‎ B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)‎ C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)‎ D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)‎ 答案 (1)C (2)D 解析 (1)由f′(x)图象可知,x=0是函数f(x)的极大值点,x=2是f(x)的极小值点,故选C.‎ ‎(2)由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;‎ 当-22时,f′(x)>0.‎ 由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.‎ 命题点2 求函数的极值 例2 (2017·泉州质检)已知函数f(x)=x-1+(a∈R,e为自然对数的底数).‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求a的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的极值.‎ 解 (1)由f(x)=x-1+,得f′(x)=1-.‎ 又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,‎ 得f′(1)=0,即1-=0,解得a=e.‎ ‎(2)f′(x)=1-,‎ ‎①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=0,得ex=a,即x=ln a,‎ 当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,‎ 所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,‎ 在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)在x=ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)=ln a,无极大值.‎ 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;‎ 当a>0时,f(x)在x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.‎ 命题点3 已知极值求参数 例3 (1)(2016·广州模拟)已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=-1时有极值0,则a-b=________.‎ ‎(2)(2017·福州质检)若函数f(x)=-x2+x+1在区间(,3)上有极值点,则实数a的取值范围是(  )‎ A.(2,) B.[2,)‎ C.(2,) D.[2,)‎ 答案 (1)-7 (2)C 解析 (1)由题意得f′(x)=3x2+6ax+b,则 解得或 经检验当a=1,b=3时,函数f(x)在x=-1处无法取得极值,而a=2,b=9满足题意,故a-b=-7.‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(,3)上无极值,‎ 则当x∈(,3)时,f′(x)=x2-ax+1≥0恒成立或当x∈(,3)时,f′(x)=x2-ax+1≤0恒成立.‎ 当x∈(,3)时,y=x+的值域是[2,);‎ 当x∈(,3)时,f′(x)=x2-ax+1≥0,‎ 即a≤x+恒成立,a≤2;‎ 当x∈(,3)时,f′(x)=x2-ax+1≤0,‎ 即a≥x+恒成立,a≥.‎ 因此要使函数f(x)在(,3)上有极值点,‎ 实数a的取值范围是(2,).‎ 思维升华 (1)求函数f(x)极值的步骤 ‎①确定函数的定义域;‎ ‎②求导数f′(x);‎ ‎③解方程f′(x)=0,求出函数定义域内的所有根;‎ ‎④列表检验f′(x)在f′(x)=0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值.‎ ‎(2)若函数y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y=f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值.‎ ‎ (1)函数f(x)=(x2-1)2+2的极值点是(  )‎ A.x=1 B.x=-1‎ C.x=1或-1或0 D.x=0‎ ‎(2)函数y=2x-的极大值是________.‎ 答案 (1)C (2)-3‎ 解析 (1)∵f(x)=x4-2x2+3,‎ ‎∴由f′(x)=4x3-4x=4x(x+1)(x-1)=0,得 x=0或x=1或x=-1.‎ 又当x<-1时,f′(x)<0,‎ 当-10.‎ 当01时,f′(x)>0,‎ ‎∴x=0,1,-1都是f(x)的极值点.‎ ‎(2)y′=2+,令y′=0,得x=-1.‎ 当x<-1或x>0时,y′>0;当-10,f(x)在区间(0,e]上单调递增,此时函数f(x)无最小值.‎ ‎②若00,函数f(x)在区间(a,e]上单调递增,‎ 所以当x=a时,函数f(x)取得最小值ln a.‎ ‎③若a≥e,则当x∈(0,e]时,f′(x)≤0,函数f(x)在区间(0,e]上单调递减,‎ 所以当x=e时,函数f(x)取得最小值.‎ 综上可知,当a≤0时,函数f(x)在区间(0,e]上无最小值;‎ 当0a,则实数a的取值范围是________________.‎ 答案 (-∞,)‎ 解析 由题意知,f′(x)=3x2-x-2,‎ 令f′(x)=0,得3x2-x-2=0,‎ 解得x=1或x=-,‎ 又f(1)=,f(-)=,‎ f(-1)=,f(2)=7,‎ 故f(x)min=,∴a<.‎ 题型三 函数极值和最值的综合问题 例5 已知函数f(x)=(a>0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.‎ 解 (1)f′(x)= ‎=.‎ 令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,‎ 因为ex>0,所以y=f′(x)的零点就是g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点且f′(x)与g(x)符号相同.‎ 又因为a>0,所以当-30,‎ 即f′(x)>0,‎ 当x<-3或x>0时,g(x)<0,即f′(x)<0,‎ 所以f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞).‎ ‎(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,‎ 所以有 解得a=1,b=5,c=5,‎ 所以f(x)=.‎ 因为f(x)的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞),‎ 所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,‎ 故f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者,而f(-5)==5e5>5=f(0),‎ 所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.‎ 思维升华 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同的.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值.‎ ‎ 若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是(  )‎ A.[-5,0) B.(-5,0)‎ C.[-3,0) D.(-3,0)‎ 答案 C 解析 由题意,得f′(x)=x2+2x=x(x+2),‎ 故f(x)在(-∞,-2),(0,+∞)上是增函数,‎ 在(-2,0)上是减函数,作出其图象如图所示,‎ 令x3+x2-=-得,‎ x=0或x=-3,则结合图象可知,‎ 解得a∈[-3,0).‎ ‎3.利用导数求函数的最值 典例 (12分)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间;‎ ‎(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.‎ 思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间,实质上是求f′(x)>0,f′(x)<0的解区间,并注意定义域.(2)先研究f(x)在[1,2]上的单调性,再确定最值是端点值还是极值.(3)两小问中,由于解析式中含有参数a,要对参数a进行分类讨论.‎ 规范解答 ‎ 解 (1)f′(x)=-a (x>0),‎ ‎①当a≤0时,f′(x)=-a>0,即函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).[2分]‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=-a=0,可得x=,‎ 当00;‎ 当x>时,f′(x)=<0,‎ 故函数f(x)的单调递增区间为,‎ 单调递减区间为.[4分]‎ 综上可知,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞);‎ 当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.[5分]‎ ‎(2)①当≤1,即a≥1时,函数f(x)在区间[1,2]上是减函数,所以f(x)的最小值是f(2)=ln 2-2a.[6分]‎ ‎②当≥2,即00,则f(x)单调递增;‎ 当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减,‎ ‎∴f(x)的极小值点为a=2.‎ ‎3.(2017·哈尔滨调研)函数f(x)=x2-ln x的最小值为(  )‎ A. B.1 C.0 D.不存在 答案 A 解析 f′(x)=x-=且x>0.‎ 令f′(x)>0,得x>1.‎ 令f′(x)<0,得00,即a2-3a-18>0.‎ ‎∴a>6或a<-3.‎ ‎*5.设函数f(x)满足x2f′(x)+2xf(x)=,f(2)=,则当x>0时,f(x)(  )‎ A.有极大值,无极小值 B.有极小值,无极大值 C.既有极大值又有极小值 D.既无极大值也无极小值 答案 D 解析 由题意知[x2f(x)]′=,‎ 令g(x)=x2f(x),则g′(x)=且f(x)=,‎ 因此f′(x)==.‎ 令h(x)=ex-2g(x), ‎ 则h′(x)=ex-2g′(x)=ex-=,‎ 所以当x>2时,h′(x)>0;当00时,f(x)是单调递增的,‎ 故f(x)既无极大值也无极小值.‎ ‎6.(2016·宜昌模拟)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a>),当x∈(-2,0)‎ 时,f(x)的最小值为1,则a的值等于(  )‎ A. B. C. D.1‎ 答案 D 解析 由题意知,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.‎ 令f′(x)=-a=0,得x=,‎ 当00;‎ 当x>时,f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)max=f()=-ln a-1=-1,‎ 解得a=1.‎ ‎7.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,则f(2)等于(  )‎ A.11或18 B.11‎ C.18 D.17或18‎ 答案 C 解析 ∵函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,‎ ‎∴f(1)=10,且f′(1)=0,‎ 即解得或 而当时,函数在x=1处无极值,故舍去.‎ ‎∴f(x)=x3+4x2-11x+16,∴f(2)=18.‎ ‎8.函数f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的极大值是正数,极小值是负数,则a的取值范围是________.‎ 答案 (,+∞)‎ 解析 f′(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a),‎ 由f′(x)=0得x=±a,‎ 当-aa或x<-a时,f′(x)>0,函数递增.‎ ‎∴f(-a)=-a3+3a3+a>0且f(a)=a3-3a3+a<0,‎ 解得a>.‎ ‎∴a的取值范围是(,+∞).‎ ‎9.(2016·荆州模拟)已知函数f(x)=x3-x2-x+m在[0,1]上的最小值为,则实数m的值为________.‎ 答案 2‎ 解析 由f(x)=x3-x2-x+m,‎ 可得f′(x)=x2-2x-1,‎ 令x2-2x-1=0,可得x=1±.‎ 当x∈(1-,1+)时,f′(x)<0,‎ 即函数f(x)在(1-,1+)上是减函数,‎ 即f(x)在[0,1]上的最小值为f(1),‎ 所以-1-1+m=,解得m=2.‎ ‎10.(2016·枣庄模拟)已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m∈[-1,1],则f(m)的最小值为________.‎ 答案 -4‎ 解析 f′(x)=-3x2+2ax,由f(x)在x=2处取得极值知f′(2)=0.‎ 即-3×4+2a×2=0,故a=3.‎ 由此可得f(x)=-x3+3x2-4.‎ f′(x)=-3x2+6x,由此可得f(x)在(-1,0)上单调递减.在(0,1)上单调递增,‎ ‎∴对m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.‎ ‎11.设f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6).‎ ‎(1)确定a的值;‎ ‎(2)求函数f(x)的单调区间与极值.‎ 解 (1)因为f(x)=a(x-5)2+6ln x,‎ 所以f′(x)=2a(x-5)+.‎ 令x=1,得f(1)=16a,f′(1)=6-8a,‎ 所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)(x-1),‎ 由点(0,6)在切线上,可得6-16a=8a-6,故a=.‎ ‎(2)由(1)知,f(x)=(x-5)2+6ln x(x>0),‎ f′(x)=x-5+=.‎ 令f′(x)=0,解得x=2或3.‎ 当03时,f′(x)>0,‎ 故f(x)在(0,2),(3,+∞)上为增函数;‎ 当20),若函数f(x)在x=1处与直线y=-相切.‎ ‎(1)求实数a,b的值;‎ ‎(2)求函数f(x)在[,e]上的最大值.‎ 解 (1)f′(x)=-2bx,‎ ‎∵函数f(x)在x=1处与直线y=-相切,‎ ‎∴解得 ‎(2)由(1)知,f(x)=ln x-x2,‎ f′(x)=-x=,‎ 当≤x≤e时,令f′(x)>0,得≤x<1,‎ 令f′(x)<0,得10,b∈R).‎ ‎(1)设a=1,b=-1,求f(x)的单调区间;‎ ‎(2)若对任意的x>0,f(x)≥f(1),试比较ln a与-2b的大小.‎ 解 (1)由f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞),‎ 得f′(x)=.‎ ‎∵a=1,b=-1,‎ ‎∴f′(x)==(x>0).‎ 令f′(x)=0,得x=1.‎ 当01时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎∴f(x)的单调递减区间是(0,1);‎ 单调递增区间是(1,+∞).‎ ‎(2)由题意可知,f(x)在x=1处取得最小值,‎ 即x=1是f(x)的极值点,‎ ‎∴f′(1)=0,∴2a+b=1,即b=1-2a.‎ 令g(x)=2-4x+ln x(x>0),‎ 则g′(x)=.‎ 令g′(x)=0,得x=.‎ 当00,g(x)单调递增,‎ 当x>时,g′(x)<0,g(x)单调递减,‎ ‎∴g(x)≤g()=1+ln ‎=1-ln 4<0,‎ ‎∴g(a)<0,即2-4a+ln a=2b+ln a<0,‎ 故ln a<-2b.‎
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