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文档介绍
【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-2
2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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