【数学】2020届一轮复习(理)人教通用版3-2-2导数与函数的极值、最值学案

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【数学】2020届一轮复习(理)人教通用版3-2-2导数与函数的极值、最值学案

第2课时 导数与函数的极值、最值 题型一 用导数求解函数极值问题 命题点1 根据函数图象判断极值 例1 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 D 解析 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 求已知函数的极值 例2 (2018·阜新调研)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.‎ 解 f′(x)=+a(2x-1)‎ ‎= (x>-1).‎ 令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).‎ ‎①当a=0时,g(x)=1,‎ 此时f′(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点.‎ ‎②当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).‎ a.当0时,Δ>0,‎ 设方程2ax2+ax-a+1=0的两根为x1,x2(x1-.‎ 由g(-1)=1>0,可得-10,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;‎ 当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ 当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.‎ 因此函数f(x)有两个极值点.‎ ‎③当a<0时,Δ>0,由g(-1)=1>0,‎ 可得x1<-10,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;‎ 当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.‎ 所以函数f(x)有一个极值点.‎ 综上所述,当a<0时,函数f(x)有一个极值点;‎ 当0≤a≤时,函数f(x)无极值点;‎ 当a>时,函数f(x)有两个极值点.‎ 命题点3 根据极值(点)求参数 例3 已知函数f(x)=-k,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为(  )‎ A.(-∞,e] B.[0,e]‎ C.(-∞,e) D.[0,e)‎ 答案 A 解析 因为函数f(x)=-k,‎ 所以函数f(x)的定义域是(0,+∞),‎ 所以f′(x)=-k ‎=.‎ 因为x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,‎ 所以x=2是y=f′(x)的唯一变号零点.‎ 所以y=-k在(0,+∞)上无变号零点.‎ 设g(x)=,则g′(x)=.‎ 当x∈(0,1)时,g′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,‎ 所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)min=g(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象(图略)知,‎ 若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则应需k≤e.‎ 思维升华 函数极值的两类热点问题 ‎(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤 ‎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.‎ ‎(2)根据函数极值情况求参数的两个要领 ‎①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.‎ ‎②验证:求解后验证根的合理性.‎ 跟踪训练1 已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).‎ ‎(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;‎ ‎(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).‎ f′(x)=a-=,‎ 当a≤0时,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,‎ ‎∴f(x)在(0,+∞)上没有极值点;‎ 当a>0时,由f′(x)<0得00,得x>,‎ ‎∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,即f(x)在x=处有极小值,无极大值.‎ ‎∴当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点,当a>0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.‎ ‎(2)∵函数f(x)在x=1处取得极值,‎ ‎∴a=1,∴f(x)≥bx-2,即1+-≥b,‎ 令g(x)=1+-,则g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e2,则g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,‎ ‎∴g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-,‎ 即实数b的取值范围为.‎ 题型二 用导数求函数的最值 例4 已知函数f(x)=+kln x,k<,求函数f(x)在上的最大值和最小值.‎ 解 f′(x)=+=.‎ ‎①若k=0,则f′(x)=-,在上恒有f′(x)<0,‎ 所以f(x)在上单调递减.‎ ‎②若k≠0,则f′(x)==.‎ ‎(ⅰ)若k<0,则在上恒有<0.‎ 所以f(x)在上单调递减,‎ ‎(ⅱ)若k>0,由k<,‎ 得>e,则x-<0在上恒成立,‎ 所以<0,‎ 所以f(x)在上单调递减.‎ 综上,当k<时,f(x)在上单调递减,‎ 所以f(x)min=f(e)=+k-1,f(x)max=f=e-k-1.‎ 引申探究 ‎ 若例题条件中的k<改为“k≥”,则函数f(x)在上的最小值是多少?‎ 解 f′(x)==,‎ ‎∵k≥,∴0<≤e,‎ 若0<≤,即k≥e时,f′(x)≥0恒成立,f(x)在上为增函数,f(x)min=f=e-k-1.‎ 若>即≤k0,x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,‎ 即f(x)在(0,+∞)上单调递增,没有最小值;‎ 当a<0时,由f′(x)>0得,x>-,‎ 所以f(x)在上单调递增;‎ 由f′(x)<0得,00)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)的单调递增区间是(-3,0),‎ 单调递减区间是(-∞,-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 (1)求极值、最值时,要求步骤规范,含参数时,要讨论参数的大小.‎ ‎(2)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.‎ 跟踪训练3 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).‎ 利用导数求函数的最值 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.‎ 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[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,f(x)为增函数,当x10,函数f(x)单调递增,当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以a=2.‎ ‎3.函数y=xex的最小值是(  )‎ A.-1 B.-e C.- D.不存在 答案 C 解析 因为y=xex,所以y′=ex+xex=(1+x)ex.当x>-1时,y′>0;当x<-1时,y′<0,所以当x=-1时,函数取得最小值,且ymin=-.故选C.‎ ‎4.(2018·包头调研)已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则(  )‎ A.当k=1时,f(x)在x=1处取得极小值 B.当k=1时,f(x)在x=1处取得极大值 C.当k=2时,f(x)在x=1处取得极小值 D.当k=2时,f(x)在x=1处取得极大值 答案 C 解析 当k=1时,f′(x)=ex·x-1,f′(1)≠0,‎ ‎∴x=1不是f(x)的极值点.‎ 当k=2时,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2),‎ 显然f′(1)=0,且在x=1附近的左侧f′(x)<0,‎ 当x>1时,f′(x)>0,‎ ‎∴f(x)在x=1处取得极小值.故选C.‎ ‎5.若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,则实数c的取值范围为(  )‎ A. B. C.∪ D.∪ 答案 D 解析 若函数f(x)=x3-2cx2+x有极值点,‎ 则f′(x)=3x2-4cx+1=0有两个不等实根,‎ 故Δ=(-4c)2-12>0,‎ 解得c>或c<-.‎ 所以实数c的取值范围为∪.‎ ‎6.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大利润时的年产量为(  )‎ A.1百万件 B.2百万件 C.3百万件 D.4百万件 答案 C 解析 y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),‎ 当00;‎ 当x>3时,y′<0.‎ 故当x=3时,该商品的年利润最大.‎ ‎7.设a∈R,若函数y=ex+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是________.‎ 答案 (-∞,-1)‎ 解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a.‎ ‎∵函数y=ex+ax有大于零的极值点,‎ ‎∴方程ex+a=0有大于零的解,‎ ‎∵当x>0时,-ex<-1,∴a=-ex<-1.‎ ‎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f(x)单调递增,‎ ‎∴f(x)的极大值为f(-a),极小值为f(a).‎ ‎∴f(-a)=-a3+3a3+a>0且f(a)=a3-3a3+a<0,‎ 解得a>.‎ ‎∴a的取值范围是.‎ ‎9.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,‎ ‎∴当m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.‎ ‎10.(2018·鞍山调研)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax ,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a=________.‎ 答案 1‎ 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.‎ ‎11.设函数f(x)=aln x-bx2(x>0),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时,f(x)在[1,e]上单调递增,‎ 则f(x)在[1,e]上的最大值为f(e)=a.‎ 故当a≥2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为a;‎ 当a<2时,f(x)在[-1,e]上的最大值为2.‎ ‎13.函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是(  )‎ A.20 B.18 C.3 D.0‎ 答案 A 解析 因为f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),‎ 令f′(x)=0,得x=±1,可知-1,1为函数的极值点.‎ 又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,‎ 所以在区间[-3,2]上,f(x)max=1,f(x)min=-19.‎ 由题设知在区间[-3,2]上,f(x)max-f(x)min≤t,‎ 从而t≥20,所以t的最小值是20.‎ ‎14.(2018·通辽模拟)已知函数f(x)=aex-2x-2a,且a∈[1,2],设函数f(x)在区间[0,ln 2]上的最小值为m,则m的取值范围是________.‎ 答案 [-2,-2ln 2]‎ 解析 g(a)=f(x)=a(ex-2)-2x是关于a的一次函数,当x∈[0,ln 2)时,ex-2<0,即y=g(a)是减函数,‎ ‎∵a∈[1,2],‎ ‎∴g(a)min=2(ex-2)-2x(易知x=ln 2也成立),‎ 设M(x)=2(ex-2)-2x,‎ 则M′(x)=2ex-2,∵x∈[0,ln 2],∴M′(x)≥0,‎ 则M(x)在[0,ln 2]上为增函数,‎ ‎∴M(x)min=M(0)=-2,‎ M(x)max=M(ln 2)=-2ln 2,‎ ‎∴m的取值范围是[-2,-2ln 2].‎ ‎15.已知函数f(x)=xln x+mex(e为自然对数的底数)有两个极值点,则实数m的取值范围是 ‎__________.‎ 答案  解析 f(x)=xln x+mex(x>0),∴f′(x)=ln x+1+mex(x>0),由函数f(x)有两个极值点可得y=-m和g(x)=在(0,+∞)上有两个交点,‎ g′(x)=(x>0),令h(x)=-ln x-1,‎ 则h′(x)=--<0,‎ ‎∴h(x)在(0,+∞)上单调递减且h(1)=0,‎ ‎∴当x∈(0,1]时,h(x)≥0,即g′(x)≥0,g(x)在(0,1]上单调递增,g(x)≤g(1)=,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0,g(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ 故g(x)max=g(1)=,‎ 而当x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0;‎ 若y=-m和g(x)的图象在(0,+∞)上有两个交点,‎ 只需0<-m<,故-
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