导数及其应用3.docx

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导数及其应用3

导数及其应用（三）

导数与函数的极值、最值

突破点

（一）　利用导数解决函数的极值问题

基础联通抓主干知识的“源”与“流”

1．函数的极小值

函数y＝f（x）在点x＝a的函数值f（a）比它在点x＝a附近的其他点的函数值都小，f′（a）＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′（x）＜0，右侧f′（x）＞0，则点a叫做函数y＝f（x）的极小值点，f（a）叫做函数y＝f（x）的极小值．

2．函数的极大值

函数y＝f（x）在点x＝b的函数值f（b）比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′（b）＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′（x）＞0，右侧f′（x）＜0，则点b叫做函数y＝f（x）的极大值点，f（b）叫做函数y＝f（x）的极大值．

3．函数的极值

极小值点和极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.

考点贯通抓高考命题的“形”与“神”

根据函数图象判断函数极值的情况

[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）

[解析]　由图可知，当x＜－2时，f′（x）＞0；当－2＜x＜1时，f′（x）＜0；当1＜x＜2时，f′（x）＜0；当x＞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．[答案]　D

[方法技巧]

知图判断函数极值情况的策略

知图判断函数极值情况的思路是：

先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．导函数为正的区间是函数的增区间，导函数为负的区间是函数的减区间，导函数图象与x轴交点的横坐标为函数的极值点．

求函数的极值

[例2]　（2017·桂林、崇左联考）设a>0，函数f（x）＝x2－（a＋1）x＋alnx.

（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处切线的斜率；

（2）求函数f（x）的极值．

[解]　

（1）由已知x>0.当a＝2时，f′（x）＝x－3＋，∴曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处切线的斜率为f′（3）＝.

（2）f′（x）＝x－（a＋1）＋＝＝.由f′（x）＝0得x＝1或x＝a.

①若00，函数f（x）单调递增；当x∈（a,1）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增．∴当x＝a时，f（x）取极大值f（a）＝－a2－a＋alna，

当x＝1时，f（x）取极小值f

（1）＝－a－.

②若a>1，当x∈（0,1）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增；当x∈（1，a）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增．∴当x＝1时，f（x）取极大值f

（1）＝－a－；

当x＝a时，f（x）取极小值f（a）＝－a2－a＋alna.

③当a＝1时，x>0时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，f（x）没有极值．综上，当01时，f（x）的极大值为－a－，极小值为－a2－a＋alna；当a＝1时，f（x）没有极值．

[方法技巧]

已知极值（点）求参数

[例3]　

（1）（2017·江西八校联考）已知函数f（x）＝x（lnx－ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是（　　）

A．（－∞，0）B.C．（0,1）D．（0，＋∞）

（2）（2017·太原五中检测）函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a的值为________．

[解析]　

（1）∵f（x）＝x（lnx－ax），∴f′（x）＝lnx－2ax＋1，由函数f（x）有两个极值点，可知f′（x）在（0，＋∞）上有两个不同的零点，令f′（x）＝0，则2a＝，设g（x）＝，则g′（x）＝，∴g（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，又∵当x→0时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→0，而g（x）max＝g

（1）＝1，

∴只需0＜2a＜1，即0＜a＜.

（2）由题意得f′（x）＝3x2＋2ax＋b，因为在x＝1处，f（x）有极值10，所以f′

（1）＝3＋2a＋b＝0，f

（1）＝1＋a＋b＋a2＝10，解得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3，当a＝－3，b＝3时，在x＝1处，f（x）无极值，不符合题意；

当a＝4，b＝－11时，符合题意，所以a＝4.[答案]　

（1）B　

（2）4

[方法技巧]

已知函数极值点或极值求参数的两个要领

（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：

因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．

能力练通抓应用体验的“得”与“失”

1.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.∪

解析：

选D　若函数f（x）＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′（x）＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝（－4c）2－12>0，从而c>或c<－.故实数c的取值范围为－∞，－∪.

2.已知函数f（x）的定义域为（a，b），导函数f′（x）在（a，b）上的图象

如图所示，则函数f（x）在（a，b）上的极大值点的个数为（　　）

A．1B．2C．3D．4

解析：

选B　由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′（x）在（a，b）上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f（x）的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．

3.已知函数f（x）＝x（x－m）2在x＝1处取得极小值，则实数m＝（　　）

A．0B．1C．2D．3

解析：

选B　f（x）＝x（x2－2mx＋m2）＝x3－2mx2＋m2x，所以f′（x）＝3x2－4mx＋m2＝（x－m）（3x－m）．由f′

（1）＝0可得m＝1或m＝3.若m＝3，则f′（x）＝3（x－1）（x－3），当13时，f′（x）>0，此时在x＝1处取得极大值，不合题意，若m＝1，则f′（x）＝（x－1）（3x－1），当1时，f′（x）>0，此时在x＝1处取得极小值．故选B.

4.已知函数f（x）＝x－alnx（a∈R）．

（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点A（1，f

（1））处的切线方程；

（2）求函数f（x）的极值．

解：

由题意知函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1－.

（1）当a＝2时，f（x）＝x－2lnx，f′（x）＝1－（x＞0），因为f

（1）＝1，f′

（1）＝－1，

所以曲线y＝f（x）在点A（1，f

（1））处的切线方程为y－1＝－（x－1），即x＋y－2＝0.

（2）由f′（x）＝1－＝，x＞0知：

①当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）为（0，＋∞）上的增函数，函数f（x）无极值；

②当a＞0时，由f′（x）＝0，解得x＝a.又当x∈（0，a）时，f′（x）＜0；当x∈（a，＋∞）时，f′（x）＞0，

从而函数f（x）在x＝a处取得极小值，且极小值为f（a）＝a－alna，无极大值．

综上，当a≤0时，函数f（x）无极值；当a＞0时，函数f（x）在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．

突破点

（二）　利用导数解决函数的最值问题

基础联通抓主干知识的“源”与“流”

函数的最值与导数

（1）在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最大值和最小值一定产生在极值点或闭区间的端点处．

（2）若函数f（x）在[a，b]上单调递增，则f（a）为函数的最小值，f（b）为函数的最大值；若函数f（x）在[a，b]上单调递减，则f（a）为函数的最大值，f（b）为函数的最小值．

（3）设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，求f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：

①求f（x）在（a，b）内的极值；

②将f（x）的各极值与f（a），f（b）进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

考点贯通抓高考命题的“形”与“神”

求函数的最值

[例1]　已知函数f（x）＝（x－k）ex.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）求f（x）在区间[0,1]上的最小值．

[解]　

（1）由题意知f′（x）＝（x－k＋1）ex.令f′（x）＝0，得x＝k－1.f（x）与f′（x）的情况如下：

x

（－∞，k－1）

k－1

（k－1，＋∞）

f′（x）

－

0

＋

f（x）

－ek－1

所以，f（x）的单调递减区间是（－∞，k－1）；单调递增区间是（k－1，＋∞）．

（2）当k－1≤0，即k≤1时，f（x）在[0,1]上单调递增，所以f（x）在区间[0,1]上的最小值为f（0）＝－k；

当0

（1）＝（1－k）e.综上，当k≤1时，f（x）在[0,1]上的最小值为f（0）＝－k；当1

（1）＝（1－k）e.

[方法技巧]

利用导数求函数最值的规律

求函数f（x）在区间[a，b]上的最值时：

（1）若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f（a）与f（b）一个为最大值，一个为最小值．

（2）若函数在闭区间[a，b]上有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f（a），f（b）比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．

（3）函数f（x）在区间（a，b）上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．

函数的最值与极值的综合问题

[例2]　已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f（x）在点x＝1处的切线为l：

3x－y＋1＝0，若x＝时，y＝f（x）有极值．

（1）求a，b，c的值；

（2）求y＝f（x）在[－3,1]上的最大值和最小值．

[解]　

（1）由f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′（x）＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，①

当x＝时，y＝f（x）有极值，则f′＝0，可得4a＋3b＋4＝0，②

由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f

（1）＝4.所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.

（2）由

（1）可得f（x）＝x3＋2x2－4x＋5，f′（x）＝3x2＋4x－4.

令f′（x）＝0，解得x1＝－2，x2＝.当x变化时，f′（x），f（x）的取值及变化情况如下表所示：

x

－3

（－3，－2）

－2

1

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

8

13

4

所以y＝f（x）在[－3,1]上的最大值为13，最小值为.

[方法技巧]

解决函数极值、最值问题的策略

（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）函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．　

能力练通抓应用体验的“得”与“失”　

1.函数f（x）＝lnx－x在区间（0，e]上的最大值为（　　）

A．1－eB．－1C．－eD．0

解析：

选B　因为f′（x）＝－1＝，当x∈（0,1）时，f′（x）>0；当x∈（1，e]时，f′（x）<0，所以f（x）的单调递增区间是（0,1），单调递减区间是（1，e]，所以当x＝1时，f（x）取得最大值ln1－1＝－1.

2.已知函数f（x）＝（2x－x2）ex，则（　　）

A．f（）是f（x）的极大值也是最大值B．f（）是f（x）的极大值但不是最大值

C．f（－）是f（x）的极小值也是最小值D．f（x）没有最大值也没有最小值

解析：

选A　由题意得f′（x）＝（2－2x）ex＋（2x－x2）ex＝（2－x2）ex，当－0，函数f（x）单调递增；当x<－或x>时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减，所以f（x）在x＝处取得极大值f（）＝2（－1）e>0，在x＝－处取得极小值f（－）＝2（－－1）e－<0，又当x<0时，f（x）＝（2x－x2）ex<0，所以f（）是f（x）的极大值也是最大值．

3.函数f（x）＝xsinx＋cosx在上的最大值为________．

解析：

因为f′（x）＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，所以f′（x）＝0在x∈上的解为x＝.又f＝＋，f＝，f（π）＝－1，所以函数f（x）＝xsinx＋cosx在上的最大值为.答案：

4.已知函数f（x）＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.

（1）求a，b的值；

（2）若f（x）有极大值28，求f（x）在[－3,3]上的最小值．

解：

（1）因为f（x）＝ax3＋bx＋c，所以f′（x）＝3ax2＋b.由于f（x）在点x＝2处取得极值c－16，

故有即解得

（2）由

（1）知f（x）＝x3－12x＋c，f′（x）＝3x2－12.令f′（x）＝0，得x1＝－2，x2＝2.当x∈（－∞，－2）时，f′（x）>0，

故f（x）在（－∞，－2）上为增函数．当x∈（－2,2）时，f′（x）<0，故f（x）在（－2,2）上为减函数；当x∈（2，＋∞）时，f′（x）>0，故f（x）在（2，＋∞）上为增函数．由此可知f（x）在x1＝－2处取得极大值f（－2）＝16＋c，在x2＝2处取得极小值f

（2）＝c－16.由题设条件知16＋c＝28，得c＝12，

此时f（－3）＝9＋c＝21，f（3）＝－9＋c＝3，f

（2）＝c－16＝－4，因此f（x）在[－3,3]上的最小值为f

（2）＝－4.

[全国卷5年真题集中演练——明规律]

1.（2013·新课标全国卷Ⅱ）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是（　　）

A．∃x0∈R，f（x0）＝0B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形

C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（－∞，x0）单调递减D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0）＝0

解析：

选C　因为函数f（x）的值域为R，所以一定∃x0∈R，f（x0）＝0，选项A中的结论正确；函数f（x）的解析式可以通过配方的方法化为形如（x＋m）3＋n（x＋m）＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f（x）的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2＞x1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确．

2．（2016·全国甲卷）

（1）讨论函数f（x）＝ex的单调性，并证明当x>0时，（x－2）ex＋x＋2>0.

（2）证明：

当a∈[0,1）时，函数g（x）＝（x>0）有最小值．设g（x）的最小值为h（a），求函数h（a）的值域．

解：

（1）f（x）的定义域为（－∞，－2）∪（－2，＋∞）．f′（x）＝＝≥0，

当且仅当x＝0时，f′（x）＝0，所以f（x）在（－∞，－2），（－2，＋∞）上单调递增．因此当x∈（0，＋∞）时，f（x）>f（0）＝－1.所以（x－2）ex>－（x＋2），即（x－2）ex＋x＋2>0.

（2）证明：

g′（x）＝＝[f（x）＋a]．由

（1）知，f（x）＋a在（0，＋∞）上单调递增．

对任意a∈[0,1），f（0）＋a＝a－1<0，f

（2）＋a＝a≥0.因此，存在唯一实数xa∈（0,2]，使得f（xa）＋a＝0，

即g′（xa）＝0.当0xa时，f（x）＋a>0，g′（x）>0，g（x）单调递增．因此g（x）在x＝xa处取得最小值，最小值为

g（xa）＝＝＝.于是h（a）＝.由′＝>0，得y＝单调递增，

所以，由xa∈（0,2]，得＝

综上，当a∈[0,1）时，g（x）有最小值h（a），h（a）的值域是.

3．（2012·新课标全国卷）已知函数f（x）满足f（x）＝f′

（1）ex－1－f（0）x＋x2.

（1）求f（x）的解析式及单调区间；

（2）若f（x）≥x2＋ax＋b，求（a＋1）b的最大值．

解：

（1）由已知得f′（x）＝f′

（1）ex－1－f（0）＋x.所以f′

（1）＝f′

（1）－f（0）＋1，即f（0）＝1.又f（0）＝f′

（1）e－1，

所以f′

（1）＝e.从而f（x）＝ex－x＋x2.由于f′（x）＝ex－1＋x，故当x∈（－∞，0）时，f′（x）＜0；

当x∈（0，＋∞）时，f′（x）＞0.从而，f（x）的单调减区间是（－∞，0），单调增区间是（0，＋∞）．

（2）由已知条件得ex－（a＋1）x≥b.①

（ⅰ）若a＋1＜0，则对任意常数b，当x＜0，且x<时，可得ex－（a＋1）x＜b，因此①式不成立．

（ⅱ）若a＋1＝0，则（a＋1）b＝0.

（ⅲ）若a＋1＞0，设g（x）＝ex－（a＋1）x，则g′（x）＝ex－（a＋1）．当x∈（－∞，ln（a＋1））时，g′（x）＜0；

当x∈（ln（a＋1），＋∞）时，g′（x）＞0.从而g（x）在（－∞，ln（a＋1））上单调递减，在（ln（a＋1），＋∞）上单调递增．

故g（x）有最小值g（ln（a＋1））＝a＋1－（a＋1）ln（a＋1）．所以f（x）≥x2＋ax＋b等价于b≤a＋1－（a＋1）·ln（a＋1）．②

因此（a＋1）b≤（a＋1）2－（a＋1）2ln（a＋1）．设h（a）＝（a＋1）2－（a＋1）2ln（a＋1），则h′（a）＝（a＋1）·[1－2ln（a＋1）]．

所以h（a）在（－1，e－1）上单调递增，在（e－1，＋∞）上单调递减，故h（a）在a＝e－1处取得最大值．从而h（a）≤，即（a＋1）b≤.当a＝e－1，b＝时，②式成立，故f（x）≥x2＋ax＋b.综合得，（a＋1）b的最大值为.

[课时达标检测]难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选

一、全员必做题

1．已知函数f（x）＝x3－px2－qx的图象与x轴切于（1,0）点，则f（x）的极大值，极小值分别为（　　）

A．－，0B．0，－C.，0D．0，

解析：

选C　由题意知，f′（x）＝3x2－2px－q，由f′

（1）＝0，f

（1）＝0得解得所以f（x）＝x3－2x2＋x，由f′（x）＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，易得当x＝时，f（x）取极大值，当x＝1时，f（x）取极小值0.

2．已知函数f（x）＝x3＋3x2－9x＋1，若f（x）在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为（　　）

A．[－3，＋∞）B．（－3，＋∞）C．（－∞，－3）D．（－∞，－3]

解析：

选D　由题意知f′（x）＝3x2＋6x－9，令f′（x）＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：

x

（－∞，－3）

－3

（－3,1）

1

（1，＋∞）

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

单调递增

极大值

单调递减

极小值

单调递增

又f（－3）＝28，f

（1）＝－4，f

（2）＝3，f（x）在区间[k,2]上的最大值为28，所以k≤－3.

3．已知f（x）是奇函数，当x∈（0,2）时，f（x）＝lnx－ax，当x∈（－2,0）时，f（x）的最小值为1，则a的值为________．

解析：

因为f（x）是奇函数，所以f（x）在（0,2）上的最大值为－1，当x∈（0,2）时，f′（x）＝－a，令f′（x）＝0，得x＝，又a>，所以0<<2.令f′（x）>0，得x<，所以f（x）在上单调递增；令f′（x）<0，得x>，所以f（x）在上单调递减．所以当x∈（0,2）时，f（x）max＝f＝ln－a·＝－1，所以ln＝0，所以a＝1.答案：

1

4．已知函数f（x）＝（k≠0）．求函数f（x）的极值．

解：

f（x）＝，其定义域为（0，＋∞），则f′（x）＝－.令f′（x）＝0，得x＝1，当k>0时，若00；若x>1，则f′（x）<0，所以f（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，即当x＝1时，函数f（x）取得极大值.当k<0时，若01，则f′（x）>0，所以f（x）在（0,1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，即当x＝1时，函数f（x）取得极小值.

5．（2017·石家庄模拟）已知函数f（x）＝ax－－3lnx，其中a为常数．

（1）当函数f（x）的图象在点处的切线的斜率为1时，求函数f（x）在上的最小值；

（2）若函数f（x）在区间（0，＋∞）上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．

解：

（1）因为f′（x）＝a＋－，所以f′＝a＝1，故f（x）＝x－－3lnx，则f′（x）＝.

由f′（x）＝0得x＝1或x＝2.当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x

2

（2,3）

3

f′（x）

－

0

＋

f（x）

1－3ln2

从而在上，f（x）有最小值，且最小值为f

（2）＝1－3ln2.

（2）f′（x）＝a＋－＝（x＞0），由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，

不妨设这两个根为x1，x2，且x1≠x2，则解得0＜a＜.故所求a的取值范围为.

二、重点选做题

1．（2017·昆明模拟）已知常数a≠0，f（x）＝alnx＋2x.

（1）当a＝－4时，求f（x）的极值；

（2）当f（x）的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．

解：

（1）由已知得f（x）的定义域为x∈（0，＋∞），f′（x）＝＋2＝.当a＝－4时，f′（x）＝.

所以当02时，f′（x）>0，即f（x）单调递增．所以f（x）只有极小值，且在x＝2时，f（x）取得极小值f

（2）＝4－4ln2.所以当a＝－4时，f（x）只有极小值4－4ln2.

（2）因为f′（x）＝，所以当a>0，x∈（0，＋∞）时，f′（x）>0，即f（x）在x∈（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，