创新设计一轮复习 第三章 第2节 第2课时Word格式.docx

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ln2－1

故f（x）在定义域上的极大值为f（x）极大值＝f

（2）＝ln2－1，无极小值.

（2）由

（1）知，函数的定义域为（0，＋∞），

f′（x）＝－a＝（x>

0）.

当a≤0时，f′（x）>

0在（0，＋∞）上恒成立，

即函数在（0，＋∞）上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；

当a>

0时，当x∈时，f′（x）>

0，

当x∈时，f′（x）<

故函数在x＝处有极大值.

综上可知，当a≤0时，函数f（x）无极值点，

0时，函数y＝f（x）有一个极大值点，且为x＝.

规律方法　运用导数求可导函数y＝f（x）的极值的一般步骤：

（1）先求函数y＝f（x）的定义域，再求其导数f′（x）；

（2）求方程f′（x）＝0的根；

（3）检查导数f′（x）在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；

如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值.特别注意：

导数为零的点不一定是极值点.

角度3　已知函数的极（最）值求参数的取值

【例1－3】（2019·

泰安检测）已知函数f（x）＝lnx.

（1）求f（x）图象的过点P（0，－1）的切线方程；

（2）若函数g（x）＝f（x）－mx＋存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围.

解　

（1）f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝.

设切点坐标为（x0，lnx0），则切线方程为y＝x＋lnx0－1.

把点P（0，－1）代入切线方程，得lnx0＝0，∴x0＝1.

∴过点P（0，－1）的切线方程为y＝x－1.

（2）因为g（x）＝f（x）－mx＋＝lnx－mx＋（x>

0），

所以g′（x）＝－m－＝＝－，

令h（x）＝mx2－x＋m，

要使g（x）存在两个极值点x1，x2，

则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.

故只需满足即可，解得0<

m<

.

规律方法　已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：

（1）根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；

（2）因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.

【训练1】

（1）（2017·

全国Ⅱ卷）若x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）·

ex－1的极值点，则f（x）的极小值为（　　）

A.－1B.－2e－3C.5e－3D.1

解析　f′（x）＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]·

ex－1，

则f′（－2）＝[4－2（a＋2）＋a－1]·

e－3＝0⇒a＝－1，

则f（x）＝（x2－x－1）·

ex－1，f′（x）＝（x2＋x－2）·

令f′（x）＝0，得x＝－2或x＝1，

当x<

－2或x>

1时，f′（x）>

所以x＝1是函数f（x）的极小值点，

则f（x）极小值为f

（1）＝－1.

答案　A

（2）（2018·

北京卷）设函数f（x）＝[ax2－（4a＋1）x＋4a＋3]ex.

①若曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线与x轴平行，求a；

②若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.

解　①因为f（x）＝[ax2－（4a＋1）x＋4a＋3]ex，

所以f′（x）＝[ax2－（2a＋1）x＋2]ex.

f′

（1）＝（1－a）e.

由题设知f′

（1）＝0，即（1－a）e＝0，解得a＝1.

此时f

（1）＝3e≠0.

所以a的值为1.

②f′（x）＝[ax2－（2a＋1）x＋2]ex＝（ax－1）（x－2）ex.

若a>

，则当x∈时，f′（x）<

当x∈（2，＋∞）时，f′（x）>

0.

所以f（x）在x＝2处取得极小值.

若a≤，则当x∈（0，2）时，x－2<

0，ax－1≤x－1<

所以f′（x）>

0.所以2不是f（x）的极小值点.

综上可知，a的取值范围是.

考点二　利用导数求函数的最值

【例2】（2019·

广东五校联考）已知函数f（x）＝ax＋lnx，其中a为常数.

（1）当a＝－1时，求f（x）的最大值；

（2）若f（x）在区间（0，e]上的最大值为－3，求a的值.

解　

（1）易知f（x）的定义域为（0，＋∞），

当a＝－1时，f（x）＝－x＋lnx，f′（x）＝－1＋＝，

令f′（x）＝0，得x＝1.

当0<

∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，＋∞）上是减函数.

∴f（x）max＝f

（1）＝－1.

∴当a＝－1时，函数f（x）在（0，＋∞）上的最大值为－1.

（2）f′（x）＝a＋，x∈（0，e]，∈.

①若a≥－，则f′（x）≥0，从而f（x）在（0，e]上是增函数，

∴f（x）max＝f（e）＝ae＋1≥0，不合题意.

②若a<

－，令f′（x）>

0得a＋>

0，结合x∈（0，e]，解得0<

－；

令f′（x）<

0得a＋<

0，结合x∈（0，e]，解得－<

x≤e.

从而f（x）在上为增函数，在上为减函数，

∴f（x）max＝f＝－1＋ln.

令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，

即a＝－e2.

∵－e2<

－，∴a＝－e2为所求.

故实数a的值为－e2.

规律方法　1.利用导数求函数f（x）在[a，b]上的最值的一般步骤：

（1）求函数在（a，b）内的极值；

（2）求函数在区间端点处的函数值f（a），f（b）；

（3）将函数f（x）的各极值与f（a），f（b）比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.

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.

【训练2】（2019·

合肥质检）已知函数f（x）＝excosx－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　

（1）∵f（x）＝ex·

cosx－x，∴f（0）＝1，

f′（x）＝ex（cosx－sinx）－1，∴f′（0）＝0，

∴y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y－1＝0·

（x－0），

即y＝1.

（2）f′（x）＝ex（cosx－sinx）－1，令g（x）＝f′（x），

则g′（x）＝－2exsinx≤0在上恒成立，

且仅在x＝0处等号成立，

∴g（x）在上单调递减，

∴g（x）≤g（0）＝0，∴f′（x）≤0且仅在x＝0处等号成立，

∴f（x）在上单调递减，

∴f（x）max＝f（0）＝1，f（x）min＝f＝－.

考点三　利用导数求解最优化问题

【例3】（2018·

衡水中学质检）在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v（米/单位时间），每单位时间的用氧量为＋1（升），在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9（升），返回水面的平均速度为（米/单位时间），每单位时间用氧量为1.5（升），记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y（升）.

（1）求y关于v的函数关系式；

（2）若c≤v≤15（c>

0），求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.

解　

（1）由题意，下潜用时（单位时间），用氧量为×

＝＋（升），水底作业时的用氧量为10×

0.9＝9（升），返回水面用时＝（单位时间），用氧量为×

1.5＝（升），

因此总用氧量y＝＋＋9（v>

（2）y′＝－＝，令y′＝0得v＝10，

v<

10时，y′<

0，函数单调递减；

当v>

10时，y′>

0，函数单调递增.

若c<

10，函数在（c，10）上单调递减，在（10，15）上单调递增，

∴当v＝10时，总用氧量最少.

若c≥10，则y在[c，15]上单调递增，

∴当v＝c时，这时总用氧量最少.

规律方法　1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：

（1）设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f（x），并确定其定义域；

（2）求函数的导数f′（x），解方程f′（x）＝0；

（3）比较函数在区间端点和f′（x）＝0的点的函数值的大小，最大（小）者为最大（小）值；

（4）回归实际问题作答.

2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.

【训练3】（2017·

全国Ⅰ卷）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：

cm3）的最大值为______.

解析　由题意，连接OD，交BC与点G，

由题意，OD⊥BC，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，

三棱锥的高h＝

＝

＝，

S△ABC＝·

（2x）2·

sin60°

＝3x2，

则三棱锥的体积V＝S△ABC·

h＝x2·

＝·

，

令f（x）＝25x4－10x5，x∈，

则f′（x）＝100x3－50x4，

令f′（x）＝0得x＝2，当x∈（0，2）时，f′（x）>

0，f（x）单调递增；

0，f（x）单调递减，

故当x＝2时，f（x）取得最大值80，

则V≤×

＝4.

∴体积最大值为4cm3.

答案　4

[思维升华]

1.求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.

2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；

函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；

函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.

3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值.

[易错防范]

1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.

2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.

3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围（如定义域），导致出现了增解.

基础巩固题组

（建议用时：

40分钟）

一、选择题

1.函数y＝f（x）导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（　　）

A.（－1，3）为函数y＝f（x）的递增区间

B.（3，5）为函数y＝f（x）的递减区间

C.函数y＝f（x）在x＝0处取得极大值

D.函数y＝f（x）在x＝5处取得极小值

解析　由函数y＝f（x）导函数的图象可知，f（x）的单调递减区间是（－∞，－1），（3，5），单调递增区间为（－1，3），（5，＋∞），所以f（x）在x＝－1，5取得极小值，在x＝3取得极大值，故选项C错误.

答案　C

2.设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则（　　）

A.a<

－1B.a>

－1

C.a>

－D.a<

解析　因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.

又函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，

则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，

0时，－ex<

－1，所以a＝－ex<

－1.

3.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18B.11

C.18D.17或18

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，又f′（x）＝3x2＋2ax＋b，

∴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.

4.函数f（x）＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是（　　）

A.0B.1C.2D.无数

解析　函数定义域为（0，＋∞），

且f′（x）＝6x＋－2＝，

由于x>

0，g（x）＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<

所以g（x）>

0恒成立，故f′（x）>

0恒成立，

即f（x）在定义域上单调递增，无极值点.

5.（2019·

青岛二模）已知函数f（x）＝2ef′（e）lnx－（e是自然对数的底数），则f（x）的极大值为（　　）

A.2e－1B.－C.1D.2ln2

解析　由题意知，f′（x）＝－，

∴f′（e）＝2f′（e）－，则f′（e）＝.

因此f′（x）＝－，令f′（x）＝0，得x＝2e.

∴f（x）在（0，2e）上单调递增，在（2e，＋∞）上单调递减.

∴f（x）在x＝2e处取极大值f（2e）＝2ln（2e）－2＝2ln2.

二、填空题

6.函数f（x）＝xe－x，x∈[0，4]的最大值是________.

解析　f′（x）＝e－x－x·

e－x＝e－x（1－x），

又f（0）＝0，f（4）＝，f

（1）＝e－1＝，

∴f

（1）＝为最大值.

答案　

7.已知函数f（x）＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f（m）的最小值是________.

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.

答案　－4

8.若函数f（x）＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是________.

解析　函数f（x）在区间上有极值点等价于f′（x）＝0有2个不相等的实根且在内有根，由f′（x）＝0有2个不相等的实根，得a<

－2或a>

2.由f′（x）＝0在内有根，得a＝x＋在内有解，又x＋∈，所以2≤a<

综上，a的取值范围是.

三、解答题

9.设函数f（x）＝alnx－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）由f（x）＝alnx－bx2（x>

0），得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）＝lnx－x2，

则f′（x）＝－x＝，

当≤x≤e时，令f′（x）>

0，得≤x<

1，

0，得1<

x≤e，

∴f（x）在上单调递增；

在（1，e]上单调递减，

∴f（x）max＝f

（1）＝－.

10.（2018·

天津卷选编）设函数f（x）＝（x－t1）（x－t2）（x－t3），其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.

（1）若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（2）若d＝3，求f（x）的极值.

解　

（1）由已知，得f（x）＝x（x－1）（x＋1）＝x3－x，

故f′（x）＝3x2－1.因此f（0）＝0，f′（0）＝－1，

又因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为

y－f（0）＝f′（0）（x－0），故所求切线方程为x＋y＝0.

（2）由已知得f（x）＝（x－t2＋3）（x－t2）（x－t2－3）＝（x－t2）3－9（x－t2）＝x3－3t2x2＋（3t－9）x－t＋9t2.

故f′（x）＝3x2－6t2x＋3t－9.

令f′（x）＝0，解得x＝t2－，或x＝t2＋.

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

（－∞，t2－）

t2－

（t2－，t2＋）

t2＋

（t2＋，＋∞）

极大值

极小值

所以函数f（x）的极大值为f（t2－）＝（－）3－9×

（－）＝6；

函数f（x）的极小值为f（t2＋）＝（）3－9×

＝－6.

能力提升题组

20分钟）

11.（2019·

郑州质检）若函数y＝f（x）存在n－1（n∈N*）个极值点，则称y＝f（x）为n折函数，例如f（x）＝x2为2折函数.已知函数f（x）＝（x＋1）ex－x（x＋2）2，则f（x）为（　　）

A.2折函数B.3折函数

C.4折函数D.5折函数

解析　f′（x）＝（x＋2）ex－（x＋2）（3x＋2）

＝（x＋2）（ex－3x－2），

令f′（x）＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.

易知x＝－2是f（x）的一个极值点，

又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.又e－2≠3（－2）＋2＝－4.

∴函数y＝f（x）有3个极值点，则f（x）为4折函数.

12.若函数f（x）＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间（k－1，k＋1）内存在最小值，则实数k的取值范围是________.

解析　因为f（x）的定义域为（0，＋∞），又因为f′（x）＝4x－，所以由f′（x）＝0解得x＝，由题意得解得1≤k<

13.（2019·

杭州质检）传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12cm且以每秒1cm等速率缩短，而长度以每秒20cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12cm缩到4cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________cm.

解析　设神针原来的长度为acm，t秒时神针的体积为V（t）cm3，

则V（t）＝π（12－t）2·

（a＋20t），其中0≤t≤8，

所以V′（t）＝[－2（12－t）（a＋20t）＋（12－t）2·

20]π.

因为当底面半径为10cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′

（2）＝0，解得a＝60，所以V（t）＝π（12－t）2·

（60＋20t），其中0≤t≤8.

V′（t）＝60π（12－t）（2－t），当t∈（0，2）时，V′（t）>

0，当t∈（2，8）时，V′（t）<

0，从而V（t）在（0，2）上单调递增，在（2，8）上单调递减，V（0）＝8640π，V（8）＝3520π，所以当t＝8时，V（t）有最小值3520π，此时金箍棒的底面半径为4cm.

14.设f（x）＝xlnx－ax2＋（2a－1）x（常数a>

（1）令g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间；

（2）已知f（x）在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围.

解　

（1）由f′（x）＝lnx－2ax＋2a，

可得g（x）＝lnx－2ax＋2a，x∈（0，＋∞）.

所以g′（x）＝－2a＝.

又a>

当x∈时，g′（x）>

0，函数g（x）单调递增，

当x∈时，g′（x）<

0，函数g（x）单调递减.

∴函数y＝g（x）的单调递增区间为，单调递减区间为.

（2）由

（1）知，f′

（1）＝0.

①当0<

a<

时，>

1，由

（1）知f′（x）在内单调递增，可得当x∈（0，1）时，f′（x）<

0，当x∈时，f′（x）>

所以f（x）在（0，1）内单调递减，在内单调递增.

所以f（x）在x＝1处取得极小值，不合题意.

②当a＝时，＝1，f′（x）在（0，1）内单调递增，在（1，＋∞）内单调递减，所以当x∈（0，＋∞）时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，不合题意.

③当a>

时，0<

<

1，当x∈时，f′（x）>

0，f（x）单调递增，当x∈（1，＋∞）时，f′（x）<

0，f（x）单调递减.

所以f（x）在x＝1处取极大值，符合题意.

综上可知，实数a的取值范围为.

新高考创新预测

15.（试题创新）当x∈[1，4]时，不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2恒成立，则a＋b的取值范围是（　　）

A.[－4，8]B.[－2，8]

C.[0，6]D.[4，12]

解析　因为x∈[1，4]，所以不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2等价于0≤ax＋b＋≤4，即0≤a＋b≤4.令t＝x＋，x∈[1，4]，

则t′＝1－＝＝，

则t＝x＋在[1，2）上单调递减，在（2，4]上单调递增，

所以当x＝2时，tmin＝3，当x＝1时，tmax＝5，

所以3≤t≤5，则由0≤at＋b≤4，得

所以a＋b＝2（3a＋b）－（5a＋b）∈[－4，8]，故选A.