新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題09 函數(shù)的最值 (教師版)

專題09函數(shù)的最值考點(diǎn)一求已知函數(shù)的最值【方法總結(jié)】導(dǎo)數(shù)法求給定區(qū)間上函數(shù)的最值問題的一般步驟(1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)；(2)求f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值；(3)求f(x)在給定區(qū)間上的端點(diǎn)值；(4)將f(x)的各極值與f(x)的端點(diǎn)值進(jìn)行比較，確定f(x)的最大值與最小值；(5)反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯點(diǎn)和解題規(guī)范．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)＝lnx－x在區(qū)間(0，e]上的最大值為________．答案－1解析f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0得x＝1．當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，e]時，f′(x)＜0．∴當(dāng)x＝1時，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln1－1＝－1．(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值為．答案eq\f(3,2)解析因?yàn)閒′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f((x＋2)(x－1),x)(x＞0)，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2)．(3)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，f(1)＝－eq\f(2,3)，則函數(shù)g(x)＝f′(x)ex在區(qū)間[0，2]上的最小值為．答案－2e解析由題意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)為偶函數(shù)，∴m＝0，故f(x)＝eq\f(1,3)x3＋nx＋2，∵f(1)＝eq\f(1,3)＋n＋2＝－eq\f(2,3)，∴n＝－3．∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x＋2，則f′(x)＝x2－3．故g(x)＝ex(x2－3)，則g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，據(jù)此可知函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，2]上單調(diào)遞增，故函數(shù)g(x)的極小值，即最小值為g(1)＝e1·(12－3)＝－2e．(4)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．答案－eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相當(dāng)于求f(x)在[0，2π]上的最小值．f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．令f′(x)＝0，解得cosx＝eq\f(1,2)或cosx＝－1，x∈[0，2π]．∴由cosx＝－1，得x＝π；由cosx＝eq\f(1,2)，得x＝eq\f(5,3)π或x＝eq\f(π,3)．∵函數(shù)的最值只能在導(dǎo)數(shù)值為0的點(diǎn)或區(qū)間端點(diǎn)處取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,3)＋sineq\f(2π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π))＝－eq\f(3\r(3),2)，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2)．(5)設(shè)正實(shí)數(shù)x，則f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域?yàn)開_______．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))解析令lnx＝t，則x＝et，∴g(t)＝eq\f(t2,et2)，令t2＝m，m≥0，∴h(m)＝eq\f(m,em)，∴h′(m)＝eq\f(em(1－m),e2m)，令h′(m)＝0，解得m＝1，當(dāng)0≤m<1時，h′(m)>0，函數(shù)h(m)單調(diào)遞增，當(dāng)m≥1時，h′(m)<0，函數(shù)h(m)單調(diào)遞減，∴h(m)max＝h(1)＝eq\f(1,e)，∵f(0)＝0，當(dāng)m→＋∞時，h(m)→0，∴f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(6)已知函數(shù)f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的圖象與直線y＝m的交點(diǎn)分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1－x2的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))答案A解析由題意知f(x1)＝g(x2)，所以elnx1＝x2＋1，即x2＝elnx1－1，則x1－x2＝x1－elnx1＋1，x1>0．令h(x)＝x－elnx＋1(x>0)，則h′(x)＝1－eq\f(e,x)＝eq\f(x－e,x)．當(dāng)x>e時，h′(x)>0，當(dāng)0<x<e時，h′(x)<0，所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(e)＝1．又當(dāng)x→0＋時，h(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時，h(x)→＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)上的值域?yàn)閇1，＋∞)，所以x1－x2的取值范圍為[1，＋∞)．(7)已知不等式ex－1≥kx＋lnx對于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則k的最大值為________．答案e－1解析?x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋lnx恒成立，等價于?x∈(0，＋∞)，k≤eq\f(ex－1－lnx,x)恒成立，令φ(x)＝eq\f(ex－1－lnx,x)(x>0)，則φ′(x)＝eq\f(ex(x－1)＋lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1．(8)(多選)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋e|x|,e|x|)，則下列選項(xiàng)正確的是()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0，1)對稱C．f(x)的最大值為eq\f(1,e)＋1D．f(x)的最小值為－eq\f(1,e)＋1答案BCD解析f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1，不滿足f(－x)＝－f(x)，故A項(xiàng)錯誤；令g(x)＝eq\f(x,e|x|)，則g(－x)＝eq\f(－x,e|－x|)＝eq\f(－x,e|x|)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，則f(x)關(guān)于點(diǎn)(0，1)對稱，B項(xiàng)正確；設(shè)f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最大值為M，則g(x)的最大值為M－1，設(shè)f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最小值為N，則g(x)的最小值為N－1，當(dāng)x＞0時，g(x)＝eq\f(x,ex)，所以g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＞0，當(dāng)x＞1時，g′(x)＜0，所以當(dāng)0＜x＜1時，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x＞1時，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)在x＝1處取得最大值，最大值為g(1)＝eq\f(1,e)，由于g(x)為奇函數(shù)，所以g(x)在x＝－1處取得最小值，最小值為g(－1)＝－eq\f(1,e)，所以f(x)的最大值為M＝eq\f(1,e)＋1，最小值為N＝－eq\f(1,e)＋1，故C、D項(xiàng)正確．故選B、C、D．[例2]已知函數(shù)f(x)＝excosx－x．(1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解析(1)因?yàn)閒(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0．又因?yàn)閒(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1．(2)設(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，h′(x)＜0，所以h(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．所以對任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0．所以函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減．因此f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值為f(0)＝1，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2)．[例3](2017·浙江)已知函數(shù)f(x)＝(x－eq\r(2x－1))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)))．(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范圍．解析(1)f′(x)＝(x－eq\r(2x－1))′e－x＋(x－eq\r(2x－1))(e－x)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))))e－x－(x－eq\r(2x－1))e－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))－x＋\r(2x－1)))e－x＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)))．(2)令f′(x)＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－x＝0，解得x＝1或eq\f(5,2)．當(dāng)x變化時，f(x)，f′(x)的變化如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2)))eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)極小值－2極大值2又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0．∴x3＝－1，x4＝2．∵f(x)在開區(qū)間(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是極小值．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－12<－1<a，,a≤2，))解得－1<a≤2．(4)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax存在最大值0，則a＝________．答案eq\f(1,e)解析f′(x)＝eq\f(1,x)－a，x＞0．當(dāng)a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＞0恒成立，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，不存在最大值；當(dāng)a＞0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，解得x＝eq\f(1,a)．當(dāng)0＜x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＝0，解得a＝eq\f(1,e)．(5)(多選)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2(a＜0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，則a的取值可能為()A．－6B．－5C．－4D．－3答案ABC解析令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(a,3)(a＜0)，當(dāng)eq\f(a,3)＜x＜0時，f′(x)＜0；當(dāng)x＜eq\f(a,3)或x＞0時，f′(x)＞0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))，從而f(x)在x＝eq\f(a,3)處取得極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)，由f(x)＝－eq\f(a3,27)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,3)))＝0，解得x＝eq\f(a,3)或x＝－eq\f(a,6)，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，所以eq\f(a,3)＜eq\f(a＋6,3)≤－eq\f(a,6)，解得a≤－4．所以選項(xiàng)A，B，C符合題意．(6)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－cosx－2a，g(x)＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f(x1)＝g(x2)成立，則x2－x1的最小值為1時，實(shí)數(shù)a＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)D．1答案B解析令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－cosx－x－2a，由f(x1)＝g(x2)得x2＝ex1－cosx1－2a，則x2－x1＝ex1－cosx1－x1－2a，則x2－x1的最小值即F(x)在[0，π]上的最小值．∵F′(x)＝ex＋sinx－1≥0恒成立，x∈[0，π]，∴F(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，∴F(x)min＝F(0)＝－2a＝(x2－x1)min＝1，∴a＝－eq\f(1,2)．【對點(diǎn)訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2，2]上有最小值－37，則a的值為____________，f(x)在[－2，2]上的最大值為________．1．答案33解析f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2．當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x－2(－2，0)0(0，2)2f′(x)＋0－0f(x)－40＋a極大值a－8＋a所以當(dāng)x＝－2時，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3．所以當(dāng)x＝0時，f(x)取得最大值3．2．若函數(shù)y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在[－2，1]上的最大值為eq\f(9,2)，則m等于()A．0B．1C．2D．eq\f(5,2)2．答案C解析y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知當(dāng)－1<x<0時，y′<0，當(dāng)－2<x<－1或0<x<1時，y′>0，所以函數(shù)y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在(－2，－1)，(0，1)上單調(diào)遞增，在(－1，0)上單調(diào)遞減，又當(dāng)x＝－1時，y＝m＋eq\f(1,2)，當(dāng)x＝1時，y＝m＋eq\f(5,2)，所以最大值為m＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2)，解得m＝2．2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]2．答案D解析由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，所以k≤－3．3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，0)B．(－5，0)C．[－3，0)D．(－3，0)3．答案C解析由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2，0)上是減函數(shù)，作出其圖象如圖所示．令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)，故選C．4．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________．4．答案－3e解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x＋m,x2)，若m≥0，f′(x)>0