高考總復習理數(shù)（北師大版）第3章第2節(jié)第2課時導數(shù)與函數(shù)的極值最值

/11/11/第二課時導數(shù)與函數(shù)的極值、最值利用導數(shù)研究函數(shù)極值問題[析考情]函數(shù)的極值是每年高考的必考內(nèi)容，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度適中，為中高檔題．[提能力]命題點1：根據(jù)圖像判斷函數(shù)極值問題【典例1】(2018·貴陽質(zhì)檢)設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖像如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)解析：選D由題圖可知，當x<－2時，f′(x)>0；當－2<x<1時，f′(x)<0；當1<x<2時，f′(x)<0；當x>2時，f′(x)>0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值．命題點2：求函數(shù)的極值【典例2】(2017·全國卷Ⅱ)若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極小值為()A．－1 B．－2e－3C．5e－3 D．1解析：選A函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，則f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函數(shù)f(x)的極值點得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．由ex－1＞0恒成立，得x＝－2或x＝1時，f′(x)＝0，且x＜－2時，f′(x)＞0；－2＜x＜1時，f′(x)＜0；x＞1時，f′(x)＞0.所以x＝1是函數(shù)f(x)的極小值點．所以函數(shù)f(x)的極小值為f(1)＝－1.故選A．命題點3：由函數(shù)的極值求參數(shù)問題【典例3】(2018·江西八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．(0,1) D．(0，＋∞)解析：選B∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，由函數(shù)f(x)有兩個極值點，可知f′(x)在(0，＋∞)上有兩個不同的零點，令f′(x)＝0，則2a＝eq\f(lnx＋1,x)，設g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又∵當x→0時，g(x)→－∞，當x→＋∞時，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2).[悟技法]函數(shù)極值問題的常見類型及解題策略(1)知圖判斷函數(shù)極值的情況．先找導數(shù)為0的點，再判斷導數(shù)為0的點的左、右兩側(cè)的導數(shù)符號．(2)已知函數(shù)求極值．求f′(x)→求方程f′(x)＝0的根→列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根的附近兩側(cè)的符號→下結(jié)論．(3)已知極值求參數(shù)．若函數(shù)f(x)在點(x0，y0)處取得極值，則f′(x0)＝0，且在該點左、右兩側(cè)的導數(shù)值符號相反．[刷好題]1．(2018·西寧月考)設三次函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，函數(shù)y＝x·f′(x)的圖像的一部分如圖所示，則()A．f(x)的極大值為f(eq\r(3))，極小值為f(－eq\r(3))B．f(x)的極大值為f(－eq\r(3))，極小值為f(eq\r(3))C．f(x)的極大值為f(－3)，極小值為f(3)D．f(x)的極大值為f(3)，極小值為f(－3)解析：選D由圖像知，當x＜－3時，f′(x)＜0；當－3＜x＜0時，f′(x)＞0，由此知極小值為f(－3)；當0＜x＜3時，f′(x)＞0；當x＞3時，f′(x)＜0，由此知極大值為f(3)．故選D.2．(2018·凱里模擬)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1時有極值0，則a－b＝__________.解析：由題意，得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9，))經(jīng)檢驗當a＝1，b＝3時，函數(shù)f(x)在x＝－1處無法取得極值．而a＝2，b＝9滿足題意，故a－b＝－7.答案：－73．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1＋lnx,kx)(k≠0)，求函數(shù)f(x)的極值．解：f(x)＝eq\f(1＋lnx,kx)，其定義域為(0，＋∞)，則f′(x)＝－eq\f(lnx,kx2).令f′(x)＝0，得x＝1，當k>0時，若0<x<1，則f′(x)>0，若x>1，則f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，即當x＝1時，函數(shù)f(x)取得極大值eq\f(1,k).當k<0時，若0<x<1，則f′(x)<0；若x>1，則f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，即當x＝1時，函數(shù)f(x)取得極小值eq\f(1,k).運用導數(shù)求函數(shù)的最值問題[析考情]函數(shù)的最值是高考的熱點內(nèi)容，考查函數(shù)最值的同時必然涉及函數(shù)的單調(diào)性，還會涉及方程、不等式，既有小題，也有大題，有一定難度．[提能力]命題點1：求函數(shù)的最值【典例1】(2018·合肥模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值．解：(1)由題意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)與f′(x)的情況如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減－ek－1單調(diào)遞增所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k－1，＋∞)．(2)當k－1≤0，即k≤1時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)＝－k；當0<k－1<1，即1<k<2時，f(x)在[0，k－1)上單調(diào)遞減，在(k－1,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1；當k－1≥1，即k≥2時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e.綜上，當k≤1時，f(x)在[0,1]上的最小值為f(0)＝－k；當1<k<2時，f(x)在[0,1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1；當k≥2時，f(x)在[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e.命題點2：生活中的優(yōu)化問題【典例2】(2018·六安模擬)某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y(tǒng)＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．解：(1)因為x＝5時，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)＝(x－3)[eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.從而f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)·(x－6)．于是，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值42單調(diào)遞減由上表可得，x＝4時，函數(shù)f(x)取得極大值，也是最大值．所以，當x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42.即當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．[悟技法]1．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)；(3)將函數(shù)f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．2．利用導數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的一般步驟(1)設自變量、因變量，建立函數(shù)關系式y(tǒng)＝f(x)，并確定其定義域；(2)求函數(shù)的導數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比較函數(shù)在區(qū)間端點和f′(x)＝0的點的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值；(4)回歸實際問題作答．[刷好題]1．(2018·綿陽檢測)某品牌電動汽車的耗電量y與速度x之間有關系y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x＞0)，為使耗電量最小，則速度應定為__________.解析：由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于0＜x＜40時，y′＜0；x＞40時，y′＞0.所以當x＝40時，y有最小值．答案：402．(2018·桂林模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<1，,alnx，x≥1.))(1)求f(x)在區(qū)間(－∞，1)上的極小值和極大值點；(2)求f(x)在區(qū)間[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值．解：(1)當x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3)，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)極小值極大值所以當x＝0時，函數(shù)f(x)取得極小值f(0)＝0，函數(shù)f(x)的極大值點為x＝eq\f(2,3).(2)①當－1≤x<1時，由(1)知，函數(shù)f(x)在[－1,0)和(eq\f(2,3)，1)上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞增．因為f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值為2.②當1≤x≤e時，f(x)＝alnx，當a≤0時，f(x)≤0；當a>0時，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增．所以f(x)在[1，e]上的最大值為f(e)＝a.所以當a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當a<2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2.課時作業(yè)提升(十五)導數(shù)與函數(shù)的極值、最值A組夯實基礎1．設函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點 B．x＝1為f(x)的極小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點 D．x＝－1為f(x)的極小值點解析：選Df′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，則x＝－1.當x<－1時，f′(x)<0，當x>－1時，f′(x)>0，所以x＝－1為f(x)的極小值點．2．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A．eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：選Af′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x＞0，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在x＝1處取得極小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).3．(2018·長治模擬)若函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有極值，則導函數(shù)f′(x)的圖像不可能是()解析：選D若函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有極值，則此函數(shù)在某點兩側(cè)的單調(diào)性相反，也就是說導函數(shù)f′(x)在此點兩側(cè)的導函數(shù)值的符號相反，所以導函數(shù)的圖像要穿過x軸，觀察四個選項中的圖像只有D項是不符合要求的，即f′(x)的圖像不可能是D.4．(2108·成都檢測)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18解析：選C∵函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))而當eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))時，函數(shù)在x＝1處無極值，故舍去．∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.5．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a＝()A．－4 B．－2C．4 D．2解析：選D由題意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，則f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值∴函數(shù)f(x)在x＝2處取得極小值，則a＝2.故選D.6．(2018·懷化模擬)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，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)解析：選C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)，作出其圖像如圖所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖像可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，故選C．7．(2018·銀川模擬)函數(shù)f(x)＝x(x－m)2在x＝1處取得極小值，則m＝__________.解析：f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.當m＝3時，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1＜x＜3時，f′(x)＜0；x＜1或x＞3時，f′(x)＞0，此時x＝1處取得極大值，不合題意，所以m＝1.答案：18．(2018·長沙模擬)設f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)，則g(x)的最小值為__________.解析：對f(x)＝lnx求導，得f′(x)＝eq\f(1,x)，則g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，且x＞0.對g(x)求導，得g′(x)＝eq\f(x－1,x2)，令g′(x)＝0，解得x＝1.當x∈(0,1)時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)min＝g(1)＝1.答案：19．(2018·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是__________.解析：f′(x)＝－3x2＋2ax，根據(jù)已知f′(2)＝0，得a＝3，即f(x)＝－x3＋3x2－4.根據(jù)函數(shù)f(x)的極值點，可得函數(shù)f(m)在[－1,1]上的最小值為f(0)＝－4，f′(n)＝－3n2＋6n在[－1,1]上單調(diào)遞增，所以f′(n)的最小值為f′(－1)＝－9.[f(m)＋f′(n)]min＝f(m)min＋f′(n)min＝－4－9＝－13.答案：－1310．(2018·武威模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax，x＞1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a＝2，求函數(shù)f(x)的極小值．解：(1)f′(x)＝eq\f(lnx－1,?lnx?2)＋a，由題意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤eq\f(1,?lnx?2)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4).因為x∈(1，＋∞)，所以lnx∈(0，＋∞)，所以當eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0時函數(shù)t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值為－eq\f(1,4)，所以a≤－eq\f(1,4).(2)當a＝2時，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2?lnx?2,?lnx?2)，令f′(x)＝0得2(lnx)2＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍)，即x＝eeq\f(1,2).當1＜x＜eeq\f(1,2)時，f′(x)＜0，當x＞eeq\f(1,2)時，f′(x)＞0，所以f(x)的極小值為f(eeq\f(1,2))＝eq\f(e\f(1,2),\f(1,2))＋2eeq\f(1,2)＝4eeq\f(1,2).11．(2018·貴陽模擬)設f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，F(xiàn)′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)＞0，解得：x＞－1，令F′(x)＜0，解得：x＜－1，故F(x)在(－∞，－1)單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)單調(diào)遞增，故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e)；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，則任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有mf(x1)－g(x1)＞mf(x2)－g(x2)＞0恒成立，令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq\f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)遞增即可；故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e.B組能力提升1．(2018·海口檢測)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－2ax＋a2，a∈R.(1)若a＝0，求函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值；(2)根據(jù)a的不同取值，討論函數(shù)f(x)的極值點情況．解：(1)當a＝0時，f(x)＝lnx＋x2，其定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＞0，所以f(x)在[1，e]上是增函數(shù)，當x＝1時，f(x)min＝f(1)＝1；故函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值是1.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2ax＋1,x)，令g(x)＝2x2－2ax＋1，(ⅰ)當a≤0時，在(0，＋∞)上g(x)＞0恒成立，此時f′(x)＞0，函數(shù)f(x)無極值點；(ⅱ)當a＞0時，若Δ＝4a2－8≤0，即0＜a≤eq\r(2)時，在(0，＋∞)上g(x)≥0恒成立，此時f′(x)≥0，函數(shù)f(x)無極值點；若Δ＝4a2－8＞0，即a＞eq\r(2)時，易知當eq\f(a－\r(a2－2),2)＜x＜eq\f(a＋\r(a2－2),2)時，g(x)＜0，此時f′(x)＜0；當0＜x＜eq