高考数学(文)大一轮复习课件 第二章 函数、导数及其应用 第十一节 第二课时 导数与函数的极值、最值

10，则ab的值为
()
A．－23
B．－2
C．－2或－23
D．2或－23
解析：由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝
10，即
3＋2a＋b＝0， 1＋a＋b－a2－7a＝10，
解得
a＝－2， b＝1
或
a＝－6， b＝9，
经检验ab＝＝－9，6，
满足题意，故ab＝－23．
答案：A
考点四 利用导数研究不等式的有关问题 [典例引领]
(2017·兰州诊断)设函数 f(x)＝1x＋2ln x． (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)如果对所有的 x≥1，都有 f(x)≤ax，求 a 的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2xx－2 1， 所以当 0<x<12时，f′(x)<0，当 x>12时，f′(x)>0， 故函数 f(x)在0，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增，
[由题悟法] 利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出 最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值 范围．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数 的最值问题．
[即时应用] 已知 f(x)＝(1－x)ex－1． (1)求函数 f(x)的最大值； (2)设 g(x)＝fxx，x>－1，且 x≠0，证明：g(x)<1． 解：(1)f′(x)＝－xex． 当 x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 所以 f(x)的最大值为 f(0)＝0．
(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)＝ax＋2＝a＋x2x．当 a＝－4 时，f′(x)＝2x－ x 4． ∴当 0<x<2 时，f′(x)<0，即 f(x)单调递减； 当 x>2 时，f′(x)>0，即 f(x)单调递增． ∴f(x)只有极小值，且在 x＝2 时，f(x)取得极小值 f(2)＝4－4ln 2， 无极大值．
[由题悟法] 利用导数解决生活中的优化问题的 4 步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学 模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式 y＝f(x)； (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)当 x≥1 时，f(x)≤ax⇔a≥2lnx x＋x12，令 h(x)＝2lnx x＋x12(x≥1)， 则 h′(x)＝2－x22ln x－x23＝2x－xxln3 x－1， 令 m(x)＝x－xln x－1(x≥1)，则 m′(x)＝－ln x， 当 x≥1 时，m′(x)≤0，所以 m(x)在[1，＋∞)上为减函数， 所以 m(x)≤m(1)＝0，因此 h′(x)≤0，于是 h(x)在[1，＋∞)上 为减函数， 所以当 x＝1 时，h(x)有最大值 h(1)＝1，故 a≥1， 即 a 的取值范围是[1，＋∞)．
3，＋∞)，
f(x)在x＝ln 3处取得极小值，极小值为f(ln 3)＝eln 3－3ln 3＋
3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值．
角度三：已知函数极值情况求参数值(范围)
3．已知函数f(x)＝exx．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在极值
数f(x)＝alxnn x＋b，已知曲线y＝f(x)在点(1,0)处的切线方
程为y＝x－1．
(1)求a，b；
(2)求f(x)的最大值．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a1－xnn＋l1n x．
∴f′(1)＝a，又切线斜率为1，故a＝1．
由曲线y＝f(x)过点(1,0)，有f(1)＝b＝0．故a＝1，b＝0．
1 n
处取得最大值f(e
1 n
)＝n1e．
考点三 用导数解决实际生活中的优化问题 [典例引领]
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水 池的底面半径为 r 米，高为 h 米，体积为 V 立方米．假设建造 成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为 100 元/平方米，底面 的建造成本为 160 元/平方米，该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆周率)． (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数 V(r)的单调性，并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的 体积最大．
k 0 k1－ln k 2
( k，＋∞) ＋
所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)， 单调递增区间是( k，＋∞)． f(x)在x＝ k处取得极小值f( k)＝k1－2ln k，无极大值．
考点二 运用导数解决函数的最值问题 [典例引领]
(2017·云南统测)已知常数 a≠0，f(x)＝aln x＋2x．
2．设函数 f(x)＝x22－kln x，k>0，求 f(x)的单调区间和极值．
解：由f(x)＝x22－kln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－kx＝x2－x k．
由f′(x)＝0，解得x＝ k(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x f′(x)
f(x)
(0， k) －
(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，∴g′(x)＝ex－a， ①当 a≤1 时，g′(x)＝ex－a>0， 即 g(x)在(0，＋∞)上递增，此时 g(x)在(0，＋∞)上无极值点． ②当 a>1 时，令 g′(x)＝ex－a＝0，得 x＝ln a； 令 g′(x)＝ex－a>0，得 x∈(ln a，＋∞)； 令 g′(x)＝ex－a<0，得 x∈(0，ln a)． 故 g(x)在(0，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增， ∴g(x)在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为 x＝ln a． 故实数 a 的取值范围是(1，＋∞)．
的底数，a∈R)，求f(x)的单调区间与极值．
解：由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R． 令f′(x)＝0，得x＝ln 3， 于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，ln 3) ln 3
(ln 3，＋∞)
f(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]，单调递增区间是[ln
第二课时 导数与函数的极值、最值
考点一 运用导数解决函数的极值问题 [锁定考向] 函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、
填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题． 常见的命题角度有： (1)知图判断函数极值； (2)已知函数求极值； (3)已知函数极值情况求参数值(范围)．
[题点全练]
角度一：知图判断函数极值
解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的 总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元． 又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝51r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)． 因为r＞0，又由h＞0可得r＜5 3，故函数V(r)的定义域为(0,5 3)． (2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)． 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)． 当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上为增函数； 当r∈(5,5 3)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5 3)上为减函数． 由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8．即当r＝ 5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
令f′(x)＝0，得x＝130，且在0，130上，f′(x)>0，函数f(x)单
调递增；在130，6上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以x＝
10 3
是函数f(x)在(2,6)内的极大值点，也是最大值点，所以当x
＝
10 3
≈3．3时，函数f(x)取得最大值．故当销售价格为3．3元
/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．
[即时应用]
时下网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学
习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售
价格x(单位：元/套)满足的关系式为y＝
m x－2
＋4(x－6)2，其中2<x<6，
m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．
(1)求m的值；
(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销
售出的套数)，试确定销售价格x的值，使网校每日销售套题所获得的
百度文库
利润最大．(精确到0．1)
解：(1)因为x＝4时，y＝21，代入关系式y＝
m x－2
＋4(x－6)2，得
m2 ＋16＝21，解得m＝10．
(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝x1－02＋4(x－6)2，
所以每日销售套题所获得的利润为f(x)＝(x－2) x1－02＋4x－62 ＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)， 从而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．
[由题悟法]
求函数 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的 3 步骤 (1)求函数在(a，b)内的极值； (2)求函数在区间端点的函数值 f(a)，f(b)； (3)将函数 f(x)的极值与 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．
[即时应用]
(2017·湖北七市(州)协作体联考)设n∈N*，a，b∈R，函
(2)∵f′(x)＝a＋x2x， ∴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>－a2，
∴f(x)在－a2，＋∞上单调递增； 由 f′(x)<0 得，0<x<－a2，∴f(x)在0，－a2上单调递减． ∴当 a<0 时，f(x)的最小值为 f－a2＝aln－a2＋2×－a2． 根据题意得 f－a2＝aln－a2＋2×－a2≥－a，即 a[ln(－a)－ln 2]≥0． ∵a<0，∴ln(－a)－ln 2≤0，解得－2≤a＜0， ∴实数 a 的取值范围是[－2,0)．
点，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝exx，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，
∴f′(x)＝exxx－2 1．当f′(x)＝0时，x＝1．
f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，0) (0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
－
0
＋
f(x)
极小值
故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0,1)．
[通法在握] 1．利用导数研究函数极值问题的一般流程
2．已知函数极值点或极值求参数的2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：因为导数值等于零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．
[演练冲关] 1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值
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)
(2)由(1)知f(x)＝lnxnx，f′(x)＝1－xnn＋l1n x．
1
令f′(x)＝0，即1－nln x＝0，解得x＝e n ．
1
1
当0<x<e
n
时，有f′(x)>0，得f(x)在0，e
n
上是增函数；
1
1
当x>e n 时，有f′(x)<0，得f(x)在(e n ，＋∞)上是减函数．
故f(x)在x＝e
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
角度二：已知函数求极值
2．(2016·石家庄一模)已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然对数