数学新课标高考一轮复习训练手册(理科) 第14讲《用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例》人教A版选
201x届高考数学一轮复习第2单元-函数、导数及其应用第14讲用导数研究函数的最值与生活中的优化问题
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第14讲 │ 要点探究
变式题 已知函数f(x)=x2eax,其中a≤0,e为自然对数的 底数.
(1)讨论函数f(x)的单调性; (2)求函数f(x)的区间[0,1]上的最大值.
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第14讲 │ 要点探究
[解答] (1)f′(x)=2xeax+x2aeax =x(ax+2)eax. ①当a=0时,由f′(x)>0得x>0, 由f′(x)<0得x<0. 故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递 减;
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第14讲 │ 知识梳理
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第14讲 │ 问题思考 问题思考
► 问题1 求闭区间上可导函数的最值,不需要判断极值 是极大值或极小值.( )
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第14讲 │ 问题思考
[答案]对 [解析] 求闭区间上可导函数的最值,对函数极值是极大 还是极小,可不再判断,直接与端点的函数值比较即可.
②当-2<a<0时,-
2 a
>1,f(x)在区间[0,1]上单调递增,其
最大值是f(1)=ea;
③当a≤-2时,0<-
2 a
≤1,x=-
2 a
是函数f(x)在区间[0,1]上
唯一的极大值点,也就是最大值点,此时函数f(x)最大值是
f-2a=a24e2. 所以,当-2<a≤0时,f(x)在[0,1]上的最大值是ea;当a≤-2
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高考总复习一轮数学精品课件 第4章 导数及其应用 第4节 利用导数研究函数的极值、最值
那么它必有最大值和最小值.
(2)一般地,求函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下:
①求函数y=f(x)在区间(a,b)内的__________;
极值
f(a),f(b)
②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值__________比较,其中最大的
一个是__________,最小的一个是__________.
最大值
最小值
微点拨对函数最值的理解
(1)函数在其定义域上或在某给定区间上若存在最大(小)值,则其具有唯一
性,即只能有一个最大(小)值;
(2)函数的最值可以在区间端点处取得,但极值不能在端点处取得;
(3)当函数有最值时,不一定有极值;有极值时,不一定有最值;
(4)若f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a),f(b)分别是f(x)在[a,b]上的最小值、最大
故f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,故x=1是极大值点,故选B.
(2)(2024·山西临汾模拟)函数f(x)=(x-3)ex的极小值为__________.
-e2
解析 由已知得f'(x)=(x-2)ex,显然f'(2)=0,
∴当x<2时,f'(x)<0,当x>2时,f'(x)>0,
考向1 求函数的最值
例3(1)(2024·广东深圳模拟)函数f(x)=x3-3x在区间[-2,0]的最大值和最小值
分别为( A )
1
所以函数的最小值为-e2.
1
f(-2)=- 2,
e
题组三 连线高考
7.(2022·全国甲,理 6)当 x=1 时,函数 f(x)=aln
2014版高考数学(理)(人教A版,浙江省专用)一轮作业手册第14讲导数在研究函数中的应用(基础热身+能力提
课时作业(十四)A [第14讲 导数在研究函数中的应用](时间:45分钟 分值:100分)基础热身1.函数f (x )=x 3-3x 2+1的单调减区间为( ) A .(2,+∞) B .(-∞,2) C .(-∞,0) D .(0,2)2.函数f (x )=(x -3)e x 的单调递增区间是( ) A .(-∞,2) B .(0,3) C .(1,4) D .(2,+∞) 3.若函数y =f (x )的导函数...在区间[a ,b ]上是增函数,则函数y =f (x )在区间[a ,b ]上的图象可能是( )4.[2012·潍坊模拟] 函数f (x )=x 3+ax 2+3x -9,已知f (x )在x =-3时取得极值,则a =( )A .2B .3C .4D .5能力提升5.设a ∈R ,若函数f (x )=e ax +3x ,x ∈R 有大于零的极值点,则( ) A .a >-3 B .a <-3C .a >-13D .a <-136.[2012·陕西卷] 设函数f (x )=x e x ,则( ) A .x =1为f (x )的极大值点 B .x =1为f (x )的极小值点 C .x =-1为f (x )的极大值点 D .x =-1为f (x )的极小值点 7.[2012·重庆卷] 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K14-2所示,则下列结论中一定成立的是( )图K14-2A .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)8.对函数f (x )=2x +1x 2+2,下列选项正确的是( )A .函数有极小值f (-2)=-12,极大值f (1)=1B .函数有极大值f (-2)=-12,极小值f (1)=1C .函数有极小值f (-2)=-12,无极大值D .函数有极大值f (1)=1,无极小值9.已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,若f (x )在区间(-1,0)上单调递减,则a 2+b 2的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫94,+∞B.⎝⎛⎦⎤0,94C.⎣⎡⎭⎫95,+∞D.⎝⎛⎦⎤0,95 10.函数f (x )=x 3-15x 2-33x +6的单调减区间为________.11.若函数f (x )=x 2+ax +1在x =1处取极值,则a =________.12.函数f (x )=x ln x 的单调递增区间是________.13.函数f (x )=sin x2+cos x的单调递增区间是________.14.(10分)[2012·昌平二模] 已知函数f (x )=4ln x +ax 2-6x +b (a ,b 为常数),且x =2为f (x )的一个极值点.(1)求a 的值;(2)求函数f (x )的单调区间;(3)若函数y =f (x )有3个不同的零点,求实数b 的取值范围.15.(13分)设a >0,求函数f (x )=x -ln(x +a ),x ∈(0,+∞)的单调区间.难点突破16.(12分)[2012·宁波十校联考] 已知函数f (x )=(x 3+2x 2+5x +t )e -x ,t ∈R ,x ∈R . (1)当t =5时,求函数y =f (x )的单调区间;(2)若存在实数t ∈[0,1],使对任意的x ∈[-4,m ],不等式f (x )≤x 成立,求整数m 的最大值.课时作业(十四)B [第14讲 导数在研究函数中的应用](时间:45分钟 分值:100分)基础热身 1.[2012·合肥质检] 已知函数f (x )的导函数的图象如图K14-3所示,若△ABC 为锐角三角形,则一定成立的是( )图K14-3A .f (sin A )>f (cosB ) B .f (sin A )<f (cos B )C .f (sin A )>f (sin B )D .f (cos A )<f (cos B )2.对于R 上可导的任意函数f (x ),若满足(x -1)f ′(x )≥0,则必有( ) A .f (0)+f (2)<2f (1) B .f (0)+f (2)≤2f (1) C .f (0)+f (2)≥2f (1) D .f (0)+f (2)>2f (1)3.若f (x )=-12(x -2)2+b ln x 在(1,+∞)上是减函数,则b 的取值范围是( )A .[-1,+∞)B .(-1,+∞)C .(-∞,-1]D .(-∞,-1)4.设函数f (x )=13x -ln x (x >0),则y =f (x )( )A .在区间⎝⎛⎭⎫1e ,1,(1,e)内均有零点B .在区间⎝⎛⎭⎫1e ,1,(1,e)内均无零点C .在区间⎝⎛⎭⎫1e ,1内有零点,在区间(1,e)内无零点D .在区间⎝⎛⎭⎫1e ,1内无零点,在区间(1,e)内有零点能力提升 5.[2012·瑞安质检] 已知函数f ′(x ),g ′(x )分别是二次函数f (x )和三次函数g (x )的导函数,它们在同一坐标系下的图象如图(x )-g (x ),则( )图K14-4A .h (1)<h (0)<h (-1)B .h (1)<h (-1)<h (0)C .h (0)<h (-1)<h (1)D .h (0)<h (1)<h (-1)6.函数f (x )=x 3+bx 2+cx +d 所示,则x 21+x 22等于( )A.89B.109C.169D.457.[2012·吉林质检] 已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx -a 2-7a 在x =1处取得极大值10,则a b的值为( )A .-23B .-2C .-2或-23D .不存在8.[2012·绥化一模] 已知函数y =f (x -1)的图象关于点(1,0)对称,且当x ∈(-∞,0)时,f (x )+xf ′(x )<0成立(其中f ′(x )是f (x )的导函数),若a =(30.3)·f (30.3),b =(log π3)·f (log π3),c =⎝⎛⎭⎫log 319·f ⎝⎛⎭⎫log 319,则a ,b ,c 的大小关系是( ) A .a >b >c B .c >a >b C .c >b >a D .a >c >b 9.[2012·太原三模] 已知函数f (x +1)是偶函数,且x >1时,f ′(x )<0恒成立,又f (4)=0,则(x +3)f (x +4)<0的解集为( )A .(-∞,-2)∪(4,+∞)B .(-6,-3)∪(0,4)C .(-∞,-6)∪(4,+∞)D .(-6,-3)∪(0,+∞)10.已知函数f (x )的自变量取值区间为A ,若其值域也为A ,则称区间A 为f (x )的保值区间.若g (x )=x +m -ln x 的保值区间是[2,+∞),则m 的值为________.11.[2013·安徽示范高中联考] 若函数f (x )=x 3+x 2+mx +1对任意x 1,x 2∈R 满足(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]>0,则实数m 的取值范围是________.12.函数f (x )=xln x的单调递减区间是________.13.若函数f (x )=mx 2+ln x -2x 在定义域内是增函数,则实数m 的取值范围是________.14.(10分)[2012·浙江名校研究联盟联考] 已知a >0,函数f (x )=ax+|ln x -a |,x ∈[1,e 2].(1)当a =3时,求曲线y =f (x )在点(3,f (3))处的切线方程;(2)若f (x )≤32恒成立,求实数a 的取值范围.15.(13分)[2012·朝阳二模] 设函数f (x )=a ln x +2a 2x(a ≠0).(1)已知曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线l 的斜率为2-3a ,求实数a 的值; (2)讨论函数f (x )的单调性;(3)在(1)的条件下,求证:对于定义域内的任意一个x ,都有f (x )≥3-x .难点突破16.(12分)[2012·镇海模拟] 设x =m 和x =n 是函数f (x )=ln x +12x 2-(a +2)x 的两个极值点,其中m <n ,a ∈R .(1)求f (m )+f (n )的取值范围;(2)若a ≥e +1e-2,求f (n )-f (m )的最大值. 注:e 是自然对数的底数.课时作业(十四)A【基础热身】1.D [解析] 令f ′(x )=3x 2-6x <0,解得0<x <2,故选D. 2.D [解析] f ′(x )=(x -3)′e x +(x -3)(e x )′=(x -2)e x , 令f ′(x )>0,解得x >2,3.A [解析] 因为函数y =f (x )的导函数...y ′=f ′(x )在区间[a ,b ]上是增函数,即在区间[a ,b ]上各点处的斜率k 是递增的,由图易知选A. 4.D [解析] 因为f ′(x )=3x 2+2ax +3,且f (x )在x =-3时取得极值,所以f ′(-3)=3×9+2a ×(-3)+3=0,解得a =5,故选D.【能力提升】5.B [解析] f ′(x )=3+a e ax ,若函数在x ∈R 上有大于零的极值点,即f ′(x )=3+a e ax =0有正根.当有f ′(x )=3+a e ax =0成立时,由于e ax >0,显然有a <0,此时x =1a ln ⎝⎛⎭⎫-3a .由x >0得到参数a 的范围为a <-3.6.D [解析] f ′(x )=e x +x e x =e x (x +1),因为e x >0恒成立,当f ′(x )>0时,x >-1,函数f (x )为单调增函数;当f ′(x )<0时,x <-1,函数f (x )为单调减函数.所以x =-1为极小值点.故选D.7.D [解析] 在x =-2左侧附近时,由图象知,y =(1-x )·f ′(x )>0,则f ′(x )>0,在x =-2右侧附近时,由图象知,y =(1-x )f ′(x )<0,则f ′(x )<0,所以函数在x =-2处取得极大值;在x =1左侧附近时,由图象知,y =(1-x )f ′(x )<0,f ′(x )<0,在x =1右侧附近时,由图象知,y =(1-x )f ′(x )>0,则f ′(x )<0,所以函数在x =1处没有极值;在x =2左侧附近时,由图象知,y =(1-x )f ′(x )>0,则f ′(x )<0,在x =2右侧附近时,由图象知,y =(1-x )f ′(x )<0,则f ′(x )>0,所以函数在x =2处取得极小值.8.A [解析] 令f ′(x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +1x 2+2′=-2(x +2)(x -1)(x 2+2)2=0,得x =-2或x =1.当x <-2时f ′(x )<0,当-2<x <1时f ′(x )>0,当x >1时f ′(x )<0,故x =-2是函数的极小值点且f (-2)=-12,x =1是函数的极大值点且f (1)=1.9.C [解析]根据三次函数的特点,函数f (x f (x )的导数f ′(x )=3x 2+2ax +b 在区间(-1,0)上小于或等于零恒成立,即3-2a +b ≤0且b ≤0,把点(a ,b )看作点的坐标,则上述不等式组表示的区域如图.根据a 2+b 2的几何意义得,最小值就是坐标原点到直线3-2a +b =0的距离的平方,即(a 2+b 2)min =95.10.(-1,11) [解析] f ′(x )=3x 2-30x -33=3(x -11)(x +1), 由(x -11)(x +1)<0得f (x )的单调减区间为(-1,11).11.3 [解析] f ′(x )=2x (x +1)-(x 2+a )(x +1)2,f ′(1)=3-a4=0⇒a =3. 12.⎝⎛⎭⎫1e ,+∞ [解析] 由f ′(x )=ln x +1>0得x >1e,故f (x )的增区间为⎝⎛⎭⎫1e ,+∞. 13.⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+2π3(k ∈Z ) [解析] f ′(x )=(2+cos x )cos x -sin x (-sin x )(2+cos x )2=2cos x +1(2+cos x )2>0,即cos x >-12,结合三角函数图象或单位圆中的三角函数线知道,2k π-2π3<x <2k π+2π3(k ∈Z ),即函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+2π3(k ∈Z ).14.解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞).∵f ′(x )=4x+2ax -6,∴f ′(2)=2+4a -6=0,则a =1. (2)由(1)知f (x )=4ln x +x 2-6x +b ,∴f ′(x )=4x +2x -6=2x 2-6x +4x =2(x -2)(x -1)x,由f ′(x )>0可得x >2或0<x <1,由f ′(x )<0可得1<x <2. ∴函数f (x )的单调递增区间为(0,1)和(2,+∞), 单调递减区间为(1,2).(3)由(2)可知,函数f (x )在(0,1)单调递增,在(1,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,且当x =1或x =2时,f ′(x )=0.∴f (x )的极大值为f (1)=4ln1+1-6+b =b -5,f (x )的极小值为f (2)=4ln2+4-12+b =4ln2-8+b ,由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧f (1)=b -5>0,f (2)=4ln2-8+b <0.则5<b <8-4ln2.15.解:f ′(x )=12x -1x +a(x >0).当a >0,x >0时,f ′(x )>0⇔x 2+(2a -4)x +a 2>0,f ′(x )<0⇔x 2+(2a -4)x +a 2<0. (1)当a >1时,Δ=(2a -4)2-4a 2=16-16a <0,对∀x >0,有x 2+(2a -4)x +a 2>0,即f ′(x )>0,此时f (x )在(0,+∞)内单调递增.(2)当a =1时,对x ≠1,有x 2+(2a -4)x +a 2>0,即f ′(x )>0,仅仅在x =1处导数等于零,故函数f (x )在(0,+∞)内单调递增.(3)当0<a <1时,令f ′(x )>0,即x 2+(2a -4)x +a 2>0,解得x <2-a -21-a 或x >2-a +21-a .而在0<a <1时,2-a -21-a >0,因此,函数f (x )在区间(0,2-a -21-a )内单调递增,在区间(2-a +21-a ,+∞)内也单调递增,在区间(2-a -21-a ,2-a +21-a )内单调递减.综上,当a ≥1时,函数f (x )的单调递增区间是(0,+∞);当0<a <1时,函数的单调递增区间是(0,2-a -21-a )和(2-a +21-a ,+∞),单调递减区间是(2-a -21-a ,2-a +21-a ).【难点突破】16.解:(1)当t =5时,f (x )=(x 3+2x 2+5x +5)e -x ,f ′(x )=(3x 2+4x +5)e -x -(x 3+2x 2+5x +5)e -x=-(x 3-x 2+x )e -x =-x (x 2-x +1)e -x .令f ′(x )>0,因为x 2-x +1>0,得x <0;令f ′(x )<0,得x >0;故函数y =f (x )的单调增区间为(-∞,0), 单调减区间为(0,+∞).(2)不等式f (x )≤x ,即(x 3+2x 2+5x +t )e -x ≤x ,即t ≤x e x -x 3-2x 2-5x .转化为存在实数t ∈[0,1],使对任意的x ∈[-4,m ],不等式t ≤x e x -x 3-2x 2-5x 恒成立.即不等式0≤x e x -x 3-2x 2-5x 对于x ∈[-4,m ]恒成立.当m ≤0时,则有不等式e x -x 2-2x -5≤0对于x ∈[-4,m ]恒成立. 设g (x )=e x -x 2-2x -5,则g ′(x )=e x -2x -2,又m 为整数, 则当m =-1时,则有-4≤x ≤-1,此时g ′(x )=e x -2x -2>0, 则g (x )在[-4,-1]上为增函数,∴g (x )≤g (-1)<0恒成立.m =0时,当-1<x ≤0时,因为[g ′(x )]′=e x -2<0,则g ′(x )在(-1,0]上为减函数,g ′(-1)=e -1>0,g ′(0)=-1<0,故存在唯一x 0∈(-1,0],使得g ′(x 0)=0, 即e x 0=2x 0+2.当-4≤x <x 0,有g ′(x )>0;当x 0<x ≤0,有g ′(x )<0,故函数g (x )在区间[-4,x 0)上为增函数,在区间(x 0,0]上为减函数, 则函数g (x )在区间[-4,0]上的最大值为g (x 0)=e x 0-x 20-2x 0-5.又e x 0=2x 0+2,则g (x 0)=(2x 0+2)-x 20-2x 0-5=-x 20-3<0, 故不等式0≤x e x -x 3-2x 2-5x 对于x ∈[-4,0]恒成立.而当m =1时,不等式0≤x e x -x 3-2x 2-5x 对于x =1不成立. 故使命题成立的整数m 的最大值为0.课时作业(十四)B【基础热身】1.A [解析] 由导函数图象可知,x >0时,f ′(x )>0,即f (x )单调递增,又△ABC 为锐角三角形,则A +B >π2,即π2>A >π2-B >0,故sin A >sin ⎝⎛⎭⎫π2-B >0,即sin A >cos B >0,故f (sin A )>f (cos B ),选A.2.C [解析] 依题意,当x >1时,f ′(x )≥0,函数f (x )在(1,+∞)上是增函数(或常数函数);当x <1时,f ′(x )≤0,f (x )在(-∞,1)上是减函数(或常数函数),故f (0)≥f (1),f (2)≥f (1),故f (0)+f (2)≥2f (1).3.C [解析] 由题意可知f ′(x )=-(x -2)+bx≤0在x ∈(1,+∞)上恒成立,即b ≤x (x-2)在x ∈(1,+∞)上恒成立,由于φ(x )=x (x -2)=x 2-2x 在(1,+∞)上的值域是(-1,+∞),故只要b ≤-1即可.4.D [解析] 由题得f ′(x )=13-1x =x -33x,令f ′(x )>0得x >3;令f ′(x )<0得0<x <3;f ′(x )=0得x =3,故函数f (x )在区间(0,3)上为减函数,在(3,+∞)上为增函数,在点x =3处有极小值1-ln3<0.又f (1)=13,f (e)=e3-1<0,f ⎝⎛⎭⎫1e =13e +1>0.故选D. 【能力提升】5.D [解析] 取特殊值,令f (x )=12x 2,g (x )=13x 3,则h (0)<h (1)<h (-1).6.C [解析] 从函数图象上可知x 1,x 2为函数f (x )的极值点,根据函数图象经过的三个特殊点求出b ,c ,d .根据函数图象d =0,且f (-1)=-1+b -c =0,f (2)=8+4b +2c =0,解得b =-1,c =-2,故f ′(x )=3x 2-2x -2.x 1,x 2是f ′(x )=0的两个根,则x 21+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=49+43=169.7.A [解析] 由题f ′(x )=3x 2+2ax +b ,则⎩⎪⎨⎪⎧3+2a +b =0,1+a +b -a 2-7a =10,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =-2,b =1或⎩⎪⎨⎪⎧a =-6,b =9,经检验⎩⎪⎨⎪⎧a =-6,b =9满足题意,故a b =-23,选A.8.B [解析] 因为函数y =f (x -1)的图象关于点(1,0)对称,所以f (x )关于(0,0)中心对称,为奇函数,所以xf (x )为偶函数.又当x ∈(-∞,0)时,f (x )+xf ′(x )<0成立,故xf (x )在(-∞,0)上为减函数.由偶函数的性质得函数xf (x )在(0,+∞)上为增函数,又⎪⎪⎪⎪log 319>30.3>log π3>0,所以c >a >b .9.D [解析] 函数f (x +1)是偶函数,其图象关于y 轴对称,这个函数图象向右平移1个单位得函数y =f (x )的图象,可得函数y =f (x )的图象关于直线x =1对称,x >1时,f ′(x )<0恒成立,说明函数在(1,+∞)上单调递减,根据对称性可得函数在(-∞,1)上单调递增.根据f (4)=0可得当x >4时,f (x )<0,根据对称性可得当x <-2时,f (x )<0,当-2<x <1或1<x <4时,f (x )>0.不等式(x +3)f (x +4)<0等价于⎩⎪⎨⎪⎧x +3>0,f (x +4)<0或⎩⎪⎨⎪⎧x +3<0,f (x +4)>0.当⎩⎪⎨⎪⎧x +3>0,f (x +4)<0时,⎩⎪⎨⎪⎧x >-3,x +4>4或x +4<-2, 解得x >0;当⎩⎪⎨⎪⎧x +3<0,f (x +4)>0时,⎩⎪⎨⎪⎧x <-3,-2<x +4<1或1<x +4<4,解得-6<x <-3.故不等式(x +3)f (x +4)<0的解集为(-6,-3)∪(0,+∞).10.ln2 [解析] g ′(x )=1-1x =x -1x,当x ≥2时,函数g (x )为增函数,因此g (x )的值域为[2+m -ln2,+∞),因此2+m -ln2=2,故m =ln2.11.13,+∞ [解析] 由题意知,函数f (x )是R 上的单调增函数,∴f ′(x )=3x 2+2x +m ≥0在R 上恒成立,即Δ=4-12m ≤0,∴m ≥13.12.(0,1),(1,e) [解析] 令f ′(x )=ln x -1ln 2x<0,解得0<x <e ,但函数的定义域是x >0且x ≠1,故函数f (x )=xln x的单调递减区间是(0,1),(1,e).13.⎣⎡⎭⎫12,+∞ [解析] f ′(x )=2mx +1x-2,函数f (x )在其定义域(0,+∞)内为增函数的充要条件是2mx +1x -2≥0在(0,+∞)内恒成立,即2m ≥-1x 2+2x在(0,+∞)内恒成立,由于函数φ(x )=-1x 2+2x =-⎝⎛⎭⎫1x -12+1≤1,故只要2m ≥1即可,即m ≥12. 14.解:(1)当a =3时,f (x )=3x+3-ln x ,∴f ′(x )=-3x 2-1x ,f ′(3)=-23,又f (3)=4-ln3,∴曲线y =f (x )在点(3,f (3))处的切线方程为y -(4-ln3)=-23(x -3),即y =-23x +6-ln3.(2)由x ∈[1,e 2],得ln x ∈[0,2]. ①当a ≥2时,f (x )=a x +a -ln x ,f ′(x )=-a x 2-1x<0,∴f (x )在[1,e 2]上递减,∴f (x )max =f (1)=2a ≤32,∴a ≤34,此时a 不存在.②当0<a <2时,若1≤x ≤e a 时,f (x )=ax +a -ln x ;由①得f (x )在[1,e a ]上递减,∴f (x )max =f (1)=2a ≤32,∴a ≤34,此时0<a ≤34.若e a <x ≤e 2时,f (x )=a x +ln x -a ,∴f ′(x )=-a x 2+1x.令f ′(x )=0得x =a .又g (x )=e x-x 在(0,2)递增,故e x -x >g (0)=1. ∴a <e a ,当e a <x <e 2时f ′(x )>0,∴f (x )在(e a ,e 2]递增,∴f (x )max =f (e 2)=a e 2+2-a ≤32.a ≥e 22(e 2-1),e 22(e 2-1)<2,∴e 22(e 2-1)≤a <2, 又e 22(e 2-1)=12+12(e 2-1)<34,∴e 22(e 2-1)≤a ≤34. 综上知,实数a 的取值范围为⎣⎡⎦⎤e 22(e 2-1),34.15.解:(1)f (x )的定义域为{x |x >0},f ′(x )=a x -2a 2x2.根据题意,f ′(1)=2-3a ,所以a -2a 2=2-3a , 即a 2-2a +1=0, 解得a =1.(2)f ′(x )=a x -2a 2x 2=a (x -2a )x 2.①a <0时,因为x >0,所以x -2a >0,a (x -2a )<0, 所以f ′(x )<0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②当a >0时,若0<x <2a ,则a (x -2a )<0,f ′(x )<0,函数f (x )在(0,2a )上单调递减; 若x >2a ,则a (x -2a )>0,f ′(x )>0,函数f (x )在(2a ,+∞)上单调递增.综上所述,当a <0时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a >0时,函数f (x )在(0,2a )上单调递减,在(2a ,+∞)上单调递增.(3)由(1)可知f (x )=ln x +2x.设g (x )=f (x )-(3-x ),即g (x )=ln x +2x+x -3.g ′(x )=1x -2x 2+1=x 2+x -2x 2=(x -1)(x +2)x 2(x >0).当xx =1是g (x )(x )的最小值点. 可见g (x )最小值=g (1)=0,所以g (x )≥0,即f (x )-(3-x )≥0,所以对于定义域内的每一个x ,都有f (x )≥3-x . 【难点突破】16.解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1x +x -(a +2)=x 2-(a +2)x +1x.依题意,方程x 2-(a +2)x +1=0有两个不等的正根m ,n (其中m <n ),故 ⎩⎪⎨⎪⎧(a +2)2-4>0,a +2>0⇒a >0, 并且m +n =a +2,mn =1.所以,f (m )+f (n )=ln mn +12(m 2+n 2)-(a +2)(m +n )=12[(m +n )2-2mn ]-(a +2)(m +n )=-12(a +2)2-1<-3, 故f (m )+f (n )的取值范围是(-∞,-3).(2)当a ≥e +1e-2时,(a +2)2≥e +1e +2. 若设t =n m(t >1),则 (a +2)2=(m +n )2=(m +n )2mn =t +1t +2≥e +1e+2. 于是有t +1t ≥e +1e⇒(t -e)⎝⎛⎭⎫1-1t e ≥0⇒t ≥e , f (n )-f (m )=ln n m +12(n 2-m 2)-(a +2)(n -m ) =ln n m +12(n 2-m 2)-(n +m )(n -m ) =ln n m -12(n 2-m 2)=ln n m -12⎝⎛⎭⎫n 2-m 2mn =ln n m -12⎝⎛⎭⎫n m -m n =ln t -12⎝⎛⎭⎫t -1t . 构造函数g (t )=ln t -12⎝⎛⎭⎫t -1t (其中t ≥e),则g ′(t )=1t -12⎝⎛⎭⎫1+1t 2=-(t -1)22t 2<0. 所以g (t )在[e ,+∞)上单调递减,g (t )≤g (e)=1-e 2+12e. 故f (n )-f (m )的最大值是1-e 2+12e.。
2023届高考数学一轮复习作业利用导数研究函数的极值最值北师大版
利用导数研究函数的极值、最值一、选择题1.函数y=在[0,2]上的最大值是( )A. B. C.0 D.A [易知y′=,x∈[0,2],令y′>0,得0≤x<1,令y′<0,得1<x≤2,所以函数y=在[0,1]上单调递增,在(1,2]上单调递减,所以y=在[0,2]上的最大值是y max=,故选A.]2.(2021·宁波质检)下列四个函数中,在x=0处取得极值的函数是( )①y=x3;②y=x2+1;③y=x3-3x2;④y=2x.A.①② B.①③ C.③④ D.②③D [对于①,y′=3x2≥0,故①不是;对于②,y′=2x,当x>0时,y′>0,当x<0时,y′<0,当x=0时,y′=0,故②是;对于③,y′=3x2-6x=3x(x-2),当x<0时,y′>0,当0<x<2时,y′<0,当x =0时,y′=0,故③是;对于④,由y=2x的图像知,④不是.故选D.]3.如图是函数y=f (x)的导函数y=f ′(x)的图像,给出下列命题:①-3是函数y=f (x)的极小值点;②-1是函数y=f (x)的极小值点;③y=f (x)在x=0处的切线的斜率小于零;④y=f (x)在区间(-3,1)上单调递增.则正确命题的序号是( )A.①④ B.①② C.②③ D.③④A [由图可知x<-3时,f ′(x)<0,x∈(-3,1)时f ′(x)>0,∴-3是f (x)的极小值点,①正确;又x∈(-3,1)时f ′(x)≥0,∴f (x)在区间(-3,1)上单调递增,故②不正确,④正确.∵函数y=f (x)在x=0处的导数大于0,∴y=f (x)在x=0处的切线的斜率大于0.∴③不正确.故选A.]4.若x=1是函数f (x)=ax+ln x的极值点,则( )A.f (x)有极大值-1B.f (x)有极小值-1C.f (x)有极大值0D.f (x)有极小值0A [∵f (x)=ax+ln x,x>0,∴f ′(x)=a+,由f ′(1)=0得a=-1,∴f ′(x)=-1+=.由f ′(x)>0得0<x<1,由f ′(x)<0得x>1,∴f (x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴f (x)极大值=f (1)=-1,无极小值,故选A.]5.已知f (x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值是( )A.-37 B.-29 C.-5 D.以上都不对A [∵f ′(x)=6x2-12x=6x(x-2),∴f (x)在(-2,0)上单调递增,在(0,2)上单调递减,∴x=0为极大值点,也为最大值点,∴f (0)=m=3,∴m=3.∴f (-2)=-37,f (2)=-5.∴最小值是-37.故选A.]6.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]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)↗极大值↘极小值↗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.]二、填空题7.设a∈R,若函数y=e x+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是________.(-∞,-1) [∵y=e x+ax,∴y′=e x+a.∵函数y=e x+ax有大于零的极值点,则方程y′=e x+a=0有大于零的解,∵x>0时,-e x<-1,∴a=-e x<-1.]8.已知函数f (x)=ln x-ax存在最大值0,则a=________. [f ′(x)=-a,x>0.当a≤0时,f ′(x)=-a>0恒成立,函数f (x)单调递增,不存在最大值;当a>0时,令f ′(x)=-a=0,解得x=.当0<x<时,f ′(x)>0,函数f (x)单调递增;当x>时,f ′(x)<0,函数f (x)单调递减.∴f (x)max=f =ln -1=0,解得a=.]9.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π,且用料最省,则圆柱的底面半径为________.3 [设圆柱的底面半径为R,母线长为l,则V=πR2l=27π,∴l=,要使用料最省,只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小.由题意,S=πR2+2πRl=πR2+2π·.∴S′=2πR-,令S′=0,得R=3,根据单调性得当R=3时,S最小.]三、解答题10.(2021·北京高考)已知函数f (x)=.(1)若a=0,求y=f (x)在(1,f (1))处的切线方程;(2)若函数f (x)在x=-1处取得极值,求f (x)的单调区间,以及最大值和最小值.[解] (1)当a=0时,f (x)=,则f ′(x)=.当x=1时,f (1)=1,f ′(1)=-4,故y=f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),整理得y=-4x+5.(2)已知函数f (x)=,则f ′(x)=.若函数f (x)在x=-1处取得极值,令f ′(-1)=0,则=0,解得a=4.经检验,当a=4时,x=-1为函数f (x)的极大值,符合题意.此时f (x)=,函数定义域为R,f ′(x)=,令f ′(x)=0,解得x1=-1,x2=4.f (x),f ′(x)随x的变化趋势如下表:x(-∞,-1)-1(-1,4)4(4,+∞)f ′(x)+0-0+f (x)↗极大值↘极小值↗故函数单调递增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).极大值为f (-1)=1,极小值为f (4)=-.又因为x<时,f (x)>0;x>时,f (x)<0,所以函数f (x)的最大值为f (-1)=1,最小值为f (4)=-.11.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>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0<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.1.函数f (x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f (x1)-f (x2)|≤t,则实数t的最小值是( )A.20 B.18 C.3 D.0A [原命题等价于对于区间[-3,2]上的任意x,都有f (x)max-f (x)min≤t,∵f ′(x)=3x2-3,∴当x∈[-3,-1]时,f ′(x)>0,当x∈[-1,1]时,f ′(x)<0,当x∈[1,2]时,f ′(x)>0.∴f (x)max=f (2)=f (-1)=1,f (x)min=f (-3)=-19.∴f (x)max-f (x)min=20,∴t≥20.即t的最小值为20.故选A.]2.若x=-2是函数f (x)=(x2+ax-1)e x-1的极值点,则f (x)的极小值为( )A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1A [f ′(x)=(2x+a)e x-1+(x2+ax-1)e x-1=[x2+(a+2)x+a-1]e x-1.∵x=-2是f (x)的极值点,∴f ′(-2)=0,即(4-2a-4+a-1)e-3=0,得a=-1.∴f (x)=(x2-x-1)e x-1,f ′(x)=(x2+x-2)e x-1.由f ′(x)>0,得x<-2或x>1;由f ′(x)<0,得-2<x<1.∴f (x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴f (x)的极小值点为1,∴f (x)的极小值为f (1)=-1.]3.已知函数f (x)=a ln x+(a>0).(1)求函数f (x)的单调区间和极值;(2)是否存在实数a,使得函数f (x)在[1,e]上的最小值为0?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.[解] 由题意,知函数的定义域为{x|x>0},f ′(x)=-(a>0).(1)由f ′(x)>0解得x>,所以函数f (x)的单调递增区间是;由f ′(x)<0解得x<,所以函数f (x)的单调递减区间是.所以当x=时,函数f (x)有极小值f =a ln +a=a-a ln a,无极大值.(2)不存在.理由如下:由(1)可知,当x∈时,函数f (x)单调递减;当x∈时,函数f (x)单调递增.①若0<≤1,即a≥1时,函数f (x)在[1,e]上为增函数,故函数f (x)的最小值为f (1)=a ln 1+1=1,显然1≠0,故不满足条件.②若1<≤e,即≤a<1时,函数f (x)在上为减函数,在上为增函数,故函数f (x)的最小值为f (x)的极小值f =a ln +a=a-a ln a=a(1-ln a)=0,即ln a=1,解得a=e,而≤a<1,故不满足条件.③若>e,即0<a<时,函数f (x)在[1,e]上为减函数,故函数f (x)的最小值为f(e)=a+=0,解得a=-,而0<a<,故不满足条件.综上所述,这样的a不存在.1.若函数f (x)=x3-3ax在区间(-1,2)上仅有一个极值点,则实数a的取值范围为________.[1,4) [因为f ′(x)=3(x2-a),所以当a≤0时,f ′(x)≥0在R上恒成立,所以f (x)在R上单调递增,f (x)没有极值点,不符合题意; 当a>0时,令f ′(x)=0得x=±,当x变化时,f ′(x)与f (x)的变化情况如下表所示:x(-∞,-)-(-,)(,+∞)f ′(x)+0-0+f (x)↗极大值↘极小值↗因为函数f (x)在区间(-1,2)上仅有一个极值点,所以或解得1≤a<4.]2.已知函数f (x)=2sin x+sin 2x,则f (x)的最小值是________.- [∵f (x)的最小正周期T=2π,∴求f (x)的最小值相当于求f (x)在[0,2π]上的最小值.f ′(x)=2cos x+2cos 2x=2cos x+2(2cos2x-1)=4cos2x+2cos x-2=2(2cos x-1)(cos x+1).令f ′(x)=0,解得cos x=或cos x=-1,x∈[0,2π].∴由cos x=-1,得x=π;由cos x=,得x=π或x=.∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到,f (π)=2sin π+sin 2π=0,f =2sin +sin =,f =-,f (0)=0,f (2π)=0,∴f (x)的最小值为-.]3.(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f (x)=2x3-ax2+b.(1)讨论f (x)的单调性;(2)是否存在a,b,使得f (x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.[解] (1)f ′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f ′(x)=0,得x=0或x=.若a>0,则当x∈(-∞,0)∪时,f ′(x)>0;当x∈时,f ′(x)<0.故f (x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减.若a=0,f (x)在(-∞,+∞)单调递增.若a<0,则当x∈∪(0,+∞)时,f ′(x)>0;当x∈时,f ′(x)<0.故f (x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.①当a≤0时,由(1)知,f (x)在[0,1]单调递增,所以f (x)在区间[0,1]的最小值为f (0)=b,最大值为f (1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.②当a≥3时,由(1)知,f (x)在[0,1]单调递减,所以f (x)在区间[0,1]的最大值为f (0)=b,最小值为f (1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.③当0<a<3时,由(1)知,f (x)在[0,1]的最小值为f =-+b,最大值为b或2-a+b.若-+b=-1,b=1,则a=3,与0<a<3矛盾.若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0<a<3矛盾.综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f (x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.。
人教A版高中数学选修新课标高考一轮复习训练手册理科导数在研究函数中的应用B
课时作业(十三)B [第13讲 导数在研究函数中的应用][时间:45分钟 分值:100分]基础热身 1.[2011·安阳模拟] 函数f (x )的定义域为开区间(a ,b ),导函数f ′(x )在(a ,b )内的图象如图K13-4所示,则函数f (x )在开区间(a ,b )内有极小值点( )A .1个B .2个C .3个D .4个 2.[2011·商丘模拟] 设f (x ),g (x )是R 上的可导函数,f ′(x ),g ′(x )分别为f (x ),g (x )的导函数,且满足f ′(x )g (x )+f (x )g ′(x )<0,则当a <x <b 时,有( )A .f (x )g (b )>f (b )g (x )B .f (x )g (a )>f (a )g (x )C .f (x )g (x )>f (b )g (b )D .f (x )g (x )>f (b )g (a )3.如图K13-5,直线l 和圆C ,当l 从l 0开始在平面上绕点O 匀速旋转(旋转角度不超过90°)时,它扫过的圆内阴影部分的面积S 是时间t 的函数,它的图象大致是( )K13-4.[2011·郑州一中模拟] 满足性质:“对于区间(1,2)上的任意x 1,x 2(x 1≠x 2).|f (x 2)-f (x 1)|<|x 2-x 1|恒成立”的函数叫Ω函数,则下面四个函数中,属于Ω函数的是( )A .f (x )=1x B .f (x )=|x | C .f (x )=2x D .f (x )=x 2 能力提升5.图K13-7中三条曲线给出了三个函数的图象,一条表示汽车位移函数s (t ),一条表示汽车速度函数v (t ) )A .曲线a 是s (t )的图象,b 是v (t )的图象,c 是a (t )的图象B .曲线b 是s (t )的图象,a 是v (t )的图象,c 是a (t )的图象C .曲线a 是s (t )的图象,c 是v (t )的图象,b 是a (t )的图象D .曲线c 是s (t )的图象,b 是v (t )的图象,a 是a (t )的图象 6.设a ∈R ,函数f (x )=e x +a ·e -x 的导函数是f ′(x ),且f ′(x )是奇函数.若曲线y =f (x )的一条切线的斜率是32,则切点的横坐标为( )A .ln2B .-ln2C.ln22 D.-ln227.f (x )是定义在R 上的可导函数,且对任意x 满足xf ′(x )+f (x )>0,则对任意的实数a ,b 有( )A .a >b ⇔af (b )>bf (a )B .a >b ⇔af (b )<bf (a )C .a >b ⇔af (a )<bf (b )D .a >b ⇔bf (b )<af (a )8.已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,若f (x )在区间(-1,0)上单调递减,则a 2+b 2的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫94,+∞B.⎝⎛⎦⎤0,94C.⎣⎡⎭⎫95,+∞D.⎝⎛⎦⎤0,95 9.对函数f (x )=2x +1x 2+2,下列说法正确的是( )A .函数有极小值f (-2)=-12,极大值f (1)=1B .函数有极大值f (-2)=-12,极小值f (1)=1C .函数有极小值f (-2)=-12,无极大值 D .函数有极大值f (1)=1,无极小值10.已知函数f (x )的自变量取值区间为A ,若其值域也为A ,则称区间A 为f (x )的保值区间.若g (x )=x +m -ln x 的保值区间是[2,+∞),则m 的值为________.11.[2011·常州模拟] 某同学高三阶段12次数学考试的成绩呈现前几次与后几次均连续上升,中间几次连续下降的趋势.现有三种函数模型①f (x )=pq x ,②f (x )=log q x +q ,③f (x )=(x -1)(x -q )2+p (其中p ,q 为正常数,且q >2).较准确反映数学成绩与考试次序关系,应选________(填序号)作为模拟函数.12.已知函数f (x )=(x 2-3x +3)·e x ,设t >-2,函数f (x )在[-2,t ]上为单调函数时,t 的取值范围是________.13.若f (x )≥h (x )=ax +b ≥g (x ),则定义h (x )为曲线f (x ),g (x )的ψ线.已知f (x )=tan x ,x ∈⎣⎡⎭⎫0,π2,g (x )=sin x ,x ∈⎣⎡⎭⎫0,π2,则f (x ),g (x )的ψ线为________.14.(10分)已知函数f (x )=x ln x . (1)求f (x )的最小值;(2)讨论关于x 的方程f (x )-m =0(m ∈R )的解的个数.15.(13分)[2011·天津和平模拟] 设f (x )=13x 3+mx 2+nx .(1)如果g (x )=f ′(x )-2x -3在x =-2处取得最小值-5,求f (x )的解析式;(2)如果m +n <10(m ,n ∈N +,f (x )的单调递减区间的长度是正整数,试求m 和n 的值.(注:区间(a ,b )的长度为b -a )难点突破16.(12分)[2011·惠州模拟] 设f (x )=-13x 3+12x 2+2ax . (1)若f (x )在⎝⎛⎭⎫23,+∞上存在单调递增区间,求a 的取值范围;(2)当0<a <2时,f (x )在[1,4]上的最小值为-163,求f (x )在该区间上的最大值.课时作业(十三)B【基础热身】1.A [解析] 函数在极小值点附近的图象应有先减后增的特点,因此应该在导函数的图象上找从x 轴下方变为x 轴上方的点,这样的点只有1个,所以函数f (x )在开区间(a ,b )内只有1个极小值点,故选A.2.C [解析] ∵f ′(x )g (x )+f (x )g ′(x )=[f (x )g (x )]′<0,∴f (x )g (x )为减函数,又∵a <x <b ,∴f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )g (b ).3.D [解析] 选项A 表示面积的增速是常数,与实际不符;选项B 表示最后时段面积的增速较快,也与实际不符;选项C 表示开始时段和最后时段面积的增速比中间时段快,与实际不符;选项D 表示开始和最后时段面积的增速缓慢,中间时段增速较快.4.A [解析] ∵|f (x 2)-f (x 1)|<|x 2-x 1|,∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1<1,即Ω函数是指对于区间(1,2)上,曲线上任意两点连线的斜率均在(-1,1)内,对于A ,f ′(x )=-1x 2的值域为⎝⎛⎭⎫-1,-14,对于曲线上任意两点的连线,一定存在曲线的切线与它平行,符合条件,故选A.【能力提升】5.D [解析] 由于v (t )=s ′(t ),a (t )=v ′(t ),注意到所给的三条曲线中,只有曲线a 上有部分点的纵坐标小于零,因此只有曲线a 才能作为a (t )的图象,曲线b 有升有降,因此其导函数图象有正有负,这与所给曲线a 的形状吻合,因此b 为v (t )的图象.6.A [解析] f ′(x )=e x -a e -x ,这个函数是奇函数,因为函数f ′(x )在0处有定义,所以f ′(0)=0,故只能是a =1.此时f ′(x )=e x -e -x ,设切点的横坐标是x 0,则e x 0-e -x 0=32,即2(e x 0)2-3e x 0-2=0,即(e x 0-2)(2e x 0+1)=0,只能是e x 0=2,解得x 0=ln2.正确选项为A.7.D [解析] 构造函数g (x )=xf (x ),则g ′(x )=xf ′(x )+f (x )>0,故函数g (x )是R 上的单调递增函数,由增函数的定义,对任意实数a ,b 有a >b ⇔g (a )>g (b ),即a >b ⇔bf (b )<af (a ),选D.8.C [解析] 根据三次函数的特点,函数f (x )在(-1,0)上单调递减等价于函数f (x )的导数f ′(x )=3x 2+2ax +b 在区间(-1,0)小于或者等于零恒成立,即3-2a +b ≤0且b ≤0,把点(a ,b )看作点的坐标,则上述不等式表示的区域如图.根据a 2+b 2的几何意义得,最小值就是坐标原点到直线3-2a +b =0的距离的平方,即95.9.A [解析] f ′(x )=⎝ ⎛⎭⎪⎫2x +1x 2+2′=-2(x +2)(x -1)(x 2+2)2=0,得x =-2或x =1,当x <-2时f ′(x )<0,当-2<x <1时f ′(x )>0,当x >1时f ′(x )<0,故x =-2是函数的极小值点且f (-2)=-12,x =1是函数的极大值点且f (1)=1.10.ln2 [解析] g ′(x )=1-1x =x -1x ,当x ≥2时,函数g (x )为增函数,因此g (x )的值域为[2+m -ln2,+∞),因此2+m -ln2=2,故m =ln2.11.③ [解析] 因为f (x )=pq x ,f (x )=log q x +q 是单调函数,f (x )=(x -1)(x -q )2+p 中,f ′(x )=3x 2-(4q +2)x +q 2+2q ,令f ′(x )=0,得x =q 或x =q +23,f ′(x )有两个零点,可以出现两个递增区间和一个递减区间,所以应选f (x )=(x -1)(x -q )2+p 为其成绩模拟函数.12.-2<t ≤0 [解析] 因为f ′(x )=(x 2-3x +3)·e x +(2x -3)·e x =x (x -1)·e x , 由f ′(x )>0⇒x >1或x <0,由f ′(x )<0⇒0<x <1,所以f (x )在(-∞,0),(1,+∞)上递增,在(0,1)上递减, 要使f (x )在[-2,t ]上为单调函数,则-2<t ≤0.13.y =x [解析] 这样的直线若存在,则对x =0时一定满足不等式sin x ≤ax +b ≤tan x ,故b =0.设h (x )=sin x -ax ,则h ′(x )=cos x -a ,如果a ≤0,则h ′(x )≥0,函数h (x )在区间⎣⎡⎭⎫0,π2单调递增,h (x )≥h (0)=0,无论b 取何值,都不会有h (x )≤0恒成立;如果0<a <1,则函数h (x )在区间⎣⎡⎭⎫0,π2存在一个极值点,且是极大值点,从而h (x )≥h (0),也不一定成立;当a ≥1时,函数在⎣⎡⎭⎫0,π2单调递减,故h (x )≤h (0)=0,此时不等式sin x ≤ax 恒成立.设φ(x )=ax -tan x ,则φ′(x )=a -(tan x )′=a -⎝⎛⎭⎫sin x cos x ′=a -cos x cos x -sin x (-sin x )cos 2x =a -1cos 2x ,如果a ≤1,则φ′(x )≤0,函数φ(x )在⎣⎡⎭⎫0,π2单调递减,故φ(x )≤φ(0)=0,此时不等式ax ≤tan x 在区间⎣⎡⎭⎫0,π2恒成立,如a >1,则函数在区间⎣⎡⎭⎫0,π2有一个极值点x 0,不等式ax ≤tan x 不恒成立,故不等式ax ≤tan x 恒成立时a ≤1.综合可知只能是a =1.故所求的直线是y =x . 14.[解答] (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=ln x +1,令f ′(x )=0,得x =1e .当x ∈(0,+∞)时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下:所以,f (x )在(0,+∞)上最小值是f ⎝⎛⎭⎫1e =-1e .(2)当x ∈⎝⎛⎭⎫0,1e 时,f (x )单调递减,且f (x )的取值范围是⎝⎛⎭⎫-1e ,0;当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ,+∞时,f (x )单调递增,且f (x )的取值范围是⎝⎛⎭⎫-1e ,+∞.故当m <-1e时,原方程无解;当m =-1e 或m ≥0时,原方程有唯一解; 当-1e<m <0时,原方程有两个解.15.[解答] (1)由题意得g (x )=x 2+2(m -1)x +(n -3)=(x +m -1)2+(n -3)-(m -1)2, 已知g (x )在x =-2处取得最小值-5,所以⎩⎨⎧m -1=2,(n -3)-(m -1)2=-5,即m =3,n =2.即得f (x )=13x 3+3x 2+2x .(2)因为f ′(x )=x 2+2mx +n ,且f (x )的单调递减区间的长度为正整数,故f ′(x )=0一定有两个不同的根,从而Δ=4m 2-4n >0,即m 2>n .不妨设两根为x 1,x 2,则|x 2-x 1|=2m 2-n 为正整数. 又m +n <10(m ,n ∈N +),故m ≥2时才可能有符合条件的m ,n , 当m =2时,只有n =3符合要求; 当m =3时,只有n =5符合要求; 当m ≥4时,没有符合要求的n .综上所述,只有m =2,n =3或m =3,n =5满足上述要求.【难点突破】16.[解答] (1)f ′(x )=-x 2+x +2a =-⎝⎛⎭⎫x -122+14+2a ,当x ∈⎣⎡⎭⎫23,+∞时,f ′(x )的最大值为f ′⎝⎛⎭⎫23=29+2a ;令29+2a >0,得a >-19,所以,当a >-19时,f (x )在⎝⎛⎭⎫23,+∞上存在单调递增区间.(2)令f ′(x )=0,得x 1=1-1+8a 2,x 2=1+1+8a2. 所以f (x )在(-∞,x 1),(x 2,+∞)上单调递减,在(x 1,x 2)上单调递增. 当0<a <2时,有x 1<1<x 2<4,所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2).又f (4)-f (1)=-272+6a <0,即f (4)<f (1), 所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)=8a -403=-163, 得a =1,x 2=2,从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)=103.。
湘教版高考数学一轮总复习课后习题 课时规范练22 利用导数研究函数的极值、最值 (2)
课时规范练22 利用导数研究函数的极值、最值基础巩固练1.已知函数f(x)=-xe x,那么f(x)的极大值是( )A.1e B.-1eC.-eD.e2.(河北邢台模拟)函数f(x)=xln x-x在12,4上的最小值为( )A.-1+ln22B.-1C.0D.2ln 2-23.已知函数f(x)=ax+lnxb+1在x=1处取得极值0,则a+b=( )A.-1B.0C.1D.24.函数f(x)=x3-3ax+a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围是( )A.[0,1)B.(0,1)C.(-1,1)D.0,125.(全国乙,文11)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为( )A.-π2,π2B.-3π2,π2C.-π2,π2+2 D.-3π2,π2+26.若函数f(x)=-12x2+4x-2aln x有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是( )A.(-∞,1)B.(0,1)C.(0,2)D.(2,+∞)7.(多选题)(安徽宿州模拟)已知x=1为函数f(x)=x 2-3x-log a x 的极值点,则( )(参考数据:ln 2≈0.693 1) A.f(x)在(0,1)上单调递减 B.f(x)的极小值为-2 C.f(x)有最小值,无最大值 D.f(x)有唯一的零点8.(山东潍坊模拟)若函数f(的值为 .9.某圆锥的母线长为10 cm,当其体积最大时,圆锥的高为 cm.10.若函数f(x)=ax 3-bx+4,当x=2时,函数f(x)取得极值-43.(1)求函数f(x)的解析式;(2)若方程f(x)=k 有3个不同的实数根,求实数k 的取值范围. 11.(浙江温州模拟)已知函数f(x)=4√x -3e 2x ,g(x)=-12x 2+ax.(1)若曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与曲线y=g(x)也相切,求a 的值; (2)若a=1,求函数y=f(x)+g(x)的最大值.综合提升练-2在[2,+∞)上的最小值为12.(甘肃兰州模拟)已知a>0,函数g(x)=x+1+ax1,则a=( )A.1B.2C.5D.3413.(安徽合肥模拟)已知函数f(x)=(k-x)e x 在区间[0,1]上的最大值为k,则函数f(x)在区间(0,+∞)上( ) A.有极大值,无最小值 B.无极大值,有最小值 C.有极大值,有最大值 D.无极大值,无最大值14.(多选题)(福建莆田模拟)已知函数f(x)=(x 2-3x+1)e x ,则下列说法中正确的是( )A.f(x)在R 上有两个极值点B.f(x)在x=-1处取得最小值C.f(x)在x=2处取得极小值D.函数f(x)在R 上有三个不同的零点15.函数f(x)=|x-1|+xln x 的最小值为 . 16.已知函数f(x)=x 2e x .(1)求f(x)的单调区间;(2)当x>1时,f(x)+k(1+ln x)≤0,求实数k 的取值范围.创新应用练17.已知函数g(x)=lnxx +ax2−1x在(1,e2)内存在极值,则实数a的取值范围为( )A.1,e2B.0,e2C.(0,1)D.(0,e)课时规范练22 利用导数研究函数的极值、最值1.A 解析由已知得f'(x)=-(x+1)e x,令f'(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f'(x)>0;当x>-1时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,因此f(x)极大值=f(-1)=1e,故选A.2.B 解析f'(x)=lnx,令f'(x)=lnx=0,得x=1,当x>1时,f'(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,当x<1时,f'(x)<0,f(x)在(0,1)内单调递减,所以f(x)在x=1处取得极小值,也是f(x)在12,4上的最小值,故f(x)≥f(1)=-1,故选B.3.B 解析f'(x)=a+1bx ,依题意有{f(1)=a+1=0,f'(1)=a+1b=0,解得a=-1,b=1,所以f'(x)=-1+1x =1-xx.当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,x=1是函数f(x)的极值点,所以a+b=0,故选B.4.B 解析f'(x)=3x2-3a,当a≤0时,f'(x)≥0,且不恒为0,f(x)在(0,1)内单调递增,f(x)无最小值;当a>0时,由f'(x)=0,解得x=±√a,当x>√a 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当0<x<√a时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=√a处取得极小值,也是最小值,所以极小值点应该在(0,1)内,所以0<√a<1,所以0<a<1,故选B.5.D 解析函数f(x)的导数f'(x)=-sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx,x ∈[0,2π].令f'(x)=0,得x=π2或x=3π2.当x ∈0,π2时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x ∈π2,3π2时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x ∈3π2,2π时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.故当x=π2时,函数f(x)有极大值f π2=π2+2;当x=3π2时,函数f(x)有极小值f3π2=-3π2.又因为f(0)=2,f(2π)=2,所以函数f(x)在区间[0,2π]上的最小值为-3π2,最大值为π2+2,故选D.6.C 解析因为f(x)有两个不同的极值点,所以f'(x)=-x+4-2a x=-x 2+4x -2ax在(0,+∞)上有2个不同的零点,且零点两侧函数值异号,所以x 2-4x+2a=0在(0,+∞)有2个不同的正实数根x 1,x 2,因此{Δ=16-4×2a >0,x 1+x 2=4>0,x 1x 2=2a >0, 解得0<a<2,故选C. 7.BD 解析f'(x)=2x-3-1xlna,由f'(1)=0,得lna=-1,所以a=1e,则f(x)=x 2-3x+lnx,此时f'(x)=(2x -1)(x -1)x,x>0,故f(x)在0,12和(1,+∞)上单调递增,在12,1内单调递减,因此极小值为f(1)=-2,极大值为f12=-54-ln2,结合图象(图略)可知f(x)无最小值也无最大值,且有唯一的零点,故选项B,D 正确,选项A,C 错误,故选BD.8.2 解析f'(x)=-3x 2+12x=-3x(x-4),令f'(x)<0,解得x<0或x>4,令f'(=2. 9.10√33解析设圆锥的高为h,则底面圆的半径r=√100-ℎ2,所以圆锥的体积为V(h)=π3(-h 3+100h),则V'(h)=π3(-3h 2+100),当0<h<10√33时,V'(h)>0,V(h)单调递增;当h>10√33时,V'(h)<0,V(h)单调递减.所以当h=10√33cm 时,V(h)取得极大值且极大值为最大值,即当h=10√33cm 时,圆锥的体积最大.10.解(1)对f(x)求导,得f'(x)=3ax 2-b, 由题意,得{f '(2)=12a -b =0,f (2)=8a -2b +4=-43,解得{a =13,b =4,∴f(x)=13x 3-4x+4. (2)由(1)可得f'(x)=x 2-4=(x-2)(x+2), 令f'(x)=0,得x=2或x=-2, ∴当x<-2时,f'(x)>0; 当-2<x<2时,f'(x)<0; 当x>2时,f'(x)>0.因此,当x=-2时,f(x)取得极大值283;当x=2时,f(x)取得极小值-43,函数f(x)=13x3-4x+4的大致图象如下图所示:要使方程f(x)=k有3个不同的实数根,由图可知,实数k的取值范围是-4 3,283.11.解(1)f'(x)=2√xe2x-(4√x-3)·2e2x(e2x)2=√x e2x·√x ,则f'(1)=0,又f(1)=1e2,∴曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y=1e2.∵曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与曲线y=g(x)也相切,又g(ax=a 22=1e2,∴a=±√2e.(2)当a=1时,y=f(x)+g(x)=4√x-3e2x −12x2+x,∴y'=√x√x·e2x -x+1=√x)(√x)√x·e2x+(1+√x)(1-√x)=(1-√x)1+√x+2+8√x√x·e2x,x>0,∴当x∈(0,1)时,y'>0,y=f(x)+g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,y'<0,y=f(x)+g(ax=f(1)+g(1)=1e2+12.12.A 解析由题意得g'(x)=1-1+ax2=x2-(1+a)x2.当√1+a≤2,即0<a≤3时,在(2,+∞)上,g'(x)>0,g(in=g(2)=1+a2=1,解得a=1;当√1+a>2,即a>3时,若2<x<√1+a,则g'(x)<0,g(x)单调递减,若x>√1+a,则g'(x)>0,g(in=g(√1+a)=2√1+a-2=1,解得a=54,不符合a>3的条件,舍去.综上,a=1.故选A.13.D 解析f'(x)=(k-x-1)e x,当x<k-1时,f'(x)>0,当x>k-1时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,k-1)上单调递增,在(k-1,+∞)上单调递减,又f(0)=k,且f(x)在[0,1]上的最大值为k,所以k-1≤0,即k≤1,此时f(x)在(0,+∞)上单调递减,且无极大值、最大值、最小值,故选D.14.AC 解析f(x)定义域为R,f'(x)=(x2-x-2)e x=(x-2)(x+1)e x,∴当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-1,2)时,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上单调递增,在(-1,2)内单调递减,∴f(x)的极大值为f(-1)=5e,极小值为f(2)=-e2.当x<0时,x2-3x+1>0,e x>0,∴f(x)>0恒成立;当x→+∞时,f(x)→+∞,可作出f(x)的图象(如图所示).对于A,f(x)的极大值点为x=-1,极小值点为x=2,故A 正确;对于B,f(-1)不是f(x)的最小值,故B 错误;对于C,f(x)在x=2处取得极小值,故C 正确;对于D,由图象可知,f(x)有且仅有两个不同的零点,故D 错误.故选AC. 15.0 解析f(x)=|x-1|+xlnx={x -1+xlnx ,x ≥1,1-x +xlnx ,0<x <1,当x>1时,f'(x)=1+(lnx+1)=lnx+2>0,所以f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,最小值是f(1)=0.当0<x<1时,f'(x)=-1+(lnx+1)=lnx<0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递减.综上所述,f(x)的最小值为0. 16.解(1)函数f(x)=x 2e x 的定义域为R,f'(x)=-x 2+2x e x,令f'(x)>0,得0<x<2,此时f(x)在(0,2)上单调递增;令f'(x)<0,得x<0或x>2,此时f(x)在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递减. 综上,f(x)的单调递增区间为(0,2),单调递减区间为(-∞,0)和(2,+∞). (2)(方法一)当x>1时,1+lnx>0,所以k ≤-x 2e x (1+lnx ). 设g(x)=-x 2e x (1+lnx )(x>1),则g'(x)=-x -2xlnx+x 2+x 2lnxe x (1+lnx )2,设h(x)=-x-2xlnx+x 2+x 2lnx,则h'(x)=(x-1)(3+2lnx),当x>1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(1)=0恒成立,即g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.所以当x>1时,g(x)>g(1)=-1e ,所以k 的取值范围为-∞,-1e.(方法二)由x>1,得xe x≤-k (1+lnx )x,即为xe x≤-ek (1+lnx )e 1+lnx;因为x>1,所以1+lnxe lnx+1>0,可得-ek ≥x e x 1+lnx e 1+lnx恒成立.设g(x)=xex ,则g'(x)=1-x e x.当x>1时,g'(x)<0,g(x)在(1,+∞)上单调递减. 下证x>1+lnx,即x-lnx>1在(1,+∞)上恒成立. 令h(x)=x-lnx,h'(x)=1-1x =x -1x>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,得h(x)>h(1)=1,所以x>1+lnx>1. 所以g(x)<g(1+lnx),即0<xe x<1+lnx e 1+lnx,所以x e x 1+lnx e 1+lnx<1,所以-ek≥1,可得k≤-1e,所以k 的取值范围为-∞,-1e.17.B 解析∵g(x)=lnx x +a x2−1x,∴g'(x)=1-lnx x 2−2a x3+1x 2=(2-lnx )x -2ax 3,∵函数g(x)=lnx x+a x2−1x在(1,e 2)内存在极值,∴g'(x)=0在(1,e 2)内有解,即(2-lnx)x-2a=0在(1,e 2)内有解,即2a=(2-lnx)x 在(1,e 2)内有解.令t(x)=(2-lnx)x,则t'(x)=2-lnx-1=1-lnx,t'(x)单调递减,令t'(x)=0,得x=e.当x ∈(1,e)时,t'(x)>0,t(x)单调递增;当x ∈(e,e 2)时,t'(x)<0,t(ax =t(e)=e×(2-1)=e,t(1)=1×(2-0)=2,t(e 2)=e 2(2-2)=0,∴2a ∈(0,e),∴a ∈0,e 2,故选B.。
2020版高考数学新设计大一轮复习 利用导数研究函数的极值、最值习题理(含解析)新人教A版
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究角度1 根据函数图象判断函数极值【例1-1】 已知函数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 由题图可知,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规律方法 由图象判断函数y =f (x )的极值,要抓住两点:(1)由y =f ′(x )的图象与x 轴的交点,可得函数y =f (x )的可能极值点;(2)由导函数y =f ′(x )的图象可以看出y =f ′(x )的值的正负,从而可得函数y =f (x )的单调性.两者结合可得极值点. 角度2 已知函数求极值【例1-2】 (2019·哈尔滨模拟)已知函数f (x )=ln x -ax (a ∈R ). (1)当a =12时,求f (x )的极值;(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数.解 (1)当a =12时,f (x )=ln x -12x ,函数的定义域为(0,+∞)且f ′(x )=1x -12=2-x2x ,令f ′(x )=0,得x =2,于是当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表.x (0,2) 2 (2,+∞)f ′(x ) +0 -f (x )ln 2-1故f (x )在定义域上的极大值为f (x )极大值=f (2)=ln 2-1,无极小值. (2)由(1)知,函数的定义域为(0,+∞), f ′(x )=1x -a =1-axx(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 ∈⎝⎛⎭⎪⎫0,1a 时,f ′(x )>0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a,+∞时,f ′(x )<0,故函数在x =1a处有极大值.综上可知,当a ≤0时,函数f (x )无极值点, 当a >0时,函数y =f (x )有一个极大值点,且为x =1a.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】 已知函数f (x )=ln x .(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 +m x存在两个极值点x 1,x 2,求m 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=1x.设切点坐标为(x 0,ln x 0),则切线方程为y =1x 0x +ln x 0-1.把点P (0,-1)代入切线方程,得ln x 0=0,∴x 0=1. ∴过点P (0,-1)的切线方程为y =x -1.(2)因为g (x )=f (x )-mx +m x =ln x -mx +m x(x >0),所以g ′(x )=1x -m -m x 2=x -mx 2-m x 2=-mx 2-x +mx2, 令h (x )=mx 2-x +m ,要使g (x )存在两个极值点x 1,x 2,则方程mx 2-x +m =0有两个不相等的正数根x 1,x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0,12m>0,h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0即可,解得0<m <12.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 )=(x 2+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 )=[x 2+(a +2)x +a -1]·ex -1,则f ′(-2)=[4-2(a +2)+a -1]·e -3=0⇒a =-1, 则f (x )=(x 2-x -1)·ex -1,f ′(x )=(x 2+x -2)·ex -1,令f ′(x )=0,得x =-2或x =1, 当x <-2或x >1时,f ′(x )>0, 当-2<x <1时,f ′(x )<0, 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 )=[ax 2-(4a +1)x +4a +3]e x. 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 )=[ax 2-(4a +1)x +4a +3]e x, 所以f ′(x )=[ax 2-(2a +1)x +2]e x.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 )=[ax 2-(2a +1)x +2]e x =(ax -1)(x -2)e x. 若a >12,则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,2时,f ′(x )<0; 当x ∈(2,+∞)时,f ′(x )>0. 所以f (x )在x =2处取得极小值.若a ≤12,则当x ∈(0,2)时,x -2<0,ax -1≤12x -1<0,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⎝ ⎛⎭⎪⎫12,+∞.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 +ln x ,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 +ln x ,f ′(x )=-1+1x =1-xx,令f ′(x )=0,得x =1.当0<x <1时,f ′(x )>0;当x >1时,f ′(x )<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 +1x ,x ∈(0,e],1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ,+∞.①若a ≥-1e ,则f ′(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上是增函数,∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意.②若a <-1e ,令f ′(x )>0得a +1x >0,结合x ∈(0,e],解得0<x <-1a ;令f ′(x )<0得a +1x <0,结合x ∈(0,e],解得-1a<x ≤e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-1a 上为增函数,在⎝ ⎛⎦⎥⎤-1a ,e 上为减函数,∴f (x )max =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =-1+ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a .令-1+ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =-3,得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1a =-2,即a =-e 2.∵-e 2<-1e ,∴a =-e 2为所求.故实数a 的值为-e 2.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 )=e xcos x -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⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )=e x·cos x -x ,∴f (0)=1,f ′(x )=e x (cos x -sin x )-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 )=e x(cos x -sin x )-1,令g (x )=f ′(x ),则g ′(x )=-2e xsin x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上恒成立,且仅在x =0处等号成立,∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2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⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上单调递减, ∴f (x )max =f (0)=1,f (x )min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=-π2.考点三 利用导数求解最优化问题【例3】 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⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103+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v2(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60v (单位时间),用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103+1×60v =3v 250+60v(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时60v 2=120v (单位时间),用氧量为120v×1.5=180v(升),因此总用氧量y =3v 250+240v+9(v >0).(2)y ′=6v 50-240v 2=3(v 3-2 000)25v 2,令y ′=0得v =1032, 当0<v <1032时,y ′<0,函数单调递减; 当v >1032时,y ′>0,函数单调递增.若c <1032 ,函数在(c ,1032)上单调递减,在(1032,15)上单调递增, ∴当v =1032时,总用氧量最少. 若c ≥1032,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5 cm ,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:cm 3)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 =23x ,DG =5-x ,三棱锥的高h =DG 2-OG 2=25-10x +x 2-x 2=25-10x , S △ABC =12·(23x )2·sin 60°=33x 2,则三棱锥的体积V =13S △ABC ·h =3x 2·25-10x =3·25x 4-10x 5,令f (x )=25x 4-10x 5,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,52,则f ′(x )=100x 3-50x 4,令f ′(x )=0得x =2,当x ∈(0,2)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2,52时,f ′(x )<0,f (x )单调递减, 故当x =2时,f (x )取得最大值80, 则V ≤3×80=415. ∴体积最大值为415 cm 3. 答案 415[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 C2.设a ∈R ,若函数y =e x+ax 有大于零的极值点,则( ) A.a <-1 B.a >-1 C.a >-1eD.a <-1e解析 因为y =e x +ax ,所以y ′=e x+a . 又函数y =e x+ax 有大于零的极值点, 则方程y ′=e x+a =0有大于零的解, 当x >0时,-e x <-1,所以a =-e x<-1. 答案 A3.已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +a 2在x =1处有极值10,则f (2)等于( ) A.11或18 B.11 C.18D.17或18解析 ∵函数f (x )=x 3+ax 2+bx +a 2在x =1处有极值10,∴f (1)=10,且f ′(1)=0,又f ′(x )=3x 2+2ax +b ,∴⎩⎪⎨⎪⎧1+a +b +a 2=10,3+2a +b =0,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =-3,b =3或⎩⎪⎨⎪⎧a =4,b =-11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧a =-3,b =3时,函数在x =1处无极值,故舍去.∴f (x )=x 3+4x 2-11x +16,∴f (2)=18. 答案 C4.函数f (x )=3x 2+ln x -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 +1x -2=6x 2-2x +1x,由于x >0,g (x )=6x 2-2x +1的Δ=-20<0, 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. 答案 A5.(2019·安庆二模)已知函数f (x )=2e f ′(e)ln x -xe (e 是自然对数的底数),则f (x )的极大值为( ) A.2e -1B.-1eC.1D.2ln 2解析 由题意知,f ′(x )=2e f ′(e )x -1e,∴f ′(e)=2f ′(e)-1e ,则f ′(e)=1e .因此f ′(x )=2x -1e,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=2ln 2. 答案 D 二、填空题6.函数f (x )=x e -x,x ∈[0,4]的最大值是________. 解析 f ′(x )=e -x-x ·e -x=e -x(1-x ), 令f ′(x )=0,得x =1.又f (0)=0,f (4)=4e 4,f (1)=e -1=1e ,∴f (1)=1e 为最大值.答案 1e7.已知函数f (x )=-x 3+ax 2-4在x =2处取得极值,若m ∈[-1,1],则f (m )的最小值是________.解析 f ′(x )=-3x 2+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 )=-x 3+3x 2-4.f ′(x )=-3x 2+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 -48.若函数f (x )=x 33-a2x 2+x +1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3上有极值点,则实数a 的取值范围是________.解析 函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3上有极值点等价于f ′(x )=0有2个不相等的实根且在⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3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⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3内有根,得a =x +1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12,3内有解,又x +1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2,103,所以2≤a <103.综上,a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2,103.答案 ⎝⎛⎭⎪⎫2,103三、解答题9.设函数f (x )=a ln x -bx 2(x >0),若函数f (x )在x =1处与直线y =-12相切.(1)求实数a ,b 的值;(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e 上的最大值. 解 (1)由f (x )=a ln x -bx 2(x >0),得f ′(x )=a x-2bx , ∵函数f (x )在x =1处与直线y =-12相切,∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)=a -2b =0,f (1)=-b =-12,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =1,b =12. (2)由(1)知,f (x )=ln x -12x 2,则f ′(x )=1x -x =1-x2x,当1e ≤x ≤e 时,令f ′(x )>0,得1e ≤x <1, 令f ′(x )<0,得1<x ≤e,∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ,1上单调递增;在(1,e]上单调递减,∴f (x )max =f (1)=-12.10.(2018·天津卷选编)设函数f (x )=(x -t 1)(x -t 2)(x -t 3),其中t 1,t 2,t 3∈R ,且t 1,t 2,t 3是公差为d 的等差数列.(1)若t 2=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)=x 3-x , 故f ′(x )=3x 2-1.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 -t 2+3)(x -t 2)(x -t 2-3)=(x -t 2)3-9(x -t 2)=x 3-3t 2x 2+(3t 22-9)x -t 32+9t 2.故f ′(x )=3x 2-6t 2x +3t 22-9.令f ′(x )=0,解得x =t 2-3,或x =t 2+ 3. 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:所以函数f (x )的极大值为f (t 2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函数f (x )的极小值为f (t 2+3)=(3)3-9×3=-6 3.能力提升题组 (建议用时: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 )=x 2为2折函数.已知函数f (x )=(x +1)e x -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)e x-(x +2)(3x +2)=(x +2)(e x-3x -2),令f ′(x )=0,得x =-2或e x=3x +2.易知x =-2是f (x )的一个极值点,又e x =3x +2,结合函数图象,y =e x 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. 答案 C12.若函数f (x )=2x 2-ln x 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 -1x,所以由f ′(x )=0解得x=12,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k -1<12<k +1,k -1≥0,解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1,32 13.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12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短,而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ,且知在这段变形过程中,当底面半径为10 cm 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a cm ,t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3,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10 cm 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)=8 640π,V (8)=3 520π,所以当t =8时,V (t )有最小值3 520π,此时金箍棒的底面半径为4 cm. 答案 414.设f (x )=x ln x -ax 2+(2a -1)x (常数a >0). (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 )=ln x -2ax +2a , 可得g (x )=ln x -2ax +2a ,x ∈(0,+∞). 所以g ′(x )=1x -2a =1-2axx.又a >0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a 时,g ′(x )>0,函数g (x )单调递增,当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ,+∞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⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a ,单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ,+∞.(2)由(1)知,f ′(1)=0.①当0<a <12时,12a >1,由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a 内单调递增,可得当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12a 时,f ′(x )>0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12a 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 =12时,12a =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 >12时,0<12a <1,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ,1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⎝ ⎛⎭⎪⎫12,+∞.。
利用导数研究函数的极值与最值(重点)-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题(新高考地区专用)
考向16 利用导数研究函数的极值与最值【2022·全国·高考真题(理)】当1x =时,函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-,则(2)f '=( ) A .1- B .12-C .12D .1【2022·全国·高考真题(文)】函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为( )A .ππ22-,B .3ππ22-, C .ππ222-+,D .3ππ222-+,1.由图象判断函数()y f x =的极值,要抓住两点:(1)由()y f x '=的图象与x 轴的交点,可得函数()y f x =的可能极值点;(2)由导函数()y f x '=的图象可以看出()y f x '=的值的正负,从而可得函数()y f x =的单调性.两者结合可得极值点.2.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.3.求函数()f x 在闭区间[],a b 内的最值的思路(1)若所给的闭区间[],a b 不含有参数,则只需对函数()f x 求导,并求()0f x '=在区间[],a b 内的根,再计算使导数等于零的根的函数值,把该函数值与()f a ,()f b 比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.(2)若所给的闭区间[],a b 含有参数,则需对函数()f x 求导,通过对参数分类讨论,判断函数的单调性,从而得到函数()f x 的最值.(1)若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ,则 不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>; 不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥; 不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<; 不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤;(2)若函数()f x 在区间D 上不存在最大(小)值,且值域为(),m n ,则不等式()()()f x a f x a >≥或在区间D 上恒成立m a ⇔≥.不等式()()()f x b f x b <≤或在区间D 上恒成立m b ⇔≤.(3)若函数()f x 在区间D上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ,即()[],f x m n ∈,则对不等式有解问题有以下结论:不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<; 不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤; 不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>; 不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥;(4)若函数()f x 在区间D 上不存在最大(小)值,如值域为(),m n ,则对不等式有解问题有以下结论:不等式()()()a f x f x <≤或a 在区间D 上有解a n ⇔< 不等式()()()b f x f x >≥或b 在区间D 上有解b m ⇔>(5)对于任意的[]1,x a b ∈,总存在[]2m,x n ∈,使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤;(6)对于任意的[]1,x a b ∈,总存在[]2m,x n ∈,使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥;(7)若存在[]1,x a b ∈,对于任意的[]2m,x n ∈,使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤;(8)若存在[]1,x a b ∈,对于任意的[]2m,x n ∈,使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥;(9)对于任意的[]1,x a b ∈,[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤;(10)对于任意的[]1,x a b ∈,[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥;(11)若存在[]1,x a b ∈,总存在[]2m,x n ∈,使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤(12)若存在[]1,x a b ∈,总存在[]2m,x n ∈,使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥.1.函数的极值函数()f x 在点0x 附近有定义,如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x <,则称0()f x 是函数的一个极大值,记作0()y f x =极大值.如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x >,则称0()f x 是函数的一个极小值,记作0()y f x =极小值.极大值与极小值统称为极值,称0x 为极值点.求可导函数()f x 极值的一般步骤 (1)先确定函数()f x 的定义域; (2)求导数()f x '; (3)求方程()0f x '=的根;(4)检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号,如果在根的左侧附近为正,在右侧附近为负,那么函数()y f x =在这个根处取得极大值;如果在根的左侧附近为负,在右侧附近为正,那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是:0x 是导函数的变号零点,即0()0f x '=,且在0x 左侧与右侧,()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件,如3()f x x =,(0)0f '=,但00x =不是极值点.另外,极值点也可以是不可导的,如函数()f x x =,在极小值点00x =是不可导的,于是有如下结论:0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=;但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点.2.函数的最值函数()y f x =最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者;函数()f x 最小值为极小值与靠近极大值的端点之间的最小者.导函数为21212()()()()f x ax bx c a x x x x m x x n =++=--<<<(1)当0a >时,最大值是1()f x 与()f n 中的最大者;最小值是2()f x 与()f m 中的最小者.(2)当0a <时,最大值是2()f x 与()f m 中的最大者;最小值是1()f x 与()f n 中的最小者.一般地,设()y f x =是定义在[]m n ,上的函数,()y f x =在()m n ,内有导数,求函数()y f x =在[]m n ,上的最大值与最小值可分为两步进行: (1)求()y f x =在()m n ,内的极值(极大值或极小值); (2)将()y f x =的各极值与()f m 和()f n 比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况,是局部函数值的比较,故极值不一定是最值;函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的,故函数的最值可能是极值,也可能是区间端点处的函数值;②函数的极值点必是开区间的点,不能是区间的端点; ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.1.(2022·山西太原·三模(文))已知函数()e e xf x =⋅(1)若()()()g x f x kx k k =--∈R 在1x =-时取得极小值,求实数k 的值; (2)若过点(,)a b 可以作出函数()y f x =的两条切线,求证:()0b f a <<2.(2022·湖北·模拟预测)已知函数()21ln 2f x x x mx =++,(m R ∈). (1)若()f x 存在两个极值点,求实数m 的取值范围; (2)若1x ,2x 为()f x 的两个极值点,证明:()()()212122228f x f x m x x f +++⎛⎫-> ⎪⎝⎭.3.(2022·河南郑州·高三阶段练习(文))已知函数()21xf x x a-=+. (1)若0a =,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)若()f x 在1x =-处取得极值,求()f x 的单调区间及其最大值与最小值.4.(2022·全国·高三专题练习(理))已知函数()ln f x x mx =+,其中m ∈R . (1)讨论()f x 的单调性;(2)若(0,)∀∈+∞x ,2()2f x x x ≤-,求m 的最大值.5.(2022·山东菏泽·高三期末)设函数()22cos f x x x =+.(1)求曲线()y f x =在点(,())22f ππ处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;(2)求函数()f x 在区间[]0,π上的最大值和最小值.6.(2022·北京市第九中学模拟预测)已知()sin 2f x k x x =+. (1)当2k =时,判断函数()f x 零点的个数; (2)求证:()sin 2ln 1,(0,)2x x x x π-+>+∈.1.(2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测(文))已知函数()()ln 2,ln xxe f x xe x x g x x x x=---=+-的最小值分别为,m n ,则( )A .m n <B .m n >C .m n =D .,m n 的大小关系不确定2.(2022·北京·北大附中三模)如图矩形,6ABCD AB =,沿PQ 对折使得点B 与AD 边上的点1B 重合,则PQ 的长度可以用含α的式子表示,那么PQ 长度的最小值为( )A .4B .8C .62D 933.(2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测(文))已知函数()f x 为定义在R 上的增函数,且对,()()1x R f x f x ∀∈+-=,若不等式()(ln )1f ax f x +-≥对(0,)∀∈+∞x 恒成立,则实数a 的取值范围是( ) A .(0,e]B .(,e]-∞C .10,e ⎛⎤⎥⎝⎦D .1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭4.(2022·江西省丰城中学模拟预测(文))已知函数()2e 2xf x ax ax =++在()0,x ∈+∞上有最小值,则实数a 的取值范围为( ) A .1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B .e 1,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭C .()1,0-D .1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭5.(2022·广东深圳·高三阶段练习)已知函数()32f x x ax x a =+-+有两个极值点12,x x ,且1223x x -=,则()f x 的极大值为( ) A 3B 23C 3D 36.(2022·广东广州·三模)设()f x '为函数()f x 的导函数,已知()()()21ln ,12x f x xf x x f '==-'+,则( )A .()xf x 在()0,∞+单调递增B .()xf x 在()0,∞+单调递减C .()xf x 在()0,∞+上有极大值12D .()xf x 在()0,∞+上有极小值127.(2022·全国·模拟预测(文))下列结论正确的是( )A .设函数()3f x x ax b =++,其中a ,b ∈R ,当a =-3,2b >时,函数有两个零点B .函数()()e 0xa f x a x=>没有极值点C .关于x 的方程32230x x a -+=在区间[]22-,上仅有一个实根,则实数a 的取值范围为[)(]4,01,28-D .函数()()e 0e xxx a f x a -=<有两个零点8.(2022·全国·高三专题练习)已知函数()321132f x x ax x =-+在区间1,32⎛⎫⎪⎝⎭上既有极大值又有极小值,则实数a 的取值范围是( ) A .()2,+∞B .[)2,+∞C .52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D .102,3⎛⎫ ⎪⎝⎭9.(2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习(文))已知m 为常数,函数()2ln 2f x x x mx=-有两个极值点,其中一个极值点0x 满足01x >,则()0f x 的取值范围是( ) A .(),0∞-B .()0,∞+C .1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D .1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭10.(多选题)(2022·湖南·湘潭一中高三阶段练习)已知函数21()e xx x f x +-=,则下列结论正确的是( )A .函数()f x 只有一个零点B .函数()f x 只有极大值而无极小值C .当e 0k -<<时,方程()f x k =有且只有两个实根D .若当[,)x t ∈+∞时,max 25()e f x =,则t 的最大值为2 11.(多选题)(2022·重庆八中模拟预测)设函数()f x 的定义域为R ,()000x x ≠是()f x 的极小值点,以下结论一定正确的是( ) A .0x 是()f x 的最小值点 B .0x 是()f x -的极大值点 C .0x -是()f x -的极大值点 D .0x -是()f x --的极大值点12.(多选题)(2022·全国·高三专题练习)(多选)已知函数32()247f x x x x =---,其导函数为()'f x ,给出以下命题正确的是( ) A .()f x 的单调递减区间是2,23⎛⎫- ⎪⎝⎭B .()f x 的极小值是15-C .当2a >时,对任意的2x >且x a ≠,恒有()()()()f x f a f a x a '>+-D .函数()f x 有且只有一个零点13.(多选题)(2022·全国·模拟预测)已知函数()312x f x x +=+,()()42e xg x x =-,若[)120,x x ∀∈+∞,,不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立,则正数t 的取值可以是( )A .6eB .(27eC .(23eD .2e14.(多选题)(2022·全国·模拟预测)已知()()323ln 21f x x x x =--,则( ) A .()f x 的定义域是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B .若直线y m =和()f x 的图像有交点,则3,ln 22m ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦C .723ln 16< D .()32ln22129> 15.(2022·福建·福州三中高三阶段练习)如果两个函数存在零点,分别为,αβ,若满足n αβ-<,则称两个函数互为“n 度零点函数”.若()()ln 2f x x =-与()2ln g x ax x =-互为“2度零点函数”,则实数a 的最大值为___________.16.(2022·浙江湖州·模拟预测)设(){}(){}0,0P f Q g ααββ====,若存在,R αβ∈∈R ,使得||n αβ-<,则称函数()f x 与()g x 互为“n 度零点函数”.若2()log 1f x x =-与()2x g x x a =-⋅互为“1度零点函数”,则实数a 的取值范围为_____________.17.(2022·河南省杞县高中模拟预测(理))实数x ,y 满足()23e 31e x y x y -≤--,则3xy -的值为______.18.(2022·河南新乡·高三期末(文))已知函数()322161f x x m x mx m =+-+-在x =2处取得极小值,则m =______.19.(2022·全国·高三专题练习(理))若函数()e (sin )x f x x a =-在区间()0,π上存在极值,则实数a 的取值范围是________.20.(2022·全国·高三专题练习(理))已知x =1e是函数()ln()1f x x ax =+的极值点,则a =________.21.(2022·江苏无锡·模拟预测)已知函数()e (1ln )x f x m x =+,其中m >0,f '(x )为f (x )的导函数,设()()ex f x h x '=,且5()2h x ≥恒成立.(1)求m 的取值范围;(2)设函数f (x )的零点为x 0,函数f '(x )的极小值点为x 1,求证:x 0>x 1.22.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(理))已知函数())1(ln f x x x ax x=+-,0a >.(1)若2a =,求函数()f x 的极值; (2)设()()21e 2=-+axg x ax ax ,当0x >时,()()f x g x '≤(()g x '是函数()g x 的导数),求a 的取值范围.23.(2022·广东·大埔县虎山中学高三阶段练习)已知函数()(0)bf x ax c a x=++>的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-.(1)若3c =,求a ,b ;(2)若()ln ≥f x x 在[)1,+∞上恒成立,求a 的取值范围.24.(2022·河南·开封市东信学校模拟预测(文))已知函数()ln (0)f x x ax a a =-+>. (1)当2a =时,求()f x 的单调区间; (2)设函数()f x 的最大值为m ,证明:0m ≥.25.(2022·全国·郑州一中模拟预测(理))已知函数()()ln 0f x ax x a =≠. (1)讨论函数()f x 的单调性;(2)当1a =时,证明:()e sin 1xf x x <+-.26.(2022·广东深圳·高三阶段练习)已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x ∈R ,都有1()ef x ≤恒成立,求实数a 的取值范围;(2)设,m n 是两个不相等的实数,且e m n m n -=.求证: 2.m n +>27.(2022·山东师范大学附中高三期中)设函数()1ln f x x a x x=-+ (1)当3a =时,求()f x 的单调区间;(2)任意正实数12,x x ,当122x x +=时,试判断()()12f x f x +与()2122a --的大小关系并证明28.(2022·山东·德州市教育科学研究院三模)已知函数ln ()1a xf x x =+,曲线()y f x =在(1,(1))f处的切线与直线20x y +=垂直.(1)设()(1)()x g x x f x =+,求()g x 的单调区间; (2)当0x >,且1x ≠时,ln 1()1x k f x x x->+-,求实数k 的取值范围.29.(2022·北京市大兴区兴华中学三模)设函数()e 1x f x a x =--,a R ∈.(1)当1a =时,求()f x 在点()()0,0f 处的切线方程;(2)当x ∈R 时,()0f x ≥恒成立,求a 的取值范围; (3)求证:当()0,x ∈+∞时,2e 1e x x x->.1.(2022·全国·高考真题(理))当1x =时,函数()ln b f x a x x =+取得最大值2-,则(2)f '=( )A .1-B .12-C .12 D .12.(2022·全国·高考真题(文))函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为( )A .ππ22-,B .3ππ22-,C .ππ222-+,D .3ππ222-+, 3.(2021·全国·高考真题(理))设0a ≠,若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点,则( )A .a b <B .a b >C .2ab a <D .2ab a > 4.(2022·全国·高考真题(理))已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-(0a >且1a ≠)的极小值点和极大值点.若12x x <,则a 的取值范围是____________.5.(2021·全国·高考真题)函数()212ln f x x x =--的最小值为______.6.(2022·全国·高考真题)已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值.(1)求a ;(2)证明:存在直线y b =,其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.7.(2022·全国·高考真题(文))已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+. (1)当0a =时,求()f x 的最大值;(2)若()f x 恰有一个零点,求a 的取值范围.8.(2021·北京·高考真题)已知函数()232x f x x a-=+. (1)若0a =,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)若()f x 在1x =-处取得极值,求()f x 的单调区间,以及其最大值与最小值.9.(2021·天津·高考真题)已知0a >,函数()x f x ax xe =-.(I )求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程:(II )证明()f x 存在唯一的极值点(III )若存在a ,使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立,求实数b 的取值范围.10.(2021·全国·高考真题(理))设函数()()ln f x a x =-,已知0x =是函数()y xf x =的极值点.(1)求a ;(2)设函数()()()x f x g x xf x +=.证明:()1g x <.。
2020届高三理科数学一轮复习讲义教师用书第14讲 导数与函数的单调性
第2讲导数与函数的单调性函数的单调性与导数的关系条件结论函数y=f(x)在区间(a,b)上可导f′(x)>0f(x)在(a,b)内单调递增f′(x)<0f(x)在(a,b)内单调递减f′(x)=0f(x)在(a,b)内是常数函数导师提醒1.关注两个易错点(1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式,求解时,要坚持“定义域优先”原则.(2)有相同单调性的单调区间不止一个时,用“,”隔开或用“和”连接,不能用“∪”连接.2.理清三组关系(1)在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件.(2)可导函数f(x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a ,b)上的任何子区间内都不恒为零.(3)对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f (x)在x=x0处有极值的必要不充分条件.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)若函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)在(a,b)内f′(x)≤0且f′(x)=0的根有有限个,则f(x)在(a,b)内是减函数.()答案:(1)×(2)√(3)√如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,则下面判断正确的是() A.在区间(-3,1)上f(x)是增函数B .在区间(1,3)上f (x )是减函数C .在区间(4,5)上f (x )是增函数D .在区间(3,5)上f (x )是增函数解析:选C.由图象可知,当x ∈(4,5)时,f ′(x )>0,故f (x )在(4,5)上是增函数. (教材习题改编)函数f (x )=cos x -x 在(0,π)上的单调性是( ) A .先增后减 B .先减后增 C .增函数D .减函数解析:选D.因为f ′(x )=-sin x -1<0. 所以f (x )在(0,π)上是减函数,故选D.函数f (x )=x -ln x 的单调递减区间为________.解析:由f ′(x )=1-1x <0,得1x >1,即x <1,又x >0,所以函数f (x )的单调递减区间为(0,1).答案:(0,1)已知f (x )=x 3-ax 在[1,+∞)上是增函数,则实数a 的最大值是________. 解析:f ′(x )=3x 2-a ≥0,即a ≤3x 2,又因为x ∈[1,+∞),所以a ≤3,即a 的最大值是3. 答案:3不含参数函数的单调性(自主练透) 1.函数y =4x 2+1x 的单调增区间为( )A .(0,+∞)B .(12,+∞)C .(-∞,-1)D.⎝⎛⎭⎫-∞,-12 解析:选B.由y =4x 2+1x ,得y ′=8x -1x 2,令y ′>0,即8x -1x 2>0,解得x >12,所以函数y =4x 2+1x 的单调增区间为⎝⎛⎭⎫12,+∞. 故选B.2.已知函数f (x )=x ln x ,则f (x )( ) A .在(0,+∞)上递增B .在(0,+∞)上递减C .在(0,1e )上递增D .在⎝⎛⎭⎫0,1e 上递减 解析:选D.因为函数f (x )=x ln x ,定义域为(0,+∞),所以f ′(x )=ln x +1(x >0),当f ′(x )>0时,解得x >1e ,即函数的单调递增区间为(1e,+∞);当f ′(x )<0时,解得0<x <1e,即函数的单调递减区间为(0,1e),故选D.3.已知定义在区间(-π,π)上的函数f (x )=x sin x +cos x ,则f (x )的单调递增区间是________.解析:f ′(x )=sin x +x cos x -sin x =x cos x , 令f ′(x )=x cos x >0,则其在区间(-π,π)上的解集为⎝⎛⎭⎫-π,-π2和⎝⎛⎭⎫0,π2, 即f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫-π,-π2和⎝⎛⎭⎫0,π2. 答案:⎝⎛⎭⎫-π,-π2和⎝⎛⎭⎫0,π2求函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域. (2)求f ′(x ).(3)在定义域内解不等式f ′(x )>0,得单调递增区间. (4)在定义域内解不等式f ′(x )<0,得单调递减区间.[提醒] 求函数的单调区间时,一定要先确定函数的定义域,否则极易出错.含参数函数的单调性(师生共研)已知f (x )=a (x -ln x )+2x -1x 2,a ∈R .讨论f (x )的单调性. 【解】 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=a -a x -2x 2+2x 3=(ax 2-2)(x -1)x 3.当a ≤0时,x ∈(0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, x ∈(1,+∞)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.当a >0时,f ′(x )=a (x -1)x 3⎝⎛⎭⎫x -2a ⎝⎛⎭⎫x +2a . (1)0<a <2时,2a>1, 当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ,+∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增. 当x ∈⎝⎛⎭⎫1,2a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. (2)a =2时,2a=1,在x ∈(0,+∞)内,f ′(x )≥0, f (x )单调递增. (3)a >2时,0<2a <1,当x ∈⎝⎛⎭⎫0,2a 或x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增, 当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ,1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减. 综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减; 当0<a <2时,f (x )在(0,1)内单调递增,在⎝⎛⎭⎫1,2a 内单调递减,在⎝⎛⎭⎫2a ,+∞内单调递增;当a =2时,f (x )在(0,+∞)内单调递增; 当a >2时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0,2a 内单调递增,在⎝⎛⎭⎫2a ,1内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.解决含参数的函数单调性问题应注意的2点(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点.讨论函数f (x )=(a -1)ln x +ax 2+1的单调性. 解:f (x )的定义域为(0,+∞), f ′(x )=a -1x +2ax =2ax 2+a -1x.①当a ≥1时,f ′(x )>0,故f (x )在(0,+∞)上单调递增;②当a ≤0时,f ′(x )<0,故f (x )在(0,+∞)上单调递减; ③当0<a <1时,令f ′(x )=0,解得x =1-a 2a ,则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0, 1-a 2a 时,f ′(x )<0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1-a2a ,+∞时,f ′(x )>0,故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0, 1-a 2a 上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1-a2a ,+∞上单调递增.函数单调性的应用(多维探究) 角度一 比较大小或解不等式(1)函数f (x )的定义域为R ,f (-1)=2,对任意x ∈R ,f ′(x )>2,则f (x )>2x +4的解集为( )A .(-1,1)B .(-1,+∞)C .(-∞,-1)D .(-∞,+∞)(2)已知定义在⎝⎛⎭⎫0,π2上的函数f (x )的导函数为f ′(x ),且对于任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2,都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ,则( )A.3f ⎝⎛⎭⎫π4>2f ⎝⎛⎭⎫π3 B .f ⎝⎛⎭⎫π3>f (1) C.2f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π4D.3f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π3【解析】 (1)由f (x )>2x +4,得f (x )-2x -4>0,设F (x )=f (x )-2x -4,则F ′(x )=f ′(x )-2,因为f ′(x )>2,所以F ′(x )>0在R 上恒成立,所以F (x )在R 上单调递增,而F (-1)=f (-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f (x )-2x -4>0等价于F (x )>F (-1),所以x >-1,故选B.(2)令g (x )=f (x )sin x,则g ′(x )=f ′(x )sin x -f (x )cos xsin 2x ,由已知g ′(x )<0在⎝⎛⎭⎫0,π2上恒成立, 所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0,π2上单调递减, 所以g ⎝⎛⎭⎫π4>g ⎝⎛⎭⎫π3,即f ⎝⎛⎭⎫π422>f ⎝⎛⎭⎫π332,所以3f ⎝⎛⎭⎫π4>2f ⎝⎛⎭⎫π3. 【答案】 (1)B (2)A角度二 已知函数的单调性求参数已知函数f (x )=ln x ,g (x )=12ax 2+2x (a ≠0).(1)若函数h (x )=f (x )-g (x )存在单调递减区间,求a 的取值范围; (2)若函数h (x )=f (x )-g (x )在[1,4]上单调递减,求a 的取值范围. 【解】 (1)h (x )=ln x -12ax 2-2x ,x ∈(0,+∞),所以h ′(x )=1x -ax -2,由于h (x )在(0,+∞)上存在单调递减区间,所以当x ∈(0,+∞)时,1x -ax -2<0有解.即a >1x 2-2x 有解,设G (x )=1x 2-2x,所以只要a >G (x )min 即可. 而G (x )=(1x -1)2-1,所以G (x )min =-1. 所以a >-1.(2)由h (x )在[1,4]上单调递减得,当x ∈[1,4]时,h ′(x )=1x -ax -2≤0恒成立,即a ≥1x 2-2x恒成立.所以a ≥G (x )max ,而G (x )=(1x -1)2-1,因为x ∈[1,4],所以1x ∈[14,1],所以G (x )max =-716(此时x =4), 所以a ≥-716,即a 的取值范围是[-716,+∞). [迁移探究1] (变问法)若函数h (x )=f (x )-g (x )在[1,4]上单调递增,求a 的取值范围. 解:由h (x )在[1,4]上单调递增得,当x ∈[1,4]时,h ′(x )≥0恒成立,所以当x ∈[1,4]时,a ≤1x 2-2x 恒成立,又当x ∈[1,4]时,(1x 2-2x )min =-1(此时x =1),所以a ≤-1,即a 的取值范围是(-∞,-1].[迁移探究2] (变问法)若函数h (x )=f (x )-g (x )在[1,4]上存在单调递减区间,求a 的取值范围.解:h (x )在[1,4]上存在单调递减区间, 则h ′(x )<0在[1,4]上有解, 所以当x ∈[1,4]时,a >1x 2-2x 有解,又当x ∈[1,4]时,(1x 2-2x)min =-1,所以a >-1,即a 的取值范围是(-1,+∞).[迁移探究3] (变条件)若函数h (x )=f (x )-g (x )在[1,4]上不单调,求a 的取值范围. 解:因为h (x )在[1,4]上不单调, 所以h ′(x )=0在(1,4)上有解, 即a =1x 2-2x有解,令m (x )=1x 2-2x ,x ∈(1,4),则-1<m (x )<-716, 所以实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫-1,-716.(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件,构造辅助函数,把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题,再由单调性比较大小或解不等式.(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ,b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ,b ]上恒成立列出不等式;②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题;③对等号单独检验,检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0,若f ′(x )恒等于0,则参数的这个值应舍去;若只有在个别点处有f ′(x )=0,则参数可取这个值.[提醒] f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ,b )都有f ′(x )≥0且在(a ,b )内的任意一个非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.1.设f (x ),g (x )是定义在R 上的恒大于0的可导函数,且f ′(x )g (x )-f (x )g ′(x )<0,则当a <x <b 时,有( )A .f (x )g (x )>f (b )g (b )B .f (x )g (a )>f (a )g (x )C .f (x )g (b )>f (b )g (x )D .f (x )g (x )>f (a )g (a )解析:选C.令F (x )=f (x )g (x ),则F ′(x )=f ′(x )g (x )-f (x )g ′(x )[g (x )]2<0,所以F (x )在R 上单调递减.又a <x <b ,所以f (a )g (a )>f (x )g (x )>f (b )g (b ).又f (x )>0,g (x )>0,所以f (x )g (b )>f (b )g (x ).2.已知函数f (x )=3xa-2x 2+ln x 在区间[1,2]上为单调函数,求a 的取值范围.解:f ′(x )=3a -4x +1x ,若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数,即在[1,2]上,f ′(x )=3a -4x +1x ≥0或f ′(x )=3a -4x +1x≤0, 即3a -4x +1x ≥0或3a -4x +1x ≤0在[1,2]上恒成立, 即3a ≥4x -1x 或3a ≤4x -1x. 令h (x )=4x -1x ,因为函数h (x )在[1,2]上单调递增,所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1),即3a ≥152或3a ≤3,解得a <0或0<a ≤25或a ≥1.分类与整合思想在研究函数单调性中的应用已知函数f (x )=(x -2)·e x +a (x -1)2.讨论f (x )的单调性. 【解】 f ′(x )=(x -1)e x +2a (x -1)=(x -1)(e x +2a ). (1)设a ≥0,则当x ∈(-∞,1)时,f ′(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,所以f (x )在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (2)设a <0,由f ′(x )=0,解得x =1或x =ln(-2a ). ①若a =-e2,则f ′(x )=(x -1)(e x -e),所以f (x )在(-∞,+∞)上单调递增, ②若a >-e2,则ln(-2a )<1,故当x ∈(-∞,ln(-2a ))∪(1,+∞)时,f ′(x )>0; 当x ∈(ln(-2a ),1)时,f ′(x )<0,所以f (x )在(-∞,ln(-2a ))和(1,+∞)上单调递增, 在(ln(-2a ),1)上单调递减. ③若a <-e2,则ln(-2a )>1,故当x ∈(-∞,1)∪(ln(-2a ),+∞)时,f ′(x )>0; 当x ∈(1,ln(-2a ))时,f ′(x )<0,所以f (x )在(-∞,1)和(ln(-2a ),+∞)上单调递增, 在(1,ln(-2a ))上单调递减.含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,常见有以下几种可能:①方程f ′(x )=0是否有根;②若f ′(x )=0有根,求出根后判断是否在定义域内;③若根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法.(2019·山东枣庄调研)已知函数f (x )=x e x -a ⎝⎛⎭⎫12x 2+x (a ∈R ). (1)若a =0,求曲线y =f (x )在点(1,e)处的切线方程; (2)当a >0时,求函数f (x )的单调区间.解:(1)a =0时,f ′(x )=(x +1)e x ,所以切线的斜率k =f ′(1)=2e.又f (1)=e ,所以y =f (x )在点(1,e)处的切线方程为y -e =2e(x -1),即2e x -y -e =0.(2)f ′(x )=(x +1)(e x -a ),令f ′(x )=0,得x =-1或x =ln a .①当a=1e时,f′(x)≥0恒成立,所以f(x)在R上单调递增.②当0<a<1e时,ln a<-1,由f′(x)>0,得x<ln a或x>-1;由f′(x)<0,得ln a<x<-1,所以单调递增区间为(-∞,ln a),(-1,+∞),单调递减区间为(ln a,-1).③当a>1e时,ln a>-1,由f′(x)>0,得x<-1或x>ln a;由f′(x)<0,得-1<x<ln a,所以单调递增区间为(-∞,-1),(ln a,+∞),单调递减区间为(-1,ln a).综上所述,当a=1e 时,f(x)在R上单调递增;当0<a<1e时,单调递增区间为(-∞,ln a),(-1,+∞),单调递减区间为(ln a,-1);当a>1e时,单调递增区间为(-∞,-1),(ln a,+∞),单调递减区间为(-1,ln a).[基础题组练]1.函数f(x)=1+x-sin x在(0,2π)上是()A.单调递增B.单调递减C.在(0,π)上增,在(π,2π)上减D.在(0,π)上减,在(π,2π)上增解析:选A.f′(x)=1-cos x>0恒成立,所以f(x)在R上递增,在(0,2π)上单调递增.2.(2019·济南调研)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是()A.f(b)>f(c)>f(d)B.f(b)>f(a)>f(e)C.f(c)>f(b)>f(a)D.f(c)>f(e)>f(d)解析:选C.由题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,因为a<b<c,所以f(c)>f(b)>f(a),故选C.3.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)上单调递增,则k的取值范围是()A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C .[2,+∞)D .[1,+∞)解析:选D.由于f ′(x )=k -1x ,f (x )=kx -ln x 在区间(1,+∞)上单调递增⇔f ′(x )=k -1x ≥0在(1,+∞)上恒成立.由于k ≥1x ,而0<1x<1,所以k ≥1.即k 的取值范围为[1,+∞).4.设函数f (x )=12x 2-9ln x 在区间[a -1,a +1]上单调递减,则实数a 的取值范围是( )A .(1,2]B .(4,+∞)C .(-∞,2)D .(0,3]解析:选A.因为f (x )=12x 2-9ln x ,所以f ′(x )=x -9x (x >0),由x -9x ≤0,得0<x ≤3,所以f (x )在(0,3]上是减函数,则[a -1,a +1]⊆(0,3],所以a -1>0且a +1≤3,解得1<a ≤2.5.函数f (x )在定义域R 内可导,若f (x )=f (2-x ),且当x ∈(-∞,1)时,(x -1)f ′(x )<0,设a =f (0),b =f ⎝⎛⎭⎫12,c =f (3),则a ,b ,c 的大小关系为( )A .a <b <cB .c <b <aC .c <a <bD .b <c <a解析:选C.因为当x ∈(-∞,1)时,(x -1)f ′(x )<0,所以f ′(x )>0,所以函数f (x )在(-∞,1)上是单调递增函数,所以a =f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12=b ,又f (x )=f (2-x ), 所以c =f (3)=f (-1),所以c =f (-1)<f (0)=a ,所以c <a <b ,故选C. 6.函数f (x )=x 4+54x -ln x 的单调递减区间是________.解析:因为f (x )=x 4+54x -ln x ,所以函数的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=14-54x 2-1x =x 2-4x -54x 2,令f ′(x )<0,解得0<x <5,所以函数f (x )的单调递减区间为(0,5). 答案:(0,5)7.若函数f (x )=ax 3+3x 2-x 恰好有三个单调区间,则实数a 的取值范围是________. 解析:由题意知f ′(x )=3ax 2+6x -1,由函数f (x )恰好有三个单调区间,得f ′(x )有两个不相等的零点,所以3ax 2+6x -1=0需满足a ≠0,且Δ=36+12a >0,解得a >-3,所以实数a 的取值范围是(-3,0)∪(0,+∞).答案:(-3,0)∪(0,+∞)8.已知函数y =f (x )(x ∈R )的图象如图所示,则不等式xf ′(x )≥0的解集为________.解析:由f (x )图象特征可得,f ′(x )在⎝⎛⎦⎤-∞,12和[2,+∞)上大于0,在⎝⎛⎭⎫12,2上小于0, 所以xf ′(x )≥0⇔⎩⎨⎧x ≥0,f ′(x )≥0或⎩⎨⎧x ≤0,f ′(x )≤0⇔0≤x ≤12或x ≥2,所以xf ′(x )≥0的解集为⎣⎡⎦⎤0,12∪[2,+∞). 答案:⎣⎡⎦⎤0,12∪[2,+∞) 9.已知函数f (x )=ln x +ke x(k 为常数,e 是自然对数的底数),曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线与x 轴平行.(1)求k 的值; (2)求f (x )的单调区间.解:(1)由题意得f ′(x )=1x-ln x -k e x ,又因为f ′(1)=1-ke=0,故k =1. (2)由(1)知,f ′(x )=1x-ln x -1e x ,设h (x )=1x -ln x -1(x >0),则h ′(x )=-1x 2-1x<0,即h (x )在(0,+∞)上是减函数.由h (1)=0知,当0<x <1时,h (x )>0,从而f ′(x )>0; 当x >1时,h (x )<0,从而f ′(x )<0.综上可知,f (x )的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). 10.已知函数f (x )=x 3-ax -1.(1)若f (x )在R 上为增函数,求实数a 的取值范围;(2)若函数f (x )在(-1,1)上为单调减函数,求实数a 的取值范围; (3)若函数f (x )的单调递减区间为(-1,1),求实数a 的值; (4)若函数f (x )在区间(-1,1)上不单调,求实数a 的取值范围. 解:(1)因为f (x )在(-∞,+∞)上是增函数, 所以f ′(x )=3x 2-a ≥0在(-∞,+∞)上恒成立, 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立. 因为3x 2≥0, 所以只需a ≤0.又因为a =0时,f ′(x )=3x 2≥0,f (x )=x 3-1在R 上是增函数,所以a ≤0,即实数a 的取值范围为(-∞,0]. (2)由题意知f ′(x )=3x 2-a ≤0在(-1,1)上恒成立, 所以a ≥3x 2在(-1,1)上恒成立,因为当-1<x <1时,3x 2<3,所以a ≥3,所以a 的取值范围为[3,+∞). (3)由题意知f ′(x )=3x 2-a ,则f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫-3a 3,3a 3, 又f (x )的单调递减区间为(-1,1), 所以3a3=1,解得a =3. (4)由题意知:f ′(x )=3x 2-a ,当a ≤0时,f ′(x )≥0,此时f (x )在(-∞,+∞)上为增函数,不合题意,故a >0.令f ′(x )=0,解得x =±3a 3. 因为f (x )在区间(-1,1)上不单调,所以f ′(x )=0在(-1,1)上有解,需0<3a3<1,得0<a <3,所以实数a 的取值范围为(0,3).[综合题组练]1.(2019·南昌模拟)已知函数f (x )=x sin x ,x 1,x 2∈⎝⎛⎭⎫-π2,π2,且f (x 1)<f (x 2),那么( )A .x 1-x 2>0B .x 1+x 2>0C .x 21-x 22>0D .x 21-x 22<0解析:选D.由f (x )=x sin x ,得f ′(x )=sin x +x cos x =cos x (tan x +x ),当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2时,f ′(x )>0,即f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,π2上为增函数,又f (-x )=-x sin(-x )=x sin x =f (x ),所以f (x )为偶函数,所以当f (x 1)<f (x 2)时,有f (|x 1|)<f (|x 2|),所以|x 1|<|x 2|,x 21-x 22<0,故选D.2.(应用型)设函数f (x )=e x +x -2,g (x )=ln x +x 2-3.若实数a ,b 满足f (a )=0,g (b )=0,则( )A .g (a )<0<f (b )B .f (b )<0<g (a )C .0<g (a )<f (b )D .f (b )<g (a )<0解析:选A.因为函数f (x )=e x +x -2在R 上单调递增,且f (0)=1-2<0,f (1)=e -1>0,所以f (a )=0时a ∈(0,1).又g (x )=ln x +x 2-3在(0,+∞)上单调递增,且g (1)=-2<0,所以g (a )<0.由g (2)=ln 2+1>0,g (b )=0得b ∈(1,2),又f (1)=e -1>0, 所以f (b )>0.综上可知,g (a )<0<f (b ).3.(应用型)已知函数f (x )=ln x +2x ,若f (x 2+2)<f (3x ),则实数x 的取值范围是________. 解析:由题可得函数定义域为(0,+∞),f ′(x )=1x +2x ln 2,所以在定义域内f ′(x )>0,函数单调递增,所以由f (x 2+2)<f (3x )得x 2+2<3x ,所以1<x <2.答案:(1,2)4.设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数,f (-1)=0,当x >0时,xf ′(x )-f (x )<0,则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________.解析:设y =g (x )=f (x )x (x ≠0),则g ′(x )=xf ′(x )-f (x )x 2,当x >0时,xf ′(x )-f (x )<0,所以 g ′(x )<0,所以 g (x )在(0,+∞)上为减函数,且g (1)=f (1)=-f (-1)=0.因为 f (x )为奇函数,所以 g (x )为偶函数, 所以 g (x )的图象的示意图如图所示. 当x >0,g (x )>0时,f (x )>0,0<x <1, 当x <0,g (x )<0时,f (x )>0,x <-1,所以 使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1). 答案:(-∞,-1)∪(0,1) 5.(综合型)设函数f (x )=a ln x +x -1x +1,其中a 为常数. (1)若a =0,求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)讨论函数f (x )的单调性.解:(1)由题意知a =0时,f (x )=x -1x +1,x ∈(0,+∞),此时f ′(x )=2(x +1)2,可得f ′(1)=12,又f (1)=0,所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为x -2y -1=0. (2)函数f (x )的定义域为(0,+∞). f ′(x )=a x +2(x +1)2=ax 2+(2a +2)x +a x (x +1)2.当a ≥0时,f ′(x )>0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 当a <0时,令g (x )=ax 2+(2a +2)x +a ,Δ=(2a +2)2-4a 2=4(2a +1).①当a =-12时,Δ=0,f ′(x )=-12(x -1)2x (x +1)2≤0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②当a <-12时,Δ<0,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. ③当-12<a <0时,Δ>0,设x 1,x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点, 则x 1=-(a +1)+2a +1a ,x 2=-(a +1)-2a +1a.由于x 1=a +1-2a +1-a=a 2+2a +1-2a +1-a>0,所以当x ∈(0,x 1)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减,当x ∈(x 1,x 2)时,g (x )>0,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增,当x ∈(x 2,+∞)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减. 综上可得:当a ≥0时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; 当a ≤-12时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减;当-12<a <0时,f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0,-(a +1)+2a +1a, ⎝ ⎛⎭⎪⎫-(a +1)-2a +1a ,+∞上单调递减,在⎝⎛⎭⎪⎫-(a +1)+2a +1a ,-(a +1)-2a +1a 上单调递增. 6.已知函数f (x )=a ln x -ax -3(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间;(2)若函数y =f (x )的图象在点(2,f (2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t ∈[1,2],函数g (x )=x 3+x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )+m2在区间(t ,3)上总不是单调函数,求m 的取值范围. 解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞), 且f ′(x )=a (1-x )x, 当a >0时,f (x )的单调增区间为(0,1), 单调减区间为(1,+∞);当a <0时,f (x )的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1); 当a =0时,f (x )为常函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)=-a2=1,即a =-2,所以f (x )=-2ln x +2x -3,f ′(x )=2x -2x .所以g (x )=x 3+⎝⎛⎭⎫m 2+2x 2-2x , 所以g ′(x )=3x 2+(m +4)x -2.因为g (x )在区间(t ,3)上总不是单调函数, 即g ′(x )在区间(t ,3)上有变号零点. 由于g ′(0)=-2,所以⎩⎨⎧g ′(t )<0,g ′(3)>0.当g ′(t )<0时,即3t 2+(m +4)t -2<0对任意t ∈[1,2]恒成立, 由于g ′(0)<0,故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0, 即m <-5且m <-9,即m <-9; 由g ′(3)>0,即m >-373. 所以-373<m <-9. 即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫-373,-9.。
2019届高三数学一轮复习教案+课时作业 第14节 利用导数研究函数的极值、最值
第14节利用导数研究函数的极值、最值考点一利用导数研究函数的极值(多维探究)命题角度1已知函数求极值(点)【例1-1】(2018·泉州质检)已知函数f(x)=x-1+ae x(a∈R,e为自然对数的底数).(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,求a的值;(2)求函数f(x)的极值.解(1)由f(x)=x-1+ae x,得f′(x)=1-ae x.又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,得f′(1)=0,即1-ae=0,解得a=e.(2)f′(x)=1-ae x,①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.②当a>0时,令f′(x)=0,得e x=a,即x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故f(x)在x=ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)=ln a,无极大值.综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,f(x)在x=ln a处取得极小值ln a,无极大值.命题角度2已知极值(点),求参数的值或取值范围【例1-2】已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,∀x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0,+∞).f ′(x )=a -1x =ax -1x ,当a ≤0时,f ′(x )≤0在(0,+∞)上恒成立,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减,∴f (x )在(0,+∞)上没有极值点;当a >0时,由f ′(x )<0得0<x <1a ,由f ′(x )>0得x >1a ,∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1a 上递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ,+∞上递增,即f (x )在x =1a 处有极小值.∴当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上没有极值点,当a >0时,f (x )在(0,+∞)上有一个极值点.(2)∵函数f (x )在x =1处取得极值, ∴a =1,∴f (x )≥bx -2⇒1+1x -ln xx ≥b ,令g (x )=1+1x -ln xx ,则g ′(x )=ln x -2x 2,令g ′(x )=0,得x =e 2,则g (x )在(0,e 2)上递减,在(e 2,+∞)上递增,∴g (x )min =g (e 2)=1-1e 2,即b ≤1-1e 2,即实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,1-1e 2.规律方法 函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为:①确定函数的定义域;②求导数f ′(x );③解方程f ′(x )=0,求出函数定义域内的所有根;④列表检验f ′(x )在f ′(x )=0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值. (2)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题,转化为讨论f ′(x )=0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围,特别注意:极值点处的导数为0,而导数为0的点不一定是极值点,要检验极值点两侧导数是否异号. 【训练1】 (2016·山东卷改编)设f (x )=x ln x -ax 2+(2a -1)x (常数a >0). (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 )=ln x -2ax +2a , 可得g (x )=ln x -2ax +2a ,x ∈(0,+∞). 所以g ′(x )=1x -2a =1-2ax x .又a >0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a 时,g ′(x )>0,函数g (x )单调递增,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ,+∞时,g ′(x )<0,函数g (x )单调递减.∴函数y =g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a ,单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ,+∞. (2)由(1)知,f ′(1)=0.①当0<a <12时,12a >1,由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a 内单调递增,可得当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12a 时,f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12a 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 =12时,12a =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 >12时,0<12a <1,当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ,1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⎝ ⎛⎭⎪⎫12,+∞.考点二 利用导数研究函数的最值【例2】 (2018·山西三区八校模拟)已知函数f (x )=ln x +ax 2+bx (其中a ,b 为常数且a ≠0)在x =1处取得极值. (1)当a =1时,求f (x )的单调区间;(2)若f (x )在(0,e]上的最大值为1,求a 的值.解 (1)因为f (x )=ln x +ax 2+bx ,所以f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1x +2ax +b ,因为函数f (x )=ln x +ax 2+bx 在x =1处取得极值, 所以f ′(1)=1+2a +b =0,又a =1,所以b =-3,则f ′(x )=2x 2-3x +1x,令f ′(x )=0,得x 1=12,x 2=1. f ′(x ),f (x )随x 的变化情况如下表:所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12,(1,+∞);单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12,1.(2)由(1)知f ′(x )=2ax 2-(2a +1)x +1x =(2ax -1)(x -1)x (x >0),令f ′(x )=0,得x 1=1,x 2=12a ,因为f (x )在x =1处取得极值,所以x 2=12a ≠x 1=1, 若12a <0时,f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减, 所以f (x )在区间(0,e]上的最大值为f (1),令f (1)=1,解得a =-2, 当a >0时,x 2=12a >0,若12a <1时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,12a ,[1,e]上单调递增,在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ,1上单调递减,所以最大值可能在x =12a 或x =e 处取得,而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a =ln 12a +a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2-(2a +1)12a =ln 12a -14a-1<0,所以f (e)=ln e +a e 2-(2a +1)e =1,解得a =1e -2, 若1<12a <e 时,f (x )在区间(0,1),⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ,e 上单调递增,在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1,12a 上单调递减,所以最大值可能在x =1或x =e 处取得, 而f (1)=ln 1+a -(2a +1)<0, 所以f (e)=ln e +a e 2-(2a +1)e =1,解得a =1e -2,与1<x 2=12a <e 矛盾, 当x 2=12a ≥e 时,f (x )在区间(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减, 所以最大值可能在x =1处取得,而f (1)=ln 1+a -(2a +1)<0,矛盾,综上所述,a =1e -2或a =-2. 规律方法 1.求函数f (x )在[a ,b ]上的最大值和最小值的步骤: 第一步,求函数在(a ,b )内的极值;第二步,求函数在区间端点处的函数值f (a ),f (b );第三步,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】 (2017·北京卷)已知函数f (x )=e x cos x -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⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )=e x ·cos x -x ,∴f (0)=1, f ′(x )=e x (cos x -sin x )-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 )=e x (cos x -sin x )-1,令f ′(x )=g (x ), 则g ′(x )=-2sin x ·e x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上恒成立,且仅在x =0处等号成立, ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2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⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2上单调递减,∴f (x )max =f (0)=1,f (x )min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2=-π2.考点三 函数极值与最值的综合问题【例3】 (2018·河南百校联盟模拟)已知函数f (x )=e x -ax ,a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a ),求g (a )的最大值; (2)若对任意实数x ,恒有f (x )≥0,求f (a )的最值范围.解(1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f′(x)=e x-a.令f′(x)=0,得x=ln a,易知当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,所以函数f(x)在x=ln a处取极小值,g(a)=f(x)极小值=f(ln a)=e ln a-a ln a=a-a ln a. g′(a)=1-(1+ln a)=-ln a,当0<a<1时,g′(a)>0,g(a)在(0,1)上单调递增;当a>1时,g′(a)<0,g(a)在(1,+∞)上单调递减.所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g(1)=1.(2)显然,当x≤0时,e x-ax≥0(a>0)恒成立.当x>0时,由f(x)≥0,即e x-ax≥0,得a≤e x x.令h(x)=e xx,x∈(0,+∞),则h′(x)=e x x-e xx2=e x(x-1)x2,当0<x<1时,h′(x)<0,当x>1时,h′(x)>0,故h(x)的最小值为h(1)=e,所以a≤e,故实数a的取值范围是(0,e].f(a)=e a-a2,a∈(0,e],f′(a)=e a-2a,易知e a-2a≥0对a∈(0,e]恒成立,故f(a)在(0,e]上单调递增,所以f(0)=1<f(a)≤f(e)=e e-e2,即f(a)的取值范围是(1,e e-e2].规律方法 1.(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)求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过比较才能下结论.2.本题分离参数,构造函数,把问题转化为求函数的最值问题,优化了解题过程. 【训练3】(2018·安徽江南十校联考)已知函数f(x)=x ln x(x>0).(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥-x2+mx-32恒成立,求实数m的最大值.解(1)由f(x)=x ln x(x>0),得f′(x)=1+ln x,令f ′(x )>0,得x >1e ;令f ′(x )<0,得0<x <1e .∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,+∞,单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e .故f (x )在x =1e 处有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =-1e ,无极大值.(2)由f (x )≥-x 2+mx -32及f (x )=x ln x ,得m ≤2x ln x +x 2+3x恒成立,问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x +x 2+3x min.令g (x )=2x ln x +x 2+3x (x >0),则g ′(x )=2x +x 2-3x 2,由g ′(x )>0⇒x >1,由g ′(x )<0⇒0<x <1.所以g (x )在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以g (x )min =g (1)=4, 因此m ≤4,所以m 的最大值是4.基础巩固题组 (建议用时:40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )=x 3-12x 的极小值点,则a =( ) A.-4B.-2C.4D.2解析 f ′(x )=3x 2-12,∴x <-2时,f ′(x )>0,-2<x <2时,f ′(x )<0,x >2时, f ′(x )>0,∴x =2是f (x )的极小值点. 答案 D2.函数f (x )=12x 2-ln x 的最小值为( ) A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )=x -1x =x 2-1x =(x -1)(x +1)x,因为x >0,所以令f ′(x )>0,得x >1.令f ′(x )<0,得0<x <1,故f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f (x )的最小值为f (1)=12. 答案 A3.(2018·石家庄模拟)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 C4.设a ∈R ,若函数y =e x +ax 有大于零的极值点,则( ) A.a <-1 B.a >-1 C.a >-1eD.a <-1e解析 ∵y =e x +ax ,∴y ′=e x +a . ∵函数y =e x +ax 有大于零的极值点, 则方程y ′=e x +a =0有大于零的解, ∵x >0时,-e x <-1,∴a =-e x <-1. 答案 A5.已知y =f (x )是奇函数,当x ∈(0,2)时,f (x )=ln x -ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12,当x ∈(-2,0)时,f (x )的最小值为1,则a 的值等于( ) A.14B.13C.12D.1解析 由题意知,当x ∈(0,2)时,f (x )的最大值为-1. 令f ′(x )=1x -a =0,得x =1a ,当0<x <1a 时,f ′(x )>0;当x >1a 时,f ′(x )<0. ∴f (x )max =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a =-ln a -1=-1,解得a =1.答案 D 二、填空题6.(2017·新乡模拟)设x 1,x 2是函数f (x )=x 3-2ax 2+a 2x 的两个极值点,若x 1<2<x 2,则实数a 的取值范围是________.解析 由题意得f ′(x )=3x 2-4ax +a 2的两个零点x 1,x 2满足x 1<2<x 2. 所以f ′(2)=12-8a +a 2<0,解得2<a <6. 答案 (2,6)7.(2018·郴州模拟)已知奇函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧e x x -1 (x >0),h (x ) (x <0),则函数h (x )的最大值为________.解析 当x >0时,f ′(x )=e x (x -1)x 2,∴x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,函数单调递减,x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,函数单调递增,∴x =1时,函数取得极小值即最小值,为e -1,∴由已知条件得h (x )的最大值为1-e. 答案 1-e8.(2018·武汉模拟)若函数f (x )=2x 2-ln x 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 -1x ,所以由f ′(x )=0解得x =12,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k -1<12<k +1,k -1≥0,解得1≤k <32.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1,32三、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f (x )=ax(x +r )2(a >0,r >0).(1)求f (x )的定义域,并讨论f (x )的单调性; (2)若ar =400,求f (x )在(0,+∞)内的极值.解 (1)由题意可知x ≠-r ,所求的定义域为(-∞,-r )∪(-r ,+∞). f (x )=ax (x +r )2=axx 2+2rx +r 2,f ′(x )=a (x 2+2rx +r 2)-ax (2x +2r )(x 2+2rx +r 2)2=a (r -x )(x +r )(x +r )4.所以当x <-r 或x >r 时,f ′(x )<0; 当-r <x <r 时,f ′(x )>0.因此,f (x )的单调递减区间为(-∞,-r ),(r ,+∞); f (x )的单调递增区间为(-r ,r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )=0,f (x )在(0,r )上单调递增,在(r ,+∞)上单调递减. 因此,x =r 是f (x )的极大值点,所以f (x )在(0,+∞)内的极大值为f (r )=ar (2r )2=a 4r =4004=100,f (x )在(0,+∞)内无极小值;综上,f (x )在(0,+∞)内极大值为100,无极小值.10.设函数f (x )=a ln x -bx 2(x >0),若函数f (x )在x =1处与直线y =-12相切. (1)求实数a ,b 的值;(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ,e 上的最大值.解 (1)f ′(x )=ax -2bx ,∵函数f (x )在x =1处与直线y =-12相切, ∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)=a -2b =0,f (1)=-b =-12,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =1,b =12. (2)由(1)知,f (x )=ln x -12x 2,f ′(x )=1x -x =1-x 2x , 当1e ≤x ≤e 时,令f ′(x )>0,得1e ≤x <1, 令f ′(x )<0,得1<x ≤e ,∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ,1上单调递增;在(1,e]上单调递减,∴f (x )max =f (1)=-12.能力提升题组 (建议用时:20分钟)11.(2018·合肥模拟)已知函数f (x )=x ln x -a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点,则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1e B.(0,e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ,e D.(-∞,e)解析 f (x )=x ln x -a e x (x >0),∴f ′(x )=ln x +1-a e x (x >0),由已知函数f (x )有两个极值点可得y =a 和g (x )=ln x +1e x 在(0,+∞)上有两个交点,g ′(x )=1x -ln x -1e x (x >0),令h (x )=1x -ln x -1,则h ′(x )=-1x 2-1x <0,∴h (x )在(0,+∞)上单调递减且h (1)=0,∴当x ∈(0,1]时,h (x )≥0,即g ′(x )≥0,g (x )在(0,1]上单调递增,g (x )≤g (1)=1e ,当x ∈(1,+∞)时,h (x )<0,即g ′(x )<0,g (x )在(1,+∞)上单调递减,故g (x )max =g (1)=1e ,而x →0时,g (x )→-∞,x →+∞时,g (x )→0;若y =a 和g (x )在(0,+∞)上有两个交点,只需0<a <1e. 答案 A12.(2018·忻州模拟)已知函数f (x )=a e x -2x -2a ,且a ∈[1,2],设函数f (x )在区间[0,ln 2]上的最小值为m ,则m 的取值范围是________.解析 g (a )=f (x )=a (e x -2)-2x 是关于a 的一次函数,∵x ∈[0,ln 2],∴e x -2<0,即y =g (a )是减函数,∵a ∈[1,2],∴g (a )min =2(e x -2)-2x ,设M (x )=2(e x -2)-2x ,则M ′(x )=2e x -2,∵x ∈[0,ln 2],∴M ′(x )≥0,则M (x )在[0,ln 2] 上为增函数,∴M (x )min =M (0)=-2,M (x )max =M (ln 2)=-2ln 2,m 的取值范围是[-2,-2ln 2].答案 [-2,-2ln 2]13.已知函数f (x )=e x -a x ,a 为实常数.(1)当a >0时,求函数f (x )的单调区间;(2)若f (x )在(0,+∞)上存在极值点,且极值大于ln 4+2,求a 的取值范围. 解 (1)f (x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),而f ′(x )=e x +a x 2,当a >0时,f ′(x )>0,故f (x )的单调递增区间为(-∞,0),(0,+∞),无单调递减区间.(2)当a ≥0时,由(1)知f ′(x )>0,f (x )无极值点;当a <0时,令g (x )=f ′(x )=e x +a x 2,则g ′(x )=e x -2a x 3.g ′(x )>0对x ∈(0,+∞)恒成立,故g (x )=e x +a x 2在(0,+∞)上单调递增.当0<x <1时,e x ∈(1,e),-e x ∈(-e ,-1),ax 2∈(-∞,a ),故在(0,1)上存在实数s ,使得a s 2<-e<-e s ,从而在(0,+∞)上存在实数s 使得g (s )<0;当x >1时,e x ∈(e ,+∞),a x 2∈(a ,0),-a x 2∈(0,-a ),故在(1,+∞)上存在实数t ,使得e t >-a >-a t 2,从而在(0,+∞)上存在实数t 使得g (t )>0.因此g (x )在(0,+∞)上有唯一零点,设为x 0.于是当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )=g (x )<0,x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0, 从而f (x )在(0,+∞)上存在唯一的极小值点,且极值f (x 0)=e x 0-a x 0. 由g (x 0)=0知a =-x 20e x 0,因此f (x 0)=e x 0-a x 0=(x 0+1)e x 0, 令φ(x )=(x +1)e x ,则φ′(x )=(x +2)e x ,故φ(x )在(0,+∞)上单调递增.而f (x 0)=(x 0+1)e x 0>ln 4+2=2(ln 2+1)=(ln 2+1)e ln 2,所以x0>ln 2.令ω(x)=-x2e x,则ω′(x)=-(x2+2x)e x,故x0>ln 2时,ω′(x)=-(x2+2x)e x<0,ω(x)=-x2e x单调递减.从而a<-(ln 2)2e ln 2=-2(ln 2)2,故所求a的取值范围是(-∞,-2(ln 2)2).。
北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用导数的应用导数与函数的极值最值教学案理解析版
利用导数解决函数的极值问题►考法1根据函数图像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)的图像如图所示,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)D[由题图可知,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.]►考法2求已知函数的极值【例2】已知函数f(x)=(x—2)(e x—ax),当a>0时,讨论f(x)的极值情况.[解] ∵f′(x)=(e x—ax)+(x—2)(e x—a)=(x—1)(e x—2a),∵a>0,由f′(x)=0得x=1或x=ln 2a.1当a=错误!时,f′(x)=(x—1)(e x—e)≥0,∴f(x)递增,故f(x)无极值.2当0<a<错误!时,ln 2a<1,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(—∞,ln 2a)ln 2a(ln 2a,1)1(1,+∞)f′(x)+0—0+f(x)↗极大值↘极小值↗23当a>错误!时,ln 2a>1,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:2综上,当0<a<错误!时,f(x)有极大值—a(ln 2a—2)2,极小值a—e;当a=错误!时,f(x)无极值;当a>错误!时,f(x)有极大值a—e,极小值—a(ln 2a—2)2.►考法3已知函数极值求参数的值或范围【例3】(1)已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=—1时有极值0,则a—b=________.(2)若函数f(x)=e x—a ln x+2ax—1在(0,+∞)上恰有两个极值点,则a的取值范围为()A.(—e2,—e)B.错误!C.错误!D.(—∞,—e)(1)—7 (2)D[(1)由题意得f′(x)=3x2+6ax+b,则错误!解得错误!或错误!经检验当a=1,b=3时,函数f(x)在x=—1处无法取得极值,而a=2,b=9满足题意,故a—b=—7.(2)∵f′(x)=e x—错误!+2a,(x>0)∴由f′(x)=0得a=错误!.令g(x)=错误!(x>0).由题意可知g(x)=a在(0,+∞)上恰有两个零点.又g′(x)=—错误!(x>0),由g′(x)>0得0<x<1,且x≠错误!.由g′(x)<0得x>1.∴函数g(x)在错误!,错误!上递增,在(1,+∞)上递减.又g(0)=0,g(1)=—e,结合图形(图略)可知a∈(—∞,—e),故选D.][规律方法] 1.利用导数研究函数极值问题的一般流程2.已知函数极值点和极值求参数的两个要领(1)列式:根据极值点处导数为0和极值列方程组,利用待定系数法求解.(2)验证:因为一点处的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.2A.2或6 B.2C.错误!D.6(2)(2019·广东五校联考)已知函数f(x)=x(ln x—ax)有极值,则实数a的取值范围是()A.错误!B.错误!C.错误!D.错误!(1)D(2)A[(1)法一:f′(x)=(x—c)(3x—c),当f′(x)=0时,x1=错误!,x=c.2因为极大值点是x=2,所以c>0,并且错误!<c.当x∈错误!时,f′(x)>0,当x∈错误!时,f′(x)<0,当x∈(c,+∞)时,f′(x)>0,所以x=错误!是极大值点,错误!=2,解得c=6.故选D.法二:因为f′(x)=(x—c)(3x—c).又因为f(x)在x=2处取极值,所以f′(2)=0,即(2—c)(6—c)=0.所以c=2或c=6.当c=6时,f′(x)=3(x—2)(x—6),易知x∈(—∞,2)和x∈(6,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)是增函数,x∈(2,6)时,f′(x)<0,函数f(x)是减函数,此时x=2为极大值点.当c=2时,f′(x)=3(x—2)错误!,易知x∈错误!和x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)是增函数,x∈错误!时,f′(x)<0,函数f(x)是减函数,此时x=2是极小值点.因此c=6.故选D.(2)f(x)=x ln x—ax2(x>0),f′(x)=ln x+1—2ax.令g(x)=ln x+1—2ax,则g′(x)=错误!—2a=错误!.∵函数f(x)=x(ln x—ax)有极值,∴g(x)=0在(0,+∞)上有实根.当a≤0时,g′(x)>0,函数g(x)在(0,+∞)上递增,当x趋向于0时,g(x)趋向于—∞,当x趋向于+∞时,g(x)趋向于+∞,故存在x0∈(0,+∞),使得f(x)在(0,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增,故f(x)存在极小值f(x0),符合题意.当a>0时,令g′(x)=0,得x=错误!.当0<x<错误!时,g′(x)>0,函数g(x)递增;当x>错误!时,g′(x)<0,函数g(x)递减,∴x=错误!时,函数g(x)取得极大值.∵当x趋向于0和x趋向于+∞时,均有g(x)趋向于—∞,要使g(x)=0在(0,+∞)上有实根,且f(x)有极值,必须g错误!=ln 错误!>0,解得0<a<错误!.综上可知,实数a的取值范围是错误!,故选A.]利用导数解决函数的最值问题【例4】已知函数f(x)=ln x—ax(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.[解] (1)f′(x)=错误!—a(x>0),1当a≤0时,f′(x)=错误!—a>0,即函数f(x)的递增区间为(0,+∞).2当a>0时,令f′(x)=错误!—a=0,可得x=错误!,当0<x<错误!时,f′(x)=错误!>0;当x>错误!时,f′(x)=错误!<0,故函数f(x)的递增区间为错误!,递减区间为错误!.综上可知,当a≤0时,函数f(x)的递增区间为(0,+∞);当a>0时,函数f(x)的递增区间为错误!,递减区间为错误!.(2)1当0<错误!≤1,即a≥1时,函数f(x)在区间[1,2]上是减函数,所以f(x)的最小值是f(2)=ln 2—2a.2当错误!≥2,即0<a≤错误!时,函数f(x)在区间[1,2]上是增函数,所以f(x)的最小值是f (1)=—a.3当1<错误!<2,即错误!<a<1时,函数f(x)在错误!上是增函数,在错误!上是减函数.又f(2)—f(1)=ln 2—a,所以当错误!<a<ln 2时,最小值是f(1)=—a;当ln 2≤a<1时,最小值为f(2)=ln 2—2a.综上可知,当0<a<ln 2时,函数f(x)的最小值是f(1)=—a;当a≥ln 2时,函数f(x)的最小值是f(2)=ln 2—2a.[规律方法] 求函数f x在[a,b]上的最大值、最小值的步骤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,其中最大的为最大值,最小的为最小值.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间错误!上的最大值和最小值.[解] (1)因为f(x)=e x cos x—x,所以f′(x)=e x(cos x—sin x)—1,f′(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=e x(cos x—sin x)—1,则h′(x)=e x(cos x—sin x—sin x—cos x)=—2e x sin x.当x∈错误!时,h′(x)<0,所以h(x)在区间错误!上递减.所以对任意x∈错误!有h(x)<h(0)=0,即f′(x)<0.所以函数f(x)在区间错误!上递减.因此f(x)在区间错误!上的最大值为f(0)=1,最小值为f错误!=—错误!.利用导数研究生活中的优化问题【例5】已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元,每生产千件需另投入2.7万元,设该企业年内共生产此种产品x千件,并且全部销售完,每千件的销售收入为f(x)万元,且f(x)=错误!(1)写出年利润W(万元)关于年产品x(千件)的函数解析式.(2)年产量为多少千件时,该企业生产此产品所获年利润最大?(注:年利润=年销售收入—年总成本)[解] (1)由题意得W=错误!即W=错误!(2)1当0<x≤10时,W=8.1x—错误!x3—10则W′=8.1—错误!x2=错误!=错误!,因为0<x≤10所以当0<x<9时,W′>0,则W递增;当9<x≤10时,W′<0,则W递减.所以当x=9时,W取最大值错误!=38.6万元.2当x>10时,W=98—错误!≤98—2错误!=38.当且仅当错误!=2.7x,即x=错误!>10时取最大值38.综上,当年产量为9千件时,该企业生产此产品所获年利润最大.[规律方法] 利用导数解决生活中的优化问题的一般步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,结合实际问题作答.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12000π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.[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.又根据题意得200πrh+160πr2=12000π,所以h=错误!(300—4r2),从而V(r)=πr2h=错误!(300r—4r3).由h>0,且r>0可得0<r <5错误!,故函数V(r)的定义域为(0,5错误!).(2)因为V(r)=错误!(300r—4r3),所以V′(r)=错误!(300—12r2).令V′(r)=0,解得r1=5,r2=—5(因为r2=—5不在定义域内,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错误!)时,V′(r)<0,故V(r)在(5,5错误!)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.。
高考数学一轮复习全套课时作业3-3-1导数的应用--极值与最值
题组层级快练3.3.1导数的应用--极值与最值一、单项选择题1.(2021·辽宁沈阳一模)设函数f(x)=xe x+1,则()A.x=1为f(x)的极大值点B.x=1为f(x)的极小值点C.x=-1为f(x)的极大值点D.x=-1为f(x)的极小值点2.(2021·河北邯郸一中月考)若函数f(x)=ae x-sinx在x=0处有极值,则a的值为() A.-1B.0C.1D.e3.函数f(x)=12x-sinx在0,π2上的最小值和最大值分别是()A.π6-32,0 B.π4-1,0 C.π6-32,π4-1D.-12,124.(2021·杭州学军中学模拟)函数f(x)=xe-x,x∈[0,4]的最小值为()A.0 B.1e C.4e4D.2e25.若函数f(x)=x3-3x+a有3个不同的零点,则实数a的取值范围是()A.(-2,2)B.[-2,2]C.(-∞,-1)D.(1,+∞)6.若函数y=ax3+bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和13,则()A.a-2b=0B.2a-b=0C.2a+b=0D.a+2b=07.设二次函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数f(x)在x=-2处取得极小值,则函数y=xf′(x)的图象可能是()二、多项选择题8.已知函数f(x)=x3-ax-1,以下结论正确的是()A.当a=0时,函数f(x)的图象的对称中心为(0,-1)B.当a≥3时,函数f(x)在(-1,1)上为单调递减函数C.若函数f(x)在(-1,1)上不单调,则0<a<3D.当a=12时,f(x)在[-4,5]上的最大值为159.(2021·山东临沂期末)已知函数f(x)=x+sinx-xcosx的定义域为[-2π,2π),则()A.f(x)为奇函数B.f(x)在[0,π)上单调递增C.f(x)恰有4个极大值点D.f(x)有且仅有4个极值点三、填空题与解答题10.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极值10,则f(2)的值为________.11.(2021·内蒙古兴安盟模拟)已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数),在[-2,2]上有最大值3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为________.12.(2018·江苏)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为________.13.(2021·广东省高二期末)已知函数f(x)=13x3-4x+3.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求函数f(x)在区间[-3,5]上的最大值与最小值.14.已知函数f(x)=(x2-2x)e x(x∈R,e为自然对数的底数).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)求函数f(x)在区间[0,m]上的最大值和最小值.15.(2021·天水一中诊断)若函数f(x)=ax22-(1+2a)·x+2lnx(a>0)a的取值范围是()B.(1,+∞)C.(1,2)D.(2,+∞)16.(2016·北京)设函数f(x)3-3x,x≤a,2x,x>a.(1)若a=0,则f(x)的最大值为________;(2)若f(x)无最大值,则实数a的取值范围是________.17.(2020·衡水中学调研卷)已知函数f(x)=xlnx.(1)求函数f(x)的极值点;(2)设函数g(x)=f(x)-a(x-1),其中a∈R,求函数g(x)在区间[1,e]上的最小值.(其中e为自然对数的底数).3.3.1导数的应用--极值与最值参考答案1.答案D解析由f(x)=xe x +1,可得f ′(x)=(x +1)e x ,令f ′(x)>0可得x>-1,即函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增;令f ′(x)<0可得x<-1,即函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减,所以x =-1为f(x)的极小值点.故选D.2.答案C解析f ′(x)=ae x -cosx ,若函数f(x)=ae x -sinx 在x =0处有极值,则f ′(0)=a -1=0,解得a =1,经检验a =1符合题意.故选C.3.答案A解析函数f(x)=12x -sinx ,f ′(x)=12-cosx ,令f ′(x)>0,解得π3<x ≤π2,令f ′(x)<0,解得0≤x<π3,所以f(x)在0,π2上单调递增,所以f(x)min ==π6-32,而f(0)=0,=π4-1<0,故f(x)在区间0,π2上的最小值和最大值分别是π6-32,0.故选A.4.答案A解析f ′(x)=1-xe x,当x ∈[0,1)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增,当x ∈(1,4]时,f ′(x)<0,f(x)单调递减,因为f(0)=0,f(4)=4e 4>0,所以当x =0时,f(x)有最小值,且最小值为0.故选A.5.答案A解析f ′(x)=3x 2-3,令f ′(x)=0,得x =±1.三次方程f(x)=0有3个根⇔f(x)极大值>0且f(x)极小值<0.∵x =-1为极大值点,x =1为极小值点,(-1)=2+a>0,(1)=a -2<0,∴-2<a<2.故选A.6.答案D解析y ′=3ax 2+2bx ,据题意,0,13是方程3ax 2+2bx =0的两根,∴-2b 3a =13,∴a +2b =0.故选D.7.答案C解析由f(x)在x =-2处取得极小值可知,当x<-2时,f ′(x)<0,则xf ′(x)>0;当-2<x<0时,f ′(x)>0,则xf ′(x)<0;当x >0时,f ′(x)>0,则xf ′(x)>0.故选C.8.答案ABC解析本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值.y =x 3为R 上的奇函数,其图象的对称中心为原点,当a =0时,根据平移知识,函数f(x)的图象的对称中心为(0,-1),A 正确;由题意知f ′(x)=3x 2-a ,因为当-1<x<1时,3x 2<3,又a ≥3,所以f ′(x)<0在(-1,1)上恒成立,所以函数f(x)在(-1,1)上为单调递减函数,B 正确;f ′(x)=3x 2-a ,当a ≤0时,f ′(x)≥0,f ′(x)不恒等于0,此时f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意,故a>0.令f ′(x)=0,解得x =±3a3.因为f(x)在(-1,1)上不单调,所以f ′(x)=0在(-1,1)上有解,所以0<3a3<1,解得0<a<3,C 正确;令f ′(x)=3x 2-12=0,得x =±2.根据函数的单调性,f(x)在[-4,5]上的最大值只可能为f(-2)或f(5).因为f(-2)=15,f(5)=64,所以最大值为64,D 错误.故选ABC.9.答案ABD解析A 显然正确;∵f(x)=x +sinx -xcosx ,∴f ′(x)=1+cosx -(cosx -xsinx)=1+xsinx.当x ∈[0,π)时,f ′(x)>0,则f(x)在[0,π)上单调递增.显然f ′(0)≠0,令f ′(x)=0,得sinx =-1x ,分别作出函数y=sinx ,y =-1x的图象如图.由图可知,这两个函数的图象在区间[-2π,2π)上共有4个公共点,且两图象在这些公共点上都不相切,故f(x)在区间[-2π,2π)上有4个极值点,且只有2个极大值点.10.答案18解析f ′(x)=3x 2+2ax +b 1)=10,1)=0,2+a +b +1=10,+b +3=0,=4,=-11=-3,=3.当a =-3,b =3时,f ′(x)=3(x -1)2≥0,f(x)无极值,故舍去.当a =4,b =-11时,令f ′(x)=0,得x 1=1,x 2=-113.当x 变化时,f ′(x),f(x)的变化情况如下表:∴f(x)=x 3+4x 2-11x +16,f(2)=18.11.答案-37解析由已知可得,f ′(x)=6x 2-12x ,由6x 2-12x ≥0得x ≥2或x ≤0,因此当x ∈[2,+∞),(-∞,0]时f(x)单调递增,当x ∈[0,2]时f(x)单调递减,又因为x ∈[-2,2],所以当x ∈[-2,0]时f(x)单调递增,当x ∈[0,2]时f(x)单调递减,所以f(x)max =f(0)=m =3,故有f(x)=2x 3-6x 2+3,所以f(-2)=-37,f(2)=-5.因为f(-2)=-37<f(2)=-5,所以函数f(x)的最小值为f(-2)=-37.12.答案-3解析令f(x)=2x 3-ax 2+1=0⇒a =2x +1x2.令g(x)=2x +1x 2(x>0),g ′(x)=2-2x 3>0⇒x>1⇒g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.∵有唯一零点,∴a =g(1)=2+1=3⇒f(x)=2x 3-3x 2+1.求导可知在[-1,1]上,f(x)min =f(-1)=-4,f(x)max =f(0)=1,∴f(x)min +f(x)max =-3.13.答案(1)函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(2,+∞),单调递减区间为(-2,2)(2)函数f(x)在区间[-3,5]上的最大值为743,最小值为-73思路(1)求导后,利用导数的符号可得函数的单调区间;(2)由(1)知,函数f(x)在[-3,-2)上单调递增,在[-2,2]上单调递减,在(2,5]上单调递增,根据单调性可得最大最小值.解析(1)f ′(x)=x 2-4,由f ′(x)>0,得x>2或x<-2;由f ′(x)<0,得-2<x<2,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(2,+∞),单调递减区间为(-2,2).(2)由(1)知,函数f(x)在[-3,-2)上单调递增,在(-2,2)上单调递减,在(2,5]上单调递增,因为f(-3)=13×(-3)3-4×(-3)+3=6,f(2)=13×23-4×2+3=-73,f(-2)=13×(-2)3-4×(-2)+3=253,f(5)=13×53-4×5+3=743,所以函数f(x)在区间[-3,5]上的最大值为743,最小值为-73.14.答案略解析(1)f(x)=(x 2-2x)e x ,求导得f ′(x)=e x (x 2-2).因为e x >0,令f ′(x)=e x (x 2-2)>0,即x 2-2>0,解得x<-2或x> 2.令f ′(x)=e x (x 2-2)<0,即x 2-2<0,解得-2<x< 2.所以函数f(x)在(-∞,-2)和(2,+∞)上单调递增,在(-2,2)上单调递减.即函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(2,+∞),单调递减区间为(-2,2).(2)①当0<m ≤2时,因为f(x)在(-2,2)上单调递减,所以f(x)在区间[0,m]上的最大值为f(0)=0,f(x)在区间[0,m]上的最小值为f(m)=(m 2-2m)e m .②当2<m ≤2时,因为f(x)在(-2,2)上单调递减,f(x)在(2,+∞)上单调递增,且f(0)=f(2)=0,所以f(x)在[0,m]上的最大值为f(0)=0,f(x)在区间[0,m]上的最小值为f(2)=(2-22)e 2.③当m>2时,因为f(x)在(-2,2)上单调递减,f(x)在(2,+∞)上单调递增,且f(m)>0=f(0),所以f(x)在[0,m]上的最大值为f(m)=(m 2-2m)·e m ,f(x)在区间[0,m]上的最小值为f(2)=(2-22)e 2.15.思路把函数f(x)题,然后再通过分离参数的方法求出参数a 的取值范围.答案C 解析由f(x)=ax 22-(1+2a)x +2lnx(a>0,x >0),得导数f ′(x)=ax -(1+2a)+2x(x >0),∵函数f(x)=ax 22-(1+2a)x +2lnx(a>0)∴方程ax -(1+2a)+2x=0∴a =1x 在区间故a =1x∈(1,2),则a 的取值范围是(1,2).故选C.评说涉及函数的极值问题,往往要使用导数这个解题的工具,在解题时要注意运用等价转化的解题思想.16.答案(1)2(2)(-∞,-1)解析(1)若a =0,则f(x)3-3x ,x ≤0,2x ,x>0,当x>0时,-2x<0;当x ≤0时,f ′(x)=3x 2-3=3(x +1)·(x-1),令f ′(x)>0,得x<-1,令f ′(x)<0,得-1<x ≤0,所以函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,0]上单调递减,所以函数f(x)在(-∞,0]上的最大值为f(-1)=2.综上可得,函数f(x)的最大值为2.(2)函数y =x 3-3x 与y =-2x 的大致图象如图所示,由图可知当f(x)无最大值时,a ∈(-∞,-1).17.答案(1)极小值点为x =1e,无极大值点(2)当a ≤1时,g(x)min =0,当1<a<2时,g(x)min =a -e a -1,当a ≥2时,g(x)min =a +e -ae 解析(1)f ′(x)=lnx +1,x>0,由f ′(x)=0,得x =1e .所以f(x)所以x =1e 是函数f(x)的极小值点,极大值点不存在.(2)g(x)=xlnx -a(x -1),则g ′(x)=lnx +1-a ,由g ′(x)=0,得x =e a -1.所以在区间(0,e a -1)上,g(x)单调递减,在区间(e a -1,+∞)上,g(x)单调递增.当e a -1≤1,即a ≤1时,在区间[1,e]上,g(x)单调递增,所以g(x)的最小值为g(1)=0.当1<e a-1<e,即1<a<2时,g(x)的最小值为g(e a-1)=a-e a-1.当e a-1≥e,即a≥2时,在区间[1,e]上,g(x)单调递减,所以g(x)的最小值为g(e)=a+e-ae.综上,当a≤1时,g(x)的最小值为0;当1<a<2时,g(x)的最小值为a-e a-1;当a≥2时,g(x)的最小值为a+e-ae.。
2021版高考数学一轮复习 核心素养测评十四 利用导数研究函数的单调性 理 北师大版
核心素养测评十四利用导数研究函数的单调性(30分钟60分)一、选择题(每题5分,共25分)1.函数y=f(x)=x3-x2+的图像大致是( )【解析】选A.因为f(0)=,所以排除C;因为f′(x)=3x2-2x,令f′(x)>0,所以 x∈(-∞,0)或 x∈时f(x)单调递增,令f′(x)<0,所以x∈时f(x)单调递减,排除B,D.2.以下函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( )A.f(x)=sin 2xB.f(x)=xe xC.f(x)=x3-xD.f(x)=-x+ln x【解析】选B.对于A,f(x)=sin 2x的单调递增区间是(k∈Z);对于B,f′(x)=e x(x+1),当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)=xe x在(0,+∞)上为增函数;对于C,f′(x)=3x2-1,令f′(x)>0,得x>或x<-,所以函数f(x)=x3-x在和上单调递增;对于D,f′(x)=-1+=-,令f′(x)>0,得0<x<1,所以函数f(x)=-x+ln x在区间(0,1)上单调递增.3.函数f(x)=cos x-x在(0,π)上的单调性是 ( )A.先增后减B.先减后增C.单调递增D.单调递减【解析】选D.易知f′(x)=-sin x-1,x∈(0,π),那么f′(x)<0,所以f(x)=cos x-x在(0,π)上递减.4.假设函数f(x)=在(0,+∞)上单调递增,那么实数a的取值范围是 ( )A.a≥0B.a>0C.a≤0D.a<0【解析】选A.因为f(x)==ax-,所以f′(x)=a+.因为函数f(x)=在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)=a+≥0在(0,+∞)上恒成立且不恒为零,即a≥-在(0,+∞)上恒成立且不恒为零,所以a ≥0.【变式备选】假设函数f(x)=ke x+x在(0,+∞)上单调递减,那么k的范围为( )A.k≥-1B.k≤-1C.k≥1D.k≤1【解析】选B.f′(x)=ke x+1.由题意得ke x+1≤0在(0,+∞)上恒成立,即k≤-,x∈(0,+∞).当x∈(0,+∞)时,-∈(-1,0),所以k≤-1.5.(2021·南昌模拟)函数f(x+1)是偶函数,当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sin x-x,设a=f,b=f(3),c=f(0),那么a,b,c的大小关系为 ( )A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c【解析】选A.因为函数f(x+1)是偶函数,所以函数f(x)的图像关于直线x=1对称,所以a=f=f,b=f(3),c=f(0)=f(2).又因为当x∈(1,+∞)时,函数f(x)=sin x-x,所以当x∈(1,+∞)时,f′(x)=cos x-1≤0,即f(x)=sin x-x在(1,+∞)上为减函数,所以b<a<c.二、填空题(每题5分,共15分)6.函数y=f(x)(x∈R)的图像如下图,那么不等式xf′(x)≥0的解集为________________.【解析】由f(x)图像特征可得,在和[2,+∞)上f′(x)≥0, 在上f′(x)<0,所以xf′(x)≥0等价于或解得0≤x≤或x≥2,所以xf′(x)≥0的解集为∪[2,+∞).答案:∪[2,+∞)【变式备选】设函数y=f(x),x∈[a,b]其导函数的图像如下图,那么函数y=f(x)的单调递减区间是________________.【解析】因为函数y=f(x)的减区间是导函数小于零的区间,由题干图知函数y=f(x)的单调递减区间是(x2,x4).答案:(x2,x4)7.函数f(x)=ax+ln x,那么当a<0时, f(x)的单调递增区间是________________,单调递减区间是________________.【解析】由得f(x)的定义域为(0,+∞).当a<0时,因为f ′(x)=a+=,所以当x>-时,f ′(x)<0,当0<x<-时,f ′(x)>0,所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.答案:8.(2021·西安模拟)函数f(x)=ax3+bx2的图像经过点M(1,4),曲线在点M处的切线恰好与直线x+9y=0垂直.假设函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,那么m的取值范围是________________.【解析】因为f(x)=ax3+bx2的图像经过点M(1,4),所以a+b=4,①f′(x)=3ax2+2bx,那么f′(1)=3a+2b.由题意可得f′(1)·=-1,即3a+2b=9.②联立①②两式解得a=1,b=3,所以f(x)=x3+3x2,f′(x)=3x2+6x.令f′(x)=3x2+6x≥0,得x≥0或x≤-2.因为函数f(x)在区间[m,m+1]上单调递增,所以[m,m+1]⊆(-∞,-2]∪[0,+∞),所以m≥0或m+1≤-2,即m≥0或m≤-3.答案:(-∞,-3]∪[0,+∞)三、解答题(每题10分,共20分)9.函数f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的图像过点P(1,2),且在点P处的切线斜率为8.(1)求a,b的值.(2)求函数f(x)的单调区间.【解析】(1)因为函数f(x)的图像过点P(1,2),所以f(1)=2.所以a+b=1.①又函数图像在点P处的切线斜率为8,所以f ′(1)=8.又f ′(x)=3x2+2ax+b,所以2a+b=5.②解由①②组成的方程组,可得a=4,b=-3.(2)由(1)得f ′(x)=3x2+8x-3,令f ′(x)>0,可得x<-3或x>;令f ′(x)<0,可得-3<x<.所以函数f(x)的单调增区间为(-∞,-3),,单调减区间为.10.设函数f(x)=xe x+ax2+ax(a∈R).讨论函数f(x)的单调性.【解析】f′(x)=e x+xe x+ax+a=(x+1)(e x+a),①当a≥0时,由f′(x)>0得x>-1,由f′(x)<0得x<-1,所以f(x)在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增.②当-<a<0时,由f′(x)>0得x<ln(-a)或x>-1,由f′(x)<0得ln(-a)<x<-1,所以f(x)在(ln(-a),-1)上递减,在(-∞,ln(-a)),(-1,+∞)上递增.③当a=-时,f′(x)≥0,所以f(x)在R上递增.④当a<-时,由f′(x)>0得x<-1或x>ln(-a),由f′(x)<0得-1<x<ln(-a),所以f(x)在(-1,ln(-a))上递减,在(-∞,-1),(ln(-a),+∞)上递增.(15分钟35分)1.(5分)(2021·南昌模拟)函数f(x)=xsin x,x1,x2∈,且f(x1)<f(x2),那么( )A.x1-x2>0B.x1+x2>0C.->0D.-<0【解析】选D.由f(x)=xsin x,得f′(x)=sin x+xcos x=cos x(tan x+x),当x∈时,f′(x)>0,即f(x)在上是增加的,又因为f(-x)=-xsin(-x)=xsin x=f(x),所以f(x)为偶函数,所以当f(x1)<f(x2)时,有f(|x1|)<f(|x2|),所以|x1|<|x2|,-<0.2.(5分)(2021·东莞模拟)函数f(x)=e|x|-ax2,对任意x1<0,x2<0,且x1≠x2,都有(x2-x1)(f(x2)-f(x1))<0,那么实数a的取值范围是( )A. B.C. D.【解析】选D.由题意可知函数f(x)是(-∞,0)上的单调递减函数,且当x<0时,f(x)=e-x-ax2,f′(x)=--2ax=-≤0,可得:2axe x+1≥0,即a≤恒成立,令g(x)=xe x(x<0),那么g′(x)=e x(x+1),据此可得函数g(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,在区间(-1,0)上单调递增,函数g(x)的最小值为g(-1)=-,那么=,故实数a的取值范围是.3.(5分)y=f(x)是定义在R上的函数,且f(2)=5,对任意的x都有f′(x)<,那么f(x)<x+4的解集是________________.【解题指南】构造函数F(x)=f(x)-x-4,那么F′(x)<0,故而F(x)为减函数,且F(2)=0,从而得出F(x)<0的解集,即f(x)<x+4的解集.【解析】设F(x)=f(x)-x-4,那么F′(x)=f′(x)-<0,所以F(x)是减函数,因为F(2)=f(2)-5=0,所以当x>2时,F(x)<0,即f(x)<x+4,当x<2时,F(x)>0,即f(x)>x+4.答案:(2,+∞)【变式备选】函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,那么f(x)>2x+4的解集为________________ . 【解析】由f(x)>2x+4,得f(x)-2x-4>0,设F(x)=f(x)-2x-4,那么F′(x)=f′(x)-2,因为f′(x)>2,所以F′(x)>0在R上恒成立,所以F(x)在R上单调递增,而F(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=2+2-4=0,故不等式f(x)-2x-4>0等价于F(x)>F(-1),所以x>-1.答案:(-1,+∞)4.(10分)函数f(x)=x3-ax-1.(1)假设f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,求a的取值范围.(2)假设f(x)在区间(-1,1)上为减函数,求a的取值范围.(3)假设f(x)的单调递减区间为(-1,1),求a的值.【解析】(1)因为f ′(x)=3x2-a,且f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,所以f ′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立,即3x2-a≥0在(1,+∞)上恒成立,所以a≤3x2在(1,+∞)上恒成立,所以a≤3,即a的取值范围是(-∞,3].(2)由题意得f ′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立,所以a≥3x2在(-1,1)上恒成立.因为-1<x<1,所以3x2<3,所以a≥3,即当a的取值范围是[3,+∞)时, f(x)在(-1,1)上为减函数.(3)由题意知a>0.因为f(x)=x3-ax-1,所以f ′(x)=3x2-a.由f ′(x)=0,得x=±,因为f(x)在区间(-1,1)上单调递减,所以=1,即a=3.5.(10分)函数f(x)=x2+(a+1)x+2ln(x-1).(1)假设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线与直线2x-y+1=0平行,求出这条切线的方程.(2)讨论函数f(x)的单调区间.【解析】 (1)f′(x)=ax+a+1+,得切线斜率为k=f′(2)=3a+3,据题设,k=2,所以a=-,故有f(2)=,所以切线方程为y-f(2)=2(x-2),即6x-3y-10=0.(2)f′(x)=ax+a+1+==(x>1). 当a=0时,f′(x)=,由于x>1,所以f′(x)=>0,可知函数f(x)在定义区间(1,+∞)上单调递增,当a≠0时,f′(x)=.假设a>0,那么<1,可知当x>1时,有f′(x)>0,函数f(x)在定义区间(1,+∞)上单调递增,假设a<0,那么>1,得当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0.所以,函数f(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.综上,当a≥0时,函数f(x)的单调递增区间为(1,+∞);当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为,递减区间为.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足x2f′(x)+1>0,f(2)=,那么不等式f(lg x)<+4的解集为 ( )A.(10,100)B.(0,100)C.(100,+∞)D.(1,100)【解析】选D.令g(x)=f(x)-,那么g′(x)=f′(x)+>0,g(x)在(0,+∞)上递增,而g(2)=f(2)- =4,故由f(lg x)<+4,得g(lg x)<g(2),故0<lg x<2,解得:1<x<100.- 11 -。
2023年新高考数学一轮复习4-3 应用导数研究函数的极值、最值(知识点讲解)解析版
专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值(知识点讲解)【知识框架】【核心素养】1.考查利用导数求函数的极值、最值,凸显数学运算、逻辑推理的核心素养.2.考查利用导数研究函数的图象,凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养.3.考查利用导数解决生活中的优化问题,凸显数学建模、数学运算的核心素养.【知识点展示】(一)导数与函数的极值 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 附近其它点的函数值都小,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. 极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值. 3.特别提醒:(1)函数f (x)在0x 处有极值的必要不充分条件是f ′(0x )=0,极值点是f ′(x)=0的根,但f ′(x)=0的根不都是极值点(例如()3f x x =,f ′(0)=0,但x =0不是极值点).(2)极值反映了函数在某一点附近的大小情况,刻画的是函数的局部性质.极值点是函数在区间内部的点,不会是端点.(二)导数与函数的最值(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.(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.(三)利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系,建立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,结合实际问题作答. (四)常用结论1.若函数f (x)的图象连续不断,则f (x)在[a ,b]上一定有最值.2.若函数f (x)在[a ,b]上是单调函数,则f (x)一定在区间端点处取得最值.3.若函数f (x)在区间(a ,b)内只有一个极值点,则相应的极值点一定是函数的最值点.【常考题型剖析】题型一:利用导数研究函数的极值例1.(2017·全国高考真题(理))若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点,则()f x 的极小值为( ). A .1- B .32e -- C .35e - D .1【答案】A 【解析】由题可得()()()()121212121x x x f x x a ex ax e x a x a e ---⎡⎤=+++-=+++-⎣⎦', 因为()20f '-=,所以1a =-,()()211x f x x x e -=--,故()()212x f x x x e --'=+,令()0f x '>,解得2x <-或1x >,所以()f x 在()(),2,1,-∞-+∞上单调递增,在()2,1-上单调递减, 所以()f x 的极小值为()()1111111f e-=--=-,故选A .例2.(2012·重庆·高考真题(理))设函数()f x 在R 上可导,其导函数为 ()'f x ,且函数(1)()y x f x '=-的图像如题(8)图所示,则下列结论中一定成立的是A .函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(1)fB .函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(1)fC .函数()f x 有极大值 (2)f 和极小值(2)f -D .函数()f x 有极大值 (2)f -和极小值(2)f 【答案】D 【解析】 【详解】()()2,10,10x x x f x --'->则()0f x '>函数()f x 增; ()()21,10,10x x x f x -<--<'则()0f x '<函数()f x 减;()()12,10,10x x x f x <<--'则()0f x '<函数()f x 减;()()2,10,10x x x f x >-<-<'则()0f x '>函数()f x 增;选D.例3.(2008·福建·高考真题(文))已知函数32()2f x x mx nx =++-的图象过点(-1,-6),且函数()()6g x f x x '=+的图象关于y 轴对称.(Ⅰ)求m 、n 的值及函数y =f (x )的单调区间;(Ⅱ)若a >0,求函数y =f (x )在区间(a -1,a +1)内的极值.【答案】(1)m =-3, n =0. f (x )的单调递增区间是(-∞,0),(2,+∞);f (x )的单调递减区间是(0,2)(2)当0<a <1时,f (x )有极大值-2,无极小值,当1<a <3时,f (x )有极小值-6,无极大值;当a=1或a ≥3时,f (x )无极值. 【解析】 【详解】(Ⅰ)利用条件的到两个关于m 、n 的方程,求出m 、n 的值,再找函数y=f (x )的导函数大于0和小于0对应的区间即可.(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论,分情况讨论区间(a -1,a+1)和单调区间的位置关系再得结论.(1)由函数f(x)的图象过点(-1,-6),得m-n=-3.①…由f(x)=x3+mx2+nx-2,得=3x2+2mx+n,………………2分则g(x)=+6x=3x2+(2m+6)x+n.而g(x)的图象关于y轴对称,所以-2623m+⨯=0,解得m=-3.代入①得n=0.于是=3x2-6x=3x(x-2).………………………4分由>0得x>2或x<0,故f(x)的单调递增区间是(-∞,0),(2,+∞);………………………5分由<0,得0<x<2,故f(x)的单调递减区间是(0,2).………………………6分(2)由(1)得=3x(x-2),令=0得x=0或x=2. ………………7分当x变化时,,f(x)的变化情况如下表:增函数增函数…………………………………9分由此可得:当0<a<1时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值f(0)=-2,无极小值;当a=1时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值;当1<a<3时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值f(2)=-6,无极大值;当a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值.综上得,当0<a<1时,f(x)有极大值-2,无极小值;当1<a<3时,f(x)有极小值-6,无极大值;当a=1或a≥3时,f(x)无极值.………………………………12分【总结提升】 1.两点说明:(1)可导函数y =f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)=0,且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同;(2)若f (x )在(a ,b )内有极值,那么f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值.2.求函数f(x)极值的步骤: (1)确定函数的定义域; (2)求导数f′(x);(3)解方程f′(x)=0,求出函数定义域内的所有根;(4)列表检验f′(x)在f′(x)=0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x 0处取极小值.3.求极值问题主要有两种类型,一是由图象求极值,二是求具体函数的极值. 题型二:根据函数极值(点)求参数的值或范围例4.(2021·全国高考真题(理))设0a ≠,若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点,则( ) A .a b < B .a b > C .2ab a < D .2ab a >【答案】D 【分析】先考虑函数的零点情况,注意零点左右附近函数值是否编号,结合极大值点的性质,对进行分类讨论,画出图象,即可得到,a b 所满足的关系,由此确定正确选项.【详解】若a b =,则()()3f x a x a =-为单调函数,无极值点,不符合题意,故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点,且在x a =左右附近是不变号,在x b =左右附近是变号的.依题意,为函数的极大值点,∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时,由x b >,()0f x ≤,画出()f x 的图象如下图所示:由图可知b a <,0a <,故2ab a >.当0a >时,由x b >时,()0f x >,画出()f x 的图象如下图所示:由图可知b a >,0a >,故2ab a >.综上所述,2ab a >成立. 故选:D例5.(2022·全国·高考真题(理))已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-(0a >且1a ≠)的极小值点和极大值点.若12x x <,则a 的取值范围是____________. 【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点,可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时,()0f x '<,()12,x x x ∈时,()0f x '>,再分1a >和01a <<两种情况讨论,方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ,即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点,构造函数()ln xg x a a =⋅,利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象,利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率,根据几何意义可得出答案. 【详解】解:()2ln 2e xf x a a x '=⋅-,因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点,所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减,在()12,x x 上递增,所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时,()0f x '<,当()12,x x x ∈时,()0f x '>, 若1a >时,当0x <时,2ln 0,2e 0x a a x ⋅><,则此时()0f x '>,与前面矛盾, 故1a >不符合题意,若01a <<时,则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x , 即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ,即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点, ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数,又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换,然后将图象上的每个点的横坐标保持不变,纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到,如图所示:设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅,则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅,故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-,则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅,解得01ln x a=, 则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=,因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点, 所以2eln e a <,解得1e ea <<,又01a <<,所以11ea <<,综上所述,a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.例6.已知f (x )=x 3+3ax 2+bx +a 2在x =-1时有极值0,则a -b =________.【法案】-7【解析】由题意得f ′(x )=3x 2+6ax +b ,则2310630a ab b a ⎧+--=⎨-+=⎩,解得13a b =⎧⎨=⎩或29a b =⎧⎨=⎩,经检验当a =1,b =3时,函数f (x )在x =-1处无法取得极值, 而a =2,b =9满足题意, 故a -b =-7.例7.(2017·江苏·高考真题)已知函数()32f x =x x 1(0,)a bx a b R +++>∈有极值,且导函数()fx ,的极值点是()f x 的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b 关于a 的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:b²>3a; (3)若()f x ,()fx ,这两个函数的所有极值之和不小于7-2,求a 的取值范围.【答案】(1)2239a b a =+,定义域为(3,)+∞.(2)见解析(3)(36],. 【解析】 【详解】试题分析:(1)先求导函数的极值:3a x =-,再代入原函数得33()1032793a a a abf -=-+-+=,化简可得2239a b a =+,根据极值存在条件可得3a >;(2)由(1,构造函数23()=9t g t t +,利用导数研究函数单调性,可得(g g 2>3b a ;(3)先求证()f x 的两个极值之和为零,利用根与系数关系代入化简即得,再研究导函数极值不小于72-,构造差函数213()=9h a a a -+,利用导数研究其单调性,()h a 在(3,)+∞上单调递减.而7(6)=2h -,故可得a 的取值范围.试题解析:解:(1)由()321f x x ax bx =+++,得()22232333a a f x x ax b x b ⎛⎫=++=++- ⎪⎝⎭'.当3a x =-时,()f x '有极小值23ab -. 因为()f x '的极值点是()f x 的零点.所以331032793a a a ab f ⎛⎫-=-+-+= ⎪⎝⎭,又0a >,故2239a b a =+. 因为()f x 有极值,故()=0f x '有实根,从而()23127039a b a a-=-≤,即3a ≥.3a =时,()>0(1)f x x ≠-',故()f x 在R 上是增函数,()f x 没有极值;3a >时,()=0f x '有两个相异的实根1x 2x . 列表如下故()f x 的极值点是12,x x . 从而3a >,因此2239a b a =+,定义域为(3,)+∞.(2)由(1设23()=9t g t t +,则22223227()=99t g t t t --='.当)t ∈+∞时,()0g t '>,从而()g t 在)+∞上单调递增.因为3a >,所以>,故(g g因此2>3b a .(3)由(1)知,()f x 的极值点是12,x x ,且1223x x a +=-,22212469a b x x -+=.从而()()32321211122211f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++()()()()2222121122121212323223333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420279a ab ab -=-+=记()f x ,()f x '所有极值之和为()h a ,因为()f x '的极值为221339a b a a-=-+,所以213()=9h a a a -+,3a >.因为223()=09h a a a '--<,于是()h a 在(3,)+∞上单调递减.因为7(6)=2h -,于是()(6)h a h ≥,故6a ≤. 因此a 的取值范围为(]36,. 【总结提升】由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题,转化为讨论f ′(x)=0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围,特别注意:极值点处的导数为0,而导数为0的点不一定是极值点,要检验极值点两侧导数是否异号.题型三:利用导数研究函数的最值例8.(2022·全国·高考真题(理))当1x =时,函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-,则(2)f '=( ) A .1- B .12-C .12D .1【答案】B 【解析】 【分析】 根据题意可知12f ,()10f '=即可解得,a b ,再根据()f x '即可解出.【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+,所以依题可知,12f ,()10f '=,而()2a bf x x x '=-,所以2,0b a b =--=,即2,2a b =-=-,所以()222f x x x '=-+,因此函数()f x 在()0,1上递增,在()1,+∞上递减,1x =时取最大值,满足题意,即有()112122f '=-+=-.故选:B.例9.(2021·全国·高考真题)函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 【答案】1【解析】 【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞,讨论102x <≤、112x <≤、1x >,并结合导数研究的单调性,即可求()f x 最小值. 【详解】由题设知:()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞, ∴当102x <≤时,()122ln f x x x =--,此时()f x 单调递减; 当112x <≤时,()212ln f x x x =--,有2()20f x x'=-≤,此时()f x 单调递减; 当1x >时,()212ln f x x x =--,有2()20f x x'=->,此时()f x 单调递增; 又()f x 在各分段的界点处连续,∴综上有:01x <≤时,()f x 单调递减,1x >时,()f x 单调递增; ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为:1.例10.(2019年高考全国Ⅲ卷理)已知函数32()2f x x ax b =-+. (1)讨论()f x 的单调性;(2)是否存在,a b ,使得()f x 在区间[0,1]的最小值为1-且最大值为1?若存在,求出,a b 的所有值;若不存在,说明理由.【答案】(1)见解析;(2)01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩.【解析】(1)2()622(3)f x x ax x x a '=-=-.令()0f x '=,得x =0或3ax =. 若a >0,则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>;当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<.故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增,在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减;若a =0,()f x 在(,)-∞+∞单调递增;若a <0,则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>;当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<.故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增,在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.(2)满足题设条件的a ,b 存在.(i )当a ≤0时,由(1)知,()f x 在[0,1]单调递增,所以()f x 在区间[0,l]的最小值为(0)=f b ,最大值为(1)2f a b =-+.此时a ,b 满足题设条件当且仅当1b =-,21a b -+=,即a =0,1b =-. (ii )当a ≥3时,由(1)知,()f x 在[0,1]单调递减,所以()f x 在区间[0,1]的最大值为(0)=f b ,最小值为(1)2f a b =-+.此时a ,b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-,b =1,即a =4,b =1.(iii )当0<a <3时,由(1)知,()f x 在[0,1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,最大值为b 或2a b -+.若3127a b -+=-,b =1,则a =,与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-,21a b -+=,则a =a =-a =0,与0<a <3矛盾. 综上,当且仅当a =0,1b =-或a =4,b =1时,()f x 在[0,1]的最小值为-1,最大值为1. 例11.(2017·北京·高考真题(文))已知函数()e cos x f x x x =-. (Ⅰ)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程;(Ⅱ)求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值.【答案】(Ⅰ)1y =;(Ⅱ)最大值1;最小值2π-.【解析】 【详解】试题分析:(Ⅰ)根据导数的几何意义,先求斜率,再代入切线方程公式000yf f x 中即可;(Ⅱ)设()()h x f x =',求()h x ',根据()0h x '<确定函数()h x 的单调性,根据单调性求函数的最大值为()00h =,从而可以知道()()0h x f x '=<恒成立,所以函数()f x 是单调递减函数,再根据单调性求最值.试题解析:(Ⅰ)因为()e cos x f x x x =-,所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =,所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.(Ⅱ)设()()e cos sin 1x h x x x =--,则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0h x '<,所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=,即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =,最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.【名师点睛】这道导数题并不难,比一般意义上的压轴题要简单很多,第二问比较有特点的是需要两次求导数,因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性,所以需要再求一次导数,设()()h x f x =',再求()h x ',一般这时就可求得函数()h x '的零点,或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立,这样就能知道函数()h x 的单调性,再根据单调性求其最值,从而判断()y f x =的单调性,最后求得结果. 【规律方法】1.求函数f(x)在[a ,b]上的最大值和最小值的步骤: 第一步,求函数在(a ,b)内的极值;第二步,求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b);第三步,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.3. 二次求导!当导函数y =f ′(x)无法判断正负时,可令g(x)=f ′(x)再求g′(x),先判断g(x)=f ′(x)的单调性,再根据单调性确定y =f ′(x)的正负号.题型四:利用导数解决生活中的优化问题例12.(2020·江苏省高考真题)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O 在水平线MN 上,桥AB 与MN 平行,OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量,左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =;右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.(1)求桥AB 的长度;(2)计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ,且CE 为80米,其中C ,E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时,桥墩CD 与EF 的总造价最低?【答案】(1)120米(2)20O E '=米 【解析】 【分析】(1)根据A,B 高度一致列方程求得结果;(2)根据题意列总造价的函数关系式,利用导数求最值,即得结果. 【详解】 (1)由题意得2311||40640||8040800O A O A ''=-⨯+⨯∴= ||||||8040120AB O A O B ''∴=+=+=米(2)设总造价为()f x 万元,21||8016040O O '=⨯=,设||O E x '=, 32131()(1606)[160(80)],(040)800240f x k x x k x x =+-+--<<3221336()(160),()()0208008080080f x k x x f x k x x x '∴=+-∴=-=∴=(0舍去)当020x <<时,()0f x '<;当2040x <<时,()0f x '>,因此当20x 时,()f x 取最小值,答:当20O E '=米时,桥墩CD 与EF 的总造价最低. 【总结提升】实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等一般都需要利用导数求解相应函数的最小值,此时根据f ′(x)=0求出极值点(注意根据实际意义舍去不合适的极值点)后,若函数在该点附近满足左减右增,则此时唯一的极小值就是所求函数的最小值. 题型五:函数极值与最值的综合问题例13.(2016·天津·高考真题(理))设函数3()(1)f x x ax b =---,x∈R ,其中a,b∈R. (Ⅰ)求f (x )的单调区间;(Ⅱ)若f (x )存在极值点x 0,且f (x 1)= f (x 0),其中x 1≠x 0,求证:x 1+2x 0=3;(Ⅲ)设a >0,函数g (x )= |f (x )|,求证:g (x )在区间[0,2]上的最大值不小于14.【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析;(Ⅲ)详见解析. 【解析】 【详解】试题分析:(Ⅰ)先求函数的导数'()f x ,再根据导函数零点是否存在,分类讨论;(Ⅱ)由题意得,计算可得00(32)()f x f x -=.再由及单调性可得结论;(Ⅲ)实质研究函数最大值:主要比较(1),(1)f f -,33(,()33a a f f -的大小即可,可分三种情况研究:①3a ≥;②334a ≤<;③304a <<. 试题解析:(Ⅰ)解:由,可得.下面分两种情况讨论: (1)当时,有恒成立,所以的单调递增区间为.(2)当时,令,解得313a x =+,或313ax =-. 当变化时,,的变化情况如下表:所以的单调递减区间为33(1,1)33a a-+,单调递增区间为3(,1)3a -∞-,3(1,)3a ++∞. (Ⅱ)证明:因为存在极值点,所以由(Ⅰ)知,且,由题意,得,即,进而.又,且,由题意及(Ⅰ)知,存在唯一实数1x 满足,且,因此,所以.(Ⅲ)证明:设在区间上的最大值为,表示两数的最大值.下面分三种情况讨论: (1)当时,33102133a a-≤<≤+,由(Ⅰ)知,在区间上单调递减,所以在区间上的取值范围为,因此{}{}max (2),(0)max 12,1M f f a b b==----,所以.(2)当时,2333231011213333a a a a-≤<-<+<≤+,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知,233(0)(1)(1)33a a f f f ≥-=+,233(2)(1)(1)33a af f f ≤+=-, 所以在区间上的取值范围为33[(1),(1)]33a af f +-,因此 3322max (1),(1)max 3,33399a a a a M f f a a b a a b ⎧⎫⎧⎫⎪⎪=+-=-----⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎪⎪⎩⎭.(3)当时,2323011233a a<-<+<,由(Ⅰ)和(Ⅱ)知, (0)(1(1f f f <=,(2)(1(1f f f >=, 所以在区间上的取值范围为,因此.综上所述,当时,在区间上的最大值不小于.例14.(2021·北京高考真题)已知函数()232xf x x a-=+. (1)若0a =,求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程;(2)若()f x 在1x =-处取得极值,求()f x 的单调区间,以及其最大值与最小值.【答案】(1)450x y +-=;(2)函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞,单调递减区间为()1,4-,最大值为1,最小值为14-.【分析】(1)求出()1f 、()1f '的值,利用点斜式可得出所求切线的方程;(2)由()10f '-=可求得实数a 的值,然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值,由此可得出结果. 【详解】(1)当0a =时,()232xf x x -=,则()()323x f x x -'=,()11f ∴=,()14f '=-, 此时,曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--,即450x y +-=; (2)因为()232xf x x a-=+,则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++,由题意可得()()()224101a f a -'-==+,解得4a =,故()2324x f x x -=+,()()()()222144x x f x x +-'=+,列表如下:所以,函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞,单调递减区间为()1,4-.当32x <时,()0f x >;当32x >时,()0f x <. 所以,()()max 11f x f =-=,()()min 144f x f ==-.【总结提升】求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时,要求步骤规范,含参数时,要讨论参数的大小范围.(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.。
数学新课标高考一轮复习训练手册(理科) 第13讲《导数在研究函数中的应用》人教A版选修1-1A
课时作业(十三)A [第13讲 导数在研究函数中的应用][时间:45分钟 分值:100分]基础热身 1.[2011·东莞模拟] 当x ≠0时,有不等式( ) A .e x <1+xB .当x >0时,e x <1+x ,当x <0时,e x >1+xC .e x >1+xD .当x <0时,e x <1+x ,当x >0时,e x >1+x 2.[2011·开封模拟] 如图K13-1,都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象,其中一定不正确的序号是( )A .①②B .①③C .③④D .①④ 3.[2011·福建卷] 若a >0,b >0,且函数f (x )=4x 3-ax 2-2bx +2在x =1处有极值,则ab 的最大值等于( )A .2B .3C .6D .94.[2011·无锡模拟] 已知a ≤1-x x +ln x ,x ∈⎣⎡⎦⎤12,2恒成立,则a 的最大值为( )A .0B .1C .2D .3 能力提升 5.[2011·郑州模拟] 已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,x ∈[-2,2]表示的曲线过原点,且在x =±1处的切线斜率均为-1,给出以下结论:①f (x )的解析式为f (x )=x 3-4x ,x ∈[-2,2];②f (x )的极值点有且仅有一个;③f (x )的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有( )A .0个B .1个C .2个D .3个6.若函数f (x )=x 3-3x +a 有3个不同的零点,则实数a 的取值范围是( ) A .(-2,2) B .[-2,2]C .(-∞,-1)D .(1,+∞) 7.[2011·周口模拟] 函数y =f ′(x )是函数y =f (x )的导函数,且函数y =f (x )在点P (x 0,f (x 0))处的切线为l :y =g (x )=f ′(x 0)(x -x 0)+f (x 0),F (x )=f (x )-g (x ),如果函数y =f (x )在区间[a ,b ]上的图象如图K13-2所示,且a <x <b ,那么( )A .F ′(x 0)=0,x =x 0是F (x )的极大值点B .F ′(x 0)=0,x =x 0是F (x )的极小值点C .F ′(x 0)≠0,x =x 0不是F (x )的极值点D .F ′(x 0)≠0,x =x 0是F (x )的极值点8.函数f (x )=x 3+bx 2+cx +d 的大致图象如图K13-3所示,则x 21+x 22等于( )A.89B.109C.169D.459.[2011·辽阳模拟] 函数f (x )=13ax 3+12ax 2-2ax +2a +1的图象经过四个象限,则实数a 的取值范围是( )A .-65<a <316B .-85<a <-316C .-85<a <-116D .-65<a <-316 10.[2011·郑州一中模拟] 称一个函数是“N 形函数”当且仅当其满足:(1)定义在R 上;(2)存在a <b ,使其在(-∞,a ),(b ,+∞)上单调递增,在(a ,b )上单调递减,则以下函数是“N 形函数”的有________.(填写函数编号)①y =x e x ;②y =sin x +x ;③y =x 3-3x +1;④y =x 4-83x 3-6x 2+3.11.给出定义:若函数f (x )在D 上可导,即f ′(x )存在,且导函数f ′(x )在D 上也可导,则称f (x )在D 上存在二阶导函数,记f ″(x )=(f ′(x ))′,若f ″(x )<0在D 上恒成立,则称f (x )在D 上为凸函数.以下四个函数:①f (x )=x 2+2x ;②f (x )=sin x +cos x ;③f (x )=ln x -x ;④f (x )=-x e x .在⎝⎛⎭⎫0,π2上是凸函数的是________.(填序号)12.函数f (x )=sin x2+cos x的单调递增区间是________.13.在平面直角坐标系xOy 中,已知点P 是函数f (x )=e x (x >0)的图象上的动点,该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ,过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ,设线段MN 的中点的纵坐标为t ,则t 的最大值是________.14.(10分)已知函数f (x )=ax 2+b ln x 在x =1处有极值12. (1)求a ,b 的值;(2)判断函数y =f (x )的单调性并求出单调区间.15.(13分)[2011·台州六校联考] 已知函数f (x )=a x +x 2-x ln a ,a >1. (1)求证:函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;(2)对∀x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1恒成立,求a 的取值范围.难点突破16.(12分)[2011·青岛模拟] 设函数f (x )=x -1x-a ln x (a ∈R ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2,记过点A (x 1,f (x 1)),B (x 2,f (x 2))的直线的斜率为k ,问:是否存在a ,使得k =2-a ?若存在,求出a 的值,若不存在,请说明理由.课时作业(十三)A【基础热身】1.C [解析] 设y =e x -1-x ,∴y ′=e x -1,∴x >0时,函数y =e x -1-x 是递增的,x <0时,函数y =e x -1-x 是递减的,∴x =0时,y 有最小值y =0.2.C [解析] 导函数的图象为抛物线,其变号零点为函数的极值点,因此③④不正确.3.D [解析] f ′(x )=12x 2-2ax -2b , ∵f (x )在x =1处有极值,∴f ′(1)=0,即12-2a -2b =0,化简得 a +b =6, ∵a >0,b >0,∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 22=9,当且仅当a =b =3时,ab 有最大值,最大值为9,故选D. 4.A [解析] 设f (x )=1-x x +ln x ,则f ′(x )=-x +x -1x 2+1x =x -1x 2,当x ∈⎣⎡⎭⎫12,1时,f ′(x )<0,故函数f (x )在⎣⎡⎭⎫12,1上单调递减,当x ∈(1,2]时,f ′(x )>0,故函数f (x )在[1,2]上单调递增,∴f (x )min =f (1)=0,∴a ≤0,即a 的最大值为0.【能力提升】5.C [解析] 函数图象过原点,则c =0,又f ′(x )=3x 2+2ax +b ,由f ′(±1)=-1,解得a =0,b =-4,因此①正确;对于②,f ′(x )=0在[-2,2]上有两个不相等的实数根,因此错误;又函数为奇函数,根据奇函数性质可知③正确.6.A [解析] f ′(x )=3x 2-3,f (x )极大=f (-1)=2+a ,f (x )极小=f (1)=-2+a ,函数f (x )有3个不同零点,则2+a >0,-2+a <0,因此-2<a <2.7.B [解析] F ′(x )=f ′(x )-g ′(x )=f ′(x )-f ′(x 0),∴F ′(x 0)=f ′(x 0)-f ′(x 0)=0,又当x <x 0时,从图象上看,x 越接近于x 0,函数f (x )的纵坐标与g (x )的纵坐标的差越小,此时函数F (x )=f (x )-g (x )为减函数,同理,当x >x 0时,函数f (x )为增函数.8.C [解析] 从函数图象上可知x 1,x 2为函数f (x )的极值点,根据函数图象经过的三个特殊点求出b ,c ,d .根据函数图象得d =0,且f (-1)=-1+b -c =0,f (2)=8+4b +2c=0,解得b =-1,c =-2,故f ′(x )=3x 2-2x -2.根据韦达定理x 21+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=49+43=169. 9.D [解析] f ′(x )=ax 2+ax -2a =a (x +2)(x -1),要使函数f (x )的图象经过四个象限,则f (-2)f (1)<0,即⎝⎛⎭⎫163a +1⎝⎛⎭⎫56a +1<0,解得-65<a <-316.10.③ [解析] 对于①,y ′=e x +x e x =e x (x +1),函数在(-1,+∞)是增函数,在(-∞,-1)为减函数,故①不是“N 形函数”;对于②,y ′=cos x +1≥0恒成立,函数为R 上的增函数,故②不是“N 形函数”;对于③,y ′=3x 2-3,函数在(-∞,-1)和(1,+∞)是增函数,在(-1,1)上是减函数,故③是“N 形函数”;对于④,y ′=4x 3-8x 2-12x =4x (x 2-2x -3)=4x (x -3)(x +1),函数在(-∞,-1)和(0,3)上为减函数,在(-1,0)和(3,+∞)上是增函数,因此④不是“N 形函数”.11.②③④ [解析] 对于①f ′(x )=2x +2,f ″(x )=2>0,因此①不是凸函数;对于②f ′(x )=cos x -sin x ,f ″(x )=-sin x -cos x ,∵x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2,∴sin x >0,cos x >0,∴f ″(x )<0,因此②是凸函数;对于③,f ′(x )=1x -1,f ″(x )=-1x 2<0,因此③是凸函数;对于④,f ′(x )=-e x -x e x ,f ″(x )=-e x -e x -x e x =-(x +2)e x <0,因此④是凸函数.12.⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+2π3(k ∈Z ) [解析] f ′(x )=(2+cos x )cos x -sin x (-sin x )(2+cos x )2=2cos x +1(2+cos x )2>0,即cos x >-12,结合三角函数图象知道,2k π-2π3<x <2k π+2π3(k ∈Z ),即函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+2π3(k ∈Z ).13.12⎝⎛⎭⎫e +1e [解析] 设P (x 0,e x 0),则l :y -e x 0=e x 0(x -x 0),∴M (0,(1-x 0)e x 0),过点P 作l 的垂线,y -e x 0=-e -x 0(x -x 0),∴N (0,e x 0+x 0e -x 0),∴t =12[(1-x 0)e x 0+e x 0+x 0e -x 0]=e x 0+12x 0(e -x 0-e x 0)t ′=12(e x 0+e -x 0)(1-x 0),所以,t 在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴x 0=1,t max =12⎝⎛⎭⎫e +1e .14.[解答] (1)因为函数f (x )=ax 2+b ln x ,所以f ′(x )=2ax +bx .又函数f (x )在x =1处有极值12,所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)=0,f (1)=12.即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a +b =0,a =12,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =12,b =-1.(2)由(1)可知f (x )=12x 2-ln x ,其定义域是(0,+∞),且f ′(x )=x -1x =(x +1)(x -1)x . 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:所以函数y =. 15.[解答] (1)证明:f ′(x )=a x ln a +2x -ln a =2x +(a x -1)ln a ,由于a >1,故当x ∈(0,+∞)时,ln a >0,a x -1>0,所以f ′(x )>0, 故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增.(2)由(1)可知,当x ∈(-∞,0)时,f ′(x )<0, 故函数f (x )在(-∞,0)上单调递减.所以,f (x )在区间[-1,0]上单调递减,在区间[0,1]上单调递增. 所以f (x )min =f (0)=1,f (x )max =max{f (-1),f (1)},f (-1)=1a +1+ln a ,f (1)=a +1-ln a , f (1)-f (-1)=a -1a -2ln a ,记g (x )=x -1x -2ln x ,g ′(x )=1+1x 2-2x =⎝⎛⎭⎫1x -12≥0,所以g (x )=x -1x -2ln x 递增,故f (1)-f (-1)=a -1a -2ln a >0, 所以f (1)>f (-1),于是f (x )max =f (1)=a +1-ln a ,故对∀x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|max =|f (1)-f (0)|=a -ln a , a -ln a ≤e -1,所以1<a ≤e. 【难点突破】16.[解答] (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1+1x 2-a x =x 2-ax +1x 2, 令g (x )=x 2-ax +1,其判别式Δ=a 2-4.①当|a |≤2时,Δ≤0,f ′(x )≥0,故f (x )在(0,+∞)上单调递增.②当a <-2时,Δ>0,g (x )=0的两根都小于0,在(0,+∞)上,f ′(x )>0,故f (x )在(0,+∞)上单调递增.③当a >2时,Δ>0,g (x )的两根为 x 1=a -a 2-42,x 2=a +a 2-42, 当0<x <x 1时,f ′(x )>0;当x 1<x <x 2时,f ′(x )<0;当x >x 2时,f ′(x )>0,故f (x )分别在(0,x 1),(x 2,+∞)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减.(2)由(1)知,a >2.因为f (x 1)-f (x 2)=(x 1-x 2)+x 1-x 2x 1x 2-a (ln x 1-ln x 2),所以k =f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=1+1x 1x 2-a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2,又由(1)知,x 1x 2=1.于是k =2-a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2,若存在a ,使得k =2-a ,则ln x 1-ln x 2x 1-x 2=1.即ln x 1-ln x 2=x 1-x 2.亦即x 2-1x 2-2ln x 2=0(x 2>1)(*),再由(1)知,函数h (t )=t -1t -2ln t 在(0,+∞)上单调递增,而x 2>1,所以x 2-1x 2-2ln x 2>1-11-2ln1=0.这与(*)式矛盾.故不存在a ,使得k =2-a .。
人教A版高中数学选修新课标高考一轮复习训练手册理科导数在研究函数中的应用A
课时作业(十三)A [第13讲 导数在研究函数中的应用][时间:45分钟 分值:100分]基础热身 1.[2011·东莞模拟] 当x ≠0时,有不等式( ) A .e x <1+xB .当x >0时,e x <1+x ,当x <0时,e x >1+xC .e x >1+xD .当x <0时,e x <1+x ,当x >0时,e x >1+x 2.[2011·开封模拟] 如图K13-1,都是同一坐标系中三次函数及其导函数的图象,其中一定不正确的序号是( )A .①②B .①③C .③④D .①④ 3.[2011·福建卷] 若a >0,b >0,且函数f (x )=4x 3-ax 2-2bx +2在x =1处有极值,则ab 的最大值等于( )A .2B .3C .6D .94.[2011·无锡模拟] 已知a ≤1-x x +ln x ,x ∈⎣⎡⎦⎤12,2恒成立,则a 的最大值为( )A .0B .1C .2D .3 能力提升 5.[2011·郑州模拟] 已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,x ∈[-2,2]表示的曲线过原点,且在x =±1处的切线斜率均为-1,给出以下结论:①f (x )的解析式为f (x )=x 3-4x ,x ∈[-2,2];②f (x )的极值点有且仅有一个;③f (x )的最大值与最小值之和等于0.其中正确的结论有( )A .0个B .1个C .2个D .3个6.若函数f (x )=x 3-3x +a 有3个不同的零点,则实数a 的取值范围是( ) A .(-2,2) B .[-2,2]C .(-∞,-1)D .(1,+∞) 7.[2011·周口模拟] 函数y =f ′(x )是函数y =f (x )的导函数,且函数y =f (x )在点P (x 0,f (x 0))处的切线为l :y =g (x )=f ′(x 0)(x -x 0)+f (x 0),F (x )=f (x )-g (x ),如果函数y =f (x )在区间[a ,b ]上的图象如图K13( )A .F ′(x 0)=0,x =x 0是F (x )的极大值点B .F ′(x 0)=0,x =x 0是F (x )的极小值点C .F ′(x 0)≠0,x =x 0不是F (x )的极值点D .F ′(x 0)≠0,x =x 0是F (x )的极值点8.函数f (x )=x 3+bx 2+cx +d 的大致图象如图K13-3所示,则x 21+x 22等于( )A.89B.109C.169D.459.[2011·辽阳模拟] 函数f (x )=13ax 3+12ax 2-2ax +2a +1的图象经过四个象限,则实数a 的取值范围是( )A .-65<a <316B .-85<a <-316C .-85<a <-116D .-65<a <-31610.[2011·郑州一中模拟] 称一个函数是“N 形函数”当且仅当其满足:(1)定义在R 上;(2)存在a <b ,使其在(-∞,a ),(b ,+∞)上单调递增,在(a ,b )上单调递减,则以下函数是“N 形函数”的有________.(填写函数编号)①y =x e x ;②y =sin x +x ;③y =x 3-3x +1;④y =x 4-83x 3-6x 2+3.11.给出定义:若函数f (x )在D 上可导,即f ′(x )存在,且导函数f ′(x )在D 上也可导,则称f (x )在D 上存在二阶导函数,记f ″(x )=(f ′(x ))′,若f ″(x )<0在D 上恒成立,则称f (x )在D 上为凸函数.以下四个函数:①f (x )=x 2+2x ;②f (x )=sin x +cos x ;③f (x )=ln x -x ;④f (x )=-x e x .在⎝⎛⎭⎫0,π2上是凸函数的是________.(填序号)12.函数f (x )=sin x2+cos x的单调递增区间是________.13.在平面直角坐标系xOy 中,已知点P 是函数f (x )=e x (x >0)的图象上的动点,该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ,过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ,设线段MN 的中点的纵坐标为t ,则t 的最大值是________.14.(10分)已知函数f (x )=ax 2+b ln x 在x =1处有极值12. (1)求a ,b 的值;(2)判断函数y =f (x )的单调性并求出单调区间.15.(13分)[2011·台州六校联考] 已知函数f (x )=a x +x 2-x ln a ,a >1. (1)求证:函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;(2)对∀x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|≤e -1恒成立,求a 的取值范围.难点突破16.(12分)[2011·青岛模拟] 设函数f (x )=x -1x -a ln x (a ∈R ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2,记过点A (x 1,f (x 1)),B (x 2,f (x 2))的直线的斜率为k ,问:是否存在a ,使得k =2-a ?若存在,求出a 的值,若不存在,请说明理由.课时作业(十三)A【基础热身】1.C [解析] 设y =e x -1-x ,∴y ′=e x -1,∴x >0时,函数y =e x -1-x 是递增的,x <0时,函数y =e x -1-x 是递减的,∴x =0时,y 有最小值y =0.2.C [解析] 导函数的图象为抛物线,其变号零点为函数的极值点,因此③④不正确.3.D [解析] f ′(x )=12x 2-2ax -2b , ∵f (x )在x =1处有极值,∴f ′(1)=0,即12-2a -2b =0,化简得 a +b =6, ∵a >0,b >0,∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 22=9,当且仅当a =b =3时,ab 有最大值,最大值为9,故选D. 4.A [解析] 设f (x )=1-x x +ln x ,则f ′(x )=-x +x -1x 2+1x =x -1x2,当x ∈⎣⎡⎭⎫12,1时,f ′(x )<0,故函数f (x )在⎣⎡⎭⎫12,1上单调递减,当x ∈(1,2]时,f ′(x )>0,故函数f (x )在[1,2]上单调递增,∴f (x )min =f (1)=0,∴a ≤0,即a 的最大值为0.【能力提升】5.C [解析] 函数图象过原点,则c =0,又f ′(x )=3x 2+2ax +b ,由f ′(±1)=-1,解得a =0,b =-4,因此①正确;对于②,f ′(x )=0在[-2,2]上有两个不相等的实数根,因此错误;又函数为奇函数,根据奇函数性质可知③正确.6.A [解析] f ′(x )=3x 2-3,f (x )极大=f (-1)=2+a ,f (x )极小=f (1)=-2+a ,函数f (x )有3个不同零点,则2+a >0,-2+a <0,因此-2<a <2.7.B [解析] F ′(x )=f ′(x )-g ′(x )=f ′(x )-f ′(x 0),∴F ′(x 0)=f ′(x 0)-f ′(x 0)=0,又当x <x 0时,从图象上看,x 越接近于x 0,函数f (x )的纵坐标与g (x )的纵坐标的差越小,此时函数F (x )=f (x )-g (x )为减函数,同理,当x >x 0时,函数f (x )为增函数.8.C [解析] 从函数图象上可知x 1,x 2为函数f (x )的极值点,根据函数图象经过的三个特殊点求出b ,c ,d .根据函数图象得d =0,且f (-1)=-1+b -c =0,f (2)=8+4b +2c=0,解得b =-1,c =-2,故f ′(x )=3x 2-2x -2.根据韦达定理x 21+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1x 2=49+43=169. 9.D [解析] f ′(x )=ax 2+ax -2a =a (x +2)(x -1),要使函数f (x )的图象经过四个象限,则f (-2)f (1)<0,即⎝⎛⎭⎫163a +1⎝⎛⎭⎫56a +1<0,解得-65<a <-316.10.③ [解析] 对于①,y ′=e x +x e x =e x (x +1),函数在(-1,+∞)是增函数,在(-∞,-1)为减函数,故①不是“N 形函数”;对于②,y ′=cos x +1≥0恒成立,函数为R 上的增函数,故②不是“N 形函数”;对于③,y ′=3x 2-3,函数在(-∞,-1)和(1,+∞)是增函数,在(-1,1)上是减函数,故③是“N 形函数”;对于④,y ′=4x 3-8x 2-12x =4x (x 2-2x -3)=4x (x -3)(x +1),函数在(-∞,-1)和(0,3)上为减函数,在(-1,0)和(3,+∞)上是增函数,因此④不是“N 形函数”.11.②③④ [解析] 对于①f ′(x )=2x +2,f ″(x )=2>0,因此①不是凸函数;对于②f ′(x )=cos x -sin x ,f ″(x )=-sin x -cos x ,∵x ∈⎝⎛⎭⎫0,π2,∴sin x >0,cos x >0,∴f ″(x )<0,因此②是凸函数;对于③,f ′(x )=1x -1,f ″(x )=-1x 2<0,因此③是凸函数;对于④,f ′(x )=-e x -x e x ,f ″(x )=-e x -e x -x e x =-(x +2)e x <0,因此④是凸函数.12.⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+2π3(k ∈Z ) [解析] f ′(x )=(2+cos x )cos x -sin x (-sin x )(2+cos x )2=2cos x +1(2+cos x )2>0,即cos x >-12,结合三角函数图象知道,2k π-2π3<x <2k π+2π3(k ∈Z ),即函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫2k π-2π3,2k π+2π3(k ∈Z ).13.12⎝⎛⎭⎫e +1e [解析] 设P (x 0,e x 0),则l :y -e x 0=e x 0(x -x 0),∴M (0,(1-x 0)e x 0),过点P 作l 的垂线,y -e x 0=-e -x 0(x -x 0),∴N (0,e x 0+x 0e -x 0),∴t =12[(1-x 0)e x 0+e x 0+x 0e -x 0]=e x 0+12x 0(e -x 0-e x 0)t ′=12(e x 0+e -x 0)(1-x 0),所以,t 在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴x 0=1,t max =12⎝⎛⎭⎫e +1e .14.[解答] (1)因为函数f (x )=ax 2+b ln x ,所以f ′(x )=2ax +bx .又函数f (x )在x =1处有极值12,所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)=0,f (1)=12.即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a +b =0,a =12,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =12,b =-1.(2)由(1)可知f (x )=12x 2-ln x ,其定义域是(0,+∞),且f ′(x )=x -1x =(x +1)(x -1)x . 当x 变化时,f ′(x ),f (x )的变化情况如下表:所以函数y =. 15.[解答] (1)证明:f ′(x )=a x ln a +2x -ln a =2x +(a x -1)ln a ,由于a >1,故当x ∈(0,+∞)时,ln a >0,a x -1>0,所以f ′(x )>0, 故函数f (x )在(0,+∞)上单调递增.(2)由(1)可知,当x ∈(-∞,0)时,f ′(x )<0, 故函数f (x )在(-∞,0)上单调递减.所以,f (x )在区间[-1,0]上单调递减,在区间[0,1]上单调递增. 所以f (x )min =f (0)=1,f (x )max =max{f (-1),f (1)},f (-1)=1a +1+ln a ,f (1)=a +1-ln a , f (1)-f (-1)=a -1a -2ln a ,记g (x )=x -1x -2ln x ,g ′(x )=1+1x 2-2x =⎝⎛⎭⎫1x -12≥0,所以g (x )=x -1x -2ln x 递增,故f (1)-f (-1)=a -1a -2ln a >0,所以f (1)>f (-1),于是f (x )max =f (1)=a +1-ln a ,故对∀x 1,x 2∈[-1,1],|f (x 1)-f (x 2)|max =|f (1)-f (0)|=a -ln a , a -ln a ≤e -1,所以1<a ≤e. 【难点突破】16.[解答] (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1+1x 2-a x =x 2-ax +1x 2, 令g (x )=x 2-ax +1,其判别式Δ=a 2-4.①当|a |≤2时,Δ≤0,f ′(x )≥0,故f (x )在(0,+∞)上单调递增.②当a <-2时,Δ>0,g (x )=0的两根都小于0,在(0,+∞)上,f ′(x )>0,故f (x )在(0,+∞)上单调递增.③当a >2时,Δ>0,g (x )的两根为 x 1=a -a 2-42,x 2=a +a 2-42, 当0<x <x 1时,f ′(x )>0;当x 1<x <x 2时,f ′(x )<0;当x >x 2时,f ′(x )>0,故f (x )分别在(0,x 1),(x 2,+∞)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减.(2)由(1)知,a >2.因为f (x 1)-f (x 2)=(x 1-x 2)+x 1-x 2x 1x 2-a (ln x 1-ln x 2),所以k =f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=1+1x 1x 2-a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2,又由(1)知,x 1x 2=1.于是k =2-a ·ln x 1-ln x 2x 1-x 2,若存在a ,使得k =2-a ,则ln x 1-ln x 2x 1-x 2=1.即ln x 1-ln x 2=x 1-x 2.亦即x 2-1x 2-2ln x 2=0(x 2>1)(*),再由(1)知,函数h (t )=t -1t -2ln t 在(0,+∞)上单调递增,而x 2>1,所以x 2-1x 2-2ln x 2>1-11-2ln1=0.这与(*)式矛盾.故不存在a ,使得k =2-a .。
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课时作业(十四) [第14讲 用导数研究函数的最值与生活中的优化问题举例][时间:35分钟 分值:80分]基础热身1.函数y =ln xx 的最大值为( ) A.1e B .e C .e 2 D.1032.已知x ≥0,y ≥0,x +3y =9,则x 2y 的最大值为( ) A .36 B .18 C .25 D .423.某城市在发展过程中,交通状况逐渐受到大家更多的关注,据有关统计数据显示,从上午6时到9时,车辆通过该市某一路段的用时y (分钟)与车辆进入该路段的时刻t 之间关系可近似地用如下函数给出:y =-18t 3-34t 2+36t -6294.则在这段时间内,通过该路段用时最多的时刻是( )A .6时B .7时C .8时D .9时4.设正三棱柱的体积为V ,那么其表面积最小时,底面边长为( ) A.4V B .23V C.34V D.12V能力提升5.已知函数f (x )=1-x x +ln x ,则f (x )在⎣⎡⎦⎤12,2上的最大值和最小值之和是( )A .0B .1-ln2C .ln2-1D .1+ln26.[2011·哈三中三模] 函数f (x )=⎩⎪⎨⎪⎧2x 3+3x 2+1(x ≤0),e ax (x >0)在[-2,2]上的最大值为2,则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫ln22,+∞B.⎣⎡⎦⎤0,ln22 C .(-∞,0] D.⎝⎛⎦⎤-∞,ln227.一艘轮船在航行中的燃料费和它的速度的立方成正比,已知在速度为每小时10公里时的燃料费是每小时6元,而其他与速度无关的费用是每小时96元,则使行驶每公里的费用总和最小时,此轮船的航行速度为( )A .20公里/小时B .25公里/小时C .19公里/小时D .18公里/8.[2011·江苏四市联考] 今有一块边长为a 的正三角形的厚纸,从这块厚纸的三个角,按图K14-1那样切下三个全等的四边形后,做成一个无盖的盒子,要使这个盒子容积最大,x 值应为( )A .a B.2a 3 C.a 2 D.a69.某工厂生产某种产品,已知该产品的月生产量x (t)与每吨产品的价格p (元/t)之间的关系式为:p =24200-15x 2,且生产x t 的成本为R =50000+200x (元).则该厂每月生产________ t 产品才能使利润达到最大.(利润=收入-成本)10.[2011·潮州模拟] 在半径为R 的圆内,作内接等腰三角形,当底边上高为________时它的面积最大.11.[2011·宁化模拟] 如图K14-2,用半径为R 的圆铁皮,剪一个圆心角为a 的扇形,制成一个圆锥形的漏斗,则圆心角a 取________时,漏斗的容积最大.12.(13分)[2011·无锡模拟] 甲、乙两村合用一个变压器,如图K14-3所示,若两村用同型号线架设输电线路,问:变压器设在输电干线何处时,所需电线最短?难点突破 13.(12分)[2011·长沙模拟] 广东某民营企业主要从事美国的某品牌运动鞋的加工生产,按国际惯例以美元为结算货币,依据以往加工生产的数据统计分析,若加工产品订单的金额为x 万美元,可获得的加工费近似地为12ln(2x +1)万美元,受美联储货币政策的影响,美元贬值,由于生产加工签约和成品交付要经历一段时间,收益将因美元贬值而损失mx 万美元(其中m 为该时段美元的贬值指数,m ∈(0,1)),从而实际所得的加工费为f (x )=12ln(2x +1)-mx (万美元).(1)若某时期美元贬值指数m =1200,为确保企业实际所得加工费随x 的增加而增加,该企业加工产品订单的金额x 应在什么范围内?(2)若该企业加工产品订单的金额为x 万美元时共需要的生产成本为120x 万美元,己知该企业加工生产能力为x ∈[10,20](其中x 为产品订单的金额),试问美元的贬值指数m 在何范围时,该企业加工生产将不会出现亏损.课时作业(十四)【基础热身】1.A [解析] 令y ′=(ln x )′x -ln x ·x ′x 2=1-ln xx 2=0,得x =e ,当x >e 时,y ′<0;当x <e 时,y ′>0,故y 极大值=f (e)=1e ,在定义域内只有一个极值,所以y max =1e .2.A [解析] 令f (x )=x 2y =x 2⎝⎛⎭⎫3-x3,x ∈[0,9],令f ′(x )=6x -x 2=0,得x =0或x=6,可以验证x =6时f (x )有最大值36.3.C [解析] y ′=-38t 2-32t +36=-38(t +12)(t -8),令y ′=0得t =-12(舍去)或t =8,当6≤t <8时,y ′>0,当8<t <9时,y ′<0,∴当t =8时,y 有最大值.4.C [解析] 设底面边长为x ,则高为h =4V3x 2,∴S 表=3×4V 3x 2·x +2×34x 2=43V x +32x 2, ∴S ′表=-43V x 2+3x ,令S ′表=0,得x =34V . 经检验知,当x =34V 时S 表取得最小值. 【能力提升】5.B [解析] 对f (x )求导得f ′(x )=x -1x 2. (1)若x ∈⎣⎡⎭⎫12,1,则f ′(x )<0;(2)若x ∈(1,2],则f ′(x )>0,故x =1是函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12,2上的唯一的极小值点,也就是最小值点,故f (x )min =f (1)=0;又f ⎝⎛⎭⎫12=1-ln2,f (2)=-12+ln2,所以f ⎝⎛⎭⎫12-f (2)=32-2ln2=lne 3-ln162,因为e 3>2.73=19.683>16,所以f ⎝⎛⎭⎫12-f (2)>0,即f ⎝⎛⎭⎫12>f (2),即函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12,2上最大值是f ⎝⎛⎭⎫12.综上知函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤12,2上最大值是1-ln2,最小值是0.即f (x )在⎣⎡⎦⎤12,2上的最大值和最小值之和是1-ln2.6.D [解析] 当x ≤0时,f ′(x )=6x 2+6x ,函数的极大值点是x =-1,极小值点是x =0,当x =-1时,f (x )=2,故只要在(0,2]上e ax ≤2即可,即ax ≤ln2在(0,2]上恒成立,即a ≤ln2x 在(0,2]上恒成立,故a ≤ln22.7.A [解析] 设船速度为x (x >0)时,燃料费用为Q 元,则Q =kx 3,由6=k ×103可得k =3500,∴Q =3500x 3,∴总费用y =⎝⎛⎭⎫3500x 3+96·1x =3500x 2+96x ,y ′=6500x -96x 2,令y ′=0得x =20,当x∈(0,20)时,y ′<0,此时函数单调递减,当x ∈(20,+∞)时,y ′>0,此时函数单调递增,∴当x =20时,y 取得最小值,∴此轮船以20公里/小时的速度行驶每公里的费用总和最小.8.D [解析] 折成盒子后底面正三角形的边长为a -2x ⎝⎛⎭⎫0<x <a 2,高为h =x ·tan30°=33x ,设容积为V ,则V =Sh =12(a -2x )2sin60°·33x , =x 3-ax 2+a 24x ,V ′=3x 2-2ax +a 24,令V ′=0得x =a 6或x =a 2(舍去),当0<x <a 6时,V ′>0;当a 6<x <a2时,V ′<0.∴x =a 6时,V 最大=a 3216-a 336+a 324=4a 3216=a 354.9.200 [解析] 每月生产x 吨时的利润为f (x )=24200-15x 2x -(50000+200x )=-15x 3+24000x -50000(x ≥0).由f ′(x )=-35x 2+24000=0得x 1=200,x 2=-200,舍去负值.f (x )在[0,+∞)内有唯一的极大值点,也是最大值点.10.32R [解析] 设圆内接等腰三角形的底边长为2x ,高为h ,那么h =R +R 2-x 2,解得x 2=h (2R -h ),于是内接三角形的面积为S =x ·h =(2Rh -h 2)·h =2Rh 3-h 4, 从而S ′=12(2Rh 3-h 4)-12(2Rh 3-h 4)′=12(2Rh 3-h 4)-12(6Rh 2-4h 3)=h 2(3R -2h )(2R -h )h3, 令S ′=0,解得h =32R ,由于不考虑不存在的情况,所以在区间(0,2R )上列表如下:由此表可知,当x =32R 时,等腰三角形面积最大.11.263π [解析] 解法一:设圆锥的底面半径为r ,高为h ,体积为V ,那么由r 2+h 2=R 2,Ra =2πr ,代入V =13πr 2h ,得V =13π·⎝⎛⎭⎫Ra 2π2·R 2-⎝⎛⎭⎫Ra 2π2=R 312π·a 4-a 64π2,再令T (a )=a 4-a 64π2,求它的导数得T ′(a )=4a 3-3a 52π2,令T ′(a )=0.即4a 3-3a 52π2=0,求得a =263π,检验,当0<a <236π时,T ′(a )>0;当263π<a <2π时,T ′(a )<0,所以当a =263π时,T (a )取得极大值,并且这个极大值就是最大值,且T (a )取得最大值时,V 也就取得最大值,所以当a =263π时,漏斗的容积最大.解法二:设圆锥的底面半径为r ,高为h ,体积为V ,那么r 2+h 2=R 2,因此V (r )=13πr 2h =13πr 2·R 2-r 2=13πR 2r 4-r 6(0<r <R ).令T (r )=R 2r 4-r 6,求它的导数T ′(r )=4R 2r 3-6r 5.再令T ′(r )=0,即4R 2r 3-6r 5=0,求得r =63R ,可以检验当r =63R 时,T (r )取得最大值,也就是当r =63R 时,V (r )取得最大值.再把r =63R 代入Ra =2πr 得a =263π.所以当a =263π时,漏斗的容积最大.12.[解答] 设CD =x (km),则CE =3-x (km).由题意知所需输电线的长l 为:l =AC +BC =1+x 2+ 1.52+(3-x )2(0≤x ≤3), l ′=2x21+x 2+-2(3-x )2 1.52+(3-x )2,令l ′=0,得x1+x 2-3-x 1.52+(3-x )2=0, 即x1+x 2=3-x 1.52+(3-x )2, 平方得x 21+x 2=(3-x )21.52+(3-x )2,1.52x 2+x 2(3-x )2=(3-x )2+x 2(3-x )2, 1.52x 2=(3-x )2,1.5x =3-x , 2.5x =3,x =1.2,故当CD =1.2(km)时所需输电线最短. 【难点突破】13.[解答] (1)由已知m =1200, f (x )=12ln(2x +1)-x200,其中x >0,∴f ′(x )=12x +1-1200=199-2x 200(2x +1).由f ′(x )>0,即199-2x >0,解得0<x <99.5,即加工产品订单金额x ∈(0,99.5)(单位:万美元),该企业的加工费随x 的增加不断增长.(2)依题设,企业加工生产不出现亏损,则当x ∈[10,20]时,都有12ln(2x +1)-mx ≥120x ,由12ln(2x +1)-mx ≥120x ,得120+m ≤ln (2x +1)2x . 令g (x )=ln (2x +1)2x ,x ∈[10,20], 则g ′(x )=22x +1·x -ln (2x +1)2x 2 =2x -(2x +1)ln (2x +1)2x 2(2x +1).令h (x )=2x -(2x +1)ln(2x +1),则h ′(x )=2-⎣⎢⎡⎦⎥⎤2ln (2x +1)+(2x +1)22x +1=-2ln(2x +1)<0,可知h (x )在[10,20]上单调递减. 从而h (20)≤h (x )≤h (10),又h (10)=20-21ln21<21(1-ln21)<0. 故可知g (x )在[10,20]上单调递减,因此g (x )min =ln4140,即m ≤ln4140-120.故当美元的贬值指数m ∈⎝⎛⎦⎥⎤0,ln41-240时,该企业加工生产不会亏损.。