2018卓越学案高考文科数学新课标一轮复习课件：第3章 导数及其应用 第4讲 精品

所以 x＝ e是 f(x)在区间(1， e]上的唯一零点．
当 k＞e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f(1)＝12＞0， f( e)＝e－2 k＜0， 所以 f(x)在区间(1， e]上仅有一个零点． 综上可知，若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一 个零点．
1．已知函数 f(x)＝－x3＋ax2－4 在 x＝2 处取得极值，若 m，
n∈[－1，1]，则 f(m)＋f′(n)的最小值是( D )
A．－1
B．－6
C．8
D．－13
解析：对函数 f(x)求导得 f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函数 f(x)在 x＝2 处取得极值知 f′(2)＝0， 即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3. 由此可得 f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x， 易知 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. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x 的图象开口向下，且对称轴为 x＝1. ∴当 n∈[－1，1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9. 故 f(m)＋f′(n)的最小值为－13.
2．设直线 x＝t 与函数 h(x)＝x2，g(x)＝ln x 的图象分别交于
点 M，N，则当|MN|最小时 t 的值为( D )
A．1
B．12
C．
5 2
D．
2 2
解析：由已知条件可得|MN|＝t2－ln t， 设 f(t)＝t2－ln t(t＞0)，则 f′(t)＝2t－1t ， 令 f′(t)＝0，得 t＝ 22， 当 0＜t＜ 22时，f′(t)＜0， ∴当 t＝ 22时， f(t)取得最小值．
函数在给定区间上的最值问题
设函数 f(x)＝aln x－bx2(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，
3．(选修 1－1 P97 例 5 改编)函数 f(x)＝13x3－4x＋m 在[0，3]
上的最大值为 4，则 m 的值为( D )
A．7
B．238
C．3
D．4
解析： f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]， f′(x)＝0 时，x＝2， f′(x)＜0 时，0≤x＜2，f′(x)＞0 时，2＜x≤3. ∴f(x)在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数． 又 f(0)＝m，f(3)＝－3＋m. ∴在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，∴m＝4， 故选 D.
①若 a≤－3 或 a≥0，则 f′(x)＝3x2＋a 在(0，1)上无零点，故 f(x)在(0，1)上单调． 而 f(0)＝14，f(1)＝a＋54， 所以当 a≤－3 时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当 a≥0 时， f(x)在(0，1)上没有零点．
② 若 － 3 ＜ a ＜ 0 ， 则 f(x) 在 0，
所以，f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增． 故 f(x)在 x＝0 处取得最小值．所以对于任意 x1，x2∈[－1， 1] ， |f(x1) － f(x2)|≤e － 1 的 充 要 条 件 是 f（1）－f（0）≤e－1， f（－1）－f（0）≤e－1， 即eem－－m＋mm≤≤e－e－1，1. ①
第三章 导数及其应用
第 4 讲 导数与函数的最值 和生活中的优化问题
第三章 导数及其应用
考纲展示
考情呈现
1.考查频数：5 年 5 考
1.会求闭区间上 2．考查题型：选择题、解答题
函数的最大值、 3．试题难度：中、难
最小值(其中多 4．高频考点：以求函数的最值为载体，
项式函数不超过 通过转化求函数的零点，证明不等式、
解：(1)由 f(x)＝x22－kln x(k＞0)，得 x＞0 且 f′(x)＝x－kx＝x2－x k.
由 f′(x)＝0，解得 x＝ k(负值舍去)．
f(x)与 f′(x)在区间(0，＋∞)上的变化情况如下：
x (0， k)
k
( k，＋∞)
f′(x) －
0
＋
f(x)
k（1－ln k） 2
所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)，单调递增区间是( k，
设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则 g′(t)＝et－1. 当 t<0 时，g′(t)<0；当 t>0 时，g′(t)>0. 故 g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0， 故当 t∈[－1，1]时，g(t)≤0. 当 m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当 m>1 时，由 g(t)的单调性，g(m)>0，即 em－m>e－1； 当 m<－1 时，g(－m)>0，即 e－m＋m>e－1. 综上，m 的取值范围是[－1，1]．
函数的最值在求零点中的应用
(2015·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝x3＋ax＋14， g(x)＝－ln x，用 min{m，n}表示 m，n 中的最小值，设函数 h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，讨论 h(x)零点的个数．
[解] 当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x＜0， 从而 h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故 h(x)在(1，＋∞)上无 零点． 当 x＝1 时，若 a≥－54，则 f(1)＝a＋54≥0，h(1)＝min{f(1)， g(1)}＝g(1)＝0，故 x＝1 是 h(x)的零点； 若 a＜－54，则 f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故 x ＝1 不是 h(x)的零点． 当 x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x＞0， 所以只需考虑 f(x)在(0，1)上的零点个数．
A．7
B．9
C．2
D．4274
解析： f′(x)＝12x＋1，x∈[－1，1]． f′(x)＝0 时，x＝－112， f′(x)＜0 时，－1≤x＜－112. f′(x)＞0 时，－112＜x≤1. ∴f(x)在[－1，－112]上是减函数，在[－112，1]上是增函数． 又 f(－1)＝7，f(1)＝9.∴f(x)在[－1，1]上的最大值为 9.
零点．
(1)求函数零点的基本步骤：①确定函数的单调性；②求函数 的极值或最值；③利用零点判定定理列式． (2)含有字母系数的函数的单调性的判定要用分类讨论思想．
1．已知函数 f(x)＝ln x，则函数 g(x)＝f(x)－f′(x)的零点所在
的区间是( B )
A．(0，1)
B．(1，2)
C．(2，3)
1．函数的极值是在定义域的局部范围内讨论的，是一个局部 性概念，而函数的最值是对整个定义域而言，在整体范围内 讨论的，是一个整体性概念． 2．函数在定义域上的最大值、最小值最多各有一个，而函数 的极值则可能不止一个，也可能没有．
1．(选修 1－1 P97 内文改编)图中函数 f(x)的最大值与极小值
函数最值在求参数范围中的应用
(2015·高考全国卷Ⅱ节选)设函数 f(x)＝emx＋x2－mx.若 对于任意 x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求 m 的取值范围． [解] f′(x)＝m(emx－1)＋2x. 若 m≥0，则当 x∈[－1，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0；当 x∈(0， 1]时，emx－1≥0，f′(x)>0. 若 m<0，则当 x∈[－1，0)时，emx－1>0，f′(x)<0； 当 x∈(0，1]时，emx－1<0，f′(x)>0.
－a3 上 单 调 递 减 ， 在
－a3，1上单调递增，故在(0，1)上，当 x＝
－a3时，
f(x)取得最小值，最小值为 f
－a3＝23a
－a3＋14.
a．若 f
－a3＞0，即－34＜a＜0，则 f(x)在(0，1)上无零
点．
b．若 f 零点．
－a3＝0，即 a＝－34，则 f(x)在(0，1)上有唯一
4．(选修 1－1 P110A 组 T2(2)改编)函数 f(x)＝ex＋ln x 在(0，1] 上的最大值为___e_____． 解析：f′(x)＝ex＋1x＞0，x∈(0，1]． ∴f(x)在(0，1]上是增函数． ∴f(x)max＝f(1)＝e.
5．(选修 1－1 P98 练习 T(3)改编)函数 f(x)＝－x3＋12x＋6， x∈－13，3的零点个数是____0____． 解析：f′(x)＝－3x2＋12，x∈－13，3. f′(x)＝0 时，x＝2，f′(x)＜0 时，2＜x≤3. f′(x)＞0 时，－13≤x＜2. ∴f(x)在－13，2上是增函数，在(2，3]上是减函数． f(x)极大值＝f(2)＝22. 由于 f－13＞0，f(3)＞0，所以有 0 个零点．
＋∞)．f(x)在 x＝
k处取得极小值 f(
k)＝k（1－2ln
k） .
(2)证明：由(1)知，f(x)在区间(0，＋∞)上的最小值为 f( k)＝
k（1－ln k）
2
.
因为 f(x)存在零点，
所以k（1－2ln k）≤0，从而 k≥e.
当 k＝e 时，f(x)在区间(1， e)上单调递减，且 f( e)＝0，
利用函数最值求参数范围的步骤： ①先求出函数在指定区间的值域； ②根据条件列出关于参数的不等式； ③等价求解不等式问题．
1．已知 y＝f(x)是奇函数，当 x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－axa＞12，
三次)
求参数的取值范围
2．会用导数解决 5．考查能力：利用单调性求函数的最值，
实际问题
利用转化与化归、分类讨论、方程思想
解决相关问题
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．
c．若 f
－a3＜0，即－3＜a＜－34，由于 f(0)＝14，f(1)＝
a＋54，所以当－54＜a＜－34时，f(x)在(0，1)上有两个零点；
当－3＜a≤－54时，f(x)在(0，1)上有一个零点．
综上，当 a＞－34或 a＜－54时，h(x)有一个零点；当 a＝－34或
a＝－54时，h(x)有两个零点；当－54＜a＜－34时，h(x)有三个
D．(3，4)
解析：函数 f(x)的导数为 f′(x)＝1x， 所以 g(x)＝f(x)－f′(x)＝ln x－1x. 因为 g(1)＝ln 1－1＝－1<0，g(2)＝ln 2－12>0， 所以函数 g(x)＝f(x)－f′(x)的零点所在的区间为(1，2)，故选 B.
2．设函数 f(x)＝x22－kln x，k＞0. (1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)证明：若 f(x)存在零点，则 f(x)在区间(1， e]上仅有一个 零点．
求函数 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤： 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．
函数最值的求法 扫一扫
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的差为( C )
A．n－m
B．q－s
C．n－s D．q－m源自解析：由题图可知 f(x)的最大值为 f(b)＝n，极小值为 f(x2)＝
f(x4)＝s，∴最大值与极小值的差为 n－s.
2．(选修 1－1 P99A 组 T6(1)改编)函数 f(x)＝6x2＋x＋2 在区间 [－1，1]上的最大值为( B )
f′（1）＝a－2b＝0， a＝1， ∴f（1）＝－b＝－12， 解得b＝12.
(2)f(x)＝ln x－12x2，f′(x)＝1x－x＝1－xx2， 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.