新高考数学二轮复习专题09 函数的最值 (教师版)

专题09函数的最值考点一求已知函数的最值【方法总结】导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f(x)的导数f′(x)；(2)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；(3)求f(x)在给定区间上的端点值；(4)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；(5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．【例题选讲】[例1](1)函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为________．答案－1解析f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0得x＝1．当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0．∴当x＝1时，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln1－1＝－1．(2)函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值为．答案eq\f(3,2)解析因为f′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f((x＋2)(x－1),x)(x＞0)，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2)．(3)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－eq\f(2,3)，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为．答案－2e解析由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，故f(x)＝eq\f(1,3)x3＋nx＋2，∵f(1)＝eq\f(1,3)＋n＋2＝－eq\f(2,3)，∴n＝－3．∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3．故g(x)＝ex(x2－3)，则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e．(4)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．答案－eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相当于求f(x)在[0，2π]上的最小值．f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．令f′(x)＝0，解得cosx＝eq\f(1,2)或cosx＝－1，x∈[0，2π]．∴由cosx＝－1，得x＝π；由cosx＝eq\f(1,2)，得x＝eq\f(5,3)π或x＝eq\f(π,3)．∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,3)＋sineq\f(2π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π))＝－eq\f(3\r(3),2)，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值为－eq\f(3\r(3),2)．(5)设正实数x，则f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域为________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))解析令lnx＝t，则x＝et，∴g(t)＝eq\f(t2,et2)，令t2＝m，m≥0，∴h(m)＝eq\f(m,em)，∴h′(m)＝eq\f(em(1－m),e2m)，令h′(m)＝0，解得m＝1，当0≤m<1时，h′(m)>0，函数h(m)单调递增，当m≥1时，h′(m)<0，函数h(m)单调递减，∴h(m)max＝h(1)＝eq\f(1,e)，∵f(0)＝0，当m→＋∞时，h(m)→0，∴f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(6)已知函数f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的图象与直线y＝m的交点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1－x2的取值范围是()A．[1，＋∞)B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))答案A解析由题意知f(x1)＝g(x2)，所以elnx1＝x2＋1，即x2＝elnx1－1，则x1－x2＝x1－elnx1＋1，x1>0．令h(x)＝x－elnx＋1(x>0)，则h′(x)＝1－eq\f(e,x)＝eq\f(x－e,x)．当x>e时，h′(x)>0，当0<x<e时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝1．又当x→0＋时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)上的值域为[1，＋∞)，所以x1－x2的取值范围为[1，＋∞)．(7)已知不等式ex－1≥kx＋lnx对于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则k的最大值为________．答案e－1解析∀x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋lnx恒成立，等价于∀x∈(0，＋∞)，k≤eq\f(ex－1－lnx,x)恒成立，令φ(x)＝eq\f(ex－1－lnx,x)(x>0)，则φ′(x)＝eq\f(ex(x－1)＋lnx,x2)，当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1．(8)(多选)设函数f(x)＝eq\f(x＋e|x|,e|x|)，则下列选项正确的是()A．f(x)为奇函数B．f(x)的图象关于点(0，1)对称C．f(x)的最大值为eq\f(1,e)＋1D．f(x)的最小值为－eq\f(1,e)＋1答案BCD解析f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1，不满足f(－x)＝－f(x)，故A项错误；令g(x)＝eq\f(x,e|x|)，则g(－x)＝eq\f(－x,e|－x|)＝eq\f(－x,e|x|)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，则f(x)关于点(0，1)对称，B项正确；设f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最大值为M，则g(x)的最大值为M－1，设f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最小值为N，则g(x)的最小值为N－1，当x＞0时，g(x)＝eq\f(x,ex)，所以g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，所以当0＜x＜1时，g(x)单调递增，当x＞1时，g(x)单调递减，所以g(x)在x＝1处取得最大值，最大值为g(1)＝eq\f(1,e)，由于g(x)为奇函数，所以g(x)在x＝－1处取得最小值，最小值为g(－1)＝－eq\f(1,e)，所以f(x)的最大值为M＝eq\f(1,e)＋1，最小值为N＝－eq\f(1,e)＋1，故C、D项正确．故选B、C、D．[例2]已知函数f(x)＝excosx－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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解析(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－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)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．所以对任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0．所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2)．[例3](2017·浙江)已知函数f(x)＝(x－eq\r(2x－1))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)))．(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范围．解析(1)f′(x)＝(x－eq\r(2x－1))′e－x＋(x－eq\r(2x－1))(e－x)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))))e－x－(x－eq\r(2x－1))e－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))－x＋\r(2x－1)))e－x＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)))．(2)令f′(x)＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－x＝0，解得x＝1或eq\f(5,2)．当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2)))eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)极小值－2极大值2又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0．∴x3＝－1，x4＝2．∵f(x)在开区间(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是极小值．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－12<－1<a，,a≤2，))解得－1<a≤2．(4)已知函数f(x)＝lnx－ax存在最大值0，则a＝________．答案eq\f(1,e)解析f′(x)＝eq\f(1,x)－a，x＞0．当a≤0时，f′(x)＝eq\f(1,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)＝eq\f(1,x)－a＝0，解得x＝eq\f(1,a)．当0＜x＜eq\f(1,a)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞eq\f(1,a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＝0，解得a＝eq\f(1,e)．(5)(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a＜0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，则a的取值可能为()A．－6B．－5C．－4D．－3答案ABC解析令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(a,3)(a＜0)，当eq\f(a,3)＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＜eq\f(a,3)或x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))，从而f(x)在x＝eq\f(a,3)处取得极大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)，由f(x)＝－eq\f(a3,27)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,3)))＝0，解得x＝eq\f(a,3)或x＝－eq\f(a,6)，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，所以eq\f(a,3)＜eq\f(a＋6,3)≤－eq\f(a,6)，解得a≤－4．所以选项A，B，C符合题意．(6)设函数f(x)＝ex－cosx－2a，g(x)＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f(x1)＝g(x2)成立，则x2－x1的最小值为1时，实数a＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)D．1答案B解析令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－cosx－x－2a，由f(x1)＝g(x2)得x2＝ex1－cosx1－2a，则x2－x1＝ex1－cosx1－x1－2a，则x2－x1的最小值即F(x)在[0，π]上的最小值．∵F′(x)＝ex＋sinx－1≥0恒成立，x∈[0，π]，∴F(x)在[0，π]上单调递增，∴F(x)min＝F(0)＝－2a＝(x2－x1)min＝1，∴a＝－eq\f(1,2)．【对点训练】1．已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2，2]上有最小值－37，则a的值为____________，f(x)在[－2，2]上的最大值为________．1．答案33解析f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－2(－2，0)0(0，2)2f′(x)＋0－0f(x)－40＋a极大值a－8＋a所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3．所以当x＝0时，f(x)取得最大值3．2．若函数y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在[－2，1]上的最大值为eq\f(9,2)，则m等于()A．0B．1C．2D．eq\f(5,2)2．答案C解析y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－1<x<0时，y′<0，当－2<x<－1或0<x<1时，y′>0，所以函数y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在(－2，－1)，(0，1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，又当x＝－1时，y＝m＋eq\f(1,2)，当x＝1时，y＝m＋eq\f(5,2)，所以最大值为m＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2)，解得m＝2．2．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]2．答案D解析由题意知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≤－3．3．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5，0)B．(－5，0)C．[－3，0)D．(－3，0)3．答案C解析由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示．令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)，故选C．4．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________．4．答案－3e解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x＋m,x2)，若m≥0，f′(x)>0