高考总复习理数（北师大版）第3章第2节第2课时导数与函数的极值最值

/11/11/第二课时导数与函数的极值、最值利用导数研究函数极值问题[析考情]函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．[提能力]命题点1：根据图像判断函数极值问题【典例1】(2018·贵阳质检)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)解析：选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．命题点2：求函数的极值【典例2】(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3 D．1解析：选A函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．由x＝－2是函数f(x)的极值点得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．由ex－1＞0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且x＜－2时，f′(x)＞0；－2＜x＜1时，f′(x)＜0；x＞1时，f′(x)＞0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点．所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A．命题点3：由函数的极值求参数问题【典例3】(2018·江西八校联考)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．(0,1) D．(0，＋∞)解析：选B∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，由函数f(x)有两个极值点，可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝eq\f(lnx＋1,x)，设g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，则g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2).[悟技法]函数极值问题的常见类型及解题策略(1)知图判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f′(x)→求方程f′(x)＝0的根→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的附近两侧的符号→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．[刷好题]1．(2018·西宁月考)设三次函数f(x)的导函数为f′(x)，函数y＝x·f′(x)的图像的一部分如图所示，则()A．f(x)的极大值为f(eq\r(3))，极小值为f(－eq\r(3))B．f(x)的极大值为f(－eq\r(3))，极小值为f(eq\r(3))C．f(x)的极大值为f(－3)，极小值为f(3)D．f(x)的极大值为f(3)，极小值为f(－3)解析：选D由图像知，当x＜－3时，f′(x)＜0；当－3＜x＜0时，f′(x)＞0，由此知极小值为f(－3)；当0＜x＜3时，f′(x)＞0；当x＞3时，f′(x)＜0，由此知极大值为f(3)．故选D.2．(2018·凯里模拟)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝__________.解析：由题意，得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9，))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.答案：－73．已知函数f(x)＝eq\f(1＋lnx,kx)(k≠0)，求函数f(x)的极值．解：f(x)＝eq\f(1＋lnx,kx)，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－eq\f(lnx,kx2).令f′(x)＝0，得x＝1，当k>0时，若0<x<1，则f′(x)>0，若x>1，则f′(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大值eq\f(1,k).当k<0时，若0<x<1，则f′(x)<0；若x>1，则f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小值eq\f(1,k).运用导数求函数的最值问题[析考情]函数的最值是高考的热点内容，考查函数最值的同时必然涉及函数的单调性，还会涉及方程、不等式，既有小题，也有大题，有一定难度．[提能力]命题点1：求函数的最值【典例1】(2018·合肥模拟)已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解：(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减－ek－1单调递增所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.命题点2：生活中的优化问题【典例2】(2018·六安模拟)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解：(1)因为x＝5时，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，a＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)[eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.从而f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)·(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得，x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．[悟技法]1．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)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．2．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．[刷好题]1．(2018·绵阳检测)某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间有关系y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为__________.解析：由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，由于0＜x＜40时，y′＜0；x＞40时，y′＞0.所以当x＝40时，y有最小值．答案：402．(2018·桂林模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<1，,alnx，x≥1.))(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在区间[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3)，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝eq\f(2,3).(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0)和(eq\f(2,3)，1)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递增．因为f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增．所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.所以当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.课时作业提升(十五)导数与函数的极值、最值A组夯实基础1．设函数f(x)＝xex，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)的极小值点解析：选Df′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，则x＝－1.当x<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以x＝－1为f(x)的极小值点．2．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A．eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：选Af′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x＞0，令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).3．(2018·长治模拟)若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则导函数f′(x)的图像不可能是()解析：选D若函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图像要穿过x轴，观察四个选项中的图像只有D项是不符合要求的，即f′(x)的图像不可能是D.4．(2108·成都检测)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18解析：选C∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.))而当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))时，函数在x＝1处无极值，故舍去．∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.5．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A．－4 B．－2C．4 D．2解析：选D由题意可得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2，则f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴函数f(x)在x＝2处取得极小值，则a＝2.故选D.6．(2018·怀化模拟)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)解析：选C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，作出其图像如图所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图像可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，故选C．7．(2018·银川模拟)函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则m＝__________.解析：f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.当m＝3时，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，1＜x＜3时，f′(x)＜0；x＜1或x＞3时，f′(x)＞0，此时x＝1处取得极大值，不合题意，所以m＝1.答案：18．(2018·长沙模拟)设f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)，则g(x)的最小值为__________.解析：对f(x)＝lnx求导，得f′(x)＝eq\f(1,x)，则g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，且x＞0.对g(x)求导，得g′(x)＝eq\f(x－1,x2)，令g′(x)＝0，解得x＝1.当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上单调递增．所以g(x)min＝g(1)＝1.答案：19．(2018·郑州模拟)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__________.解析：f′(x)＝－3x2＋2ax，根据已知f′(2)＝0，得a＝3，即f(x)＝－x3＋3x2－4.根据函数f(x)的极值点，可得函数f(m)在[－1,1]上的最小值为f(0)＝－4，f′(n)＝－3n2＋6n在[－1,1]上单调递增，所以f′(n)的最小值为f′(－1)＝－9.[f(m)＋f′(n)]min＝f(m)min＋f′(n)min＝－4－9＝－13.答案：－1310．(2018·武威模拟)已知函数f(x)＝eq\f(x,lnx)＋ax，x＞1.(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．解：(1)f′(x)＝eq\f(lnx－1,?lnx?2)＋a，由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤eq\f(1,?lnx?2)－eq\f(1,lnx)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4).因为x∈(1，＋∞)，所以lnx∈(0，＋∞)，所以当eq\f(1,lnx)－eq\f(1,2)＝0时函数t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lnx)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)的最小值为－eq\f(1,4)，所以a≤－eq\f(1,4).(2)当a＝2时，f(x)＝eq\f(x,lnx)＋2x，f′(x)＝eq\f(lnx－1＋2?lnx?2,?lnx?2)，令f′(x)＝0得2(lnx)2＋lnx－1＝0，解得lnx＝eq\f(1,2)或lnx＝－1(舍)，即x＝eeq\f(1,2).当1＜x＜eeq\f(1,2)时，f′(x)＜0，当x＞eeq\f(1,2)时，f′(x)＞0，所以f(x)的极小值为f(eeq\f(1,2))＝eq\f(e\f(1,2),\f(1,2))＋2eeq\f(1,2)＝4eeq\f(1,2).11．(2018·贵阳模拟)设f(x)＝xex，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋x.(1)令F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的最小值；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex＋eq\f(1,2)x2＋x，F′(x)＝(x＋1)(ex＋1)，令F′(x)＞0，解得：x＞－1，令F′(x)＜0，解得：x＜－1，故F(x)在(－∞，－1)单调递减，在(－1，＋∞)单调递增，故F(x)min＝F(－1)＝－eq\f(1,2)－eq\f(1,e)；(2)若任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有m[f(x1)－f(x2)]＞g(x1)－g(x2)恒成立，则任意x1，x2∈[－1，＋∞)且x1＞x2有mf(x1)－g(x1)＞mf(x2)－g(x2)＞0恒成立，令h(x)＝mf(x)－g(x)＝mxex－eq\f(1,2)x2－x，x∈[－1，＋∞)，即只需h(x)在[－1，＋∞)递增即可；故h′(x)＝(x＋1)(mex－1)≥0在[－1，＋∞)恒成立，故m≥eq\f(1,ex)，而eq\f(1,ex)≤e，故m≥e.B组能力提升1．(2018·海口检测)已知函数f(x)＝lnx＋x2－2ax＋a2，a∈R.(1)若a＝0，求函数f(x)在[1，e]上的最小值；(2)根据a的不同取值，讨论函数f(x)的极值点情况．解：(1)当a＝0时，f(x)＝lnx＋x2，其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＞0，所以f(x)在[1，e]上是增函数，当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝1；故函数f(x)在[1，e]上的最小值是1.(2)f′(x)＝eq\f(2x2－2ax＋1,x)，令g(x)＝2x2－2ax＋1，(ⅰ)当a≤0时，在(0，＋∞)上g(x)＞0恒成立，此时f′(x)＞0，函数f(x)无极值点；(ⅱ)当a＞0时，若Δ＝4a2－8≤0，即0＜a≤eq\r(2)时，在(0，＋∞)上g(x)≥0恒成立，此时f′(x)≥0，函数f(x)无极值点；若Δ＝4a2－8＞0，即a＞eq\r(2)时，易知当eq\f(a－\r(a2－2),2)＜x＜eq\f(a＋\r(a2－2),2)时，g(x)＜0，此时f′(x)＜0；当0＜x＜eq