（江苏专用）高考数学 考前三个月 必考题型过关练 第16练 函数的极值与最值 理

第16练函数的极值与最值题型一函数极值与极值点的判断、求解问题例1函数y＝2x－eq\f(1,x2)的极大值是________．破题切入点根据函数极值的求解步骤，先求导函数，判断单调性，最后求出极值．答案－3解析y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.当x<－1时，y′>0；当x>－1时，y′<0.∴当x＝－1时，y取极大值－3.题型二根据函数的极值来研究函数图象问题例2已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝________.破题切入点结合函数的极值点，作出函数大致图象来解决．答案－2或2解析∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则当x变化时，y′，y的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋yc＋2c－2∴当函数图象与x轴恰有两个公共点时，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.题型三函数的极值问题例3已知函数f(x)＝eq\f(mx,x2＋n)(m，n∈R)在x＝1处取得极值2.(1)求函数f(x)的解析式；(2)设函数g(x)＝lnx＋eq\f(a,x)，若对任意的x1∈R，总存在x2∈[1，e]，使得g(x2)≤f(x1)＋eq\f(7,2)，求实数a的取值范围．破题切入点(1)对函数进行求导，结合题中条件列出方程组，解出参数的值(需验证)，即可得到函数的解析式．(2)利用导数讨论函数g(x)的最小值，通过求解不等式得出实数a的取值范围．解(1)f′(x)＝eq\f(mx2＋n－2mx2,x2＋n2)＝eq\f(－mx2＋mn,x2＋n2)，由于f(x)在x＝1处取得极值2，故f′(1)＝0，f(1)＝2，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(mn－m,1＋n2)＝0，,\f(m,1＋n)＝2，))解得m＝4，n＝1，经检验，此时f(x)在x＝1处取得极值．故f(x)＝eq\f(4x,x2＋1).(2)由(1)知f(x)的定义域为R，且f(－x)＝－f(x)．故f(x)为奇函数，f(0)＝0.当x>0时，f(x)>0，f(x)＝eq\f(4,x＋\f(1,x))≤2，当且仅当x＝1时取“＝”．当x<0时，f(x)<0，f(x)＝eq\f(4,x＋\f(1,x))≥－2，当且仅当x＝－1时取“＝”．故f(x)的值域为[－2,2]，从而f(x1)＋eq\f(7,2)≥eq\f(3,2).依题意有g(x)min≤eq\f(3,2)，x∈[1，e]，g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2)，①当a≤1时，g′(x)≥0，函数g(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为g(1)＝a≤1<eq\f(3,2)，符合题意；②当1<a<e时，函数g(x)在[1，a]上单调递减，在(a，e]上单调递增，所以函数g(x)的最小值为g(a)＝lna＋1，由lna＋1≤eq\f(3,2)，得0<a≤eq\r(e)，从而知当1<a≤eq\r(e)时，符合题意；③当a≥e时，显然函数g(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为g(e)＝1＋eq\f(a,e)≥2>eq\f(3,2)，不符合题意．综合所述，a的取值范围为(－∞，eq\r(e)]．题型四函数的最值问题例4已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值、最小值；(2)求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq\f(2,3)x3的图象的下方．破题切入点(1)f(x)在闭区间[1，e]上的最大值、最小值要么在端点处取得，要么在极值点处取得．所以首先要研究f(x)在[1，e]上的单调性．(2)f(x)的图象在函数g(x)＝eq\f(2,3)x3的图象的下方，即g(x)－f(x)在(1，＋∞)上恒大于0.(1)解当x∈[1，e]时，f′(x)＝x＋eq\f(1,x)>0，所以f(x)在区间[1，e]上为增函数．所以当x＝1时，f(x)取得最小值eq\f(1,2)；当x＝e时，f(x)取得最大值eq\f(1,2)e2＋1.(2)证明设h(x)＝g(x)－f(x)＝eq\f(2,3)x3－eq\f(1,2)x2－lnx，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝2x2－x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x3－x2－1,x)＝eq\f(x－12x2＋x＋1,x).当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以h(x)>h(1)＝eq\f(1,6)>0.所以对于x∈(1，＋∞)，g(x)>f(x)成立，即f(x)的图象在g(x)的图象的下方．总结提高(1)准确把握函数极值与最值的概念，极值是函数的局部性质，在所给的区间上极大值和极小值不一定唯一，且极大值不一定大于极小值，而最值是函数的整体性质，在所给的区间上最大值一定大于最小值，且最大值和最小值都是唯一的．(2)函数在x0处取得极值，有f′(x0)＝0，而f′(x0)＝0不一定有f(x)在x0处取得极值．(3)两者之间的联系，求最值时先要求出极值然后和区间端点函数值相比较而得出最大值和最小值．1．(2014·课标全国Ⅱ改编)函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则p是q的________条件．答案必要不充分解析当f′(x0)＝0时，x＝x0不一定是f(x)的极值点，比如，y＝x3在x＝0时，f′(0)＝0，但在x＝0的左右两侧f′(x)的符号相同，因而x＝0不是y＝x3的极值点．由极值的定义知，x＝x0是f(x)的极值点必有f′(x0)＝0.综上知，p是q的必要条件，但不是充分条件．2．(2013·辽宁改编)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，则x＞0时，f(x)极值情况为________．答案无极大值也无极小值解析由x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，得f′(x)＝eq\f(ex－2x2fx,x3)，令g(x)＝ex－2x2f(x)，x＞0，则g′(x)＝ex－2x2f′(x)－4xf(x)＝ex－2·eq\f(ex,x)＝eq\f(x－2ex,x).令g′(x)＝0，得x＝2.当x＞2时，g′(x)＞0；当0＜x＜2时，g′(x)＜0，∴g(x)在x＝2时有最小值g(2)＝e2－8f从而当x＞0时，f′(x)≥0，则f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴函数f(x)无极大值，也无极小值．3．已知x＝3是函数f(x)＝alnx＋x2－10x的一个极值点，则实数a＝________.答案12解析f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－10，由f′(3)＝eq\f(a,3)＋6－10＝0，得a＝12，经检验满足．4．设变量a，b满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b≥a，,a＋3b≤4，,a≥－2.))z＝|a－3b|的最大值为m，则函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(m,16)x2－2x＋2的极小值为________．答案－eq\f(4,3)解析据线性规划可得(a－3b)min＝－8，(a－3b)max＝－2，故2≤|a－3b|≤8，即m＝8，此时f′(x)＝x2－x－2＝(x－2)·(x＋1)，可得当x≤－1时f′(x)>0，当－1<x<2时f′(x)<0，当x≥2时f′(x)>0，故当x＝2时函数取得极小值，即f(x)极小值＝f(2)＝－eq\f(4,3).5．已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，则f(－1)的取值范围是________．答案[3,12]解析方法一由于f′(x)＝3x2＋4bx＋c，据题意方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，令g(x)＝3x2＋4bx＋c，结合二次函数图象可得只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝12－8b＋c≥0，,g－1＝3－4b＋c≤0，,g1＝3＋4b＋c≤0，,g2＝12＋8b＋c≥0，))此即为关于点(b，c)的线性约束条件，作出其对应平面区域，f(－1)＝2b－c，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f(－1)＝2b－c的最值问题，由线性规划易知3≤f(－1)≤12.方法二方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]的条件也可以通过二分法处理，即只需g(－2)g(－1)≤0，g(2)g(1)≤0即可，利用同样的方法也可解答．6．已知函数f(x)的导数为f′(x)＝x2－x，则当x＝________时，函数f(x)取得极大值．答案0解析当x<0或x>1时，f′(x)>0；当0<x<1时，f′(x)<0.所以当x＝0时，函数f(x)取得极大值．7．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围是________．答案0<a<1解析∵y′＝3x2－3a，令y可得a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴0<a<1.8．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．答案a>2或a<－1解析f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.因为函数f(x)有极大值又有极小值，所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a2－4a－8>0，解得a>2或9．若函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________________．答案0<t<1或2<t<3解析对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－eq\f(3,x)＝eq\f(－x2＋4x－3,x)＝－eq\f(x－1x－3,x).由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t<1<t＋1或t<3<t＋1，解得0<t<1或2<t<3.10．设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0.所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1时，(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<eq\f(x＋1,ex－1)＋x(x>0)．①令g(x)＝eq\f(x＋1,ex－1)＋x，则g′(x)＝eq\f(－xex－1,ex－12)＋1＝eq\f(exex－x－2,ex－12).由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝e－3<0，h(2)＝e2－4>0.所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.11．(2014·天津)已知函数f(x)＝x2－eq\f(2,3)ax3(a>0)，x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1，求a的取值范围．解(1)由已知，有f′(x)＝2x－2ax2(a>0)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(1,a).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0(0，eq\f(1,a))eq\f(1,a)(eq\f(1,a)，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)0eq\f(1,3a2)所以f(x)的单调递增区间是(0，eq\f(1,a))；单调递减区间是(－∞，0)，(eq\f(1,a)，＋∞)．当x＝0时，f(x)有极小值，且极小值f(0)＝0；当x＝eq\f(1,a)时，f(x)有极大值，且极大值f(eq\f(1,a))＝eq\f(1,3a2).(2)由f(0)＝f(eq\f(3,2a))＝0及(1)知，当x∈(0，eq\f(3,2a))时，f(x)>0；当x∈(eq\f(3,2a)，＋∞)时，f(x)<0.设集合A＝{f(x)|x∈(2，＋∞)}，集合B＝{eq\f(1,fx)|x∈(1，＋∞)，f(x)≠0}，则“对于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)·f(x2)＝1”等价于A⊆B.显然，0∉B.下面分三种情况讨论：①当eq\f(3,2a)>2，即0<a<eq\f(3,4)时，由f(eq\f(3,2a))＝0可知，0∈A，而0∉B，所以A不是B的子集．②当1≤eq\f(3,2a)≤2，即eq\f(3,4)≤a≤eq\f(3,2)时，有f(2)≤0，且此时f(x)在(2，＋∞)上单调递减，故A＝(－∞，f(2))，因而A⊆(－∞，0)；由f(1)≥0，有f(x)在(1，＋∞)上的取值范围包含(－∞，0)，则(－∞，0)⊆B.所以A⊆B.③当eq\f(3,2a)<1，即a>eq\f(3,2)时，有f(1)<0，且此时f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故B＝(eq\f(1,f1)，0)，A＝(－∞，f(2))，所以A不是B的子集．综上，a的取值范围是[eq\f(3,4)，eq\f(3,2)]．12．(2014·山东)设函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－k(eq\f(2,x)＋lnx)(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点，求k的