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第第页§3.3导数与函数的极值、最值课标要求1.借助函数图象,了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题.知识梳理1.函数的极值(1)函数的极小值函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点处的函数值都小,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处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点处的函数值都大,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.(3)极小值点、极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值.2.函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a,b]上有最值的条件:如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值.(2)求函数y=f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值的步骤:①求函数y=f(x)在区间(a,b)内的极值;②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值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.常用结论对于可导函数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.自主诊断1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个,也可能没有.(√)(2)函数的极小值一定小于函数的极大值.(×)(3)函数的极小值一定是函数的最小值.(×)(4)函数的极大值一定不是函数的最小值.(√)2.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象,则f(x)的极小值点的个数为()A.1B.2C.3D.4答案A解析由导函数f′(x)的图象知,在x=-2处,f′(-2)=0,且其两侧导数符号为左正右负,所以x=-2是f(x)的极大值点;在x=-1处,f′(-1)=0,且其两侧导数符号为左负右正,所以x=-1是f(x)的极小值点;在x=2处,f′(2)=0,且其两侧导数符号为左正右负,所以x=2是f(x)的极大值点.综上,f(x)的极小值点的个数为1.3.若函数f(x)=x3-ax2+2x-1有两个极值点,则实数a的取值范围是________________.答案(-∞,-eq\r(6))∪(eq\r(6),+∞)解析f′(x)=3x2-2ax+2,由题意知f′(x)有两个变号零点,∴Δ=(-2a)2-4×3×2>0,解得a>eq\r(6)或a<-eq\r(6).4.函数f(x)=eq\f(1,3)x3-4x+4在区间[0,3]上的最大值是________,最小值是________.答案4-eq\f(4,3)解析f′(x)=x2-4,令f′(x)=0,解得x=2或x=-2(舍去).当x∈[0,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,3]时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=2时,f(x)=eq\f(1,3)x3-4x+4有极小值,并且极小值为f(2)=-eq\f(4,3).又由于f(0)=4,f(3)=1,所以函数f(x)=eq\f(1,3)x3-4x+4在区间[0,3]上的最大值是4,最小值是-eq\f(4,3).题型一利用导数求解函数的极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1(多选)如图是函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象,下列说法正确的是()A.f(1)为函数f(x)的极大值B.当x=-1时,f(x)取得极小值C.f(x)在(-1,2)上单调递增,在(2,4)上单调递减D.当x=3时,f(x)取得极小值答案BC解析由图象知,当x∈(-2,-1)时,f′(x)<0,即f(x)在(-2,-1)上单调递减,当x∈(-1,2)时,f′(x)>0,即f(x)在(-1,2)上单调递增,所以当x=-1时,f(x)取得极小值,故A错误,B正确;当x∈(2,4)时,f′(x)<0,即f(x)在(2,4)上单调递减,故C正确,D错误.命题点2求已知函数的极值例2设函数f(x)=(x2+ax+a)ex,讨论f(x)的单调性并判断f(x)有无极值,若有极值,求出f(x)的极值.解f′(x)=(2x+a)ex+(x2+ax+a)ex=(x+2)(x+a)ex当a=2时,f′(x)≥0,所以函数f(x)在R上是增函数,无极值;当a≠2时,令f′(x)=0,解得x=-2或x=-a,不妨令x1<x2(x1是-2与-a中较小的一个,x2是较大的一个),列表如下:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗当-a>-2,即a<2时,取x1=-2,x2=-a,其单调区间如表所示,极大值为f(-2)=(4-a)e-2,极小值为f(-a)=ae-a.当-a<-2,即a>2时,取x1=-a,x2=-2,其单调区间如表所示,极小值为f(-2)=(4-a)e-2,极大值为f(-a)=ae-a.命题点3已知极值(点)求参数例3(1)若函数f(x)=x(x+a)2在x=1处有极大值,则实数a的值为()A.1B.-1或-3C.-1D.-3答案D解析函数f(x)=x(x+a)2,f′(x)=(x+a)2+2x(x+a)=(x+a)(3x+a),由函数f(x)=x(x+a)2在x=1处有极大值,可得f′(1)=(1+a)(3+a)=0,解得a=-1或a=-3,当a=-1时,f′(x)=(x-1)(3x-1),当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),1))时,f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),1))上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(x)在x=1处有极小值,不符合题意.当a=-3时,f′(x)=(x-3)(3x-3),当x∈(-∞,1)时,f′(x)>0,当x∈(1,3)时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,f(x)在x=1处有极大值,符合题意.综上可得,a=-3.思维升华根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.(2)验证:求解后验证根的合理性.跟踪训练1(1)已知函数f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10,则a+b的值为()A.-1或3B.1或-3C.3D.-1答案C解析因为f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a,所以f′(x)=3x2+2ax+b,因为函数f(x)在x=1处取得极大值10,所以f′(1)=3+2a+b=0,①f(1)=1+a+b-a2-7a=10,②联立①②,解得a=-2,b=1或a=-6,b=9.当a=-2,b=1时,f′(x)=3x2-4x+1=(x-1)·(3x-1),f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-∞,\f(1,3)))和(1,+∞)上单调递增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3),1))上单调递减,故f(x)在x=1处取得极小值10,不符合题意;当a=-6,b=9时,f′(x)=3x2-12x+9=(x-1)·(3x-9),f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值10,符合题意.综上可得,a=-6,b=9.则a+b=3.(2)已知函数f(x)=x2-aln(2x+1)在定义域内不存在极值点,则实数a的取值范围是__________.答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(1,8)))解析函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),+∞)),且f′(x)=2x-eq\f(2a,2x+1)=eq\f(4x2+2x-2a,2x+1)=eq\f(22x2+x-a,2x+1),因为f(x)在定义域内不存在极值点,所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),+∞))上恒成立,即2x2+x-a≥0或2x2+x-a≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),+∞))上恒成立,因为2x2+x-a≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),+∞))上不可能恒成立,所以2x2+x-a≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2),+∞))上恒成立,即a≤2x2+x=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x+\f(1,4)))2-eq\f(1,8),所以a≤(2x2+x)min=-eq\f(1,8),故a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(-∞,-\f(1,8))).题型二利用导数求函数的最值问题命题点1不含参函数的最值例4函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A.-eq\f(π,2),eq\f(π,2)B.-eq\f(3π,2),eq\f(π,2)C.-eq\f(π,2),eq\f(π,2)+2D.-eq\f(3π,2),eq\f(π,2)+2答案D解析f(x)=cosx+(x+1)sinx+1,x∈[0,2π],则f′(x)=-sinx+sinx+(x+1)·cosx=(x+1)cosx,x∈[0,2π].令f′(x)=0,解得x=-1(舍去)或x=eq\f(π,2)或x=eq\f(3π,2).因为f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=coseq\f(π,2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)+1))sineq\f(π,2)+1=2+eq\f(π,2),f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))=coseq\f(3π,2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)+1))sineq\f(3π,2)+1=-eq\f(3π,2),又f(0)=cos0+(0+1)sin0+1=2,f(2π)=cos2π+(2π+1)sin2π+1=2,所以f(x)max=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=2+eq\f(π,2),f(x)min=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))=-eq\f(3π,2).故选D.命题点2含参函数的最值例5已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx.当a>0时,f(x)在区间[1,e]上的最小值为-2,求实数a的取值范围.解f′(x)=2ax-(a+2)+eq\f(1,x)=eq\f(ax-12x-1,x)(x>0,a>0),当0<eq\f(1,a)≤1,即a≥1时,f′(x)≥0在[1,e]上恒成立,f(x)单调递增,所以f(x)min=f(1)=-2,符合题意.当1<eq\f(1,a)<e,即eq\f(1,e)<a<1时,若x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(1,a))),则f′(x)<0,f(x)单调递减;若x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a),e)),则f′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<f(1)=-2,不符合题意.当eq\f(1,a)≥e,即0<a≤eq\f(1,e)时,f′(x)≤0在[1,e]上恒成立,f(x)单调递减,所以f(x)min=f(e)<f(1)=-2,不符合题意.综上所述,a的取值范围是[1,+∞).思维升华求含有参数的函数的最值,需先求函数的定义域、导函数,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.跟踪训练2(1)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为________.答案1解析函数f(x)=|2x-1|-2lnx的定义域为(0,+∞).①当x>eq\f(1,2)时,f(x)=2x-1-2lnx,所以f′(x)=2-eq\f(2,x)=eq\f(2x-1,x),当eq\f(1,2)<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,所以f(x)min=f(1)=2-1-2ln1=1;②当0<x≤eq\f(1,2)时,f(x)=1-2x-2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)))上单调递减,所以f(x)min=f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))=-2lneq\f(1,2)=2ln2=ln4>lne=1.综上,f(x)min=1.(2)已知函数f(x)=lnx+ax2+1.当0<x≤e2时,g(x)=f(x)-ax2-3+eq\f(a,x)有最小值2,求a的值.解g(x)=f(x)-ax2-3+eq\f(a,x)=lnx+eq\f(a,x)-2,其中0<x≤e2,则g′(x)=eq\f(1,x)-eq\f(a,x2)=eq\f(x-a,x2).若a≤0,则g′(x)>0,g(x)在(0,e2]上单调递增,函数g(x)无最小值,不符合题意;若a>0,当x>a时,g′(x)>0,当0<x<a时,g′(x)<0.①当a≥e2时,对任意的x∈(0,e2],g′(x)≤0,函数g(x)在(0,e2]上单调递减,则g(x)min=g(e2)=lne2+eq\f(a,e2)-2=eq\f(a,e2)=2,解得a=2e2,符合题意;②当0<a<e2时,函数g(x)在(0,a]上单调递减,在(a,e2]上单调递增,所以g(x)min=g(a)=lna+eq\f(a,a)-2=2,解得a=e3,不符合题意.综上所述,a的值为2e2.课时精练一、单项选择题1.函数f(x)=eq\f(1,3)x3+x2-3x-1的极小值点是()A.1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,-\f(8,3)))C.-3D.(-3,8)答案A解析f′(x)=x2+2x-3,由x2+2x-3=0,得x=-3或x=1,所以函数f(x)=eq\f(1,3)x3+x2-3x-1在(-∞,-3)上单调递增,在(-3,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故f(x)在x=1处有极小值,极小值点为1.2.函数f(x)=xcosx-sinx在区间[-π,0]上的最大值为()A.1B.πC.eq\f(3,2)D.eq\f(3π,2)答案B解析由题意得f′(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx,当x∈[-π,0]时,sinx≤0,f′(x)≤0,所以f(x)在[-π,0]上单调递减,故函数f(x)在区间[-π,0]上的最大值为f(-π)=π.3.若当x=1时,函数f(x)=alnx+eq\f(b+1,x)取得极小值4,则a+b等于()A.7B.8C.9D.10答案A解析f(x)=alnx+eq\f(b+1,x),f′(x)=eq\f(a,x)-eq\f(b+1,x2),根据题意有f′(1)=a-(b+1)=0,且f(1)=b+1=4,解得a=4,b=3,a+b=7.此时f′(x)=eq\f(4,x)-eq\f(4,x2)=eq\f(4x-1,x2),x∈(0,+∞),当x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.所以函数f(x)在x=1处取得极小值,满足题意,故a+b=7.4.已知函数f(x)=-x2+ax+1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值,则a的取值范围是()A.[2,+∞)B.[4,+∞)C.[2,4]D.(2,4)答案D解析f′(x)=a-2x,令f′(x)=0,得x=eq\f(a,2),当x<eq\f(a,2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>eq\f(a,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,因此x=eq\f(a,2)是f(x)的极大值点,由于只有一个极值点,因此也是最大值点,由题意得eq\f(a,2)∈(1,2),所以a∈(2,4).5.当x=1时,函数f(x)=alnx+eq\f(b,x)取得最大值-2,则f′(2)等于()A.-1B.-eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D.1答案B解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),依题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1=-2,,f′1=0,))而f′(x)=eq\f(a,x)-eq\f(b,x2),所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b=-2,,a-b=0,))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a=-2,,b=-2,))所以f′(x)=-eq\f(2,x)+eq\f(2,x2),因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x=1时,函数f(x)取得最大值,满足题意.所以f′(2)=-1+eq\f(1,2)=-eq\f(1,2).二、多项选择题6.对于函数f(x)=x3-3x,下列结论中正确的是()A.f(x)是奇函数B.f(x)在区间(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增C.f(x)在x=-1处取得极大值2D.f(x)的值域是[-2,2]答案ABC解析对于A,因为对∀x∈R,f(-x)=-x3+3x=-f(x),故A正确;对于B,f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令f′(x)>0可得x<-1或x>1,令f′(x)<0可得-1<x<1,所以函数f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减,故B正确;对于C,由f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,结合选项B可知,x=-1是函数f(x)的极大值点,此时函数f(x)的极大值为f(-1)=-1+3=2,故C正确;对于D,由B选项可知,函数f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减,作出f(x)的大致图象如图所示,所以f(x)无最大值,无最小值,故D错误.三、填空题7.若函数f(x)=eq\f(e2x,x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4),a))上的最小值为2e,则a的取值范围是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))解析由f(x)=eq\f(e2x,x),得f′(x)=eq\f(e2x2x-1,x2),所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4),\f(1,2)))上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))上单调递增,且f
eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))=2e,所以eq\f(1,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4),a)),即a≥eq\f(1,2),所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞)).8.某商场销售某种商品,经验表明,该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y=eq\f(2,x-3)+10(x-6)2,x∈(3,6).若该商品的成本为3元/千克,则当销售价格为________元/千克时,该商场每日销售该商品所获得的利润最大.答案4解析商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x-3)+10x-62))=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).令f′(x)=0,得x=4或x=6(舍去).故当x∈(3,4)时,f′(x)>0,当x∈(4,6)时,f′(x)<0.则函数f(x)在(3,4)上单调递增,在(4,6)上单调递减,∴当x=4时,函数f(x)取得最大值f(4)=42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.四、解答题9.设函数f(x)=alnx+eq\f(3,x)+2a2x-4a,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解(1)f′(x)=eq\f(a,x)-eq\f(3,x2)+2a2=eq\f(2a2x2+ax-3,x2)=eq\f(2ax+3ax-1,x2),x>0,∵a>0,∴-eq\f(3,2a)<0<eq\f(1,a).∴在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a)))上,f′(x)<0,f(x)单调递减;在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))上,f′(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a)))上单调递减,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(
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