高考数学 高频考点归类分析 应用导数求最值（真题为例）

应用导数求最值典型例题：例1.（年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【】 【答案】。【考点】反函数的性质，导数的应用。【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。∴函数上的点到直线的距离为设函数，则，∴。∴。∴由图象关于对称得：最小值为。故选。例2.（年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【】（A）函数有极大值和极小值（B）函数有极大值和极小值（C）函数有极大值和极小值（D）函数有极大值和极小值【答案】D。【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情况：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗极大值↘非极值↘极小值↗∴的极大值为，的极小值为。故选D。例3.（年陕西省理5分）设函数，则【】A.为的极大值点B.为的极小值点C.为的极大值点D.为的极小值点【答案】D。【考点】应用导数求函数的极值。【解析】∵，令得。∴当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以为的极小值点。故选D。例4.（年陕西省文5分）设函数则【】A．=为的极大值点B．=为的极小值点C．=2为的极大值点D．=2为的极小值点【答案】D。【考点】应用导数求函数的极值。【解析】∵，令得。∴当时，，为减函数；当时，，为增函数。∴为的极小值点。故选D。例5.（年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。【答案】解：（1）∵，∴。令得，。∴。∴，得。∴的解析式为。设，则。∴在上单调递增。又∵时，，单调递增；时，，单调递减。∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①当时，，∴在上单调递增。但时，与矛盾。=2\*GB3②当时，由得；由得。∴当时，∴。令；则。由得；由得。∴当时，∴当时，的最大值为。【考点】函数和导函数的性质。【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。例6.（年北京市理13分）已知函数（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。∴，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴设。则。令，解得。∵，∴。又∵在各区间的情况如下：＋0－0＋∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。①若，即时，最大值为；②若，即时，最大值为。③若时，即时，最大值为。综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据，和三种情况讨论的最大值。例7.（年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；（Ⅲ）证明.【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.令，得。当变化时，和的变化情况如下表：－0＋↘极小值↗∴在处取得极小值。∴由题意，得。∴。（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，即。求导函数可得。令，得。①当时，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。∴符合题意。②当时，＞0，对于(0，)，＞0，因此在(0，)上单调递增，因此取(0，)时，，即有不成立。∴不合题意。综上，实数的最小值为。（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，。在（2）中，取，得，∴。∴。综上，。【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0，)，＞0，因此在(0，)上单调递增。由此可确定的最小值。（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。例8.（2012年安徽省理13分）设（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）设曲线在点的切线方程为；求的值。【答案】解：（=1\*ROMANI）设，则。∴。=1\*GB3①当时，。∴在上是增函数。∴当时，的最小值为。=2\*GB3②当时，∴当且仅当时，的最小值为。（=2\*ROMANII）∵，∴。由题意得：，即，解得。【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。【解析】（=1\*ROMANI）根据导数的的性质分和求解。（=2\*ROMANII）根据切线的几何意义列方程组求解。例9.（年浙江省理14分）已知，，函数．（Ⅰ）证明：当时，（i）函数的最大值为；（ii）；（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．【答案】(Ⅰ)证明：(ⅰ)．当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a。综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。(ⅱ)设＝﹣，∵，∴令。当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，≤|2a－b|﹢a综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b为纵轴，a为横轴．则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。作图如下：由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．∴所求a＋b的取值范围为：。【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。【解析】(Ⅰ)(ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。(ⅱ)利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b例10.（年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间；（Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为由题设有其中均为1到200之间的正整数。（Ⅱ）完成订单任务的时间为其定义域为。易知，为减函数，为增函数。∵于是（1）当时，此时，由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。由于，故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为。（2）当时，由于为正整数，故，此时。易知为增函数，则。[由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。由于此时完成订单任务的最短时间大于。（3）当时，由于为正整数，故，此时。由函数的单调性知，当时取得最小值，解得。类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件的人数分别为44，88，68。【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。（Ⅱ）利用单调性与最值，分、和三种情况讨论即可得出结论。例11.（年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，又，故。∵∴令。当时，单调递减；当时，单调递增.∴当时，取最小值。于是对一切恒成立，当且仅当①令则。当时，单调递增；当时，单调递减，∴当时，取最大值。∴当且仅当即时，①式成立。综上所述，的取值集合为。（Ⅱ）存在。由题意知，。令则。令，则。当时，单调递减；当时，单调递增，∴当，即。∴，。又∵∴。∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时，。综上所述，存在使成立.且的取值范围为。【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立,分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。例12.（年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。已知是实数，1和是函数的两个极值点．（1）求和的值；（2）设函数的导函数，求的极值点；（3）设，其中，求函数的零点个数．【答案】解：（1）由，得。∵1和是函数的两个极值点，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得。∵当时，；当时，，∴是的极值点。∵当或时，，∴不是的极值点。∴的极值点是－2。（3）令，则。先讨论关于的方程根的情况：当时，由（2）可知，的两个不同的根为I和一2，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。当时，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①当时，，于是是单调增函数，从而。此时在无实根。②当时．，于是是单调增函数。又∵，，的图象不间断，∴在（1,2）内有唯一实根。同理，在（一2，一I）内有唯一实根。③当时，，于是是单调减两数。又∵，，的图象不间断，∴在（一1，1）内有唯一实根。因此，当时，有两个不同的根满足；当时有三个不同的根，满足。现考虑函数的零点：(i）当时，有两个根，满足。而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5个零点。(11）当时，有三个不同的根，满足。而有三个不同的根，故有9个零点。综上所述，当时，函数有5个零点；当时，函数有9个零点。【考点】函数的概念和性质，导数的应用。【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。（3）比较复杂，先分和讨论关于的方程根的情况；再考虑函数的零点。例13.（年全国课标卷文5分）设函数(Ⅰ)求的单调区间(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定义域为，。若，则，∴在上单调递增。若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。(Ⅱ)∵a=1，∴。∴当x>0时，，它等价于。令，则。由(Ｉ)知，函数在上单调递增。∵，，∴在上存在唯一的零点。∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。当时，；当时，。∴在上的最小值为。又∵，即，∴。因此，即整数k的最大值为2。【考点】函数的单调性质，导数的应用。【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。例14.（年江西省文14分）已知函数在上单调递减且满足。（1）求的取值范围；（2）设，求在上的最大值和最小值。【答案】解：（1）∵，，∴。∴。∴。∵函数在上单调递减，∴对于任意的，都有。∴由得；由得。∴。又当=0时，对于任意的，都有，函数符合条件；当=1时，对于任意的，都有，函数符合条件。综上所述，的取值范围是0≤≤1。（2）∵∴。（i）当=0时，对于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（ii）当=1时，对于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（iii）当0＜＜1时，由得，①若，即时，在[0，1]上是增函数，∴在[0，1]上最大值是，最小值是；②若，即时，在取得最大值g，在=0或=1时取到最小值：∵，∴当时，在=0取到最小值；当时，在=1取到最小值。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性。【解析】（1）由题意，函数在[0，1]上单调递减且满足，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合，这两个方程即可求得取值范围。（2）由题设条件，先求出的解析式，求出导函数，由于参数的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及分=0，=1，0＜＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。例15.（年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.（Ⅰ）求a，b的值；（=2\*ROMANII）求函数f(x)的最大值；（=3\*ROMANIII）证明：f(x)＜eq\f(1,ne).【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。∴a＝1，b＝0。（=2\*ROMANII）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))。令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(n,n＋1)，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝eq\f(n,n＋1)。∵在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(n,n＋1)))上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n,n＋1)))＝eq\f(nn,n＋1n＋1)。（=3\*ROMANIII）证明：令φ(t)＝lnt－1＋eq\f(1,t)(t＞0)，则φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)(t＞0)。∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－eq\f(1,t)(t＞1)。令t＝1＋eq\f(1,n)，得lneq\f(n＋1,n)＞eq\f(1,n＋1)，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞lne。∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞e，即eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)。由（=2\*ROMANII）知，f(x)≤eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)，∴所证不等式成立。【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。（III）结合（II），欲证：f(x)＜eq\f(1,ne)．由于函数f(x)的最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al