2021高三数学人教B版一轮学案:第二章 第十一节 第2课时 导数与函数的极值、最值

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2021高三数学人教B版一轮学案:第二章 第十一节 第2课时 导数与函数的极值、最值

www.ks5u.com 第2课时 导数与函数的极值、最值 ‎                ‎ 考点一 函数的极值 命题方向1  根据函数图象判断函数极值 ‎【例1】 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)的图象如图所示,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】 由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-22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.‎ ‎【答案】 D 命题方向2 已知函数求极值 ‎【例2】 (1)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-3‎ C.5e-3 D.1‎ ‎(2)已知函数f(x)=x-1+(a∈R,e为自然对数的底数),求函数f(x)的极值.‎ ‎【解析】 (1)f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.‎ ‎∵x=-2是f(x)的极值点,∴f′(-2)=0,‎ 即(4-‎2a-4+a-1)·e-3=0,得a=-1.‎ ‎∴f(x)=(x2-x-1)ex-1,f′(x)=(x2+x-2)ex-1.‎ 由f′(x)>0,得x<-2或x>1;由f′(x)<0,得-20,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.‎ ‎②当a>0时,令f′(x)=0,得ex=a,即x=lna,‎ 当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0;‎ 当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0,‎ 所以函数f(x)在(-∞,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,故函数f(x)在x=lna处取得极小值且极小值为f(lna)=lna,无极大值.‎ 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;‎ 当a>0时,函数f(x)在x=lna处取得极小值lna,无极大值.‎ ‎【答案】 (1)A (2)见解析 命题方向3  已知函数的极值求参数 ‎【例3】 设函数f(x)=[ax2-(‎4a+1)x+‎4a+3]ex.‎ ‎(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;‎ ‎(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.‎ ‎【解】 (1)因为f(x)=[ax2-(‎4a+1)x+‎4a+3]ex,‎ 所以f′(x)=[ax2-(‎2a+1)x+2]ex.‎ 所以f′(1)=(1-a)e.‎ 由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.‎ 此时f(1)=3e≠0.所以a的值为1.‎ ‎(2)由(1)得f′(x)=[ax2-(‎2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex.‎ 若a>,则当x∈时,f′(x)<0;‎ 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.‎ 所以f(x)在x=2处取得极小值.‎ 若a≤时,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f′(x)>0.‎ 所以2不是f(x)的极小值点.‎ 综上可知,a的取值范围是.‎ 方法技巧 函数极值的两类热点问题 (1)求函数f(x)极值的一般解题步骤,①确定函数的定义域;②求导数f′(x);③解方程f′(x)=0,求出函数定义域内的所有根;④列表检验f′(x)在f′(x)=0的根x0左右两侧值的符号.‎ (2)根据函数极值情况求参数的两个要领 ‎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.‎ ‎1.(方向1)函数y=f(x)的导函数的图象如图所示,则下列说法错误的是( C )‎ A.(-1,3)为函数y=f(x)的单调递增区间 B.(3,5)为函数y=f(x)的单调递减区间 C.函数y=f(x)在x=0处取得极大值 D.函数y=f(x)在x=5处取得极小值 解析:由函数y=f(x)的导函数的图象可知,当x<-1或35或-10,y=f(x)单调递增.所以函数y=f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,5),单调递增区间为(-1,3),(5,+∞).函数y=f(x)在x=-1,5处取得极小值,在x=3处取得极大值,故选项C错误,故选C.‎ ‎2.(方向2)(2020·山西太原模拟)设函数f(x)=x3-x+m的极大值为1,则函数f(x)的极小值为( A )‎ A.- B.-1‎ C. D.1‎ 解析:f′(x)=x2-1,由f′(x)=0得x1=-1,x2=1.所以f(x)在区间(-∞,-1)上单调递增,在区间(-1,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以函数f(x)在x=-1处取得极大值,且f(-1)=1,即m=,函数f(x)在x=1处取得极小值,且f(1)=×13-1+=-.故选A.‎ ‎3.(方向3)(2020·江西八校联考)若函数f(x)=x2-x+alnx在[1,+∞)上有极值点,则实数a的取值范围为(-∞,-1].‎ 解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=2x-1+=,由题意知2x2-x+a=0在R上有两个不同的实数解,且在[1,+∞)上有解,所以Δ=1-‎8a>0,且2×12-1+a≤0,所以a∈(-∞,-1].‎ 考点二 函数的最值 ‎【例4】 (1)函数f(x)=,x∈[0,4]的最小值是(  )‎ A.0     B. ‎ C.     D. ‎(2)(2019·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.‎ ‎①讨论f(x)的单调性;‎ ‎②是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.‎ ‎【解析】 (1)f′(x)=,‎ 当x∈[0,1)时,f′(x)>0,f(x)是增函数;‎ 当x∈(1,4]时,f′(x)<0,f(x)是减函数.‎ 又f(0)=0,f(4)=>0,所以f(0)=0最小.‎ ‎(2)①f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).‎ 令f′(x)=0,得x=0或x=.‎ 若a>0,则当x∈(-∞,0)∪(,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(0,)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,0),(,+∞)单调递增,在(0,)单调递减;‎ 若a=0,f′(x)≥0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;‎ 若a<0,则当x∈(-∞,)∪(0,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(,0)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,),(0,+∞)单调递增,在(,0)单调递减.‎ ‎②满足题设条件的a,b存在.‎ ‎(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.‎ ‎(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.‎ ‎(ⅲ)当0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.‎ ‎∴当cosx=,f(x)有最小值.‎ 又f(x)=2sinx+sin2x=2sinx(1+cosx),‎ ‎∴当sinx=-时,f(x)有最小值,‎ 即f(x)min=2××=-.‎ ‎2.已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx.‎ ‎(1)当a=1时,求y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;‎ ‎(2)当a>0时,若f(x)在区间[1,e]上的最小值为-2,求实数a的取值范围.‎ 解:(1)当a=1时,f(x)=x2-3x+lnx,‎ f′(x)=2x-3+.‎ 因为f′(1)=0,f(1)=-2,所以曲线y=f(x)在点(1,-2)处的切线方程是y=-2.‎ ‎(2)函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx的定义域是(0,+∞).‎ 当a>0时,‎ f′(x)=2ax-(a+2)+=,‎ 令f′(x)= ‎==0,得x=或x=.‎ 当0<≤1,即a≥1时,f(x)在[1,e]上单调递增,‎ 所以f(x)在[1,e]上的最小值是f(1)=-2;‎ 当1<
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