高考数学复习 17-18版 第4章 第18课 利用导数研究函数的极值、最值

高考数学复习 17-18版 第4章 第18课 利用导数研究函数的极值、最值

第18课 ‎ 利用导数研究函数的极值、最值 ‎[最新考纲]‎ 内容 要求 A B C 利用导数研究函数的极值、最值 ‎√‎ ‎1．函数的极值与导数的关系 ‎(1)函数的极小值与极小值点 若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫作函数的极小值点，f(a)叫作函数的极小值．‎ ‎(2)函数的极大值与极大值点 若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫作函数的极大值点，f(b)叫作函数的极大值．‎ ‎2．函数的最值与导数的关系 ‎(1)函数f(x)在[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y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤 ‎①求函数y＝f(x)在(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．‎ ‎1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)函数的极大值一定比极小值大．(　　)‎ ‎(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．(　　)‎ ‎(3)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　)‎ ‎(4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．(　　)‎ ‎[答案]　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×‎ ‎2．(教材改编)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图181所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内极小值点的个数为________．‎ 图181‎ ‎1　[导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个，所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．]‎ ‎3．(2016·四川高考改编)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝________.‎ ‎2　[由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－20，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．‎ ‎②若00，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，所以当x＝a 时，函数f(x)取得最小值ln a.‎ ‎③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，‎ 所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值.‎ 综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；‎ 当00)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．‎ ‎(－1,1)　[∵f′(x)＝3x2－‎3a，由f′(x)＝0得x＝±.‎ 由f′(x)>0得x>或x<－；‎ 由f′(x)<0得－0得x<－2或x>0，‎ 由f′(x)<0得00时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值. 【导学号：62172104】‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝－a(x>0)．‎ ‎①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．‎ ‎②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，‎ 当00；‎ 当x>时，f′(x)＝<0，‎ 故函数f(x)的单调递增区间为，‎ 单调递减区间为.‎ 综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；‎ 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.‎ ‎(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－‎2a.‎ ‎②当≥2，即00时，令f′(x)>0，解得x>m或x<，令f′(x)<0，解得0得x，令f′(x)<0得>x>m，‎ ‎∴f(x)在(－∞，m)递增，在递减，∴f(x)极大值＝f(m)＝，而f(m)＝0，不成立．‎ 综上，m＝.]‎ ‎2．设函数f(x)＝则f(x)的最大值为________．‎ ‎2　[当x＞0时，f(x)＝－2x＜0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x＜－1时，f′(x)＞0，f(x)是增函数，当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，∴f(x)≤f(－1)＝2，∴f(x)的最大值为2.]‎ ‎3．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2，当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.‎ ‎[解]　因为f(x)＝(x－1)ex－kx2，‎ 所以f′(x)＝xex－2kx＝x(ex－2k)，‎ 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln 2k，‎ 因为k∈，所以2k∈(1,2]，所以0＜ln 2k≤ln 2.‎ 设g(k)＝k－ln 2k，k∈，‎ g′(k)＝1－＝≤0，‎ 所以g(k)在上是减函数，‎ 所以g(k)≥g(1)＝1－ln 2＞0，即0＜ln 2k＜k.‎ 所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(0，ln 2k)‎ ln 2k ‎(ln 2k，k)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极小值  所以函数f(x)在[0，k]上的最大值为f(0)或f(k)．‎ f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，‎ f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1＝(k－1)ek－(k3－1)‎ ‎＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1)‎ ‎＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．‎ 因为k∈，所以k－1≤0.‎ 令h(k)＝ek－(k2＋k＋1)，则h′(k)＝ek－(2k＋1)．‎ 对任意的k∈，y＝ek的图象恒在y＝2k＋1的图象的下方，所以ek－(2k＋1)＜0，即h′(k)＜0，‎ 所以函数h(k)在上为减函数，故h(1)≤h(k)＜h＝e－＝－＜0，‎ 所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)．‎ 所以函数f(x)在[0，k]上的最大值M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.‎ ‎4．设a＞0，函数f(x)＝x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．‎ ‎(1)求曲线y＝f(x)在(2，f(2))处与直线y＝－x＋1垂直的切线方程；‎ ‎(2)求函数f(x)的极值．‎ ‎[解]　(1)由已知，得x＞0，f′(x)＝x－(a＋1)＋，‎ y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为1，‎ 所以f′(2)＝1，‎ 即2－(a＋1)＋＝1，‎ 所以a＝0，‎ 此时f(2)＝2－2＝0，‎ 故所求的切线方程为y＝x－2.‎ ‎(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋ ‎＝ ‎＝.‎ a．当0＜a＜1时，若x∈(0，a)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；‎ 若x∈(a,1)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；‎ 若x∈(1，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．‎ 此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点，‎ 函数f(x)的极大值是f(a)＝－a2＋aln a，极小值是f(1)＝－.‎ b．当a＝1时，f′(x)＝≥0，‎ 所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，‎ 此时f(x)没有极值点，故无极值．‎ c．当a＞1时，若x∈(0,1)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；‎ 若x∈(1，a)，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；‎ 若x∈(a，＋∞)，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．‎ 此时x＝1是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点 ，函数f(x)的极大值是f(1)＝－，极小值是f(a)＝－a2＋aln a.‎ 综上，当0＜a＜1时，f(x)的极大值是－a2＋aln a，极小值是－；‎ 当a＝1时，f(x)没有极值；‎ 当a＞1时，f(x)的极大值是－，极小值是－a2＋aln a.‎