2018届二轮复习函数的极值与最值课件（江苏专用）

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专题 3 　函数与导数 第 14 练　函数的极值与最值 本部分内容为导数在研究函数中的一个重要应用，在高考中也是重点考查的内容，多在解答题中的某一问中考查，要求熟练掌握函数极值与极值点的概念及判断方法，极值和最值的关系 . 题型 分析 高考 展望 体验 高考 高考必会题型 高考题型精练 栏目索引 体验高考 解析答案 1 2 3 1.(2016· 四川改编 ) 已知 a 为函数 f ( x ) ＝ x 3 － 12 x 的极小值点，则 a 等于 ________. 解析 　 ∵ f ( x ) ＝ x 3 － 12 x ， ∴ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 12 ， 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，则 x 1 ＝－ 2 ， x 2 ＝ 2. 当 x ∈ ( － ∞ ，－ 2) ， (2 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0 ，则 f ( x ) 单调递增； 当 x ∈ ( － 2,2) 时， f ′ ( x )<0 ，则 f ( x ) 单调递减， ∴ f ( x ) 的极小值点为 a ＝ 2. 2 1 2 3 解析答案 解　 f ( x ) 的定义域为 ( － ∞ ，－ 2) ∪ ( － 2 ，＋ ∞ ). 当且仅当 x ＝ 0 时， f ′ ( x ) ＝ 0 ， 所以 f ( x ) 在 ( － ∞ ，－ 2) ， ( － 2 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 所以当 x ∈ (0 ，＋ ∞ ) 时， f ( x )> f (0) ＝－ 1. 所以 ( x － 2)e x > － ( x ＋ 2) ，即 ( x － 2)e x ＋ x ＋ 2>0. 1 2 3 解析答案 1 2 3 解析答案 由 (1) 知， f ( x ) ＋ a 单调递增，对任意 a ∈ [0,1) ， f (0) ＋ a ＝ a － 1<0 ， f (2 ) ＋ a ＝ a ≥ 0. 因此，存在唯一 x a ∈ ( 0,2] ，使得 f ( x a ) ＋ a ＝ 0 ， 即 g ′ ( x a ) ＝ 0. 当 0< x < x a 时， f ( x ) ＋ a <0 ， g ′ ( x )<0 ， g ( x ) 单调递减； 当 x > x a 时， f ( x ) ＋ a >0 ， g ′ ( x )>0 ， g ( x ) 单调递增 . 1 2 3 解析答案 1 2 3 存在唯一的 x a ∈ (0,2] ， a ＝－ f ( x a ) ∈ [0,1) ，使得 h ( a ) ＝ λ . 1 2 3 解析答案 3.(2015· 安徽 ) 设函数 f ( x ) ＝ x 2 － ax ＋ b . 1 2 3 解析答案 解　 f (sin x ) ＝ sin 2 x － a sin x ＋ b ① a ≤ － 2 ， b ∈ R 时，函数 f (sin x ) 单调递增，无极值 . ② a ≥ 2 ， b ∈ R 时，函数 f (sin x ) 单调递减，无极值 . 1 2 3 使得 2sin x 0 ＝ a . 1 2 3 解析答案 1 2 3 解析答案 解　 D ≤ 1 即为 | a | ＋ | b | ≤ 1 ，此时 0 ≤ a 2 ≤ 1 ，－ 1 ≤ b ≤ 1 ， 返回 高考 必会题型 题型一　利用导数求函数的极值 (1) 若 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得极值，确定 a 的值，并求此时曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (1 ， f (1)) 处的切线方程； 解析答案 解析答案 因为 f ( x ) 在 x ＝ 0 处取得极值，所以 f ′ (0) ＝ 0 ，即 a ＝ 0. 解析答案 点评 (2) 若 f ( x ) 在 [3 ，＋ ∞ ) 上为减函数，求 a 的取值范围 . 解析答案 点评 令 g ( x ) ＝－ 3 x 2 ＋ (6 － a ) x ＋ a ， 当 x ＜ x 1 时， g ( x ) ＜ 0 ，即 f ′ ( x ) ＜ 0 ，故 f ( x ) 为减函数； 当 x 1 ＜ x ＜ x 2 时， g ( x ) ＞ 0 ，即 f ′ ( x ) ＞ 0 ，故 f ( x ) 为增函数； 当 x ＞ x 2 时， g ( x ) ＜ 0 ，即 f ′ ( x ) ＜ 0 ，故 f ( x ) 为减函数 . 由 f ( x ) 在 [3 ，＋ ∞ ) 上为减函数， 点评 点评 (1) 导函数的零点并不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点 . (2) 若函数 y ＝ f ( x ) 在区间 ( a ， b ) 内有极值，那么 y ＝ f ( x ) 在 ( a ， b ) 内一定不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值 . 解析答案 (1) 求 a 的值； 解析答案 (2) 求函数 f ( x ) 的极值 . 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，解得 x ＝－ 1 或 x ＝ 5. 因为 x ＝－ 1 不在 f ( x ) 的定义域 (0 ，＋ ∞ ) 内，故舍去 . 当 x ∈ (0,5) 时， f ′ ( x )<0 ，故 f ( x ) 在 (0,5) 上为减函数； 当 x ∈ (5 ，＋ ∞ ) 时， f ′ ( x )>0 ，故 f ( x ) 在 (5 ，＋ ∞ ) 上为增函数 . 由此知函数 f ( x ) 在 x ＝ 5 时取得极小值 f (5) ＝－ ln 5 ， f ( x ) 无极大值 . 题型二　利用导数求函数最值 解析答案 (1) 求 a ， b ， c 的值； 解　 由 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ bx ＋ c ， 得 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ＋ b . 当 x ＝ 1 时，切线 l 的斜率为 3 ，可得 2 a ＋ b ＝ 0 . ① 可得 4 a ＋ 3 b ＋ 4 ＝ 0 . ② 由 ①② ，解得 a ＝ 2 ， b ＝－ 4. 由于切点的横坐标为 x ＝ 1 ，所以 f (1) ＝ 3 × 1 ＋ 1 ＝ 4. 所以 1 ＋ a ＋ b ＋ c ＝ 4 ，所以 c ＝ 5. 综上， a ＝ 2 ， b ＝－ 4 ， c ＝ 5. 点评 (2) 求 y ＝ f ( x ) 在 [ － 3,1] 上的最大值和最小值 . 解析答案 点评 解　 由 (1) 可得 f ( x ) ＝ x 3 ＋ 2 x 2 － 4 x ＋ 5 ， 所以 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 4 x － 4. 当 x 变化时， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的取值及变化情况如下表所示： (1) 求解函数的最值时，要先求函数 y ＝ f ( x ) 在 [ a ， b ] 内所有使 f ′ ( x ) ＝ 0 的点，再计算函数 y ＝ f ( x ) 在区间内所有使 f ′ ( x ) ＝ 0 的点和区间端点处的函数值，最后比较即得 . (2) 可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况 . 点评 解析答案 变式训练 2 　 设 f ( x ) ＝ ax 3 ＋ bx ＋ c ( a ≠ 0) 为奇函数，其图象在点 (1 ， f (1)) 处的切线与直线 x － 6 y － 7 ＝ 0 垂直，导函数 f ′ ( x ) 的最小值为－ 12. (1) 求函数 f ( x ) 的解析式； 解　 因为 f ( x ) 为奇函数，所以 f ( － x ) ＝－ f ( x ) ， 即－ ax 3 － bx ＋ c ＝－ ax 3 － bx － c ，所以 c ＝ 0 ， 又 f ′ ( x ) ＝ 3 ax 2 ＋ b 的最小值为－ 12 ，所以 b ＝－ 12. 由题设知 f ′ (1) ＝ 3 a ＋ b ＝－ 6. 所以 a ＝ 2 ，故 f ( x ) ＝ 2 x 3 － 12 x . 解析答案 (2) 求函数 f ( x ) 的单调增 区间 , 并 求函数 f ( x ) 在 [ － 1,3] 上的最大值和最小值 . 当 x 变化时， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表： 返回 高考 题型精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 1. 已知函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ bx ＋ a 2 在 x ＝ 1 处有极值 10 ，则 f (2) 等于 ________. 解析　 ∵ 函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ bx ＋ a 2 在 x ＝ 1 处有极值 10 ， f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ＋ b ， ∴ f (1) ＝ 10 ，且 f ′ (1) ＝ 0 ， ∴ f ( x ) ＝ x 3 ＋ 4 x 2 － 11 x ＋ 16 ， ∴ f (2) ＝ 18. 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 2. 函数 f ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ ln x － 2 x 的极值点的个数是 ______. 由于 x ＞ 0 ，令 g ( x ) ＝ 6 x 2 － 2 x ＋ 1 ， 在 g ( x ) 中 Δ ＝－ 20 ＜ 0 ， 所以 g ( x ) ＞ 0 恒成立，故 f ′ ( x ) ＞ 0 恒成立 ， 即 f ( x ) 在定义域上单调递增，无极值点 . 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 3. 设 a ∈ R ，若函数 y ＝ e x ＋ ax ， x ∈ R 有大于零的极值点，则 a 的取值范围是 ________ __ __. 解析 　 ∵ y ＝ e x ＋ ax ， ∴ y ′ ＝ e x ＋ a . ∵ 函数 y ＝ e x ＋ ax 有大于零的极值点， ∴ 方程 y ′ ＝ e x ＋ a ＝ 0 有大于零的解 . ∵ x >0 时，－ e x < － 1 ， ∴ a ＝－ e x < － 1. ( － ∞ ，－ 1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 答案 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当 x ∈ (1,2] 时， f ′ ( x )>0 ， 所以函数 f ( x ) 在 (1,2] 上单调递增， 所以 f ( x ) min ＝ f (1) ＝ 0 ， 所以 a ≤ 0 ，即 a 的最大值为 0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5. 已知函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ 2 bx 2 ＋ cx ＋ 1 有两个极值点 x 1 ， x 2 ，且 x 1 ∈ [ － 2 ，－ 1] ， x 2 ∈ [1,2] ，则 f ( － 1) 的取值范围是 ________. 解析 答案 [3,12] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　 方法一　由于 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 4 bx ＋ c ， 据题意，方程 3 x 2 ＋ 4 bx ＋ c ＝ 0 有两个根 x 1 ， x 2 ， 且 x 1 ∈ [ － 2 ，－ 1] ， x 2 ∈ [1,2]. 令 g ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 4 bx ＋ c ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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) ＝ 2 b － c ， 问题 转化为在上述线性约束条件下确定目标函数 f ( － 1) ＝ 2 b － c 的最值问题，由线性规划易知 3 ≤ f ( － 1) ≤ 12. 方法二　方程 3 x 2 ＋ 4 bx ＋ c ＝ 0 有两个根 x 1 ， x 2 ， 且 x 1 ∈ [ － 2 ，－ 1] ， x 2 ∈ [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 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 答案 ( － 1 ，＋ ∞ ) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析 解析　 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ， 由 f ′ (1) ＝ 0 ，得 b ＝ 1 － a . ① 若 a ≥ 0 ，当 0 ＜ x ＜ 1 时， f ′ ( x ) ＞ 0 ， f ( x ) 单调递增； 当 x ＞ 1 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ， f ( x ) 单调递减， 所以 x ＝ 1 是 f ( x ) 的极大值点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解得－ 1 ＜ a ＜ 0. 综合 ①② 得， a 的取值范围是 a ＞－ 1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7. 函数 f ( x ) ＝ x 3 － 3 ax ＋ b ( a >0) 的极大值为 6 ，极小值为 2 ，则 f ( x ) 的单调递减区间是 ________. 解析 答案 ( － 1,1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 则 f ( x ) ， f ′ ( x ) 随 x 的变化情况如下表： 所以 f ( x ) 的单调递减区间是 ( － 1,1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 8. 函数 f ( x ) ＝ x 3 － 3 ax － a 在 (0,1) 内有最小值，则 a 的取值范围是 ________. 解析 　 ∵ f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 3 a ，令 f ′ ( x ) ＝ 0 ， 可得 a ＝ x 2 . 又 ∵ x ∈ (0,1) ， ∴ 0< a <1. 即 a 的取值范围是 (0,1). (0,1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 9. 若函数 f ( x ) ＝ (1 － x 2 )( x 2 ＋ ax ＋ b ) 的图象关于直线 x ＝－ 2 对称，则 f ( x ) 的最大值是 ________. 解析 　 依题意， f ( x － 2) 为偶函数， f ( x － 2) ＝ ( － x 2 ＋ 4 x － 3) [ x 2 ＋ ( a － 4) x ＋ 4 － 2 a ＋ b ] ， 其中 x 3 的系数为 8 － a ＝ 0 ，故 a ＝ 8 ， x 的系数为 28 ＋ 4 b － 11 a ＝ 0 ，故 b ＝ 15. 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x 3 ＋ 6 x 2 ＋ 7 x － 2 ＝ 0 ， 由对称轴为 x ＝－ 2 可知， 将该式分解为 ( x ＋ 2)( x 2 ＋ 4 x － 1) ＝ 0. 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10. 函数 f ( x ) ＝ x 3 － 3 a 2 x ＋ a ( a >0) 的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的 取值 范围 是 ___ _ _______. 解析答案 解析　 f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 3 a 2 ＝ 3( x ＋ a )( x － a ) ， 由 f ′ ( x ) ＝ 0 得 x ＝ ± a ， 当－ a < x < a 时， f ′ ( x )<0 ，函数单调递减； 当 x > a 或 x < － a 时， f ′ ( x )>0 ，函数单调递增 . ∴ f ( － a ) ＝－ a 3 ＋ 3 a 3 ＋ a >0 且 f ( a ) ＝ a 3 － 3 a 3 ＋ a <0 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 (1) 当 a ＝ 1 时，求曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (2 ， f (2)) 处的切线方程； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 (2) 求 f ( x ) 在区间 (0 ， e] 上的最小值 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ a . ① 若 a ≤ 0 ，则 f ′ ( x ) ＞ 0 ， f ( x ) 在区间 (0 ， e] 上单调递增， 此时函数 f ( x ) 无最小值 . ② 若 0 ＜ a ＜ e ，当 x ∈ (0 ， a ) 时， f ′ ( x ) ＜ 0 ， 函数 f ( x ) 在区间 (0 ， a ) 上单调递减 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当 x ∈ ( a ， e] 时， f ′ ( x ) ＞ 0 ，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， 综上可知，当 a ≤ 0 时，函数 f ( x ) 在区间 (0 ， e] 上无最小值； 当 0 ＜ a ＜ e 时，函数 f ( x ) 在区间 (0 ， e] 上的最小值为 ln a ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析答案 (1) 求 f ( x ) 在区间 ( － ∞ ， 1) 上的极小值和极大值点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解　 当 x ＜ 1 时， f ′ ( x ) ＝－ 3 x 2 ＋ 2 x ＝－ x (3 x － 2) ， 当 x 变化时， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表： 解析答案 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2) 求 f ( x ) 在区间 [ － 1 ， e] (e 为自然对数的底数 ) 上的最大值 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解　 ① 当－ 1 ≤ x ＜ 1 时，由 (1) 知， 所以 f ( x ) 在 [ － 1 ， 1) 上的最大值为 2. ② 当 1 ≤ x ≤ e 时， f ( x ) ＝ a ln x ， 当 a ≤ 0 时， f ( x ) ≤ 0 ； 解析答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当 a ＞ 0 时， f ( x ) 在 [1 ， e] 上单调递增， 所以 f ( x ) 在 [1 ， e] 上的最大值为 f (e) ＝ a . 所以当 a ≥ 2 时， f ( x ) 在 [ － 1 ， e] 上的最大值为 a ； 当 a ＜ 2 时， f ( x ) 在 [ － 1 ， e] 上的最大值为 2. 返回