2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书:第三章 第三章 2 第2讲 2 第2课时 导数与函数的极值、最值
第2课时 导数与函数的极值、最值
1.函数的极值
函数y=f(x)在点x=a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叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.
函数y=f(x)在点x=b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叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.
极大值点、极小值点统称为极值点,极大值、极小值统称为极值.
2.函数的最值
(1)在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值.
(2)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大.( )
(2)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0点为极值点的充要条件.( )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值.( )
(4)开区间上的单调连续函数无最值.( )
答案:(1)√ (2)× (3)× (4)√
[教材衍化]
1.(选修2-2P28例4改编)设函数f(x)=+ln x,则( )
A.x=为f(x)的极大值点
B.x=为f(x)的极小值点
C.x=2为f(x)的极大值点
D.x=2为f(x)的极小值点
解析:选D.f′(x)=-+=(x>0),
当0
2时,f′(x)>0,所以x=2为f(x)的极小值点.
2.(选修2-2P30例5改编)函数y=x+2cos x在区间上的最大值是________.
解析:因为y′=1-2sin x,
所以当x∈时,y′>0;
当x∈时,y′<0.
所以当x=时,ymax=+.
答案:+
[易错纠偏]
(1)原函数与导函数的关系不清致误;
(2)极值点存在的条件不清致误.
1.函数f(x)的定义域为R,导函数f′(x)的图象如图所示,则函数f(x)( )
A.无极大值点、有四个极小值点
B.有三个极大值点、一个极小值点
C.有两个极大值点、两个极小值点
D.有四个极大值点、无极小值点
解析:选C.导函数的图象与x轴的四个交点都是极值点,第一个与第三个是极大值点,第二个与第四个是极小值点.
2.设a∈R,若函数y=ex+ax有大于零的极值点,则实数a的取值范围是________.
解析:因为y=ex+ax,所以y′=ex+a.
因为函数y=ex+ax有大于零的极值点,
所以方程y′=ex+a=0有大于零的解,
因为当x>0时,-ex<-1,所以a=-ex<-1.
答案:(-∞,-1)
用导数解决函数的极值问题(高频考点)
用导数解决函数的极值问题是每年高考的亮点,既有选择题,填空题,也有解答题,
难度偏大.主要命题角度有:
(1)根据图象判断函数的极值;
(2)求函数的极值;
(3)已知函数的极值求参数.
角度一 根据图象判断函数的极值
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,1-x>3,此时f′(x)>0;当-22时,1-x<-1,此时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
角度二 求函数的极值
已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)当a=时,求f(x)的极值;
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
【解】 (1)当a=时,f(x)=ln x-x,函数的定义域为(0,+∞)且f′(x)=-=,
令f′(x)=0,得x=2,
于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表
x
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
ln 2-1
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值=f(2)=ln 2-1,无极小值.
(2)由(1)知,函数的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a=(x>0),
当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
即函数在(0,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在定义域上无极值点;
当a>0时,当x∈时,f′(x)>0,
当x∈时,f′(x)<0,故函数f(x)在x=处有极大值.
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在定义域上无极值点,当a>0时,函数f(x)在x=处有一个极大值点.
角度三 已知函数的极值求参数
(1)已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=-1时有极值0,则a-b=________.
(2)若函数f(x)=-x2+x+1在区间(,3)上有极值点,则实数a的取值范围是________.
【解析】 (1)由题意得f′(x)=3x2+6ax+b,则
解得或
经检验当a=1,b=3时,函数f(x)在x=-1处无法取得极值,而a=2,b=9满足题意,故a-b=-7.
(2)若函数f(x)在区间(,3)上无极值,
则当x∈(,3)时,f′(x)=x2-ax+1≥0恒成立或当x∈(,3)时,f′(x)=x2-ax+1≤0恒成立.
当x∈(,3)时,y=x+的值域是[2,);
当x∈(,3)时, f′(x)=x2-ax+1≥0,
即a≤x+恒成立,a≤2;
当x∈(,3)时,f′(x)=x2-ax+1≤0,
即a≥x+恒成立,a≥.
因此要使函数f(x)在(,3)上有极值点,
则实数a的取值范围是(2,).
【答案】 (1)-7 (2)(2,)
(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程
(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领
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:因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
[提醒] 若函数y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y=f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值.
1.设函数f(x)=ax3-2x2+x+c(a≥0).
(1)当a=1,且函数图象过点(0,1)时,求函数的极小值;
(2)若f(x)在(-∞,+∞)上无极值点,求a的取值范围.
解:f′(x)=3ax2-4x+1.
(1)函数图象过点(0,1)时,有f(0)=c=1.
当a=1时,f′(x)=3x2-4x+1,令f′(x)>0,解得x<,或x>1;令f′(x)<0,解得0时,f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ=(-4)2-4×3a×1≤0,即16-12a≤0,解得a≥.
综上,a的取值范围为.
2.(2020·嵊州市第二次高考适应性考试)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R,讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由.
解:函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R,x∈(-1,+∞).
f′(x)=+2ax-a=.
令g(x)=2ax2+ax-a+1.
(1)当a=0时,g(x)=1,此时f′(x)>0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点.
(2)当a>0时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).
①当0<a≤时,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点.
②当a>时,Δ>0,设方程2ax2+ax-a+1=0的两个实数根分别为x1,x2,x1<x2.
因为x1+x2=-,
所以x1<-,x2>-.
由g(-1)>0,可得-1<x1<-.
所以当x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
因此函数f(x)有两个极值点.
(3)当a<0时,Δ>0.由g(-1)=1>0,可得x1<-1<x2.
所以当x∈(-1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.
因此函数f(x)有一个极值点.
综上所述:当a<0时,函数f(x)有一个极值点;
当0≤a≤时,函数f(x)无极值点;
当a>时,函数f(x)有两个极值点.
利用导数求函数的最值(值域)
已知函数f(x)=(x-)e-x(x≥).
(1)求f(x)的导函数;
(2)求f(x)在区间上的取值范围.
【解】 (1)因为(x-)′=1-,(e-x)′=-e-x,所以f′(x)=e-x-(x-)e-x=.
(2)由f′(x)==0,
解得x=1或x=.
于是当x发生变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表
x
1
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
e-
0
e-
又f(x)=(-1)2e-x≥0,所以f(x)在区间上的取值范围是.
求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a,b)内的极值;
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b);
(3)将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.
已知函数f(x)=+kln x,k<,求函数f(x)在上的最大值和最小值.
解:因为f(x)=+kln x,
f′(x)=+=.
(1)若k=0,则f′(x)=-在上恒有f′(x)<0,
所以f(x)在上单调递减.
所以f(x)min=f(e)=,
f(x)max=f=e-1.
(2)若k≠0,f′(x)==.
①若k<0,则在上恒有<0,
所以f(x)在[,e]上单调递减,
所以f(x)min=f(e)=+kln e=+k-1,f(x)max=f=e-k-1.
②若k>0,由k<,得>e,则x-<0,
所以<0,所以f(x)在上单调递减.
所以f(x)min=f(e)=+kln e=+k-1,
f(x)max=f=e-k-1.
综上,k<时,f(x)min=+k-1,
f(x)max=e-k-1.
函数极值与最值的综合问题
已知常数a≠0,f(x)=aln x+2x.
(1)当a=-4时,求f(x)的极值;
(2)当f(x)的最小值不小于-a时,求实数a的取值范围.
【解】 (1)由已知得f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2=.当a=-4时,f′(x)=.
所以当0<x<2时,f′(x)<0,即f(x)单调递减;
当x>2时,f′(x)>0,即f(x)单调递增.
所以f(x)只有极小值,且在x=2时,f(x)取得极小值f(2)=4-4ln 2.
所以当a=-4时,f(x)只有极小值4-4ln 2.
(2)因为f′(x)=,
所以当a>0,x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,即f(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,没有最小值;
当a<0时,由f′(x)>0得,x>-,所以f(x)在上单调递增;由f′(x)<0得,00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.
[基础题组练]
1.(2020·宁波质检)下列四个函数中,在x=0处取得极值的函数是( )
①y=x3; ②y=x2+1;
③y=|x|; ④y=2x.
A.①② B.①③
C.③④ D.②③
解析:选D.①中,y′=3x2≥0恒成立,所以函数在R上递增,无极值点;②中y′=2x,当x>0时函数单调递增,当x<0时函数单调递减,且y′|x=0=0,符合题意;③中结合该函数图象可知当x>0时函数单调递增,当x<0时函数单调递减,且y′|x=0=0,符合题意;④中,由函数的图象知其在R上递增,无极值点,故选D.
2.函数y=在[0,2]上的最大值是( )
A. B.
C.0 D.
解析:选A.易知y′=,x∈[0,2],令y′>0,得0≤x<1,令y′<0,得2≥x>1,所以函数y=在[0,1]上单调递增,在(1,2]上单调递减,所以y=在[0,2]上的最大值是y|x=1=,故选A.
3.设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,
则下列图象不可能为y=f(x)图象的是( )
解析:选D.因为[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=[f(x)+f′(x)]ex,且x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,所以f(-1)+f′(-1)=0;选项D中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足f′(-1)+f(-1)=0.
4.函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象如图所示,则x+x等于( )
A. B.
C. D.
解析:选C.函数f(x)的图象过原点,所以d=0.又f(-1)=0且f(2)=0,即-1+b-c=0且8+4b+2c=0,解得b=-1,c=-2,所以函数f(x)=x3-x2-2x,所以f′(x)=3x2-2x-2,由题意知x1,x2是函数的极值点,所以x1,x2是f′(x)=0的两个根,所以x1+x2=,x1x2=-,所以x+x=(x1+x2)2-2x1x2=+=.
5.已知函数f(x)=x3+3x2-9x+1,若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28,则实数k的取值范围为( )
A.[-3,+∞) B.(-3,+∞)
C.(-∞,-3) D.(-∞,-3]
解析:选D.由题意知f′(x)=3x2+6x-9,令f′(x)=0,解得x=1或x=-3,所以f′(x),f(x)随x的变化情况如下表
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
又f(-3)=28,f(1)=-4,f(2)=3,f(x)在区间[k,2]上的最大值为28,所以k≤-3.
6.已知函数f(x)=-k,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数k的取值范围为( )
A.(-∞,e] B.[0,e]
C.(-∞,e) D.[0,e)
解析:选A.f′(x)=-k=(x>0).设g(x)=,
则g′(x)=,则g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
所以g(x)在(0,+∞)上有最小值,为g(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象可知,要满足题意,只需k≤e,选A.
7.已知函数y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)的极大值与极小值之差为________.
解析:因为y′=3x2+6ax+3b,
⇒
所以y′=3x2-6x,令3x2-6x=0,
则x=0或x=2.
所以f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4.
答案:4
8.设f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f′(x),则g(x)的最小值为________.
解析:对f(x)=ln x求导,得f′(x)=,则g(x)=ln x+,且x>0.
对g(x)求导,得g′(x)=,令g′(x)=0,解得x=1.
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,函数g(x)=ln x+在(0,1)上单调递减;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)=ln x+在(1,+∞)上单调递增.
所以g(x)min=g(1)=1.
答案:1
9.(2020·台州市高三期末考试)已知函数f(x)=x2-3x+ln x,则f(x)在区间[,2]上的最小值为________;当f(x)取到最小值时,x=________.
解析:f′(x)=2x-3+=(x>0),
令f′(x)=0,得x=或x=1,
当x∈[,1]时,f′(x)<0,x∈[1,2]时,f′(x)>0,
所以f(x)在区间[,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,
所以当x=1时,f(x)在区间[,2]上的最小值为f(1)=-2.
答案:-2 1
10.(2020·义乌模拟)已知函数f(x)=ln x-nx(n>0)的最大值为g(n),则使g(n)-n+2>0成立的n的取值范围为________.
解析:易知f(x)的定义域为(0,+∞).
因为f′(x)=-n(x>0,n>0),
当x∈时,f′(x)>0,
当x∈时,f′(x)<0,
所以f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)的最大值g(n)=f=-ln n-1.设h(n)=g(n)-n+2=-ln n-n+1.
因为h′(n)=--1<0,
所以h(n)在(0,+∞)上单调递减.又h(1)=0,
所以当0h(1)=0,故使g(n)-n+2>0成立的n的取值范围为(0,1).
答案:(0,1)
11.已知函数f(x)=ax2-bln x在点A(1,f(1))处的切线方程为y=1.
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数f(x)的极值.
解:(1)f(x)的定义域是(0,+∞),
f′(x)=2ax-,
f(1)=a=1,f′(1)=2a-b=0,
将a=1代入2a-b=0,
解得b=2.
(2)由(1)得f(x)=x2-2ln x(x>0),
所以f′(x)=2x-=,
令f′(x)>0,解得x>1,
令f′(x)<0,解得00,解得x<-2或x>1,令f′(x)<0,解得-2-时,g′(x)>0,
所以当x=-时,g(x)min=-2e-,当x=0时,g(0)=-1,g(1)=e>0,直线y=ax-a恒过(1,0),斜率为a,故-a>g(0)=-1,且g(-1)=-3e-1≥-a-a,解得≤a<1.
答案:≤a<1
3.(2020·宁波市高考模拟)设函数f(x)=x2-ax-ln x,a∈R.
(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为1,求实数a的值;
(2)当a≥-1时,记f(x)的极小值为H,求H的最大值.
解:(1)因为函数f(x)=x2-ax-ln x,a∈R,所以f′(x)=(x>0),
由题意知f′(1)=1,解得a=0.
(2)设f′(x0)=0,则2x-ax0-1=0,
则x0=,
所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
则H=f(x)极小值=f(x0)=x-ax0-ln x0=-x+1-ln x0,
设g(a)=(a≥-1),
当a≥0时,g(a)为增函数,
当-1≤a≤0时,g(a)=,此时g(a)为增函数,
所以x0≥g(-1)=,
所以函数y=-x2+1-ln x在(0,+∞)上为减函数,
所以f(x)极小值H的最大值为+ln 2.
4.(2020·温州中学高三模考)已知函数f(x)=ln(2ax+1)+-x2-2ax(a∈R).
(1)若x=2为f(x)的极值点,求实数a的值;
(2)若y=f(x)在[3,+∞)上为增函数,求实数a的取值范围;
(3)当a=-时,方程f(1-x)=+有实根,求实数b的最大值.
解:(1)f′(x)=+x2-2x-2a
=,
因为x=2为f(x)的极值点,所以f′(2)=0,
即-2a=0,解得a=0.
(2)因为函数f(x)在[3,+∞)上为增函数,
所以f′(x)=≥0在[3,+∞)上恒成立.
①当a=0时,f′(x)=x(x-2)>0在[3,+∞)上恒成立,所以f(x)在[3,+∞)上为增函数,故a=0符合题意.
②当a≠0时,由函数f(x)的定义域可知,必须有2ax+1>0对x≥3恒成立,故只能a>0,所以2ax2+(1-4a)x-(4a2+2)≥0在[3,+∞)上恒成立.
令函数g(x)=2ax2+(1-4a)x-(4a2+2),其对称轴为x=1-,因为a>0,所以1-<1,要使g(x)≥0在[3,+∞)上恒成立,只要g(3)≥0即可,即g(3)=-4a2+6a+1≥0,所以≤a≤.
因为a>0,所以00),
则h′(x)=+1-2x=,
所以当00,从而函数h(x)在(0,1)上为增函数,
当x>1时,h′(x)<0,从而函数h(x)在(1,+∞)上为减函数,
因此h(x)≤h(1)=0.
而x>0,所以b=x·h(x)≤0,因此当x=1时,b取得最大值0.