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

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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02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.‎
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