高科数学专题复习课件：第三章 3_2 第2课时导数的应用
§
3.2
导数的应用
第
2
课时 导数与函数的极值、最值
课时作业
题型分
类
深度剖析
内容索引
题型分类 深度剖析
例
1
(1)(2016·
青岛模拟
)
设
f
′
(
x
)
是函数
f
(
x
)
的导函数，
y
＝
f
′
(
x
)
的图象如图所示，则
y
＝
f
(
x
)
的图象最有可能
是
题型一 用导数解决函数极值问题
命题点
1
根据函数图象判断极值
答案
解析
由
f
′
(
x
)
图象可知，
x
＝
0
是函数
f
(
x
)
的极大值点，
x
＝
2
是
f
(
x
)
的极小值点，故选
C.
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)
(2)
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
答案
解析
由题图可知，当
x
<
－
2
时，
f
′
(
x
)>0
；
当－
2<
x
<1
时，
f
′
(
x
)<0
；
当
1<
x
<2
时，
f
′
(
x
)<0
；
当
x
>2
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
.
命题点
2
求函数的极值
例
2
(
2017·
泉
州
质检
)
已知函数
f
(
x
)
＝
x
－
1
＋
(
a
∈
R
，
e
为自然对数
的
底数
).
(1)
若曲线
y
＝
f
(
x
)
在点
(1
，
f
(1))
处的切线平行于
x
轴，求
a
的值；
解答
又曲线
y
＝
f
(
x
)
在点
(1
，
f
(1))
处的切线平行于
x
轴，
(2)
求函数
f
(
x
)
的极值
.
解答
①
当
a
≤
0
时，
f
′
(
x
)>0
，
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
e
x
＝
a
，即
x
＝
ln
a
，
当
x
∈
(
－
∞
，
ln
a
)
时，
f
′
(
x
)<0
；当
x
∈
(ln
a
，＋
∞
)
时，
f
′
(
x
)>0
，
所以
f
(
x
)
在
(
－
∞
，
ln
a
)
上单调递减，
在
(ln
a
，＋
∞
)
上单调递增
，
故
f
(
x
)
在
x
＝
ln
a
处取得极小值且极小值为
f
(ln
a
)
＝
ln
a
，无极大值
.
综上，当
a
≤
0
时，函数
f
(
x
)
无极值；
当
a
>0
时，
f
(
x
)
在
x
＝
ln
a
处取得极小值
ln
a
，无极大值
.
命题点
3
已知极值求参数
例
3
(1)(2016·
广州模拟
)
已知
f
(
x
)
＝
x
3
＋
3
ax
2
＋
bx
＋
a
2
在
x
＝－
1
时有极值
0
，则
a
－
b
＝
________.
答案
解析
－
7
由题意得
f
′
(
x
)
＝
3
x
2
＋
6
ax
＋
b
，
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.
答案
解析
几何画板展示
f
′
(
x
)
＝
x
2
－
ax
＋
1
≤
0
恒成立
.
思维
升华
(1)
求函数
f
(
x
)
极值的步骤
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
x
0
左右两侧值的符号，如果左正右负，那么
f
(
x
)
在
x
0
处取极大值，如果左负右正，那么
f
(
x
)
在
x
0
处取极小值
.
(2)
若函数
y
＝
f
(
x
)
在区间
(
a
，
b
)
内有极值，那么
y
＝
f
(
x
)
在
(
a
，
b
)
内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值
.
跟踪训练
1
(1)
函数
f
(
x
)
＝
(
x
2
－
1)
2
＋
2
的极值点是
A.
x
＝
1
B.
x
＝－
1
C.
x
＝
1
或－
1
或
0
D.
x
＝
0
答案
解析
∵
f
(
x
)
＝
x
4
－
2
x
2
＋
3
，
∴
由
f
′
(
x
)
＝
4
x
3
－
4
x
＝
4
x
(
x
＋
1)(
x
－
1)
＝
0
，得
x
＝
0
或
x
＝
1
或
x
＝－
1.
又当
x
<
－
1
时，
f
′
(
x
)<0
，
当－
1<
x
<0
时，
f
′
(
x
)>0.
当
0<
x
<1
时，
f
′
(
x
)<0
，
当
x
>1
时，
f
′
(
x
)>0
，
∴
x
＝
0,1
，－
1
都是
f
(
x
)
的极值点
.
当
x
<
－
1
或
x
>0
时
，
y
′
>0
；
当－
1<
x
<
0
时
，
y
′
<0.
∴
当
x
＝－
1
时，
y
取极大值－
3.
答案
解析
－
3
题型二 用导数求函数的最值
例
4
已知
a
∈
R
，函数
f
(
x
)
＝
＋
ln
x
－
1.
解答
(1)
当
a
＝
1
时，求曲线
y
＝
f
(
x
)
在点
(2
，
f
(2))
处的切线方程；
即
x
－
4
y
＋
4ln 2
－
4
＝
0.
(2)
求
f
(
x
)
在区间
(0
，
e]
上的最小值
.
解答
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
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
a
，则实数
a
的取值范围是
__________.
答案
解析
由题意知，
f
′
(
x
)
＝
3
x
2
－
x
－
2
，
题型三 函数极值和最值的综合问题
解答
(1)
求
f
(
x
)
在区间
(
－
∞
，
1)
上的极小值和极大值点；
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：
x
(
－
∞
，
0)
0
(0
，
)
(
，
1)
f
′
(
x
)
－
0
＋
0
－
f
(
x
)
↘
极小值
↗
极大值
↘
故当
x
＝
0
时，函数
f
(
x
)
取得极小值
f
(0)
＝
0
，函数
f
(
x
)
的极大值点为
x
＝
.
(2)
求
f
(
x
)
在
[
－
1
，
e]
(e
为自然对数的底数
)
上的最大值
.
解答
①
当－
1
≤
x
＜
1
时，
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
；当
a
>0
时，
f
(
x
)
在
[1
，
e]
上单调递增，
则
f
(
x
)
在
[1
，
e]
上的最大值为
f
(e)
＝
a
.
故当
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.
思维
升华
求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间
(
或开区间
)
上的最值时，方法是不同的
.
求函数在无穷区间
(
或开区间
)
上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值
.
A.[
－
5,0) B.(
－
5,0) C
.[
－
3,0) D.(
－
3,0)
答案
解析
由题意，得
f
′
(
x
)
＝
x
2
＋
2
x
＝
x
(
x
＋
2)
，
故
f
(
x
)
在
(
－
∞
，－
2)
，
(0
，＋
∞
)
上是增函数，
在
(
－
2,0)
上是减函数，作出其图象如图所示，
几何画板展示
典例
(12
分
)
已知函数
f
(
x
)
＝
ln
x
－
ax
(
a
∈
R
).
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间；
(2)
当
a
>0
时，求函数
f
(
x
)
在
[1,2]
上的最小值
.
利用
导数求函数的最值
答题模板系列
3
(1)
已知函数解析式求单调区间，实质上是求
f
′
(
x
)>0
，
f
′
(
x
)<0
的解区间，并注意定义域
.
(
2)
先研究
f
(
x
)
在
[1,2]
上的单调性，再确定最值是端点值还是极值
.
(
3)
两小问中，由于解析式中含有参数
a
，要对参数
a
进行分类讨论
.
思维点拨
规范解答
答题
模板
几何画板展示
即函数
f
(
x
)
的单调递增区间为
(0
，＋
∞
).
[
2
分
]
综上可知，当
a
≤
0
时，函数
f
(
x
)
的单调递增区间为
(0
，＋
∞
)
；
所以
f
(
x
)
的最小值是
f
(2)
＝
ln 2
－
2
a
.
[
6
分
]
所以
f
(
x
)
的最小值是
f
(1)
＝－
a
.
[
7
分
]
又
f
(2)
－
f
(1)
＝
ln 2
－
a
，
当
ln 2
≤
a
<1
时，最小值为
f
(2)
＝
ln 2
－
2
a
.
[
11
分
]
综上可知，
当
0<
a
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.
3.(
2017·
哈尔滨
调研
)
函数
f
(
x
)
＝
x
2
－
ln
x
的最小值为
A.
B.1 C.0 D
.
不存在
√
答案
解析
令
f
′
(
x
)>0
，得
x
>1.
令
f
′
(
x
)<0
，得
0<
x
<1.
∴
f
(
x
)
在
x
＝
1
处取得极小值也是最小值，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
4.
已知函数
f
(
x
)
＝
x
3
＋
ax
2
＋
(
a
＋
6)
x
＋
1
有极大值和极小值，则实数
a
的取值范围是
A.(
－
1,2)
B
.(
－
∞
，－
3)
∪
(6
，＋
∞
)
C.(
－
3,6)
D
.(
－
∞
，－
1)
∪
(2
，＋
∞
)
√
答案
解析
∵
f
′
(
x
)
＝
3
x
2
＋
2
ax
＋
(
a
＋
6)
，
由已知可得
f
′
(
x
)
＝
0
有两个不相等的实根
.
∴
Δ
＝
4
a
2
－
4
×
3(
a
＋
6)>0
，即
a
2
－
3
a
－
18>0.
∴
a
>6
或
a
<
－
3.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
*5.(2016·
安阳模拟
)
函数
f
(
x
)
＝
ax
3
＋
bx
2
＋
cx
－
34(
a
，
b
，
c
∈
R
)
的导函数为
f
′
(
x
)
，若不等式
f
′
(
x
)
≤
0
的解集为
{
x
|
－
2
≤
x
≤
3}
，
f
(
x
)
的极小值等于－
115
，则
a
的值是
√
答案
解析
由已知可得
f
′
(
x
)
＝
3
ax
2
＋
2
bx
＋
c
，
由
3
ax
2
＋
2
bx
＋
c
≤
0
的解集为
{
x
|
－
2
≤
x
≤
3}
可知
a
>0
，
且－
2,3
是方程
3
ax
2
＋
2
bx
＋
c
＝
0
的两根，
当
x
∈
(
－
∞
，－
2)
时，
f
′
(
x
)>0
，
f
(
x
)
为增函数；
当
x
∈
(
－
2,3)
时，
f
′
(
x
)<0
，
f
(
x
)
为减函数
；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
当
x
∈
(3
，＋
∞
)
时，
f
′
(
x
)>0
，
f
(
x
)
为增函数，
解得
a
＝
2
，故选
C.
6.(2016·
宜昌模拟
)
已知
y
＝
f
(
x
)
是奇函数，当
x
∈
(0,2)
时，
f
(
x
)
＝
ln
x
－
ax
(
a
> )
，当
x
∈
(
－
2,0)
时，
f
(
x
)
的最小值为
1
，则
a
的值等于
答案
解析
√
由题意知，当
x
∈
(0,2)
时，
f
(
x
)
的最大值为－
1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
∵
函数
f
(
x
)
＝
x
3
＋
ax
2
＋
bx
＋
a
2
在
x
＝
1
处有极值
10
，
∴
f
(1)
＝
10
，且
f
′
(1)
＝
0
，
7.
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
A.11
或
18
B.11
C.18
D.17
或
18
√
答案
解析
∴
f
(
x
)
＝
x
3
＋
4
x
2
－
11
x
＋
16
，
∴
f
(2)
＝
18.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
8.
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
_________
__
_.
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
，函数递减；
当
x
>
a
或
x
<
－
a
时，
f
′
(
x
)>0
，函数递增
.
∴
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
13
答案
解析
2
即
f
(
x
)
在
[0,1]
上的最小值为
f
(1)
，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
10.(2016·
枣庄模拟
)
已知函数
f
(
x
)
＝－
x
3
＋
ax
2
－
4
在
x
＝
2
处取得极值，若
m
∈
[
－
1,1]
，则
f
(
m
)
的最小值为
________.
答案
解析
f
′
(
x
)
＝－
3
x
2
＋
2
ax
，由
f
(
x
)
在
x
＝
2
处取得极值知
f
′
(2)
＝
0.
即－
3
×
4
＋
2
a
×
2
＝
0
，故
a
＝
3.
由此可得
f
(
x
)
＝－
x
3
＋
3
x
2
－
4.
f
′
(
x
)
＝－
3
x
2
＋
6
x
，由此可得
f
(
x
)
在
(
－
1,0)
上单调递减
.
在
(0,1)
上单调递增，
∴
对
m
∈
[
－
1,1]
时，
f
(
m
)
min
＝
f
(0)
＝－
4.
－
4
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
因为
f
(
x
)
＝
a
(
x
－
5)
2
＋
6ln
x
，所以
f
′
(
x
)
＝
2
a
(
x
－
5)
＋
.
11.
设
f
(
x
)
＝
a
(
x
－
5)
2
＋
6ln
x
，其中
a
∈
R
，曲线
y
＝
f
(
x
)
在点
(1
，
f
(1))
处的切线与
y
轴相交于点
(0,6).
(1)
确定
a
的值；
解
答
令
x
＝
1
，得
f
(1)
＝
16
a
，
f
′
(1)
＝
6
－
8
a
，
所以曲线
y
＝
f
(
x
)
在点
(1
，
f
(1))
处的切线方程为
y
－
16
a
＝
(6
－
8
a
)(
x
－
1)
，
由点
(0,6)
在切线上，可得
6
－
16
a
＝
8
a
－
6
，故
a
＝
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由
(1)
知，
f
(
x
)
＝
(
x
－
5)
2
＋
6ln
x
(
x
>0)
，
(2)
求函数
f
(
x
)
的单调区间与极值
.
解
答
令
f
′
(
x
)
＝
0
，解得
x
＝
2
或
3.
当
0<
x
<2
或
x
>3
时，
f
′
(
x
)>0
，故
f
(
x
)
在
(0,2)
，
(3
，＋
∞
)
上为增函数；
当
2<
x
<3
时，
f
′
(
x
)<0
，故
f
(
x
)
在
(2,3)
上为减函数
.
由此可知
f
(
x
)
在
x
＝
2
处取得极大值
f
(2)
＝
＋
6ln 2
，在
x
＝
3
处取得极小值
f
(3)
＝
2
＋
6ln 3.
综上，
f
(
x
)
的单调递增区间为
(0,2)
，
(3
，＋
∞
)
，单调递减区间为
(2,3)
，
f
(
x
)
的极大值
为
＋
6ln 2
，极小值为
2
＋
6ln 3.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
12.
设函数
f
(
x
)
＝
a
ln
x
－
bx
2
(
x
>0)
，若函数
f
(
x
)
在
x
＝
1
处与直线
y
＝
相切
.
(1)
求实数
a
，
b
的值；
解答
f
′
(
x
)
＝
－
2
bx
，
∵
函数
f
(
x
)
在
x
＝
1
处与直线
y
＝
相切
，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)
求函数
f
(
x
)
在
[
，
e]
上的最大值
.
令
f
′
(
x
)<0
，得
1<
x
≤
e
，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解答
*13.(2016·
武汉调研
)
已知函数
f
(
x
)
＝
ax
2
＋
bx
－
ln
x
(
a
>0
，
b
∈
R
).
(1)
设
a
＝
1
，
b
＝－
1
，求
f
(
x
)
的单调区间；
解答
∵
a
＝
1
，
b
＝－
1
，
令
f
′
(
x
)
＝
0
，得
x
＝
1.
当
0<
x
<1
时，
f
′
(
x
)<0
，
f
(
x
)
单调递减
；当
x
>1
时，
f
′
(
x
)>0
，
f
(
x
)
单调递增
.
∴
f
(
x
)
的单调递减区间是
(0,1)
；单调
递增区间是
(1
，＋
∞
).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)
若对任意的
x
>0
，
f
(
x
)
≥
f
(1)
，试比较
ln
a
与－
2
b
的大小
.
解答
由题意可知，
f
(
x
)
在
x
＝
1
处取得最小值
，即
x
＝
1
是
f
(
x
)
的极值点，
∴
f
′
(1)
＝
0
，
∴
2
a
＋
b
＝
1
，即
b
＝
1
－
2
a
.
令
g
(
x
)
＝
2
－
4
x
＋
ln
x
(
x
>0)
，
∴
g
(
a
)<0
，即
2
－
4
a
＋
ln
a
＝
2
b
＋
ln
a
<0
，故
ln
a
<
－
2
b
.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
