高科数学专题复习课件：第三章 3_2 第2课时导数的应用 51页

§ 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