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  • 2021-06-16 发布

高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2节导数在研究函数中的应用第2课时利用导数研究函数的极值最值教学案

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第二课时 利用导数研究函数的极值、最值 考点一 利用导数求函数的极值  多维探究 角度 1 根据函数图象判断极值 【例 1-1】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,f′(x)>0; 当-22 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 规律方法 由图象判断函数 y=f(x)的极值,要抓住两点:(1)由 y=f′(x)的图象与 x 轴的 交点,可得函数 y=f(x)的可能极值点;(2)由导函数y=f′(x)的图象可以看出 y=f′(x)的 值的正负,从而可得函数 y=f(x)的单调性.两者结合可得极值点. 角度 2 已知函数求极值 【例 1-2】 已知函数 f(x)=ln x-ax(a∈R). (1)当 a= 1 2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= 1 2时,f(x)=ln x- 1 2x,函数的定义域为(0,+∞)且 f′(x)= 1 x- 1 2= 2-x 2x , 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)= 1 x-a= 1-ax x . 当 a≤0 时,f′(x)>0 在(0,+∞)上恒成立, 则函数在(0,+∞)上单调递增,此时函数在定义域上无极值点; 当 a>0 时,若 x∈(0, 1 a ),则 f′(x)>0, 若 x∈(1 a,+∞),则 f′(x)<0, 故函数在 x= 1 a处有极大值. 综上可知,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值点, 当 a>0 时,函数 y=f(x)有一个极大值点,且为 x= 1 a. 规律方法 运用导数求导函数 f(x)极值的一般步骤: (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 x0 左右两侧值的符号;(5)求出极值. 【训练 1】(1)(角度 1)已知函数 f(x)的定义域为(a,b),导函数 f′(x)在(a,b)上的图象如 图所示,则函数 f(x)在(a,b)上的极大值点的个数为(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由函数极值的定义和导函数的图象可知,f′(x)在(a,b)上与 x 轴的交点个数为 4,但 是在原点附近的导数值恒大于零,故 x=0 不是函数 f(x)的极值点.其余的 3 个交点都是极值 点,其中有 2 个点满足其附近的导数值左正右负,故极大值点有 2 个. 答案 B (2)(角度 2)(2019·江苏卷节选)设函数 f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f′(x)为 f(x)的导函数. ①若 a=b=c,f(4)=8,求 a 的值; ②若 a≠b,b=c,且 f(x)和 f′(x)的零点均在集合{-3,1,3}中,求 f(x)的极小值. 解 ①因为 a=b=c, 所以 f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3. 因为 f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得 a=2. ②因为 b=c,所以 f(x)=(x-a)(x-b)2=x3-(a+2b)x2+b(2a+b)x-ab2,从而 f′(x)= 3(x-b)·(x- 2a+b 3 ). 令 f′(x)=0,得 x=b 或 x= 2a+b 3 . 令 f(x)=0,得 x=a 或 x=b. 因为 a,b, 2a+b 3 都在集合{-3,1,3}中,且 a≠b, 所以 2a+b 3 =1,a=3,b=-3. 此时,f(x)=(x-3)(x+3)2,f′(x)=3(x+3)(x-1). 令 f′(x)=0,得 x=-3 或 x=1. 当 x 变化时,f′(x)变化如下表: x (-∞,-3) -3 (-3,1) 1 (1,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x)  极大值  极小值  所以 f(x)的极小值为 f(1)=(1-3)(1+3)2=-32. 考点二 已知函数的极值求参数 【例 2】 (2018·北京卷)设函数 f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行,求 a; (2)若 f(x)在 x=2 处取得极小值,求 a 的取值范围. 解 (1)因为 f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex, 所以 f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex. f′(1)=(1-a)e. 由题设知 f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得 a=1. 此时 f(1)=3e≠0. 所以 a 的值为 1. (2)f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex. 若 a> 1 2,则当 x∈(1 a,2 )时,f′(x)<0; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在 x=2 处取得极小值. 若 a≤ 1 2,则当 x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤ 1 2x-1<0, 所以 f′(x)>0.所以 2 不是 f(x)的极小值点. 综上可知,a 的取值范围是(1 2,+∞). 规律方法 1.已知函数极值,确定函数解析式中的参数时,要注意:根据极值点的导数为 0 和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解. 2.导数值为 0 不是此点为极值点的充要条件,所以用待定系数法求解后必须检验. 【训练 2】 (2020·肇庆模拟)已知 x=1 是 f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex 的极小值点,则实 数 a 的取值范围是(  ) A.(1,+∞) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,1) 解析 f′(x)=[x2-(a+1)x+a]ex=(x-a)(x-1)ex. 令 f′(x)=0,得(x-a)(x-1)ex=0. 设 g(x)=(x-1)(x-a). (1)当 a=1 时,g(x)≥0,f′(x)≥0,f(x)没有极值. (2)当 a>1 时,若 x>a 或 x<1 时,g(x)>0,f′(x)>0; 若 11 或 x0, 若 a0,则当 x∈(-∞,0)∪(a 3,+∞)时,f′(x)>0, 当 x∈(0, a 3 )时,f′(x)<0, 故 f(x)在(-∞,0),(a 3,+∞)单调递增,在(0, a 3 )单调递减; 若 a=0,则 f(x)在(-∞,+∞)单调递增; 若 a<0,则当 x∈(-∞, a 3)∪(0,+∞)时,f′(x)>0, 当 x∈(a 3,0 )时,f′(x)<0, 故 f(x)在(-∞, a 3),(0,+∞)单调递增,在(a 3,0 )单调递减. (2)当 03,与 00;当 x>1 时,f′(x)<0. ∴f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数. ∴f(x)max=f(1)=-1. ∴当 a=-1 时,函数 f(x)在(0,+∞)上的最大值为-1. (2)f′(x)=a+ 1 x,x∈(0,e], 1 x∈[1 e,+∞). ①若 a≥- 1 e,则 f′(x)≥0,从而 f(x)在(0,e]上是增函数, ∴f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不合题意. ②若 a<- 1 e,令 f′(x)>0 得 a+ 1 x>0,结合 x∈(0,e],解得 0-1 时, y′>0;当 x<-1 时, y′<0,所以当 x=-1 时,函数取得最小值,且 ymin=- 1 e. 答案 C 2.(2020·惠州模拟)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 f(x)在 x=-2 处 取得极小值,则函数 y=x·f′(x)的图象可能是(  ) 解析 ∵函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x), 且函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值, 当 x>-2 时,f′(x)>0;当 x=-2 时,f′(x)=0; 当 x<-2 时,f′(x)<0. ∴当 x>0 时,xf′(x)>0;当-20. 因此 y=xf′(x)的图象应为选项 C. 答案 C 3.(2017·全国Ⅱ卷)若 x=-2 是函数 f(x)=(x2+ax-1)·ex-1 的极值点,则 f(x)的极小值 为(  ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 解析 f′(x)=[x2+(a+2)x+a-1]·ex-1, 则 f′(-2)=[4-2(a+2)+a-1]·e-3=0⇒a=-1, 则 f(x)=(x2-x-1)·ex-1,f′(x)=(x2+x-2)·ex-1, 又 ex-1>0 恒成立,令 f′(x)=0,得 x=-2 或 x=1, 当 x<-2 或 x>1 时,f′(x)>0;当-20,函数 f(x) 单调递增,所以 f(x)的极小值为 f(1)= 1 2+a-1= a- 1 2,故 f(1)≥1,即 a- 1 2≥1,解得 a≥ 3 2. 答案 B 二、填空题 6.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式为 y=-x3+27x+123(x>0),则 获得最大利润时的年产量为________百万件. 解析 y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当 00;当 x>3 时,y′<0. 故当 x=3 时,该商品的年利润最大. 答案 3 7.(2020·安徽江南十校联考)已知 x=1 是函数 f(x)=(x2+ax)ex 的一个极值点,则曲线 y= f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为________. 解析 由 f(x)=(x2+ax)ex,得 f′(x)=(x2+ax+2x+a)ex, 因为 x=1 是函数 f(x)=(x2+ax)ex 的一个极值点, 所以 f′(1)=(3+2a)e=0,解得 a=- 3 2. ∴f′(x)=(x2+ 1 2x- 3 2)ex,所以 f′(0)=- 3 2. 所以曲线 f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为- 3 2. 答案 - 3 2 8.(2020·昆明诊断)直线 y=b 分别与直线 y=2x+1 和曲线 y=ln x 相交于点 A,B,则|AB| 的最小值为________. 解析 设两个交点分别为 A(b-1 2 ,b),B(eb,b), 则|AB|=eb- b-1 2 . 令 g(x)=ex- x-1 2 ,则 g′(x)=ex- 1 2. 由 g′(x)=0,得 x=-ln 2. 所以 g(x)在区间(-∞,-ln 2)单调递减,在区间(-ln 2,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=g(-ln 2)=1+ ln 2 2 . 答案 1+ ln 2 2 三、解答题 9.已知函数 f(x)=excos x-x. (1)求曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求函数 f(x)在区间[0, π 2 ]上的最大值和最小值. 解 (1)因为 f(x)=excos x-x, 所以 f′(x)=ex(cos x-sin x)-1,f′(0)=0. 又因为 f(0)=1, 所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=1. (2)设 h(x)=ex(cos x-sin x)-1 则 h′(x)=ex(cos x-sin x-sin x-cos x)=-2exsin x. 当 x∈(0, π 2 )时,h′(x)<0, 所以 h(x)在区间[0, π 2 ]上单调递减, 所以对任意 x∈(0, π 2 ]有 h(x)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. B 级 能力提升 11.若函数 y=f(x)存在 n-1(n∈N*)个极值点,则称 y=f(x)为 n 折函数,例如 f(x)=x2 为 2 折函数.已知函数 f(x)=(x+1)ex-x(x+2)2,则 f(x)为(  ) A.2 折函数 B.3 折函数 C.4 折函数 D.5 折函数 解析 f′(x)=(x+2)ex-(x+2)(3x+2) =(x+2)(ex-3x-2), 令 f′(x)=0,得 x=-2 或 ex=3x+2. 易知 x=-2 是 f(x)的一个极值点, 又 ex=3x+2,结合函数图象,y=ex 与 y=3x+2 有两个交点. 又 e-2≠3×(-2)+2=-4. 所以函数 y=f(x)有 3 个极值点,则 f(x)为 4 折函数. 答案 C 12.(2020·石家庄检测)若函数 f(x)=(1-x)(x2+ax+b)的图象关于点(-2,0)对称,x1,x2 分别是 f(x)的极大值点与极小值点,则 x2-x1=(  ) A.- 3 B.2 3 C.-2 3 D. 3 解析 不妨假设点(-2,0)在 f(x)图象上, 则 f(-2)=3(4-2a+b)=0, 因为函数图象关于点(-2,0)对称,且 f(1)=0, 所以 f(-5)=0,即 f(-5)=6(25-5a+b)=0, 联立{b-2a+4=0, b-5a+25=0,解得{b=10, a=7. 故 f(x)=(1-x)(x2+7x+10)=-x3-6x2-3x+10, 则 f′(x)=-3x2-12x-3=-3(x2+4x+1), 由于 x1,x2 分别是 f(x)的极大值点与极小值点. ∴x1,x2 是 f′(x)的零点,则 x1+x2=-4,x1x2=1. 从而 x1<0,x2<0,且 x1>x2. 因此 x2-x1=- (x1+x2)2-4x1x2=-2 3. 答案 C 13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远 保持为圆柱体,其底面半径原为 12 cm 且以每秒 1 cm 等速率缩短,而长度以每秒 20 cm 等速 率增长.已知神针的底面半径只能从 12 cm 缩到 4 cm,且知在这段变形过程中,当底面半径为 10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒,则此时金箍棒的底面半径 为________ cm. 解析 设神针原来的长度为 a cm,t 秒时神针的体积为 V(t) cm3,则 V(t)=π(12-t)2·(a +20t),其中 0≤t≤8,所以 V′(t)=[-2(12-t)(a+20t)+(12-t)2·20]π. 因为当底面半径为 10 cm 时其体积最大,所以 10=12-t,解得 t=2,此时 V′(2)=0,解得 a=60,所以 V(t)=π(12-t)2·(60+20t),其中 0≤t≤8. V′(t)=60π(12-t)(2-t),当 t∈(0,2)时,V′(t)>0,当 t∈(2,8)时,V′(t)<0,从 而 V(t)在(0,2)上单调递增,在(2,8)上单调递减,V(0)=8640π,V(8)=3520π,所以当 t=8 时,V(t)有最小值 3 520π,此时金箍棒的底面半径为 4 cm. 答案 4 14.(2019·北京卷)已知函数 f(x)= 1 4x3-x2+x. (1)求曲线 y=f(x)的斜率为 1 的切线方程; (2)当 x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x. (3)设 F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记 F(x)在区间[-2,4]上的最大值为 M(a).当 M(a)最 小时,求 a 的值. (1)解 由 f(x)= 1 4x3-x2+x,得 f′(x)= 3 4x2-2x+1. 令 f′(x)=1,即 3 4x2-2x+1=1,得 x=0 或 x= 8 3. 又 f(0)=0,f(8 3 )= 8 27, 所以曲线 y=f(x)的斜率为 1 的切线方程是 y=x 与 y- 8 27=x- 8 3,即 y=x 与 y=x- 64 27. (2)证明 令 g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4]. 由 g(x)= 1 4x3-x2 得 g′(x)= 3 4x2-2x. 令 g′(x)=0 得 x=0 或 x= 8 3. 当 x 变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下: x -2 (-2,0) 0 (0, 8 3 ) 8 3 (8 3,4 ) 4 g′(x) + 0 - 0 + g(x) -6  0  - 64 27  0 所以 g(x)的最小值为-6,最大值为 0. 故-6≤g(x)≤0,即 x-6≤f(x)≤x. (3)解 由第(2)问知, 当 a<-3 时,M(a)≥F(0)=|g(0)-a|=-a>3; 当 a>-3 时,M(a)≥F(-2)=|g(-2)-a|=6+a>3; 当 a=-3 时,M(a)=3; 综上,当 M(a)最小时,a=-3. C 级 创新猜想 15.(多填题)设函数 f(x)={x3-3x,x ≤ a, -2x,x > a. (1)若 a=0,则 f(x)的最大值为________; (2)若 f(x)无最大值,则实数 a 的取值范围是________. 解析 (1)若 a=0,则 f(x)={x3-3x,x ≤ 0, -2x,x > 0. 当 x>0 时,f(x)=-2x<0; 当 x≤0 时,f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1), 当 x<-1 时,f′(x)>0,f(x)是增函数; 当-12 时,f(x)max=a3-3a. 综上,当 a∈(-∞,-1)时,f(x)无最大值. 答案 (1)2 (2)(-∞,-1)