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- 2021-06-16 发布
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第3讲 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.
[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部,区间的端点不能称为极值点;
(2)在函数的整个定义域内,极值不一定是唯一的,有可能有多个极大值或极小值;
(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系.
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.
3.极值与最值的区别与联系
(1)区别
函数的极值
函数的最值
函数的极值点一定出现在区间的内部,区间的端点不能成为极值点
使函数取得最大值,最小值的点可能在区间的内部,也可能在区间的端点
函数的极值是通过比较极值点附近的函数值得出的
函数的最值是通过比较整个定义域内的函数值得出的
函数的极值可能不止一个,也可能一个没有
函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个
函数的极大值不一定大于函数的极小值
函数的最大值一定大于函数的最小值
(2)联系
①当连续函数在开区间内的极值点只有一个时,相应的极值点必为函数的最值点;
②极值有可能是最值,但最值只要不在区间端点处取得,其必定是极值.
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的.( )
(2)导数为零的点不一定是极值点.( )
(3)函数的极大值不一定比极小值大.( )
(4)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值.( )
答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)√
(教材习题改编)函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点( )
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
解析:选A.导函数f′(x)的图象与x轴的交点中,左侧图象在x轴下方,右侧图象在x轴上方的只有一个.
所以f(x)在区间(a,b)内有一个极小值点.
函数y=ln x-x在x∈(0,e]上的最大值为( )
A.e B.1
C.-1 D.-e
解析:选C.函数y=ln x-x的定义域为(0,+∞),
又y′=-1=,
令y′=0得x=1,
当x∈(0,1)时,y′>0,函数单调递增;
当x∈(1,e)时,y′<0,函数单调递减.
当x=1时,函数取得最大值-1.
已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=________.
解析:由题意得f′(x)=3x2-12,由f′(x)=0得x=±2,当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以a=2.
答案:2
(教材习题改编)函数y=x+2cos x在区间上的最大值是________.
解析:y′=1-2sin x,令y′=0,
又因为x∈,解得x=,
则当x∈时,y′>0;当x∈时,y′<0,故函数y=x+2cos x在x=时取得最大值+.
答案:+
函数的极值问题(高频考点)
函数的极值是每年高考的热点,一般为中高档题,三种题型都有.高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度:
(1)由图判断函数极值的情况;
(2)已知函数解析式求极值;
(3)已知函数极值求参数值或范围.
[典例引领]
角度一 由图判断函数极值的情况
(2017·高考浙江卷)函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( )
【解析】 原函数先减再增,再减再增,且x=0位于增区间内,故选D.
【答案】 D
角度二 已知函数解析式求极值
(2018·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)=ln x-ax2+x,a∈R.
(1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程;
(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值.
【解】 (1)当a=0时,f(x)=ln x+x,则f(1)=1,所以切点为(1,1),又f′(x)=+1,所以切线斜率k=f′(1)=2,故切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.
(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-ax2+(1-a)x+1,
则g′(x)=-ax+(1-a)=,
当a≤0时,因为x>0,所以g′(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,函数g(x)无极值点.
当a>0时,g′(x)=
=-,
令g′(x)=0得x=.
所以当x∈(0,)时,g′(x)>0;当x∈(,+∞)时,g′(x)<0.
因为g(x)在(0,)上是增函数,在(,+∞)上是减函数.
所以x=时,g(x)有极大值g()=ln-×+(1-a)·+1=-ln a.
综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;
当a>0时,函数g(x)有极大值-ln a,无极小值.
角度三 已知函数极值求参数值或范围
(2016·高考山东卷)设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
【解】 (1)由f′(x)=ln x-2ax+2a,
可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
则g′(x)=-2a=.
当a≤0时,
x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0时,
x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,
x∈时,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)的单调增区间为,单调减区间为.
(2)由(1)知,f′(1)=0.
①当a≤0时,f′(x)单调递增,
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当01,由(1)知f′(x)在内单调递增,
可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,x∈时,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在内单调递增,
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=时,=1,f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,
所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>时,0<<1,当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为a>.
(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.
[通关练习]
1.(2017·高考全国卷Ⅱ)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:选A.因为f(x)=(x2+ax-1)ex-1,所以f′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.因为x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,所以-2是x2+(a+2)x+a-1=0的根,所以a=-1,f′(x)=(x2+x-2)ex-1=(x+2)(x-1)ex-1.令f′(x)>0,解得x<-2或x>1,令f′(x)<0,解得-20时,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.
利用导数研究生活中的优化问题
[典例引领]
某食品厂进行蘑菇的深加工,每公斤蘑菇的成本为20元,并且每公斤蘑菇的加工费为t元(t为常数,且2≤t≤5).设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x元(25≤x≤40),根据市场调查,销售量q公斤与ex成反比,当每公斤蘑菇的出厂价为30元时,日销售量为100公斤.
(1)求该工厂的每日利润y元与每公斤蘑菇的出厂价x元的函数关系式;
(2)若t=5,当每公斤蘑菇的出厂价x为多少时,该工厂的每日利润y最大?并求最大值.
【解】 (1)设日销量q=,则=100,
所以k=100e30,
所以日销量q=,
所以y=(25≤x≤40).
(2)当t=5时,y=,
y′=,
由y′≥0得x≤26,由y′≤0,得x≥26,
所以y在区间[25,26]上单调递增,在区间[26,40]上单调递减,
所以当x=26时,ymax=100e4,
即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时,该工厂的每日利润最大,最大值为100e4元.
一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比,已知当速度为20 km/h时,每小时消耗的电价值40元,其他费用每小时需400元,机车的
最高速度为100 km/h,机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少?
解:设机车的速度为x km/h,甲、乙两城距离为a km.
由题意,令40=k·203,所以k=,
则总费用f(x)=(kx3+400)·
=a=a(00.
所以当x=20时,f(x)取最小值,即速度为20 km/h时,总费用最少.
求函数的极值、最值,通常转化为对函数的单调性的分析讨论,所以,研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究.
研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负;函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点;函数的最值常借助原函数图象来分析最值点.
分类讨论思想的应用
(1)利用导数研究函数的性质,不能以统一的方法或形式处理多种可能情形的对象.此时可选择一个标准,依此分成几个能用不同形式去解决的小问题,从而获得问题解决,体现化整为零,各个击破、积零为整的思想——分类讨论.
如求函数f(x)在某一区间上的最值,应根据函数在该区间上的单调性求解,若函数的单调区间含参数,需根据所求区间与函数的单调区间的相对位置关系进行分类讨论,分类的目的是确定函数在所求区间上的单调性.
(2)解含参函数单调区间、极值、最值问题时,容易产生讨论的两个地方:
①f′(x)=0有根与无根的讨论;
②f′(x)=0有根,对根大小的讨论.
易错防范
(1)求函数极值时,误把导数为0的点作为极值点;
(2)易混极值与最值,注意函数最值是个“整体”概念,而极值是个“局部”概念.
1.函数y=xex的最小值是( )
A.-1 B.-e
C.- D.不存在
解析:选C.因为y=x·ex,所以y′=ex+xex=(1+x)ex,
当x∈(-∞,-1)时,y′<0,当x∈(-1,+∞)时,y′>0,所以当x=-1时,ymin=(-1)e-1=-.
2.从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形,做成一个无盖的盒子,则盒子容积的最大值为( )
A.12 cm3 B.72 cm3
C.144 cm3 D.160 cm3
解析:选C.设盒子容积为y cm3,盒子的高为x cm,
则x∈(0,5),y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x,所以y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或(舍去),
所以ymax=6×12×2=144(cm3).
3.已知函数y=x-ln(1+x2),则函数y的极值情况是( )
A.有极小值
B.有极大值
C.既有极大值又有极小值
D.无极值
解析:选D.由题意得x∈R,y′=1-·(1+x2)′=1-=≥0,所以函数y=x-ln(1+x2)无极值.
4.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.设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1、x2、x3、x4.
当x0,f(x)为增函数,
当x10时,令f′(x)=0得x=±,当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示:
x
(-∞,-)
-
(-,)
(,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
因为函数f(x)在区间(-1,2)上仅有一个极值点,所以或解得1≤a<4.选C.
6.函数f(x)=x3-3x2+4在x=________处取得极小值.
解析:由f′(x)=3x2-6x=0,得x=0或x=2.列表得
x
(-∞,0)
0
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
所以在x=2处取得极小值.
答案:2
7.(2018·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x)=则函数h(x)的最大值为______.
解析:先求出x>0时,f(x)=-1的最小值.当x>0时,f′(x)=,所以x∈(0,1)时,f′(x)<0,函数单调递减,x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数单调递增,所以x=1时,函数取得极小值即最小值,为e-1,所以由已知条件得h(x)的最大值为1-e.
答案:1-e
8.已知函数f(x)=ln x-(m∈R)在区间[1,e]上取得最小值4,则m=______.
解析:f′(x)=+=(x>0),
当m>0时,f′(x)>0,f(x)在区间[1,e]上为增函数,f(x)有最小值f(1)=-m=4,
得m=-4,与m>0矛盾.
当m<0时,若-m<1即m>-1,f(x)在区间[1,e]上单调递增,f(x)min=f(1)=-m=4,
得m=-4,与m>-1矛盾;
若-m∈[1,e],即-e≤m≤-1,
f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4,
解得m=-e3,与-e≤m≤-1矛盾;
若-m>e,即m<-e时,f(x)在区间[1,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=1-=4,解得m=-3e,符合题意.
答案:-3e
9.(2017·高考北京卷)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∈时,h′(x)<0,
所以h(x)在区间上单调递减.
所以对任意x∈有h(x)