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  • 2021-06-16 发布

【数学】2020届一轮复习人教A版第三章第2课时利用导数研究函数的极值最值学案

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第2课时 利用导数研究函数的极值、最值 考点一 利用导数解决函数的极值问题 多维探究 角度1 根据函数图象判断函数极值 ‎【例1-1】 已知函数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】 (2019·哈尔滨模拟)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,‎ 故函数在x=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=.‎ 规律方法 运用导数求可导函数y=f(x)的极值的一般步骤:(1)先求函数y=f(x)的定义域,再求其导数f′(x);(2)求方程f′(x)=0的根;(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得极小值.特别注意:导数为零的点不一定是极值点.‎ 角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值 ‎【例1-3】 已知函数f(x)=ln x.‎ ‎(1)求f(x)图象的过点P(0,-1)的切线方程;‎ ‎(2)若函数g(x)=f(x)-mx+存在两个极值点x1,x2,求m的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=.‎ 设切点坐标为(x0,ln x0),则切线方程为y=x+ln x0-1.‎ 把点P(0,-1)代入切线方程,得ln x0=0,∴x0=1.‎ ‎∴过点P(0,-1)的切线方程为y=x-1.‎ ‎(2)因为g(x)=f(x)-mx+=ln x-mx+(x>0),‎ 所以g′(x)=-m-==-,‎ 令h(x)=mx2-x+m,‎ 要使g(x)存在两个极值点x1,x2,‎ 则方程mx2-x+m=0有两个不相等的正数根x1,x2.‎ 故只需满足即可,解得01时,f′(x)>0,‎ 当-2,则当x∈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≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-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.‎ 考点二 利用导数求函数的最值 ‎【例2】 (2019·广东五校联考)已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.‎ ‎(1)当a=-1时,求f(x)的最大值;‎ ‎(2)若f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.‎ 解 (1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),‎ 当a=-1时,f(x)=-x+ln x,f′(x)=-1+=,‎ 令f′(x)=0,得x=1.‎ 当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+,x∈(0,e],∈.‎ ‎①若a≥-,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<-,令f′(x)>0得a+>0,结合x∈(0,e],解得00),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.‎ 解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),‎ 因此总用氧量y=++9(v>0).‎ ‎(2)y′=-=,令y′=0得v=10,‎ 当010时,y′>0,函数单调递增.‎ 若c<10 ,函数在(c,10)上单调递减,在(10,15)上单调递增,‎ ‎∴当v=10时,总用氧量最少.‎ 若c≥10,则y在[c,15]上单调递增,‎ ‎∴当v=c时,这时总用氧量最少.‎ 规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:‎ ‎(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;‎ ‎(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;‎ ‎(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;‎ ‎(4)回归实际问题作答.‎ ‎2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.‎ ‎【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为______.‎ 解析 由题意,连接OD,交BC与点G,‎ 由题意,OD⊥BC,设OG=x,则BC=2x,DG=5-x,三棱锥的高 h===,‎ S△ABC=·(2x)2·sin 60°=3x2,‎ 则三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2·=·,‎ 令f(x)=25x4-10x5,x∈,‎ 则f′(x)=100x3-50x4,‎ 令f′(x)=0得x=2,当x∈(0,2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;‎ 当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减,‎ 故当x=2时,f(x)取得最大值80,‎ 则V≤×=4.‎ ‎∴体积最大值为4 cm3.‎ 答案 4 ‎[思维升华]‎ ‎1.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.‎ ‎2.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.‎ ‎3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系,并求出函数的最值.‎ ‎[易错防范]‎ ‎1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.‎ ‎2.已知极值点求参数时,由极值点处导数为0求出参数后,易忽视对极值点两侧导数异号的检验.‎ ‎3.由极值、最值求参数时,易忽视参数应满足的前提范围(如定义域),导致出现了增解.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时:40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.函数y=f(x)导函数的图象如图所示,则下列说法错误的是(  )‎ A.(-1,3)为函数y=f(x)的递增区间 B.(3,5)为函数y=f(x)的递减区间 C.函数y=f(x)在x=0处取得极大值 D.函数y=f(x)在x=5处取得极小值 解析 由函数y=f(x)导函数的图象可知,f(x)的单调递减区间是(-∞,-1),(3,5),单调递增区间为(-1,3),(5,+∞),所以f(x)在x=-1,5取得极小值,在x=3取得极大值,故选项C错误.‎ 答案 C ‎2.设a∈R,若函数y=ex+ax有大于零的极值点,则(  )‎ A.a<-1 B.a>-1‎ C.a>- D.a<- 解析 因为y=ex+ax,所以y′=ex+a.‎ 又函数y=ex+ax有大于零的极值点,‎ 则方程y′=ex+a=0有大于零的解,‎ 当x>0时,-ex<-1,所以a=-ex<-1.‎ 答案 A ‎3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2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 解析 ∵函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10,∴f(1)=10,且f′(1)=0,又f′(x)=3x2+2ax+b,‎ ‎∴解得或 而当时,函数在x=1处无极值,故舍去.‎ ‎∴f(x)=x3+4x2-11x+16,∴f(2)=18.‎ 答案 C ‎4.函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是(  )‎ A.0 B.1 C.2 D.无数 解析 函数定义域为(0,+∞),‎ 且f′(x)=6x+-2=,‎ 由于x>0,g(x)=6x2-2x+1的Δ=-20<0,‎ 所以g(x)>0恒成立,故f′(x)>0恒成立,‎ 即f(x)在定义域上单调递增,无极值点.‎ 答案 A ‎5.(2019·安庆二模)已知函数f(x)=2ef′(e)ln x-(e是自然对数的底数),则f(x)的极大值为(  )‎ A.2e-1 B.- C.1 D.2ln 2‎ 解析 由题意知,f′(x)=-,‎ ‎∴f′(e)=2f′(e)-,则f′(e)=.‎ 因此f′(x)=-,令f′(x)=0,得x=2e.‎ ‎∴f(x) 在(0,2e)上单调递增,在(2e,+∞)上单调递减.‎ ‎∴f(x)在x=2e处取极大值f(2e)=2ln(2e)-2=2ln 2.‎ 答案 D 二、填空题 ‎6.函数f(x)=xe-x,x∈[0,4]的最大值是________.‎ 解析 f′(x)=e-x-x·e-x=e-x(1-x),‎ 令f′(x)=0,得x=1.‎ 又f(0)=0,f(4)=,f(1)=e-1=,‎ ‎∴f(1)=为最大值.‎ 答案  ‎7.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m∈[-1,1],则f(m ‎)的最小值是________.‎ 解析 f′(x)=-3x2+2ax,由f(x)在x=2处取得极值知f′(2)=0,即-3×4+2a×2=0,故a=3.‎ 由此可得f(x)=-x3+3x2-4.‎ f′(x)=-3x2+6x,由此可得f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,‎ ‎∴当m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4.‎ 答案 -4‎ ‎8.若函数f(x)=-x2+x+1在区间上有极值点,则实数a的取值范围是________.‎ 解析 函数f(x)在区间上有极值点等价于f′(x)=0有2个不相等的实根且在内有根,由f′(x)=0有2个不相等的实根,得a<-2或a>2.由f′(x)=0在内有根,得a=x+在内有解,又x+∈,所以2≤a<.‎ 综上,a的取值范围是.‎ 答案  三、解答题 ‎9.设函数f(x)=aln x-bx2(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;‎ ‎(2)求函数f(x)在上的最大值.‎ 解 (1)由f(x)=aln x-bx2(x>0),得f′(x)=-2bx,‎ ‎∵函数f(x)在x=1处与直线y=-相切,‎ ‎∴解得 ‎(2)由(1)知,f(x)=ln x-x2,‎ 则f′(x)=-x=,‎ 当≤x≤e时,令f′(x)>0,得≤x<1,‎ 令f′(x)<0,得10,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)=8 640π,V(8)=3 520π,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.设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x(常数a>0).‎ ‎(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,+∞).‎ 所以g′(x)=-2a=.‎ 又a>0,‎ 当x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,‎ 当x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.‎ ‎∴函数y=g(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.‎ ‎(2)由(1)知,f′(1)=0.‎ ‎①当01,由(1)知f′(x)在内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当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.‎ ‎②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.‎ ‎③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处取极大值,符合题意.‎ 综上可知,实数a的取值范围为.‎

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