【数学】2019届一轮复习苏教版第3章导数及其应用第16讲学案 19页

第16讲　利用导数研究函数的最(极)值 考试要求　1.函数在某点取得极值的必要条件和充分条件(A级要求)；2.利用导数求函数的极大值、极小值，闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)(B级要求).‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.(　　)‎ ‎(2)函数的极大值不一定比极小值大.(　　)‎ ‎(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.(　　)‎ ‎(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.(　　)‎ 解析　(1)函数在某区间或定义域内极大值可以不止一个，故(1)错误，(3)对可导函数f(x)，f′(x)＝0是x0为极值点的必要条件.‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√‎ ‎2.(选修2－2P34习题8改编)函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是________.‎ 解析　∵f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.‎ ‎∴f(x)在[－1，0)上是增函数，f(x)在(0，1]上是减函数.‎ ‎∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.‎ 答案　2‎ ‎3.下列函数：‎ ‎①y＝x3；②y＝ln(－x)；③y＝xe－x；④y＝x＋.‎ 其中，既是奇函数又存在极值的是________(填序号).‎ 解析　由题意可知，②，③中的函数不是奇函数，①中，函数y＝x3单调递增(无极值)，④中的函数既为奇函数又存在极值.‎ 答案　④‎ ‎4.(2017·海门中 适应性训练)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函数f(x)的一个极值点，则实数a＝________.‎ 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋3.‎ 依题意知，－3是方程f′(x)＝0的根，‎ 所以3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a＝5.‎ 经检验，a＝5时，y＝f(x)在x＝－3处取得极值.‎ 答案　5‎ ‎5.(2017·镇江期末)定义在上的函数f(x)＝8sin x－tan x的最大值为________.‎ 解析　∵函数f(x)＝8sin x－tan x，‎ ‎∴f′(x)＝8cos x－＝，‎ 令f′(x)＝0，得cos x＝，‎ ‎∵x∈，∴x＝.‎ 当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在区间上是单调增函数；‎ 当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)在区间上是单调递减函数.‎ ‎∴当x＝时，函数f(x)取得最大值，最大值为3.‎ 答案　3 知 识 梳 理 ‎1.函数的极值 若在函数y＝f(x)的定义域I内存在x0，使得在x0附近的所有点x，都有f(x)f(x0)，则称函数y＝f(x)在点x＝x0处取得极小值，记作y极小值＝f(x0).‎ ‎2.求函数极值的步骤：‎ ‎(1)求导数f′(x)；‎ ‎(2)求方程f′(x)＝0的所有实数根；‎ ‎(3)观察在每个根xn附近，从左到右，导函数f′(x)的符号如何变化，若f′(x ‎)的符号由正变负，则f(xn)是极大值；若由负变正，则f(xn)是极小值；若f′(x)的符号在xn的两侧附近相同，则xn不是函数f(x)的极值点.‎ ‎3.函数的最值 若在函数f(x)的定义域I内存在x0，使得对于任意的x∈I，都有f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数的最大值，记作ymax＝f(x0)；若在函数f(x)的定义域I内存在x0，使得对于任意的x∈I，都有f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数的最小值，记作ymin＝f(x0).‎ ‎4.求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最值的步骤：‎ ‎(1)求f(x)在区间[a，b]上的极值；‎ ‎(2)将第一步中求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值.‎ 考点一　用导数研究函数的极值(多维探究)‎ 命题角度1　根据函数图象判断极值 ‎【例1－1】 (1)(2018·淮安模拟)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________(填序号).‎ ‎(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________(填序号).‎ ‎①函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)；‎ ‎②函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)；‎ ‎③函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)；‎ ‎④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2).‎ 解析　(1)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.‎ ‎(2)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　(1)③　(2)④‎ 命题角度2　求函数的极值 ‎【例1－2】 (2017·山东卷)已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.‎ ‎(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；‎ ‎(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.‎ 解　(1)由题意f′(x)＝x2－ax，‎ 所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，‎ 所以f′(3)＝3，‎ 因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是 y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.‎ ‎(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，‎ 所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x ‎＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，‎ 令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，‎ 所以h(x)在R上单调递增.‎ 因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；‎ 当x<0时，h(x)<0.‎ ‎①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.‎ 所以当x＝a时，g(x)取到极大值，‎ 极大值是g(a)＝－a3－sin a，‎ 当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.‎ ‎②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；‎ 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.‎ ‎③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，‎ 当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；‎ 当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；‎ 当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.‎ 所以当x＝0时，g(x)取到极大值，‎ 极大值是g(0)＝－a；‎ 当x＝a时g(x)取到极小值，‎ 极小值是g(a)＝－a3－sin a.‎ 综上所述：‎ 当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是 g(0)＝－a；‎ 当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；‎ 当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.‎ 命题角度3　已知极值求参数 ‎【例1－3】 (1)若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________.‎ ‎(2)(一题多解)(2018·南京 情调研)已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数y＝f(x)在(1，2)上有极值，则实数a的取值范围为________.‎ 解析　(1)∵f′(x)＝′＝ ‎＝，‎ 又∵函数y＝f(x)在x＝1处取极值，‎ ‎∴f′(1)＝0.‎ ‎∴1＋2×1－a＝0，‎ ‎∴a＝3，验证知a＝3符合题意.‎ ‎(2)法一　令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，‎ 得x1＝－1－，x2＝－1＋，‎ 因为x1∉(1，2)，因此则需10，‎ 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.‎ 所以，当x＝时，f(x)有极小值f＝－.‎ ‎(2)设g(x)＝f′(x)＝3(ax2＋1＋ln x)，其中x∈D＝.‎ 由题意知g(x)在D上有且只有一个零点(设为x0)，且在x0两侧g(x)异号.‎ ‎①当a≥0时，g(x)在D上单调递增，‎ 所以g(x)>g≥0，‎ 所以g(x)在D上无零点，不符合题意；‎ ‎②当a<0时，在(0，＋∞)上考察g(x)：‎ g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝，‎ g(x)在上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.‎ ‎(ⅰ)当g(e)·g<0时，－0.‎ 又因为g＝<0，‎ 所以此时g(x)在D上有且只有一个零点x0″，且在x0″两侧g(x)异号.‎ 综上所述，实数a的取值范围是.‎ 考点二　利用导数求函数的最值 ‎【例2】 (2018·徐州模拟)已知函数f(x)＝(x－k)ex.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.‎ 解　(1)由f(x)＝(x－k)ex得f′(x)＝(x－k＋1)ex，‎ 令f′(x)＝0，得x＝k－1.‎ 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，k－1)‎ k－1‎ ‎(k－1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  ‎－ek－1‎  所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).‎ ‎(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，‎ 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k，‎ 当01时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.‎ 综上，a＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知f(x)＝x2－x－xln x，f′(x)＝2x－2－ln x，‎ 设h(x)＝2x－2－ln x，则h′(x)＝2－.‎ 当x∈时，h′(x)<0；‎ 当x∈时，h′(x)>0.‎ 所以h(x)在单调递减，在单调递增.‎ 又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，‎ 所以h(x)在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；‎ 当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.‎ 因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点.‎ 由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0).‎ 由x0∈(0，1)得f(x0)<.‎ 因为x＝x0是f(x)在(0，1)的最大值点，由e－1∈(0，1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2.‎ 所以e－20；‎ 当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)<0.‎ 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增.‎ ‎(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.‎ 当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)上单调递减，而h(0)＝1，故h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1；‎ 当00(x>0)，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，故ex≥x＋1.‎ 当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，‎ 取x0＝，则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)>ax0＋1；‎ 当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0，1)，f(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，‎ 综上，a的取值范围是[1，＋∞).‎ 一、必做题 ‎1.(2018·徐州模拟)已知函数f(x)＝x3－x2－x＋m在[0，1]上的最小值为，则实数m的值为________.‎ 解析　由f(x)＝x3－x2－x＋m，可得f′(x)＝x2－2x－1，‎ 令x2－2x－1＝0，可得x＝1±.‎ 当x∈(1－，1＋)时，f′(x)<0，‎ 即函数f(x)在(1－，1＋)上是减函数，即f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，‎ 所以－1－1＋m＝，解得m＝2.‎ 答案　2‎ ‎2.(2018·南京模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小值为________.‎ 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，‎ ‎∴对m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.‎ 答案　－4‎ ‎3.(2018·扬州模拟)函数f(x)＝ax3＋bx2＋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________.‎ 解析　由已知可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，‎ 由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a>0，且－2，3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，‎ 则由根与系数的关系知＝－1，＝－6，‎ ‎∴b＝－，c＝－18a，‎ 此时f(x)＝ax3－x2－18ax－34，‎ 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；‎ 当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，‎ ‎∴f(3)为f(x)的极小值，且f(3)＝27a－－54a－34＝－115，解得a＝2.‎ 答案　2‎ ‎4.(2017·南京模拟)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＝________.‎ 解析　由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.‎ 令f′(x)＝－a＝0，得x＝，‎ 当00；‎ 当x>时，f′(x)<0.‎ ‎∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，‎ 解得a＝1.‎ 答案　1‎ ‎5.(2017·盐城一模)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图象与x轴相切于一点A(m，0)(m≠0)，且f(x)的极大值为，则m的值为________.‎ 解析　由题意可得f(m)＝m3＋am2＋bm＝0，m≠0，则m2＋am＋b＝0　①，且f′(m)＝3m2＋2am＋b＝0　②，‎ ‎①－②化简得m＝－.‎ f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0的两根为－和－，‎ 则b＝，f＝，解得a＝－3，m＝.‎ 答案　 ‎6.(2017·镇江期末)若函数f(x)＝－2x3＋2tx2＋1存在唯一的零点，则实数t的取值范围为________.‎ 解析　因为f(x)＝－2x3＋2tx2＋1存在唯一的零点，则f(x)在R上为单调函数或极小值大于0或极大值小于0，又因为f′(x)＝－6x2＋4tx＝－6x，且f(0)＝1，所以只能是f(x)的极小值大于0或在R上为单调函数.当t>0时，极小值为f(0)＝1；当t＝0时，f(x)在R上单调递减；当t<0时，极小值为f＝＋1>0，即t>－，综上，t∈.‎ 答案　 ‎7.(2018·常州武进期中)已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈‎ ‎(－∞，0]时，恒有xf′(x)0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为________.‎ 解析　f′(x)＝12x2－2ax－2b，则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a＋b＝6，‎ 又a>0，b>0，则t＝ab≤＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号.‎ 答案　9‎ ‎9.(2017·南通、扬州、泰州第三次模拟)已知函数f(x)＝ax2＋cos x(a∈R)，记f(x)的导函数为g(x).‎ ‎(1)证明：当a＝时，g(x)在R上单调递增；‎ ‎(2)若f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围.‎ ‎(1)证明　当a＝时，f(x)＝x2＋cos x，‎ 所以f′(x)＝x－sin x，即g(x)＝x－sin x，‎ 所以g′(x)＝1－cos x≥0恒成立，‎ 所以g(x)在R上单调递增.‎ ‎(2)解　因为g(x)＝f′(x)＝2ax－sin x，‎ 所以g′(x)＝2a－cos x.‎ ‎①当a≥时，g′(x)≥1－cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增.‎ 若x>0，则f′(x)>f′(0)＝0；若x<0，则f′(x)0，则f′(x)f′(0)＝0，‎ 所以f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)，单调递增区间是(－∞，0)，‎ 所以f(x)在x＝0处取得极大值，不符合题意.‎ ‎③当－2a，即g′(x)<0，‎ 所以函数f′(x)在(0，x0)上单调递减，‎ 所以f′(x)0，故不等式(x－1)f(x)≥0恒成立.‎ 若a>2，f′(x)＝，‎ 设p(x)＝xln x＋(1－a)x＋1，‎ 令p′(x)＝ln x＋2－a＝0，则x＝ea－2>1.‎ 当x∈(1，ea－2)时，p′(x)<0，p(x)单调递减，‎ 则p(x)1，‎ ‎∴u′(x)<0.‎ ‎∴u(x)在x∈[3，4]上为减函数，‎ ‎∴u(x)在x∈[3，4]上的最大值为u(3)＝3－e2.‎ 综上，实数a的取值范围为.‎ 答案　 ‎12.(2018·扬州中 开 考试)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝(m>0).‎ ‎(1)当m＝1时，函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象在x＝1处的切线互相垂直，求n的值；‎ ‎(2)若函数y＝f(x)－g(x)在定义域内不单调，求m－n的取值范围；‎ ‎(3)是否存在实数a，使得f ·f(eax)＋f ≤0对任意正实数x恒成立？若存在，求出满足条件的实数a；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)当m＝1时，g′(x)＝，‎ ‎∴y＝g(x)的图象在x＝1处的切线斜率为，因为f′(x)＝，∴y＝f(x)的图象在x＝1处的切线斜率为1，由题意得·1＝－1，∴n＝5.‎ ‎(2)易知函数y＝f(x)－g(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ y′＝f′(x)－g′(x)＝－ ‎＝＝，‎ 由题意得x＋2－m(1－n)＋的最小值为负，‎ ‎∴m(1－n)>4，‎ ‎∵m>0，∴1－n>0，∴≥m(1－n)>4，‎ ‎∴m＋(1－n)>4，∴m－n>3.‎ ‎(3)令θ(x)＝f ·f(eax)＋f ＝ax·ln 2a－ax·ln x＋ln x－ln 2a＝(ax－1)(ln 2a－‎ ln x)，其中x>0，a>0，要使得(ax－1)·(ln 2a－ln x)≤0对任意正数x恒成立，需(ax－1)(2a－x)≤0对任意正数x恒成立.‎ 即(x－2a)≥0对任意正数x恒成立，设函数φ(x)＝(x－2a)，则φ(x)的图象为开口向上，与x正半轴至少有一个交点的抛物线，结合题意，抛物线与x 轴只能有一个交点，所以＝2a，所以a＝.‎ 所以存在实数a满足条件，此时a＝.‎