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- 2021-07-01 发布
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第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
考点一 利用导数研究函数的极值(多维探究)
命题角度1 已知函数求极值(点)
【例1-1】 (2018·西安质检)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;
(2)求函数f(x)的极值.
解 (1)由f(x)=x-1+,得f′(x)=1-.
又曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,
得f′(1)=0,即1-=0,解得a=e.
(2)f′(x)=1-,
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ex=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.
命题角度2 已知极值(点),求参数的值或取值范围
【例1-2】 已知函数f(x)=ax-1-ln x(a∈R).
(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数;
(2)若函数f(x)在x=1处取得极值,任意x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2恒成立,求实数b的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=a-=,
当a≤0时,f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,∴f(x)在(0,+∞)上没有极值点;
当a>0时,由f′(x)<0得00得x>,
∴f(x)在上递减,在上递增,即f(x)在x=处有极小值.
∴当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点,当a>0时,f(x)在(0,+∞)上有一个极值点.
(2)∵函数f(x)在x=1处取得极值,
∴a=1,∴f(x)≥bx-2⇒1+-≥b,
令g(x)=1+-,则g′(x)=,令g′(x)=0,得x=e2,则g(x)在(0,e2)上递减,在(e2,+∞)上递增,
∴g(x)min=g(e2)=1-,即b≤1-,即实数b的取值范围为.
规律方法 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为:
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,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值.
(2)由函数极值求参数的值或范围.
讨论极值点有无(个数)问题,转化为讨论f′(x)=0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围,特别注意:极值点处的导数为0,而导数为0的点不一定是极值点,要检验极值点两侧导数是否异号.
【训练1】 (2016·山东卷改编)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)的单调增区间为,单调减区间为.
(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.
考点二 利用导数研究函数的最值
【例2】 (2018·山西三区八校模拟)已知函数f(x)=ln x+ax2+bx(其中a,b为常数且a≠0)在x=1处取得极值.
(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(0,e]上的最大值为1,求a的值.
解 (1)因为f(x)=ln x+ax2+bx,所以f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+2ax+b,
因为函数f(x)=ln x+ax2+bx在x=1处取得极值,
所以f′(1)=1+2a+b=0,
又a=1,所以b=-3,则f′(x)=,
令f′(x)=0,得x1=,x2=1.
f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)的单调递增区间为,(1,+∞);
单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(x)==(x>0),
令f′(x)=0,得x1=1,x2=,
因为f(x)在x=1处取得极值,所以x2=≠x1=1,
若<0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,e]上单调递减,
所以f(x)在区间(0,e]上的最大值为f(1),令f(1)=1,解得a=-2,
当a>0时,x2=>0,
若<1时,f(x)在,[1,e]上单调递增,在上单调递减,所以最大值可能在x=或x=e处取得,而f =ln +a-(2a+1)=ln --1<0,
所以f(e)=ln e+ae2-(2a+1)e=1,解得a=,
若1<0.
(1)记f(x)的极小值为g(a),求g(a)的最大值;
(2)若对任意实数x,恒有f(x)≥0,求f(a)的最值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.
令f′(x)=0,得x=ln a,
易知当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,
所以函数f(x)在x=ln a处取极小值,g(a)=f(x)极小值=f(ln a)=eln a-aln a=a-aln a.
g′(a)=1-(1+ln a)=-ln a,
当00,g(a)在(0,1)上单调递增;
当a>1时,g′(a)<0,g(a)在(1,+∞)上单调递减.
所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g(1)=1.
(2)显然,当x≤0时,ex-ax≥0(a>0)恒成立.
当x>0时,由f(x)≥0,即ex-ax≥0,得a≤.
令h(x)=,x∈(0,+∞),
则h′(x)==,
当01时,h′(x)>0,
故h(x)的最小值为h(1)=e,所以a≤e,
故实数a的取值范围是(0,e].
f(a)=ea-a2,a∈(0,e],f′(a)=ea-2a,
易知ea-2a≥0对a∈(0,e]恒成立,
故f(a)在(0,e]上单调递增,所以f(0)=10).
(1)求f(x)的单调区间和极值;
(2)若对任意x∈(0,+∞),f(x)≥恒成立,求实数m的最大值.
解 (1)由f(x)=xln x(x>0),得f′(x)=1+ln x,
令f′(x)>0,得x>;令f′(x)<0,得00),则g′(x)=,
由g′(x)>0⇒x>1,由g′(x)<0⇒00,-22时,
f′(x)>0,∴x=2是f(x)的极小值点.
答案 D
2.函数f(x)=x2-ln x的最小值为( )
A. B.1 C.0 D.不存在
解析 f′(x)=x-==,因为x>0,所以令f′(x)>0,得x>1.令f′(x)<0,得0-1
C.a>- D.a<-
解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a.
∵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,
∵x>0时,-ex<-1,∴a=-ex<-1.
答案 A
5.已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于( )
A. B. C. D.1
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 D
二、填空题
6.(2017·新乡模拟)设x1,x2是函数f(x)=x3-2ax2+a2x的两个极值点,若x1<20时,f′(x)=,∴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,∴x=1时,函数取得极小值即最小值,为e-1,∴由已知条件得h(x)的最大值为1-e.
答案 1-e
8.(2018·武汉模拟)若函数f(x)=2x2-ln x在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)内存在最小值,则实数k的取值范围是________.
解析 因为f(x)的定义域为(0,+∞),又因为f′(x)=4x-,所以由f′(x)=0解得x=,由题意得解得1≤k<.
答案
三、解答题
9.(2015·安徽卷)已知函数f(x)=(a>0,r>0).
(1)求f(x)的定义域,并讨论f(x)的单调性;
(2)若=400,求f(x)在(0,+∞)内的极值.
解 (1)由题意可知x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞).
f(x)==,
f′(x)==.
所以当x<-r或x>r时,f′(x)<0;
当-r0.
因此,f(x)的单调递减区间为(-∞,-r),(r,+∞);
f(x)的单调递增区间为(-r,r).
(2)由(1)的解答可知f′(r)=0,f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减.
因此,x=r是f(x)的极大值点,
所以f(x)在(0,+∞)内的极大值为f(r)====100,f(x)在(0,+∞)内无极小值;
综上,f(x)在(0,+∞)内极大值为100,无极小值.
10.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)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,
f′(x)=-x=,
当≤x≤e时,令f′(x)>0,得≤x<1,
令f′(x)<0,得10),∴f′(x)=ln x+1-aex(x>0),由已知函数f(x)有两个极值点可得y=a和g(x)=在(0,+∞)上有两个交点,
g′(x)=(x>0),令h(x)=-ln x-1,
则h′(x)=--<0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递减且h(1)=0,
∴当x∈(0,1]时,h(x)≥0,即g′(x)≥0,g(x)在(0,1]上单调递增,g(x)≤g(1)=,
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即g′(x)<0,g(x)在(1,+∞)上单调递减,
故g(x)max=g(1)=,
而x→0时,g(x)→-∞,x→+∞时,g(x)→0;
若y=a和g(x)在(0,+∞)上有两个交点,只需00时,求函数f(x)的单调区间;
(2)若f(x)在(0,+∞)上存在极值点,且极值大于ln 4+2,求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),
而f′(x)=ex+,
当a>0时,f′(x)>0,
故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(0,+∞),无单调递减区间.
(2)当a≥0时,由(1)知f′(x)>0,f(x)无极值点;
当a<0时,令g(x)=f′(x)=ex+,
则g′(x)=ex-.
g′(x)>0对x∈(0,+∞)恒成立,
故g(x)=ex+在(0,+∞)上单调递增.
当01时,ex∈(e,+∞),∈(a,0),-∈(0,-a),
故在(1,+∞)上存在实数t,使得et>-a>-,
从而在(0,+∞)上存在实数t使得g(t)>0.
因此g(x)在(0,+∞)上有唯一零点,设为x0.
于是当x∈(0,x0)时,f′(x)=g(x)<0,x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,
从而f(x)在(0,+∞)上存在唯一的极小值点,
且极值f(x0)=ex0-.
由g(x0)=0知a=-xex0,
因此f(x0)=ex0-=(x0+1)ex0,
令φ(x)=(x+1)ex,则φ′(x)=(x+2)ex,
故φ(x)在(0,+∞)上单调递增.
而f(x0)=(x0+1)ex0>ln 4+2=2(ln 2+1)
=(ln 2+1)eln 2,
所以x0>ln 2.
令ω(x)=-x2ex,则ω′(x)=-(x2+2x)ex,
故x0>ln 2时,ω′(x)=-(x2+2x)ex<0,
ω(x)=-x2ex单调递减.
从而a<-(ln 2)2eln 2=-2(ln 2)2,
故所求a的取值范围是(-∞,-2(ln 2)2).