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  • 2021-06-11 发布

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案: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

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www.ks5u.com 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=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=.‎ 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∈,则f′(x)>0,‎ 若x∈,则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)·.‎ 令f′(x)=0,得x=b或x=.‎ 令f(x)=0,得x=a或x=b.‎ 因为a,b,都在集合{-3,1,3}中,且a≠b,‎ 所以=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>,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.‎ 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)∪时,f′(x)>0,‎ 当x∈时,f′(x)<0,‎ 故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减;‎ 若a=0,则f(x)在(-∞,+∞)单调递增;‎ 若a<0,则当x∈∪(0,+∞)时,f′(x)>0,‎ 当x∈时,f′(x)<0,‎ 故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.‎ ‎(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+,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=-.‎ 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)=+a-1=a-,故f(1)≥1,即a-≥1,解得a≥.‎ 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=-.‎ ‎∴f′(x)=ex,所以f′(0)=-.‎ 所以曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为-.‎ 答案 - ‎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(eb,b),‎ 则|AB|=eb-.‎ 令g(x)=ex-,则g′(x)=ex-.‎ 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+.‎ 答案 1+ 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)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.- B.2 C.-2 D. 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,‎ 联立解得 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=-=-2.‎ 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)=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.(2019·北京卷)已知函数f(x)=x3-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)=x3-x2+x,得f′(x)=x2-2x+1.‎ 令f′(x)=1,即x2-2x+1=1,得x=0或x=.‎ 又f(0)=0,f=,‎ 所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程是y=x与y-=x-,即y=x与y=x-.‎ ‎(2)证明 令g(x)=f(x)-x,x∈[-2,4].‎ 由g(x)=x3-x2得g′(x)=x2-2x.‎ 令g′(x)=0得x=0或x=.‎ 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下:‎ x ‎-2‎ ‎(-2,0)‎ ‎0‎ ‎4‎ g′(x)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ g(x)‎ ‎-6‎  ‎0‎  ‎-  ‎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)= ‎(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)= 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)‎