导数与函数的极值、最值.pdf

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1、导数与函数的极值、最值 考点一利用导数研究函数的极值 考法 (一)已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值 例 1已知函数 f(x)x1 a e x(aR，e 为自然对数的底数 )，求函数f(x)的极值 解由 f(x)x1 a e x，得 f(x)1 a e x. 当 a0 时， f (x)0，f(x)为(， )上的增函数，所以函数f(x)无极值 当 a0 时，令 f(x)0， 得 e xa，即 xln a， 当 x(， ln a)时， f(x)0； 当 x(ln a， )时， f(x)0， 所以函数 f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a， )上单调递增，故函数f(x)在 x ln

2、 a 处取得极小值且极小值为f(ln a)ln a，无极大值 综上，当 a0 时，函数f(x)无极值； 当 a0 时，函数 f(x)在 xln a 处取得极小值ln a，无极大值 例 2设函数f(x)ln( x1)a(x 2x)，其中 aR.讨论函数f(x)极值点的个数，并说 明理由 解f(x) 1 x1a(2x1) 2ax 2ax a1 x 1 (x 1) 令 g(x)2ax 2axa1，x (1， ) 当 a0 时， g(x)1，f(x)0，函数 f(x)在(1， )上单调递增，无极值点 当a0 时， a28a(1a)a(9a8) 当 0a 8 9时， 0，g(x)0， f(x)0， 函数

3、 f(x)在(1， )上单调递增，无极值点 当 a8 9时， 0， 设方程 2ax2 axa10 的两根为x1，x2(x1x2)， 因为 x1x2 1 2， 所以 x1 1 4，x2 1 4. 由 g(1)10，可得 1x1 1 4. 所以当 x( 1，x1)时， g(x)0， f(x)0，函数 f(x)单调递增； 当 x(x1，x2)时， g(x)0，f(x)0，函数 f(x)单调递减； 当 x(x2， )时， g(x)0，f(x) 0, 函数 f(x)单调递增 因此函数 f(x)有两个极值点 当 a0 时， 0，由 g(1)10， 可得 x1 1x2. 当 x(1，x2)时， g(x)0，

4、f(x)0，函数 f(x)单调递增； 当 x(x2， )时， g(x)0，f(x) 0，函数 f(x)单调递减 所以函数 f(x)有一个极值点 综上所述，当a0 时，函数f(x)有一个极值点； 当 0a 8 9时，函数 f(x)无极值点； 当 a8 9时，函数 f(x)有两个极值点 考法 (二)已知函数的极值点的个数求参数 例 3已知函数 g(x)ln xmx m x 存在两个极值点x1，x2，求 m 的取值范围 解因为 g(x)ln xmx m x ， 所以 g(x)1 xm m x 2 mx 2xm x 2 (x0)， 令 h(x)mx2x m，要使 g(x)存在两个极值点x1，x2，则方

5、程 mx2 xm0 有两个不 相等的正数根x1， x2. 故只需满足 h 0 0， 1 2m0， h 1 2m 0， 解得 0m 1 2. 所以 m 的取值范围为0， 1 2 . 考法 (三)已知函数的极值求参数 例 4(2018 北京高考 )设函数 f(x)ax 2(4a1)x4a3ex. (1)若曲线 yf(x)在点 (1，f(1)处的切线与x 轴平行，求a； (2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求a 的取值范围 解(1)因为 f(x)ax 2(4a1)x4a3ex， 所以 f (x)ax 2(2a1)x2ex. 所以 f (1)(1a)e. 由题设知 f(1)0，即 (1a)e0，

6、解得 a1. 此时 f(1)3e0. 所以 a 的值为 1. (2)由(1)得 f(x)ax 2(2a1)x2ex (ax1)(x2)ex. 若 a1 2 ，则当 x 1 a，2 时， f(x)0; 当 x(2， )时， f(x) 0. 所以 f(x)在 x2 处取得极小值 若 a1 2 ，则当 x(0,2)时， x20，ax 1 1 2x10， 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 1 2， . 考点二利用导数研究函数的最值 典例精析 已知函数f(x) ln x x 1. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)设 m0，求函数f(x)在区

7、间 m,2m上的最大值 解(1)因为函数f(x)的定义域为 (0， )，且 f(x) 1ln x x 2， 由 f x 0， x0， 得 0 xe；由 f x 0， x0， 得 xe. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e， ) (2)当 2me， m0， 即 0m e 2时，函数 f(x)在区间 m,2m上单调递增， 所以 f(x)maxf(2m) ln 2m 2m 1； 当 me2m，即 e 2me 时，函数 f(x)在区间 (m，e)上单调递增，在 (e,2m)上单调递 减， 所以 f(x)maxf(e) ln e e 11 e1； 当 me 时，函数f(x)

8、在区间 m,2m上单调递减， 所以 f(x)maxf(m) ln m m 1. 综上所述，当0m e 2时， f(x) max ln 2m 2m 1； 当 e 2me 时， f(x)max 1 e1； 当 me 时， f(x)max ln m m 1. 题组训练 1(2018 全国卷 )已知函数f(x)2sin xsin 2x，则 f(x)的最小值是 _ 解析： f (x)2cos x2cos 2x 2cos x2(2cos 2x1) 2(2cos2xcos x1)2(2cos x1)(cos x1) cos x10， 当 cos x1 2时， f(x)0，f(x)单调递减； 当 cos x1

9、 2时， f(x)0，f(x)单调递增 当 cos x1 2，f(x)有最小值 又 f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)， 当 sin x 3 2 时， f(x)有最小值， 即 f(x)min2 3 2 1 1 2 3 3 2 . 答案： 33 2 2已知函数f(x)ln xax 2bx(其中 a，b 为常数且 a 0)在 x1 处取得极值 (1)当 a1 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 xax2bx，所以 f(x)的定义域为 (0， )，f (x)1 x 2axb， 因为函数 f

10、(x)ln xax2bx 在 x1 处取得极值， 所以 f (1)12ab0， 又 a1，所以 b 3，则 f(x) 2x 2 3x1 x ， 令 f(x)0，得 x11 2，x21. 当 x 变化时， f(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表： x 0， 1 2 1 2 1 2，1 1(1， ) f(x)00 f(x)极大值极小值 所以 f(x)的单调递增区间为 0， 1 2 ，(1， )，单调递减区间为 1 2， 1 . (2)由(1)知 f(x) 2ax 2 2a 1 x1 x 2ax1 x1 x (x0)， 令 f(x)0，得 x11，x2 1 2a， 因为 f(x)在 x1 处取得

11、极值，所以x2 1 2ax1 1. 当 a0，即 1 2a0 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 a0，即 x2 1 2a0 时， 若 1 2a1，f(x)在 0， 1 2a ， 1，e上单调递增，在 1 2a， 1 上单调递减，所以最大值可能 在 x 1 2a或 x e处取得，而 f 1 2a ln 1 2aa 1 2a 2 (2a1) 1 2aln 1 2a 1 4a10， 令 f(e)ln eae 2(2a1)e 1，解得 a1 e2. 若 1 1 2ae，f(x)在区间

12、(0,1)， 1 2a，e 上单调递增，在 1， 1 2a 上单调递减， 所以最大值可能在x1 或 x e处取得， 而 f(1)ln 1a(2a1)0， 令 f(e)ln eae2(2a1)e 1， 解得 a 1 e 2，与 1x 2 1 2ae矛盾 若 x2 1 2a e，f(x)在区间 (0,1)上单调递增，在 (1，e上单调递减，所以最大值可能在x 1 处取得，而f(1)ln 1a(2a1)0，矛盾 综上所述， a 1 e2或 a 2. 考点三利用导数求解函数极值和最值的综合问题 典例精析 (2019 贵阳模拟 )已知函数f(x) ln x1 2x 2axa(aR) (1)若函数 f(x

13、)在(0， )上为单调递增函数，求实数a 的取值范围； (2)若函数 f(x)在 xx1和 xx2处取得极值， 且 x2 ex1(e 为自然对数的底数 )，求 f(x2) f(x1)的最大值 解(1)f (x)1 xxa(x0)， 又 f(x)在(0， )上单调递增，恒有f (x)0， 即 1 xxa0 恒成立， a x 1 x min， 而 x 1 x2 x 1 x 2，当且仅当x1 时取 “” ， a 2. 即函数 f(x)在(0， )上为单调递增函数时，a 的取值范围是(，2 (2)f(x)在 xx1和 xx2处取得极值， 且 f(x) 1 x xa x 2ax1 x (x0)， x1，

14、x2是方程 x2 ax1 0 的两个实根， 由根与系数的关系得x1x2a，x1x21， f(x2)f(x1)ln x2 x1 1 2(x 2 2x 2 1) a(x2 x1)ln x2 x1 1 2(x 2 2x 2 1)ln x2 x1 1 2(x 2 2x 2 1) 1 x1x2ln x2 x1 1 2 x2 x1 x1 x2 ， 设 t x2 x1(t e)，令 h(t)ln t 1 2 t1 t (te)， 则 h(t) 1 t 1 2 1 1 t 2 t1 2 2t 20， h(t)在e， )上是减函数， h(t)h(e) 1 2 1e e e ， 故 f(x2)f(x1) 的最大值

15、为 1 2 1e e e . 题组训练 已知函数 f(x) ax 2bxc e x(a 0)的导函数 f(x)的两个零点为3 和 0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)的极小值为e 3，求 f(x)在区间 5， )上的最大值 解： (1)f(x) 2axb e x ax2bxc ex e x 2 ax2 2ab xb c e x. 令 g(x) ax2(2ab)xbc， 因为 ex0， 所以 f(x)的零点就是g(x) ax2(2ab)xbc 的零点，且 f(x)与 g(x) 符号相同 又因为 a0，所以当 3x0 时， g(x)0，即 f (x)0， 当 x 3 或 x0

16、时， g(x)0，即 f (x)0， 所以 f(x)的单调递增区间是(3,0)，单调递减区间是(， 3)，(0， ) (2)由(1)知， x 3 是 f(x)的极小值点， 所以有 f 3 9a3bc e 3 e 3， g 0 b c0， g 3 9a 3 2ab b c0， 解得 a1， b5，c5，所以 f(x) x 25x5 e x. 由(1)可知当 x0 时 f(x)取得极大值f(0)5， 故 f(x)在区间 5， )上的最大值取f(5)和 f(0)中的最大者 而 f(5) 5 e 55e 55f(0)， 所以函数 f(x)在区间 5， )上的最大值是5e5. 课时跟踪检测 A 级 1函

17、数 f(x) xe x，x0,4 的最小值为 ( ) A0B.1 e C. 4 e 4D. 2 e 2 解析： 选 Af(x)1x e x ， 当 x0,1)时， f(x)0，f(x)单调递增， 当 x(1,4时， f(x)0，f(x)单调递减， 因为 f(0)0，f(4) 4 e 4 0，所以当 x 0 时， f(x)有最小值，且最小值为0. 2若函数f(x)ae xsin x 在 x0 处有极值，则 a 的值为 () A 1 B0 C1 De 解析： 选 Cf(x)ae xcos x，若函数 f(x) aexsin x 在 x0 处有极值，则 f(0) a10，解得 a1，经检验a1 符合

18、题意，故选C. 3已知 x 2 是函数 f(x)x 33ax2 的极小值点，那么函数 f(x)的极大值为 () A15 B16 C17 D18 解析：选 D因为 x2 是函数 f(x) x 33ax2 的极小值点， 所以 f(2)123a0， 解得 a 4，所以函数f(x)的解析式为f(x) x 3 12x2，f(x)3x212，由 f (x)0，得 x 2，故函数 f(x)在(2,2)上是减函数，在(，2)，(2， )上是增函数，由此可知当 x 2 时，函数f(x)取得极大值f(2)18. 4.(2019合肥模拟 )已知函数f(x)x 3bx2cx 的大致图象如图所示， 则 x2 1x 2

19、2等于 ( ) A. 2 3 B.4 3 C.8 3 D.16 3 解析： 选 C由图象可知f(x)的图象过点 (1,0)与(2,0)，x1，x2是函数 f(x)的极值点，因此 1bc0,84b2c0，解得b 3， c2，所以f(x) x 3 3x22x，所以 f(x)3x2 6x2，则 x1，x2是方程 f(x)3x26x20 的两个不同的实数根，因此 x1x22，x1x2 2 3，所以 x 2 1x 2 2(x1x2) 22x 1x2 4 4 3 8 3. 5(2019 泉州质检 )已知直线ya 分别与函数ye x1 和 yx1交于 A，B 两点， 则 A， B 之间的最短距离是() A.

20、 3ln 2 2 B.5ln 2 2 C.3ln 2 2 D.5ln 2 2 解析： 选 D由 yex 1 得 x ln y1，由 yx1得 xy21，所以设 h(y)|AB|y2 1(ln y1)y2 ln y2， h(y)2y 1 y 2 y 2 2 y 2 2 y (y0)， 当 0y 2 2 时， h(y) 0；当 y 2 2 时，h(y)0，即函数 h(y)在区间 0， 2 2 上单调递减， 在区间 2 2 ， 上 单调递增，所以h(y)minh 2 2 2 2 2ln2 2 2 5ln 2 2 . 6若函数 f(x)x 33a2xa(a0)的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的取

21、值范围是 _ 解析： f (x)3x2 3a23(xa)(xa)， 由 f(x)0 得 x a， 当 a xa 时， f(x)0，函数 f(x)单调递减； 当 xa 或 x a 时， f(x)0，函数 f(x)单调递增， f(x)的极大值为f(a)，极小值为f(a) f( a) a 33a3 a0 且 f(a)a3 3a3a0， 解得 a 2 2 . a 的取值范围是 2 2 ， . 答案： 2 2 ， 7(2019 长沙调研 )已知 y f(x)是奇函数，当x(0,2)时， f(x)ln xax a 1 2 ，当 x (2,0)时， f(x)的最小值为1，则 a_. 解析： 由题意知，当x(

22、0,2)时， f(x)的最大值为1. 令 f(x) 1 x a0，得 x 1 a， 当 0x 1 a时， f(x)0； 当 x 1 a时， f(x)0. f(x)maxf 1 a ln a1 1，解得 a1. 答案： 1 8 (2018 内江一模 )已知函数f(x) asin xbcos x(a， bR)， 曲线 yf(x)在点 3，f 3 处 的切线方程为yx 3. (1)求 a，b 的值； (2)求函数 g(x) f x 3 x 在 0， 2 上的最小值 解： (1)由切线方程知，当x 3时， y0， f 3 3 2 a 1 2b0. f(x) acos xbsin x， 由切线方程知，f

23、 3 1 2a 3 2 b1， a1 2，b 3 2 . (2) 由 (1)知， f(x)1 2sin x 3 2 cos xsin x 3 ， 函数 g(x)sin x x 0x 2 ，g(x) xcos x sin x x 2.设 u(x)xcos xsin x 0x 2 ，则 u(x) xsin x0，故 u(x)在 0， 2 上单调递减u(x)u(0)0， g(x)在 0， 2 上单调 递减函数g(x)在 0， 2 上的最小值为g 2 2 . 9已知函数f(x)aln x 1 x(a0) (1)求函数 f(x)的单调区间和极值； (2)是否存在实数a，使得函数f(x)在1，e上的最小值

24、为0？若存在，求出a 的值；若不 存在，请说明理由 解： 由题意，知函数的定义域为x|x 0 ，f(x) a x 1 x 2ax1 x 2(a0) (1)由 f(x)0，解得 x1 a， 所以函数 f(x)的单调递增区间是 1 a， ； 由 f(x)0，解得 0x 1 a， 所以函数 f(x)的单调递减区间是0，1 a . 所以当 x 1 a时，函数 f(x)有极小值 f 1 a aln1 aaa aln a，无极大值 (2)不存在，理由如下： 由(1)可知，当x 0， 1 a 时，函数f(x)单调递减； 当 x 1 a， 时，函数 f(x)单调递增 若 0 1 a 1，即 a 1 时，函数

25、f(x)在1，e上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为f(1)aln 111，显然 10，故不满足条件 若 1 1 a e，即 1 ea1 时，函数 f(x)在 1， 1 a 上为减函数，在 1 a，e 上为增函数， 故函数 f(x)的最小值为f(x)的极小值 f 1 a aln1 aaaaln a0， 即 ln a1， 解得 ae， 而1 ea1，故不满足条件 若 1 a e，即 0 a 1 e时，函数 f(x)在 1， e上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e) aln e1 e a 1 e0，即 a 1 e，而 0a 1 e，故不满足条件 综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(

26、x)在1，e上的最小值为0. B 级 1(2019 郑州质检 )若函数 f(x)x 3ax2 bxa2 在 x1 时有极值10，则 a，b 的值为 () Aa3，b 3 或 a 4，b11 Ba 4，b 3 或 a 4，b 11 Ca 4，b11 D以上都不对 解析： 选 C由题意， f(x)3x22axb， 则 f(1)0，即 2ab3. f(1)1aba 210，即 a2 ab9. 联立，解得 a 4， b11 或 a3， b 3. 经检验 a3， b 3 不符合题意，舍去故选C. 2(2019 唐山联考 )若函数 f(x)x 21 2ln x 1在其定义域内的一个子区间 (a1，a1)

27、内存在极值，则实数a 的取值范围是_ 解析：由题意，得函数 f(x)的定义域为 (0， )，f(x)2x 1 2x 4x 21 2x ， 令 f (x)0， 得 x 1 2 x 1 2舍去 ， 则由已知得 a10， a1 1 2 ， a1 1 2 ， 解得 1a 3 2. 答案：1， 3 2 3(2019 德州质检 )已知函数f(x) 1 3x 3x 在(a,10a2)上有最大值，则实数 a 的取值 范围是 _ 解析： 由 f(x) x2 1，知 f(x)在(， 1)上单调递减，在1,1上单调递增，在 (1， )上单调递减，故函数f(x)在(a,10a 2)上存在最大值的条件为 a 1， 10

28、a 21， f 1 f a ， 其中 f(1)f(a)，即为 1 31 1 3a 3 a， 整理得 a 33a20，即 a313a30， 即(a1)(a 2a1)3(a1)0， 即(a1)(a2a2)0，即 (a1)2(a 2) 0， 即 a1， 10a 21， a 1 2 a2 0， 解得 2a1. 答案： 2,1) 4.已知函数f(x)是 R 上的可导函数，f(x)的导函数f(x)的图象如图，则下列结论正确的 是() Aa，c 分别是极大值点和极小值点 Bb，c 分别是极大值点和极小值点 Cf(x)在区间 (a，c)上是增函数 Df(x)在区间 (b，c)上是减函数 解析：选 C由极值点的

29、定义可知，a 是极小值点， 无极大值点； 由导函数的图象可知， 函数 f(x)在区间 (a， )上是增函数，故选C. 5.如图，在半径为103的半圆形 (O 为圆心 )铁皮上截取一块矩形材料 ABCD，其中 A，B 在直径上， C，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)， 记圆柱形 罐子的体积为V，设 ADx，则 Vmax_. 解析： 设圆柱形罐子的底面半径为r， 由题意得 AB2103 2x22 r， 所以 r 300 x 2 ， 所以 V r 2x300x 2 2x1 (x 3 300x)(0x10 3)，故 V 3 (x

30、2100) 3 (x10)(x10)(0x103) 令 V0，得 x10(负值舍去 )， 则 V，V 随 x 的变化情况如下表： x (0,10)10 (10,103) V0 V 极大值 所以当 x10 时， V 取得极大值，也是最大值， 所以 Vmax 2 000 . 答案： 2 000 6已知函数f(x)ln(x1) ax 2x x1 2，其中 a 为常数 (1)当 1a2 时，讨论f(x)的单调性； (2)当 x0 时，求 g(x) xln 1 1 x 1 xln(1x)的最大值 解： (1)函数 f(x)的定义域为 ( 1， )，f(x) x x2a3 x1 3 ， 当 12a30，即

31、 1 a 3 2时， 当 1 x2a3 或 x 0 时，f(x)0，则 f(x)在( 1，2a3)，(0，)上单调递增， 当 2a3x0 时， f(x)0，则 f(x)在(2a3,0)上单调递减 当 2a30，即 a 3 2时， f(x)0，则 f(x)在(1， )上单调递增 当 2a30，即 a 3 2时， 当 1 x0 或 x2a 3 时， f(x) 0， 则 f(x)在(1,0)，(2a3， )上单调递增， 当 0x2a3 时， f(x)0，则 f(x)在(0,2a3)上单调递减 综上，当1 a 3 2时， f(x)在(1,2a 3)，(0， )上单调递增，在 (2a3,0)上单调递 减

32、；当 a3 2 时， f(x)在(1， )上单调递增；当 3 2a2 时， f(x)在(1,0)，(2a3，) 上单调递增，在(0,2a3)上单调递减 (2)g(x) x 1 x ln(1x)xln xg 1 x ， g(x)在(0， )上的最大值等价于g(x)在(0,1上的最大值 令 h(x)g(x) 1 1 x 2 ln(1x) x1 x 1 1x(ln x1) 1 1 x 2 ln(1x)ln x 1 x 2 1x， 则 h(x) 2 x 3ln 1 x 2x 2x x 1 2. 由(1)可知当 a 2 时， f(x)在(0,1上单调递减， f(x)f(0)0， h(x)0，从而 h(x)在(0,1上单调递减， h(x)h(1)0， g(x)在(0,1上单调递增， g(x)g(1)2ln 2， g(x)的最大值为2ln 2.