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2017届高考数学一轮复习第11节 导数在研究函数中的应用 利用导数研究函数的极值、最值应用能力提升 文


第二课时

利用导数研究函数的极值、最值

【选题明细表】 知识点、方法 求函数的极值、最值 已知极值最值求参数 综合应用 题号 2,5,8,10,11 1,3,4,9,14,15,16 6,7,12,13

基础对点练(时间:30 分钟) 3 2 1.(2015 高考安徽卷)函数 f(x)=ax +bx +cx+d 的图像如图所示,则下列结论成立的是( A )

(A)a>0,b<0,c>0,d>0 (B)a>0,b<0,c<0,d>0 (C)a<0,b<0,c>0,d>0 (D)a>0,b>0,c>0,d<0 解析:因为函数 f(x)的图像在 y 轴上的截距为正值,所以 d>0.因为 2 3 2 f′(x)=3ax +2bx+c,且函数 f(x)=ax +bx +cx+d 在(-∞,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减, 在(x2,+∞)上单调递增,所以 f′(x)<0 的解集为(x1,x2),所以 a>0,又 x1,x2 均为正数,所以 >0,- >0,可得 c>0,b<0.故选 A. 2.函数 y=xe 的最小值是( C (A)-1 (B)-e (C)(D)不存在
x x x x

)

解析:y′=e +xe =(1+x)e , 令 y′=0,得 x=-1, 因为 x<-1 时,y′<0,x>-1 时,y′>0, 所以 x=-1 时,ymin=- .故选 C. 3.若函数 f(x)=x -6bx+3b 在(0,1)内有极小值,则实数 b 的取值范围是( D ) (A)(0,1) (B)(-∞,1) (C)(0,+∞) (D)(0, ) 解析:f′(x)=3x -6b,
2 3

1

令 f′(x)=0 得 x =2b, 由题意知,0< <1,

2

所以 0<b< .

经验证,0<b< 时,f(x)在(0,1)内有极小值. 故选 D. x 4.(2015 文登模拟)设 a∈R,若函数 y=e +2ax(x∈R)有大于 0 的极值点,则( C ) (A)a<- (B)a>-

(C)a<- (D)a>解析:由 y=e +2ax,得 y′=e +2a, x 由题意,得 e +2a=0 有正实根, 当 x>0 时,e =-2a>1,即 a<- .故选 C. 5.(2015 北京房山模拟)已知 f(x)=2x -6x +a(a 是常数)在[-2,2]上有最大值 11,那么在[-2,2] 上,f(x)的最小值是( C ) (A)-5 (B)-11 (C)-29 (D)-37 3 2 解析:f(x)=2x -6x +a, 2 所以 f′(x)=6x -12x=6x(x-2),f′(x)=0. 所以 x=0,x=2,x∈[-2,2], 在[-2,0)上 f(x)为增函数,在(0,2]上 f(x)为减函数,最大值为 f(0)=a=11. 因为 f(-2)=-40+11=-29,f(2)=3,所以最小值为-29,故选 C. 6.(2015 日照质检)等差数列{an}中的 a1,a4 031 是函数 f(x)= x -4x +6x-1 的极值点,则 log2a2 016 等于( A ) (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 2 解析:易得 f′(x)=x -8x+6. 因为 a1,a4 031 是函数 f(x)= x -4x +6x-1 的极值点, 所以 a1,a4 031 是方程 f′(x)=x -8x+6=0 的两实数根, 由韦达定理可得 a1+a4 031=8. 而{an}为等差数列, 所以 a1+a4 031=8=2a2 016, 即 a2 016=4,从而 log2a2 016=2,故选 A.
2 3 2 3 2 3 2 x x x

2

7.(2015 高考陕西卷)函数 y=xe 在其极值点处的切线方程为 . x x x x 解析:由 y=xe 可得 y′=e +xe =e (x+1), x 从而可得 y=xe 在(-∞,-1)上递减,在(-1,+∞)上递增, x -1 所以当 x=-1 时,y=xe 取得极小值-e , 因为 y′|x=-1=0,切点为(-1,- ), 故切线方程为 y=-e , 即 y=- .
-1

x

答案:y=8.(2016 汕头模拟)函数 y=2x -3x -12x+5 在[-3,3]上的最大值是 . 2 解析:f′(x)=6x -6x-12, 令 f′(x)=0 可得 x=2 或 x=-1; 可判断 x=-1 是极大值点,x=2 是极小值点, f(-1)=-2-3+12+5=12, 又 f(3)=54-27-36+5=-4, 从而确定最大值为 12. 答案:12 2 9.(2015 银川模拟)函数 f(x)=x(x-m) 在 x=1 处取得极小值,则 m= . 3 2 2 2 2 解析:f(x)=x -2mx +m x,f′(x)=3x -4mx+m . f′(1)=0 可得 m=1 或 m=3. 当 m=3 时,f′(x)=3(x-1)(x-3), 1<x<3 时,f′(x)<0;x<1 或 x>3 时,f′(x)>0,此时 x=1 处取得极大值,不合题意,所以 m=1. 答案:1 10.(2015 高考安徽卷)已知函数 f(x)= (a>0,r>0).
3 2

(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)由题意知 x≠-r, 所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞). f(x)= = ,

f′(x)=

=

,

3

所以当 x<-r 或 x>r 时,f′(x)<0, 当-r<x<r 时,f′(x)>0, 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)=
3 2

= =

=100.

11.(2015 三明模拟)已知函数 f(x)=ax +bx ,在 x=1 时有极大值 3; (1)求 a,b 的值; (2)求函数 f(x)在[-1,2]上的最值. 2 解:(1)f′(x)=3ax +2bx, 由题意可知 ?
3 2

? a=-6,b=9.

(2)由(1)知 f(x)=-6x +9x , 2 所以 f′(x)=-18x +18x=-18x(x-1), 令 f′(x)=0 得 x=0 或 x=1. f′(x)>0 时,0<x<1; f′(x)<0 时,x<0 或 x>1. 所以函数 f(x)在(-1,0)和(1,2)上单调递减,在(0,1)上单调递增. 因为 f(-1)=6+9=15,f(1)=-6+9=3,f(0)=0,f(2)=-12, 所以函数 f(x)在 [-1,2]上的最大值为 f(-1)=15,最小值为 f(2)=-12. 能力提升练(时间:15 分钟) 3 2 12.(2015 汕头模拟)若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x -ax -2bx+2 在 x=1 处有极值,则 ab 的最大值 等于( C ) (A)3 (B)6 (C)9 (D)2 2 解析:因为 f′(x)=12x -2ax-2b. 又因为在 x=1 处有极值, 所以 f′(1)=0,得 a+b=6. 因为 a>0,b>0, 所以 ab≤( ) =9,当且仅当 a=b=3 时取等号.
2

所以 ab 的最大值等于 9,故选 C. 13.(2015 青岛模拟)设 P(x,y)是函数 y= +ln x 图像上的点,则 x+y 的最小值为( A (A)3 (C) -ln 2 (B)2 (D)3+ln 2 )

解析:因为 P(x,y)是函数 y= +ln x 图像上的点,

4

令 x+y=x+ +ln x=f(x)(x>0).

f′(x)=1- + =

.

令 f′(x)>0,解得 x>1,此时函数 f(x)单调递增; 令 f′(x)<0,解得 0<x<1, 此时函数 f(x)单调递减,且 f′(1)=0. 所以当 x=1 时,函数 f(x)取得最小值 f(1)=3. 14.已知 f(x)是奇函数,当 x∈(0,e)时,f(x)=ln x-ax(a> ),当 x∈(-e,0)时,f(x)的最小 值为 1,则 a 的值为 . 解析:因为 f(x)为奇函数,当 x∈(-e,0)时,f(x)的最小值为 1,所以 f(x)在(0,e)上的最大值 为-1. 当 x∈(0,e)时,f′(x)= -a,

令 f′(x)=0,得 x= ,

又 a> ,

所以 0< <2,

令 f′(x)>0,得 x< ,

所以 f(x)在(0, ]上单调递增;

令 f′(x)<0,得 x> ,所以 f(x)在[ ,e)上单调递减.

于是当 x∈(0,e)时,f(x)max=f( )=ln -a· =-1,解得 a=1. 答案:1 15.已知函数 f(x)= .

5

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)=xf(x)-ax+1,若 g(x)在(0,+∞)上存在极值点,求实数 a 的取值范围. 解:(1)f(x)= ,x∈(-∞,0)∪(0,+∞),

所以 f′(x)=

.

当 f′(x)=0 时,x=1. f′(x)与 f(x)随 x 的变化情况如表: x f′(x) f(x) (-∞,0) ↘ (0,1) ↘ 1 0 极小值 (1,+∞) + ↗

故 f(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(-∞,0)和(0,1). x (2)g(x)=e -ax+1,x∈(0,+∞), x 所以 g′(x)=e -a, x ①当 a≤1 时,g′(x)=e -a>0,即 g(x)在(0,+∞)上单调递增,此时 g(x)在(0,+∞)上无极值点, 不符合题意. x ②当 a>1 时,令 g′(x)=e -a=0,得 x=ln a; x 令 g′(x)=e -a>0,得 x∈(ln a,+∞); x 令 g′(x)=e -a<0,得 x∈(0,ln a). 故 g(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, 所以 g(x)在(0,+∞)上有极小值无极大值,且极小值点为 ln a. 故 a 的取值范围是(1,+∞). 3 2 16.已知 a 为给定的正实数,m 为实数,函数 f(x)=ax -3(m+a)x +12mx+1. (1)若 f(x)在 R 上无极值点,求 m 的值; (2)若存在 x0∈(0,3),使得 f(x0)是 f(x)在区间[0,3]上的最值,求 m 的取值范围. 2 解:(1)由已知得 f′(x)=3ax -6(m+a)x+12m=3(x-2)(ax-2m), 由于 f(x)在 R 上无极值点,则 =2,求得 m=a.

(2)由于 f′(x)=3(x-2)(ax-2m),则 ①当 ≤0 或 ≥3,即 m≤0 或 m≥ a 时,显然满足题意.

②当 0<

<2,即 0<m<a 时,列表如下:

x f′(x) f(x)

0

(0, +

) 0 极大值

(

,2) ↘

2 0 极小值

(2,3) + ↗

3

1



9m+1

6

所以 f(2)≤f(0)或 f(

)≥f(3),

即-4a+12m+1≤1 或

+1≥9m+1,

化简得 3m≤a 或

≥0,

解得 m≤ ,此时 0<m≤ .

③当 2<

<3,即 a<m< 时,列表如下:

x f′(x) f(x) 所以 f(

0

(0,2) +

2 0 极大值

(2, ↘

) 0 极小值

(

,3) + ↗

3

1



9m+1

)≤f(0)或 f(2)≥f(3),



+1≤1 或-4a+12m+1≥9m+1,

化简得

≤0 或 3m≥4a,

解得 m≥ ,

此时 ≤m< .

综上所述,实数 m 的取值范围是(-∞, ]∪[ ,+∞). 精彩 5 分钟 1.(2016 兰州模拟)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 像如图所示,则下列结论中一定成立的是( D )

7

(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) 解题关键:注意数形结合由 y=(1-x)f′(x)的正负确定 f′(x)的 正负. 解析:由 y=(1-x)f′(x)的图像知,f′(-2)=f′(2)=0,且当 x<-2 时, f′(x)>0,-2<x<1,1<x<2 时,f′(x)<0,当 x>2 时,f′(x)>0,故 f(-2)是极大值,f(2)是极小 值. 2.设函数 y=f(x)在(a,b)上的导函数为 f′(x),f′(x)在(a,b)上的导函数为 f″(x),若在 (a,b)上,f″(x)<0 恒成立,则称函数 f(x)在(a,b)上为“凸函数”.已知当 m≤2 时,f(x)= x - mx +x 在(-1,2)上是“凸函数”,则 f(x)在(-1,2)上( (A)既有极大值,也有极小值 (B)既有极大值,也有最小值 (C)有极大值,没有极小值 (D)没有极大值,也没有极小值 解题关键:本题的关键是把握住“凸函数”的定义进行运算再判断. 解析:由题设可知,f″(x)<0 在(-1,2)上恒成立, 由于 f′(x)= x -mx+1,从而 f″(x)=x-m, 所以有 x-m<0 在(-1,2)上恒成立,故知 m≥2, 又因为 m≤2, 所以 m=2; 从而 f(x)= x -x +x,
3 2 2 3 2

C )

令 f′(x)= x -2x+1=0 得 x1=2-

2

∈(-1,2),

x2=2+

?(-1,2)(舍去); )时 f′(x)>0,

且当 x∈(-1,2当 x∈(2-

,2)时 f′(x)<0, 处取得极大值,没有极小值.故选 C.

所以在(-1,2)上 f(x)在 x=2-

8


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