首页

2024年高考数学一轮复习(新高考版) 第3章 §3.3 导数与函数的极值、最值

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/16

2/16

剩余14页未读,查看更多内容需下载

§3.3 导数与函数的极值、最值考试要求 1.借助函数图象,了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题.知识梳理1.函数的极值(1)函数的极小值函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点处的函数值都小,f′(a)=0;而且在点x=a附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,则a叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.(2)函数的极大值函数y=f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点处的函数值都大,f′(b)=0;而且在点x=b附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则b叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值.2.函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a,b]上有最值的条件:如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值.(2)求函数y=f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值的步骤:①求函数y=f(x)在区间(a,b)内的极值;②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.常用结论对于可导函数f(x),“f′(x0)=0”是“函数f(x)在x=x0处有极值”的必要不充分条件.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个,也可能没有.( √ )(2)函数的极小值一定小于函数的极大值.( × )(3)函数的极小值一定是函数的最小值.( × )16 (4)函数的极大值一定不是函数的最小值.( √ )教材改编题1.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象,则f(x)的极小值点的个数为(  )A.1B.2C.3D.4答案 A解析 由题意知,只有在x=-1处,f′(-1)=0,且其两侧导数符号为左负右正,故f(x)的极小值点只有1个.2.函数f(x)=x3-ax2+2x-1有极值,则实数a的取值范围是________________.答案 (-∞,-)∪(,+∞)解析 f′(x)=3x2-2ax+2,由题意知f′(x)有变号零点,∴Δ=(-2a)2-4×3×2>0,解得a>或a<-.3.若函数f(x)=x3-4x+m在[0,3]上的最大值为4,则m=________.答案 4解析 f′(x)=x2-4,x∈[0,3],当x∈[0,2)时,f′(x)<0,当x∈(2,3]时,f′(x)>0,所以f(x)在[0,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增.又f(0)=m,f(3)=-3+m,所以在[0,3]上,f(x)max=f(0)=4,所以m=4.题型一 利用导数求解函数的极值问题命题点1 根据函数图象判断极值例1 (多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y=f(x)的导函数f′(x)的图象,对于下列四个判断,其中正确的判断是(  )A.当x=-1时,f(x)取得极小值B.f(x)在[-2,1]上单调递增16 C.当x=2时,f(x)取得极大值D.f(x)在[-1,2]上不具备单调性答案 AC解析 由导函数f′(x)的图象可知,当-2<x<-1时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;当x=-1时,f′(x)=0;当-1<x<2时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;当x=2时,f′(x)=0;当2<x<4时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;当x=4时,f′(x)=0,所以当x=-1时,f(x)取得极小值,故选项A正确;f(x)在[-2,1]上有减有增,故选项B错误;当x=2时,f(x)取得极大值,故选项C正确;f(x)在[-1,2]上单调递增,故选项D错误.命题点2 求已知函数的极值例2 (2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)=lnx+2ax2+2(a+1)x(a≠0),讨论函数f(x)的极值.解 因为f(x)=lnx+2ax2+2(a+1)x,所以f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=+4ax+2a+2=,若a<0,则当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0,故函数f(x)在上单调递增,在上单调递减;故f(x)在x=-处取得唯一的极大值,且极大值为f =ln--1.若a>0,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.综上,当a<0时,f(x)的极大值为ln--1,无极小值;当a>0时,f(x)无极值.命题点3 已知极值(点)求参数例3 (1)(2023·福州质检)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则c的值为(  )A.2B.4C.6D.2或6答案 A16 解析 由题意,f′(x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)·(3x-c),则f′(2)=(2-c)(6-c)=0,所以c=2或c=6.若c=2,则f′(x)=(x-2)(3x-2),当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,函数f(x)在x=2处有极小值,满足题意;若c=6,则f′(x)=(x-6)(3x-6),当x∈(-∞,2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,6)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(6,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,函数f(x)在x=2处有极大值,不符合题意.综上,c=2.(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)=ex-ax2-2ax有两个极值点,则实数a的取值范围为(  )A.B.C.D.答案 D解析 由f(x)=ex-ax2-2ax,得f′(x)=ex-2ax-2a.因为函数f(x)=ex-ax2-2ax有两个极值点,所以f′(x)=ex-2ax-2a有两个变号零点,令f′(x)=0,得=,设g(x)=,y=;则g′(x)=-,令g′(x)=0,即-=0,解得x=0,当x>0时,g′(x)<0;当x<0时,g′(x)>0,所以g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减.分别作出函数g(x)=与y=的图象,如图所示,16 由图可知,0<<1,解得a>,所以实数a的取值范围为.思维升华 根据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解;(2)验证:求解后验证根的合理性.跟踪训练1 (1)已知函数f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a在x=1处取得极大值10,则a+b的值为(  )A.-1或3B.1或-3C.3D.-1答案 C解析 因为f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a,所以f′(x)=3x2+2ax+b,因为函数f(x)在x=1处取得极大值10,所以f′(1)=3+2a+b=0,①f(1)=1+a+b-a2-7a=10,②联立①②,解得a=-2,b=1或a=-6,b=9.当a=-2,b=1时,f′(x)=3x2-4x+1=(x-1)(3x-1),f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减,故f(x)在x=1处取得极小值10,不符合题意;当a=-6,b=9时,f′(x)=3x2-12x+9=(x-1)(3x-9),f(x)在(-∞,1)和(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,故f(x)在x=1处取得极大值10,符合题意.综上可得,a=-6,b=9.则a+b=3.(2)(2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)=+2klnx-kx,若x=2是函数f(x)的唯一极值点,则实数k的取值范围是(  )A.(0,2]B.[2,+∞)C.D.答案 D16 解析 由题意,f(x)=+2klnx-kx(x>0),f′(x)=·,令f′(x)=0得x=2或k=,令φ(x)=(x>0),∴φ′(x)=,∴φ(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,∴φ(x)min=φ(2)=,又当x→+∞时,φ(x)→+∞,∴若φ(x)=k无实数根,则k<,∵当k=时,φ(x)=k的解为x=2,∴实数k的取值范围是.题型二 利用导数求函数最值命题点1 不含参函数的最值例4 (2022·全国乙卷)函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(  )A.-,B.-,C.-,+2D.-,+2答案 D解析 f(x)=cosx+(x+1)sinx+1,x∈[0,2π],则f′(x)=-sinx+sinx+(x+1)·cosx=(x+1)cosx,x∈[0,2π].令f′(x)=0,解得x=-1(舍去),x=或x=.因为f =cos +sin +1=2+,16 f =cos +sin +1=-,又f(0)=cos0+(0+1)sin0+1=2,f(2π)=cos2π+(2π+1)sin2π+1=2,所以f(x)max=f =2+,f(x)min=f =-.故选D.命题点2 含参函数的最值例5 已知函数f(x)=-lnx(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)求f(x)在上的最大值g(a).解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=,①若a≤0,则f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;②若a>0,则当x>a时,f′(x)<0;当0<x<a时,f′(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减.(2)f′(x)=,当a≤时,f(x)在上单调递减,所以f(x)max=f =2-ae;当<a<e时,f(x)在上单调递增,在[a,e]上单调递减,所以f(x)max=f(a)=-lna;当a≥e时,f(x)在上单调递增,所以f(x)max=f(e)=-,综上,g(a)=思维升华 求含有参数的函数的最值,需先求函数的定义域、导函数,通过对参数分类讨论,判断函数的单调性,从而得到函数f(x)的最值.跟踪训练2 (1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为________.16 答案 1解析 函数f(x)=|2x-1|-2lnx的定义域为(0,+∞).①当x>时,f(x)=2x-1-2lnx,所以f′(x)=2-=,当<x<1时,f′(x)<0,当x>1时,f′(x)>0,所以f(x)min=f(1)=2-1-2ln1=1;②当0<x≤时,f(x)=1-2x-2lnx在上单调递减,所以f(x)min=f =-2ln =2ln2=ln4>lne=1.综上,f(x)min=1.(2)已知函数h(x)=x-alnx+(a∈R)在区间[1,e]上的最小值小于零,求a的取值范围.解 由题意得,h′(x)=1--==,且定义域为(0,+∞),①当a+1≤0,即a≤-1时,h′(x)>0恒成立,即h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)在[1,e]上单调递增,故h(x)min=h(1)=2+a<0,解得a<-2;②当a+1>0,即a>-1时,在(0,a+1)上,h′(x)<0,在(a+1,+∞)上,h′(x)>0,所以h(x)在(0,a+1)上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,若a+1≤1,求得h(x)min>1,不合题意;若1<a+1<e,即0<a<e-1,则h(x)在(1,a+1)上单调递减,在(a+1,e)上单调递增,故h(x)min=h(a+1)=2+a[1-ln(a+1)]>2,不合题意;若a+1≥e,即a≥e-1,则h(x)在[1,e]上单调递减,故h(x)min=h(e)=e-a+<0,得a>>e-1,16 综上,a的取值范围为(-∞,-2)∪.课时精练1.(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,则下列结论中正确的是(  )A.f(x)在区间(-2,3)上有2个极值点B.f′(x)在x=-1处取得极小值C.f(x)在区间(-2,3)上单调递减D.f(x)在x=0处的切线斜率小于0答案 BCD解析 根据f′(x)的图象可得,在(-2,3)上,f′(x)≤0,∴f(x)在(-2,3)上单调递减,∴f(x)在区间(-2,3)上没有极值点,故A错误,C正确;由f′(x)的图象易知B正确;根据f′(x)的图象可得f′(0)<0,即f(x)在x=0处的切线斜率小于0,故D正确.2.函数f(x)=x-sinx在上的极小值为(  )A.-B.-C.-D.-答案 D解析 由f(x)=x-sinx,得f′(x)=-cosx,当x∈时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以是函数f(x)的极小值点,且极小值为f =-.3.已知x=2是f(x)=2lnx+ax2-3x的极值点,则f(x)在上的最大值是(  )16 A.2ln3-B.-C.-2ln3-D.2ln2-4答案 A解析 由函数f(x)=2lnx+ax2-3x,可得f′(x)=+2ax-3,因为x=2是f(x)的极值点,可得f′(2)=1+4a-3=0,解得a=,所以f′(x)=+x-3=,x>0,当≤x<1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当1<x<2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当2<x≤3时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,由f(1)=-,f(3)=2ln3-,又由f(3)-f(1)=2ln3-+=2ln3-2>2lne-2=0,所以f(1)<f(3),所以当x=3时,函数f(x)取得最大值,最大值为2ln3-.4.(2022·全国甲卷)当x=1时,函数f(x)=alnx+取得最大值-2,则f′(2)等于(  )A.-1B.-C.D.1答案 B解析 因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以依题意可知而f′(x)=-,所以即所以f′(x)=-+,16 因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x=1时取最大值,满足题意.所以f′(2)=-1+=-.故选B.5.已知函数f(x)=ax2-2x+lnx有两个不同的极值点x1,x2,则实数a的取值范围为(  )A.B.C.D.(0,2)答案 C解析 由f(x)=ax2-2x+lnx(x>0),得f′(x)=2ax-2+=(x>0),若函数f(x)=ax2-2x+lnx有两个不同的极值点x1,x2,则方程2ax2-2x+1=0有两个不相等的正实根,所以解得0<a<.6.(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)=x3-x+1,则(  )A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线答案 AC解析 因为f(x)=x3-x+1,所以f′(x)=3x2-1.令f′(x)=3x2-1=0,得x=±.由f′(x)=3x2-1>0得x>或x<-;由f′(x)=3x2-1<0得-<x<.所以f(x)=x3-x+1在,上单调递增,在上单调递减,所以f(x)有两个极值点,故A正确;因为f(x)的极小值f =3-+1=1->0,f(-2)=(-2)3-(-2)+1=-5<0,所以函数f(x)在R上有且只有一个零点,故B错误;因为函数g(x)=x3-x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)=x3-x+1的图象,函数g(x)=x3-x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)=0,所以点(0,1)是曲线f(x)=x3-x+116 的对称中心,故C正确;假设直线y=2x是曲线y=f(x)的切线,切点为(x0,y0),则f′(x0)=3x-1=2,解得x0=±1;若x0=1,则切点坐标为(1,1),但点(1,1)不在直线y=2x上;若x0=-1,则切点坐标为(-1,1),但点(-1,1)不在直线y=2x上,所以假设不成立,故D错误.故选AC.7.(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)=________.答案 sinx(答案不唯一)解析 正弦函数f(x)=sinx为奇函数,且存在极值.8.甲、乙两地相距240km,汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地.已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成,固定成本为160元,可变成本为元.为使全程运输成本最小,汽车应以________km/h的速度行驶.答案 80解析 设全程运输成本为y元,由题意,得y==240,v>0,y′=240.令y′=0,得v=80.当v>80时,y′>0;当0<v<80时,y′<0.所以函数y=在(0,80)上单调递减,在(80,+∞)上单调递增,所以当v=80时,全程运输成本最小.9.设函数f(x)=alnx++2a2x-4a,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解 (1)f′(x)=-+2a2==,x>0,∵a>0,∴-<0<.16 ∴在上,f′(x)<0,f(x)单调递减;在上,f′(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,f(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)由(1)可知,f(x)min=f =aln +3a+2a-4a=aln +a=a(1-lna),∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,∴1-lna>0,∴0<a<e.∴a的取值范围为(0,e).10.(2023·张家口质检)已知函数f(x)=ex+e-x-ax2-2.(1)当a=1时,证明:函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;(2)若g(x)=f(x)-e-x,讨论函数g(x)的极值点的个数.(1)证明 当a=1时,f(x)=ex+e-x-x2-2,f′(x)=ex-e-x-2x.令φ(x)=ex-e-x-2x,当x>0时,φ′(x)=ex+e-x-2>0,所以函数f′(x)在区间(0,+∞)上单调递增,故f′(x)>f′(0)=0,故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.(2)解 由题意知,g(x)=ex-ax2-2,当a=0时,g(x)=ex-2单调递增,无极值点,当a≠0时,g′(x)=ex-2ax,由g′(0)=1,得x=0不是极值点.令ex-2ax=0(x≠0),得2a=,令h(x)=,则h′(x)=,当x<0时,h(x)<0,且h′(x)<0,16 当a<0时,方程2a=有唯一小于零的解,故函数g(x)存在一个极值点;当0<x<1时,h′(x)<0,当x>1时,h′(x)>0,故函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,h(1)=e为函数h(x)的极小值,所以当0<a<时,方程2a=无解,函数g(x)无极值点;当a=时,方程2a=有一个解,但当0<x<1时,>2a,g′(x)=ex-2ax>0,当x>1时,>2a,g′(x)=ex-2ax>0,故函数g(x)无极值点.当a>时,方程2a=有两解,函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点.综上,当a<0时,函数g(x)存在一个极值点,当0≤a≤时,函数g(x)无极值点,当a>时,函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点.11.(2021·全国乙卷)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(  )A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2答案 D解析 当a>0时,根据题意画出函数f(x)的大致图象,如图1所示,观察可知b>a.当a<0时,根据题意画出函数f(x)的大致图象,如图2所示,观察可知a>b.  图1       图2综上,可知必有ab>a2成立.12.已知函数f(x)=若a<b,且f(a)=f(b),则b-a的最小值为(  )16 A.1B.C.e-1D.2答案 D解析 令f(a)=f(b)=t(t>0),因为f(x)=且a<b,所以-=t,lnb+1=t,所以a=-,b=et-1,因此b-a=et-1+,令f(t)=et-1+(t>0),则f′(t)=et-1-,当t∈(0,1)时,f′(t)<0,f(t)单调递减;当t∈(1,+∞)时,f′(t)>0,f(t)单调递增,所以f(t)在t=1处取得极小值,也是最小值,f(1)=e1-1+=2,因此b-a的最小值为2.13.如图所示,已知直线y=kx与曲线y=f(x)相切于两点,函数g(x)=kx+m(m>0),则对函数F(x)=g(x)-f(x)描述正确的是(  )A.有极小值点,没有极大值点B.有极大值点,没有极小值点C.至少有两个极小值点和一个极大值点D.至少有一个极小值点和两个极大值点答案 C解析 由题意得,F(x)=kx+m-f(x),则F′(x)=k-f′(x),设直线y=kx与曲线y=f(x)的两个切点的横坐标分别为x1,x2且x1<x2,所以F′(x)=0的两个零点为x1,x2,由图知,存在x0∈(x1,x2)使F′(x0)=0,综上,F′(x)有三个不同零点x1<x0<x2,由图可得在(0,x1)上F′(x)<0,在(x1,x0)上F′(x)>0,在(x0,x2)上F′(x)<0,在(x2,+∞)上F′(x)>0,所以F(x)在(0,x1)上单调递减,在(x1,x0)上单调递增,在(x0,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增.故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点.16 14.设函数f(x)=mx2ex+1,若对任意a,b,c∈[-3,1],f(a),f(b),f(c)都可以作为一个三角形的三边长,则m的取值范围为________.答案 解析 设函数g(x)=x2ex,x∈[-3,1],则g′(x)=x(x+2)ex.当-3≤x<-2或0<x≤1时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当-2<x<0时,g′(x)<0,g(x)单调递减.又g(-3)=,g(0)=0,g(-2)=,g(1)=e,所以g(x)的值域为[0,e].当m≥0时,2×1>me+1,解得0≤m<;当m<0时,2(me+1)>1,解得-<m<0.综上可得,-<m<.16

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2024-09-11 08:00:01 页数:16
价格:¥1 大小:280.11 KB
文章作者:180****8757

推荐特供

MORE