文科数学一轮复习:第十一节导数的应用:导数与函数的极值、最值

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课题
班级 学习目标

第十一节导数的应用:导数与函数的极值、最值
小组 1.能根据倒数的图象判断函数的极值 2.能求函数的极值 3.能根据函数的极值情况确定参数的范围 姓名

重 点 难 点

函数的极值 根据函数的极值情况求函数中参数的范围 学 习 导 航 教·学 记要

自学教材:p49 并完成下列问题: [例 1] (2012· 重庆高考)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) 1 [例 2] 已知函数 f(x)=ln x- ax2-x(a∈R). 2 (1)当 a=2 时,求 y=f(x)的单调区间和极值; (2)若 y=f(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围.

ex 2 例 3] (2014· 山东高考)设函数 f(x)= 2-k( +ln x)(k 为常数, e=2.718 x x 28…是自然对数的底数).(1)当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围.

[例 4] (2014· 浙江高考)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0) ,若 f(x)在 [-1,1]上的最小值记为 g(a).

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(1)求 g(a); (2)证明:当 x∈ [-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4.

1 [例 5] (2015· 长春模拟)已知函数 f(x)=x- ,g(x)=aln x(a∈R). x (1)当 a≥-2 时,求 F(x)=f(x)-g(x)的单调区间; 1? (2)设 h(x)=f(x)+g(x), 且 h(x)有两个极值点为 x1, x2, 其中 x1∈? ?0,2?, 求 h(x1)-h(x2)的最小值.



习 记



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1、我的疑惑、收获 2、本节课的知识结构 应 用 与 检 测 教·学 记要

1.e 为自然对数的底,设函数 f(x)=(ex-1)· (x-1)k(k=1,2),则( ) A.k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 2.(2015· 淄博模拟)已知函数 f(x)=ax-1-ln x(a∈R). (1)求函数 f(x)的极值; (2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,对任意 x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数 b 的取值范围.

3.(2014· 安徽高考)设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值.

4.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c, 曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l:

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2 3x-y+1=0,若 x= 时,y=f(x)有极值. 3 (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值.

作 (A 类)1-12 (B 类)1-4 课后预习 教 · 学 反 思 P49 函数的最值



批改·纠错

[例 1] (2012· 重庆高考)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( )

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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) [听前试做] ①当 x<-2 时,1-x>0. ∵(1-x)f′(x)>0, ∴f′(x)>0,即 f(x)在(-∞,-2)上是增函数. ②当-2<x<1 时,1-x>0. ∵(1-x)f′(x)<0, ∴f′(x)<0,即 f(x)在(-2,1)上是减函数. ③当 1<x<2 时,1-x<0. ∵(1-x)f′(x)>0,∴f′(x)<0, 即 f(x)在(1,2)上是减函数. ④当 x>2 时,1-x<0. ∵(1-x)f′(x)<0, ∴f′(x)>0,即 f(x)在(2,+∞)上是增函数. 综上:f(-2)为极大值,f(2)为极小值. 答案:D 角度二:求函数的极值 1 [例 2] 已知函数 f(x)=ln x- ax2-x(a∈R). 2 (1)当 a=2 时,求 y=f(x)的单调区间和极值; (2)若 y=f(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围. [听前试做] (1)当 a=2 时,f(x)=ln x-x2-x, 其定义域为(0,+∞), 2x2+x-1 (x+1)(2x-1) 1 ∴f′(x)= -2x-1=- =- . x x x 1 1 ∵令 f′(x)>0,则 0<x< ;令 f′(x)<0,则 x> , 2 2 1? ?1 ? ∴? ?0,2?是 f(x)的单调递增区间,?2,+∞?是 f(x)的单调递减区间, 1 3 当 x= 时,y=f(x)取极大值- -ln 2. 2 4 1 (2)∵f(x)=ln x- ax2-x, 2 ax2+x-1 1 ∴f′(x)= -ax-1=- (x>0). x x ∵y=f(x)存在单调递减区间, ∴f′(x)<0 在(0,+∞)上有解,

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又∵x>0,则 ax2+x-1>0 在(0,+∞)上有解, ①当 a=0 时,x>1 在(0,+∞)上有解; ②当 a>0 时,ax2+x-1>0 在(0,+∞)上总有解; ③当 a<0 时,要使 ax2+x-1>0 在(0,+∞)上有解, 只需 ax2+x-1=0 有两个不相等正实数根, Δ=1+4a>0, ? ? 1 ∴? 1 解得- <a<0. 4 ? ?-2a>0, 1 ? 综上,a 的取值范围是? ?-4,+∞?. 角度三:已知极值求参数 ex 2 [例 3] (2014· 山东高考)设函数 f(x)= 2-k( +ln x)(k 为常数, e=2.718 28…是自然对数 x x 的底数). (1)当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. [听前试做] (1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞). f′(x)= x2ex-2xex ? 2 1? xex-2ex k(x-2) (x-2)(ex-kx) -k?-x2+x ?= - = . x4 x3 x2 x3

由 k≤0 可得 ex-kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)单调递减; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数 y=f(x)单调递增. 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减, 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞), 因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增. 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 k>1 时,得 x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减. x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增. 所以函数 y=g(x)的最小值为 g(ln k)=k(1-ln k). 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点, g(0)>0, ? ?g(ln k)<0, e 当且仅当? 解得 e<k< , 2 g(2)>0, ? ?0<ln k<2,
2

e2 e, ?. 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为? ? 2? 函数极值问题的常见类型及解题策略 (1)知图判断函数极值的情况.先找导数为 0 的点,再判断导数为 0 的点的左、右两侧

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的导数符号. (2)已知函数求极值. 求 f′(x)―→求方程 f′(x)=0 的根―→列表检验 f′(x)在 f′(x)=0 的根的 附近两侧的符号―→下结论. (3)已知极值求参数.若函数 f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则 f′(x0)=0,且在该点左、右 两侧的导数值符号相反. 1.已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex-1)· (x-1)k(k=1,2),则( ) A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 解析:选 C 当 k=1 时,f(x)=(ex-1)(x-1),0,1 是函数 f(x)的零点.当 0<x<1 时,f(x) =(ex-1)(x-1)<0,当 x>1 时,f(x)=(ex-1)(x-1)>0,1 不会是极值点.当 k=2 时,f(x)=(ex -1)(x-1)2,零点还是 0,1,但是当 0<x<1,x>1 时,f(x)>0,由极值的概念,知选 C. 2.(2015· 淄博模拟)已知函数 f(x)=ax-1-ln x(a∈R). (1)求函数 f(x)的极值; (2)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,对任意 x∈(0,+∞),f(x)≥bx-2 恒成立,求实数 b 的取值范围. 1 ax-1 解:(1)f′(x)=a- = (x>0), x x 当 a≤0 时,f′(x)<0 在(0,+∞)上恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴f(x)在(0,+∞)上无极值. 1 当 a>0 时,由 f′(x)>0 得 x> , a 1 由 f′(x)<0 得 0<x< , a 1? ?1 ? ∴f(x)在? ?0,a?上单调递减,在?a,+∞?上单调递增, 1? ∴f(x)的极小值为 f? ?a?=ln a. (2)因为 f′(1)=0,所以 a=1,所以 f(x)=x-1-ln x, 1 ln x 所以 f(x)≥bx-2?1+ - ≥b, x x ln x-2 1 ln x 令 g(x)=1+ - ,则 g′(x)= , x x x2 由 g′(x)= ln x-2 ln x-2 >0,得 x>e2,由 g′(x)= <0,得 0<x<e2. x2 x2

所以 g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增, 1 1 所以 g(x)min=g(e2)=1- 2,即 b≤1- 2. e e 1? 所以实数 b 的取值范围是? ?-∞,1-e2?. 考点二 利用导数解决函数的最值问题

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[例 4] (2014· 浙江高考)已知函数 f(x)=x3+3|x-a|(a>0) , 若 f(x)在 [-1, 1]上的最小 值记为 g(a). (1)求 g(a); (2)证明:当 x∈ [-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4. [听前试做] (1)因为 a>0,-1≤x≤1,所以 ①当 0<a<1 时, 若 x∈[-1,a],则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,a)上是减函数; 若 x∈[a,1],则 f(x)=x3+3x-3a,f′(x)=3x2+3>0,故 f(x)在(a,1)上是增函数. 所以 g(a)=f(a)=a3. ②当 a≥1 时,有 x≤a,则 f(x)=x3-3x+3a,f′(x)=3x2-3<0,故 f(x)在(-1,1)上是减函 数, 所以 g(a)=f(1)=-2+3a.
?a3,0<a<1, ? 综上,g(a)=? ? ?-2+3a,a≥1,

(2)证明:令 h(x)=f(x)-g(a), ①当 0<a<1 时,g(a)=a3. 若 x∈[a,1],则 h(x)=x3+3x-3a-a3,得 h′(x)=3x2+3,所以 h(x)在(a,1)上是增函 数,所以,h(x)在[a,1]上的最大值是 h(1)=4-3a-a3,且 0<a<1,所以 h(1)≤4.故 f(x)≤g(a) +4; 若 x∈[-1,a],则 h(x)=x3-3x+3a-a3,得 h′(x)=3x2-3,所以 h(x)在(-1,a)上是 减函数,所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是 h(-1)=2+3a-a3. 令 t(a)=2+3a-a3,则 t′(a)=3-3a2>0, 知 t(a)在(0,1)上是增函数.所以,t(a)<t(1)=4,即 h(-1)<4. 故 f(x)≤g(a)+4. ②当 a≥1 时,g(a)=-2+3a,故 h(x)=x3-3x+2,得 h′(x)=3x2-3,此时 h(x)在(-1, 1)上是减函数,因此 h(x)在[-1,1]上的最大值是 h(-1)=4.故 f(x)≤g(a)+4. 综上,当 x∈[-1,1]时,恒有 f(x)≤g(a)+4.

求函数 f(x)在[a,b]上最值的方法 (1)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增或递减,f(a)与 f(b)一个为最 大值,一个为最小值. (2)若函数 f(x)在区间(a,b)内有极值,先求出函数 f(x)在区间(a,b)上的极值,与 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. (3)函数 f(x)在区间(a,b)上有唯一一个极值点时,这个极值点就是最大(或最小)值点. (2014· 安徽高考)设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2. -1- 4+3a -1+ 4+3a 令 f′(x)=0,得 x1= ,x2= ,x1<x2.所以 f′(x)=-3(x-x1)(x- 3 3 x2).

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当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0;当 x1<x<x2 时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增. (2)因为 a>0,所以 x1<0,x2>0. ①当 a≥4 时,x2≥1.由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1. 由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减, -1+ 4+3a 所以 f(x)在 x=x2= 处取得最大值. 3 又 f(0)=1,f(1)=a,所以当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值; 当 a=1 时,f(x)在 x=0 处和 x=1 处同时取得最小值; 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 考点三 函数极值和最值的综合问题

1 [例 5] (2015· 长春模拟)已知函数 f(x)=x- ,g(x)=aln x(a∈R). x (1)当 a≥-2 时,求 F(x)=f(x)-g(x)的单调区间; 1? (2)设 h(x)=f(x)+g(x),且 h(x)有两个极值点为 x1,x2,其中 x1∈? ?0,2?,求 h(x1)-h(x2) 的最小值. 1 [听前试做] (1)由题意得 F(x)=x- -aln x,其定义域为(0,+∞), x x2-ax+1 则 F′(x)= , x2 令 m(x)=x2-ax+1,则 Δ=a2-4. ①当-2≤a≤2 时,Δ≤0,从而 F′(x)≥0,∴F(x)的单调递增区间为(0,+∞); a- a2-4 a+ a2-4 ②当 a>2 时,Δ>0,设 F′(x)=0 的两根为 x1= ,x2= , 2 2

? a- a2-4?和?a+ a2-4 ? ∴F(x)的单调递增区间为?0, ? ? ,+∞?, 2 2 ? ? ? ?
F(x)的单调递减区间为?

?a- a2-4 a+ a2-4?. ? , 2 2 ? ?

综上,当-2≤a≤2 时,F(x)的单调递增区间为(0,+∞);

? a- a2-4?和?a+ a2-4 ? 当 a>2 时,F(x)的单调递增区间为?0, ? ? ,+∞?, 2 2 ? ? ? ?
F(x)的单调递减区间为?

?a- a2-4 a+ a2-4?. ? , 2 2 ? ?

1 (2)对 h(x)=x- +aln x,x∈(0,+∞)求导得, x
2 1 a x +ax+1 h′(x)=1+ 2+ = , x x x2

设 h′(x)=0 的两根分别为 x1,x2, 则有 x1· x2=1,x1+x2=-a,

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1 1 ∴x2= ,从而有 a=-x1- . x1 x1 1 1? 1 1 1? 1 ? -x- ?ln x-? -x+?-x-x ?· ln 令 H(x)=h(x)-h? = x - + x? ? ? x? ? x? x ? ?x 1 2(1-x)(1+x)ln x 1 1 ? 2-1 ln x= =2[(-x- )ln x+x- ],H′(x)=2? . x ? ? x x x2 1? 当 x∈? ?0,2?时,H′(x)<0, 1? ∴H(x)在? ?0,2?上单调递减, 1? 又 H(x1)=h(x1)-h? ?x ?=h(x1)-h(x2),
1

1? ∴[h(x1)-h(x2)]min=H? ?2?=5ln 2-3. 求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同的.求 函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过 单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值. 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l:3x-y+1=0,若 x 2 = 时,y=f(x)有极值. 3 (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值. 解:(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c, 得 f′(x)=3x2+2ax+b. 当 x=1 时,切线 l 的斜率为 3,可得 2a+b=0;① 2? 2 当 x= 时,y=f(x)有极值,则 f′? ?3?=0,可得 4a+3b+4=0.② 3 由①②,解得 a=2,b=-4.由于切点的横坐标为 1, 所以 f(1)=4.所以 1+a+b+c=4.所以 c=5. 综上,a=2,b=-4,c=5. (2)由(1),可得 f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4.令 f′(x)=0,解之,得 x1=-2, 2 x2= . 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如下表所示:

x f′(x)

-3 +

(-3,-2) + ?

-2 0

?-2,2? 3? ?
- ?

2 3 0 95 27

?2,1? ?3 ?


1 +

f(x)

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95 所以 y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为 . 27 [课堂归纳——通法领悟] ?1个流程——解决函数极值问题的一般流程

? 2个关系——导数与单调性、极值的关系 (1)f′(x)>0 在(a,b)上成立,是 f(x)在(a,b)上单调递增的充分不必要条件. (2)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. ?3个注意点——利用导数求极值应注意三点 (1)求单调区间时应先求函数的定义域,遵循定义域优先的原则; (2)f′(x0)=0 时,x0 不一定是极值点; (3)求最值时,应注意极值点和所给区间的关系,关系不确定时应分类讨论.

?对应学生用书P51

压轴大题巧突破(一) 利用导数研究函数的极值、最值问题 [典例] (14 分)已知 a∈R,函数 f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3. (1)求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)当 x∈[0,2]时,求|f(x)|的最大值. [化整为零破难题] (1)切点处的导数值即为切线的斜率,求导后计算出斜率,写出切线方程即可; (2)基础问题 1:|f(x)|的最大值与 f(x)的最值之间有什么关系? 如果函数 f(x)的最大值为 M,最小值为 m,则|f(x)|的最大值必定是|M|和|m|中的一个. 基础问题 2:如何求函数 y=f(x),x∈[0,2]的最值? 由于 f(x)是关于 x 的三次函数,因此,f(x)在[0,2]上的最值为函数 f(x)在[0,2]上的端点 值或极值.从而只要求出 f(x)在[0,2]上的端点值 f(0),f(2)及其极值,然后比较其绝对值的 大小即可.

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基础问题 3:如何求 f(x)在[0,2]上的极值? 要求 f(x)在[0,2]上的极值,应利用导数研究函数 f(x)在区间[0,2]上的单调性,即研究 f′(x)=3(x-1)2+3(a-1)(0≤x≤2)的函数值符号.由于 0≤x≤2,所以 0≤3(x-1)2≤3.故应分三种 情况讨论. 基础问题 4:如何比较|f(0)|、|f(2)|、|f(x)极大值|与|f(x)极小值|的大小? 计算 f(x)极大值+f(x)极小值=2>0,f(x)极大值-f(x)极小值>0,从而可确定 f(x)极大值>|f(x)极小值|.因此 2 2 |f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|,f(x)极大值},由于 0<a< 时,|f(0)|>|f(2)|, ≤a<1 时,|f(2)| 3 3 2 2 =f(2)≥|f(0)|.故当 0<a< 时,只需比较|f(0)|与 f(x)极大值的大小即可;当 ≤a<1 时,只需比较 f(2) 3 3 与 f(x)极大值的大小即可. [规范解答不失分] (1)由题意得 f′(x)=3x -6x+3a,故 f′(1)=3a-3.………………………………2 分 又 f(1)=1,所以所求的切线方程为 y=(3a-3)x-3a+4.……………………………4 分 (2)由于 f′(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2,故 (ⅰ) 当a≤0时
① 2

,有 f′(x)≤0,此时 f(x)在[0,2]上单调递减,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}

=3-3a.……………………………………………………………… 5 分 (ⅱ) 当a≥1时


,有 f′(x)≥0,此时 f(x)在[0,2]上单调递增,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}

=3a-1.……………………………………………………………… 6 分 (ⅲ)当 0<a<1 时,设 x1=1- 1-a,x2=1+ 1-a,则 0<x1<x2<2,f′(x)=3(x-x1)(x- x2). 列表如下: x f′(x) f(x) 3-3a 0 (0,x1) + ? x1 0 极大值 f(x1) (x1,x2) - x2 0 极小值 f(x2) (x2,2) + ? 3a-1 2

?

由于 f(x1)=1+2(1-a) 1-a,f(x2)=1-2(1-a)· 1-a,8 分 故 f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1- a)· 1-a >0,从而f(x1)>|f(x2)|.② 所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}.……………………………………………10 分 2 a. 当0<a< 时 3


,f(0)>|f(2)|.

又 f(x1)-f(0)=2(1-a) 1-a-(2-3a) a2(3-4a) = >0, 2(1-a) 1-a+2-3a 故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a) 1-a.………………………………………………11 分

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2 b. 当 ≤a<1时 3



,|f(2)|=f(2),且 f(2)≥f(0).

a2(3-4a) 又 f(x1)-|f(2)|=2(1-a) 1-a-(3a-2)= , 2(1-a) 1-a+3a-2 2 3 所以 当 ≤a< 时 3 4


,f(x1)>|f(2)|.

故 f(x)max=f(x1)=1+2(1-a) 1-a.……………………………12 分 3 当 ≤a<1时 4


,f(x1)≤|f(2)|.

故 f(x)max=|f(2)|=3a-1.13 分 综上所述,

|f(x)|max

? ? =?1+2(1-a) 1-a, ? . ?3a-1, a≥3 4

3-3a, a≤0,

3 0<a< ,………………………………………14 分 4

[易错警示要牢记] 易错 点一 易错 点二 易错 点三 易错 点四 ①处易忽视对 a≤0 和 a≥1 两种情况的讨论,而直接令 f′(x)=0,求出 x1=1- 1-a,x2=1+ 1-a 而导致解题错误 ②处易发生不会比较 f(x1)与|f(x2)|的大小,造成问题无法求解或求解繁琐,进 而造成解题失误 ③处易发生不知如何比较 f(0),|f(2)|,f(x1)三者大小而造成问题无法后续求 解.事实上,此处的分类依据是:先比较出 f(0)与|f(2)|的大小,然后利用二者 中的较大者再与 f(x1)比较大小 ④处易忽视要得出 f(x1)与 f(0)及 f(2)的大小关系, 只需判断 3-4a 的符号即可, 从而不能恰当分类,导致无法求解或求解错误

?对应学生用书P245[全盘巩固] 一、选择题 1.当函数 y=x· 2x 取极小值时,x=( 1 A. ln 2 C.-ln 2 解析:选 B 1 B.- ln 2 D.ln 2 y′=2x+x· 2xln 2=0,∴x=- 1 . ln 2 )

2.(2015· 淄博模拟)若函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 有极值,则导函数 f′(x)的图象不可能 是( )

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解析: 选 D 若函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 有极值, 则此函数在某点两侧的单调性相反, 也就是说导函数 f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反,所以导函数的图象要穿过 x 轴.观 察四个选项中的图象,只有 D 项是不符合要求的,即 f′(x)的图象不可能是 D. 3. 已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值, 则实数 a 的取值范围是( ) A.(-1,2) B.(-∞,-3)∪(6,+∞) C.(-3,6) D.(-∞,-1)∪(2,+∞) 解析:选 B f′(x)=3x2+2ax+a+6,因为函数 f(x)有极大值和极小值,所以 f′(x)=0 有 两个不相等的实数根,所以 Δ=4a2-4× 3(a+6)>0,解得 a<-3 或 a>6. 3 4.已知函数 y=x -3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c 等于( ) A.-2 或 2 B.-9 或 3 C.-1 或 1 D.-3 或 1 解析:选 A ∵y′=3(x+1)(x-1), ∴当 x=-1 或 x=1 时 y 取得极值, 由题意得 f(1)=0 或 f(-1)=0, 即 c-2=0 或 c+2=0, 解得 c=2 或 c=-2. 5.已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m,n∈[-1,1],则 f(m)+f′(n) 的最小值为( ) A.-13 B.-15 C.10 D.15 解析:选 A f′(x)=-3x2+2ax,因为函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,所 以 f′(2)=-12+4a=0,解得 a=3,所以 f′(x)=-3x2+6x,f(x)=-x3+3x2-4.易知 f′(n)=- 3n2+6n,f(m)=-m3+3m2-4,又 m,n∈[-1,1],所以当 n=-1 时,f′(n)最小,为-9; 又 f′(m)=-3m2+6m,令 f′(m)=0 得 m=0 或 m=2,所以当 m=0 时,f(m)最小,为-4.故 f(m)+f′(n)的最小值为-4+(-9)=-13. 二、填空题 x3 6.函数 f(x)= +x2-3x-4 在[0,2]上的最小值是________. 3 解析:f′(x)=x2+2x-3, 令 f′(x)=0 得 x=1(x=-3 舍去), 17 10 又 f(0)=-4,f(1)=- ,f(2)=- , 3 3 17 故 f(x)在[0,2]上的最小值是 f(1)=- . 3

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17 答案:- 3 7.已知函数 f(x)=x3+3mx2+nx+m2 在 x=-1 时有极值 0,则 m+n=________. 解析:∵f′(x)=3x2+6mx+n,∴由已知可得
3 2 2 ? ?f(-1)=(-1) +3m(-1) +n(-1)+m =0, ? ?f′(-1)=3× (-1)2+6m(-1)+n=0, ?

? ?m=1, ? ?m=2, ∴? 或? ?n=3 ?n=9. ? ? ?m=1, ? 当? 时,f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0 恒成立与 x=-1 是极值点矛盾; ? ?n=3 ?m=2, ? 当? 时,f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3), ? n = 9 ?

显然 x=-1 是极值点,符合题意.∴m+n=11. 答案:11 8.已知函数 f(x)的定义域为[-1,5],部分对应值如下表: x y -1 1 0 2 2 0 4 2 5 1

f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图所示. (1)f(x)的极小值为________; (2)若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则实数 a 的取值范围为________. 解析:(1)由 y=f′(x)的图象可知, x f′(x) f(x) (-1,0) + ? 极大值 0 0 (0,2) - ? 极小值 2 0 (2,4) + ? 极大值 4 0 (4,5) - ?

∴f(2)为 f(x)的极小值,f(2)=0.

(2)y=f(x)的图象如图所示: 若函数 y=f(x)-a 有 4 个零点,则 a 的取值范围为 1≤a<2. 答案:(1)0 (2)[1,2)

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三、解答题 9.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0)) 处的切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解:(1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4. 故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, 1? x f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)? ?e -2?. 令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. - 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e 2). 10.已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx. (1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值; (2)当 a=3,b=-9 时,若函数 f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为 28,求 k 的取值范 围. 解:(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b. 因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线, 所以 f(1)=g(1)且 f′(1)=g′(1), 即 a+1=1+b 且 2a=3+b, 解得 a=3,b=3. (2)记 h(x)=f(x)+g(x), 当 a=3,b=-9 时,h(x)=x3+3x2-9x+1, 所以 h′(x)=3x2+6x-9. 令 h′(x)=0,得 x1=-3,x2=1. h′(x),h(x)在(-∞,2]上的变化情况如下表所示: x h′(x) (-∞,-3) + ? h(x) 28 -3 0 (-3,1) - ? -4 1 0 (1,2) + ? 3 2 +

由表可知当 k≤-3 时,函数 h(x)在区间[k,2]上的最大值为 28; 当-3<k<2 时,函数 h(x)在区间[k,2]上的最大值小于 28. 因此 k 的取值范围是(-∞,-3]. [冲击名校] x 3 1.若函数 f(x)= 2 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 ,则 a 的值为( 3 x +a )

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3 A. 3-1 B. 4 4 C. 3 D. 3+1 x2+a-2x2 a-x2 , 令 f′(x)=0, 得 x=± a.当 x> a时, f′(x)<0, 2 2= (x +a) (x2+a)2 1 3 = ,a= 3-1;当 a>1,即 a>1 时,则 f(x)在[1, 1+a 3 a 3 3 = ,a= <1,不合题 2a 3 4

解析: 选 A f′(x)=

f(x)单调递减;当- a<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增.当 a≤1,即 0<a≤1 时,则 f(x)在[1, +∞)上单调递减,则 f(x)max=f(1)=

a ]上单调递增,在[ a,+∞)上单调递减,则 f(x)max=f( a)= 意,舍去,所以 a= 3-1.

1 2.已知函数 f(x)=x- ,g(x)=x2-2ax+4,若对任意 x1∈[0,1],存在 x2∈[1,2], x+1 使 f(x1)≥g(x2),则实数 a 的最小值是________. 解析:由于 f′(x)=1+ 1 >0,所以函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以当 x∈[0, (x+1)2

1]时,f(x)min=f(0)=-1.根据题意可知存在 x∈[1,2],使得 g(x)=x2-2ax+4≤-1,即 x2- x 5 x 5 2ax+5≤0,即 a≥ + 在[1,2]上能成立.令 h(x)= + ,则要使 a≥h(x)在[1,2]上能成立, 2 2x 2 2x x 5 只需使 a≥h(x)min, 又易知函数 h(x)= + 在[1, 2]上单调递减(可利用导数判断), 所以 h(x)min 2 2x 9 9 =h(2)= ,故只需 a≥ . 4 4 9 答案: 4 1 3. 设函数 f(x)=ln x- ax2-bx, 若 x=1 是 f(x)的极大值点, 则 a 的取值范围为________. 2 1 1 解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -ax-b,由 f′(1)=0,得 b=1-a.∴f′(x)= - x x -ax2+1+ax-x (ax+1)(x-1) ax+a-1= =- .①若 a≥0 时,当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x) x x 单调递增; 当 x>1 时, f′(x)<0, f(x)单调递减; 所以 x=1 是 f(x)的极大值点. ②若 a<0, 由 f′(x) 1 1 =0,得 x=1 或 x=- .因为 x=1 是 f(x)的极大值点,所以- >1,解得-1<a<0.综合①②得 a a a 的取值范围是 a>-1. 答案:(-1,+∞) 4.(2014· 江西高考)已知函数 f(x)=(4x2+4ax+a2) x,其中 a<0. (1)当 a=-4 时,求 f(x)的单调递增区间; (2)若 f(x)在区间 [1,4]上的最小值为 8,求 a 的值. 2(5x-2)(x-2) 2 解:(1)当 a=-4 时,由 f′(x)= =0 得 x= 或 x=2.由 f′(x)>0 得 5 x 2 0, ?或 x∈(2,+∞), x∈? ? 5?

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2? 故函数 f(x)的单调递增区间为? ?0,5?和(2,+∞). (2)f′(x)= (10x+a)(2x+a) a a ,a<0,由 f′(x)=0 得 x=- 或 x=- . 10 2 2 x

a? a a a ? 当 x∈? f(x)单调递增; 当 x∈(- , - )时, f(x)单调递减; 当 x∈? ?0,-10?时, ?-2,+∞? 10 2 时,f(x)单调递增. a? 易知 f(x)=(2x+a)2 x≥0,且 f? ?-2?=0. a ①当- ≤1 时,即-2≤a<0 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1),由 f(1)=4+4a+a2=8, 2 得 a=± 2 2-2,均不符合题意. a a - ?=0,不符合题意. ②当 1<- ≤4 时,即-8≤a<-2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f? ? 2? 2 a ③当- >4 时, 即 a<-8 时, f(x)在[1, 4]上的最小值可能在 x=1 或 x=4 处取得, 而 f(1)≠8, 2 由 f(4)=2(64+16a+a2)=8 得 a=-10 或 a=-6(舍去),当 a=-10 时,f(x)在(1,4)上单调 递减,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8,符合题意. 综上,a=-10.


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