第三篇导数及其应用
专题3.3利用导数研究函数的极值、最值
【考点聚焦突破】
考点一利用导数解决函数的极值问题
角度1根据函数图象判断函数极值
【例1-1】已知函数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)
【答案】D
【解析】由题图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当-2
【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】(2019·天津和平区模拟)已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)当a=1
2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.
【答案】见解析
【解析】(1)当a =12时,f (x )=ln x -12x ,函数的定义域为(0,+∞)且f ′(x )=1x -12=2-x
2x ,
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 )=1
x -a =1-ax x
(x >0).
当a ≤0时,f ′(x )>0在(0,+∞)上恒成立,
即函数在(0,+∞)上单调递增,此时函数在定义域上无极值点;
当a >0时,当x f ′(x )>0,
当x f ′(x )<0,故函数在x =1
a
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 =1
a .
【规律方法】
运用导数求可导函数y =f (x )的极值的一般步骤:(1)先求函数y =f (x )的定义域,再求其导数
f ′(x );(2)求方程f ′(x )=0的根;(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么f (x )在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意:导数为零的点不一定是极值点.角度3
已知函数的极(最)值求参数的取值
【例1-3】(2019·泰安检测)已知函数f (x )=ln x .(1)求f (x )图象的过点P (0,-1)的切线方程;
(2)若函数g (x )=f (x )-mx +m
x 存在两个极值点x 1,x 2,求m 的取值范围.
【答案】见解析
【解析】(1)f (x )的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=1
x .
设切点坐标为(x 0,ln x 0),则切线方程为y =1
x 0x +ln x 0-1.
把点P (0,-1)代入切线方程,得ln x 0=0,∴x 0=1.∴过点P (0,-1)的切线方程为y =x -1.(2)因为g (x )=f (x )-mx +m x =ln x -mx +m
x (x >0),
所以g ′(x )=1x -m -m x 2=x -mx 2-m
x 2=-mx 2-x +m x 2,
令h (x )=mx 2-x +m ,
要使g (x )存在两个极值点x 1,x 2,
则方程mx 2-x +m =0有两个不相等的正数根x 1,x 2.
即可,解得0 2 . 【规律方法】已知函数极值,确定函数解析式中的参数时,要注意:(1)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)因为导数值等于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1】(1)(2017·全国Ⅱ卷)若x =-2是函数f (x )=(x 2+ax -1)·e x - 1的极值点,则f (x )的极小值为( ) A.-1 B.-2e -3 C.5e -3 D.1 【答案】A 【解析】 f ′(x )=[x 2+(a +2)x +a -1]·e x - 1, 则f ′(-2)=[4-2(a +2)+a -1]·e - 3=0?a =-1,则f (x )=(x 2-x -1)·e x -1,f ′(x )=(x 2+x -2)·e x -1,令f ′(x )=0,得x =-2或x =1, 当x <-2或x >1时,f ′(x )>0,当-2 所以x =1是函数f (x )的极小值点,则f (x )极小值为f (1)=-1. (2)(2018·北京卷)设函数f (x )=[ax 2-(4a +1)x +4a +3]e x .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.【答案】见解析 【解析】①因为f (x )=[ax 2-(4a +1)x +4a +3]e x ,所以f ′(x )=[ax 2-(2a +1)x +2]e x .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. ②f ′(x )=[ax 2-(2a +1)x +2]e x =(ax -1)(x -2)e x . 若a >1 2,则当x 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 ≤12,则当x ∈(0,2)时,x -2<0,ax -1≤1 2x -1<0, 所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点. 综上可知,a 考点二 利用导数求函数的最值 【例2】(2019·广东五校联考)已知函数f (x )=ax +ln x ,其中a 为常数.(1)当a =-1时,求f (x )的最大值; (2)若f (x )在区间(0,e]上的最大值为-3,求a 的值.【答案】见解析 【解析】(1)易知f (x )的定义域为(0,+∞), 当a =-1时,f (x )=-x +ln x ,f ′(x )=-1+1x =1-x x , 令f ′(x )=0,得x =1. 当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 +1x ,x ∈(0,e],1 x ∈1 e ,+∞①若a ≥-1 e ,则 f ′(x )≥0,从而f (x )在(0,e]上是增函数, ∴f (x )max =f (e)=a e +1≥0,不合题意. ②若a <-1e ,令f ′(x )>0得a +1x >0,结合x ∈(0,e],解得0 a ; 令f ′(x )<0得a +1x <0,结合x ∈(0,e],解得-1 a 从而f (x )-1 a e 上为减函数, ∴f (x )max =1+ 令-1+3,得2, 即a =-e 2. ∵-e 2<-1 e ,∴a =-e 2为所求. 故实数a 的值为-e 2.【规律方法】 1.利用导数求函数f (x )在[a ,b ]上的最值的一般步骤: (1)求函数在(a ,b )内的极值;(2)求函数在区间端点处的函数值f (a ),f (b );(3)将函数f (x )的各极值与f (a ),f (b ) 比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值. 2.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. 【训练2】(2019·合肥质检)已知函数f(x)=e x cos 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0,π 2上的最大值和最小值. 【答案】见解析 【解析】(1)∵f(x)=e x·cos x-x,∴f(0)=1, f′(x)=e x(cos x-sin x)-1,∴f′(0)=0, ∴y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y-1=0·(x-0),即y=1. (2)f′(x)=e x(cos x-sin x)-1,令g(x)=f′(x), 则g′(x)=-2e x sin x≤0在0,π 2上恒成立, 且仅在x=0处等号成立, ∴g(x)在0,π 2上单调递减, ∴g(x)≤g(0)=0,∴f′(x)≤0且仅在x=0处等号成立, ∴f(x)在0,π 2上单调递减, ∴f(x)max=f(0)=1,f(x)min==-π2 . 考点三利用导数求解最优化问题 【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业, 根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)+1(升),在水底作 业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为v 2 (米/单位时间),每单位时间用氧 量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升). (1)求y 关于v 的函数关系式; (2)若c ≤v ≤15(c >0),求当下潜速度v 取什么值时,总用氧量最少.【答案】见解析 【解析】(1)由题意,下潜用时60v (单位时间)+1×60v =3v 250+60 v (升),水底作业时的用氧量 为10×0.9=9(升),返回水面用时60v 2=120v (单位时间),用氧量为120v ×1.5=180 v (升), 因此总用氧量y =3v 250 +240 v +9(v >0). (2)y ′=6v 50-240v 2=3(v 3-2000) 25v 2,令y ′=0得v =10 32,当0 2时,y ′<0,函数单调递减;当v >103 2时,y ′>0,函数单调递增. 若c <103 2,函数在(c ,103 2)上单调递减,在(103 2,15)上单调递增,∴当v =1032时,总用氧量最少.若c ≥103 2,则y 在[c ,15]上单调递增,∴当v =c 时,这时总用氧量最少.【规律方法】 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤: (1)设自变量、因变量,建立函数关系式y =f (x ),并确定其定义域;(2)求函数的导数f ′(x ),解方程f ′(x )=0; (3)比较函数在区间端点和f ′(x )=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答. 2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点. 【训练3】(2017·全国Ⅰ卷)如图,圆形纸片的圆心为O ,半径为5cm ,该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ,E ,F 为圆O 上的点,△DBC ,△ECA ,△FAB 分别是以BC ,CA ,AB 为底边的等腰三角形.沿虚 线剪开后,分别以BC ,CA ,AB 为折痕折起△DBC ,△ECA ,△FAB ,使得D ,E ,F 重合,得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm 3)的最大值为______. 【答案】415 【解析】 由题意,连接OD ,交BC 与点G , 由题意,OD ⊥BC ,设OG =x ,则BC =23x ,DG =5-x ,三棱锥的高h =DG 2-OG 2=25-10x +x 2-x 2=25-10x , S △ABC =1 2 ·(23x )2·sin 60°=33x 2, 则三棱锥的体积V =1 3S △ABC ·h =3x 2·25-10x =3·25x 4-10x 5, 令 f (x )=25x 4-10x 5,x 则f ′(x )=100x 3-50x 4, 令f ′(x )=0得x =2,当x ∈(0,2)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增; 当x f ′(x )<0,f (x )单调递减, 故当x =2时,f (x )取得最大值80,则V ≤3×80=415. ∴体积最大值为415cm3. 【反思与感悟】 1.求函数的极值、最值,通常转化为对函数的单调性的分析讨论,所以,研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究. 2.研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决.函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负;函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点;函数的最值常借助原函数图象来分析最值点. 3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系,并求出函数的最值. 【易错防范】 1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域. 2.已知极值点求参数时,由极值点处导数为0求出参数后,易忽视对极值点两侧导数异号的检验. 3.由极值、最值求参数时,易忽视参数应满足的前提范围(如定义域),导致出现了增解. 【分层训练】 【基础巩固题组】(建议用时:40分钟) 一、选择题 1.函数y=f(x)导函数的图象如图所示,则下列说法错误的是() A.(-1,3)为函数y=f(x)的递增区间 B.(3,5)为函数y=f(x)的递减区间 C.函数y=f(x)在x=0处取得极大值 D.函数y=f(x)在x=5处取得极小值 【答案】C 【解析】由函数y=f(x)导函数的图象可知,f(x)的单调递减区间是(-∞,-1),(3,5),单调递增区间为(-1,3),(5,+∞),所以f(x)在x=-1,5取得极小值,在x=3取得极大值,故选项C错误. 2.设a ∈R ,若函数y =e x +ax 有大于零的极值点,则() A.a <-1 B.a >-1 C.a >- 1e D.a <- 1 e 【答案】A 【解析】 因为y =e x +ax ,所以y ′=e x +a . 又函数y =e x +ax 有大于零的极值点,则方程y ′=e x +a =0有大于零的解,当x >0时,-e x <-1,所以a =-e x <-1. 3.已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +a 2在x =1处有极值10,则f (2)等于() A.11或18 B.11 C.18 D.17或18 【答案】C 【解析】∵函数f (x )=x 3+ax 2+bx +a 2在x =1处有极值10,∴f (1)=10,且f ′(1)=0,又f ′(x )=3x 2+2ax +b , +a +b +a 2=10, 2a +b =0,=-3,=3=4, =-11. =-3,=3时,函数在x =1处无极值,故舍去. ∴f (x )=x 3+4x 2-11x +16,∴f (2)=18.4.函数f (x )=3x 2+ln x -2x 的极值点的个数是() A.0 B.1 C.2 D.无数 【答案】A 【解析】 函数定义域为(0,+∞),且f ′(x )=6x +1 x -2=6x 2-2x +1x , 由于x >0,g (x )=6x 2-2x +1的Δ=-20<0,所以g (x )>0恒成立,故f ′(x )>0恒成立,即f (x )在定义域上单调递增,无极值点. 5.(2019·青岛二模)已知函数f (x )=2e f ′(e)ln x -x e (e 是自然对数的底数),则 f (x )的极大值为( ) A.2e -1 B.- 1 e C.1 D.2ln 2 【答案】D 【解析】 由题意知,f ′(x )= 2e f ′(e )x -1 e ,∴ f ′(e)=2f ′(e)-1e ,则f ′(e)=1 e . 因此f ′(x )=2x -1 e ,令f ′(x )=0,得x =2e. ∴f (x )在(0,2e)上单调递增,在(2e ,+∞)上单调递减.∴f (x )在x =2e 处取极大值f (2e)=2ln(2e)-2=2ln 2.二、填空题 6.函数f (x )=x e -x ,x ∈[0,4]的最大值是________.【答案】1e 【解析】 f ′(x )=e - x -x ·e - x =e - x (1-x ), 令f ′(x )=0,得x =1. 又f (0)=0,f (4)=4e 4,f (1)=e - 1=1e , ∴f (1)=1 e 为最大值. 7.已知函数f (x )=-x 3+ax 2-4在x =2处取得极值,若m ∈[-1,1],则f (m )的最小值是________.【答案】-4 【解析】 f ′(x )=-3x 2+2ax ,由f (x )在x =2处取得极值知f ′(2)=0,即-3×4+2a ×2=0,故a =3. 由此可得f (x )=-x 3+3x 2-4. f ′(x )=-3x 2+6x ,由此可得f (x )在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,∴当m ∈[-1,1]时,f (m )min =f (0)=-4. 8.若函数f (x )=x 33-a 2 x 2 +x +1a 的取值范围是________. 【答案】 【解析】函数f (x )f ′(x )=0有2由f ′(x ) =0有2个不相等的实根,得a <-2或a >2.由f ′(x )=0a =x +1 x 在x + 1x ∈22≤a <103. 综上,a 三、解答题 9.设函数f (x )=a ln x -bx 2(x >0),若函数f (x )在x =1处与直线y =-1 2相切. (1)求实数a ,b 的值; (2)求函数f (x )在1e ,e 上的最大值.【答案】见解析 【解析】(1)由f (x )=a ln x -bx 2(x >0),得f ′(x )=a x -2bx , ∵函数f (x )在x =1处与直线y =-1 2相切, =a -2b =0,=-b =-12,=1, =1 2 . (2)由(1)知,f (x )=ln x -1 2x 2, 则f ′(x )=1 x -x =1-x 2x , 当1e ≤x ≤e 时,令f ′(x )>0,得1 e ≤x <1,令 f ′(x )<0,得1 ∴f (x )在1 e ,(1,e]上单调递减,∴ f (x )max =f (1)=-12 . 10.(2018·天津卷选编)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列. (1)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若d=3,求f(x)的极值. 【答案】见解析 【解析】(1)由已知,得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x, 故f′(x)=3x2-1.因此f(0)=0,f′(0)=-1, 又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0. (2)由已知得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3t22-9)x-t32+9t2. 故f′(x)=3x2-6t2x+3t22-9. 令f′(x)=0,解得x=t2-3,或x=t2+3. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x(-∞,t2-3)t2-3(t2-3,t2+3)t2+3(t2+3,+∞) f′(x)+0-0+ f(x)极大值极小值 所以函数f(x)的极大值为f(t2-3)=(-3)3-9×(-3)=63;函数f(x)的极小值为f(t2+3)=(3)3-9×3=-6 3. 【能力提升题组】(建议用时:20分钟) 11.(2019·郑州质检)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)e x-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 【答案】C 【解析】f′(x)=(x+2)e x-(x+2)(3x+2) =(x+2)(e x-3x-2), 令f′(x)=0,得x=-2或e x=3x+2. 易知x=-2是f(x)的一个极值点, 又e x=3x+2,结合函数图象,y=e x与y=3x+2有两个交点.又e-2≠3(-2)+2=-4. ∴函数y=f(x)有3个极值点,则f(x)为4折函数. 12.若函数f(x)=2x2-ln x在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)内存在最小值,则实数k的取值范围是________. 【答案】 1 【解析】因为f(x)的定义域为(0,+∞),又因为f′(x)=4x-1 x,所以由f′(x)=0解得x= 1 2,由题意得 -1<1 2 3 2 . 13.(2019·杭州质检)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12cm且以每秒1cm等速率缩短,而长度以每秒20cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12cm缩到4cm,且知在这段变形过程中,当底面半径为10cm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. 【答案】4 【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10cm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)=8640π,V(8)=3520π,所以当t=8时,V(t)有最小值3520π,此时金箍棒的底面半径为4cm. 14.设f(x)=x ln x-ax2+(2a-1)x(常数a>0). (1)令g (x )=f ′(x ),求g (x )的单调区间; (2)已知f (x )在x =1处取得极大值,求实数a 的取值范围.【答案】见解析 【解析】(1)由f ′(x )=ln x -2ax +2a ,可得g (x )=ln x -2ax +2a ,x ∈(0,+∞).所以g ′(x )=1 x -2a =1-2ax x .又a >0, 当x g ′(x )>0,函数g (x )单调递增, 当x g ′(x )<0,函数g (x )单调递减. ∴函数y =g (x )(2)由(1)知,f ′(1)=0.