第三章 第二节第四课时 利用导数研究函数的极值、最值课件PPT

课时跟踪检测（十八）  利用导数研究函数的极值、最值

1．函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为(　　)

A.　　　　　　　　　　 B．e2

C.  D．2e

解析：选A　依题意f′(x)＝(x2－2x－3)＝(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也即是最小值，且最小值为f(3)＝＝.故选A.

2．(2021·镇江月考)设函数f(x)＝ln x＋ax2－x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为(　　)

A．ln 2－2  B．ln 2－1

C．ln 3－2  D．ln 3－1

解析：选A　∵f(x)＝ln x＋ax2－x(x>0)，

∴f′(x)＝＋2ax－，∵x＝1是函数f(x)的极大值点，

∴f′(1)＝1＋2a－＝2a－＝0，解得a＝，

∴f′(x)＝＋－＝＝，

∴当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

∴当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为f(2)＝ln 2－2.

3．(2020·石家庄模拟)直线y＝a与函数y＝x3－3x的图象有三个相异的交点，则实数a的取值范围为(　　)

A．(－2,2)  B．[－2,2]

C．[2，＋∞)  D．(－∞，－2]

解析：选A　考虑数形结合，y＝x3－3x的导数y′＝3x2－3＝3(x－1)·(x＋1)，令y′>0可解得x<－1或x>1，故y＝x3－3x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，函数的极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，大致图象如图所示．而y＝a为一条水平直线，通过图象可得，y＝a介于极大值与极小值之间，则有三个相异交点．可得a∈(－2,2)．

4．(多选)已知函数f(x)＝ln x＋，则(　　)

A．函数f(x)的递减区间是(－∞，1)

B．函数f(x)在(e，＋∞)上单调递增

C．函数f(x)的最小值为1

D．若f(m)＝f(n)(m≠n)，则m＋n＞2

解析：选BCD　因为f(x)＝ln x＋，所以f′(x)＝，由于函数的定义域为(0，＋∞)，故A错误；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(e，＋∞)上单调递增，故B正确；令f′(x)＞0，则x＞1，令f′(x)＜0，则x＜1，所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，函数有最小值为f(1)＝1，故C正确；对于选项D，姑且令m＜n，由f(m)＝f(n)得＝ln，欲证m＋n＞2，只要证明＞2ln，令＝t＞1，即证t－＞2ln t成立，令g(t)＝t－－2ln t(t＞1)，g′(t)＝＝，所以当t＞1时， g′(t)＞0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)＞g(1)＝0，故不等式t－＞2ln t成立，故D正确．

5．(多选)对于函数f(x)＝，下列说法正确的有(　　)

A．f(x)在x＝e处取得极大值

B．f(x)有两个不同的零点

C．f(2)＜f(π)＜f(3)

D．若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞1

解析：选ACD　函数的导数f′(x)＝，x＞0，

令f′(x)＝0得x＝e，

则当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数，

当x＞e时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数，

则当x＝e时，函数取得极大值，

极大值为f(e)＝，故A正确，

当x→0，f(x)→－∞，当x→＋∞，f(x)→0，

则f(x)的图象如图所示，

由f(x)＝0，得ln x＝0，得x＝1，

即函数f(x)只有一个零点，故B错误，

因为f(4)＝＝＝f(2)，f(3)＞f(π)＞f(4)，

故f(2)＜f(π)＜f(3)成立，故C正确，

若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞＋，

设h(x)＝＋，x＞0，

则h′(x)＝－，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，

当x＞1时，h′(x)＜0，即当x＝1时，函数h(x)取得极大值同时也是最大值h(1)＝1，

∴k＞1，故D正确．

6．(2020·唐山高三二模)已知f(x)＝(x2＋2x＋a)ex，若f(x)存在最小值，则a的取值范围是________．

解析：f′(x)＝(2x＋2)ex＋(x2＋2x＋a)ex＝ex(x2＋4x＋a＋2)，

因为函数f(x)的定义域为R，所以若f(x)存在最小值，则f(x)有极小值点，

所以x2＋4x＋a＋2＝0有两个不相等的实根，Δ＝16－4(a＋2)>0⇒a<2.

答案：(－∞，2)

7．某工厂拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．该蓄水池的体积最大时h＝________.

解析：∵蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，

∴蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．

根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，

∴h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．

∵r>0，又由h>0可得0<r<5，

∴函数V(r)的定义域为(0,5)，V′(r)＝(300－12r2)，

令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(r＝－5<0，舍去)．

当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；

当r∈(5,5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5)上为减函数．

由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.

答案：8

8．已知函数f(x)＝ln x－(m<0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.

解析：f′(x)＝＋＝.

令f′(x)＝0，得x＝－m，且当0<x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

若－m≤1，即－1≤m<0时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；

若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，

f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，

令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；

若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，

令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．

综上所述，m＝－3e.

答案：－3e

9．设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切．

(1)求实数a，b的值；

(2)求函数f(x)在上的最大值．

解：(1)由f(x)＝aln x－bx2(x>0)，得f′(x)＝－2bx，

∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，

∴解得

(2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，

则f′(x)＝－x＝，

当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，

令f′(x)<0，得1<x≤e，

∴f(x)在上单调递增；在(1，e]上单调递减，

∴f(x)max＝f(1)＝－.

10．已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax.

(1)讨论函数f(x)的极值点；

(2)若f(x)极大值大于1，求a的取值范围．

解：f′(x)＝(x－a)ln x＋x－a－x＋a

＝(x－a)·.

(1)当a≤0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝；

0<a<时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝，极大值点为x＝a；

a＝时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，无极值点；

a>时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，极小值点为x＝a，极大值点为x＝.

(2)由(1)知，a≤0和a＝时，无极大值，不成立．

当a>时，极大值f()＝a－>1，解得a>＋，

由于＋－＝－＝<0，所以a>.

当0<a<时，极大值f(a)＝a2(2－ln a)>1，

得2－ln a>.

令t＝a2，则g(t)＝2－ln t－，0<t<e，

g′(t)＝－＋＝，

所以g(t)在(0，e)上单调递增，而g(1)＝0，

所以g(t)>0的解为(1，e)，则a∈(1，)．

所以a的取值范围为(1，)∪(，＋∞)．

11．如图，A，B两地相距100千米，两地政府为提升城市的抗疫能力，决定在A，B之间选址P点建造储备仓库，共享民生物资．当点P在线段AB的中点C时，建造费用为2 000万元，若点P在线段AC上(不含点A)，则建造费用与P，A之间的距离成反比，若点P在线段CB上(不含点B)，则建造费用与P，B之间的距离成反比，现假设P，A之间的距离为x千米(0<x<100)，A地所需该物资每年的运输费用为2.5x万元，B地所需该物资每年的运输费用为0.5(100－x)万元，f(x)表示建造仓库费用，g(x)表示两地物资每年的运输总费用(单位：万元)．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)若规划仓库使用的年限为n(n∈N*)，H(x)＝f(x)＋ng(x)，求H(x)的最小值，并解释其实际意义．

解：(1)由题意，设f(x)＝

由f(50)＝2 000，求得k1＝k2＝100 000.

∴f(x)＝

(2)g(x)＝2.5x＋0.5(100－x)＝2x＋50，

若0<x≤50，则H(x)＝f(x)＋ng(x)＝＋2nx＋50n，H′(x)＝，

由H′(x)＝0，得x＝100，若n∈N*且n≤20，则H(x)在(0,50]上单调递减，H(x)min＝H(50)＝2 000＋150n；

若n∈N*且n>20，则H(x)在上单调递减，在单调递增，

∴H(x)min＝50n＋400.

若50<x<100，则H(x)＝f(x)＋ng(x)＝＋2nx＋50n，H′(x)＝＋2n>0，H(x)在(50,100)上单调递增，

若n∈N*且n≤20，则H(x)>2 000＋150n；

若n∈N*且n>20，则H(x)>50n＋400.

综上，若n∈N*且n≤20，则H(x)min＝2 000＋150n；

若n∈N*且n>20，则H(x)min＝50n＋400.

实际意义：建造储备仓库并使用n年，花费在建造仓库和两地物资运输总费用的最小值．

12．设f(x)＝xln 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．

解：(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，

可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，

所以g′(x)＝－2a＝.

又a>0，当x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．

∴函数y＝g(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)由(1)知，f′(1)＝0.

①当0<a<时，>1，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0,1)时，f′(x)<0，

当x∈时，f′(x)>0.

所以f(x)在(0,1)内单调递减，在内单调递增．

所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．

②当a＝时，＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，

所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．

③当a>时，0<<1，

当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．

所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．

综上可知，实数a的取值范围为.