高考数学一轮复习讲义第3章第2节第2课时导数的应用

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命题点1 根据函数图象判断极值
例1 (1)(2016·青岛模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是( )
(2)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)
答案 (1)C (2)D
解析 (1)由f′(x)图象可知，x＝0是函数f(x)的极大值点，x＝2是f(x)的极小值点，故选C.
(2)由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2当1当x>2时，f′(x)>0.
由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．
命题点2 求函数的极值
例2 (2017·泉州质检)已知函数f(x)＝x－1＋eq \f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解 (1)由f(x)＝x－1＋eq \f(a,ex)，得f′(x)＝1－eq \f(a,ex).
又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
得f′(1)＝0，即1－eq \f(a,e)＝0，解得a＝e.
(2)f′(x)＝1－eq \f(a,ex)，
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；
当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
命题点3 已知极值求参数
例3 (1)(2016·广州模拟)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
(2)(2017·福州质检)若函数f(x)＝eq \f(x3,3)－eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间(eq \f(1,2)，3)上有极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(2，eq \f(5,2)) B．[2，eq \f(5,2))
C．(2，eq \f(10,3)) D．[2，eq \f(10,3))
答案 (1)－7 (2)C
解析 (1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
(2)若函数f(x)在区间(eq \f(1,2)，3)上无极值，
则当x∈(eq \f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0恒成立或当x∈(eq \f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0恒成立．
当x∈(eq \f(1,2)，3)时，y＝x＋eq \f(1,x)的值域是[2，eq \f(10,3))；
当x∈(eq \f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≥0，
即a≤x＋eq \f(1,x)恒成立，a≤2；
当x∈(eq \f(1,2)，3)时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，
即a≥x＋eq \f(1,x)恒成立，a≥eq \f(10,3).
因此要使函数f(x)在(eq \f(1,2)，3)上有极值点，
实数a的取值范围是(2，eq \f(10,3))．
思维升华 (1)求函数f(x)极值的步骤
①确定函数的定义域；
②求导数f′(x)；
③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值．
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．
(1)函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
(2)函数y＝2x－eq \f(1,x2)的极大值是________．
答案 (1)C (2)－3
解析 (1)∵f(x)＝x4－2x2＋3，
∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得
x＝0或x＝1或x＝－1.
又当x<－1时，f′(x)<0，
当－10.
当0当x>1时，f′(x)>0，
∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．
(2)y′＝2＋eq \f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1.
当x<－1或x>0时，y′>0；当－1∴当x＝－1时，y取极大值－3.
题型二 用导数求函数的最值
例4 已知a∈R，函数f(x)＝eq \f(a,x)＋ln x－1.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求f(x)在区间(0，e]上的最小值．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,x)＋ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－eq \f(1,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x2)，x∈(0，＋∞)．
因此f′(2)＝eq \f(1,4)，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为eq \f(1,4).
又f(2)＝ln 2－eq \f(1,2)，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(ln 2－eq \f(1,2))＝eq \f(1,4)(x－2)，即x－4y＋4ln 2－4＝0.
(2)因为f(x)＝eq \f(a,x)＋ln x－1，
所以f′(x)＝－eq \f(a,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－a,x2)，x∈(0，e]．
令f′(x)＝0，得x＝a.
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．
②若00，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，
所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.
③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值eq \f(a,e).
综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；
当0当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为eq \f(a,e).
思维升华 求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的极值与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．
设函数f(x)＝x3－eq \f(x2,2)－2x＋5，若对任意的x∈[－1,2]，都有f(x)>a，则实数a的取值范围是________________．
答案 (－∞，eq \f(7,2))
解析 由题意知，f′(x)＝3x2－x－2，
令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，
解得x＝1或x＝－eq \f(2,3)，
又f(1)＝eq \f(7,2)，f(－eq \f(2,3))＝eq \f(157,27)，
f(－1)＝eq \f(11,2)，f(2)＝7，
故f(x)min＝eq \f(7,2)，∴a题型三 函数极值和最值的综合问题
例5 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x3＋x2x<1，,aln xx≥1.))
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解 (1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2,3).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝eq \f(2,3).
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和[eq \f(2,3)，1)上单调递减，在[0，eq \f(2,3)]上单调递增．
因为f(－1)＝2，f(eq \f(2,3))＝eq \f(4,27)，f(0)＝0，
所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，
当a≤0时，f(x)≤0；
当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.
思维升华 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．
若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．[－5,0) B．(－5,0)
C．[－3,0) D．(－3,0)
答案 C
解析 由题意，得f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，
故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，
在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，
令eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)＝－eq \f(2,3)得，
x＝0或x＝－3，则结合图象可知，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－3≤a＜0，,a＋5>0，))解得a∈[－3,0)．
3．利用导数求函数的最值
典例 (12分)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．
思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f(x)在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)两小问中，由于解析式中含有参数a，要对参数a进行分类讨论．
规范解答
解 (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－a (x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．[2分]
②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，可得x＝eq \f(1,a)，
当00；
当x>eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)<0，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).[4分]
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞)).[5分]
(2)①当eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.[6分]
②当eq \f(1,a)≥2，即0③当1所以当eq \f(1,2)当ln 2≤a<1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a.[11分]
综上可知，
当0当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是ln 2－2a.[12分]
用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤：
第一步：(求导数)求函数f(x)的导数f′(x)；
第二步：(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；
第三步：(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值；
第四步：(求最值)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；
第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范.
1．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4的极大值为( )
A.eq \f(28,3) B．6 C.eq \f(26,3) D．7
答案 A
解析 f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，
f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－2)＝eq \f(28,3).
2．(2016·四川)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A．－4 B．－2 C．4 D．2
答案 D
解析 ∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，
∴f(x)的极小值点为a＝2.
3．(2017·哈尔滨调研)函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x的最小值为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．0 D．不存在
答案 A
解析 f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)且x>0.
令f′(x)>0，得x>1.
令f′(x)<0，得0∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，
f(1)＝eq \f(1,2)－ln 1＝eq \f(1,2).
4．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，＋∞)
答案 B
解析 ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根．
∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0.
∴a>6或a<－3.
*5.(2016·安阳模拟)函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，f(x)的极小值等于－115，则a的值是( )
A．－eq \f(81,22) B.eq \f(1,3) C．2 D．5
答案 C
解析 由已知可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a>0，
且－2,3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，
则由根与系数的关系知eq \f(2b,3a)＝－1，eq \f(c,3a)＝－6，
∴b＝－eq \f(3a,2)，c＝－18a，
此时f(x)＝ax3－eq \f(3a,2)x2－18ax－34，
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数；
当x∈(－2,3)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(3)为f(x)的极小值，且f(3)＝27a－eq \f(27a,2)－54a－34＝－115，
解得a＝2，故选C.
6．(2016·宜昌模拟)已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax(a>eq \f(1,2))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1
答案 D
解析 由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，得x＝eq \f(1,a)，
当00；
当x>eq \f(1,a)时，f′(x)<0.
∴f(x)max＝f(eq \f(1,a))＝－ln a－1＝－1，
解得a＝1.
7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2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)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，
∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11.))
而当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
8．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
答案 (eq \f(\r(2),2)，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数递增．
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，
解得a>eq \f(\r(2),2).
∴a的取值范围是(eq \f(\r(2),2)，＋∞)．
9．(2016·荆州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值为eq \f(1,3)，则实数m的值为________．
答案 2
解析 由f(x)＝eq \f(1,3)x3－x2－x＋m，
可得f′(x)＝x2－2x－1，
令x2－2x－1＝0，可得x＝1±eq \r(2).
当x∈(1－eq \r(2)，1＋eq \r(2))时，f′(x)<0，
即函数f(x)在(1－eq \r(2)，1＋eq \r(2))上是减函数，
即f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)，
所以eq \f(1,3)－1－1＋m＝eq \f(1,3)，解得m＝2.
10．(2016·枣庄模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝－3x2＋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)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减．在(0,1)上单调递增，
∴对m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
11．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值．
解 (1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
所以f′(x)＝2a(x－5)＋eq \f(6,x).
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，故a＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知，f(x)＝eq \f(1,2)(x－5)2＋6ln x(x>0)，
f′(x)＝x－5＋eq \f(6,x)＝eq \f(x－2x－3,x).
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
当03时，f′(x)>0，
故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；
当2由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝eq \f(9,2)＋6ln 2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln 3.
综上，f(x)的单调递增区间为(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间为(2,3)，f(x)的极大值为eq \f(9,2)＋6ln 2，极小值为2＋6ln 3.
12．设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在[eq \f(1,e)，e]上的最大值．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a,x)－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝a－2b＝0，,f1＝－b＝－\f(1,2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,2).))
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，
f′(x)＝eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x)，
当eq \f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)>0，得eq \f(1,e)≤x<1，
令f′(x)<0，得1∴f(x)在[eq \f(1,e)，1)上单调递增，
在(1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－eq \f(1,2).
*13.(2016·武汉调研)已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a>0，b∈R)．
(1)设a＝1，b＝－1，求f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x>0，f(x)≥f(1)，试比较ln a与－2b的大小．
解 (1)由f(x)＝ax2＋bx－ln x，x∈(0，＋∞)，
得f′(x)＝eq \f(2ax2＋bx－1,x).
∵a＝1，b＝－1，
∴f′(x)＝eq \f(2x2－x－1,x)＝eq \f(2x＋1x－1,x)(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝1.
当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
∴f(x)的单调递减区间是(0,1)；
单调递增区间是(1，＋∞)．
(2)由题意可知，f(x)在x＝1处取得最小值，
即x＝1是f(x)的极值点，
∴f′(1)＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a.
令g(x)＝2－4x＋ln x(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(1－4x,x).
令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,4).
当00，g(x)单调递增，
当x>eq \f(1,4)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(eq \f(1,4))＝1＋ln eq \f(1,4)
＝1－ln 4<0，
∴g(a)<0，即2－4a＋ln a＝2b＋ln a<0，
故ln a<－2b.x
(－∞，0)
0
(0，eq \f(2,3))
eq \f(2,3)
(eq \f(2,3)，1)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘