专题3.3利用导数研究函数的最值极值_2020届高考数学一轮复习学霸提分秘籍（含解析）

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1、第三篇 导数及其应用专题 3.03 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 11】 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 x0；当22 时，f(x)0.由此可以得到函数 f(

2、x)在 x2 处取得极大值，在 x2 处取得极小值.【规律方法】 由图象判断函数 yf (x)的极值，要抓住两点： (1)由 yf(x)的图象与 x 轴的交点，可得函数 yf(x) 的可能极值点；(2)由导函数 yf (x)的图象可以看出 yf(x)的值的正负，从而可得函数 yf (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 12】 (2019天津和平区模拟) 已知函数 f(x)ln xax(aR ).(1)当 a 时，求 f(x)的极值；12(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 时，f (x)ln x x，函数的定义域为(0，

3、)且 f(x) ，12 12 1x 12 2 x2x令 f(x)0，得 x2，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 21 故 f(x)在定义域上的极大值为 f(x)极大值 f(2)ln 21，无极小值.(2)由(1)知，函数的定义域为(0 ，)，f(x) a (x0).1x 1 axx当 a0 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 a0 时，当 x 时，f(x)0，(0，1a)当 x 时，f(x)0 时，函数 yf(x )有一个极大值点，且为 x .1a【规

4、律方法】 运用导数求可导函数 yf (x)的极值的一般步骤： (1)先求函数 yf(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 13】 (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 存在两个极值点 x1，x 2，求 m 的取值范围.mx【答

5、案】见解析【解析】(1)f(x)的定义域为(0，)，且 f(x) .1x设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为 y xln x01.1x0把点 P(0，1)代入切线方程，得 ln x00，x 01.过点 P(0， 1)的切线方程为 yx1.(2)因为 g(x)f( x)mx ln xmx (x0)，mx mx所以 g(x) m ，1x mx2 x mx2 mx2 mx2 x mx2令 h(x)mx 2x m，要使 g(x)存在两个极值点 x1，x 2，则方程 mx2xm0 有两个不相等的正数根 x1，x 2.故只需满足 即可，解得 00，12m0，h(12m)1 时，f(x)0 ，

6、当2 ，则当 x 时，f(x)0.所以 f(x)在 x2 处取得极小值.若 a ，则当 x(0 ，2)时， x20.所以 2 不是 f(x)的极小值点 .综上可知，a 的取值范围是 .(12， )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 a1 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 a1 时，f(x )xln x，f(x )1 ，1x 1 xx令 f(x)0，得 x1.当 00；当 x1 时

7、，f(x)0 得 a 0，结合 x(0，e，解得 00)，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 (单位时间)，用氧量为 (升)，水底作业时的用氧60v (v10)3 1 60v 3v250 60v量为 100.99(升)，返回水面用时 (单位时间) ，用氧量为 1.5 (升)，60v2 120v 120v 180v因此总用氧量 y 9(v0).3v250 240v(2)y ，令 y0 得 v10 ，6v50 240v2 3（v3 2 000）25v2 32当 010 时，y0，函数单调递增.32若 c0，f(x)单调递增；当 x 时，f(x)

8、1C.a D.a0 时，e x0，g( x)6x 22x1 的 200 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 (e 是自然对数的底数)，则 f(x)的极大值为( )xeA.2e1 B. C.1 D.2ln 21e【答案】 D【解析】 由题意知，f(x ) ，2ef（e）x 1ef(e)2f(e) ，则 f(e) .1e 1e因此 f(x) ，令 f(x)0 ，得 x2e.2x 1ef(x) 在(0，2e)上单调递增，在(2e，)上单调递减.f(x)在 x2e 处取极大值 f(2e)2ln(2e

9、)22ln 2.二、填空题6.函数 f(x)xe x ，x 0，4的最大值是_.【答案】 1e【解析】 f(x )e x x ex e x (1x )，令 f(x)0，得 x1.又 f(0)0，f(4) ，f(1)e 1 ，4e4 1ef(1) 为最大值.1e7.已知函数 f(x)x 3ax 2 4 在 x2 处取得极值，若 m1，1 ，则 f(m)的最小值是_.【答案】 4【解析】 f(x )3x 22ax，由 f(x)在 x2 处取得极值知 f(2)0，即342a20，故 a3.由此可得 f(x)x 33x 24.f(x)3x 26x，由此可得 f(x)在( 1，0)上单调递减，在(0 ，

10、1)上单调递增，当 m1，1时，f( m)minf(0)4.8.若函数 f(x) x2x 1 在区间 上有极值点，则实数 a 的取值范围是_.x33 a2 (12，3)【答案】 (2，103)【解析】 函数 f(x)在区间 上有极值点等价于 f(x)0 有 2 个不相等的实根且在 内有根，由 f(x)(12，3) (12，3)0 有 2 个不相等的实根，得 a2.由 f(x)0 在 内有根，得 ax 在 内有解，又(12，3) 1x (12，3)x ，所以 2a0)，若函数 f(x)在 x1 处与直线 y 相切.12(1)求实数 a，b 的值；(2)求函数 f(x)在 上的最大值.1e，e【答

11、案】见解析【解析】(1)由 f(x)aln x bx 2(x0)，得 f(x) 2bx，ax函数 f(x)在 x1 处与直线 y 相切，12 解得f(1) a 2b 0，f(1) b 12，) a 1，b 12.)(2)由(1)知，f(x)ln x x2，12则 f(x) x ，1x 1 x2x当 xe 时，令 f(x)0，得 x0，当 t(2 ，8)时，V(t)0).(1)令 g(x)f(x)，求 g(x)的单调区间；(2)已知 f(x)在 x1 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 x2ax2a，可得 g(x)ln x2ax 2a，x(0 ，)

12、.所以 g(x) 2a .又 a0，1x 1 2axx当 x 时，g(x )0，函数 g(x)单调递增，(0，12a)当 x 时，g(x )1，由(1)知 f(x)在 内单调递增，可得当 x(0 ，1)时，f(x)0.所以 f(x)在(0，1)内单调递减，在 内单调递增.(1，12a)所以 f(x)在 x1 处取得极小值，不合题意.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)12 12a0，f(x) 单调递减，不合题意.当 a 时，00，f(x) 单调递增，当 x(1 ，)时，f(x)0，f(x)单调递减.12 12a (12a，

13、1)所以 f(x)在 x1 处取极大值，符合题意.综上可知，实数 a 的取值范围为 .(12， )【新高考创新预测】15.(试题创新) 当 x1，4时，不等式 0ax 3bx 24a 4x2 恒成立，则 ab 的取值范围是( )A.4， 8 B.2，8C.0，6 D.4，12【答案】 A【解析】 因为 x1 ，4，所以不等式 0ax 3bx 24a4x 2等价于 0axb 4，即4ax20a b 4.令 tx ，x1，4 ，(x 4x2) 4x2则 t1 ，8x3 x3 8x3 （x 2）（x2 2x 4）x3则 tx 在1，2)上单调递减，在(2，4 上单调递增，4x2所以当 x2 时，t min3，当 x1 时，t max5，所以 3t5，则由 0atb4，得 0 3a b 4，0 5a b 4，)所以 ab2(3ab)(5 ab) 4，8，故选 A.