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【考前三个月】2015高考数学(江苏专用文科)高考必会题型:专题三 函数与导数 第15练


第 15 练

函数的极值与最值

题型一 函数极值与极值点的判断、求解问题 1 例 1 函数 y=2x- 2的极大值是________. x 破题切入点 根据函数极值的求解步骤,先求导函数,判断单调性,最后求出极值. 答案 -3 2 解析 y′=2+ 3,令 y′=0,得 x=-1. x 当 x<-1 时,y′>0;当 x>-1 时,y′<0. ∴当 x=-1 时,y 取极大值-3. 题型二 根据函数的极值来研究函数图象问题 例 2 已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点,则 c=________. 破题切入点 结合函数的极值点,作出函数大致图象来解决. 答案 -2 或 2 解析 ∵y′=3x2-3,∴当 y′=0 时,x=± 1. 则当 x 变化时,y′,y 的变化情况如下表: x y′ y (-∞,-1) + ? c+2 -1 (-1,1) - ? c-2 1 (1,+∞) + ?

∴当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时,必有 c+2=0 或 c-2=0,∴c=-2 或 c=2. 题型三 函数的极值问题 mx 例 3 已知函数 f(x)= 2 (m,n∈R)在 x=1 处取得极值 2. x +n (1)求函数 f(x)的解析式; a 7 (2)设函数 g(x)=ln x+ ,若对任意的 x1∈R,总存在 x2∈[1,e],使得 g(x2)≤f(x1)+ ,求实数 x 2 a 的取值范围. 破题切入点 (1)对函数进行求导,结合题中条件列出方程组,解出参数的值(需验证),即可得 到函数的解析式. (2)利用导数讨论函数 g(x)的最小值,通过求解不等式得出实数 a 的取值范围. m?x2+n?-2mx2 -mx2+mn 解 (1)f′(x)= = 2 , ?x2+n?2 ?x +n?2
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由于 f(x)在 x=1 处取得极值 2,故 f′(1)=0,f(1)=2, mn-m ? ??1+n? =0, 即? m ? ?1+n=2,
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解得 m=4,n=1,经检验,此时 f(x)在 x=1 处取得极值. 4x 故 f(x)= 2 . x +1 (2)由(1)知 f(x)的定义域为 R,且 f(-x)=-f(x). 故 f(x)为奇函数,f(0)=0. 4 当 x>0 时,f(x)>0,f(x)= ≤2, 1 x+ x 当且仅当 x=1 时取“=”. 4 当 x<0 时,f(x)<0,f(x)= ≥-2, 1 x+ x 当且仅当 x=-1 时取“=”. 7 3 故 f(x)的值域为[-2,2],从而 f(x1)+ ≥ . 2 2 3 依题意有 g(x)min≤ ,x∈[1,e], 2 1 a x-a g′(x)= - 2= 2 , x x x ①当 a≤1 时,g′(x)≥0,函数 g(x)在[1,e]上单调递增, 3 其最小值为 g(1)=a≤1< ,符合题意; 2 ②当 1<a<e 时,函数 g(x)在[1,a]上单调递减, 在(a,e]上单调递增, 所以函数 g(x)的最小值为 g(a)=ln a+1, 3 由 ln a+1≤ ,得 0<a≤ e, 2 从而知当 1<a≤ e时,符合题意; ③当 a≥e 时,显然函数 g(x)在[1,e]上单调递减, a 3 其最小值为 g(e)=1+ ≥2> ,不符合题意. e 2 综合所述,a 的取值范围为(-∞, e]. 题型四 函数的最值问题 1 例 4 已知函数 f(x)= x2+ln x. 2 (1)求函数 f(x)在区间[1,e]上的最大值、最小值;
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2 (2)求证:在区间(1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)= x3 的图象的下方. 3 破题切入点 (1)f(x)在闭区间[1,e]上的最大值、最小值要么在端点处取得,要么在极值点处

取得.所以首先要研究 f(x)在[1,e]上的单调性. 2 (2)f(x)的图象在函数 g(x)= x3 的图象的下方,即 g(x)-f(x)在(1,+∞)上恒大于 0. 3 1 (1)解 当 x∈[1,e]时,f′(x)=x+ >0, x 所以 f(x)在区间[1,e]上为增函数. 1 所以当 x=1 时,f(x)取得最小值 ; 2 1 2 当 x=e 时,f(x)取得最大值 e +1. 2 2 1 (2)证明 设 h(x)=g(x)-f(x)= x3- x2-ln x,x∈(1,+∞), 3 2 3 2 2 x - x - 1 1 则 h′(x)=2x2-x- = x x 2 ?x-1??2x +x+1? = . x 1 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)在区间(1,+∞)上为增函数,所以 h(x)>h(1)= >0. 6 所以对于 x∈(1,+∞),g(x)>f(x)成立,即 f(x)的图象在 g(x)的图象的下方. 总结提高 (1)准确把握函数极值与最值的概念,极值是函数的局部性质,在所给的区间上极

大值和极小值不一定唯一,且极大值不一定大于极小值,而最值是函数的整体性质,在所给 的区间上最大值一定大于最小值,且最大值和最小值都是唯一的. (2)函数在 x0 处取得极值,有 f′(x0)=0,而 f′(x0)=0 不一定有 f(x)在 x0 处取得极值. (3)两者之间的联系,求最值时先要求出极值然后和区间端点函数值相比较而得出最大值和最 小值.

1.(2014· 课标全国Ⅱ改编)函数 f(x)在 x=x0 处导数存在.若 p:f′(x0)=0;q:x=x0 是 f(x)的 极值点,则 p 是 q 的________条件. 答案 必要不充分 解析 当 f′(x0)=0 时,x=x0 不一定是 f(x)的极值点, 比如,y=x3 在 x=0 时,f′(0)=0, 但在 x=0 的左右两侧 f′(x)的符号相同, 因而 x=0 不是 y=x3 的极值点. 由极值的定义知,x=x0 是 f(x)的极值点必有 f′(x0)=0.
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综上知,p 是 q 的必要条件,但不是充分条件.

ex e2 2.(2013· 辽宁改编)设函数 f(x)满足 x2f′(x)+2xf(x)= ,f(2)= ,则 x>0 时,f(x)极值情况为 x 8 ________. 答案 无极大值也无极小值 ex 解析 由 x2f′(x)+2xf(x)= , x x 2 e -2x f?x? 得 f′(x)= ,令 g(x)=ex-2x2f(x),x>0, x3 x ex ?x-2?e 则 g′(x)=ex-2x2f′(x)-4xf(x)=ex-2· = .令 g′(x)=0,得 x=2. x x 当 x>2 时,g′(x)>0;当 0<x<2 时,g′(x)<0, ∴g(x)在 x=2 时有最小值 g(2)=e2-8f(2)=0, 从而当 x>0 时,f′(x)≥0, 则 f(x)在(0,+∞)上是增函数, ∴函数 f(x)无极大值,也无极小值. 3.已知 x=3 是函数 f(x)=aln x+x2-10x 的一个极值点,则实数 a=________. 答案 12 a a 解析 f′(x)= +2x-10,由 f′(3)= +6-10=0, x 3 得 a=12,经检验满足. b≥a, ? ? 1 m 4.设变量 a,b 满足约束条件?a+3b≤4, z=|a-3b|的最大值为 m,则函数 f(x)= x3- x2 3 16 ? ?a≥-2. -2x+2 的极小值为________. 4 答案 - 3 解析 据线性规划可得(a-3b)min=-8, (a-3b)max=-2, 故 2≤|a-3b|≤8,即 m=8, 此时 f′(x)=x2-x-2=(x-2)· (x+1), 可得当 x≤-1 时 f′(x)>0, 当-1<x<2 时 f′(x)<0,当 x≥2 时 f′(x)>0, 故当 x=2 时函数取得极小值, 4 即 f(x)极小值=f(2)=- . 3 5.已知函数 f(x)=x3+2bx2+cx+1 有两个极值点 x1,x2,且 x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],则 f(-
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1)的取值范围是________. 答案 [3,12] 解析 方法一 由于 f′(x)=3x2+4bx+c, 据题意方程 3x2+4bx+c=0 有两个根 x1,x2, 且 x1∈[-2,-1],x2∈[1,2], 令 g(x)=3x2+4bx+c, g?-2?=12-8b+c≥0, ? ?g?-1?=3-4b+c≤0, 结合二次函数图象可得只需? g?1?=3+4b+c≤0, ? ?g?2?=12+8b+c≥0, 此即为关于点(b,c)的线性约束条件,作出其对应平面区域,f(-1)=2b-c,问题转化为在上 述线性约束条件下确定目标函数 f(-1)=2b-c 的最值问题,由线性规划易知 3≤f(-1)≤12. 方法二 方程 3x2+4bx+c=0 有两个根 x1,x2,且 x1∈[-2,-1],x2∈[1,2]的条件也可以通 过二分法处理,即只需 g(-2)g(-1)≤0,g(2)g(1)≤0 即可,利用同样的方法也可解答. 6.已知函数 f(x)的导数为 f′(x)=x2-x,则当 x=________时,函数 f(x)取得极大值. 答案 0 解析 当 x<0 或 x>1 时,f′(x)>0; 当 0<x<1 时,f′(x)<0. 所以当 x=0 时,函数 f(x)取得极大值. 7.函数 f(x)=x3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是________. 答案 0<a<1 解析 ∵y′=3x2-3a,令 y′=0, 可得 a=x2.又∵x∈(0,1),∴0<a<1. 8.函数 f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]有极大值又有极小值,则 a 的取值范围是________. 答案 a>2 或 a<-1 解析 f′(x)=3x2+6ax+3(a+2), 令 3x2+6ax+3(a+2)=0,即 x2+2ax+a+2=0. 因为函数 f(x)有极大值又有极小值, 所以方程 x2+2ax+a+2=0 有两个不相等的实根, 即 Δ=4a2-4a-8>0,解得 a>2 或 a<-1.

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1 9.若函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是________________. 2 答案 0<t<1 或 2<t<3 3 解析 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x+4- x -x2+4x-3 ?x-1??x-3? = =- . x x 由 f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1,3, 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内, 函数 f(x)在区间[t,t+1]上就不单调, 所以 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解得 0<t<1 或 2<t<3. 10.设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. 解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a. 若 a≤0,则 f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 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. (2)由于 a=1 时,(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 x+1 令 g(x)= x +x, e -1 -xex-1 ex?ex-x-2? 则 g′(x)= x + 1 = . ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增, 又 h(1)=e-3<0,h(2)=e2-4>0. 所以 h(x)在(0,+∞)上存在唯一零点. 故 g′(x)在(0,+∞)上存在唯一零点. 设此零点为 α,则 α∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g′(x)<0;当 x∈(α,+∞)时,g′(x)>0, 所以 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(α).
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又由 g′(α)=0,得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2. 2 11.(2014· 天津)已知函数 f(x)=x2- ax3(a>0),x∈R. 3 (1)求 f(x)的单调区间和极值; (2)若对于任意的 x1∈(2,+∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1,求 a 的取值范围. 解 (1)由已知,有 f′(x)=2x-2ax2(a>0). 1 令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= . a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) (-∞,0) - 0 0 1 (0, ) a + 1 a 1 ( ,+∞) a

- 0 1 ? ? ? f(x) 0 3a2 1 1 所以 f(x)的单调递增区间是(0, );单调递减区间是(-∞,0),( ,+∞). a a 1 1 1 当 x=0 时,f(x)有极小值,且极小值 f(0)=0;当 x= 时,f(x)有极大值,且极大值 f( )= 2. a a 3a 3 3 3 (2)由 f(0)=f( )=0 及(1)知,当 x∈(0, )时,f(x)>0;当 x∈( ,+∞)时,f(x)<0. 2a 2a 2a 1 设集合 A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合 B={ |x∈(1,+∞),f(x)≠0},则“对于任意的 x1∈(2, f?x? +∞),都存在 x2∈(1,+∞),使得 f(x1)· f(x2)=1”等价于 A?B.显然,0?B. 下面分三种情况讨论: 3 3 3 ①当 >2,即 0<a< 时,由 f( )=0 可知,0∈A,而 0?B,所以 A 不是 B 的子集. 2a 4 2a 3 3 3 ②当 1≤ ≤2,即 ≤a≤ 时,有 f(2)≤0,且此时 f(x)在(2,+∞)上单调递减,故 A=(-∞, 2a 4 2 f(2)),因而 A?(-∞,0);由 f(1)≥0,有 f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(- ∞,0)?B.所以 A?B. 3 3 1 ③当 <1,即 a> 时,有 f(1)<0,且此时 f(x)在(1,+∞)上单调递减,故 B=( ,0),A=(- 2a 2 f?1? ∞,f(2)),所以 A 不是 B 的子集. 3 3 综上,a 的取值范围是[ , ]. 4 2 ex 2 12.(2014· 山东)设函数 f(x)= 2-k( +ln x)(k 为常数,e=2.718 28?是自然对数的底数). x x (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. 解 (1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞).
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x2ex-2xex 2 1 f′(x)= -k(- 2+ ) x4 x x xex-2ex k?x-2? = - x3 x2 x ?x-2??e -kx? = . 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, 得 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, 当且仅当? g?2?>0, ? ?0<ln k<2. e2 解得 e<k< . 2

e2 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(e, ). 2

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