2017届高三数学一轮复习第2节导数在研究函数中的应用第二课时利用导数研究函数的极值与最值课件理

第二课时利用导数研究函数的极值与最值考点专项突破经典考题研析考点专项突破在讲练中理解知识考点一利用导数研究函数的极值问题考查角度1:根据函数图象判断函数的极值情况.【例1】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)解析:由题图可知,当x-2时,f′(x)0;当-2x1时,f′(x)0;当1x2时,f′(x)0;当x2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.故选D.反思归纳知图判断函数值的情况.先找导数为0的点,再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.考查角度2:求函数的极值.【例2】已知函数f(x)=lnx-12ax2-x(a∈R).(1)当a=2时,求y=f(x)的单调区间和极值;解:(1)当a=2时,f(x)=lnx-x2-x,其定义域为(0,+∞),所以f′(x)=1x-2x-1=-221xxx=-121xxx.令f′(x)0,则0x12;令f′(x)0,则x12,所以(0,12)是f(x)的单调递增区间,（12,+∞）是f(x)的单调递减区间,当x=12时,y=f(x)取极大值-34-ln2.解：(2)因为f(x)=lnx-12ax2-x,所以f′(x)=1x-ax-1=-21axxx(x0).因为y=f(x)存在单调递减区间,所以f′(x)0在(0,+∞)上有解,又因为x0,则ax2+x-10在(0,+∞)上有解,①当a=0时,x1在(0,+∞)上有解;②当a0时,ax2+x-10在(0,+∞)上总有解;③当a0时,要使ax2+x-10在(0,+∞)上有解,只需ax2+x-1=0有两个不相等正实数根,所以140,10,2aa解得-14a0.综上,a的取值范围是（-14,+∞）.(2)若y=f(x)存在单调递减区间,求a的取值范围.反思归纳已知函数求极值,求f′(x)→求方程f′(x)=0的根,列表检验f′(x)在f′(x)=0的根的附近两侧的符号,下结论.考查角度3:已知极值求参数.【例3】(2014高考山东卷)设函数f(x)=2exx-k（2x+lnx）(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数).(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;解:(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=24e2exxxxx-k（-22x+1x）=3e2exxxx-22kxx=32exxkxx.由k≤0可得ex-kx0,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,+∞).解：(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k0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞).因为g′(x)=ex-k=ex-elnk,当0k≤1时,当x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k0,y=g(x)单调递增.故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k1时,得x∈(0,lnk)时,g′(x)0,函数y=g(x)单调递减.x∈(lnk,+∞)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(lnk)=k(1-lnk).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当00,ln0,20,0ln2,ggkgk解得ek2e2,综上所求,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为（e,2e2）.(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.反思归纳已知极值求参数,若函数f(x)在点(x0,y0)处取得极值,则f′(x0)=0,且在该点左、右两侧的导数值符号相反.考点二运用导数解决函数的最值问题【例4】(2015洛阳统考)已知函数f(x)=1xx+klnx,k1e,求函数f(x)在[1e,e]上的最大值和最小值.解:因f(x)=1xx+klnx,f′(x)=21xxx+kx=21kxx.(1)若k≤0,则在[1e,e]上恒有f′(x)0,所以f(x)在[1e,e]上单调递减,所以f(x)min=f(e)=1ee+klne=1e+k-1,f(x)max=f(1e)=e-k-1.(2)若k0,由k1e,得1ke,则x-1k0,所以21kxkx0,所以f(x)在[1e,e]上单调递减.所以f(x)min=f(e)=1ee+klne=1e+k-1,f(x)max=f(1e)=e-k-1.综上,当k1e时,f(x)min=1e+k-1,f(x)max=e-k-1.反思归纳求函数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.【即时训练】设函数f(x)=alnx-bx2(x0),若函数f(x)在x=1处与直线y=-12相切,(1)求实数a,b的值;解:(1)f′(x)=ax-2bx,因为函数f(x)在x=1处与直线y=-12相切,所以120,11,2fabfb解得1,1.2ab(2)求函数f(x)在[1e,e]上的最大值.解：(2)由(1)得f(x)=lnx-12x2,则f′(x)=1x-x=21xx,因为当1e≤x≤e时,令f′(x)0得1e≤x1;令f′(x)0,得1x≤e,所以f(x)在[1e,1]上单调递增,在[1,e]上单调递减,所以f(x)max=f(1)=-12.利用导数研究生活中的优化问题考点三【例5】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=3ax+10(x-6)2,其中3x6,a为常数.已知销售价格为5元/千克时,每日可售出该商品11千克.(1)求a的值;解:(1)因为x=5时,y=11,所以2a+10=11,a=2.解：(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=23x+10(x-6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=(x-3)·[23x+10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3x6.从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6).于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值单调递减由上表可得,x=4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点.所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.反思归纳利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时,一般是先设自变量、因变量,建立函数关系式,并确定其定义域,然后利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相结合.【即时训练】统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y=1128000x3-380x+8(0x≤120).已知甲、乙两地相距100千米.(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升?解:(1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了10040小时,共耗油10040×(1128000×403-380×40+8)=17.5(升).因此,当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油17.5升.解：(2)当速度为x千米/小时时,汽车从甲地到乙地行驶了100x小时,设耗油量为h(x)升,依题意得h(x)=(1128000x3-380x+8)·100x=11280x2+800x-154(0x≤120),h′(x)=640x-2800x=33280640xx(0x≤120).令h′(x)=0,得x=80.当x∈(0,80)时,h′(x)0,h(x)是减函数;当x∈(80,120]时,h′(x)0,h(x)是增函数,所以当x=80时,h(x)取得极小值h(80)=11.25.易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值.故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少,为11.25升.(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?备选例题【例1】已知函数f(x)=2exaxbxc(a0)的导函数y=f′(x)的两个零点为-3和0.(1)求f(x)的单调区间;解:(1)f′(x)=222eeexxxaxbaxbxc=22exaxabxbc,令g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c,因为ex0,所以y=f′(x)的零点就是g(x)=-ax2+(2a-b)x+b-c的零点,且f′(x)与g(x)符号相同.又因为a0,所以-3x0时,g(x)0,即f′(x)0,当x-3或x0时,g(x)0,即f′(x)0,所以f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞).(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值.解：(2)由(1)知,x=-3是f(x)的极小值点,所以有3393e,e00,39320,abcgbcgaabbc解得a=1,b=5,c=5,所以f(x)=255exxx.因为f(x)的单调增区间是(-3,0),单调减区间是(-∞,-3),(0,+∞),所以f(0)=5为函数f(x)的极大值,故f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值取f(-5)和f(0)中的最大者.而f(-5)=55e=5e55=f(0),所以函数f(x)在区间[-5,+∞)上的最大值是5e5.【例2】某蔬菜基地有一批黄瓜进入市场销售,通过市场调查,预测黄瓜的价格f(x)(单位:元/kg)与时间x(单位:天,x∈(0,8]且x∈N*)的数据如下表:时间x862价格f(x)8420(1)根据上表数据,从下列函数中选取一个函数描述黄瓜价格f(x)与上市时间x的变化关系:f(x)=ax+b,f(x)=ax2+bx+c,f(x)=a·bx,其中a≠0,并求出此函数;解:(1)根据表中数据,表述黄瓜价格f(x)与上市时间x的变化关系的函数不是单调函数,这与函数f(x)=ax+b,f(x)=a·bx均具有单调性不符,所以,在a≠0的前提下,可选取二次函数f(x)=ax2+bx+c进行描述.把表格提供的三对数据代入该解析式得到6488,3664,4220,abcabcabc解得a=1,b=-12,c=40.所以,黄瓜价格f(x)与上市时间x的函数关系是f(x)=x2-12x+40,x∈(0,8]且x∈N*.(2)在日常生活中,黄瓜的价格除了与上市时间相关,与供给量也密不可分.已知供给量h(x)=13x-518(x∈N*).在供给量的限定下,黄瓜实际价格g(x)=f(x)·h(x).求黄瓜实际价格g(x)的最小值.解：(2)因为g(x)=f(x)·h(x),所以g(x)=(x2-12x+40)(13