导数与函数的极值、最值 (共30张PPT)

考向一利用导数研究函数的极值[自主练透型][例1]已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．[解析]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax.(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－2x(x0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－ax＝x－ax，x0知：①当a≤0时，f′(x)0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．——[悟·技法]——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．——[通·一类]——1．设f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导数为f′(x)，若函数y＝f′(x)的图象关于直线x＝－12对称，且f′(1)＝0.(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)的极值．解析：(1)因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝6x2＋2ax＋b，从而f′(x)＝6（x＋a6）2＋b－a26，即y＝f′(x)关于直线x＝－a6对称．从而由题设条件知－a6＝－12，即a＝3.又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，得b＝－12.(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，所以f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)，令f′(x)＝0，即6(x－1)(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝1.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)0，即f(x)在(－∞，－2)上单调递增；当x∈(－2,1)时，f′(x)0，即f(x)在(－2,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝21，在x＝1处取得极小值f(1)＝－6.考向二利用导数研究函数的最值[例2](2017·湖北省七市(州)联考)设n∈N*，a，b∈R，函数f(x)＝alnxxn＋b，已知曲线y＝f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.(1)求a，b；(2)求f(x)的最大值．[解析](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a1－nlnxxn＋1.∴f′(1)＝a，又切线斜率为1，故a＝1.由曲线y＝f(x)过点(1,0)，有f(1)＝b＝0.故a＝1，b＝0.(2)由(1)知f(x)＝lnxxn，f′(x)＝1－nlnxxn＋1.令f′(x)＝0，即1－nlnx＝0，解得x＝e1n.当0xe1n时，有f′(x)0，得f(x)在(0，e1n)上是增函数；当xe1n时，有f′(x)0，得f(x)在(e1n，＋∞)上是减函数．故f(x)在x＝e1n处取得最大值f(e1n)＝1ne.——[悟·技法]——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)的各极值与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．——[通·一类]——2．函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．解析：y′＝6x2－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝23.∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，f(23)＝－827，f(2)＝8.∴最大值为8.答案：8考向三函数极值与最值的综合问题[互动讲练型][例3](2016·全国甲，理21)(1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2ex的单调性，并证明：当x0时，(x－2)ex＋x＋20；(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝ex－ax－ax2(x0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．[解析](1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f′(x)＝x－1x＋2ex－x－2exx＋22＝x2exx＋22≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)f(0)＝－1.所以(x－2)ex－(x＋2)，(x－2)ex＋x＋20.(2)g′(x)＝x－2ex＋ax＋2x3＝x＋2x3(f(x)＋a)．由(1)知，f(x)＋a单调递增．对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－10，f(2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.当0xxa时，f(x)＋a0，g′(x)0，g(x)单调递减；当xxa时，f(x)＋a0，g′(x)0，g(x)单调递增．因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝exa－axa＋1x2a＝exa＋fxaxa＋1x2a＝exaxa＋2.于是h(a)＝exaxa＋2，由(exx＋2)′＝x＋1exx＋220，exx＋2单调递增．所以，由xa∈(0,2]，得12＝e00＋2h(a)＝exaxa＋2≤e22＋2＝e24.因为y＝exx＋2单调递增，对任意λ∈(12，e24]，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是（12，e24].综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是（12，e24].——[悟·技法]——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．——[通·一类]——3．(2017·云南省第一次统一检测)已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解析：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2＝a＋2xx.当a＝－4时，f′(x)＝2x－4x.∴当0x2时，f′(x)0，即f(x)单调递减；当x2时，f′(x)0，即f(x)单调递增．∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln2.∴当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln2.(2)∵f′(x)＝a＋2xx，∴当a0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a0时，由f′(x)0得，x－a2，∴f(x)在(－a2，＋∞)上单调递增；由f′(x)0得，x－a2，∴f(x)在(0，－a2)上单调递减．∴当a0时，f(x)的最小值为f(－a2)＝aln(－a2)＋2(－a2)．根据题意得f(－a2)＝aln(－a2)＋2(－a2)≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.∵a0，∴ln(－a)－ln2≤0，解得a≥－2，∴实数a的取值范围是[－2,0)．微专题(六)——数学思想——分类讨论思想在导数中的应用(2015·课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．[解题视点](1)对f(x)＝lnx＋a(1－x)求导，得f′(x)＝1x－a，讨论a的情况判断f′(x)＝1x－a的正负，进而判断函数的单调性．(2)利用(1)的结论判断函数取得最值的情况，再利用最大值f1a2a－2，进而求出实数a的取值范围．[解析](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈0，1a时，f′(x)＞0；当x∈1a，＋∞时，f′(x)＜0.所以f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝1a处取得最大值，最大值为f1a＝ln1a＋a1－1a＝－lna＋a－1.因此f1a＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0,1)．[答题启示]对含有字母参数的函数在确定其单调性时，一般要根据字母的取值范围进行分类讨论，其方法是以函数在定义域内的极值点为分界点，把定义域划分为若干个区间，在不同区间上确定导数的符号，对极值的确定也要根据字母的取值进行讨论．[跟踪训练]已知函数f(x)＝exx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在极值点，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝exx，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，∴f′(x)＝exx－1x2.当f′(x)＝0时，x＝1.f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，0)(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－－0＋f(x)极小值故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0,1)．(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，∴g′(x)＝ex－a，①当a≤1时g′(x)＝ex－a0，即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时g(x)在(0，＋∞)上无极值点．②当a1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna；令g′(x)＝ex－a0，得x∈(lna，＋∞)；令g′(x)＝ex－a0，得x∈(0，lna)．故g(x)在(0，lna)上递减，在(lna，＋∞)上递增，∴g(x)在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为x＝lna.故实数a的取值范围是a1.