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人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第二课时导数与函数的极值、最值学案
展开这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第二课时导数与函数的极值、最值学案,共20页。
知识点一 函数的极值与导数
1.判断下列说法的正误,正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的.( × )
(2)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0为极值点的充要条件.( × )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值.( × )
2.如图是函数y=f(x)的导函数的图象,则f(x)的极小值点的个数为( A )
A.1B.2
C.3D.4
3.(教材改编题)函数f(x)=lnxx的极大值为( B )
A.-eB.1e
C.1D.0
4.已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则c的值为( )
A.2B.4
C.6D.2或6
A 解析:f′(x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)·(3x-c),
由题知f′(2)=(2-c)(6-c)=0,
所以c=2或c=6.
若c=2,则f′(x)=(x-2)(3x-2),
当x∈-∞,23时,f′(x)> 0,f(x)单调递增;当x∈23,2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,函数f(x)在x=2处有极小值,满足题意.
若c=6,则f′(x)=(x-6)(3x-6),当x∈(-∞,2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,6)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(6,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,函数f(x)在x=2处有极大值,不符合题意.
综上,c=2.
核心回扣
函数的极值
注意点:
(1)极值点不是点,若函数f(x)在x1处取得极大值,则x1为极大值点,极大值为f(x1);在x2处取得极小值,则x2为极小值点,极小值为f(x2).极大值与极小值之间无确定的大小关系.
(2)极值一定在区间内部取得,有极值的函数一定不是单调函数.
(3)f′(x0)=0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件.例如,f(x)=x3,f′(0)=0,但0不是f(x)的极值点.
自查自测
知识点二 函数的最值与导数
1.判断下列说法的正误,正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)开区间上的单调连续函数无最值.( √ )
(2)若函数f(x)在[a,b]上是单调函数,则f(x)一定在区间端点处取得最值.( √ )
(3)函数的最大值一定是极大值,函数的最小值也一定是极小值.( × )
2.函数f(x)=32x2-27ln x在区间[1,2]上的最大值是( )
A.0 B.12
C.1 D.32
D 解析:由题可得f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=3x-27x=3x+3x-3x.令f′(x)>0,解得x>3;令f′(x)<0,解得0<x<3,所以函数f(x)在(3,+∞)上单调递增,在(0,3)上单调递减,所以f(x)在区间[1,2]上的最大值为f(1)=32.
3.已知函数f(x)=x3-12x+8在区间[-3,3]上的最大值与最小值分别为M,m,则M-m= .
32 解析:令f′(x)=3x2-12=0,解得x=±2.分析可得f(x)的极小值点为2,极大值点为-2.计算得f(-3)=17,f(-2)=24,f(2)=-8,f(3)=-1,所以M=24,m=-8,故M-m=32.
核心回扣
1.函数f(x)在[a,b]上有最值的条件
如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值.
2.求y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤
(1)求函数y=f(x)在(a,b)上的极值;
(2)将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
【常用结论】
1.若函数f(x)的图象在[a,b]上连续不断,则f(x)在[a,b]上一定有最值.
2.若函数f(x)在[a,b]上是单调函数,则f(x)一定在区间端点处取得最值.
3.若函数f(x)在区间(a,b)内只有一个极值点,则相应的极值点一定是函数的最值点.
应用 函数f(x)=ln x-x在区间(0,e]上的最大值为( B )
A.1-eB.-1
C.-eD.0
利用导数求函数的极值
考向1 根据函数的图象判断函数的极值
【例1】(2024·通辽模拟)如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象,下列结论正确的是( )
A.y=f(x)在x=-1处取得极大值
B.x=1是函数y=f(x)的极值点
C.x=-2是函数y=f(x)的极小值点
D.函数y=f(x)在区间(-1,1)上单调递减
C 解析:由题图,可知f′(-2)=0,当x<-2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x>-2时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,故x=-2是函数y=f(x)的极小值点,y=f(x)无极大值.
导函数图象的应用策略
(1)由y=f′(x)的图象与x轴的交点,可得函数y=f(x)的可能极值点.
(2)由导函数y=f′(x)的图象可以看出y=f′(x)的值的正负,从而可得函数y=f(x)的单调性,进而研究函数的极值、最值.
考向2 已知函数求极值
【例2】已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R).
(1)当a=12时,求f(x)的极值;
解:当a=12时,f(x)=ln x-12x,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f′(x)=1x-12=2-x2x.
令f′(x)=0,得x=2,于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表所示.
因此,当x=2时,f(x)有极大值,并且极大值为f(2)=ln 2-1,无极小值.
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
解:由(1)知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1x-a=1-axx(x>0).
当a≤0时,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时函数在定义域上无极值点.
当a>0时,令f′(x)=0,得x=1a.
当x∈0,1a时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈1a,+∞时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,故函数f(x)在x=1a处取得极大值,无极小值.
综上可知,当a≤0时,函数f(x)无极值点;当a>0时,f(x)有一个极大值点1a,无极小值点.
函数极值或极值点的求解步骤
(1)确定函数的定义域.
(2)求方程f′(x)=0的根.
(3)用方程f′(x)=0的根顺次将函数的定义域分成若干个区间,并列成表格.
(4)由f′(x)在方程f′(x)=0的根左、右的符号,来判断f(x)在这个根处取极值的情况.
考向3 已知函数的极值点求参数
【例3】若x=1是函数y=13x3+(a+1)x2-(a2+3a-3)x的极小值点,则实数a的值为 .
2 解析:由题意,可得y′=x2+2(a+1)x-(a2+3a-3).由y′|x=1=1+2(a+1)-(a2+3a-3)=(2-a)(a+3)=0,解得a=2或a=-3.若a=2,则y′=x2+6x-7.令y′>0,解得x<-7或x>1;令y′<0,解得-7<x<1,所以函数y=13x3+(a+1)x2-(a2+3a-3)x在(-∞,-7),(1,+∞)上单调递增,在(-7,1)上单调递减,所以x=1是函数的极小值点,符合题意.若a=-3,则y′=x2-4x+3.令y′>0,解得x<1或x>3;令y′<0,解得1<x<3,所以函数y=13x3+(a+1)x2-(a2+3a-3)x在(-∞,1),(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,所以x=1是函数的极大值点,不符合题意.
综上所述,实数a的值为2.
已知函数极值点或极值求参数的两个关键
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.f(x)有极大值f(-2)B.f(x)有极小值f(-2)
C.f(x)有极大值f(1)D.f(x)有极小值f(1)
A 解析:由题图,可得当x>1时,f′(x)<0;当-2<x<1时,f′(x)<0;当x<-2时,f′(x)>0,且f′(-2)=0,所以函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,+∞)上单调递减.所以f(x)有极大值f(-2).
2.(2024·邵阳模拟)已知函数f(x)=(x2-x+1)ex(e为自然对数的底数),则函数f(x)的极小值为( )
A.1eB.e
C.e2D.1
D 解析:因为f(x)=(x2-x+1)ex,x∈R,所以f′(x)=(x2+x)ex=x(x+1)ex.当x>0或x<-1时,f′(x)>0;当-1<x<0时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减,所以f(x)在x=0处取得极小值,且极小值为f(0)=e0=1.
3.若函数f(x)=x2-4x+a ln x有两个极值点,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,0] B.(-∞,2)
C.[0,2) D.(0,2)
D 解析:因为f(x)=x2-4x+a ln x,x>0,所以f′(x)=2x-4+ax=2x2-4x+ax.因为函数f(x)有两个极值点,所以2x2-4x+a=0有两个不相等的正根,故Δ=16-8a>0,a>0, 解得0<a<2.
利用导数求函数的最值
【例4】(2024·济宁模拟)已知函数f(x)=3-2xx2+a.
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
解:(1)当a=0时,f(x)=3-2xx2,f(1)=1,
f′(x)=-2x2-3-2x·2xx4=2x-3x3,则有f′(1)=-4,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0.
(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间及其在[0,6]内的最大值与最小值.
解: f′(x)=-2x2+a-3-2x·2xx2+a2=2x2-6x-2ax2+a2.
由题意,可知f′(-1)=8-2a1+a2=0,解得a=4.
当a=4时,f(x)=3-2xx2+4,f′(x)=2x2-6x-8x2+42=2x+1x-4x2+42.
令f′(x)=0,得x=-1或x=4.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
因此,当x=-1时,f(x)有极大值,即a=4符合题意.
由表格可知,函数f(x)在区间[0,4]上单调递减,在区间(4,6]上单调递增,
又f(0)=34,f(4)=-14,f(6)=-940,
所以函数f(x)在区间[0,6]上的最大值是34,最小值是-14.
求函数f(x)在[a,b]上最值的方法
(1)若函数f(x)在区间[a,b]上单调递增或递减,那么f(a)与f(b)一个为最大值,一个为最小值.
(2)若函数f(x)在区间[a,b]内有极值,要先求出[a,b]上的极值,再与f(a),f(b)比较,最大的是最大值,最小的是最小值,可列表完成.
(3)若函数f(x)在区间(a,b)上有唯一一个极值点,那么这个极值点就是最值点.此结论在导数的实际应用中经常用到.
1.已知函数f(x)=-x2+ax+1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值,则a的取值范围是( )
A.[2,+∞)B.[4,+∞)
C.[2,4]D.(2,4)
D 解析:由题可得f′(x)=a-2x,令f′(x)=0,得x=a2.当x<a2时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>a2时,f′(x)<0,f(x)单调递减.因此,当x=a2时,f(x)有极大值,也是其最大值.由题意可知a2∈(1,2),所以a∈(2,4).
2.(2024·临沂模拟)已知函数f(x)=aex+b sin x-2x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.
(1)求a,b;
解:(1)由已知可得f′(x)=aex+b cs x-2.
因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1,
所以 f0=1,f'0=0,即a=1, a+b-2=0,解得a=1,b=1.
(2)求f(x)的最小值.
解:由(1)知f(x)=ex+sin x-2x,f′(x)=ex+cs x-2,f′(0)=0.
当x<0时,因为ex<1,cs x≤1,所以f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减.
当x>0时,令g(x)=f′(x),则g′(x)=ex-sin x.
因为ex>1,sin x≤1,
所以g′(x)>0,所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f′(x)>f′(0)=0.所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以x=0是f(x)的极小值点也是最小值点,f(x)min=f(0)=1,即f(x)的最小值为1.
极值与最值的综合应用
【例5】(2024·泰安模拟)已知函数f(x)=ln x+12x2-ax+a(a∈R).
(1)若函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
解:由题知函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1x+x-a(x>0).
因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以f′(x)=1x+x-a≥0在(0,+∞)上恒成立,
所以a≤x+1xmin.
而x+1x≥2,当且仅当x=1时,等号成立,所以a≤2.
所以实数a的取值范围是(-∞,2].
(2)若函数f(x)在x=x1和x=x2处取得极值,且x2≥ex1(e为自然对数的底数),求f(x2)-f(x1)的最大值.
解:因为f(x)在x=x1和x=x2处取得极值,且f′(x)=1x+x-a=x2-ax+1x(x>0),
所以x1,x2是方程x2-ax+1=0的两个实根,且Δ=a2-4>0.
由根与系数的关系得x1+x2=a,x1x2=1,
所以f(x2)-f(x1)=ln x2x1+12(x22-x12))-a(x2-x1)=ln x2x1-12(x22-x12))=ln x2x1-12(x22-x12))·1x1x2=ln x2x1-12x2x1-x1x2.
设t=x2x1(t≥e),令h(t)=ln t-12t-1t(t≥e),
则h′(t)=1t-121+1t2=-t-122t2<0,所以h(t)在[e,+∞)上单调递减,
所以h(t)≤h(e)=121-e+ee.
故f(x2)-f(x1) 的最大值为121-e+ee.
解决函数极值、最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时,要求步骤规范.函数含参数时,要讨论参数的大小.
(2)求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过比较才能下结论.
(3)当函数在给定闭区间上存在极值时,一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
已知函数f(x)=x3+32ax2-x+1(a∈R).
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
解:(1)当a=2时,f(x)=x3+3x2-x+1,f′(x)=3x2+6x-1,
所以切线方程的斜率k=f′(1)=8,f(1)=4,故切线方程为y-4=8(x-1),即8x-y-4=0.
(2)当a<0时,设g(x)=f(x)+x.
①求函数g(x)的极值;
解:①g(x)=f(x)+x=x3+32ax2+1,a<0,则g′(x)=3x2+3ax.
令g′(x)=3x2+3ax=3x(x+a)=0,得x1=0,x2=-a>x1.
随着x的变化,g′(x)和g(x)的变化如下表所示.
所以g(x)的极大值为g(0)=1,极小值为g(-a)=a3+22.
②若函数g(x)在[1,2]上的最小值是-9,求实数a的值.
解:由①可知g′(x)=3x2+3ax=3x(x+a).
当-1≤a<0时,在[1,2]上,g′(x)≥0,g(x)在[1,2]上单调递增,
所以g(x)min=g(1)=32a+2=-9,解得a=-223<-1,不符合题意.
当-2<a<-1时,随着x的变化,g′(x),g(x)的变化如下表所示.
所以g(x)min=g(-a)=a3+22=-9,解得a=-320<-2,不符合题意.
当a≤-2时,在[1,2]上,g′(x)≤0,g(x)在[1,2]上单调递减,所以g(x)min=g(2)=6a+9=-9,解得a=-3,符合题意.
综上可知,a=-3.
课时质量评价(十七)
1.(2024·西安模拟)已知函数f(x),其导函数f′(x)的图象如图所示,则( )
A.f(x)有2个极值点
B.f(x)在x=1处取得极小值
C.f(x)有极大值,没有极小值
D.f(x)在(-∞,1)上单调递减
C 解析:由题意及题图分析可知,f(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,所以f(x)有一个极大值,没有极小值,所以A,B,D错误,C正确.故选C.
2.已知函数f(x)=-xex,那么f(x)的极大值是( )
A.1eB.-1e
C.-eD.e
A 解析:因为函数f(x)=-xex,所以f′(x)=-(x+1)ex.令f′(x)=0,得x=-1.当x<-1时,f′(x)>0;当x>-1时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减,所以f(x)极大值=f(-1)=1e.故选A.
3.(多选题)已知函数f(x)=ex-2x+1,则下列说法正确的是( )
A.f(x)有极大值2ln 2
B.f(x)有极小值3-2ln 2
C.f(x)无最大值
D.f(x)在(ln 2,+∞)上单调递增
BCD 解析:因为f(x)=ex-2x+1的定义域为R,并且f′(x)=ex-2,令f′(x)=0,得x=ln 2.当x∈(-∞,ln 2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(ln 2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,无极大值,也无最大值,并且f(x)极小值=f(ln 2)=3-2ln 2,所以BCD正确,A错误.故选BCD.
4.(2022·全国甲卷)当x=1时,函数f(x)=a ln x+bx取得最大值-2,则f′(2)=( )
A.-1B.-12
C.12D.1
B 解析:由题意知f(1)=a ln 1+b=b=-2.f′(x)=ax-bx2,因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以易得f′(1)=a+2=0,所以a=-2,所以f′(2)=a2-b4=-12.
5.设直线x=t与函数f(x)=x2,g(x)=ln x的图象分别交于点M,N,则当|MN|达到最小值时t的值为( )
A.1B.12
C.52D.22
D 解析:因为函数f(x)的图象始终在g(x)的上方,所以|MN|=f(x)-g(x)=x2-ln x.设h(x)=x2-ln x,则h′(x)=2x-1x=2x2-1x(x>0).令h′(x)=2x2-1x=0,得x=22,所以h(x)在0,22上单调递减,在22,+∞上单调递增,所以当x=22时取得极小值,也是最小值,故t=22.
6.已知函数f(x)=3ln x-x2+a-12x在区间(1,3)上有最大值,则实数a的取值范围是 .
-12,112 解析:因为f(x)=3ln x-x2+a-12x,所以f′(x)=3x-2x+a-12.由于f(x)=3ln x-x2+a-12x在区间(1,3)上有最大值,且f′(x)=3x-2x+a-12在(1,3)上单调递减,故需满足f′(x)在(1,3)内有唯一零点,故f'1>0,f'3<0,
即3-2+a-12>0,1-6+a-12<0,解得-12<a<112,即实数a的取值范围为-12,112.
7.函数f(x)=-3x-|ln x|+3的最大值为 .
2-ln 3 解析:由题知当x≥1时,f(x)=-3x-ln x+3,所以f′(x)=-3-1x<0,所以f(x)在[1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=0.当0<x<1时,f(x)=-3x+ln x+3,所以f′(x)=-3+1x=-3x+1x,所以当x∈0,13时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈13,1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,所以当0<x<1时,f(x)max=f13=2-ln 3.综上可知,f(x)max=2-ln 3.
8.(2024·潍坊模拟)已知函数f(x)=a(x-5)2+6ln x(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),则函数f(x)的极小值为 .
2+6ln 3 解析:因为f(x)=a(x-5)2+6ln x,所以f(1)=16a,即切点为(1,16a).又f′(x)=2a(x-5)+6x,k=f′(1)=6-8a,所以切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1).又切线过点(0,6),所以6-16a=(6-8a)(0-1),解得a=12,所以f(x)=12(x-5)2+6ln x,则f′(x)=x-5+6x=x2-5x+6x=x-2x-3x,所以当0<x<2或x>3时,f′(x)>0;当2<x<3时,f′(x)<0.所以f(x)在(0,2)上单调递增,在(2,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=3处取得极小值,即f(x)极小值=f(3)=2+6ln 3.
9.(2024·1月九省适应性测试)已知函数f(x)=ln x+x2+ax+2在点(2,f(2))处的切线与直线2x+3y=0垂直.
(1)求实数a的值;
解:(1)f′(x)=1x+2x+a(x>0),则f′(2)=12+2×2+a=92+a.
由题意可得92+a×-23=-1,解得a=-3.
(2)求f(x)的单调区间和极值.
解:因为a=-3,所以f(x)=ln x+x2-3x+2,
所以f′(x)=1x+2x-3=2x2-3x+1x=2x-1x-1x(x>0),
故当0<x<12时,f′(x)>0;当12<x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0.
故f(x)的单调递增区间为0,12,(1,+∞),单调递减区间为12,1,
故f(x)的极大值为f12=ln 12+122-3×12+2=34-ln 2,
极小值为f(1)=ln 1+12-3×1+2=0.
10.(多选题)设f′(x)为函数f(x)的导函数,已知x2f′(x)+xf(x)=ln x,f(1)=12,则下列结论正确的是( )
A.xf(x)在(1,+∞)上单调递增
B.xf(x)在(1,+∞)上单调递减
C.xf(x)在(0,+∞)上有极大值12
D.xf(x)在(0,+∞)上有极小值12
AD 解析:由x2f′(x)+xf(x)=ln x,可得xf′(x)+f(x)=1xln x,x>0,所以[xf(x)]′=lnxx.令g(x)=xf(x),x>0,则g′(x)=lnxx,当0<x<1时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;当x>1时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,所以函数g(x)=xf(x)在(0,+∞)上有极小值g(1)=f(1)=12.故选AD.
11.(多选题)(2024·漳州模拟)已知函数f(x)=(x2-3)ex,现给出下列结论,其中正确的是( )
A.函数f(x)有极小值,但无最小值
B.函数f(x)有极大值,但无最大值
C.若方程f(x)=b恰有一个实数根,则b>6e-3
D.若方程f(x)=b恰有三个不同的实数根,则0<b<6e-3
BD 解析:由题意得f′(x)=(x2+2x-3)ex.令f′(x)=0,即(x2+2x-3)ex =0,解得x=1或x=-3,则当x<-3或x>1时,f′(x)>0,即函数f(x)在(-∞,-3),(1,+∞)上单调递增;当-3<x<1时,f′(x)<0,即函数f(x)在(-3,1)上单调递减.所以函数f(x)在x=-3处取得极大值f(-3)=6e-3,在x=1处取得极小值f(1)=-2e.又x趋向于-∞时,f(x)趋向于0;x→+∞时,f(x)趋向于+∞.作出函数f(x)=(x2-3)·ex的大致图象如图所示.
因此f(x)有极小值f(1),也有最小值f(1),有极大值f(-3),但无最大值.若方程f(x)=b恰有一个实数根,则b>6e-3或b=-2e;若方程f(x)=b恰有三个不同的实数根,则0<b<6e-3.故选BD.
12.现有一块边长为a的正方形铁片,铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形,然后做成一个无盖方盒,该方盒容积的最大值是 .
227a3 解析:容积V(x)=(a-2x)2x,0<x<a2,则V′(x)=2(a-2x)(-2x)+(a-2x)2=(a-2x)(a-6x).由V′(x)=0,得x=a6或x=a2(舍去),当0<x<a6时,V′(x)>0,则V(x)单调递增;当a6<x<a2时,V′(x)<0,则V(x)单调递减.则x=a6为V(x)在定义域内唯一的极大值点也是最大值点,此时V(x)max=227a3.
13.(2024·渭南模拟)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为 .
1e 解析:因为f(x)=aex-ln x(x>0),所以f′(x)=aex-1x.因为函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,所以f′(x)≥0在(1,2)上恒成立.显然a>0,所以问题转化为xex≥1a在(1,2)上恒成立.设g(x)=xex,x∈(1,2),所以g′(x)=ex+xex=(1+x)ex>0,所以g(x)在(1,2)上单调递增,所以g(x)>g(1)=e.故e≥1a,解得a≥1e,所以a的最小值为1e.
14.已知函数f(x)=2x3-(a+3)x2+2ax,a∈R.
(1)当a=0时,求f(x)的极值;
解:(1)当a=0时,f(x)=2x3-3x2,f′(x)=6x2-6x=6x(x-1).
故当x∈(-∞,0)∪(1,+∞)时,f′(x)>0,x∈(0,1)时,f′(x)<0.
则f(x)在(-∞,0),(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减,
所以f(x)的极大值为f(0)=0,极小值为f(1)=-1.
(2)当|a|≥1时,求f(x)在[0,|a|]上的最小值.
解:因为f(x)=2x3-(a+3)x2+2ax,
所以f′(x)=6x2-2(a+3)x+2a=2(x-1)(3x-a).
①当a>3时,f(x)在[0,1)上单调递增,在1,a3上单调递减,在a3,a上单调递增,
所以f(x)min=minf0,fa3=min0,a29-a27=0,3<a≤9,a29-a27,a>9.
②当a=3时,f(x)在[0,3]上单调递增,所以f(x)min=f(0)=0.
③当1≤a<3时,f(x)在0,a3上单调递增,在a3,1上单调递减,在(1,a]上单调递增,
所以f(x)min=min{f(0),f(1)}=min{0,a-1}=0.
④当a≤-1时,f(x)在[0,1)上单调递减,在(1,|a|]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=a-1.
综上所述,f(x)min=a-1,a≤-1,0,1≤a≤9,a29-a27,a>9.
条件
f′(x0)=0
在点x=x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0
在点x=x0附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0
图象
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
x
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
ln 2-1
单调递减
列式
根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解
验证
因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性
x
(-∞,-1)
-1
(-1,4)
4
(4,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
1
单调递减
-14
单调
递增
x
(-∞,0)
0
(0,-a)
-a
(-a,+∞)
g′(x)
+
0
-
0
+
g(x)
单调递增
1
单调递减
a3+22
单调递增
x
(1,-a)
-a
(-a,2)
g′(x)
-
0
+
g(x)
单调递减
a3+22
单调递增
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