專題06 導(dǎo)數(shù) 6.3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值 題型歸納講義-2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)(解析版)_第1頁
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文檔簡介

1、專題六 導(dǎo)數(shù)講義6.3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值知識梳理.極值與最值1函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值:函數(shù)yf(x)在點(diǎn)xa的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)xa附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小,f(a)0;而且在點(diǎn)xa附近的左側(cè)f(x)0,右側(cè)f(x)0,則點(diǎn)a叫做函數(shù)yf(x)的極小值點(diǎn),f(a)叫做函數(shù)yf(x)的極小值(2)函數(shù)的極大值:函數(shù)yf(x)在點(diǎn)xb的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)xb附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都大,f(b)0;而且在點(diǎn)xb附近的左側(cè)f(x)0,右側(cè)f(x)0,則點(diǎn)b叫做函數(shù)yf(x)的極大值點(diǎn),f(b)叫做函數(shù)yf(x)的極大值2函數(shù)的最值(1)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)的函數(shù)f(x)在a,b上必有最大值

2、與最小值(2)若函數(shù)f(x)在a,b上單調(diào)遞增,則f(a)為函數(shù)的最小值,f(b)為函數(shù)的最大值;若函數(shù)f(x)在a,b上單調(diào)遞減,則f(a)為函數(shù)的最大值,f(b)為函數(shù)的最小值題型一. 極值、最值的概念1函數(shù)yxsinx+cosx的一個極小值點(diǎn)為()ax=2bx=2cxdx=32【解答】解:yf(x)xsinx+cosx,f(x)sinx+xcosxsinxxcosx,令f(x)0,解得x0或x=2+k,kz,易得,函數(shù)在(0,12)單調(diào)遞增,(12,)單調(diào)遞減,故x=12為函數(shù)的極大值點(diǎn),函數(shù)在(12,0)單調(diào)遞減,(,12)單調(diào)遞減增故x=12為函數(shù)的極大值點(diǎn),函數(shù)在(12,32)單調(diào)

3、遞減,在(32,2)單調(diào)遞增,x不是極值點(diǎn),x=32為函數(shù)的極小值點(diǎn)故選:d2(2017·全國2)若x2是函數(shù)f(x)(x2+ax1)ex1的極值點(diǎn),則f(x)的極小值為()a1b2e3c5e3d1【解答】解:函數(shù)f(x)(x2+ax1)ex1,可得f(x)(2x+a)ex1+(x2+ax1)ex1,x2是函數(shù)f(x)(x2+ax1)ex1的極值點(diǎn),可得:f(2)(4+a)e3+(42a1)e30,即4+a+(32a)0解得a1可得f(x)(2x1)ex1+(x2x1)ex1,(x2+x2)ex1,函數(shù)的極值點(diǎn)為:x2,x1,當(dāng)x2或x1時,f(x)0函數(shù)是增函數(shù),x(2,1)時,函

4、數(shù)是減函數(shù),x1時,函數(shù)取得極小值:f(1)(1211)e111故選:a3(2013·全國2)已知函數(shù)f(x)x3+ax2+bx+c,下列結(jié)論中錯誤的是()ax0r,f(x0)0b函數(shù)yf(x)的圖象是中心對稱圖形c若x0是f(x)的極小值點(diǎn),則f(x )在區(qū)間(,x0)上單調(diào)遞減d若x0是f(x)的極值點(diǎn),則f(x0 )0【解答】解:a、對于三次函數(shù)f (x )x3+ax2+bx+c,a:由于當(dāng)x時,y,當(dāng)x+時,y+,故x0r,f(x0)0,故a正確;b、f(2a3x)+f(x)(2a3x)3+a(2a3x)2+b(2a3x)+c+x3+ax2+bx+c=4a3272ab3+2c

5、,f(a3)(a3)3+a(a3)2+b(a3)+c=2a327ab3+c,f(2a3x)+f(x)2f(a3),點(diǎn)p(a3,f(a3)為對稱中心,故b正確c、若取a1,b1,c0,則f(x)x3x2x,對于f(x)x3x2x,f(x)3x22x1由f(x)3x22x10得x(,13)(1,+)由f(x)3x22x10得x(13,1)函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為:(,13),(1,+),減區(qū)間為:(13,1),故1是f(x)的極小值點(diǎn),但f(x )在區(qū)間(,1)不是單調(diào)遞減,故c錯誤;d:若x0是f(x)的極值點(diǎn),根據(jù)導(dǎo)數(shù)的意義,則f(x0 )0,故d正確由于該題選擇錯誤的,故選:c4已知函數(shù)f

6、(x)x3+ax24x+5在x2處取極值(ar)(1)求f(x)的解析式;(2)求函數(shù)f(x)在3,3上的最大值【解答】解:(1)由f(x)x3+ax24x+5,得f'(x)3x2+2ax4,函數(shù)f(x)在x2處取極值,f'(2)0,a2,經(jīng)檢驗,a2符合題意,f(x)x3+2x24x+5(2)由(1)知f'(x)3x2+4x4(3x2)(x+2),x3,2)時,f'(x)0;x(2,23)時,f'(x)0;x(23,3時,f'(x)0;x3,2)時,f(x)單調(diào)遞增;x(2,23)時,f(x)單調(diào)遞減;x(23,3時,f(x)單調(diào)遞增;f(x)

7、的最大值只可能為f(2)或f(3),又f(2)13,f(3)38,函數(shù)f(x)在3,3上的最大值為f(3)38題型二.已知極值、最值求參考點(diǎn)1.利用二次函數(shù)根的分布1若函數(shù)f(x)x33bx+b在區(qū)間(0,1)內(nèi)有極小值,則b的取值范圍是()a(,1)b(0,1)c(1,+)d(1,0)【解答】解:由題意,得f(x)3x23b,令f(x)0,則x±b,函數(shù)在(b,b)上f(x)0,函數(shù)遞減,在(b,+)上f(x)0,函數(shù)遞增x=b時,函數(shù)取得極小值函數(shù)f(x)x33bx+b在區(qū)間(0,1)內(nèi)有極小值,0b1,b(0,1)故選:b2已知函數(shù)f(x)=13x312ax2+x在區(qū)間(12,

8、3)上既有極大值又有極小值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()a(2,+)b2,+)c(2,52)d(2,103)【解答】解:函數(shù)f(x)=13x312ax2+x,求導(dǎo)f(x)x2ax+1,由f(x)在(12,3)上既有極大值又有極小值,則f(x)0在(12,3)內(nèi)應(yīng)有兩個不同實(shí)數(shù)根f'(12)0f'(3)0121a3f'(1a)0,解得:2a52,實(shí)數(shù)a的取值范圍(2,52),故選:c考點(diǎn)2.參變分離3若函數(shù)f(x)=x33a2x2+x+1在區(qū)間(12,3)上有極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()a(2,52)b2,52)c(2,103)d2,103)【解答】解:函數(shù)f(x)=x3

9、3a2x2+x+1,f(x)x2ax+1,若函數(shù)f(x)=x33a2x2+x+1在區(qū)間(12,3)上有極值點(diǎn),則f(x)x2ax+1在區(qū)間(12,3)內(nèi)有零點(diǎn)由x2ax+10可得ax+1xx(12,3),2a103,當(dāng)a2時,函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)等于零時值只有1,可是兩邊的單調(diào)性相同,所以a不能等于2故選:c4已知函數(shù)f(x)=exx2+2klnxkx,若x2是函數(shù)f(x)的唯一極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()a(,e24b(,e2c(0,2d2,+)【解答】解:函數(shù)f(x)的定義域是(0,+),f(x)=ex(x2)x3+2kxk=(exkx2)(x2)x3,x2是函數(shù)f(x)的唯一一個極值

10、點(diǎn),x2是導(dǎo)函數(shù)f(x)0的唯一根,exkx20在(0,+)無變號零點(diǎn),即k=exx2在x0上無變號零點(diǎn),令g(x)=exx2,因為g'(x)=ex(x2)x3,所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在x2 上單調(diào)遞增,所以g(x)的最小值為g(2)=e24,所以必須ke24,故選:a考點(diǎn)3.分類討論5已知函數(shù)f(x)ax1x(a+1)lnx+1在(0,1上的最大值為3,則實(shí)數(shù)ae【解答】解:f(x)a+1x2a+1x=(ax1)(x1)x2,令g(x)(ax1)(x1),x(0,1),當(dāng)a1時,ax1x10,g(x)0,f(x)0,f(x)在(0,1上單調(diào)遞增,f(x)maxf(1)a

11、,即a3(舍去),當(dāng)a1時,x(0,1a),g(x)0,f(x)0;x(1a,1)時,g(x)0,f(x)0,故f(x)在(0,1a)上單調(diào)遞增,在(1a,1)上單調(diào)遞減,f(x)maxf(1a),2a(a+1)ln1a=3,即a(a+1)lna+10,即a(a+1)lna+10,令h(x)x(x+1)lnx+1(x1),h(x)lnx1x0,h(x)在(1,+)上單調(diào)遞減,且h(e)0,ae,故答案為:e6已知函數(shù)f(x)=(12x2ax)lnx12x2+32ax(1)討論函數(shù)f(x)的極值點(diǎn);(2)若f(x)極大值大于1,求a的取值范圍【解答】解:f'(x)=(xa)lnx+12x

12、ax+32a=(xa)(lnx12)(1)a0時,f(x)在(0,e)單減,(e,+)單增,極小值點(diǎn)為x=e0ae時,f(x)在(0,a)單增,(a,e)單減,(e,+)單增,極小值點(diǎn)為x=e,極大值點(diǎn)為xaa=e時,f(x)在(0,+)單增,無極值點(diǎn)ae時,f(x)在(0,e)單增,(e,a)單減,(a,+)單增,極小值點(diǎn)為xa,極大值點(diǎn)為x=e(2)由(1),a0和a=e時,無極大值,不成立當(dāng)ae時,極大值f(e)=aee41,解得ae4+1e,e4+1ee=1e3e4=1e(13e4)0,ae當(dāng)0ae時,極大值f(a)=12a2(2lna)1,得2lna2a2,令ta2,則g(t)=21

13、2lnt2t,g'(t)=12t+2t2=4t2t2,g(t)在t4取得極大值g(4)0,且g(1)0,而ae,te,而g(t)在(1,e)單增,g(t)0解為(1,e),則a(1,e),綜上a(1,e)(e,+)7已知函數(shù)f(x)lnxax(ar)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在1,e上的最小值為32,求a的值【解答】解:(1)函數(shù)f(x)lnxax的導(dǎo)數(shù)為f(x)=1x+ax2=x+ax2,x0,當(dāng)a0時,f(x)0恒成立,f(x)在(0,+)遞增;當(dāng)a0時,由f(x)0可得xa,則f(x)在(a,+)遞增;(2)由f(x)在1,e上的最小值可能為端點(diǎn)處的函

14、數(shù)值或極值,若f(1)a為最小值,可得a=32,即a=32,由(1)可得f(x)在1,32)遞減,在(32,e遞增,故f(x)在x=32處取得最小值,故不成立;若f(e)1ae為最小值,可得1ae=32,即a=12e,由(1)可得f(x)在1,12e)遞減,在(12e,e遞增,故f(x)在x=12e處取得最小值,故不成立;若f(a)ln(a)+1為最小值,可得ln(a)+1=32,即a=e,由(1)可得f(x)在1,e)遞減,在(e,e遞增,故f(x)在x=e處取得最小值,故成立則a=e考點(diǎn)4.初探隱零點(diǎn)設(shè)而不求,虛設(shè)零點(diǎn)8(2013·湖北)已知a為常數(shù),函數(shù)f(x)x(lnxax)

15、有兩個極值點(diǎn)x1,x2(x1x2)()af(x1)0,f(x2)12bf(x1)0,f(x2)12cf(x1)0,f(x2)12df(x1)0,f(x2)12【解答】解:f(x)lnx+12ax,(x0)令f(x)0,由題意可得lnx2ax1有兩個解x1,x2函數(shù)g(x)lnx+12ax有且只有兩個零點(diǎn)g(x)在(0,+)上的唯一的極值不等于0g'(x)=1x2a=12axx當(dāng)a0時,g(x)0,f(x)單調(diào)遞增,因此g(x)f(x)至多有一個零點(diǎn),不符合題意,應(yīng)舍去當(dāng)a0時,令g(x)0,解得x=12a,x(0,12a),g(x)0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞增;x(12a,+)時,g(x)

16、0,函數(shù)g(x)單調(diào)遞減x=12a是函數(shù)g(x)的極大值點(diǎn),則g(12a)0,即ln12a+11=ln(2a)0,ln(2a)0,02a1,即0a12故當(dāng)0a12時,g(x)0有兩個根x1,x2,且x112ax2,又g(1)12a0,x1112ax2,從而可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,x1)上遞減,在區(qū)間(x1,x2)上遞增,在區(qū)間(x2,+)上遞減f(x1)f(1)a0,f(x2)f(1)a12故選:d9已知f(x)(x1)2+alnx在(14,+)上恰有兩個極值點(diǎn)x1,x2,且x1x2,則f(x1)x2的取值范圍為()a(3,12ln2)b(12ln2,1)c(,12ln2)d(12ln2,

17、34ln2)【解答】解:f(x)(x1)2+alnx,則f(x)2x2+ax=2x22x+ax(x0),令f(x)0,得2x22x+a0,由題意知2x22x+a0在(14,+)上有2個根x1,x2,故a02×(14)22×14+a0=48a0,解得:38a12,由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=1x1x2=a2,由求根公式得x1,2=1±12a2,x1x2,x2=1+12a2,38a12,12x234,則f(x1)x2=(x11)2+alnx1x2=x22+2x1x2lnx1x2x2+2(1x2)ln(1x2)x21+2(1x2)ln(1x2)+1(12x234),令

18、t1x2,則14t12,設(shè)g(t)t+2tlnt+1(14t12),則g(t)1+2lnt,易知g(t)在(14,12)上單調(diào)遞增,故g(t)1+2lnt12ln2lne40,故當(dāng)14t12時,函數(shù)g(t)為減函數(shù),g(t)14+2×14ln14+1=34ln2,且g(t)12+2×ln12ln12+1=12ln2,f(x1)x2(12ln2,34ln2)故選:d10(2017·全國2)已知函數(shù)f(x)ax2axxlnx,且f(x)0(1)求a;(2)證明:f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0,且e2f(x0)22【解答】解:(1)因為f(x)ax2axxlnxx(ax

19、alnx)(x0),則f(x)0等價于h(x)axalnx0,求導(dǎo)可知h(x)a1x則當(dāng)a0時h(x)0,即yh(x)在(0,+)上單調(diào)遞減,所以當(dāng)x01時,h(x0)h(1)0,矛盾,故a0因為當(dāng)0x1a時h(x)0、當(dāng)x1a時h(x)0,所以h(x)minh(1a),又因為h(1)aaln10,所以1a=1,解得a1;另解:因為f(1)0,所以f(x)0等價于f(x)在x0時的最小值為f(1),所以等價于f(x)在x1處是極小值,所以解得a1;(2)由(1)可知f(x)x2xxlnx,f(x)2x2lnx,令f(x)0,可得2x2lnx0,記t(x)2x2lnx,則t(x)21x,令t(x

20、)0,解得x=12,所以t(x)在區(qū)間(0,12)上單調(diào)遞減,在(12,+)上單調(diào)遞增,所以t(x)mint(12)ln210,又t(1e2)=2e20,所以t(x)在(0,12)上存在唯一零點(diǎn),所以t(x)0有解,即f(x)0存在兩根x0,x2,且不妨設(shè)f(x)在(0,x0)上為正、在(x0,x2)上為負(fù)、在(x2,+)上為正,所以f(x)必存在唯一極大值點(diǎn)x0,且2x02lnx00,所以f(x0)=x02x0x0lnx0=x02x0+2x02x02=x0x02,由x012可知f(x0)(x0x02)max=122+12=14;由f(1e)0可知x01e12,所以f(x)在(0,x0)上單調(diào)

21、遞增,在(x0,1e)上單調(diào)遞減,所以f(x0)f(1e)=1e2;綜上所述,f(x)存在唯一的極大值點(diǎn)x0,且e2f(x0)22課后作業(yè).極值、最值1若函數(shù)f(x)(x2+ax+3)ex在(0,+)內(nèi)有且僅有一個極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()a(,2)b(,2c(,3)d(,3【解答】解:函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f(x)(2x+a)ex+(x2+ax+3)exx2+(a+2)x+a+3ex,若函數(shù)f(x)(x2+ax+3)ex在(0,+)內(nèi)有且僅有一個極值點(diǎn),等價為f(x)0在0,+)上只要一個變號根,即f(0)0,即可此時a+30,得a3,當(dāng)a3時,f(x)(x2x)ex,由f(x)0得x0或x1,即

22、x1是函數(shù)的一個極值點(diǎn),滿足條件,綜上a3,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(,3,故選:d2已知函數(shù)f(x)=xex13ax312ax2有三個極值點(diǎn),則a的取值范圍是()a(0,e)b(0,1e)c(e,+)d(1e,+)【解答】解:函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f(x)ex+xexax2ax,若函數(shù)f(x)=xex13ax312ax2有三個極值點(diǎn),等價為f(x)ex+xexax2ax0有三個不同的實(shí)根,即(1+x)exax(x+1)0,即(x+1)(exax)0,則x1,則exax0,有兩個不等于1的根,則a=exx,設(shè)h(x)=exx,則h(x)=exxexx2=ex(x1)x2,則由h(x)0得x1,由h(x)0得x

23、1且x0,則當(dāng)x1時,h(x)取得極小值h(1)e,當(dāng)x0時,h(x)0,作出函數(shù)h(x)=exx,的圖象如圖,要使a=exx有兩個不同的根,則滿足ae,即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(e,+),故選:c3已知f(x)ex,g(x)lnx,若f(t)g(s),則當(dāng)st取得最小值時,f(t)所在區(qū)間是()a(ln2,1)b(12,ln2)c(13,1e)d(1e,12)【解答】解:令f(t)g(s)a,即etlnsa0,tlna,sea,stealna,(a0),令h(a)ealna,h(a)ea1ayea遞增,y=1a遞減,故存在唯一aa0使得h(a)0,0aa0時,ea1a,h(a)0,aa0時,ea

24、1a,h(a)0,h(a)minh(a0),即st取最小值時,f(t)aa0,由零點(diǎn)存在定理驗證ea01a0=0的根的范圍:a0=12時,ea01a00,a0ln2時,ea01a00,故a0(12,ln2),故選:b4已知函數(shù)f(x)lnx+x2ax+a(a0)有兩個極值點(diǎn)x1、x2(x1x2),則f(x1)+f(x2)的最大值為()a1ln2b1ln2c2ln2d3ln2【解答】解:函數(shù)f(x)的定義域為(0,+),f(x)=1x+2xa=2x2ax+1x,由題意可知2x2ax+10在(0,+)上有兩個不同的解x1,x2,所以x1+x2=a2,x1x2=12,且2×02a×0+1=10a40=a280,解得a22,所以f(x1)+f(x2)lnx1+x12ax1+a+lnx2+x22ax2+a,ln(x1x2)+x12+x22a(x1+x2)+2a=a24+2aln21=14(a4)2+3ln23ln2,當(dāng)a4時,等號成立,故f(x1)+f(x2)的最大值為3ln2故選:d5已知函數(shù)f(x)=lnx+12ax2+x,

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