高考數(shù)學 高頻考點歸類分析 應用導數(shù)求最值（真題為例）

應用導數(shù)求最值典型例題：例1.（年全國課標卷理5分）設點在曲線上，點在曲線上，則最小值為【】 【答案】?！究键c】反函數(shù)的性質，導數(shù)的應用?！窘馕觥俊吆瘮?shù)與函數(shù)互為反函數(shù)，∴它們的圖象關于對稱?！嗪瘮?shù)上的點到直線的距離為設函數(shù)，則，∴?！??！嘤蓤D象關于對稱得：最小值為。故選。例2.（年重慶市理5分）設函數(shù)在上可導，其導函數(shù)為，且函數(shù)的圖像如題圖所示，則下列結論中一定成立的是【】（A）函數(shù)有極大值和極小值（B）函數(shù)有極大值和極小值（C）函數(shù)有極大值和極小值（D）函數(shù)有極大值和極小值【答案】D?！究键c】函數(shù)在某點取得極值的條件，函數(shù)的圖象。【分析】由圖象知，與軸有三個交點，－2，1，2，∴。由此得到，，，和在上的情況：－212＋0－0＋0－＋＋＋0－－－＋0－－－0＋↗極大值↘非極值↘極小值↗∴的極大值為，的極小值為。故選D。例3.（年陜西省理5分）設函數(shù)，則【】A.為的極大值點B.為的極小值點C.為的極大值點D.為的極小值點【答案】D?！究键c】應用導數(shù)求函數(shù)的極值?！窘馕觥俊?，令得?！喈敃r，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)，所以為的極小值點。故選D。例4.（年陜西省文5分）設函數(shù)則【】A．=為的極大值點B．=為的極小值點C．=2為的極大值點D．=2為的極小值點【答案】D?！究键c】應用導數(shù)求函數(shù)的極值?！窘馕觥俊撸畹??！喈敃r，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)?！酁榈臉O小值點。故選D。例5.（年全國課標卷理12分）已知函數(shù)滿足滿足；（1）求的解析式及單調區(qū)間；（2）若，求的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵，∴。令得，。∴。∴，得?！嗟慕馕鍪綖椤ＴO，則?！嘣谏蠁握{遞增。又∵時，，單調遞增；時，，單調遞減?！嗟膯握{區(qū)間為：單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為。（2）∵，∴。令得。=1\*GB3①當時，，∴在上單調遞增。但時，與矛盾。=2\*GB3②當時，由得；由得?！喈敃r，∴。令；則。由得；由得?！喈敃r，∴當時，的最大值為?！究键c】函數(shù)和導函數(shù)的性質?！窘馕觥浚?）由求出和即可得到的解析式，根據導數(shù)的性質求出單調區(qū)間。（2）由和，表示出，根據導函數(shù)的性質求解。例6.（年北京市理13分）已知函數(shù)（1）若曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線，求a、b的值；（2）當時，求函數(shù)的單調區(qū)間，并求其在區(qū)間（－∞，－1）上的最大值?！敬鸢浮拷猓海?）∵（1，c）為公共切點，∴。∴，即=1\*GB3①。又∵，∴。又∵曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線，∴=2\*GB3②。解=1\*GB3①=2\*GB3②，得。（2）∵，∴設。則。令，解得。∵，∴。又∵在各區(qū)間的情況如下：＋0－0＋∴在單調遞增，在單調遞減，在上單調遞增。①若，即時，最大值為；②若，即時，最大值為。③若時，即時，最大值為。綜上所述：當時，最大值為；當時，最大值為1?！究键c】函數(shù)的單調區(qū)間和最大值，切線的斜率，導數(shù)的應用?！窘馕觥浚?）由曲線與曲線有公共點（1，c）可得；由曲線與曲線在它們的交點（1，c）處具有公共切線可得兩切線的斜率相等，即。聯(lián)立兩式即可求出a、b的值。（2）由得到只含一個參數(shù)的方程，求導可得的單調區(qū)間；根據，和三種情況討論的最大值。例7.（年天津市理14分）已知函數(shù)的最小值為，其中.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若對任意的,有成立，求實數(shù)的最小值；（Ⅲ）證明.【答案】解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為，求導函數(shù)可得.令，得。當變化時，和的變化情況如下表：－0＋↘極小值↗∴在處取得極小值。∴由題意，得。∴。（Ⅱ）當≤0時，取，有，故≤0不合題意。當＞0時，令，即。求導函數(shù)可得。令，得。①當時，≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上單調遞減，從而對任意的），總有，即對任意的，有成立。∴符合題意。②當時，＞0，對于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調遞增，因此取(0，)時，，即有不成立?！嗖缓项}意。綜上，實數(shù)的最小值為。（Ⅲ）證明：當=1時，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當≥2時，。在（2）中，取，得，∴?！?。綜上，。【考點】導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用，利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值?！痉治觥浚á瘢┐_定函數(shù)的定義域，求導函數(shù)，確定函數(shù)的單調性，求得函數(shù)的最小值，利用函數(shù)的最小值為，即可求得的值。（Ⅱ）當≤0時，取，有，故≤0不合題意。當＞0時，令，求導函數(shù)，令導函數(shù)等于0，分類討論：①當時，≤0，在（0，+∞）上單調遞減，從而對任意的），總有。②當時，＞0，對于(0，)，＞0，因此在(0，)上單調遞增。由此可確定的最小值。（Ⅲ）當=1時，不等式左邊=2－ln3＜2=右邊，所以不等式成立。當≥2時，由，在（Ⅱ）中，取得,從而可得，由此可證結論。例8.（2012年安徽省理13分）設（=1\*ROMANI）求在上的最小值；（=2\*ROMANII）設曲線在點的切線方程為；求的值。【答案】解：（=1\*ROMANI）設，則?！?。=1\*GB3①當時，。∴在上是增函數(shù)?！喈敃r，的最小值為。=2\*GB3②當時，∴當且僅當時，的最小值為。（=2\*ROMANII）∵，∴。由題意得：，即，解得?！究键c】復合函數(shù)的應用，導數(shù)的應用，函數(shù)的增減性，基本不等式的應用?！窘馕觥浚?1\*ROMANI）根據導數(shù)的的性質分和求解。（=2\*ROMANII）根據切線的幾何意義列方程組求解。例9.（年浙江省理14分）已知，，函數(shù)．（Ⅰ）證明：當時，（i）函數(shù)的最大值為；（ii）；（Ⅱ）若對恒成立，求的取值范圍．【答案】(Ⅰ)證明：(ⅰ)．當b≤0時，＞0在0≤x≤1上恒成立，此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當b＞0時，在0≤x≤1上的正負性不能判斷，此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a。綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a。(ⅱ)設＝﹣，∵，∴令。當b≤0時，＜0在0≤x≤1上恒成立，此時的最大值為：＝|2a－b|﹢a；當b＜0時，在0≤x≤1上的正負性不能判斷，≤|2a－b|﹢a綜上所述：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大?！擤?≤≤1對x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。取b為縱軸，a為橫軸．則可行域為：和，目標函數(shù)為z＝a＋b。作圖如下：由圖易得：當目標函數(shù)為z＝a＋b過P(1，2)時，有．∴所求a＋b的取值范圍為：?！究键c】分類思想的應用，不等式的證明，利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，簡單線性規(guī)劃。【解析】(Ⅰ)(ⅰ)求導后，分b≤0和b＞0討論即可。(ⅱ)利用分析法，要證＋|2a－b|﹢a≥0，即證＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即證在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函數(shù)在0≤x≤1上的最大值為|2a－b|﹢a，且函數(shù)在0≤x≤1﹣(|2a－b|﹢a)要大．根據－1≤≤1對x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，從而利用線性規(guī)劃知識，可求a＋b例10.（年湖南省理13分）某企業(yè)接到生產3000臺某產品的A，B，Ｃ三種部件的訂單，每臺產品需要這三種部件的數(shù)量分別為２,２,１（單位：件）.已知每個工人每天可生產Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.該企業(yè)計劃安排２００名工人分成三組分別生產這三種部件，生產Ｂ部件的人數(shù)與生產Ａ部件的人數(shù)成正比，比例系數(shù)為k（k為正整數(shù)）.（Ⅰ）設生產Ａ部件的人數(shù)為ｘ，分別寫出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件生產需要的時間；（Ⅱ）假設這三種部件的生產同時開工，試確定正整數(shù)k的值，使完成訂單任務的時間最短，并給出時間最短時具體的人數(shù)分組方案.【答案】解：（Ⅰ）設完成A，B，Ｃ三種部件的生產任務需要的時間（單位：天）分別為由題設有其中均為1到200之間的正整數(shù)。（Ⅱ）完成訂單任務的時間為其定義域為。易知，為減函數(shù)，為增函數(shù)。∵于是（1）當時，此時，由函數(shù)的單調性知，當時取得最小值，解得。由于，故當時完成訂單任務的時間最短，且最短時間為。（2）當時，由于為正整數(shù)，故，此時。易知為增函數(shù)，則。[由函數(shù)的單調性知，當時取得最小值，解得。由于此時完成訂單任務的最短時間大于。（3）當時，由于為正整數(shù)，故，此時。由函數(shù)的單調性知，當時取得最小值，解得。類似（2）的討論，此時完成訂單任務的最短時間為，大于。綜上所述，當時完成訂單任務的時間最短，此時生產Ａ，Ｂ，Ｃ三種部件的人數(shù)分別為44，88，68?！究键c】分段函數(shù)、函數(shù)單調性、最值，分類思想的應用?！窘馕觥浚á瘢└鶕}意建立函數(shù)模型。（Ⅱ）利用單調性與最值，分、和三種情況討論即可得出結論。例11.（年湖南省理13分）已知函數(shù)，其中≠0.（Ⅰ）若對一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.（Ⅱ）在函數(shù)的圖像上取定兩點，記直線AB的斜率為，問：是否存在，使成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，請說明理由.【答案】解：（Ⅰ）若，則對一切，，這與題設矛盾，又，故?！摺嗔睢．敃r，單調遞減；當時，單調遞增.∴當時，取最小值。于是對一切恒成立，當且僅當①令則。當時，單調遞增；當時，單調遞減，∴當時，取最大值?！喈斍覂H當即時，①式成立。綜上所述，的取值集合為。（Ⅱ）存在。由題意知，。令則。令，則。當時，單調遞減；當時，單調遞增，∴當，即。∴，。又∵∴。∵函數(shù)在區(qū)間上的圖像是連續(xù)不斷的一條曲線，∴存在使單調遞增，故這樣的是唯一的，且，故當且僅當時，。綜上所述，存在使成立.且的取值范圍為?！究键c】利用導函數(shù)研究函數(shù)單調性、最值、不等式恒成立,分類討論思想、函數(shù)與方程思想，轉化與劃歸思想等數(shù)學思想方法的應用?！窘馕觥浚á瘢┯脤Ш瘮?shù)法求出取最小值，對一切∈R，≥1恒成立轉化為，從而得出的取值集合。（Ⅱ）在假設存在的情況下進行推理，通過構造函數(shù)，研究這個函數(shù)的單調性及最值來進行分析判斷。例12.（年江蘇省16分）若函數(shù)在處取得極大值或極小值，則稱為函數(shù)的極值點。已知是實數(shù)，1和是函數(shù)的兩個極值點．（1）求和的值；（2）設函數(shù)的導函數(shù)，求的極值點；（3）設，其中，求函數(shù)的零點個數(shù)．【答案】解：（1）由，得?！?和是函數(shù)的兩個極值點，∴，，解得。（2）∵由（1）得，，∴，解得?！弋敃r，；當時，，∴是的極值點?！弋敾驎r，，∴不是的極值點?！嗟臉O值點是－2。（3）令，則。先討論關于的方程根的情況：當時，由（2）可知，的兩個不同的根為I和一2，注意到是奇函數(shù)，∴的兩個不同的根為一和2。當時，∵，，∴一2,－1，1，2都不是的根。由（1）知。①當時，，于是是單調增函數(shù)，從而。此時在無實根。②當時．，于是是單調增函數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（1,2）內有唯一實根。同理，在（一2，一I）內有唯一實根。③當時，，于是是單調減兩數(shù)。又∵，，的圖象不間斷，∴在（一1，1）內有唯一實根。因此，當時，有兩個不同的根滿足；當時有三個不同的根，滿足?，F(xiàn)考慮函數(shù)的零點：(i）當時，有兩個根，滿足。而有三個不同的根，有兩個不同的根，故有5個零點。(11）當時，有三個不同的根，滿足。而有三個不同的根，故有9個零點。綜上所述，當時，函數(shù)有5個零點；當時，函數(shù)有9個零點?！究键c】函數(shù)的概念和性質，導數(shù)的應用?！窘馕觥浚?）求出的導數(shù)，根據1和是函數(shù)的兩個極值點代入列方程組求解即可。（2）由（1）得，，求出，令，求解討論即可。（3）比較復雜，先分和討論關于的方程根的情況；再考慮函數(shù)的零點。例13.（年全國課標卷文5分）設函數(shù)(Ⅰ)求的單調區(qū)間(Ⅱ)若a=1，k為整數(shù)，且當x>0時，，求k的最大值【答案】解：(Ｉ)f(x)的的定義域為，。若，則，∴在上單調遞增。若，則當時，；當時，，∴在上單調遞減，在上單調遞增。(Ⅱ)∵a=1，∴。∴當x>0時，，它等價于。令，則。由(Ｉ)知，函數(shù)在上單調遞增?！撸?，∴在上存在唯一的零點?！嘣谏洗嬖谖ㄒ坏牧泓c，設此零點為，則。當時，；當時，?！嘣谏系淖钚≈禐?。又∵，即，∴。因此，即整數(shù)k的最大值為2?！究键c】函數(shù)的單調性質，導數(shù)的應用。【解析】(Ｉ)分和討論的單調區(qū)間即可。(Ⅱ)由于當x>0時，等價于，令，求出導數(shù)，根據函數(shù)的零點情況求出整數(shù)k的最大值。例14.（年江西省文14分）已知函數(shù)在上單調遞減且滿足。（1）求的取值范圍；（2）設，求在上的最大值和最小值。【答案】解：（1）∵，，∴?！?。∴。∵函數(shù)在上單調遞減，∴對于任意的，都有?！嘤傻?；由得?！?。又當=0時，對于任意的，都有，函數(shù)符合條件；當=1時，對于任意的，都有，函數(shù)符合條件。綜上所述，的取值范圍是0≤≤1。（2）∵∴。（i）當=0時，對于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（ii）當=1時，對于任意有，∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；（iii）當0＜＜1時，由得，①若，即時，在[0，1]上是增函數(shù)，∴在[0，1]上最大值是，最小值是；②若，即時，在取得最大值g，在=0或=1時取到最小值：∵，∴當時，在=0取到最小值；當時，在=1取到最小值。【考點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性?！窘馕觥浚?）由題意，函數(shù)在[0，1]上單調遞減且滿足，可求出函數(shù)的導數(shù)，將函數(shù)在[0，1]上單調遞減轉化為導數(shù)在[0，1]上的函數(shù)值恒小于等于0，再結合，這兩個方程即可求得取值范圍。（2）由題設條件，先求出的解析式，求出導函數(shù)，由于參數(shù)的影響，函數(shù)在[0，1]上的單調性不同，結合（1）的結論及分=0，=1，0＜＜1三類對函數(shù)的單調性進行討論，確定并求出函數(shù)的最值。例15.（年湖北省文14分）設函數(shù)f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n為整數(shù)，a，b為常數(shù)．曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1.（Ⅰ）求a，b的值；（=2\*ROMANII）求函數(shù)f(x)的最大值；（=3\*ROMANIII）證明：f(x)＜eq\f(1,ne).【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由點(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0?！遞′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。又∵切線x＋y＝1的斜率為－1，∴－a＝－1，即a＝1?！郺＝1，b＝0。（=2\*ROMANII）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))。令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(n,n＋1)，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零點x0＝eq\f(n,n＋1)?！咴趀q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(n,n＋1)))上，f′(x)>0，f(x)單調遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)，＋∞))上，f′(x)<0，f(x)單調遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n,n＋1)))＝eq\f(nn,n＋1n＋1)。（=3\*ROMANIII）證明：令φ(t)＝lnt－1＋eq\f(1,t)(t＞0)，則φ′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)(t＞0)。∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)單調遞減；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)單調遞增，∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值為φ(1)＝0?！唳?t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－eq\f(1,t)(t＞1)。令t＝1＋eq\f(1,n)，得lneq\f(n＋1,n)＞eq\f(1,n＋1)，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞lne。∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n＋1＞e，即eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)。由（=2\*ROMANII）知，f(x)≤eq\f(nn,n＋1n＋1)＜eq\f(1,ne)，∴所證不等式成立?！究键c】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程?！窘馕觥浚↖）由題意曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為x＋y＝1，故可根據導數(shù)的幾何意義與切點處的函數(shù)值建立關于參數(shù)的方程求出兩參數(shù)的值。（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求f′(x)＝(n＋1)xn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)－x))，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，即可求出函數(shù)的最大值。（III）結合（II），欲證：f(x)＜eq\f(1,ne)．由于函數(shù)f(x)的最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al