2020版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用（第2课时）利用导数研究函数的极值、最值讲义理（含解析）.doc

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1、1第 2 课时 利用导数研究函数的极值、最值1.函数的极值与导数(1)函数的极小值与极小值点若函数 f(x)在点 x a 处的函数值 f(a)比它在点 x a 附近其他点的函数值 都小，01 f( a)0，而且在点 x a 附近的左侧 f( x)0，则点 a 叫做函数的02 03 极小值点， f(a)叫做函数的极小值(2)函数的极大值与极大值点若函数 f(x)在点 x b 处的函数值 f(b)比它在点 x b 附近其他点的函数值 都大，04 f( b)0，而且在点 x b 附近的左侧 f( x)0，右侧 f( x)2 时， f( x)0，此时 f(x)为2x 2x2 1x x 2x2增函数；当

2、 00， f(x)在 R 上单调递增， f(x)无极值当 a0 恒成立，得 x2 或 x1 时， f( x)0，且 x0；21 时， f( x)0.所以 x1 是函数 f(x)的极小值点所以函数 f(x)的极小值为 f(1)1.故选 A.角度 3 根据极值求参数3.(2018北京高考)设函数 f(x) ax2(4 a1) x4 a3e x.(1)若曲线 y f(x)在点(1， f(1)处的切线方程与 x 轴平行，求 a；(2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求 a 的取值范围解 (1)因为 f(x) ax2(4 a1) x4 a3e x，所以 f( x)2 ax(4 a1)e x ax2(

3、4 a1) x4 a3e x ax2(2 a1) x2ex， f(1)(1 a)e.4由题设知 f(1)0，即(1 a)e0，解得 a1.此时 f(1)3e0，所以 a 的值为 1.(2)解法一：由(1)得 f( x) ax2(2 a1) x2e x( ax1)( x2)e x.若 a ，则当 x 时， f( x)0.12 (1a， 2)所以 f(x)在 x2 处取得极小值若 a ，则当 x(0,2)时，12x20.12所以 2 不是 f(x)的极小值点综上可知， a 的取值范围是 .(12， )解法二：当 a0 时，令 f( x)0，得 x2，当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情

4、况如下：当 x2 时， f(x)取得极大值，不符合题意当 a0 时，若 ，1a 12当 x 变化时， f( x)， f(x)的变化情况如下：5当 x2 时， f(x)取得极小值，符合题意若 2，即 a ， f( x)0， f(x)单调递增，1a 12 f(x)无极值，不符合题意若 2，即 00， f( x)2 x52e x的零点在区间(0,1)上， f(x) x25 x2e x的极值点在区间(0,1)上2若函数 f(x) x32 cx2 x 有极值点，则实数 c 的取值范围为( )A.32， )B.(32， )C. ( ， 32 32， )D. ( ， 32) (32， )答案 D解析 若函数

5、 f(x) x32 cx2 x 有极值点，则 f( x)3 x24 cx10 有根，故 (4 c)2120，从而 c 或 c1.令 f( x)0，得21)在区间1,1上的最大值为321，最小值为1，则 a_， b_.答案 123解析 因为 f( x)3 x23 ax3 x(x a)，令 f( x)0，解得 x0 或 x a.因为 a1，所以当 x 变化时， f( x)与 f(x)的变化情况如下表：由题意得 b1.则 f(1) ， f(1)2 ， f(1)0，所以函数 f(x)在1，e上单调递增，则f(x)max f(e)1 me；b当 e，即 00，所以函数 f(x)在1，e上单1m 1e调递

6、增，则 f(x)max f(e)1 me；c当 10，解得 x1，令 f( x)1.2(2018北京石景山区模拟)已知 f(x)e x ax2，曲线 y f(x)在(1， f(1)处的切线方程为 y bx1.(1)求 a， b 的值；(2)求 f(x)在0,1上的最大值；(3)当 xR 时，判断 y f(x)与 y bx1 交点的个数(只需写出结论，不要求证明)解 (1) f(x)e x ax2的导数为 f( x)e x2 ax，由已知可得 f(1)e2 a b， f(1)e a b1，解得 a1， be2.(2)令 g(x) f( x)e x2 x.则 g( x)e x2，故当 0 x0，

7、g(x)在(ln 2,1单调递增；所以 g(x)min g(ln 2)22ln 20，故 f(x)在0,1单调递增，所以 f(x)max f(1)e1.(3)当 xR 时， y f(x)与 y bx1 有两个交点题型 函数极值和最值的综合问题三1已知函数 f(x) x3 ax24 在 x2 处取得极值，若 m1,1，则 f(m)的最小值为_答案 4解析 f( x)3 x22 ax，因为函数 f(x)在 x2 处取得极值，所以 f(2)124 a0， a3，10所以 f( x)3 x26 x.当 m1,1时， f(m) m33 m24， f( m)3 m26 m，令 f( m)0 得 m0 或

8、m2(舍去)，当 m(1,0)时， f( m)0， f(m)单调递增，所以 f(m)min f(0)4.2(2018银川一中模拟)已知函数 f(x)ln x ax2( a2) x.(1)若 f(x)在 x1 处取得极值，求 a 的值；(2)求函数 y f(x)在 a2， a上的最大值解 (1) f(x)ln x ax2( a2) x，函数的定义域为(0，) f( x) 2 ax( a2) .1x 2x 1 ax 1x f(x)在 x1 处取得极值，即 f(1)(21)( a1)0， a1.当 a1 时，在 内 f( x)0，(12， 1) x1 是函数 y f(x)的极小值点 a1.(2) a

9、20， f(x)在 上单调递增；在 上单调递减，(0，12) (12， )当 00)的导函数 y f( x)的两个零ax2 bx cex点为3 和 0.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)的极小值为e 3，求 f(x)在区间5，)上的最大值解 (1) f( x) 2ax b ex ax2 bx c ex ex 2 . ax2 2a b x b cex令 g(x) ax2(2 a b)x b c，因为 ex0，所以 y f( x)的零点就是 g(x) ax2(2 a b)x b c 的零点且 f( x)与12g(x)符号相同又因为 a0，所以当30，即 f( x)0，当 x0 时，

10、g(x)5 f(0)，5e 5所以函数 f(x)在区间5，)上的最大值是 5e5.易错防范 解答函数极值、最值问题时的两个失分点(1)忽视分类讨论，考虑问题不全面导致丢分(2)忽视比较大小，导致最值点判断出错例如， f(x)在(1,3)上单调递增，在(3,4)上单调递减，则 f(x)在1,4上的最小值为 f(1)与 f(4)中较小的值，此时通常要比较大小典例 已知函数 f(x)ln x ax2 bx(其中 a， b 为常数且 a0)在 x1 处取得极值若 f(x)在(0，e上的最大值为 1，求 a 的值解 因为 f(x)ln x ax2 bx，所以 f( x) 2 ax b.1x因为函数 f(

11、x)ln x ax2 bx 在 x1 处取得极值，所以 f(1)12 a b0，即 b2 a1.所以 f(x)ln x ax2(2 a1) x，f( x) ， 2ax 1 x 1x令 f( x)0，得 x11， x2 .12a因为 f(x)在 x1 处取得极值，所以 1，即 a .12a 12(1)当 a0，即 x2 0 时，12a13若 0 ，则 f(x)在 上单调递增，在 上单调递减，在(1，e12a 12 (0， 12a) (12a， 1)上单调递增，所以 f(x)的最大值可能在 x 或 xe 处取得，而 f ln a 2(2 a1)12a (12a) 12a (12a)ln 10，12

12、a 12a 14a所以 f(e)ln e ae2(2 a1)e1，解得 a .1e 2若 1 e，即 a ，则 f(x)在(0,1)上单调递增，在 上单调递减，在12a 12e 12 (1， 12a)上单调递增，所以 f(x)的最大值可能在 x1 或 xe 处取得(12a， e而 f(1)ln 1 a(2 a1)0，所以 f(e)ln e ae2(2 a1)e1，解得 a ，与 1 e 矛盾1e 2 12a若 e，则 f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，12a所以 f(x)的最大值在 x1 处取得，而 f(1)ln 1 a(2 a1)0，不成立综上所述， a 或 a2.1e 2