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6.3.2　函数的极值与最值的综合问题
(深化课——题型研究式教学)
课时目标
利用导数会求解含参函数的极值、最值问题,进一步掌握函数的极值、最值问题.
题型(一)　含参数的极值问题
[例1]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
听课记录:
[思维建模]
　　求含参函数极值的步骤与求不含参数函数极值的步骤相同,但要注意有时需要对参数进行分类讨论.
　　[针对训练]
1.设函数f(x)=2x3-3(a-1)x2+1,其中a≥1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)讨论f(x)的极值.
题型(二)　含参数的最值问题
[例2]　已知函数f(x)=x3-ax2-a2x,求函数f(x)在区间[0,+∞)上的最小值.
听课记录:
[思维建模]
　　对参数进行讨论,其实质是讨论导函数大于0,等于0,小于0三种情况.若导函数恒大于0或小于0,则函数在已知闭区间上是单调函数,最值在端点处取得;若导函数可能等于0,则求出极值点后求极值,再与端点值比较后确定最值.
　　[针对训练]
2.已知函数f(x)=x3-3ax+1.
(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求实数a的值;
(2)当x∈[-2,1]时,求函数f(x)的最大值.
题型(三)　利用最值证明不等式
[例3]　函数f(x)=x+ax2+bln x的图象在点P(1,0)处的切线斜率为2.
(1)求a,b的值;
(2)证明:f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立.
听课记录:
[思维建模]
利用最值证明不等式的解题思路
(1)构造函数h(x)=f(x)-g(x).
(2)问题转化为证明f(x)-g(x)≥0,即证h(x)≥0即可.
(3)讨论单调性:根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性.
(4)求最值:由函数h(x)的单调性确定最值,并确认h(x)≥h(x)min≥0即可.
[特别说明]　证明 x∈D,都有f(x)-g(x)≥0,若能转化为 x1,x2∈D都有f(x1)min≥g(x2)max,即可得证.
　　[针对训练]
3.已知函数f(x)=ln x-,证明:f(x)函数的极值与最值的综合问题
[题型(一)]
[例1]　解:(1)当a=1时,则f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1,可得f(1)=e-2,f'(1)=e-1,
即切点坐标为(1,e-2),切线斜率k=e-1,
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
即(e-1)x-y-1=0.
(2)法一　因为f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,
若a≤0,则f'(x)>0对任意x∈R恒成立,
可知f(x)在R上单调递增,无极值,不合题意;
若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln a;
令f'(x)<0,解得x可知f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,
由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0,
即a2+ln a-1>0,
令g(a)=a2+ln a-1,a>0,
则g'(a)=2a+>0,
可知g(a)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1),
解得a>1,
所以a的取值范围为(1,+∞).
法二　因为f(x)的定义域为R,
且f'(x)=ex-a,
若f(x)有极小值,则f'(x)=ex-a有零点,
令f'(x)=ex-a=0,可得ex=a,
可知y=ex与y=a有交点,则a>0,
若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln a;令f'(x)<0,解得x可知f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,符合题意,
由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,
令g(a)=a2+ln a-1,a>0,
因为y=a2,y=ln a-1在(0,+∞)上单调递增,
可知g(a)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1,
所以a的取值范围为(1,+∞).
[针对训练]
1.解:由已知得f'(x)=6x[x-(a-1)],
令f'(x)=0,解得x1=0,x2=a-1.
(1)当a=1时,f'(x)=6x2≥0,
故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;
当a>1时,f'(x)=6x[x-(a-1)].
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表.
x (-∞, 0) 0 (0,a -1) a-1 (a-1, +∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调 递增 极大 值 单调 递减 极小 值 单调 递增
由表可知函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a-1,+∞),单调递减区间为(0,a-1).
(2)由(1)知,当a=1时,函数f(x)没有极值.
当a>1时,函数f(x)在x=0处取得极大值1,在x=a-1处取得极小值1-(a-1)3.
[题型(二)]
[例2]　解:f'(x)=3x2-2ax-a2=(3x+a)(x-a),
令f'(x)=0,得x1=-a,x2=a.
①当a>0时,f(x)在区间[0,a]内单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(a)=-a3.
②当a=0时,f'(x)=3x2≥0,f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
所以f(x)min=f(0)=0.
③当a<0时,f(x)在区间内单调递减,在区间上单调递增,
所以f(x)min=f=a3.
综上所述,当a>0时,f(x)min=-a3;
当a=0时,f(x)min=0;
当a<0时,f(x)min=a3.
[针对训练]
2.解:(1)由题意可知f'(x)=3x2-3a,
所以f'(-1)=0,即3-3a=0解得a=1,
经检验a=1,符合题意.所以a=1.
(2)由(1)知f'(x)=3x2-3a,令f'(x)=0,x=±,当<<1即x -2 (-2, -) - (-, ) (, 1) 1
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) -7+ 6a 单调 递增 极大 值 单调 递减 极小 值 单调 递增 2- 3a
f(-)=2a+1>2-3a,由表可知,所以f(x)的最大值为2a+1.
当1≤<2即1≤a<4时,f(x)和f'(x)随x的变化情况如下表.
x -2 (-2, -) - (-, 1) 1
f'(x) + 0 -
f(x) -7+ 6a 单调 递增 极大 值 单调 递减 2-3a
f(-)=2a+1,由表可知,所以f(x)的最大值为2a+1.
当≥2即a≥4时,f'(x)=3x2-3a≤0恒成立,即f(x)在[-2,1]内单调递减,所以f(x)的最大值为f(-2)=-7+6a.综上所述,当当a≥4时,f(x)的最大值为-7+6a.
[题型(三)]
[例3]　解:(1)由题设可知f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=1+2ax+,
∵y=f(x)在点P(1,0)处切线的斜率为2,
∴f(1)=1+a=0,f'(1)=1+2a+b=2,
解得a=-1,b=3.
(2)证明:由(1)知f(x)=x-x2+3ln x(x>0),
则转化为证明2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立,设g(x)=2-x-x2+3ln x,x>0,
则g'(x)=-1-2x+=-,
∴当00;
当x>1时,g'(x)<0.∴g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴g(x)在x=1处有最大值g(1)=0,
∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立,
即2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立,
即f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立,原命题得证.
[针对训练]
3.证明:∵f'(x)=-=(x>0),∴当x∈(0,e)时,f'(x)>0;
当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0.
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞),
∴f(x)max=f(e)=ln e-=0.
设g(x)=x2-ln x-,
则g'(x)=2x-=(x>0),
∴当x∈时,g'(x)<0;
当x∈时,g'(x)>0,
∴函数g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,
∴g(x)min=g=-ln-=-+ln 2=.
∵ln 2>ln =,∴g(x)min>0.
又f(x)≤f(x)max=0,∴f(x)函数的极值与最值的综合问题
(深化课——题型研究式教学)
6.3.2
课时目标
利用导数会求解含参函数的极值、最值问题,进一步掌握函数的极值、最值问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　含参数的极值问题
题型(二)　含参数的最值问题
题型(三)　利用最值证明不等式
4
课时跟踪检测
题型(一)　含参数的极值问题
[例1]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
解:当a=1时,则f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1,可得f(1)=e-2,f'(1)=e-1,
即切点坐标为(1,e-2),切线斜率k=e-1,
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),
即(e-1)x-y-1=0.
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解:法一　因为f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,
若a≤0,则f'(x)>0对任意x∈R恒成立,
可知f(x)在R上单调递增,无极值,不合题意;
若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln a;
令f'(x)<0,解得x可知f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,
由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0,
即a2+ln a-1>0,
令g(a)=a2+ln a-1,a>0,
则g'(a)=2a+>0,
可知g(a)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1),
解得a>1,
所以a的取值范围为(1,+∞).
法二　因为f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,
若f(x)有极小值,则f'(x)=ex-a有零点,
令f'(x)=ex-a=0,可得ex=a,
可知y=ex与y=a有交点,则a>0,
若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln a;
令f'(x)<0,解得x可知f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,符合题意,
由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0,
即a2+ln a-1>0,
令g(a)=a2+ln a-1,a>0,
因为y=a2,y=ln a-1在(0,+∞)上单调递增,
可知g(a)在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=0,
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1),
解得a>1,
所以a的取值范围为(1,+∞).
[思维建模]
　　求含参函数极值的步骤与求不含参数函数极值的步骤相同,但要注意有时需要对参数进行分类讨论.
针对训练
1.设函数f(x)=2x3-3(a-1)x2+1,其中a≥1.
(1)求f(x)的单调区间;
解:由已知得f'(x)=6x[x-(a-1)],
令f'(x)=0,解得x1=0,x2=a-1.
当a=1时,f'(x)=6x2≥0,
故f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;
当a>1时,f'(x)=6x[x-(a-1)].
f'(x), f(x)随x的变化情况如下表.
由表可知函数f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a-1,+∞),单调递减区间为(0,a-1).
x (-∞,0) 0 (0,a-1) a-1 (a-1,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
(2)讨论f(x)的极值.
解:由(1)知,当a=1时,函数f(x)没有极值.
当a>1时,函数f(x)在x=0处取得极大值1,
在x=a-1处取得极小值1-(a-1)3.
题型(二)　含参数的最值问题
[例2]　已知函数f(x)=x3-ax2-a2x,求函数f(x)在区间[0,+∞)上的最小值.
解:f'(x)=3x2-2ax-a2=(3x+a)(x-a),
令f'(x)=0,得x1=-a,x2=a.
①当a>0时,f(x)在区间[0,a]内单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(a)=-a3.
②当a=0时,f'(x)=3x2≥0,f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=0.
③当a<0时,f(x)在区间内单调递减,在区间上单调递增,
所以f(x)min=f=a3.
综上所述,当a>0时,f(x)min=-a3;
当a=0时,f(x)min=0;当a<0时,f(x)min=a3.
[思维建模]
　　对参数进行讨论,其实质是讨论导函数大于0,等于0,小于0三种情况.若导函数恒大于0或小于0,则函数在已知闭区间上是单调函数,最值在端点处取得;若导函数可能等于0,则求出极值点后求极值,再与端点值比较后确定最值.
针对训练
2.已知函数f(x)=x3-3ax+1.
(1)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求实数a的值;
解:由题意可知f'(x)=3x2-3a,
所以f'(-1)=0,即3-3a=0解得a=1,
经检验a=1,符合题意.所以a=1.
(2)当x∈[-2,1]时,求函数f(x)的最大值.
解:由(1)知f'(x)=3x2-3a,令f'(x)=0,x=±,当<<1即x -2 (-2,-) - (-,) (,1) 1
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) -7+6a 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 2-3a
f(-)=2a+1>2-3a,由表可知,所以f(x)的最大值为2a+1.
当1≤<2即1≤a<4时,f(x)和f'(x)随x的变化情况如下表.
x -2 (-2,-) - (-,1) 1
f'(x) + 0 -
f(x) -7+6a 单调递增 极大值 单调递减 2-3a
f(-)=2a+1,由表可知,所以f(x)的最大值为2a+1.
当≥2即a≥4时,f'(x)=3x2-3a≤0恒成立,即f(x)在[-2,1]内单调递减,所以f(x)的最大值为f(-2)=-7+6a.综上所述,
当当a≥4时,f(x)的最大值为-7+6a.
题型(三)　利用最值证明不等式
[例3]　函数f(x)=x+ax2+bln x的图象在点P(1,0)处的切线斜率为2.
(1)求a,b的值;
解:由题设可知f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=1+2ax+,
∵y=f(x)在点P(1,0)处切线的斜率为2,
∴f(1)=1+a=0,f'(1)=1+2a+b=2,
解得a=-1,b=3.
(2)证明:f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立.
解:证明:由(1)知f(x)=x-x2+3ln x(x>0),
则转化为证明2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立,
设g(x)=2-x-x2+3ln x,x>0,
则g'(x)=-1-2x+=-,
∴当00;
当x>1时,g'(x)<0.
∴g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴g(x)在x=1处有最大值g(1)=0,
∴g(x)≤0对任意正实数x恒成立,
即2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立,
即f(x)≤2x-2对任意正实数x恒成立,原命题得证.
[思维建模]
利用最值证明不等式的解题思路
(1)构造函数h(x)=f(x)-g(x).
(2)问题转化为证明f(x)-g(x)≥0,即证h(x)≥0即可.
(3)讨论单调性:根据h'(x)与0的大小关系确定函数h(x)的单调性.
(4)求最值:由函数h(x)的单调性确定最值,并确认h(x)≥h(x)min≥0即可.
[特别说明]　证明 x∈D,都有f(x)-g(x)≥0,若能转化为 x1,x2∈D都有f(x1)min≥g(x2)max,即可得证.
针对训练
3.已知函数f(x)=ln x-,证明:f(x)证明:∵f'(x)=-=(x>0),
∴当x∈(0,e)时,f'(x)>0;
当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0.
∴函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞),
∴f(x)max=f(e)=ln e-=0.
设g(x)=x2-ln x-,则g'(x)=2x-=(x>0),
∴当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0,
∴函数g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,
∴g(x)min=g=-ln-=-+ln 2=.
∵ln 2>ln =,∴g(x)min>0.又f(x)≤f(x)max=0,∴f(x)课时跟踪检测
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A级——综合提能
1.[多选]对于函数f(x)=(2x-x2)ex,下列结论正确的是(　　)
A.(-,)是f(x)的单调递减区间
B.f(-)是f(x)的极小值,f()是f(x)的极大值
C.f(x)有最大值,没有最小值
D.f(x)没有最大值,也没有最小值
√
√
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解析:由f(x)=(2x-x2)ex得f'(x)=(2-x2)ex.当f'(x)<0时,函数f(x)单调递减,得(2-x2)ex<0,所以2-x2 <0,解得x>或x<-,所以A不正确;当f'(x)>0时,函数f(x)单调递增,得(2-x2)ex>0,所以2-x2>0,解得-0时,f(x)=(2x-x2)ex>0,解得02或x<0,因此函数有最大值,最大值为f(),没有最小值,所以C正确,D不正确.故选BC.
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2.函数f(x)=的最大值为(　　)
A.a B.(a-1)e
C.e1-a D.ea-1
解析:f(x)=,则f'(x)=,所以当x<1-a时,f'(x)>0,当x>1-a时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1-a)上单调递增,在(1-a,+∞)上单调递减,所以f(x)max=
f(1-a)= ea-1.
√
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3.当a>0时,xln x-a=0的解有 (　　)
A.0个 B.1个
C.2个 D.不确定
√
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解析:记f(x)=xln x,令f'(x)=1+ln x=0得x=,得f(x)在内单调递减,在上单调递增,f(x)min=f=-,如图,则y=a(a>0)与y=f(x)的图象只有一个交点,故选B.
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4.若对任意的x∈(0,+∞),ax-ln(2x)≥1恒成立,则实数a的最小值是 (　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
√
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解析:令f(x)=ax-ln(2x),x∈(0,+∞).∵ax-ln(2x)≥1恒成立,∴f(x)min≥1,
f'(x)=a-,若a≤0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,ax-ln(2x)≥1不恒成立,∴a>0.令f'(x)=0,解得x=.当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.∴f(x)min=f=1-ln≥1,即ln≤0,即a≥2,∴a的最小值是2.
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5.已知f(x)=-x2+mx+1在区间[-2,-1]上的最大值就是函数f(x)的极大值,则m的取值范围是_______.
解析:f'(x)=m-2x,令f'(x)=0,得x=.由题设得-2<<-1,故m∈(-4,-2).
(-4,-2)
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6.若函数f(x)=3x-x3在区间(a-1,a)上有最小值,则实数a的取值范围是______.
解析:f'(x)=3-3x2=-3(x-1)(x+1),当x<-1或x>1时,f'(x)<0,当-1f'(x)>0,∴x=-1是函数f(x)的极小值点.∵函数f(x)=3x-x3在区间(a-1,a)上有最小值,即为极小值.∴a-1<-1(-1,0)
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7.已知函数f(x)=x2+ln x.
(1)求y=f(x)在[1,e]上的最大值和最小值;
解:因为f(x)=x2+ln x,所以f'(x)=x+=,当x∈[1,e]时,f'(x)>0,所以y=f(x)在[1,e]内单调递增,
f(x)min=f(1)=,f(x)max=f(e)=e2+1.
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(2)求证:当x∈(1,+∞)时,函数y=f(x)的图象在函数g(x)=x3的图象的下方.
解:证明:设h(x)=x2+ln x-x3,则h'(x)=x+-2x2==,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,则h(x)单调递减,且h(1)=-<0,故x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即x2+ln x1
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8.已知函数f(x)=x3+x2+2ax.
(1)当a=-2时,求f(x)的极值;
解:当a=-2时,f(x)=x3-4x,f'(x)=x2-4=(x+2)(x-2).
当x<-2或x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当-2故f(x)在x=-2处取得极大值f(-2)=-+8=,在x=2处取得极小值f(2)=-8=-.综上,f(x)的极大值为,极小值为-.
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(2)当a∈(0,2)时,求函数f(x)在[-2a,a]上的最大值.
解: f(x)=x3+x2+2ax,x∈[-2a,a],
故f'(x)=x2+(a+2)x+2a=(x+2)(x+a),x∈[-2a,a],
令f'(x)=0得x=-a或x=-2,
因为a∈(0,2),当-2a≥-2,即01
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因为f(-2a)=-a3+2a3+4a2-4a2=-a3<0,
f(a)=a3+a3+a2+2a2=a3+3a2>0,
所以f(-2a)< f(a),所以f(x)max=a3+3a2;
当-2a<-2,即1所以f(x)max=max{f(-2),f(a)},
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因为f(-2)=-+2a+4-4a=-2a+<-,
f(a)=a3+a3+a2+2a2=a3+3a2>,
所以f(x)max=a3+3a2.
综上,f(x)max=a3+3a2.
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B级——应用创新
9.已知实数x>0,则函数y=xx的值域为(　　)
A.(0,+∞) B.(1,+∞)
C. D.
√
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解析:对y=xx的两边同时取自然对数得,ln y=xln x(x>0),令f(x)=xln x(x>0),
则f'(x)=1+ln x,令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得00)在内单调递减,在上单调递增,故f(x)=xln x(x>0)在x=处取得极小值,也是最小值,且f=ln =-,故f(x)=xln x(x>0)的值域为,所以y=xx的值域为(,+∞).故选D.
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10.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2x,f(m)=g(n),则mn的最小值是_____.
解析:由函数f(x)=ln x,g(x)=2x,f(m)=g(n),得ln m=2n,所以mn=mln m,m>0.令h(m)=mln m,m>0,则h'(m)=(1+ln m),当m>时,h'(m)>0,当0-
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11.已知函数f(x)=aex+bx+1在x=0处有极值2.
(1)求a,b的值;
解:由已知,f'(x)=aex+b,
则解得
经检验,a=1,b=-1符合题意.
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(2)证明:f(x)>ex-x.
解:证明:由(1)可知,f(x)=ex-x+1.
要证f(x)>ex-x,只需证ex-x+1>ex-x,
即ex-ex+1>0.
令g(x)= ex-ex+1,则g'(x)= ex-e,
令g'(x)=0,解得x=1,
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随着x的变化,g'(x),g(x)的变化情况如表所示.
所以x=1时,g(x)有极小值即最小值g(1)=e1-e×1+1=1>0.
故f(x)>ex-x成立.
x (-∞,1) 1 (1,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减 1 单调递增
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12.已知函数f(x)=+sin x(a∈R),e为自然对数的底数.
(1)当a=1且x∈(-∞,0]时,求f(x)的最小值;
解:当a=1时,f(x)=+sin x,则f'(x)=+cos x,
当x∈(-∞,0]时,0又因为cos x≤1,所以当x∈(-∞,0]时,f'(x)=+cos x≤0,当且仅当x=0时,f'(x)=0,所以f(x)在x∈(-∞,0]上单调递减,所以f(x)min=f(0)=1.
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(2)若函数f(x)在上存在极值点,求实数a的取值范围.
解:f'(x)=+cos x,因为x∈,所以cos x>0,ex>0,
①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在内单调递增,没有极值点.
②当a>0时,易知f'(x)=+cos x在内单调递增,
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因为f'=-a·<0,f'(0)=-a+1,
当a≥1时,x∈,f'(x)≤f'(0)=-a+1≤0,
所以f(x)在内单调递减,没有极值点;当00,所以存在x0∈使f'(x0)=0,
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当x∈时,f'(x)<0,当x∈(x0,0)时,f'(x)>0,
所以f(x)在x=x0处取得极小值,x0为极小值点.
综上可知,若函数f(x)在上存在极值点,则实数a∈(0,1).课时跟踪检测(二十五)　函数的极值与最值的综合问题
A级——综合提能
1.[多选]对于函数f(x)=(2x-x2)ex,下列结论正确的是 (　　)
A.(-,)是f(x)的单调递减区间
B.f(-)是f(x)的极小值,f()是f(x)的极大值
C.f(x)有最大值,没有最小值
D.f(x)没有最大值,也没有最小值
2.函数f(x)=的最大值为 (　　)
A.a B.(a-1)e
C.e1-a D.ea-1
3.当a>0时,xln x-a=0的解有 (　　)
A.0个 B.1个
C.2个 D.不确定
4.若对任意的x∈(0,+∞),ax-ln(2x)≥1恒成立,则实数a的最小值是 (　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
5.已知f(x)=-x2+mx+1在区间[-2,-1]上的最大值就是函数f(x)的极大值,则m的取值范围是　　　　.
6.若函数f(x)=3x-x3在区间(a-1,a)上有最小值,则实数a的取值范围是　　　　.
7.已知函数f(x)=x2+ln x.
(1)求y=f(x)在[1,e]上的最大值和最小值;
(2)求证:当x∈(1,+∞)时,函数y=f(x)的图象在函数g(x)=x3的图象的下方.
8.已知函数f(x)=x3+x2+2ax.
(1)当a=-2时,求f(x)的极值;
(2)当a∈(0,2)时,求函数f(x)在[-2a,a]上的最大值.
B级——应用创新
9.已知实数x>0,则函数y=xx的值域为 (　　)
A.(0,+∞) B.(1,+∞)
C. D.
10.已知函数f(x)=ln x,g(x)=2x,f(m)=g(n),则mn的最小值是　　　　.
11.已知函数f(x)=aex+bx+1在x=0处有极值2.
(1)求a,b的值;
(2)证明:f(x)>ex-x.
12.已知函数f(x)=+sin x(a∈R),e为自然对数的底数.
(1)当a=1且x∈(-∞,0]时,求f(x)的最小值;
(2)若函数f(x)在上存在极值点,求实数a的取值范围.
课时跟踪检测(二十五)
1.选BC　由f(x)=(2x-x2)ex得f'(x)=(2-x2)ex.当f'(x)<0时,函数f(x)单调递减,得(2-x2)ex<0,所以2-x2 <0,解得x>或x<-,所以A不正确;当f'(x)>0时,函数f(x)单调递增,得(2-x2)ex>0,所以2-x2>0,解得-0时,f(x)=(2x-x2)ex>0,解得02或x<0,因此函数有最大值,最大值为f(),没有最小值,所以C正确,D不正确.故选BC.
2.选D　f(x)=,则f'(x)=,所以当x<1-a时,f'(x)>0,当x>1-a时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1-a)上单调递增,在(1-a,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1-a)=ea-1.
3.选B　记f(x)=xln x,令f'(x)=1+ln x=0得x=,得f(x)在内单调递减,在上单调递增,f(x)min=f=-,如图,则y=a(a>0)与y=f(x)的图象只有一个交点,故选B.
4.选A　令f(x)=ax-ln(2x),x∈(0,+∞).∵ax-ln(2x)≥1恒成立,∴f(x)min≥1,f'(x)=a-,若a≤0,则f'(x)<0,f(x)单调递减,ax-ln(2x)≥1不恒成立,∴a>0.令f'(x)=0,解得x=.当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增.∴f(x)min=f=1-ln≥1,即ln≤0,即a≥2,∴a的最小值是2.
5.解析:f'(x)=m-2x,令f'(x)=0,得x=.由题设得-2<<-1,故m∈(-4,-2).
答案:(-4,-2)
6.解析:f'(x)=3-3x2=-3(x-1)(x+1),当x<-1或x>1时,f'(x)<0,当-10,∴x=-1是函数f(x)的极小值点.∵函数f(x)=3x-x3在区间(a-1,a)上有最小值,即为极小值.∴a-1<-1答案:(-1,0)
7.解:(1)因为f(x)=x2+ln x,所以f'(x)=x+=,当x∈[1,e]时,f'(x)>0,所以y=f(x)在[1,e]内单调递增,
f(x)min=f(1)=,f(x)max=f(e)=e2+1.
(2)证明:设h(x)=x2+ln x-x3,
则h'(x)=x+-2x2==,
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,则h(x)单调递减,且h(1)=-<0,故x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即x2+ln x所以当x∈(1,+∞)时,函数y=f(x)的图象在函数g(x)=x3的图象的下方.
8.解:(1)当a=-2时,f(x)=x3-4x,
f'(x)=x2-4=(x+2)(x-2).
当x<-2或x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
当-2故f(x)在x=-2处取得极大值f(-2)=-+8=,在x=2处取得极小值f(2)=-8=-.
综上,f(x)的极大值为,极小值为-.
(2) f(x)=x3+x2+2ax,x∈[-2a,a],
故f'(x)=x2+(a+2)x+2a=(x+2)(x+a),x∈[-2a,a],
令f'(x)=0得x=-a或x=-2,
因为a∈(0,2),当-2a≥-2,即0因为f(-2a)=-a3+2a3+4a2-4a2=-a3<0,
f(a)=a3+a3+a2+2a2=a3+3a2>0,
所以f(-2a)< f(a),所以f(x)max=a3+3a2;
当-2a<-2,即1所以f(x)max=max{f(-2),f(a)},
因为f(-2)=-+2a+4-4a=-2a+<-,
f(a)=a3+a3+a2+2a2=a3+3a2>,
所以f(x)max=a3+3a2.
综上,f(x)max=a3+3a2.
9.选D　对y=xx的两边同时取自然对数得,ln y=xln x(x>0),令f(x)=xln x(x>0),则f'(x)=1+ln x,令f'(x)>0,解得x>,令f'(x)<0,解得00)在内单调递减,在上单调递增,故f(x)=xln x(x>0)在x=处取得极小值,也是最小值,且f=ln =-,故f(x)=xln x(x>0)的值域为,所以y=xx的值域为(,+∞).故选D.
10.解析:由函数f(x)=ln x,g(x)=2x,f(m)=g(n),得ln m=2n,所以mn=mln m,m>0.令h(m)=mln m,m>0,则h'(m)=(1+ln m),当m>时,h'(m)>0,当0答案:-
11.解:(1)由已知,f'(x)=aex+b,
则解得
经检验,a=1,b=-1符合题意.
(2)证明:由(1)可知,f(x)=ex-x+1.
要证f(x)>ex-x,只需证ex-x+1>ex-x,
即ex-ex+1>0.
令g(x)= ex-ex+1,则g'(x)= ex-e,
令g'(x)=0,解得x=1,
随着x的变化,g'(x),g(x)的变化情况如表所示.
x (-∞,1) 1 (1,+∞)
g'(x) - 0 +
g(x) 单调递减 1 单调递增
所以x=1时,g(x)有极小值即最小值g(1)=e1-e×1+1=1>0.
故f(x)>ex-x成立.
12.解:(1)当a=1时,f(x)=+sin x,
则f'(x)=+cos x,
当x∈(-∞,0]时,0又因为cos x≤1,所以当x∈(-∞,0]时,f'(x)=+cos x≤0,当且仅当x=0时,f'(x)=0,所以f(x)在x∈(-∞,0]上单调递减,
所以f(x)min=f(0)=1.
(2)f'(x)=+cos x,
因为x∈,所以cos x>0,ex>0,
①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在内单调递增,没有极值点.
②当a>0时,易知f'(x)=+cos x在内单调递增,
因为f'=-a·<0,f'(0)=-a+1,
当a≥1时,x∈,f'(x)≤f'(0)=-a+1≤0,
所以f(x)在内单调递减,没有极值点;当00,所以存在x0∈使f'(x0)=0,当x∈时,f'(x)<0,当x∈(x0,0)时,f'(x)>0,
所以f(x)在x=x0处取得极小值,x0为极小值点.
综上可知,若函数f(x)在上存在极值点,则实数a∈(0,1).

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