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第2课时　函数的极值与最值的综合问题
[教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学]
[课时目标]　
利用导数会求解含参函数的极值、最值问题.了解导数的实际应用.
题型(一)　含参数的极值问题
[例1]　设函数f(x)=ex-ax-1.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若f(x)存在极值M,求证:M≤0.
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)=ln x-ax,x∈(0,e],其中e为自然对数的底数.
(1)若x=1为f(x)的极值点,求f(x)的单调区间和最大值;
(2)是否存在实数a,使得f(x)的最大值是-3 若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
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.
3.已知函数f(x)=-ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求f(x)在上的最大值g(a).
题型(三)　导数在解决实际问题中的应用
[例3]　某造船公司年最高造船量是20艘,已知造船x艘的产值函数为R(x)=3 700x+45x2-10x3(单位:万元),成本函数为C(x)=460x+5 000(单位:万元),又在经济学中,函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x).
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x);(提示:利润=产值-成本)
(2)问年造船量安排多少艘时,可使公司造船的年利润最大
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间,并说明单调递减在本题中的实际意义是什么
听课记录:
|思|维|建|模|
解决优化问题时应注意的问题
(1)列函数解析式时,注意实际问题中变量的取值范围,即函数的定义域.
(2)一般地,通过函数的极值来求得函数的最值.如果函数在给定区间内只有一个极值点,那么根据实际意义判断该值是最大值还是最小值即可,不必再与端点处的函数值进行比较.
　　[针对训练]
4.将一块2 m×6 m的矩形钢板按如图所示的方式划线,要求①至⑦全为矩形,沿线裁去阴影部分,把剩余部分焊接成一个以⑦为底,⑤⑥为盖的水箱,设水箱的高为x m,容积为y m3.
(1)写出y关于x的函数关系式;
(2)当x取何值时,水箱的容积最大
第2课时　函数的极值与最值的综合问题
[题型(一)]
[例1]　解：(1)由题设f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a，故在(－∞，ln a)上f′(x)<0，在(ln a，＋∞)上f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，没有极值；当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
f(x)存在极小值M＝f(ln a)＝a－aln a－1.
令g(a)＝a－aln a－1(a>0)，则g′(a)＝－ln a，所以g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(a)在a＝1处取得最大值0，所以g(a)≤0恒成立，即M≤0.
[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) ? 极大值 ? 极小值 ?
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：(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝，由f′(1)＝0，得a＝1.
∴f′(x)＝，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，
当x∈(1，e]时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]．f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1.
(2)∵f(x)＝ln x－ax，∴f′(x)＝，
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，
解得a＝>0，舍去；
②当a>0时，由f′(x)＝＝0，得x＝，当0<时，∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，
∴f(x)max＝f ＝－1－ln a＝－3，
∴a＝e2，符合题意；当e≤，即0，舍去．
综上，存在a符合题意，此时a＝e2.
[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 ? 极大 值 ? 极小 值 ? 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 ? 极大值 ? 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3．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝，
①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；
当00，所以f(x)在(0，a)内单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)f′(x)＝，当a≤时，f(x)在上单调递减，所以f(x)max＝f＝2－ae；当所以f(x)max＝f(e)＝－，
综上，g(a)＝
[题型(三)]
[例3]　解：(1)P(x)＝R(x)－C(x)＝－10x3＋45x2＋3 240x－5 000(x∈N*，且1≤x≤20)，
MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－10(x＋1)3＋45(x＋1)2＋3 240(x＋1)－5 000－(－10x3＋45x2＋3 240x－5 000)＝－30x2＋60x＋3 275(x∈N*，且1≤x≤19)．
(2)P′(x) ＝－30x2＋90x＋3 240＝－30(x－12)·(x＋9)，∵x>0，∴P′(x) ＝0时，x＝12，
∴当00，P(x)单调递增；当x>12时，P′(x)<0，P(x)单调递减，
∴x＝12时，P(x)有最大值，即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大．
(3) MP(x)＝P(x＋1)－P(x)＝－30x2＋60x＋3 275＝－30(x－1)2＋3 305，
所以当x≥1时，MP(x)单调递减，
所以单调递减区间为[1,19]，且x∈N*.
MP(x)单调递减的实际意义是：随着产量的增加，每艘船的利润与前一艘比较，利润在减少．
[针对训练]
4．解：(1)由水箱的高为x m，得水箱底面的宽为(2－2x)m，长为＝(3－x)m.
故水箱的容积y＝(2－2x)(3－x)x＝2x3－8x2＋6x(0(2)由(1)得y′＝6x2－16x＋6，令y′＝0，
解得x＝(舍去)或x＝，
所以y＝2x3－8x2＋6x(01 / 2(共49张PPT)
函数的极值与最值的综合问题
[教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学]
第2课时
课时目标
利用导数会求解含参函数的极值、最值问题.了解导数的实际应用.
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)　导数在解决实际问题中的应用
4
课时检测
题型(一)　含参数的极值问题
01
[例1]　设函数f(x)=ex-ax-1.
(1)求f(x)的单调区间;
解:由题设f'(x)=ex-a，
当a≤0时，f'(x)>0恒成立，故f(x)的单调递增区间为R，
无单调递减区间;当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a，
故在(-∞，ln a)上f'(x)<0，在(ln a，+∞)上f'(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(-∞，ln a)，
单调递增区间为(ln a，+∞).
(2)若f(x)存在极值M，求证:M≤0.
解:证明:由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，没有极值;当a>0时，f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增，
f(x)存在极小值M=f(ln a)=a-aln a-1.
令g(a)=a-aln a-1(a>0)，则g'(a)=-ln a，
所以g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，g(a)在a=1处取得最大值0，所以g(a)≤0恒成立，即M≤0.
|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.
x (-∞，0) 0 (0，a-1) a-1 (a-1，+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
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)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
02
[例2]　已知函数f(x)=ln x-ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数.
(1)若x=1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值;
解:∵f(x)=ln x-ax，x∈(0，e]，∴f'(x)=，由f'(1)=0，得a=1.
∴f'(x)=，当x∈(0，1)时，f'(x)>0，当x∈(1，e]时，f'(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，e].
f(x)的极大值为f(1)=-1，也即f(x)的最大值为f(1)=-1.
(2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是-3 若存在，求出a的值;若不存在，请说明理由.
解:∵f(x)=ln x-ax，∴f'(x)=，
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)的最大值是f(e)=1-ae=-3，解得a=>0，舍去;
②当a>0时，由f'(x)==0，得x=，当0<即a>时，∴x∈时，f'(x)>0;x∈时，f'(x)<0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
又f(x)在(0，e]上的最大值为-3，∴f(x)max=f =-1-ln a=-3，
∴a=e2，符合题意;当e≤，即0∴f(x)max=f(e)=1-ae=-3，解得a=>，舍去.
综上，存在a符合题意，此时a=e2.
|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 1
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) -7+6a ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 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 1
f'(x) + 0 -
f(x) -7+6a ↗ 极大值 ↘ 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3.已知函数f(x)=-ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性;
解:函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=，
①若a≤0，则f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递减;
②若a>0，则当x>a时，f'(x)<0;当00，
所以f(x)在(0，a)内单调递增，在(a，+∞)上单调递减.
(2)求f(x)在上的最大值g(a).
解:f'(x)=，当a≤时，f(x)在上单调递减，
所以f(x)max=f=2-ae;当题型(三)　导数在解决实际问题中的应用
03
[例3]　某造船公司年最高造船量是20艘，已知造船x艘的产值函数为R(x)=3 700x+45x2-10x3(单位:万元)，成本函数为C(x)=460x+5 000(单位:万元)，又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf(x)=f(x+1)-f(x).
(1)求利润函数P(x)及边际利润函数MP(x);(提示:利润=产值-成本)
解: P(x)=R(x)-C(x)=-10x3+45x2+3 240x-5 000(x∈N*，且1≤x≤20)，
MP(x)=P(x+1)-P(x)=-10(x+1)3+45(x+1)2+3 240(x+1)-5 000-(-10x3+
45x2+3 240x-5 000)=-30x2+60x+3 275(x∈N*，且1≤x≤19).
(2)问年造船量安排多少艘时，可使公司造船的年利润最大
解: P'(x) =-30x2+90x+3 240=-30(x-12)·(x+9)，∵x>0，∴P'(x) =0时，x=12，∴当00，P(x)单调递增;当x>12时，P'(x)<0，P(x)单调递减，∴x=12时，P(x)有最大值，即年造船量安排12艘时，可使公司造船的年利润最大.
(3)求边际利润函数MP(x)的单调递减区间，并说明单调递减在本题中的实际意义是什么
解: MP(x)=P(x+1)-P(x)=-30x2+60x+3 275=-30(x-1)2+3 305，
所以当x≥1时，MP(x)单调递减，
所以单调递减区间为[1，19]，且x∈N*.
MP(x)单调递减的实际意义是:随着产量的增加，每艘船的利润与前一艘比较，利润在减少.
|思|维|建|模|
解决优化问题时应注意的问题
(1)列函数解析式时，注意实际问题中变量的取值范围，即函数的定义域.
(2)一般地，通过函数的极值来求得函数的最值.如果函数在给定区间内只有一个极值点，那么根据实际意义判断该值是最大值还是最小值即可，不必再与端点处的函数值进行比较.
针对训练
4.将一块2 m×6 m的矩形钢板按如图所示的方式划线，要求①至⑦全为矩形，沿线裁去阴影部分，把剩余部分焊接成一个以⑦为底，⑤⑥为盖的水箱，设水箱的高为x m，容积为y m3.
(1)写出y关于x的函数关系式;
解:由水箱的高为x m，得水箱底面的宽为(2-2x)m，长为=(3-x)m.
故水箱的容积y=(2-2x)(3-x)x=2x3-8x2+6x(0(2)当x取何值时，水箱的容积最大
解:由(1)得y'=6x2-16x+6，令y'=0，解得x=(舍去)或x=，
所以y=2x3-8x2+6x(0课时检测
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1.已知某商品的进价为4元，通过多日的市场调查，该商品的市场销量y(件)与商品售价x(元)的关系为y=e-x，则当此商品的利润最大时，该商品的售价x(元)为 (　　)
A.5 B.6
C.7 D.8
√
解析:根据题意可得利润函数f(x)=(x-4)e-x，f'(x)=e-x-(x-4)e-x=(5-x)e-x，当x>5时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，所以当x=5时，函数f(x)取最大值，故选A.
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2.[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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3.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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4.当a>0时，xln x-a=0的解有 (　　)
A.0个 B.1个
C.2个 D.不确定
√
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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5.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
√
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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6.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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7.(5分)已知函数f(x)=ln x，g(x)=2x，f(m)=g(n)，则mn的最小值是____.
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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01
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8.(5分)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_________.
(-4，-2)
解析:f'(x)=m-2x，令f'(x)=0，得x=.由题设得-2<<-1，故m∈(-4，-2).
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9.(5分)设底为等边三角形的直三棱柱的体积为V，那么其表面积最小时底面边长为______.
解析:设底面边长为x，则表面积S=x2+V(x>0).∴S'=(x3-4V).令S'=0，得x=.
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10.(5分)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________.
(-1，0)
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<-11
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11.(10分)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;(4分)
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.(6分)
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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12.(10分)已知函数f(x)=aex+bx+1在x=0处有极值2.
(1)求a，b的值;(4分)
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.(6分)
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，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) ↘ 1 ↗
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.
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13.(15分)已知函数f(x)=x3+x2+2ax.
(1)当a=-2时，求f(x)的极值;(5分)
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.(10分)
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0f(x)在(-2a，-a)内单调递减，在(-a，a)内单调递增，
所以f(x)max=max{f(-2a)，f(a)}，
因为f(-2a)=-a3+2a3+4a2-4a2=-a3<0，
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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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14.(15分)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;(5分)
解:当a=1时，f(x)=+sin x，则f'(x)=+cos x，
当x∈(-∞，0]时，0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]上是单调递减，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.(10分)
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;
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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).课时检测(五十一)　函数的极值与最值的综合问题
(标的题目为推荐讲评题,配有精品课件.选择题请在答题区内作答,填空、解答题请在题后作答)
1.已知某商品的进价为4元,通过多日的市场调查,该商品的市场销量y(件)与商品售价x(元)的关系为y=e-x,则当此商品的利润最大时,该商品的售价x(元)为 (　　)
A.5 B.6
C.7 D.8
2.[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
3.函数f(x)=的最大值为 (　　)
A.a B.(a-1)e
C.e1-a D.ea-1
4.当a>0时,xln x-a=0的解有 (　　)
A.0个 B.1个
C.2个 D.不确定
5.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
6.已知实数x>0,则函数y=xx的值域为 (　　)
A.(0,+∞) B.(1,+∞)
C. D.
7.(5分)已知函数f(x)=ln x,g(x)=2x,f(m)=g(n),则mn的最小值是　　　　.
8.(5分)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　　　　　　　　.
9.(5分)设底为等边三角形的直三棱柱的体积为V,那么其表面积最小时底面边长为　　　　.
10.(5分)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　　　　　　　.
11.(10分)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;(4分)
(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.(6分)
12.(10分)已知函数f(x)=aex+bx+1在x=0处有极值2.
(1)求a,b的值;(4分)
(2)证明:f(x)>ex-x.(6分)
13.(15分)已知函数f(x)=x3+x2+2ax.
(1)当a=-2时,求f(x)的极值;(5分)
(2)当a∈(0,2)时,求函数f(x)在[-2a,a]上的最大值.(10分)
14.(15分)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;(5分)
(2)若函数f(x)在上存在极值点,求实数a的取值范围.(10分)
课时检测(五十一)
1．选A　根据题意可得利润函数f(x)＝(x－4)e－x，f′(x)＝e－x－(x－4)e－x＝(5－x)·e－x，当x>5时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当00，f(x)单调递增，所以当x＝5时，函数f(x)取最大值，故选A.
2．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.
3．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.
4.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.
5．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.
6．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(e－，＋∞)．故选D.
7．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：－
8．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)
9．解析：设底面边长为x，则表面积S＝x2＋V(x>0)．∴S′＝(x3－4V)．令S′＝0，得x＝.
答案：
10．解析：f′(x)＝3－3x2＝－3(x－1)(x＋1)，当x＜－1或x＞1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜1时，f′(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＜a，解得－1＜a＜0.
答案：(－1,0)
11．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．
12．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) ? 1 ?
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．
13．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00，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.
14．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]上是单调递减，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·e<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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