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高考数学第一轮复习第二章第12课时导数与函数的最值及在实际生活中的应用

时间:2016-04-04


第 12 课时 导数与函数的最值及在实际生活中的应用

1.函数的最值 假设函数 y=f(x)在闭区间[a,b]上的图象是一条连续不间断的曲线,则该函数在[a,b] 上一定能够取得最大值与最小值.若函数在(a,b)内是可导的,该函数的最值必在极值点或 区间端点处取得. 2.解决优化问题的基本思路

. 1.必明辨的 2 个易错点 (1)函数

的极值与最值的区别 极值是指某一点附近函数值的比较.因此,同一函数在某一点的极大(小)值,可以比另 一点的极小(大)值小(大);而最大、最小值是指在闭区间[a,b]上所有函数值的比较,因而在 一般情况下,两者是有区别的,极大(小)值不一定是最大(小)值,最大(小)值也不一定是极大 (小)值,但如果连续函数在区间(a,b)内只有一个极值,那么极大值就是最大值,极小值就 是最小值. (2)极值与最值的存在性 闭区间[a,b]上的连续函数不一定存在极值,但一定有最值.

考点一

函数、不等式与导数

ln x 已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= x ,其中 e 是自然常数,a∈R. (1)当 a=1 时,判断 f(x)的单调性、求 f(x)的极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2 1 x-1 [解] (1)当 a=1 时,f(x)=x-ln x,f′(x)=1- = , x x 所以当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减;当 1<x<e 时,f′(x)>0,此时 f(x) 单调递增. 所以 f(x)的极小值为 f(1)=1. (2)证明:因为 f(x)的极小值为 1,即 f(x)在(0,e]上的最小值为 1, 所以 f(x)>0,f(x)min=1, 1-ln x 1 ln x 1 令 h(x)=g(x)+ = + ,h′(x)= , 2 x 2 x2 当 0<x<e 时,h′(x)>0,所以 h(x)在(0,e]上单调递增, 1 1 1 1 所以 h(x)max=h(e)= + < + =1=f(x)min. e 2 2 2 1 所以在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2

[名师点评] 在比较函数值的大小、证明不等式等过程中,常常要构造函数,通过研究 新函数的单调性和定义域内的最值,来确定函数值的大小和不等号的方向. 1.已知函数 f(x)=x-1-aln x(a∈R). (1)若 a=1,求证:f(x)≥0; (2)若 f(x)≥0,求证:a=1. 1 x-1 证明:(1)当 a=1 时,f(x)=x-1-ln x,f′(x)=1- = , x x 所以,当 x>1 时,f′(x)>0,所以函数 f(x)在(1,+∞)上是增函数. 当 0<x<1 时,f′(x)<0,所以函数 f(x)在(0,1)上是减函数, 所以 f(x)≥f(1)=0. a x-a (2)由 f′(x)=1- = ,其中 x>0, x x ①当 a≤0 时,f′(x)>0 恒成立,所以函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数, 由于 f(1)=0,那么当 x∈(0,1)时,f(x)<0 与 f(x)≥0 恒成立矛盾, 所以 a≤0 不满足题意. ②当 a>0 时,因为当 x>a 时,f′(x)>0,所以函数 f(x)在(a,+∞)上是增函数, 当 0<x<a 时,f′(x)<0,所以函数 f(x)在(0,a)上是减函数, 所以 f(x)≥f(a)=a-1-aln a. 因为 f(1)=0,所以当 a≠1 时,总存在 f(x)<f(1)=0,此时与 f(x)≥0 恒成立矛盾, 所以 a=1, 综上,f(x)≥0 恒成立的充要条件是 a=1. 考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根 9 已知函数 f(x)=x3- x2+6x-a. 2 (1)对?x∈R,f′(x)≥m 恒成立,求 m 的最大值; (2)若函数 f(x)有且仅有一个零点,求实数 a 的取值范围. [解] (1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2). 因为对?x∈R,f′(x)≥m 恒成立, 所以对?x∈R,恒有 3x2-9x+(6-m)≥0, 3 3 因此 Δ=81-12(6-m)≤0,得 m≤- ;实数 m 的最大值为- . 4 4 2 (2)由 f′(x)=3x -9x+6=3(x-1)(x-2)可知当 x<1 时,f′(x)>0;当 1<x<2 时,f′(x) <0;当 x>2 时,f′(x)>0; 5 所以 x=1 时,f(x)有极大值 f(1)= -a, 2 x=2 时,f(x)有极小值 f(2)=2-a, 5 所以当 f(2)>0 或 f(1)<0 时,方程 f(x)=0 仅有一个实数根,解得:a<2 或 a> ; 2 5 所以 a<2 或 a> 时,函数 f(x)有且仅有一个零点. 2 [名师点评] (1)利用导数研究函数的单调性、 极值等性质, 并借助函数图象的交点情况, 把函数的极值与图象交点联系起来,利用数形结合,建立含参数的方程组(或不等式组)进行 求解. (2)要熟悉、 理解、 掌握函数 y=ax3+bx2+cx+d 与函数 y=ax3 图象的关系及大致图象. a >0 时,x→+∞时,图象向上,x→-∞时,图象向下;a<0 时,x→+∞时,图象向下,x→ -∞时,图象向上. 要使函数 y=ax3+bx2+cx+d 有三个零点, 方程的极大值必须要大于 0, 同时极小值必须要小于 0. 2.若函数 f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点,则实数 a 的取值范围是 ________. 解析:由于函数 f(x)是连续的,故只需要两个极值异号即可.f′(x)=3x2-3,令 3x2-3 =0,得 x=± 1,只需 f(-1)· f(1)<0,即(a+2)(a-2)<0,故 a∈(-2,2).

答案:(-2,2) 考点三 利用函数研究恒成立及参数求解问题 (高频考点) 1 ? a 已知函数 f(x)=x+x+b(x≠0),其中 a,b∈R.若对于任意的 a∈? ?2,2?,不等 1 ? 式 f(x)≤10 在 x∈? ?4,1?时恒成立,求 b 的取值范围.
2 a x -a [解] 由 f′(x)=1- 2= 2 ,易得 f(x)在[ a,+∞)上是增函数,在(0, a)上是减函 x x 数. 1 ? ?1? 1 (1)若 a≥1,则 f(x)在? ?4,1?上是减函数,此时,f(x)max=f?4?=4+4a+b,由 f(x)≤10 1 ? 1 39 7 ?1 ? 在 x∈? ?4,1?时恒成立,得4+4a+b≤10?b≤ 4 -4a 恒成立,由于 a∈?2,2?,得 b≤4. 1 1 ? ?1 ? (2)若 ≤a<1, 则 f(x)在? ?4, a?上是减函数,在( a,1)上是增函数,于是,f(x)在?4,1? 2 1? ?1 ? 上的最大值为 f ? ?4? 与 f(1) 中的较大者,不等式 f(x)≤10 在 ?4,1? 上恒成立,当且仅当 1? 39 7 ? ? ? ?f? ?b≤ 4 -4a, ?b≤4, ≤10, 1 ? 7 ? 4 ? ? ? 即? 恒成立, 对于任意的 a∈?2,2?, 得? 从而得 b≤ , 4 ? ? ? ?f?1?≤10, ?b≤9-a ?b≤7, 7? 由(1)、(2)得满足条件的 b 的取值范围是? ?-∞,4?. [名师点评] (1)求函数的单调区间, 直接求导, 然后解不等式即可, 注意函数的定义域. (2)参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等,求解时注意分类讨论 思想的运用. ln x 3.(1)函数 y= x 的最大值为( ) -1 A.e B.e 10 C.e2 D. 3 f?x? (2)已知 y=f(x)为 R 上的可导函数,当 x≠0 时,f′(x)+ x >0,则关于 x 的函数 g(x) 2 =f(x)+x的零点个数为( ) A.1 B.2 C.0 D.0 或 2 1 2 (3)已知函数 f(x)= x +ln x.若?x0∈[1,e]使不等式 f(x0)≤m,则实数 m 的取值范围 2 为________. ?ln x?′x-ln x· x′ 1-ln x 解析:(1)令 y′= = =0,得 x=e,当 x>e 时,y′<0; 2 x x2 1 1 当 x<e 时,y′>0,y 极大值=f(e)= ,在定义域内只有一个极值,所以 ymax= . e e xf′?x?+f?x? [xf?x?]′ f?x? (2)由 f′(x)+ >0? >0? >0, x x x 当 x<0 时,[xf(x)]′<0,即 x∈(-∞,0)时,函数 y=xf(x)为减函数; 当 x>0 时,[xf(x)]′>0,即 x∈(0,+∞)时,函数 y=xf(x)为增函数; 设 h(x)=xf(x),得 h(x)min=h(0)=0,于是,当 x≠0 时,xf(x)>0. 2 由于 g(x)=f(x)+ =0?xf(x)=-2,由上述可知 xf(x)>0,所以 xf(x)=-2 无解,故函数 x

2 g(x)=f(x)+ 的零点个数为 0. x 1 1 (3)由于 f(x)= x2+ln x(x>0),f′(x)=x+ , 2 x 由 x∈[1,e],f′(x)>0 得函数 f(x)在区间[1,e]上为增函数, 1 1 2? 则当 x∈[1,e]时 f(x)∈? ?2,1+2e ?. 1 故要使?x0∈[1,e]使不等式 f(x0)≤m 成立,只需 m≥ 即可. 2 1 答案:(1)A (2)C (3)m≥ 2


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