第7练　函数的极值、最值 课件（共63张PPT）

(共63张PPT)
函数的极值、最值
第7练
专项典题精练
高考汇编
1.(2011·福建)若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于
A.2 B.3 C.6 D.9
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∵f(x)在x＝1处有极值，
∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立，
∴ab的最大值为9.
2.(2011·湖南)设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时t的值为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　由题|MN|＝x2－ln x(x>0)，不妨令h(x)＝x2－ln x，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
3.(2017·全国Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为
A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1].
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
由ex－1>0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x<－2时，f′(x)>0；当－2当x>1时，f′(x)>0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点.
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
4.(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则
A.ab
C.aba2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　方法一　(分类与整合法)因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，
所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
(1)当a>0时，
所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；
此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；
所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意.
(2)当a<0时，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意.
所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；
此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
综上，a>0且b>a满足题意，a<0且b因此，可知必有ab>a2成立.
方法二　当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2·(x－2)，
画出该函数的图象如图1所示，
可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意.
从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；
当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，
画出该函数的图象如图2所示，
可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意.
从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误.
图1
图2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
方法三　当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，
如图3所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，
如图4所示，观察可知a>b.
图3
图4
综上，可知必有ab>a2成立.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
5.(2019·天津)已知a∈R.设函数f(x)＝ 若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为
A.[0,1] B.[0,2] C.[0，e] D.[1，e]
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　方法一　当a＝0时，不等式f(x)≥0恒成立，排除D；
当x≤1时，f(x)＝x2－2ex＋2e的最小值为f(1)＝1>0，满足f(x)≥0；
易得f(x)在x＝e处取得极小值(也是最小值)f(e)＝0，
满足f(x)≥0恒成立，排除A，B.
方法二　当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2－a2＋2a.
当a≤1时，可得f(x)的最小值为f(a)＝－a2＋2a，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
令f(a)≥0，解得0≤a≤2，故0≤a≤1；
当a>1时，可得f(x)的最小值为f(1)＝1≥0，满足条件，所以a≥0.
当a≤1时，f′(x)>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故只需1－aln 1≥0，显然成立；
当a>1时，由f′(x)＝0可得x＝a，
易得f(x)的最小值为f(a)＝a－aln a，
令f(a)≥0，解得a≤e，故1综上，a的取值范围是[0，e].
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
6.(2013·全国Ⅰ)若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值是____.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
16
解析　依题意，f(x－2)为偶函数，
f(x－2)＝(－x2＋4x－3)[x2＋(a－4)x＋4－2a＋b]，
其中x3的系数为8－a，故a＝8，
x的系数为28＋4b－11a，故b＝15，
f′(x)＝－4x3－24x2－28x＋8，
令f′(x)＝0，得x3＋6x2＋7x－2＝0，
由对称轴为x＝－2可知，
将该式分解为(x＋2)(x2＋4x－1)＝0，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
7.(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为_____.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
当x>1时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
综上，f(x)min＝1.
8.(2017·全国Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　如图，连接OD，交BC于点G，
由题意知，OD⊥BC，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
则f′(x)＝100x3－50x4.
令f′(x)＝0，得x＝2.
当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当x＝2时，f(x)取得最大值80，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
模拟精选
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
故函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，
故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，
10.(2021·驻马店模拟)若函数f(x)＝ex－2ax2＋1有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　由题意可得，f′(x)＝ex－4ax＝0有2个不同的实数根，
令g′(x)>0，可得x>1；令g′(x)<0，可得0所以g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
11.(2021·吉安模拟)已知函数f(x)＝ln x－x＋a－1，若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是
A.[0，＋∞) B.[2，＋∞)
C.(－∞，0] D.(－∞，2]
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
令f′(x)＝0，则x＝1，
∴当00，此时f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝a－2，
∵存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，
∴只需f(x)max＝a－2≥0，∴a≥2，
∴a的取值范围为[2，＋∞).
12.(2021·新乡模拟)某冷饮店的日销售额y(单位：元)与当天的最高气温x(单位：℃，20≤x≤40)的关系式为y＝ ，则该冷饮店的日销售额的最大值约为
A.907元 B.910元
C.915元 D.920元
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
所以当200，即函数在(20,38)上单调递增，
当38所以当x＝38时，函数取得最大值，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
13.(多选)(2021·重庆市育才中学模拟)已知函数f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax(a∈R)，下列说法正确的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
B.若函数是偶函数，则a＝－3
C.若a＝－2，函数存在最小值
D.若函数存在极值，则实数a的取值范围是(－3,0)
√
√
√
解析　对于A，B中，函数的定义域为R，且f(－x)＝f(x)，
则ln(e－3x＋1)＋a(－x)＝ln(e3x＋1)＋ax，
则ln e3x＝－2ax，
对于C中，当a＝－2时，f(x)＝ln(e3x＋1)－2x，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
因为f(x)存在极值，则f′(x)＝0有零点，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解得－314.(2021·遂宁模拟)若ex－(a－1)x－ln x－ln a≥0，则a的最大值为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
解析　原不等式化为x＋ex≥ax＋ln(ax)，
即ex＋ln ex≥ax＋ln(ax)，
令f(x)＝x＋ln x(x>0)，
知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，原不等式转化为f(ex)≥f(ax)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
当0当x>1时，u′(x)>0，u(x)单调递增，
故当x＝1时，u(x)取得最小值u(1)＝e，
所以a的最大值为e.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
15.(2021·淄博模拟)已知函数f(x)＝|x3＋2x＋a|在[1,2]上的最大值是6，则实数a的值是__________.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
－9或－6
解析　令g(x)＝x3＋2x＋a，
得g′(x)＝3x2＋2xln 2>0，
则函数g(x)在[1,2]上单调递增，
可得g(1)≤g(x)≤g(2)，
即a＋3≤g(x)≤a＋12，
当a≥－3时，g(x)≥a＋3≥0，f(x)＝|g(x)|＝g(x)≤a＋12，
由a＋12＝6，解得a＝－6<－3，舍去；
当a<－3时，若g(x)≥0，则0≤|g(x)|≤a＋12，
若g(x)<0，则0<|g(x)|≤－a－3，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
故a＋12＝6或－a－3＝6，解得a＝－6或a＝－9.
当a＝－6时，|a＋3|＝3当a＝－9时，a＋12＝3<9－3＝6，
故a＝－6或a＝－9均符合题意.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
e2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
因为a>0，
则函数f(x)单调递减；
则函数f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋3≥b，
由g′(a)＝0，可得a＝e－2，
则函数g(a)单调递增；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
则函数g(a)单调递减，
考情分析
练后疑难精讲
应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题.
一、利用导数研究函数的极值
核心提炼
求可导函数f(x)的极值的步骤
(1)求定义域；(2)求导；(3)令f′(x)＝0；
(4)列表，检查f′(x)在方程根左、右值的符号；
(5)得出结论：如果左正右负，那么f(x)在这个根取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根取得极小值.
注意：只有极大值无极小值时，要指出“无极小值”.
题号 1 3 13
二、利用导数研究函数的最值
核心提炼
求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值.
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
题号 2 6 7 8 9 12
三、由极值、最值求参数问题
核心提炼
已知函数极值求参数时需注意的问题
(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.
(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.
题号 4 5 10 11 14 15 16
易错对点精补
√
1
2
3
4
解析　令f(x)＝m－x2＋2ln x＝0，则m＝x2－2ln x，
1
2
3
4
2.[T7补偿](2021·张家界模拟)函数f(x)＝x－ln x与g(x)＝xex－ln x－x的最小值分别为a，b，则
A.a＝b B.a>b
C.a√
1
2
3
4
解析　f(x)的定义域是(0，＋∞)，
令f′(x)<0，解得0令f′(x)>0，解得x>1，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)的最小值是f(1)＝1，故a＝1，
g(x)＝xex－ln x－x，定义域为(0，＋∞)，
1
2
3
4
令h(x)＝xex－1，则可得h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(0)<0，h(1)>0，
1
2
3
4
故存在x0∈(0,1)使得h(x0)＝0，即x0 ＝1，
即x0＋ln x0＝0，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
故当x＝x0时，函数g(x)取得最小值，
g(x0)＝x0 －ln x0－x0＝1－ln x0－x0＝1，
即b＝1，a＝b.
3.[T8补偿]已知半球O与圆台OO′有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为
√
1
2
3
4
解析　如图1所示，设BC＝x，CO′＝r，
作CF⊥OB于点F，延长OO′交球面于点E，
由圆的相交弦定理及图2得
CO′·O′D＝O′E·O′H＝(1＋OO′)·(1－OO′)，
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
在轴截面中，∠OBC为圆台母线与底面所成的角，
4.[T16补偿](2021·南昌模拟)已知函数f(x)＝x＋ln(x－1)，g(x)＝xln x.若f(x1)＝1＋2ln t，g(x2)＝t2，则(x1x2－x2)ln t的最小值为
√
1
2
3
4
解析　∵f(x1)＝x1＋ln(x1－1)＝1＋2ln t，
即x1－1＋ln(x1－1)＝ln t2＝ln[ ·(x1－1)]，
∴t2＝ (x1－1)，t2>0， ①
∵g(x2)＝x2ln x2＝t2＝ ·ln x2， ②
又∵y＝x·ex在(0，＋∞)上单调递增，
故由①②得x1－1＝ln x2，
故(x1x2－x2)ln t＝x2ln x2·ln t＝t2ln t，
令h(t)＝t2ln t(t>0)，则h′(t)＝2tln t＋t，
1
2
3
4
1
2
3
4
令h′(t)>0，解得t> ，
令h′(t)<0，解得0故h(t)在(0， )上单调递减，在( ，＋∞)上单调递增，