5.3.3 第2课时 函数的极值与最值的综合问题(课件 学案 练习)高中数学苏教版(2019)选择性必修第一册

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名称 5.3.3 第2课时 函数的极值与最值的综合问题(课件 学案 练习)高中数学苏教版(2019)选择性必修第一册
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文件大小 2.8MB
资源类型 教案
版本资源 苏教版(2019)
科目 数学
更新时间 2025-07-29 21:02:12

文档简介

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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