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第二章第13讲导数与函数的极值、最值


第 13 讲 导数与函数的极值、最值

1.函数的极值 函数 y=f(x)在点 x=a 的函数值 f(a)比它在点 x=a 附近其他点的函数值都小, f′(a)=0; 而且在点 x=a 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,则点 a 叫做函数 y=f(x)的极小值点,f(a) 叫做函数 y=f(x)的极小值. 函数 y=f(x)在点 x=b 的函数

值 f(b)比它在点 x=b 附近其他点的函数值都大, f′(b)=0; 而且在点 x=b 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则点 b 叫做函数 y=f(x)的极大值点,f(b) 叫做函数 y=f(x)的极大值. 极大值点、极小值点统称为极值点,极大值、极小值统称为极值. 2.函数的最值 (1)在闭区间[a,b]上连续的函数 f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值. (2)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函 数 f(x)在[a,b]上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值. [做一做] 1.设函数 f(x)=xex,则( ) A.x=1 为 f(x)的极大值点 B.x=1 为 f(x)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点 解析:选 D.求导得 f′(x)=ex+xex=ex(x+1),令 f′(x)=ex(x+1)=0,解得 x=-1,易知 x=-1 是函数 f(x)的极小值点,所以选 D. 2.函数 y=2x3-2x2 在区间[-1,2]上的最大值是________. 解析:y′=6x2-4x,令 y′=0, 2 得 x=0 或 x= . 3 2? 8 ∵f(-1)=-4,f(0)=0,f? ?3?=-27,f(2)=8. ∴最大值为 8. 答案:8

1.辨明两个易误点 (1)求函数极值时,误把导数为 0 的点作为极值点; (2)易混极值与最值,注意函数最值是个“整体”概念,而极值是个“局部”概念.

2.明确两个条件 一是 f′(x)>0 在(a,b)上成立,是 f(x)在(a,b)上单调递增的充分不必要条件. 二是对于可导函数 f(x),f′(x0)=0 是函数 f(x)在 x=x0 处有极值的必要不充分条件. [做一做] 3.已知 x=3 是函数 f(x)=aln x+x2-10x 的一个极值点,则实数 a=________. a a 解析:f′(x)= +2x-10,由 f′(3)= +6-10=0,得 a=12,经检验满足条件. x 3 答案:12

,[学生用书 P45~P46]) 考点一__函数的极值问题(高频考点)____________ 函数的极值是每年高考的热点,一般为中高档题,三种题型都有,高考对函数极值的考 查主要有以下三个命题角度: (1)知图判断函数极值的情况; (2)已知函数解析式求极值; (3)已知极值求参数值. 函数 f(x)的定义域为开区间(a,b),其导函数 f′(x)在(a,b)内的图象如图所示, 则函数 f(x)在开区间(a,b)内的极大值点有( )

A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 [解析] 依题意,记函数 y=f′(x)的图象与 x 轴的交点的横坐标自左向右依次为 x1,x2, x3,x4.当 a<x<x1 时,f′(x)>0;当 x1<x<x2 时,f′(x)<0;当 x2<x<x4 时,f′(x)≥0;当 x4<x<b 时,f′(x)<0.因此,函数 f(x)分别在 x=x1,x=x4 处取得极大值,故极大值点有 2 个. [答案] B [规律方法] 运用导数求可导函数 y=f(x)的极值的步骤: (1)先求函数的定义域,再求函数 y=f(x)的导数 f′(x); (2)求方程 f′(x)=0 的根; (3)检查 f′(x)在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大 值,如果左负右正,那么 f(x)在这个根处取得极小值.如果左右符号相同,则此根处不是极 值点. x3-2x2 1.(1)已知函数 f(x)= .求 f(x)的极大值和极小值. ex (2)已知 a,b 是实数,1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点. ①求 a 和 b 的值; ②设函数 g(x)的导函数 g′(x)=f(x)+2,求 g(x)的极值点. -x(x2-5x+4) -x(x-1)(x-4) 解:(1)函数 f(x)的定义域为 R,f′(x)= = , ex ex 当 x 变化时,f(x)、f′(x)的符号变化情况如下: x f′(x) f(x) x<0 + 单调递增 x=0 0 极大值 0<x<1 - 单调递减 x =1 0 极小值 1<x<4 + 单调递增 x=4 0 极大值 x>4 - 单调递减

32 1 ∴f(x)的极大值为 f(0)=0 和 f(4)= 4 ,f(x)的极小值为 f(1)=- . e e (2)①由题设知 f′(x)=3x2+2ax+b,且 f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解

得 a=0,b=-3. ②由①知 f(x)=x3-3x. 因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以 g′(x)=0 的根为 x1=x2=1,x3=-2,于是函数 g(x) 的极值点只可能是 x=1 或 x=-2. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0,故 x=-2 是 g(x)的极小值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 x=1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极小值点为 x=-2,无极大值点. 考点二__函数的最值问题______________________ (2014· 高考江西卷)已知函数 f(x)=(4x2+4ax+a2) x,其中 a<0. (1)当 a=-4 时,求 f(x)的单调递增区间; (2)若 f(x)在区间[1,4]上的最小值为 8,求 a 的值. 扫一扫 进入 91 导学网(www.91daoxue.com) 函数最值的求法

[解] (1)当 a=-4 时,由 f′(x)= 2? 得 x∈? ?0,5?或 x∈(2,+∞),

2(5x-2)(x-2) 2 =0,得 x= 或 x=2.由 f′(x)>0, 5 x

2 0, ?和(2,+∞). 故函数 f(x)的单调递增区间为? ? 5? (2)因为 f′(x)= (10x+a)(2x+a) ,a<0, 2 x

a a 由 f′(x)=0,得 x=- 或 x=- . 10 2 a? a? ? a 当 x∈ ? ?0,-10? 时 , f(x) 单 调 递 增 ; 当 x∈ ?-10,-2? 时 , f(x) 单 调 递 减 ; 当 a 2 ? ? a? x∈? ?-2,+∞?时,f(x)单调递增,易知 f(x)=(2x+a) x≥0,且 f?-2?=0. a ①当- ≤1,即-2≤a<0 时,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(1),由 f(1)=4+4a+a2=8, 2 得 a=± 2 2-2,均不符合题意. a? a ②当 1<- ≤4, 即-8≤a<-2 时, f(x)在[1, 4]上的最小值为 f? ?-2?=0,不符合题意. 2 a ③当- >4, 即 a<-8 时, f(x)在[1, 4]上的最小值可能在 x=1 或 x=4 上取得, 而 f(1)≠8, 2 由 f(4)=2(64+16a+a2)=8,得 a=-10 或 a=-6(舍去),当 a=-10 时,f(x)在(1,4)上单 调递减,f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8,符合题意. 综上有 a=-10. [规律方法] 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. 1 2.设函数 f(x)=aln x-bx2(x>0),若函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切. 2 (1)求实数 a,b 的值; 1 ? (2)求函数 f(x)在? ?e,e?上的最大值. a 解:(1)f′(x)= -2bx, x 1 ∵函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切, 2 f′(1)=a-2b=0, a=1, ? ? ? ? ∴? 1 解得? 1 f(1)=-b=- , ? ? 2 ? ?b=2. 1-x2 1 1 (2)f(x)=ln x- x2,f′(x)= -x= , 2 x x 1 1 ∵当 ≤x≤e 时,令 f′(x)>0,得 ≤x<1; e e 1 ? 令 f′(x)<0,得 1<x≤e,∴f(x)在? ?e,1?上单调递增,在[1,e]上单调递减,∴f(x)max=f(1) 1 =- . 2 考点三__利用导数研究生活中的优化问题______ (2013· 高考重庆卷)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄 水池的底面半径为 r 米,高为 h 米,体积为 V 立方米.假设建造成本仅与表面积有关,侧面 的建造成本为 100 元/平方米,底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆周率). (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. [解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为 100· 2πrh=200πrh(元), 底面的总成本为 160πr2 元,所以蓄水池的总成本为(200πrh+160πr2)元. 又根据题意 200πrh+160πr2=12 000π, 1 所以 h= (300-4r2),从而 5r π V(r)=πr2h= (300r-4r3). 5 因为 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3, 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π (2)因为 V(r)= (300r-4r3), 5 所以 V′(r)= π (300-12r2). 5

令 V′(r)=0,解得 r1=5,r2=-5(因为 r2=-5 不在定义域内,舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函数. 由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8. 即当 r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最大. [规律方法] 利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤: (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量 之间的函数关系式 y=f(x); (2)求函数的导数 f′(x),解方程 f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点处和 f′(x)=0 的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值; (4)回归实际问题作答. 3.某电视生产厂家有 A、B 两种型号的电视机参加家电下乡活动.若厂家投 放 A、B 型号电视机的价值分别为 p、q 万元,农民购买电视机获得的补贴分别为 1 2 p, ln q 10 5

万元.已知厂家把总价值为 10 万元的 A、B 两种型号电视机投放市场,且 A、B 两种型号的 电视机投放金额都不低于 1 万元, 请你制定一个投放方案, 使得在这次活动中农民得到的补 贴最多,并求出其最大值.(精确到 0.1,参考数据:ln 4≈1.4) 解:设 B 型号电视机的价值为 x 万元(1≤x≤9),农民得到的补贴为 y 万元.则 A 型号 电视机的价值为(10-x)万元, 1 2 2 1 由题意得:y= (10-x)+ ln x= ln x- x+1. 10 5 5 10 2 1 y′= - , 5x 10 由 y′=0,得 x=4. 当 x∈[1,4)时,y′>0, 当 x∈(4,9]时,y′<0, 2 所以当 x=4 时,y 取最大值,ymax= ln 4-0.4+1≈1.2, 5 即厂家分别投放 A、B 两种型号电视机价值为 6 万元和 4 万元时,农民得到补贴最多, 最多补贴约为 1.2 万元.

,[学生用书 P47]) 方法思想——转化与化归思想求解曲线间交点问题 (2014· 高考课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在 点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为-2. (1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. [解] (1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得- =-2,所以 a=1. a (2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以 g(x)=0 在(-∞,0]有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4,则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h ′ (x) = 3x2 - 6x = 3x(x - 2) , h(x) 在 (0 , 2) 单调递减,在 (2 ,+ ∞) 单调递增,所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 上有唯一实根,即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. [名师点评] (1)本题求解利用了转化与化归思想,把证明曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点问题转化为证明方程 f(x)-kx+2=0 只有一个根,分 x≤0 和 x>0 两情况给予 说明. (2)转化与化归原则: 一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题, 将难解的问题通过变换转化为容易 求解的问题,将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题. ln x (2013· 高考北京卷)设 L 为曲线 C:y= 在点(1,0)处的切线. x (1)求 L 的方程; (2)证明:除切点(1,0)之外,曲线 C 在直线 L 的下方. 1-ln x ln x 解:(1)设 f(x)= ,则 f′(x)= . x x2 所以 f′(1)=1,所以 L 的方程为 y=x-1. (2)证明:令 g(x)=x-1-f(x),则除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方等价于 g(x)>0(? x>0,x≠1). g(x)满足 g(1)=0,且 x2-1+ln x g′(x)=1-f′(x)= . x2 当 0<x<1 时,x2-1<0,ln x<0,所以 g′(x)<0,故 g(x)单调递减;

当 x>1 时,x2-1>0,ln x>0,所以 g′(x)>0,故 g(x)单调递增. 所以,g(x)>g(1)=0(?x>0,x≠1). 所以除切点之外,曲线 C 在直线 L 的下方.

x3 2 1.函数 f(x)= +x -3x-4 在[0,2]上的最小值是( 3 17 A.- 3 C.-4 解析:选 A.f′(x)=x2+2x-3, 令 f′(x)=0,得 x=1(x=-3 舍去), 17 10 又 f(0)=-4,f(1)=- ,f(2)=- , 3 3 17 故 f(x)在[0,2]上的最小值是 f(1)=- . 3 10 B.- 3 64 D.- 3

)

1 1 2. (2015· 四川内江模拟)已知函数 f(x)= x3- x2+cx+d 有极值, 则 c 的取值范围为( 3 2 1 A.c< 4 1 C.c≥ 4 解析:选 A.f′(x)=x2-x+c. 1 B.c≤ 4 1 D.c> 4

)

1 1 因为函数 f(x)= x3- x2+cx+d 有极值,则方程 x2-x+c=0 有两个不同的实根,所以 3 2 1 Δ=1-4c>0?c< . 4 3.已知某生产厂家的年利润 y(单位:万元)与年产量 x(单位:万件)的函数关系式为 y 1 =- x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( 3 )

A.13 万件 B.11 万件 C.9 万件 D.7 万件 2 解析:选 C.因为 y′=-x +81,所以当 x>9 时,y′<0;当 0<x<9 时,y′>0.所以函数 y 1 =- x3+81x-234 在(9,+∞)上单调递减,在(0,9)上单调递增,所以 x=9 是该函数的极 3 大值点,又该函数在(0,+∞)上只有一个极大值点,所以该函数在 x=9 处取得最大值. a 4.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx-a2-7a 在 x=1 处取得极大值 10,则 的值为( b )

2 A.- 3 2 C.-2 或- 3

B.-2 2 D.2 或- 3

解 析 : 选 A. 由 题 意 知 , f ′ (x) = 3x2 + 2ax + b , f ′ (1) = 0 , f(1) = 10 , 即
? ? ? ?3+2a+b=0 ?a=-2 ? ?a=-6 ?a=-6 a 2 ? ? ? ? ,解得 或 ,经检验 满足题意,故 =- . 2 b 3 ?1+a+b-a -7a=10 ?b=1 ?b=9 ?b=9 ? ? ? ?

5.设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值,则 函数 y=xf′(x)的图象可能是( )

解析:选 C.由函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值,可得 f′(-2)=0,且当 x∈(a,-2)(a< -2)时,f(x)单调递减,即 f′(x)<0;当 x∈(-2,b)(b>-2)时,f(x)单调递增,即 f′(x)>0. 所以函数 y=xf′(x)在区间(a,-2)(a<-2)内的函数值为正,在区间(-2,b)(-2<b<0)内 的函数值为负,由此可排除选项 A,B,D. 1 6.函数 y=2x- 2的极大值是________. x 2 解析:y′=2+ 3,令 y′=0,得 x=-1. x 当 x<-1 时,y′>0;当-1<x<0 时,y′<0. ∴当 x=-1 时,y 取极大值-3. 答案:-3 7.函数 f(x)=x3-3ax+b(a>0)的极大值为 6,极小值为 2,则 f(x)的单调递减区间是 __________. 解析:令 f′(x)=3x2-3a=0,得 x=± a,则 f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,- a) + ?
3

- a 0 极大值

(- a, a) - ?

a 0 极小值

( a,+∞) + ?

? ?(- a) -3a(- a)+b=6 ?a=1 ? 从而? ,解得 , ?b=4 ? ?( a)3-3a a+b=2

所以 f(x)的单调递减区间是(-1,1). 答案:(-1,1) 1 8. 设函数 f(x)=ln x- ax2-bx, 若 x=1 是 f(x)的极大值点, 则 a 的取值范围为________. 2 1 1 解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -ax-b,由 f′(1)=0,得 b=1-a.∴f′(x)= - x x -ax2+1+ax-x ax+a-1= .①若 a≥0, 当 0<x<1 时, f′(x)>0, f(x)单调递增; 当 x>1 时, f′ x

(x)<0,f(x)单调递减,所以 x=1 是 f(x)的极大值点.②若 a<0,由 f′(x)=0,得 x=1 或 x=- 1 1 .因为 x=1 是 f(x)的极大值点,所以- >1,解得-1<a<0.综合①②得 a 的取值范围是 a>- a a 1. 答案:(-1,+∞) 9.已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l:3x-y+1=0, 2 若 x= 时,y=f(x)有极值. 3 (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值. 解:(1)由 f(x)=x3+ax2+bx+c,得 f′(x)=3x2+2ax+b.当 x=1 时,切线 l 的斜率为 3, 可得 2a+b=0,① 2? 2 当 x= 时,y=f(x)有极值,则 f′? ?3?=0,可得 4a+3b+4=0,② 3 由①②,解得 a=2,b=-4. 由于切点的横坐标为 1, 所以 f(1)=4. 所以 1+a+b+c=4.所以 c=5. (2)由(1),可得 f(x)=x3+2x2-4x+5,f′(x)=3x2+4x-4.令 f′(x)=0, 2 解得 x1=-2,x2= . 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如下表所示:

x f′(x) f(x)

-3 + 8

(-3,-2) + ?

-2 0 13

?-2,2? 3? ?
- ?

2 3 0 95 27

?2,1? ?3 ?
+ ?

1 + 4

95 所以 y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为 . 27 ex 10.(2015· 皖南八校第三次联考)已知函数 f(x)= . x (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设 g(x)=xf(x)-ax+1,若 g(x)在(0,+∞)上存在极值点,求实数 a 的取值范围. ex 解:(1)f(x)= ,x∈(-∞,0)∪(0,+∞), x ex(x-1) ∴f′(x)= . x2 当 f′(x)=0 时,x=1. f′(x)与 f(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,0) - ? (0,1) - ? 1 0 极小值 (1,+∞) + ?

故 f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(-∞,0)和(0,1). (2)g(x)=ex-ax+1,x∈(0,+∞),∴g′(x)=ex-a, ①当 a≤1 时,g′(x)=ex-a>0,即 g(x)在(0,+∞)上递增,此时 g(x)在(0,+∞)上无 极值点. ②当 a>1 时,令 g′(x)=ex-a=0,得 x=ln a; 令 g′(x)=ex-a>0,得 x∈(ln a,+∞); 令 g′(x)=ex-a<0,得 x∈(0,ln a). 故 g(x)在(0,ln a)上递减,在(ln a,+∞)上递增, ∴g(x)在(0,+∞)有极小值无极大值,且极小值点为 x=ln a. 故实数 a 的取值范围是 a>1. 1.某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量 y(单位:千克)与销售价格 a x(单位:元/千克)满足关系式 y= +10(x-6)2,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 x-3 5 元/千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使商场每日销售该商品所获 得的利润最大. 解:(1)因为 x=5 时,y=11, a 所以 +10=11,a=2. 2 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y= +10(x-6)2. x-3 2 2 所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)=(x-3)?x-3+10(x-6) ?

?

?

=2+10(x-3)(x-6) ,3<x<6. 从而 f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递减

2

由上表可得,x=4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42. 故当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 2. (2014· 高考福建卷节选)已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A, 曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x2<ex. 解:(1)由 f(x)=ex-ax,得 f′(x)=ex-a. 又 f′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 当 x<ln 2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;

当 x>ln 2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值, 且极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值. (2)证明:令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得 g′(x)=f(x)≥f(ln 2)>0, 故 g(x)在 R 上单调递增.又 g(0)=1>0, 因此,当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. 1 3.已知函数 f(x)= x3-ax+1. 3 (1)当 x=1 时,f(x)取得极值,求 a 的值; (2)求 f(x)在[0,1]上的最小值; (3)若对任意 m∈R,直线 y=-x+m 都不是曲线 y=f(x)的切线,求 a 的取值范围. 解:(1)因为 f′(x)=x2-a, 当 x=1 时,f(x)取得极值,所以 f′(1)=1-a=0,a=1, 又 x∈(-1,1)时,f′(x)<0,x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值,即 a=1 时符合题意. (2)当 a≤0 时,f′(x)>0 对 x∈(0,1)恒成立, 所以 f(x)在(0,1)上单调递增,所以 f(x)在 x=0 处取得最小值 f(0)=1. 当 a>0 时,令 f′(x)=x2-a=0,解得 x1=- a,x2= a, 当 0<a<1 时, a<1, 当 x∈(0, a)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈( a,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 2a a 所以 f(x)在 x= a处取得最小值 f( a)=1- . 3 当 a≥1 时, a≥1. x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 4 所以 f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)= -a. 3 综上所述,当 a≤0 时,f(x)在 x=0 处取得最小值 f(0)=1; 2a a 当 0<a<1 时,f(x)在 x= a处取得最小值 f( a)=1- ; 3 4 当 a≥1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值 f(1)= -a. 3 (3)因为?m∈R,直线 y=-x+m 都不是曲线 y=f(x)的切线, 所以 f′(x)=x2-a≠-1 对 x∈R 恒成立, 只要 f′(x)=x2-a 的最小值大于-1 即可. 而 f′(x)=x2-a 的最小值为 f(0)=-a, 所以-a>-1,即 a<1.


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