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3-12.导数在函数最值中的应用


RJ· A版· 数学 新课标高考总复习(理)

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考纲要求 1.会求闭区间上函数的 最大值、最小值(其中 多项式函数一般不超 过三次). 2.会利用导数解决某 些实际问题.

考情分析

应用导数求函数的最值是高考的 重点内容,题型以解答题为主.如 20

11年江西陕西、北京卷等,2011 年福建卷、江苏卷考查了导数在生 活实际中的应用.

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(对应学生用书P50) 知识梳理 1.函数的最值

(1)如果在区间[a,b]上函数
那么它必有最大值和最小值. (2)求函数

y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,

y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤

①求函数
②将函数

y=f(x)在(a,b)内的极值.
y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)、f(b)比较,其中

最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.

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问题探究:函数的极值和最值有哪些区别? 提示: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);最大、最小值是 指闭区间 [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.

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2.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.

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自主检测 1.(2011年福建厦门外国语学校月考 )函数y=2x3-3x2-12x+5 在 [0,3]上的最大值,最小值分别是( A.5,-15 C.-4,-15 ) B.5,-4 D.5,-16

解析:y′=6x2-6x-12=6(x-2)(x+1),令y′=0得x=2或x=-1, 当x∈[0,3]时y的最大、小值只能在x=0,x=3或x=2处取得,x=0 时,y=5,x=2时,y=-15,x=3时,y=-4.∴ymax=5,ymin=-15,

选A.
答案:A

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2 .已知 A.-37 C.-5 ∵ f(x) =2x3 -6x2 +m(m 为常数) 在 [-2,2]上有最大值 3 ,那 ) B.-29 D.以上都不对

么此函数在[-2,2]上的最小值是(

解析:∵f ′(x)=6x2-12x=6x(x-2), f(x)在(-2,0)上为增函数,在(0,2)上为减函数, ∴当x=0时, f(x)=m最大.∴m=3,从而f(-2)=-37, f(2)=-5.∴最小值为-37.

答案:A

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3.(2010年山东高考)已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年 1 3 产量x(单位:万件)的函数关系式为y =- x + 81x-234,则使该生产厂 3 家获取最大年利润的年产量为( A.13万件 B.11万件 ) C.9万件 D .7万件

解析:因为y′=-x2+81,所以当 x>9时, y′<0;当x∈(0,9)时, y′>0,所以函数 y=- 1 3 x + 81x-234在(9,+ ∞)上单调递减,在 (0,9) 3

上单调递增,所以 x=9是函数的极大值点,又因为函数在(0,+∞)上 只有一个极大值点,所以函数在 x=9处取得最大值.
答案:C

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4.函数y=lnx-x在x∈(0,e]上的最大值为________. 答案:-1

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5.已知a∈R,函数f(x)=x2(x-a). (1)当a=3时,求f(x)的零点; (2)求函数y=f(x)在区间[1,2]上的最小值.
解:(1)由题意 f(x)= x2(x- 3), 由 f(x)= 0,解得 x= 0,或 x= 3. 2 (2)设此最小值为 m,而 f ′(x)= 3x - 2ax= 3x(x- a), x∈[1,2], 3
2

①当 a≤0时, f ′(x)>0, x∈ [1,2], 则 f(x)是区间 [1,2]上的增函数, 所以 m= f(1)= 1- a;

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②当 a>0时, 在 x<0或 x> 数; 2a 2 在 0<x< 时, f ′(x)<0,从而 f(x)在区间 [0, a]上是减函数. 3 3 2 当 a≥2,即 a≥3时, m= f(2)= 8- 4a; 3 2 3 2a 4a3 当 1≤ a<2,即 ≤a<3时, m= f( )=- ; 3 2 3 27 3 当 0<a< 时, m= f(1)= 1-a. 2 2a 2 时, f ′(x)>0,从而 f(x)在区间 [ a,+ ∞)上是增函 3 3

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综上所述,所求函数的最小值

? ?1- a, ? 3 m= ? 4a ?- 27 , ? ?8- 4a,

3 a< , 2 3 ≤a<3, 2 a≥3.

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(对应学生用书P51)

考点1 函数的最值与导数
1.设函数 f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求 f(x)在[a,b] 上的最大值和最小值的步骤

(1)求函数
(2) 将函数

y=f(x)在(a,b)内的极值.
y = f(x) 的各极值与端点处的函数值 f (a ) 、

f(b) 比较,

其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.

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2 .(1)根据最值的定义,求在闭区间 [a ,b]上连续,开区间(a ,b) 内可导的函数的最值时,可将过程简化,即不用判断使 就可判定最大(小)值. (2) 定义在开区间 (a , b) 上的可导函数,如果只有一个极值点,该 极值点必为最值点. f ′(x)=0 成立

的点是极大值点还是极小值点,直接将极值点与端点的函数值进行比较,

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例1 (2010年重庆卷)已知函数f(x)=ax3+x2+bx(其中常数a,b∈R), g(x)=f(x)+f ′(x)是奇函数. (1)求f(x)的表达式; (2)讨论g(x)的单调性,并求g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值.
【解】 (1)由题意得 f ′(x)= 3ax2+ 2x+ b, 因此g(x)= f(x)+ f ′(x)= ax3+ (3a+ 1)x2+ (b+ 2)x+ b. 因为函数 g(x)是奇函数,所以 g(- x)=- g(x), 即对任意实数 x,有a(- x)3+ (3a+ 1)(- x)2+ (b+ 2)(-x)+ b=- [ax3 + (3a+ 1)x2+ (b+ 2)x+ b], 1 从而 3a+ 1= 0, b= 0,解得 a=- , b= 0, 3 1 3 2 因此 f(x)的表达式为 f(x)=- x + x . 3

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1 (2)由 (1)知 g(x)=- x3+ 2x, 3 所以g′(x)=- x2+ 2. 令 g′(x)= 0,解得 x1=- 2, x2= 2. 则当 x<- 2 或 x> 2 时,g′(x)<0,从而g(x)在区间 (- ∞,- 2 ], [ 2,+ ∞)上是减函数; 当- 2<x< 2 时, g′(x)>0,从而g(x)在区间 [- 2 , 2 ]上是增函 数. 由上述讨论知, g(x)在区间 [1,2]上的最大值与最小值只能在 x= 1, 2, 2时取得, 5 4 2 4 而 g(1)= , g( 2)= , g(2)= , 3 3 3 因此g(x)在区间 [1,2]上的最大值为 g( 2)= 4 2 4 ,最小值为g(2)= . 3 3

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已知函数 f(x)=x3+ax2+ bx+c ,曲线y =f(x)在点x =1处的切线 l不过 第四象限且斜率为3,又坐标原点到切线l的距离为 f(x)有极值. (1)求a,b,c的值; (2)求y=f(x)在 [- 3,1]上的最大值和最小值. 10 2 ,若x= 时,y= 10 3

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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 ′( )= 0, 3 3 可得 4a+ 3b+ 4= 0.② 由 ①②解得a= 2, b=- 4. 设切线 l的方程为 y= 3x+ m. 10 |m | 10 由原点到切线 l的距离为 ,则 2 = , 10 10 3 +1 解得 m= ± 1.

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∵切线 l不过第四象限, ∴m= 1. 由于切点的横坐标为 x= 1, ∴f(1)= 4. ∴1+ a+ b+ c= 4, ∴c= 5. (2)由 (1)可得 f(x)= x3+ 2x2- 4x+ 5, ∴f ′(x)= 3x2+ 4x- 4. 2 令 f ′(x)= 0,得 x=- 2或 x= . 3 当 x变化时, f(x)和 f ′(x)的变化情况如下表: 2 2 x (-3,- 2) -2 (-2, ) 3 3
f ′( x ) f(x) + ↗ 0 极大 值 - ↘ 0 极小 值 2 ( ,1) 3 + ↗

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2 2 ∴f(x)在 x=- 2处取得极大值 f(- 2)= 13,在 x= 处取得极小值 f( ) 3 3 95 = , 27 又 f(- 3)= 8, f(1)= 4, 95 ∴f(x)在 [- 3,1]上的最大值为 13,最小值为 . 27

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例2

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x

(-x,-k)

-k

(-k,k)

k

(k,+∞)

f ′(x)
f(x)




0
4k2e-1




0
0




所以, f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞);单调递减区 间是(-k,k).

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当k<0时, f(x)与f ′(x)的情况如下: x (-∞,k) k (k,-k) -k (-k,+∞)

f ′(x) f(x)

- ↘

0 0

+ ↗

0 4k2e-1

- ↘

所以, f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞);单调递增区 间是(k,-k).

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1 f(x)= x2+ex-x ex. 2

设函数

(1)求 f(x)的单调区间; (2)若当x∈ [- 2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m的取值范 围.

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解:(1)函数 f(x)的定义域为 (- ∞,+ ∞),

因为 f ′(x)= x+ ex- (ex+ xex)= x(1- ex), 由 f ′(x)= x(1- ex)>0得 x<0, f ′(x)<0得 x>0, 则 f(x)的单调递增区间为 (- ∞, 0),单调递减区间为 (0,+ ∞). f(x)在 [0,2]上单调递减,在 [- 2,0]上单调递增, (2)由 (1)知,

3 又 f(- 2)= 2+ 2, f(2)= 2- e2, e 3 且 2+ 2>2- e2, e 所以 x∈[- 2,2]时, [ 故 m<2- e2时,不等式 f(x)]min= 2- e2, f(x)>m恒成立 .

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考点2 生活中的优化问题 在求实际问题中的最大值或最小值时,一般是先设自变量、因变

量,建立函数关系式,并确定其定义域,利用求函数的最值的方法求解, 如果函数在区间内只有一个极值点,那么依据实际意义,该极值点也就 是最值点.

注意结果应与实际情况相结合,用导数求解实际问题中的最大 (小)值时,

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例3 (2011年福建高考)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x(单位:元/千克 )满足关系式y= z +10(x- 6)2,其中 3<x <6,a为常数.已知销售价格为 5元/ 千克时, x-3 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.

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a 【解】 (1)因为 x= 5时, y= 11,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 所以商场每日销售该商品所获得的利润 2 f(x)= (x- 3)[ + 10(x- 6)2] x- 3 = 2+ 10(x- 3)(x- 6)2,3<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

(3,4)

4

(4,6)

f ′(x)
f(x)


单调递增

0
极大值42


单调递减

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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. 答: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.

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某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为3元,并且每件产 品需向总公司交a元(3≤a≤5)的管理费,预计当每件产品的售价为x元(9≤x ≤11)时,一年的销售量为(12-x)2万件. (2)当每件产品的售价为多少元时,分公司一年的利润L最大,并求 出L的最大值Q(a).

(1) 求分公司一年的利润 L( 万元 ) 与每件产品的售价 x 的函数关系式;

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解:(1)分公司一年的利润 L(万元 )与售价 x的函数关系式为: L=(x - 3- a)(12- x)2, x∈[9,11]. (2)L′(x)= (12- x)2- 2(x- 3- a)(12- x) = (12- x)(18+ 2a- 3x). 2 令 L′(x)= 0得 x= 6+ a或 x= 12(不合题意,舍去 ). 3 2 28 ∵3≤a≤ 5, ∴8≤6+ a≤ . 3 3 2 在 x= 6+ a两侧 L′的值由正变负. 3 2 9 所以①当8≤6+ a<9即3≤a< 时, 3 2

L(x)max=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).

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2 28 9 ②当 9≤6+ a≤ 即 ≤a≤5时, 3 3 2 2 2 2 2 L(x)max= L(6+ a)= (6+ a- 3- a)[12- (6+ a)] 3 3 3 1 3 = 4(3- a) . 3 9 ? 3≤a< , ?9?6- a?, 2 所以 Q(a)=? ? 1 ?3 9 ?4?3- a? , ≤a≤5. 2 ? ? 3 ? 9 综上所述,若 3≤a< ,则当每件售价为 9元时,分公司一年的利润 2 9 L最大,最大值 Q(a)= 9(6- a)(万元);若 ≤a≤5,则当每件售价为 (6+ 2
? 2 1 ?3 a)元时,分公司一年的利润 L最大,最大值 Q(a)= 4?3- a? ( 万元). 3 3 ? ?

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考点3 用导数证明不等式 利用导数证明不等式的关键是把不等式的一边全部移到另一边, 并构造成函数的形式,不妨记为y=f(x),x∈(a,b).若f ′(x)>0恒成立, 则有f(x)>f(a)或f(x)<f(b)恒成立;若f ′(x)<0恒成立,则有f(x)<f(a)或f(x)>f(b) 恒成立.若函数 y= f(x)在 x∈(a , b)上有最小值 M,则有 f(x)≥M恒成立; 若函数y=f(x)在x∈(a,b)上有最大值N,则有f(x)≤N恒成立.利用上述结 论之一,可构造不等式,并转化为我们要证明的不等式.

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例4 (2010年安徽高考)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当a>ln2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1. 【解】 (1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,知f ′(x)=ex-2,x∈R. 令f ′(x)=0,得x=ln2. 于是当x变化时, f ′(x), f(x)的变化情况如下表: x (-∞,ln2) ln2 (ln2,+∞)

f ′(x)
f(x)


单调递 减↘

0
2(1-ln2+a)


单调递 增↗

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故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2),单调递增区间是(ln2,+∞), f(x)在x=ln2处取得极小值,极小值为f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1- ln2+a). (2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R. 于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当a>ln2-1时,g′(x)的最小值为g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0. 于是对任意x∈R,都有g′(x)>0, 所以g(x)在R上单调递增.

于是当a>ln2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).
而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),g(x)>0, 即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.

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1 2 已知函数f(x)= x +alnx. 2 (1)若a=- 1,求函数f(x)的极值,并指出极大值还是极小值; (2)若a=1,求函数f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; (3)若a=1,求证:在区间(1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数g(x) 2 3 = x 的图象的下方. 3

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解:(1)由于函数 f(x)的定义域为 (0,+ ∞), 1 ?x+ 1??x- 1? 当 a=- 1时, f ′(x)= x- = , x x 令 f ′(x)= 0得 x= 1或 x=- 1(舍去 ), 当 x∈(0,1)时,函数 f(x)单调递减, 当 x∈(1,+ ∞)时,函数 f(x)单调递增, 1 所以 f(x)在 x= 1处取得极小值为 . 2

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(2)当 a= 1时,易知函数 f(x)在 [1, e]上为增函数, 1 1 2 ∴f(x)min= f(1)= , f(x)max= f(e)= e + 1. 2 2 1 2 2 3 (3)证明:设 F(x)= f(x)-g(x)= x + lnx- x , 2 3
2 ? 1 - x ?? 1 + x + 2 x ? 1 2 则 F′(x)= x+ - 2x = , x x

当 x>1时, F ′(x)<0, 故 F(x)在区间 (1,+ ∞)上是减函数, 1 又 F(1)=- <0, ∴在区间 (1,+ ∞)上, F(x)<0恒成立.即 f(x)<g(x) 6 恒成立. 因此,当 a= 1时,在区间 (1,+ ∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x) 图象的下方.

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1.对一般函数来说,函数的最值必在下列两种点处取得:导数为 零的点、端点. 2.解决实际优化问题的关键在于合理建立数学模型,把“问题情 景”转化为数学语言,并把问题的主要关系抽象成数学关系,然后选择 合适的数学方法对函数解析式进行求解.

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3.利用导数解决生活中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 y=f(x),根据实际意义确定定义域; 确定极值点; (3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小,获得所求的最 大(小)值; (4)还原到原实际问题中作答.

(2)求函数y=f(x)的导数f ′(x),解方程f ′(x)=0得出定义域内的实根,


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