导数题型大全利用导数求极值最值Word文件下载.docx
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2时,f′(x)<
0,函数f(x)单调递减,所以函数f(x)的单调递减区间为(2,+∞),故A错误.当x=2时函数取得极大值,故B正确.当x=-4时函数无极值,故C错误.只有当x=2时函数取得极大值,故D错误.
故选B.
考点二:
导数的最值问题
已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?
若存在,求出a,b的所有值;
若不存在,说明理由.
【答案】
(1)a>0时,f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减.a=0时,f(x)在(-∞,+∞)单调递增.a<0时,f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.
(2)当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
【解析】
(1)f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
令f′(x)=0,得x=0或x=.
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,0),单调递增,在单调递减.
若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
若a<0,则当x∈∪(0,+∞)时,f′(x)>0;
当x∈时,f′(x)<0.故f(x)在,(0,+∞)单调递增,在单调递减.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(ⅰ)当a≤0时,由
(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f
(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ⅱ)当a≥3时,由
(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f
(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
(ⅲ)当0<a<3时,由
(1)知,f(x)在[0,1]的最小值为=-+b,最大值为b或2-a+b.
若-+b=-1,b=1,则a=3,与0<a<3矛盾.
若-+b=-1,2-a+b=1,则a=3或a=-3或a=0,与0<a<3矛盾.
综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
已知函数f(x)=-lnx.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数).
(1)f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)f(x)在上的最大值为0,最小值为2-e.
(1)f(x)=-lnx=1--lnx,f(x)的定义域为(0,+∞).
因为f′(x)=-=,所以f′(x)>0⇒0<
x<
1,f′(x)<
0⇒x>1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
(2)由
(1)得f(x)在上单调递增,在(1,e]上单调递减,
所以f(x)在上的极大值为f
(1)=1--ln1=0.
又=1-e-ln=2-e,f(e)=1--lne=-,且<
f(e).
所以f(x)在上的最大值为0,最小值为2-e.
考点三:
导数极值、最值的综合问题
设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex.若f(x)在x=2处取得极小值,则a的取值范围为_______.
【解析】 f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex,
若a>
,则当x∈时,f′(x)<
0;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>
0.
所以f(x)在x=2处取得极小值.
若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<
0,ax-1≤x-1<
0,
所以f′(x)>
所以2不是f(x)的极小值点.
综上可知,a的取值范围是.
已知函数f(x)=ex-ax,a>
(1)记f(x)的极小值为g(a),求g(a)的最大值;
(2)若对任意实数x,恒有f(x)≥0,求f(a)的取值范围.
(1)1
(2)(1,ee-e2].
(1)函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.
令f′(x)=0,得x=lna,
易知当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>
0,当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<
所以函数f(x)在x=lna处取极小值,
g(a)=f(x)极小值=f(lna)=elna-alna=a-alna.
g′(a)=1-(1+lna)=-lna,
当0<
a<
1时,g′(a)>
0,g(a)在(0,1)上单调递增;
当a>
1时,g′(a)<
0,g(a)在(1,+∞)上单调递减.
所以a=1是函数g(a)在(0,+∞)上的极大值点,也是最大值点,所以g(a)max=g
(1)=1.
(2)显然,当x≤0时,ex-ax≥0(a>
0)恒成立.
0时,由f(x)≥0,即ex-ax≥0,得a≤.
令h(x)=,x∈(0,+∞),
则h′(x)==,
1时,h′(x)<
0,当x>
1时,h′(x)>
故h(x)的最小值为h
(1)=e,所以a≤e,
故实数a的取值范围是(0,e].
f(a)=ea-a2,a∈(0,e],f′(a)=ea-2a,
易知ea-2a≥0对a∈(0,e]恒成立,
故f(a)在(0,e]上单调递增,所以f(0)=1<
f(a)≤f(e)=ee-e2,即f(a)的取值范围是(1,ee-e2].
典型题三综合练习
1.(2020·
辽宁沈阳一模)设函数f(x)=xex+1,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
2.已知函数y=f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,给出下列判断:
①函数y=f(x)在区间内单调递增;
②当x=-2时,函数y=f(x)取得极小值;
③函数y=f(x)在区间(-2,2)内单调递增;
④当x=3时,函数y=f(x)有极小值.
则上述判断正确的是( )
A.①②B.②③
C.①②④D.③④
3.(2020·
东莞模拟)若x=1是函数f(x)=ax+lnx的极值点,则( )
A.f(x)有极大值-1B.f(x)有极小值-1
C.f(x)有极大值0D.f(x)有极小值0
4.(2020·
广东惠州4月模拟)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=x·
f′(x)的图象可能是( )
5.(2020·
河北石家庄二中期末)若函数f(x)=(1-x)(x2+ax+b)的图象关于点(-2,0)对称,x1,x2分别是f(x)的极大值点与极小值点,则x2-x1=( )
A.-B.2
C.-2D.
6.已知函数f(x)=x3+3x2-9x+1,若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28,则实数k的取值范围为( )
A.[-3,+∞)B.(-3,+∞)
C.(-∞,-3)D.(-∞,-3]
7.(2020·
郑州质检)若函数y=f(x)存在n-1(n∈N*)个极值点,则称y=f(x)为n折函数,例如f(x)=x2为2折函数.已知函数f(x)=(x+1)ex-x(x+2)2,则f(x)为( )
A.2折函数B.3折函数
C.4折函数D.5折函数
8.(2020·
昆明市诊断测试)已知函数f(x)=(x2-m)ex,若函数f(x)的图象在x=1处切线的斜率为3e,则f(x)的极大值是( )
A.4e-2 B.4e2
C.e-2D.e2
9.已知函数f(x)=2ef′(e)lnx-(e是自然对数的底数),则f(x)的极大值为( )
A.2e-1B.-
C.1D.2ln2
10.若函数f(x)=x3+x2-在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,0)B.(-5,0)
C.[-3,0)D.(-3,0)
典型题三答案与解析
1.【答案】D.
【解析】:
由f(x)=xex+1,可得f′(x)=(x+1)ex,令f′(x)>
0可得x>
-1,即函数f(x)在(-1,+∞)上是增函数;
令f′(x)<
0可得x<
-1,即函数f(x)在(-∞,-1)上是减函数,所以x=-1为f(x)的极小值点.故选D.
2.【答案】B.
对于①,函数y=f(x)在区间内有增有减,故①不正确;
对于②,当x=-2时,函数y=f(x)取得极小值,故②正确;
对于③,当x∈(-2,2)时,恒有f′(x)>
0,则函数y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增,故③正确;
对于④,当x=3时,f′(x)≠0,故④不正确.
3.【答案】A
【解析】∵f(x)=ax+lnx,x>0,
∴f′(x)=a+,
由f′
(1)=0得a=-1,
∴f′(x)=-1+=.
由f′(x)>0得0<x<1,由f′(x)<0得x>1,
∴f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
∴f(x)极大值=f
(1)=-1,无极小值,故选A.
4.【答案】C.
因为函数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,所以当x>
-2时,f′(x)>
当x=-2时,f′(x)=0;
当x<
-2时,f′(x)<
所以当-2<
0时,xf′(x)<
当x=-2时,xf′(x)=0;
-2时,xf′(x)>
0.故选C.
5.【答案】C.
由题意可得f(-2)=3(4-2a+b)=0,
因为函数图象关于点(-2,0)对称,且f
(1)=0,
所以f(-5)=0,
即f(-5)=6(25-5a+b)=0,
联立解得
故f(x)=(1-x)(x2+7x+10)=-x3-6x2-3x+10,
则f′(x)=-3x2-12x-3=-3(x2+4x+1),
结合题意可知x1,x2是方程x2+4x+1=0的两个实数根,且x1>
x2,
故x2-x1=-|x1-x2|=-=-=-2.
6.【答案】D
【解析】由题意知f′(x)=3x2+6x-9,令f′(x)=0,解得x=1或x=-3,所以f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
-
f(x)
极大值
极小值
又f(-3)=28,f
(1)=-4,f
(2)=3