3.3 导数与函数的极值、最值-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

@第三章 一元函数的导数及其应用 3.3 导数与函数的极值、最值 5A>! 1.借助函数的图象,了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件. 2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值. 3.会求闭区间上函数的最大值、最小值,体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系. AMc
-  -@) 1.函数的极值 (1)函数极值的定义:如图,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.类似地,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.我们把a叫做函 数y=f(x)的 ,f(a)叫做函数y= f(x)的 ;b 叫做函数y=f(x)的 ,f(b)叫做函数y=f(x)的 .极小值点、极大值点统称为 , 极小值和极大值统称为 . (2)函数在某点取得极值的必要条件和充分 条件:一般地,函数y=f(x)在某一点的导数 值为0是函数y=f(x)在这点取得极值的 .可导函数y=f(x)在x=x0处取 极大(小)值的充分条件: ① ; ②在x=x0附近的左侧f'(x0)>0(<0),右 侧f'(x0)<0(>0). (3)导数求极值的方法:解方程f'(x)=0,当 f'(x0)=0 时,如 果 在 x0 附 近 的 左 侧 f'(x)>0,右侧f'(x)<0,那么f(x0)是 ;如果在x0附近的左侧f'(x)<0, 右侧f'(x)>0,那么f(x0)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. 2.函数的最大(小)值 (1)函数最大(小)值的再认识 ① 一般地,如果在区间[a,b]上函数y = f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它 必有最大值和最小值; ② 若函数y=f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数在[a,b]上的 ,f(b)为 函数 在[a,b]上 的 ;若 函 数 y = f(x)在[a,b]上 ,则f(a)为函数在 [a,b]上的最大值,f(b)为函数在[a,b]上的 最小值. (2)导数求最值的一般步骤:设函数y=f(x) 在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求函数y= f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 如下: ① 求函数y=f(x)在区间(a,b)内的极值; ②将函数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. 3.三次函数的图象、单调性、极值 设三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠ 0),则f'(x)=3ax2+2bx+c,记Δ=4b2- 12ac=4(b2 -3ac),并 设 x1,x2 是 方 程 f'(x)=0的根,且x1<x2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 071 hh (1)a>0 Δ>0 Δ≤0 图象 单调性 在 (- ∞,x1),(x2, +∞)上单调递增;在 (x1,x2)上单调递减 在R上是增函数 极值点 个数 (2)a<0 Δ>0 Δ≤0 图象 单调性 在(x1,x2)上 单 调 递 增;在(-∞,x1),(x2, +∞)上单调递减 在R上是减函数 极值点 个数 -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)函数的极小值一定比极大值小. ( ) (2)对于可导函数f(x),若f'(x0)=0,则x0 为函数的一个极值点. ( ) (3)函数的极值反映的是函数在定义域内某 一点附近的“局部”性质,而函数的最值则反 映的是函数在定义域内的“整体”性质.( ) (4)函数f(x)在(a,b)内单调,则函数f(x) 在(a,b)内一定没有极值. ( ) (5)三次函数在R上可能不存在极值.( ) 2.(教 材 改 编 题)如 图 是 f(x)的导函数f'(x)的 图象,则f(x)的极小值 点的个数为 . 3.(教材改编题)若函数f(x)= 1 3x 3-4x+m 在[0,3]上的最大值为4,则m= . 4.(教材改编题)函数f(x)=x3-ax2+2x- 10存在极值,则实数a的取值范围是 . 5.(多选题)(2022·新 高 考 Ⅰ 卷)已知函数 f(x)=x3-x+1,则 ( ) A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x 是曲线y=f(x)的切线 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 A /c5%1@ 考点1 利用导数确定函数的极值(极值点) 命题角度1 利用函数图象判断极值 【例1】 (1)(多选题)函数f(x) 的导函数f'(x)的图象如 图所示,关于函数f(x),下 列说法正确的是 ( ) A.函数f(x)在(-1,1), (3,+∞)上单调递增 B.函数f(x)在(-∞,-1),(1,3)上单调递减 C.函数f(x)存在两个极值点 D.函数f(x)有最小值,但是无最大值 (2)(多选题)(2023·辽宁锦州 开学考试)函数f(x)的定 义域为R,它的导函数y= f'(x)的部分图象如图所 示,则下列结论正确的是 ( ) A.f(-2)>f(-1) B.x=1是f(x)的极小值点 C.函数f(x)在(-1,1)上有极大值 D.x=-3是f(x)的极大值点 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 072 @第三章 一元函数的导数及其应用 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 由导函数图象判断函数y=f(x)的极值, 要 抓住两点:①由y=f'(x)的图象与x 轴的交点,可 得函数y=f(x)的可能极值点;② 由导函数y= f'(x)的图象可以看出y=f'(x) 的值的正负,从而 可得函数y=f(x)的单调性,两者结合可得极值点. 【对点训练1】 (多选题)(2023·福建漳州第一 外国 语 学 校 摸 底)设函数 f(x)在 R上可导,其导函 数为 f'(x),且 函 数 y = (1-x)f'(x)的图象如图 所示,则下列结论中一定成立的是 ( ) A.函数y=f(x)在(-∞,-2)上单调递 减,在(2,+∞)上单调递减 B.函数y=f(x)在(-∞,-2)上单调递增, 在(2,+∞)上单调递增 C.函数y=f(x)有极大值f(2)和极小值 f(-2) D.函数y=f(x)有极大值f(-2)和极小值 f(2) 命题角度2 求具体函数的极值、最值 【例2】 (1)函数f(x)= 2x x2+1 -2的极大值为 ;极小值为 . (2)函数f(x)= ln x x 的极大值点和极大值分别 为 ;函数f(x)= x ln x 的极小值点 和极小值分别为 . (3)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区 间[0,2π]上 的 最 小 值、最 大 值 分 别 为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 求函数f(x)极值的步骤:第一步,确定函数的 定义域;第二步,求导函数f'(x);第三步,解方程 f'(x)=0,求出在函数定义域内的所有根;第四步, 列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的 符号,如果左正右负,那么f(x)在x0 处取极大值, 如果左负右正,那么f(x)在x0 处取极小值. 求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得 到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a), f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. 【对点训练2】 (1)(2023·山东泰安摸底)已知 函数f(x)=ex -e-x -sin 2x +1,x ∈ [-π,0],则f(x)的最大值为 . (2)已知函数f(x)=exsin x,x∈ - π 3 ,0 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,则 f(x)的最小值为 . (3)已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x≤ 0时,f(x)=(x+4)3e-x,那么函数f(x)的 极值点的个数是 . 命题角度3 含有参数的函数的极值、最值 【例3】 (1)讨论f(x)=axln x+x2的极值点 的个数. (2)已知函数f(x)= x-a x -ln x(a∈R). ① 讨论f(x)的单调性; ② 求f(x)在 1 e ,e 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 上的最大值g(a). 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 073 hh 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 含参函数在区间上的最值通常有两类:一是动 极值点定区间;二是定极值点动区间,这两类问题一 般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论. 【对点训练3】 (1)讨论函数f(x)= 1 k (x-k- 3)ex -x 的极值点个数. (2)讨论函数f(x)= x-a+ln x x ,a∈R在区 间(0,e2]上的最大值. 考点2 函数极值、最值的应用 命题角度1 已知函数的极值(点)、最值求参数值 (范围) 【例4】 (1)(多选题)(2023·新课标Ⅱ卷)若函 数f(x)=aln x+ b x+ c x2 (a≠0)既有极大 值也有极小值,则 ( ) A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 (2)(2022·全国甲卷改编)若当x=1时,函数 f(x)=aln x + b x 取得最大值 -2,则 f'(2)= . (3)(2022·全国乙卷)已知x=x1和x=x2分 别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1) 的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的 取值范围是 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 已知极值情况求参数问题时要注意:①f'(x0)= 0是x0 为函数极值点的必要不充分条件,故而要注 意检验;② 若函数y=f(x)在区间(a,b)内有极 值,那么y=f(x)在(a,b)内一定不是单调函数,反 之,若函数在某区间上单调,则函数没有极值. 【对点训练4】 (1)已知函数f(x)=ex+ax2+ 2ax 在(0,+∞)上有最小值,则实数a的取 值范围为 . (2)函数f(x)=-xln x+ax2+x(a∈R)有 两个不同的极值点,则实数a 的取值范围 是 . 命题角度2 利用导数研究实际问题中的优化 问题 【例5】 (1)已知正四棱锥的各顶点都在同一个 球面上,球的体积为36π,则该正四棱锥的体 积最大值为 . (2)(2023·山东青岛开学考试)某制造商制造 并出售球形瓶装的某种饮料,瓶子的制造成 本是0.8πr2 分,其中r(单位:cm)是瓶子的 半径.已知每出售1 mL的饮料,制造商可获 利0.2分,且制造商能制作的瓶子的最大半 径为6 cm. ①瓶子的半径多大时,能使每瓶饮料的利润 最大? ② 瓶子的半径多大时,每瓶饮料的利润 最小? 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 074 @第三章 一元函数的导数及其应用 ③假设每瓶饮料的利润不为负值,求瓶子的 半径的取值范围. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 函数的优化问题即实际问题中的最值问题,其 一般解题步骤为:一设,设出自变量、因变量;二列, 列出函数关系式,并写出定义域;三解,解出函数的 最值,一般常用导数求解;四答,回答实际问题. 【对点训练5】 某农业观光区的平面示意图如 图所示,其中矩形ABCD 的长AB=2千米, 宽AD=1千米,半圆的圆心P 为AB 中点, 为了便于游客观光休闲,在观光区铺设一条 由圆弧AE、线段EF,FC 组成的观光道路, 其中线段EF经过圆心P,点F在线段CD 上 (不含线段端点C,D),已知道路AE,FC 的 造价为每千米20万元,道路EF 造价为每千 米70万元,设 ∠APE=θ,观光道路的总造 价为y 万元. (1)试求y与θ的函数关系式y=f(θ),并写 出θ的取值范围; (2)当θ 为何值时,观光道路的总造价y 最小. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋   >Fe2 拉格朗日中值定理 【背景解读】 法国数学家拉格朗日于1797年 在其著作《解析函数论》中给出了一个定理,具 体如下.如果函数y =f(x)满足如下条件: (1)在闭区间[a,b]上是连续的;(2)在开区间 (a,b)上可导.则在开区间(a,b)上至少存在一 点ξ,使得f(b)-f(a)=f'(ξ)(b-a)成立,此 定理即“拉格朗日中值定理”,其中ξ 被称为“拉 格朗日中值”. 【题目呈现】 根据“拉格朗日中值定理”, 函数f(x)=(x-2)ln x 在[1,2]上的“拉格朗 日中值”的个数为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 2" 1.函数g(x)=ln x+x在区间[1,2]上的“拉格 朗日中值”ξ= . 2.函数g(x)=ex 在区间[0,1]上的“拉格朗日 中值”ξ= . 学习至此,请完成课时作业18 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 075 hh (2)解:f'(x)= ln x+ x+1 x (x-1)-(x+1)ln x (x-1)2 = x2-2xln x-1 x(x-1)2 , 令g(x)=x2-2xln x-1,则 g'(x)=2x-2ln x-2,令h(x)= g'(x),则h'(x)= 2(x-1) x . 当x >1时,h'(x)>0,故h(x)单调 递增,故h(x)>h(1)=0,则g(x)单 调递 增,故 g(x)>g(1)=0,从 而 f'(x)>0,f(x)单调递增. (3)e 4 2 - 1 8 ,+∞ 解 析:∵f(x)=ex -xln x -px2, ∴f'(x)= ex -ln x -1-2px, ∴f″(x)=ex - 1 x -2p ,∵f(x)= ex -xln x-px2在(1,4)上为“严格凸 函数”,∴f″(x)=ex - 1 x -2p<0 在 (1,4)上恒成立,即2p>ex- 1 x 在(1, 4)上恒成立,令g(x)=ex - 1 x ,x∈ (1,4),∴g'(x)= ex + 1 x2 > 0, ∴g(x)=ex - 1 x 在(1,4)上单调递 增,∴g(x)<g(4)=e4- 1 4 ,∴2p≥ e4- 1 4 ,即p∈ e 4 2 - 1 8 ,+∞ . 素养检测:1.①② 解析:f(x)= -x3+3x2+2的导函 数 f'(x)= -3x2 +6x,f″(x)= -6x+6,故f″(x)<0在(1,+∞)上 恒成立, 所以函数f(x)= -x3+3x2+2在 (1,+∞)上为“严格凸函数”,所以 ① 正确; f(x)= ln x x 的 导 函 数 f'(x)= 1-ln x x2 ,f″(x)= 2ln x-3 x3 , 由f″(x)<0可得2ln x-3<0,解得 x ∈ 0,e 3 2 , 所以函数f(x)= ln x x 的“严格凸区 间”为 0,e 3 2 ,所以 ② 正确; f(x)=ex - m 2x 2 的导函数f'(x)= ex -mx,f″(x)=ex -m, 因为 f(x)为 (1,4)上 的 “严 格 凸 函 数”,故f″(x)<0在(1,4)上恒成立, 所以ex -m <0在(1,4)上恒成立,即 m >ex 在(1,4)上恒成立,故m ≥e4, 所以 ③ 不正确.所以正确命题的序号 为 ①②. 2.解:f'(x)= [-2xex +(1-x2)ex]x-[(1-x2)ex -1] x2 = (-x3-x2+x-1)ex +1 x2 . 令g(x)=(-x3-x2+x-1)ex +1, 则g'(x)= -(x3+4x2+x)ex, 当x>0时,g'(x)<0,则g(x)单调 递减,又g(0)=0, 故当x>0时,g(x)<0,则f'(x)< 0,f(x)在(0,+∞)上单调递减. 3.解:令f(x)=sin x-x+ x3 6 , 则f'(x)=cos x-1+ x2 2 , 令g(x)=f'(x), 则g'(x)= -sin x+x, 令h(x)=g'(x), 则h'(x)=1-cos x≥0,则h(x)单 调递增,又h(0)=0, 则h(x)≥0,所以g(x)单调递增, 又g(0)=0,则g(x)>0(x>0时), 故f(x)单调递增,又f(0)=0, 故f(x)>0.从而当x>0时,sin x> x- x3 6. 3.3 导数与函数的极值、最值 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)极小值点 极小值 极大值点 极大值 极值点 极值 (2)必要条件 ①f'(x0)=0 (3)极大值 极小值 2.(1)② 最小值 最大值 单调递减 3.(1)2 0 (2)2 0 基础检测 1.(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√ 2.1 3.4 4.(-∞,- 6)∪(6,+∞) 5.AC 由题f'(x)=3x2-1,令f'(x)> 0得x> 3 3 或x<- 3 3 ,令f'(x)< 0得 - 3 3 <x < 3 3 ,所 以 f(x)在 -∞,- 3 3 , 33,+∞ 上 单 调 递 增,在 - 3 3 ,3 3 上 单 调 递 减,所 以 x = ± 3 3 是 极 值 点,故 A 正 确;因 f - 3 3 =1+239 >0,f 33 = 1- 23 9 >0 ,f(-2)=-5<0,所以, 函数f(x)在 -∞,- 3 3 上有一个 零点,当x≥ 3 3 时,f(x)≥f 3 3 > 0,即函数f(x)在 3 3 ,+∞ 上无零 点,综上所述,函数f(x)有一个零点, 故B错误;令h(x)=x3-x,该函数的 定义 域 为 R,h(-x)= (-x)3 - (-x)= -x3+x= -h(x),则h(x) 是奇函数,(0,0)是h(x)的对称中心, 将h(x)的图象向上移动一个单位得 到f(x)的图象,所以点(0,1)是曲线 y =f(x)的对称中心,故C正确;令 f'(x)=3x2-1=2,可得x = ±1, 又f(1)=f(-1)=1,当切点为(1,1) 时,切线方程为y =2x-1,当切点为 (-1,1)时,切线方程为y=2x+3,故 D错误.故选AC. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)ABD 由导函数的图象可知,当 x <-1或1<x <3时,f'(x)<0, 当-1<x<1或x>3时,f'(x)> 0,所以f(x)在(-1,1),(3,+∞)上 单调递增,在(-∞,-1),(1,3)上单调 递减,所以x = -1和x =3为极小值 点,x=1为极大值点,所以函数有3个 极值点,所以f(-1)和f(3)中的最小 值为函数的最小值,无最大值,故A,B, D正确. (2)AD 由y=f'(x)的图象可知:当 x∈(-∞,-3)时,f'(x)>0,所以函 数f(x)单调递增;当x ∈ (-3,-1) 时,f'(x)<0,所以函数f(x)单调递 减,因此有f(-2)>f(-1),x = -3 是f(x)的极大值点,故 A,D正确;当 x ∈ (-1,1),或x ∈ (1,+ ∞)时, f'(x)>0,所以函数f(x)单调递增, 因此函数f(x)在(-1,1)上没有极大 值,且x=1不是f(x)的极小值点,故 B,C不正确.故选AD. 对点训练1:BD 由题图可知,当x<-2 时,y>0,1-x >0⇒f'(x)>0,故 f(x)在(- ∞,-2)上单 调 递 增;当 -2<x <1时,y <0,1-x >0⇒ f'(x)<0,故f(x)在(-2,1)上单调 递减;当1<x<2时,y>0,1-x< 0⇒f'(x)<0,故f(x)在(1,2)上单 调递减;当x >2时,y<0,1-x < 0⇒f'(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上 单调递增.故函数f(x)在x = -2时 取得极大值,在x =2时取得极小值, 即函数y=f(x)有极大值f(-2)和 极小值f(2).故选BD. 例2:(1)-1 -3 解析:因为f'(x)= 2(x2+1)-4x2 (x2+1)2 = 2(1+x)(1-x) (x2+1)2 .令f'(x)=0,解得 x1 = -1,x2 = 1.当 x 变 化 时, f'(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1)-1 (-1,1) 1 (1,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 -3 单调递增 -1 单调递减 由上表看出,当x= -1时,f(x)取得 极 小值,为f(-1)= -3;当x=1时, f(x)取得极大值,为f(1)= -1. (2)x =e, 1 e x =e ,e 解析:函数f(x)= ln x x 的定义域为 (0,+ ∞),且 f'(x)= 1-ln x x2 .令 f'(x)=0,解得x =e.当x 变化时, f'(x)与f(x)的变化情况如下表: x (0,e) e (e,+∞) f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 1 e 单调递减 因此,x =e是函数的极大值点,极大 值 为 f(e)= 1 e ;令 x >0, ln x ≠0, 解 得 x>0且x≠1,所以函数f(x)= x ln x 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -464- 参 考 答 案 的定义域为(0,1)∪ (1,+ ∞),因 为 f'(x)= ln x-1 (ln x)2 ,x ∈ (0,1)∪ (1, +∞),令f'(x)>0,解得x >e;由 f'(x)<0,解得0<x<1或1<x< e,则f(x)在(0,1)和(1,e)上单调递 减,在(e,+∞)上单调递增,当x =e 时,f(x)取得极小值,且f(e)=e. (3)- 3π 2 ,π 2 +2 解析:f'(x)= -sin x+sin x+(x+ 1)cos x=(x+1)cos x,所以f(x)在 区间 0,π2 和 3π2,2π 上 f'(x)> 0, 即 f(x) 单 调 递 增; 在 区 间 π 2 ,3π 2 上f'(x)<0,即f(x)单调 递减,又f(0)=f(2π)=2,f π 2 = π 2 +2 ,f 3π 2 = - 3π2 +1 +1= - 3π 2 ,所以f(x)在区间[0,2π]上的 最小值为 - 3π 2 ,最大值为π 2 +2. 对点训练2:(1)1 解析:函数f(x)=ex -e-x -sin 2x+ 1,x ∈ [-π,0],所以f'(x)=ex + e-x - 2cos 2x ≥ 2 ex·e-x - 2cos 2x =2-2cos 2x,当且仅当ex = e-x,即x =0时等号成立,又因为2- 2cos 2x ≥0,所 以f'(x)≥0,所 以 f(x)在[-π,0]上单调递增,其最大 值为f(0)=e0-e0-sin 0+1=1. (2)- 2 2e -π4 解析:f'(x)=ex(sin x +cos x)= 2exsinx+ π 4 ,当 x ∈ - π3, - π 4 时,f'(x)<0,f(x)单调递减; 当x ∈ - π 4 ,0 时,f'(x)>0,f(x) 单调 递 增,则 f(x)min =f - π 4 = - 2 2e -π4. (3)3 解析:当 x ≤0时,f'(x)= - (x + 1)(x+4)2e-x,因 为 (x +4)2 ≥0, e-x >0,可得,当x<-1时,f'(x)≥ 0(当且 仅 当 x = -4时 等 号 成 立); 当-1≤x≤0时,f'(x)≤0(当且仅 当x= -1时等号成立);所以f(x)在 (-∞,-1)上单调递增,在[-1,0]上 单调递减,再根据偶函数的性质可知, f(x)在(-∞,-1),[0,1]上单调递 增,在[-1,0],(1,+∞)上单调递减, 且f(x)在 R 上连续不断,所以x = ±1是原函数的极大值点,x =0是原 函数的极小值点,故f(x)的极值点个 数为3. 例3:(1)解:因为函数f(x)=axln x+ x2 的定义域为(0,+∞), 所以 f'(x)=aln x +a +2x,设 h(x)=aln x+a+2x, 则h'(x)= a x +2 , ① 当a=0时,因为x∈(0,+∞),所 以f'(x)=2x>0,所以函数f(x)在 (0,+∞)内没有极值点, ② 当a>0时,因为x∈(0,+∞),所 以h'(x)= a x +2>0 ,函数h(x)在 (0,+∞)上单调递增, 即f'(x)=aln x+a+2x在(0,+∞) 上单调递增,又f'(1)=a+2>0, f'(e -1-2a)=aln e -1-2a +a+2e -1-2a = -2+2e -1-2a <0,所以存在x =x1, 使得f'(x1)=0,且当x∈(0,x1)时, f'(x)<0,函数f(x)在(0,x1)上单 调递减,当x ∈ (x1,+∞)时, f'(x)>0,函数f(x)在(x1,+∞)上 单调递增,所以x =x1 为函数f(x) 的极 小 值 点,函 数 f(x)没 有 极 大 值点, ③ 当a <0时,h'(x)= a+2x x ,则 0<x<- a 2 时,h'(x)<0;x>- a 2 时,h'(x)>0, 则x = - a 2 是函数h(x)在(0,+∞) 上唯一的极小值点,且h(x)的极小值 为aln- a 2 , 当aln- a 2 >0,即-2<a<0时, h(x)>0,所以f'(x)>0,函数f(x) 在(0,+∞)上单调递增,函数f(x)在 (0,+∞)上没有极值点, 当aln- a 2 =0,即 a = -2时, h(x)≥0,所以f'(x)≥0,函数f(x) 在(0,+∞)上单调递增,函数f(x)在 (0,+∞)上没有极值点, 当aln- a 2 <0,即a<-2时,因为 f' - a 2 <0,f'(e-1)=2e-1 >0, f'(e-a)= - a2 + a + 2e-a, 设 φ(a)= -a2 +a+2e-a(a <-2), φ'(a)= -2a+1-2e-a, 设m(a)= -2a+1-2e-a(a<-2), 则 m'(a)= -2+2e-a > 0,所 以 m(a)= -2a+1-2e-a 在(-∞,-2) 上单调递增,所以 m(a)<m(-2)= 4+1-2e2 <0,所以φ(a)= -a2+ a+2e-a(a<-2)在(-∞,-2)上单 调递减, φ(a)>φ(-2)= -4-2+2e2 >0, 即 f'(e-a)> 0,所 以 存 在 x2 ∈ e-1,- a 2 ,x3 ∈ -a2,e-a 使 得 f'(x2)=0,f'(x3)=0,当x ∈ (0, x2)时,f'(x)>0,函数f(x)在(0, x2)上单调递增,当x ∈ (x2,x3)时, f'(x)<0,函数f(x)在(x2,x3)上 单调 递 减,当 x ∈ (x3,+ ∞)时, f'(x)>0,函数f(x)在(x3,+∞)上 单调递增,所以x =x2 为函数f(x) 的极大值点,x=x3为函数f(x)的极 小值点, 综上所述,当a>0时,函数f(x)有一 个极值点,当 -2≤a ≤0时,函数 f(x)没有极值点,当a<-2时,函数 f(x)有两个极值点. (2)解:①函数f(x)= x-a x -ln x(a∈ R)的定义域为(0,+∞),则f'(x)= a x2 - 1 x = a-x x2 , 当a≤0时,对任意的x>0,f'(x)< 0,此 时 函 数 f(x)的 减 区 间 为 (0,+∞),无增区间; 当a>0时,由f'(x)>0,可得0< x <a,由f'(x)<0,可得x >a, 此时,函数f(x)的增区间为(0,a),减 区间为(a,+∞), 综上所述,当a≤0时,函数f(x)的减 区间为(0,+∞),无增区间; 当a>0时,函数f(x)的增区间为(0, a),减区间为(a,+∞). ② 当a≤ 1 e 时, 函数f(x)在 1 e ,e 上单调递减, 此时,g(a)= f 1 e = 2-ae;当 1 e <a<e 时,函数f(x)在 1 e ,a 上 单调递增,在(a,e]上单调递减, 此时,g(a)=f(a)= -ln a; 当a≥e时,函数f(x)在 1 e ,e 上单 调递增,此时,g(a)=f(e)= - a e. 综上所述,g(a)= 2-ae,a≤ 1 e , -ln a,1e <a<e , - a e ,a≥e. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 对点训练3:(1)解:f'(x)= 1 k (x-k- 2)ex -1= ex +1 k (x-2)ex ex +1 -k , 设g(x)= (x-2)ex ex +1 -k, 则g'(x)= ex(ex +x-1) (ex +1)2 . 设h(x)=ex +x-1,显然h(x)是增 函数,且h(0)=0; 故x <0时,g'(x)<0,g(x)递减; x >0时,g'(x)>0,g(x)递增; 又g(0)= -1-k,且 x < 0时, g(x)<-k. ① 当 -1-k ≥0,即k ≤-1时, g(x)≥0,f'(x)≤0,f(x)递减,此 时f(x)无极值点; ② 当-1-k<0<-k,即-1<k< 0时,存在x1<0<x2 使得g(x1)= g(x2)=0, x <x1 时,g(x)>0,f'(x)< 0, f(x)递减; x1 <x<x2 时,g(x)<0,f'(x)> 0,f(x)递增; x >x2 时,g(x)>0,f'(x)< 0, f(x)递减.此时f(x)有两个极值点. ③ 当-k<0,即k>0时,存在x0,使 得g(x0)=0, x <x0 时,g(x)<0,f'(x)< 0, f(x)递减; x >x0 时,g(x)>0,f'(x)> 0, f(x)递增.此时f(x)有一个极值点. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -465- hh 综上所述,当k≤-1时,f(x)无极值 点;当-1<k<0时,f(x)有两个极 值点;当 k >0时,f(x)有 一 个 极 值点. (2)解:由 题 意 可 得 函 数 f(x)= x-a+ln x x 的定义域为(0,+∞), f'(x)= (x-a+ln x)'x-(x-a+ln x) x2 = 1+ 1 x ·x-(x-a+ln x) x2 = 1+a-ln x x2 , 令f'(x)=0,得x =e1+a, 所以当x∈(0,e1+a)时,f'(x)>0,函 数f(x)单调递增; 当x∈(e1+a,+∞)时,f'(x)<0,函 数f(x)单调递减, 当e1+a≥e2,即a≥1时,函数f(x)在 区间(0,e2]上单调递增, 故函 数 f(x)的 最 大 值 为 f(e2)= e2-a+2 e2 =1+ 2-a e2 . 当e1+a<e2,即a<1时,函数f(x)在 区间(0,e1+a]上单调递增,在(e1+a,e2] 上单调递减, 故函数f(x)的最大值为f(e1+a)= e1+a -a+1+a e1+a =1+ 1 e1+a . 综上,当a≥1时,函数f(x)在区间 (0,e2]上的最大值为1+ 2-a e2 ; 当a<1时,函数f(x)在区间(0,e2] 上的最大值为1+ 1 e1+a . 例4:(1)BCD 函 数 f(x)=aln x + b x + c x2 的定义域为(0,+∞),求导得 f'(x) = a x - b x2 - 2c x3 = ax2-bx-2c x3 ,因 为 函 数f(x)既 有 极大值也有极小值,则函数f'(x)在 (0,+∞)上有两个变号零点,而a≠ 0,因此方程ax2-bx-2c=0有两个 不等的正根x1,x2,于是 Δ =b2+8ac>0, x1+x2 = b a >0 , x1x2 = - 2c a >0 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 即有 b2+8ac>0, ab>0, ac<0, 显然a2bc<0,即bc< 0,故A错误,B,C,D正确.故选BCD. (2)- 1 2 解 析: 因 为 函 数 f(x)定 义 域 为 (0,+∞),所 以 依 题 意 可 知,f(1)= -2,f'(1)=0,而f'(x)= a x - b x2 , 所以b= -2,a-b=0,即a = -2, b= -2,所以f'(x)= - 2 x + 2 x2 ,因 此 函 数 f(x)在 (0,1)上 递 增,在 (1,+∞)上递减,x =1时取最大值, 满足题意,即有f'(2)= -1+ 1 2 = - 1 2. (3)1e ,1 解析:解法1:(最优解)转化法,零点的 问题转为函数图象的交点 因为f'(x)=2ln a·ax-2ex,所以方 程2ln a·ax -2ex =0的两个根为 x1,x2,即方程ln a·ax =ex 的两个 根为x1,x2,即函数y=ln a·ax 与函 数y =ex 的图象有两个不同的交点, 因为x1,x2分别是函数f(x)=2ax- ex2 的极小值点和极大值点,所以函数 f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)上递 减,在(x1,x2)上递增, 所以当x ∈ (-∞,x1)∪ (x2,+∞) 时,f'(x)<0,即y=ex 图象在y= ln a·ax 上方;当x ∈ (x1,x2)时, f'(x)>0,即y=ex图象在y=ln a· ax 下方,若a>1,图象显然不符合题 意,所以0<a<1.令g(x)=ln a· ax,则g'(x)= (ln a)2·ax,0<a< 1,设过原点且与函数y =g(x)的图 象相切的直线的切点为(x0,ln a·a x0), 则切线的斜率为g'(x0)=(ln a)2·a x0, 故切线方程为y-ln a·a x0 =(ln a)2· a x0(x-x0),则 有 -ln a·a x0 = -x0(ln a)2·a x0,解得x0= 1 ln a ,则 切线的斜率为(ln a)2·a 1 ln a =e(ln a)2, 因为函数y=ln a·ax 与函数y=ex 的图象有两个不同的交点,如图, 所以e(ln a)2<e,解得 1 e <a<e ,又 0<a<1,所以 1 e<a<1 ,综上所述, a 的取值范围为 1e ,1 . 解法2:(通性通法)构造新函数,二次 求导 f'(x)=2ln a·ax -2ex =0的两个 根为x1,x2,因为x1,x2 分别是函数 f(x)=2ax -ex2 的极小值点和极大 值点,所以函数f(x)在(-∞,x1)和 (x2,+ ∞)上 递 减,在(x1,x2)上 递 增,设函数g(x)=f'(x)=2(axln a- ex),则g'(x)=2ax(ln a)2-2e,若 a>1,则g'(x)在R上单调递增,此时 若g'(x0)=0,则f'(x)在(-∞,x0) 上单调递减,在(x0,+ ∞)上 单 调 递 增,此时若有x=x1和x=x2分别是 函数f(x)=2ax -ex2(a>0且a≠ 1)的极 小 值 点 和 极 大 值 点,则x1 > x2,不 符 合 题 意;若0<a <1,则 g'(x)在 R 上 单 调 递 减,此 时 若 g'(x0)=0,则f'(x)在(-∞,x0)上 单调递增,在(x0,+∞)上单调递减, 令g'(x0)=0,则a x0 = e (ln a)2 ,此时 若有x =x1 和x =x2 分别是函数 f(x)=2ax -ex2(a>0且a≠1)的 极小值点和极大值点,且x1 <x2,则 需满足f'(x0)>0,f'(x0)=2(a x0ln a- ex0)=2 e ln a-ex0 >0,即x0 < 1 ln a ,x0ln a>1,故x0ln a=ln a x0 = ln e(ln a)2 >1,所以 1 e <a<1. 对点训练4:(1)-∞,- 1 2 解析:∵f(x)= ex +ax2 +2ax, ∴f'(x)=ex +2ax +2a,若 函 数 f(x)在 (0,+ ∞)上 有 最 小 值,即 f(x)在(0,+∞)上先递减再递增,即 f'(x)在(0,+∞)上先小于0,再大于 0,令g(x)=ex,h(x)= -2a(x + 1),只需在(0,+∞)上,g(x)的图象 先 在 直 线 h(x)下 方,之 后 在 直 线 h(x)上方即可.已知g(x)=ex 的图 象过点(0,1),直线h(x)= -2a(x+ 1)过点(-1,0),过这两点的直线方程 为y=x+1,易知直线y=x+1恰是 g(x)= ex 的 切 线, 故 只 需 直 线 h(x)= -2a(x+1)的斜率-2a大于 直线y=x+1的斜率1即可,故-2a> 1,解得a<- 1 2 ,即a∈ -∞,- 1 2 . (2)0,12e 解析:由 题 意 可 知,f(x)的 定 义 域 为 (0,+∞),f'(x)= -ln x+2ax,令 f'(x)=0,可得2a= ln x x ,令h(x)= ln x x (x >0),h'(x)= 1-ln x x2 ,令 h'(x)=0得x =e,当0<x<e时, h'(x)>0,当x>e时,h'(x)<0,可 知 h(x)在 (0,e)上 单 调 递 增,在 (e,+∞)上单调递减,所以h(x)max= h(e)= 1 e ,又当0<x<1时,h(x)< 0,当x >1时,h(x)>0,根据以上信 息,作出h(x)的大致图象,如图所示, 则由题意可知y =2a 与函数h(x)的 图象有 两 个 不 同 的 交 点,所 以2a ∈ 0,1e ,∴a∈ 0,12e . 例5:(1)643 解析:如图,设正 四棱锥的底面边 长AB =2a,高 PO =h,外接球 的球 心 为 M,则 OD = 2a,因为 球 的 体 积 为 4 3πR 3 = 36π, 所以球的半径为R =3,在Rt△MOD 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -466- 参 考 答 案 中,MD2=OD2+OM2,即32=2a2+ (h-3)2,所以正四棱锥的体积为V = 1 3Sh = 1 3 ×4a 2h = 2 3 [9- (h- 3)2]h,整理得V = - 2 3h 3+4h2(h> 0),则V'= -2h2+8h= -2h(h-4), 当0<h<4时,V'>0,当h>4时, V'<0,所以V= - 2 3h 3+4h2(h>0) 在(0,4)上递增,在(4,+∞)上递减, 所以当h =4时,函数取得最大值为 - 2 3×4 3+4×42= 64 3 ,故该四棱锥的 体积最大值为 64 3. (2)解:① 由题知,每瓶饮料的利润为 y =f(r)=0.2× 4πr3 3 -0.8πr 2 = 0.8πr 3 3 -r 2 ,0<r≤6, 所 以 f'(r)= 0.8π(r2 - 2r)= 0.8πr(r-2), 令f'(r)=0,解得r=2, 当r∈ (0,2)时,f'(r)<0,f(r)在 (0,2)上单调递减, 当r∈ (2,6]时,f'(r)>0,f(r)在 (2,6]上单调递增, 又f(6)=28.8π,f(2)= - 16 15π , 所以当r=6 cm时,每瓶饮料的利润 最大. ②由①知,当r=2 cm时,每瓶饮料的 利润最小. ③由f(r)=0.8π r3 3 -r 2 ≥0(0< r≤6),解得3≤r≤6,故所求瓶子的 半径取值范围是3 cm≤r≤6 cm. 对点训练5:解:(1)由题意可知 ∠APE = θ,如图,过点F 作FO ⊥AB,垂足为 O,则 ∠FPB =θ, 所以EF =1+ 1 sin θ ,FC=1- cos θ sin θ , y = 20θ+1- cos θ sin θ + 70 1 + 1 sin θ =20θ + 90 + 70-20cos θ sin θ π 4 <θ< 3π 4 . (2)由(1)得y'=20+ 20sin2θ-70cos θ+20cos2θ sin2θ = 40-20cos2θ-70cos θ sin2θ , 令y'= 40-20cos2θ-70cos θ sin2θ =0, 即2cos2θ+7cos θ-4=0,(2cos θ- 1)(cos θ+4)=0, cos θ= 1 2 或cos θ= -4(舍去),θ= π 3 ∈ π 4 ,3π 4 , θ π4 ,π 3 π3 π3,3π4 y' - 0 + y ↘ 极小值 ↗ 所以θ= π 3 时,y 最小,即当θ = π 3 时,观光道路的总造价y 最小. 􀪋􀪋􀪋􀪋   􀪋􀪋􀪋􀪋 题目呈现:1 解析:f'(x)=1+ln x- 2 x ,令x0 为 函数f(x)= (x-2)ln x 在[1,2]上 的“拉格朗日中值”, 则1+ln x0- 2 x0 =f (2)-f(1) 2-1 = 0, 令g(x)=1+ln x- 2 x ,则g'(x)= 1 x + 2 x2 >0在[1,2]上恒成立, 故g(x)=1+ln x- 2 x 在[1,2]上单 调递增,又g(1)=1-2= -1<0, g(2)=1+ln 2-1=ln 2>0, 由函数零点存在定理可得,存 在 唯 一 的x0 ∈ [1,2],使得g(x0)=0. 素养检测:1.1ln 2 解析:g'(x)= 1 x +1 ,则 g'(ξ)= 1 ξ +1,由“拉格朗日中值”的定义可 知,函数g(x)=ln x+x在区间[1,2] 上的“拉 格 朗 日 中 值”ξ 满 足g(2)- g(1)=g'(ξ)(2-1),所以g'(ξ)= g(2)-g(1)=ln 2+2-1=ln 2+1, 所以g'(ξ)= 1 ξ +1=ln 2+1,即 1 ξ =ln 2,则ξ= 1 ln 2. 2.ln(e-1) 解析:由g(x)=ex 可得g'(x)=ex, 所以g'(ξ)=eξ,由“拉格朗日中值”的 定义可知g'(ξ)= g(1)-g(0) 1-0 = e- 1,即eξ =e-1,所以ξ=ln(e-1). 微专题一 证明不等式 典例1:(1)B a=2ln 1.01=ln 1.012= ln(1+0.01)2 =ln(1+2×0.01+ 0.012)>ln 1.02=b,所以b<a.下面 比较c与a,b的大小关系. 记f(x)=2ln(1+x)- 1+4x+1, 则f(0)=0,f'(x)= 2 1+x- 2 1+4x = 2( 1+4x -1-x) (1+x) 1+4x , 由于1+4x-(1+x)2 =2x-x2 = x(2-x),所以当0<x <2时,1+ 4x-(1+x)2>0,即 1+4x >(1+ x),f'(x)>0,所以f(x)在[0,2]上 单调递增,所以f(0.01)>f(0)=0, 即2ln 1.01> 1.04-1,即a>c; 令g(x)=ln(1+2x)- 1+4x+1, 则g(0)=0,g'(x)= 2 1+2x- 2 1+4x = 2( 1+4x -1-2x) (1+2x) 1+4x , 由于1+4x-(1+2x)2 = -4x2,在 x >0时,1+4x-(1+2x)2<0,所以 g'(x)<0,即函数g(x)在[0,+∞) 上单调递减,所以g(0.01)<g(0)= 0,即ln 1.02< 1.04-1,即b<c.综 上,b<c<a,故选B. (2)解:① 证明:当m =1时,f(x)= 2ln x- 1 2x 2+1(x >0), ∴f'(x)= 2 x -x = 2-x2 x (x>0), 令f'(x)=0,得x = 2, 当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)单 调递增; 当x ∈ (2,+ ∞)时,f'(x)<0, f(x)单调递减, 所以f(x)在x = 2处取得唯一的极 大值,即为最大值, 所以 f(x)max = f(2)=2ln 2- 1 2 ×2+1=ln 2, 所以f(x)≤ln 2, 而ln 2<ln e=1, 所以f(x)<1. ② 令 G(x)=f(x)- (m -2)x = 2ln x- 1 2mx 2+(2-m)x+1. 则 G'(x)= 2 x - mx + (2- m) = - mx2+(2-m)x+2 x . 当m≤0时,因为x>0,所以G'(x)> 0,所以G(x)在(0,+∞)上单调递增, 又因为G(1)= - 3 2m+3>0. 所以关于x的不等式G(x)<0不能恒 成立; 当m >0时, G'(x)= - m x- 2 m (x+1) x . 令G'(x)=0,得x = 2 m ,所以当x∈ 0,2m 时,G'(x)>0; 当x ∈ 2 m ,+∞ 时,G'(x)<0. 因此函数 G(x)在 0,2m 上 单 调 递 增,在 2 m ,+∞ 上单调递减. 故函数 G(x)的最大 值 为 G 2m = 2 m -2ln m+2ln 2-1. 令h(m)= 2 m -2ln m+2ln 2-1, 因为h(1)=1+2ln 2>0,h(2)=0, h(3)=2ln 2-2ln 3- 1 3 <0 , 又因为h(m)在(0,+∞)上单调递减, 所以当m >2时,h(m)<0. 所以整数m 的最小值为3. 对点训练1:解:(1)由题意知,函数g(x)= x3+ax2,则g'(x)=3x2+2ax,若 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -467-