2020届高考数学一轮复习 第二篇 函数、导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用（第2课时）

第二篇函数、导数及其应用(必修1、选修2-2)返回导航第11节导数在研究函数中的应用返回导航考点一利用导数研究函数的极值问题考查角度1：根据函数图象判断函数的极值情况第二课时利用导数研究函数的极值与最值设函数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f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)(B)函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)(C)函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)(D)函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)返回导航D解析：由题图可知，当x－2时，f′(x)0；当－2x1时，f′(x)0；当1x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.返回导航【反思归纳】知图判断函数值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．考查角度2：求函数的极值已知函数f(x)＝－x3＋x2（x＜1），alnx（x≥1）.(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．返回导航解析：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝23.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)00，232323，1f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝23.返回导航(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和[23，1)上单调递减，在[0，23]上单调递增．因为f(－1)＝2，f23＝427，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a＜2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.返回导航【反思归纳】已知函数求极值，求f′(x)→求方程f′(x)＝0的根，列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的附近两侧的符号，下结论．返回导航考查角度3：利用单调性求值域(2016高考全国卷Ⅱ)(1)讨论函数f(x)＝x－2x＋2ex的单调性，并证明当x＞0时，(x－2)ex＋x＋2＞0.(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝ex－ax－ax2(x＞0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．返回导航解：(1)f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f′(x)＝（x－1）（x＋2）ex－（x－2）ex（x＋2）2＝x2ex（x＋2）2≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)f(0)＝－1.所以(x－2)ex－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋20.返回导航(2)g′(x)＝（x－2）ex＋a（x＋2）x3＝x＋2x3(f(x)＋a)．由(1)知，f(x)＋a单调递增．对任意的a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1＜0，f(2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0.当0xxa时，f(x)＋a0，g′(x)0，g(x)单调递减；当xxa时，f(x)＋a0，g′(x)0，g(x)单调递增．返回导航因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为g(xa)＝exa－a（xa＋1）x2a＝exa＋f（xa）（xa＋1）x2a＝exaxa＋2.于是h(a)＝exaxa＋2.由exx＋2′＝（x＋1）ex（x＋2）2＞0，得y＝exx＋2单调递增，所以，由xa∈(0,2]，得12＝e00＋2＜h(a)＝exaxa＋2≤e22＋2＝e24.返回导航因为y＝exx＋2单调递增，对任意λ∈12，e24，存在唯一的xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是12，e24.综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是12，e24.返回导航【反思归纳】导数作为一种工具，可以处理与函数有关的很多问题，如确定函数的单调性、极值与最值等，往往会和函数的相关知识、不等式的证明等综合，其实质是利用导数判断函数的单调性，再转化为相应的问题进行求解．返回导航考点二运用导数解决函数的最值问题(1)已知a，b为正实数，函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，则函数f(x)在[－1,0]上的最小值为()(A)－32(B)32(C)－2(D)2(2)已知函数f(x)＝1－xx＋klnx，k＜1e，求函数f(x)在[1e，e]上的最大值和最小值．返回导航(1)A解析：因为函数f(x)＝ax3＋bx＋2x，所以f′(x)＝3ax2＋b＋2xln2.又因为a，b为正实数，所以当0≤x≤1时，3ax2≥0,2xln2＞0，所以f′(x)＞0，即f(x)在[0,1]上为增函数．所以f(1)最大且为a＋b＋2＝4，即a＋b＝2.又当－1≤x≤0时，3ax2≥0,2xln2＞0，即f(x)在[－1,0]上为增函数，所以f(－1)最小且为－(a＋b)＋12.所以函数f(x)在[－1,0]上的最小值为f(－1)＝－2＋12＝－32.返回导航(2)解析：因为f(x)＝1－xx＋klnx，所以f′(x)＝－x－（1－x）x2＋kx＝kx－1x2.①若k＝0，则f′(x)＝－1x2在[1e，e]上恒有f′(x)＜0，所以f(x)在[1e，e]上单调递减．所以f(x)min＝f(e)＝1－ee，f(x)max＝f(1e)＝e－1.返回导航②若k≠0，f′(x)＝kx－1x2＝k（x－1k）x2.(ⅰ)若k＜0，则在[1e，e]上恒有k（x－1k）x2＜0，所以f(x)在[1e，e]上单调递减．所以f(x)min＝f(e)＝1－ee＋klne＝1e＋k－1，f(x)max＝f(1e)＝e－k－1.返回导航(ⅱ)若k＞0，由k＜1e，得1k＞e，则x－1k＜0，所以k（x－1k）x2＜0，所以f(x)在[1e，e]上单调递减．所以f(x)min＝f(e)＝1－ee＋klne＝1e＋k－1，f(x)max＝f(1e)＝e－k－1.综上，当f(x)在1e，e上，f(x)min＝1e＋k－1，f(x)max＝e－k－1.返回导航【反思归纳】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)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的极值与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．返回导航【即时训练】已知函数f(x)＝ax2＋bx＋cex(a＞0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．返回导航解：(1)f′(x)＝（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex（ex）2＝－ax2＋（2a－b）x＋b－cex.令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex＞0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a＞0，所以－3＜x＜0时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，返回导航当x＜－3或x＞0时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有9a－3b＋ce－3＝e3，g（0）＝b－c＝0，g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，返回导航解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝x2＋5x＋5ex.因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，而f(－5)＝5e－5＝5e5＞5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.返回导航考点三利用导数研究生活中的优化问题某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，返回导航左右两端均为半球形，按照设计要求容器的体积为64π3立方米．假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为4千元．设该容器的总建造费用为y千元．(1)将y表示成r的函数f(r)，并求该函数的定义域．(2)讨论函数f(r)的单调性，并确定r和l为何值时，该容器的建造费用最小，并求出最小建造费用．返回导航解析：(1)因为容器的体积为64π3立方米，所以4πr33＋πr2l＝643π，解得l＝643r2－43r，所以圆柱的侧面积为2πrl＝2πr643r2－43r＝128π3r－8πr23，两端两个半球的表面积之和为4πr2，所以y＝f(r)＝128π3r－8πr23×3＋4πr2×4＝128πr＋8πr2，又l＝643r2－43r＞0⇒r＜243，所以定义域为(0,243)．返回导航(2)因为y′＝－128πr2＋16πr＝r3－r2，所以令y′＞0，得2＜r＜243；令y′＜0，得0＜r＜2，当r∈(2,243)时，f(r)为增函数，当r∈(0,2)时，f(r)为减函数，所以当r＝2，l＝83时，该容器的建造费用最小为96π千元．返回导航【反思归纳】利用导数解决生活中优化问题的方法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，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．返回导航【即时训练】统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为y＝1128000x3－380x＋8(0x≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？返回导航解：(1)当x＝40时，汽车从甲地到乙地行驶了10040小时，共耗油10040×1128000×403－380×40＋8＝17.5(升)．因此，当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油17.5升．(2)当速度为x千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100x小时，设耗油量为h(x)升，依题意得h(x)＝1128000x3－380x＋8·100x＝11280x2＋800x－154(0x≤120)，返回导航h′(x)＝x640－800x2＝x3－803640x2(0x≤120)．令h′(x)＝0，得x＝80.当x∈(0,80)时，h′(x)0，h(x)是减函数；当x∈(80,120]时，h′(x)0，h(x)是增函数，所以当x＝80时，h(x)取得极小值h(80)＝11.25.易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值．故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，为11.25升．返回导航抽象函数解不等式(2015高考新课标全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是()(A)(－∞，－1)∪(0,1)(B)(－1,0)∪(1