专题09 函数的最值(解析版)

2023-11-08 · U1 上传 · 12页 · 80.3 K

专题09 函数的最值考点一 求已知函数的最值【方法总结】导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f(x)的导数f′(x);(2)求f(x)在给定区间上的单调性和极值;(3)求f(x)在给定区间上的端点值;(4)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较,确定f(x)的最大值与最小值;(5)反思回顾,查看关键点,易错点和解题规范.【例题选讲】[例1](1)函数f(x)=lnx-x在区间(0,e]上的最大值为________.答案 -1 解析 f′(x)=eq\f(1,x)-1,令f′(x)=0得x=1.当x∈(0,1)时,f′(x)>0;当x∈(1,e]时,f′(x)<0.∴当x=1时,f(x)取得最大值,且f(x)max=f(1)=ln1-1=-1.(2)函数f(x)=eq\f(1,2)x2+x-2lnx的最小值为.答案 eq\f(3,2) 解析 因为f′(x)=x+1-eq\f(2,x)=eq\f((x+2)(x-1),x)(x>0),所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(1)=eq\f(1,2)+1=eq\f(3,2).(3)已知函数f(x)=eq\f(1,3)x3+mx2+nx+2,其导函数f′(x)为偶函数,f(1)=-eq\f(2,3),则函数g(x)=f′(x)ex在区间[0,2]上的最小值为.答案 -2e 解析 由题意可得f′(x)=x2+2mx+n,∵f′(x)为偶函数,∴m=0,故f(x)=eq\f(1,3)x3+nx+2,∵f(1)=eq\f(1,3)+n+2=-eq\f(2,3),∴n=-3.∴f(x)=eq\f(1,3)x3-3x+2,则f′(x)=x2-3.故g(x)=ex(x2-3),则g′(x)=ex(x2-3+2x)=ex(x-1)·(x+3),据此可知函数g(x)在区间[0,1)上单调递减,在区间(1,2]上单调递增,故函数g(x)的极小值,即最小值为g(1)=e1·(12-3)=-2e.(4)已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是________.答案 -eq\f(3\r(3),2) 解析 ∵f(x)的最小正周期T=2π,∴求f(x)的最小值相当于求f(x)在[0,2π]上的最小值.f′(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos2x-1)=4cos2x+2cosx-2=2(2cosx-1)(cosx+1).令f′(x)=0,解得cosx=eq\f(1,2)或cosx=-1,x∈[0,2π].∴由cosx=-1,得x=π;由cosx=eq\f(1,2),得x=eq\f(5,3)π或x=eq\f(π,3).∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到,f(π)=2sinπ+sin2π=0,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))=2sineq\f(π,3)+sineq\f(2π,3)=eq\f(3\r(3),2),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π))=-eq\f(3\r(3),2),f(0)=0,f(2π)=0,∴f(x)的最小值为-eq\f(3\r(3),2).(5)设正实数x,则f(x)=eq\f(ln2x,xlnx)的值域为________.答案 eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e))) 解析 令lnx=t,则x=et,∴g(t)=eq\f(t2,et2),令t2=m,m≥0,∴h(m)=eq\f(m,em),∴h′(m)=eq\f(em(1-m),e2m),令h′(m)=0,解得m=1,当0≤m<1时,h′(m)>0,函数h(m)单调递增,当m≥1时,h′(m)<0,函数h(m)单调递减,∴h(m)max=h(1)=eq\f(1,e),∵f(0)=0,当m→+∞时,h(m)→0,∴f(x)=eq\f(ln2x,xlnx)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e))).(6)已知函数f(x)=elnx和g(x)=x+1的图象与直线y=m的交点分别为P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1-x2的取值范围是( )A.[1,+∞) B.[2,+∞) C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2),+∞))答案 A 解析 由题意知f(x1)=g(x2),所以elnx1=x2+1,即x2=elnx1-1,则x1-x2=x1-elnx1+1,x1>0.令h(x)=x-elnx+1(x>0),则h′(x)=1-eq\f(e,x)=eq\f(x-e,x).当x>e时,h′(x)>0,当00),则φ′(x)=eq\f(ex(x-1)+lnx,x2),当x∈(0,1)时,φ′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,φ′(x)>0,∴φ(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∴φ(x)min=φ(1)=e-1,∴k≤e-1.(8)(多选)设函数f(x)=eq\f(x+e|x|,e|x|),则下列选项正确的是( )A.f(x)为奇函数 B.f(x)的图象关于点(0,1)对称C.f(x)的最大值为eq\f(1,e)+1 D.f(x)的最小值为-eq\f(1,e)+1答案 BCD 解析 f(x)=eq\f(x,e|x|)+1,不满足f(-x)=-f(x),故A项错误;令g(x)=eq\f(x,e|x|),则g(-x)=eq\f(-x,e|-x|)=eq\f(-x,e|x|)=-g(x),所以g(x)为奇函数,则f(x)关于点(0,1)对称,B项正确;设f(x)=eq\f(x,e|x|)+1的最大值为M,则g(x)的最大值为M-1,设f(x)=eq\f(x,e|x|)+1的最小值为N,则g(x)的最小值为N-1,当x>0时,g(x)=eq\f(x,ex),所以g′(x)=eq\f(1-x,ex),当0<x<1时,g′(x)>0,当x>1时,g′(x)<0,所以当0<x<1时,g(x)单调递增,当x>1时,g(x)单调递减,所以g(x)在x=1处取得最大值,最大值为g(1)=eq\f(1,e),由于g(x)为奇函数,所以g(x)在x=-1处取得最小值,最小值为g(-1)=-eq\f(1,e),所以f(x)的最大值为M=eq\f(1,e)+1,最小值为N=-eq\f(1,e)+1,故C、D项正确.故选B、C、D.[例2] 已知函数f(x)=excosx-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上的最大值和最小值.解析 (1)因为f(x)=excosx-x,所以f′(x)=ex(cosx-sinx)-1,f′(0)=0.又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)设h(x)=ex(cosx-sinx)-1,则h′(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))时,h′(x)<0,所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上单调递减.所以对任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),有h(x)<h(0)=0,即f′(x)<0.所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上单调递减.因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)))上的最大值为f(0)=1,最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))=-eq\f(π,2).[例3] (2017·浙江)已知函数f(x)=(x-eq\r(2x-1))e-xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2))).(1)求f(x)的导函数;(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))上的取值范围.解析 (1)f′(x)=(x-eq\r(2x-1))′e-x+(x-eq\r(2x-1))(e-x)′=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,\r(2x-1))))e-x-(x-eq\r(2x-1))e-x=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(1,\r(2x-1))-x+\r(2x-1)))e-x=(1-x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(2,\r(2x-1))))e-xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2))).(2)令f′(x)=(1-x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1-\f(2,\r(2x-1))))e-x=0,解得x=1或eq\f(5,2).当x变化时,f(x),f′(x)的变化如下表:xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(5,2)))eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2),+∞))f′(x)-0+0-f(x)eq\f(1,2)e-eq\f(1,2)0eq\f(1,2)e-eq\f(5,2)又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))=eq\f(1,2)e-eq\f(1,2),f(1)=0,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))=eq\f(1,2)e-eq\f(5,2),则f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),+∞))上的最大值为eq\f(1,2)e-eq\f(1,2).又f(x)=(x-eq\r(2x-1))e-x=eq\f(1,2)(eq\

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