专题09 函数的最值(解析版)

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\