2.11.2.ppt

又f(4)-f(1)=- +6a0,即f(4)f(1), 所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a- 得a=1,x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)= . 【加固训练】 1.函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则函 数g(x)= 在区间(1,+∞)上一定　(　　) A.有最小值 B.有最大值 C.是减函数 D.是增函数 【解析】选D.由函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,可得a的取值范围为a1, 又g(x)= 则g′(x)= 易知在x∈(1,+∞)上g′(x)0, 所以g(x)为增函数. 2.若函数f(x)= (a0)在[1,+∞)上的最大值为 则a的值为　(　　) 【技法感悟】 1.利用导数研究函数极值问题的一般流程 2.已知函数极值点或极值求参数的两个要领 (1)列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解. (2)验证:因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性. 易错提醒:若函数y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y=f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值. 【题组通关】 1.(2016·滨州模拟)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) 【解析】选D.由题干图可知,当x-2时,1-x3, 此时f′(x)0; 当-2x1时,01-x3,此时f′(x)0; 当1x2时,-11-x0,此时f′(x)0; 当x2时,1-x-1,此时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. 2.(2016·青岛模拟)设f′(x)是函数f(x)的导函数, y=f′(x)的图象如图所示,则y=f(x)的图象最有可能 是　(　　) 【解析】选C.方法一:由y=f′(x)的图象可以清晰地看出,当x∈(0,2)时,f′(x)0,则f(x)为减函数,只有C项符合. 方法二:在导函数f′(x)的图象中,零点0的左侧函数值为正,右侧为负,由此可知原函数f(x)在x=0时取得极大值.又零点2的左侧为负,右侧为正,由此可知原函数f(x)在x=2时取得极小值,只有选项C符合. 3.(2016·成都模拟)已知函数f(x)= 则函数f(x)的极小值为　　　　. 【解析】因为f′(x)= 令f′(x)=0, 解得x=-1或x=5. 因x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去. 当x∈(0,5)时,f′(x)0,故f(x)在(0,5)内为减函数; 当x∈(5,+∞)时,f′(x)0,故f(x)在(5,+∞)内为增函数. 由此知函数f(x)在x=5时取得极小值f(5)=-ln5. 答案:-ln5 4.(2016·临沂模拟)设f(x)=x3+ax2+bx+1的导数f′(x)满足f′(1)=2a,f′(2)=-b,其中常数a,b∈R. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. (2)设g(x)=f′(x)e-x,求函数g(x)的极值. 【解析】(1)因为f′(x)=3x2+2ax+b, 所以f′(1)=3+2a+b=2a,解得b=-3; f′(2)=12+4a+b=-b,解得a=- . 所以f(x)=x3- x2-3x+1,f′(x)=3x2-3x-3, 于是有f(1)=- ,f′(1)=-3, 故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(- ) =-3(x-1),即6x+2y-1=0. (2)由(1)知g(x)=(3x2-3x-3)e-x, 则g′(x)=(-3x2+9x)e-x, 令g′(x)=0得x=0或x=3, 于是函数g(x)在(-∞,0)上单调递减, 在(0,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减. 所以函数g(x)在x=0处取得极小值g(0)=-3, 在x=3处取得极大值g(3)=15e-3. 考向二　运用导数解决函数的最值问题 【典例3】(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　(　　) (2)已知函数f(x)= 求函数f(x)在 上的最大值和最小值. 【解题导引】(1)先对函数f(x)求导,利用函数在[0,