导数法求函数最值

前言

在我们的解题经验中，导数法求最值所涉及的函数几乎没有三角函数，但是2018年这种情况有了变化，让我们意识到导数是研究函数的工具，或者说是研究的通法，它想研究什么函数就研究什么函数。

典例剖析

例1【模型】已知函数(f(x)=alnx+x^2(ain R))，当(a=-4)时，求函数(f(x))在区间([1，e])上的最大值和相应的(x)值；

解析：由题目可知，定义域为((0，+infty))；

当(a=-4;)时，(f'(x)=cfrac{-4}{x}+2x=cfrac{2x^2-4}{x}=cfrac{2(x-sqrt{2})(x+sqrt{2})}{x})

借助导函数的分子的图像和(xin [1，e])，

可知(xin[1，sqrt{2}))时，(f'(x)<0，f(x)searrow)；

(xin(sqrt{2}，e])时，(f'(x)>0，f(x) earrow)；

又因为端点值(f(1)=1，f(e)=e^2-4>f(1))，

故(x=e)时，(f(x)_{max}=f(e)=e^2-4)。

感悟反思：
1、此时我们常常借助导函数的图像或者导函数的分子图像，来简化判断导函数的正负。这体现了数形结合的数学思想。也体现了学以致用的数学方向。
2、注意定义域优先的原则。

例3+新考向【2018高考一卷第16题】

求(f(x)=2sinx+sin2x)的最小值。【最值和导数相结合的题型】

法1：(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1))

(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1))

(=4(cosx+1)(cosx-cfrac{1}{2}))

注意到(cosx+1ge 0)恒成立，故

令(f'(x)>0)得到，(cosx>cfrac{1}{2})，令(f'(x)<0)得到，(cosx<cfrac{1}{2})，

则(xin [2kpi-cfrac{5pi}{3}，2kpi-cfrac{pi}{3}](kin Z))时，函数(f(x))单调递减；

(xin [2kpi-cfrac{pi}{3}，2kpi+cfrac{pi}{3}](kin Z))时，函数(f(x))单调递增；

故当(x=2kpi-cfrac{pi}{3}(kin Z))时，(f(x)_{min}=f(2kpi-cfrac{pi}{3})=-cfrac{3sqrt{3}}{2})。

法2：由于函数(f(x))的周期为(T=2pi)，且为奇函数；

(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1))

(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1))

(=4(cosx+1)(cosx-cfrac{1}{2}))

结合(y=cosx)的图像分析导函数的正负如下，

当(xin [0，cfrac{pi}{3}))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

当(xin (cfrac{pi}{3}，cfrac{5pi}{3}))时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，

当(xin (cfrac{5pi}{3}，2pi))时，(f'(x)>0)，(f(x))单调递增，

故当(x=cfrac{5pi}{3})时，(f(x)_{min}=f(cfrac{5pi}{3})=-cfrac{3sqrt{3}}{2})

例4【2019届高三理科数学信息题】已知函数(f(x)=cosx-cfrac{1}{2}sin2x)，则(f(x))的最大值为_______________。

解析：(f'(x)=-sinx-cfrac{1}{2}cdot 2cdot cos2x)

(=-sinx-cos2x)

(=-sinx-(1-2sin^2x))

(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1))，

由于(-1leq sinxleq 1)，故(sinx-1leq 0)，

则令(f'(x)>0)，即((sinx-1)(2sinx+1)> 0)，即(2sinx+1<0)，

即(sinx<-cfrac{1}{2})，解得(2kpi+cfrac{7pi}{6}<x<2kpi+cfrac{11pi}{6}(kin Z))，

令(f'(x)<0)，即((sinx-1)(2sinx+1)<0)，即(2sinx+1>0)，

即(sinx>-cfrac{1}{2})，解得(2kpi-cfrac{pi}{6}<x<2kpi+cfrac{7pi}{6}(kin Z))，

即单调递减区间为([2kpi-cfrac{pi}{6}，2kpi+cfrac{7pi}{6}](kin Z))，

单调递增区间为([2kpi+cfrac{7pi}{6}，2kpi+cfrac{11pi}{6}](kin Z))，

故当(x=2kpi+cfrac{11pi}{6})时，(f(x))取得最大值；

(f(x)_{max}=cos(2kpi+cfrac{11pi}{6})-cfrac{1}{2}sin2(2kpi+cfrac{11pi}{6}))

(=cos(2pi-cfrac{pi}{6})-cfrac{1}{2}sin(4pi-cfrac{pi}{3}))

(=cfrac{sqrt{3}}{2}+cfrac{1}{2}cdotcfrac{sqrt{3}}{2}=cfrac{sqrt{3}}{4})。

例9已知函数(f(x)=lnx+a(1-x))，(1)讨论(f(x))的单调性；(2)当(f(x))有最大值，且最大值大于(2a-2)时，求(a)的取值范围。

分析：(1)定义域为((0，+infty))，又(f'(x)=cfrac{1}{x}-a=cfrac{-ax+1}{x})，

由于分母为正，故只针对分子(-ax+1)分类讨论，

当(-age 0)时，即(aleq 0)时，(-ax+1>0)，即(f'(x)>0)，故在((0，+infty))上单调递增；

当(-a<0)时，即(a>0)时，即令(-ax+1=0)，得到(x=cfrac{1}{a})，

当(0<x<cfrac{1}{a})时，(f'(x)>0)，当(x>cfrac{1}{a})时，(f'(x)<0)，

故在((0，cfrac{1}{a}))上单调递增，在((cfrac{1}{a}，+infty))上单调递减；

综上，当(aleq 0)时，在((0，+infty))上单调递增；

当(a> 0)时，在((0，cfrac{1}{a}))上单调递增，在((cfrac{1}{a}，+infty))上单调递减；

(2)由(1)可知，当(a leq 0)时，在((0，+infty))上单调递增，故无最大值；

当(a> 0)时，在((0，cfrac{1}{a}))上单调递增，在((cfrac{1}{a}，+infty))上单调递减，

故在(x=cfrac{1}{a})处取到最大值，(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{a})=lncfrac{1}{a}+a(1-cfrac{1}{a})=-lna+a-1)，

由(f(cfrac{1}{a})>2a-2)等价转化得到，(lna+a-1<0)。

以下求解不等式(lna+a-1<0)。可以有两个思路：

思路1：从形的角度入手，数形结合，先变形为(lna<1-a)，做出两个函数(y=lna)和(y=1-a)的图像，如右图所示，

从图上观察可知，当(a=1)时(lna=1-a)，当(a>1)时(lna>1-a)，当(0< a<1)时(lna < 1-a)，

故(0< a<1)，再结合前提条件(a >0)，得到(a)的取值范围为((0，1))。

思路2：从数的角度，利用函数计算，令(g(a)=lna+a-1(a>0))，

则(g'(a)=cfrac{1}{a}+1>0)恒成立，故(g(x))在((0，+infty))上单调递增，

又(g(1)=0)，故(0< a<1)时，(g(a)<0)，(a>1)时(g(a) >0)，

综上，再结合前提条件(a >0)，得到(a)的取值范围为((0，1))。

例15【2018宁夏银川一中一模】已知函数(f(x)=lnx-ax^2+(a-2)x)，

(1).若(f(x))在(x=1)处取得极值，求(a)的值；

分析：由(f'(1)=0)，求得(a=-1)，经验证(a=-1)满足题意。

注意：必须要验证，使得(f'(x_0)=0)的(x_0)不见得就是极值点(变号零点)，还有不变号零点；

(2).求函数(y=f(x))在区间([a^2，a])上的最大值；

分析：由题目可知，定义域为限定定义域([a^2，a])，且由其可知(a^2-a<0)，解得参数(ain (0，1))；

求导，(f'(x)=cdots=cfrac{-2ax+(a-2)x+1}{x}=-cfrac{(2x-1)(ax+1)}{x})，做出其导函数的分子图像可知，分类讨论如下：

说明，区间([a^2，a])是区间长度变化的区间，用其和(cfrac{1}{2})的位置关系分三类讨论如下，

①当(0<aleq cfrac{1}{2})时，(f'(x)>0)，(f(x))在区间([a^2，a])上单调递增，故(f(x)_{max}=f(a)=lna-a^3+a^2-2a)；

②当(a^2ge cfrac{1}{2})且(a<1)时，即(cfrac{sqrt{2}}{2}leq a<1)时，(f'(x)<0)，(f(x))在区间([a^2，a])上单调递减，故(f(x)_{max}=f(a^2)=2lna-a^5+a^3-2a^2)；

③当(cfrac{1}{2}<a<cfrac{sqrt{2}}{2})时，(f(x))在区间([a^2，cfrac{1}{2}])上单调递增，在区间([cfrac{1}{2}，a])上单调递减，故(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{2})=cfrac{a}{4}-1-ln2)；

综上所述：(y=f(x))在区间([a^2，a])上的最大值为(f(x)_{max}=F(a))

(F(a)=left{egin{array}{l}{lna-a^3+a^2-2a，0<aleq cfrac{1}{2}}\{cfrac{a}{4}-1-ln2，cfrac{1}{2}<a<cfrac{sqrt{2}}{2}}\{2lna-a^5+a^3-2a^2，cfrac{sqrt{2}}{2}leq a<1}end{array} ight.)

例9(求函数的最值)(2017•淄博模拟)已知函数(f(x)=cfrac{1-x}{x}+klnx，k<cfrac{1}{e})，求函数(f(x))在([cfrac{1}{e}，e])上的最大值和最小值．

分析：(f(x)=cfrac{1}{x}-1+klnx)，则(f'(x)=-cfrac{1}{x^2}+cfrac{k}{x}=cfrac{kx-1}{x^2})，

作出分子函数的各种可能的图像(只需要观察图中的夹在两条平行线之间的蓝色线段的正负即可)，分类讨论如下：

当(kleq 0)时，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，故(f(x)_{min}=f(e)=cfrac{1}{e}-1+k)，(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{e})=e-1-k)；

当(0<k<cfrac{1}{e})时，令(f'(x)=0)，得到(x=cfrac{1}{k})，则(cfrac{1}{k}>e)，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，故(f(x)_{min}=f(e)=cfrac{1}{e}-1+k)，(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{e})=e-1-k)；

综上所述，函数(f(x))在([cfrac{1}{e}，e])上的最大值和最小值(f(x)_{min}=f(e)=cfrac{1}{e}-1+k)，(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{e})=e-1-k)。

反思总结：若题目没有限制(k)的取值，那么就还会用到后边的两个图像了。

归化情形

分析：①本题目实质是求在点处的切线方程；

②最容易想到，求证(x-6leqslant f(x))恒成立且(f(x)leqslant x)恒成立，

(f(x)-x+6geqslant 0)恒成立，或者(f(x)-xgeqslant -6)和(f(x)-xleqslant 0)恒成立，

故想到证明(-6leqslant f(x)-xleqslant 0)恒成立，即求(g(x)=f(x)-x)在([-2,4])上的值域；

最值求参