2025版高考数学全程一轮复习练习第三章一元函数的导数及其应用第三节导数与函数的极值最值

这是一份2025版高考数学全程一轮复习练习第三章一元函数的导数及其应用第三节导数与函数的极值最值，共14页。

2．会用导数求函数的极大值、极小值．
3．掌握利用导数研究函数最值的方法．
4．会用导数研究生活中的最优化问题．
问题思考·夯实技能
【问题1】 对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取到极值”的什么条件？
【问题2】 函数最值与均值有何区别？
关键能力·题型剖析
题型一利用导数研究函数的极值问题
角度一 根据导数函数图象判断极值
例1 (多选)[2024·江苏镇江模拟]已知f′(x)是函数f(x)的导函数，其图象如图所示，则下列关于函数f(x)的说法正确的是( )
A．在(－∞，1)上单调递减
B．在x＝－1处取得极大值
C．y＝f(x)在x＝－1处切线的斜率小于0
D．f(x)在x＝2处取得极小值
题后师说
由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点．
角度二 求函数的极值
例2[2024·九省联考]已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．
(1)求a；
(2)求f(x)的单调区间和极值．
[听课记录]
题后师说
利用导数求函数极值的一般步骤
角度三 已知极值(点)求参数
例3 (1)[2024·山东临沂模拟]函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极小值0，则a＋b＝( )
A．7 B．6 C．11 D．4
(2)[2024·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－2xlgax既有极小值又有极大值，则实数a的取值范围是________．
题后师说
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
巩固训练1
(1)[2024·黑龙江实验中学模拟]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列结论正确的是( )
A．y＝f(x)在x＝－1处取得极大值
B．x＝1是函数y＝f(x)的极值点
C．x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点
D．函数y＝f(x)在区间(－1，1)上单调递减
(2)若－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex(a∈R)的极值点，则f(x)的极小值点为( )
A．5e－2 B．1
C．－e D．－2
(3)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1在(4，6)上存在极值点，则实数a的取值范围是____________．
题型二利用导数研究函数的最值
角度一 求函数的最值
例4
已知函数g(x)＝a ln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
题后师说
(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
(2)求含有参数的函数f(x)的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．
角度二 已知函数的最值求参数
例5[2024·吉林长春模拟]函数f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1，2)内有最小值，则实数a的取值范围为________．
题后师说
函数在某开区间上有最值问题一般情况下是转化成有极值点，再将极值点问题转化成其导函数在该区间内有零点的问题，利用零点存在定理即可实现问题求解．
巩固训练2
[2024·河北石家庄模拟]已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
1．[2024·江西宜春模拟]函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)内极小值点的个数是( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为( )
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
3．[2024·江苏镇江模拟]若函数f(x)＝x＋与函数g(x)＝aex－x有相等的极小值，则实数a＝( )
A． B．e3 C．2 D．
4．[2021·新高考Ⅰ卷]函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
第三节 导数与函数的极值、最值
问题思考·夯实技能
【问题1】 提示：必要不充分条件．当f′(x0)＝0时，f(x)不一定在x＝x0处取到极值，例如函数f(x)＝x3；但当f(x)在x＝x0处取到极值时，由极值定义可知必有f′(x0)＝0.
【问题2】 提示：(1)函数在闭区间上若存在最大值或最小值，则最大值或最小值只能各有一个，具有唯一性；而极大值和极小值可能有多个，也可能没有．
(2)极值只能在函数区间的内部取得，而最值可以在区间的端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的不一定有极值．
关键能力·题型剖析
例1 解析：由已知，x<1时，f′(x)≤0(只有f′(－1)＝0)，因此f(x)在(－∞，1)上单调递减，A正确；f(－1)不是极值，B错；由f′(－1)＝0知C错；又x<2时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(2)是极小值，D正确．故选AD.
答案：AD
例2 解析：(1)f′(x)＝＋2x＋a，则f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a，
由题意可得(＋a)×(－)＝－1，解得a＝－3.
(2)由a＝－3，故f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，
则f′(x)＝＋2x－3＝＝，x>0，
故当00，当1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递增区间为(0，)，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(，1)，
故f(x)有极大值f()＝ln ＋()2－3×＋2＝－ln 2，
有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
例3 解析：(1)由已知可得，f′(x)＝3x2＋6ax＋b.
因为f(x)在x＝－1时有极小值0，
所以有，即，
解得或.
当时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，此时f(x)没有极值点，舍去；
当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)．
由f′(x)＝0可得，x＝－1或x＝－3.
由f′(x)<0可得，－3由f′(x)>0可得，x<－3或x>－1，所以f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)在x＝－3处取得极大值，在x＝－1处取得极小值，满足题意．
所以，a＋b＝11.故选C.
(2)f′(x)＝2x－2(lgax＋)
＝2x－2()＝(x ln a－1－ln x)，
函数f(x)＝x2－2xlgax既有极小值又有极大值，
则f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实数根，
即(x ln a－1－ln x)＝0有两个不等的实数根，
所以x ln a－1－ln x＝0有两个不等的实数根，
所以ln a＝有两个不等的实数根，
令g(x)＝，g′(x)＝，
x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，
故0答案：(1)C (2)(1，e)
巩固训练1 解析：(1)由图象可知：当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x≥－2时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
故x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点，y＝f(x)无极大值．
故选C.
(2)f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex，
由题意得f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]e－2＝0，解得a＝－1，
故f′(x)＝(x2＋x－2)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝－2或1，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－2，令f′(x)<0，解得－2故f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，
故1为f(x)的极小值点．故选B.
(3)f′(x)＝x－(a＋2)＋＝＝，x>0，
由题意f′(x)＝＝0在(4，6)上有解，则a∈(4，6)，
当a∈(4，6)时，
当4当a0，f(x)单调递增，
所以当x＝a时，f(x)取极小值，即函数f(x)在(4，6)上存在极值点．
所以实数a的取值范围是(4，6)．
答案：(1)C (2)B (3)(4，6)
例4 解析：(1)∵a＝1
∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在[1，)上单调递减，在(，e]上单调递增，h(a)＝g()＝a ln a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
例5 解析：由题意可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
易知f′(x)＝2x＋a－1－＝，
若函数f(x)在(1，2)内有最小值，则函数f(x)在(1，2)内必有极值点，
又Δ＝(a－1)2＋24>0，不妨设x1，x2为方程2x2＋(a－1)x－3＝0的两个不相等实数根，
则有，不妨令x1<0令g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，根据零点存在定理可得，
解得－经检验f(x)在(1，2)内有最小值，
所以实数a的取值范围为(－，2)．
答案：(－，2)
巩固训练2 解析：(1)函数f(x)＝ax＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，
则f′(x)＝－1＋＝，
当00，当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上为单调递增函数，在(1，＋∞)上为单调递减函数，
所以f(x)max＝f(1)＝－1，
所以当a＝－1时，求f(x)的最大值为－1.
(2)函数f(x)＝ax＋ln x，
则f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[，＋∞)，
①若a≥－，则f′(x)≥0，所以f(x)在(0，e]上单调递增，
故f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；
②若a<－，
当00，当－所以f(x)在(0，－)上为单调递增函数，在(－，e]上为单调递减函数，
则f(x)max＝f(－)＝－1＋ln (－)，
令－1＋ln (－)＝－3，可得ln (－)＝－2，
解得a＝－e2，因为－e2<－，
所以a＝－e2符合题意，综上所述a＝－e2.
随堂检测
1．解析：f′(x)>0，函数f(x)单调递增，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，由导函数f′(x)的图象知：函数f(x)在(a，b)内，与x轴有四个交点：从左向右看，第一个点处导数左正右负，是极大值点，第二个点处导数左负右正，是极小值点，第三个点处导数左正右正，没有变号，所以不是极值点，第四个点处导数左正右负，是极大值点，所以函数f(x)在开区间(a，b)内的极小值点有1个，故选A.
答案：A
2．解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
答案：C
3．解析：由对勾函数可知：f(x)＝x＋在x＝2时取到极小值f(2)＝2＋＝4，
对于g(x)＝aex－x，则有：
当a≤0时，g(x)在定义域内单调递减，无极值，不合题意；
当a>0时，g′(x)＝aex－1，
令g′(x)<0，解得x<－ln a；令g′(x)>0，解得x>－ln a；
则g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，
所以g(x)的极小值为g(－ln a)＝1＋ln a＝4，解得a＝e3.故选B.
答案：B
4．解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定义域为(0，＋∞)，
∴当0当当x>1时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增；又∵f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上有01时，f(x)单调递增；
∴f(x)≥f(1)＝1.
答案：1