新高考数学一轮复习基础版讲义第3章第5节 导数与函数的最值（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习基础版讲义第3章第5节 导数与函数的最值（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了理解函数最值与极值的关系等内容，欢迎下载使用。

【知识梳理】
1.函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
2.求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
(1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.
[常用结论与微点提醒]
1.若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则其极值点为函数的最值点.
2.若函数在闭区间[a，b]内的最值点不是端点，则其最值点亦为其极值点.
3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
【诊断自测】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)有极值的函数一定有最值，有最值的函数不一定有极值.( )
(2)函数的极大值不一定是最大值，最小值也不一定是极小值.( )
(3)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值.( )
(4)连续函数f(x)在区间[a，b]上一定存在最值.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
解析 (1)反例：有极值的函数不一定有最值，如图所示，函数f(x)有极值，但没有最值.(3)反例：f(x)＝x2在区间(－1，2)上的最小值为0.
2.(选修二P98T6改编)已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))，则f(x)的最大值为________，最小值为________.
答案 eq \f(134,27) －10
解析 f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，
因为x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))，所以f′(x)＜0，
故f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))上单调递减，
所以f(x)的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(134,27)，最小值为f(1)＝－10.
3.函数f(x)＝eq \f(ln x,x2)的最大值为________.
答案 eq \f(1,2e)
解析 由题得f′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x2－2x·ln x,x4)＝eq \f(1－2ln x,x3)(x＞0).
令f′(x)＞0，解得0＜x＜eq \r(e)；
令f′(x)＜0，解得x＞eq \r(e).
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，eq \r(e))，单调递减区间为(eq \r(e)，＋∞)，
所以函数f(x)＝eq \f(ln x,x2)的最大值f(eq \r(e))＝eq \f(ln \r(e),e)＝eq \f(1,2e).
4.若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________.
答案 4
解析 f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，
当x∈[0，2)时，f′(x)＜0；
当x∈(2，3]时，f′(x)＞0，
所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增.
又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，
所以m＝4.
考点一 求已知函数的最值
例1 (1)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为( )
A.－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B.－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)
C.－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D.－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2
答案 D
解析 f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)cs x，令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(π,2)，x＝eq \f(3π,2)或x＝－1(舍去)，所以在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)，2π))上f′(x)＞0，f(x)单调递增；在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(3π,2)))上f′(x)＜0，f(x)单调递减.
又f(0)＝f(2π)＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)＋2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋1))＋1＝－eq \f(3π,2)，
所以f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－eq \f(3π,2)，最大值为eq \f(π,2)＋2，故选D.
(2)已知函数f(x)＝eq \f(x－a,x)－ln x(a∈R).
①讨论f(x)的单调性；
②求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值g(a).
解 ①函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a－x,x2)，
若a≤0，则f′(x)0，则当x>a时，f′(x)