第3章 第2节　第2课时　导数与函数的极值、最值-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案

这是一份第3章 第2节　第2课时　导数与函数的极值、最值-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）教案，共12页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。

一、教材概念·结论·性质重现
1．函数的极值与导数
(1)函数的极大值和极小值都可能有多个，极大值和极小值的大小关系不确定．
(2)对于可导函数f (x)，“f ′(x0)＝0”是“函数f (x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
2．函数的最值与导数
(1)函数f (x)在[a，b]上有最值的条件
一般地，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)求函数y＝f (x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
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．
(1)求函数的最值时，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．
(2)若函数f (x)在区间[a，b]内是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值；若函数f (x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
(3)函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(1)函数的极大值不一定比极小值大．(√)
(2)对可导函数f (x)，f ′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．(×)
(4)开区间上的单调连续函数无最值．(√)
2．f (x)的导函数f ′(x)的图象如图所示，则f (x)的极小值点的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
A 解析：由题意知在x＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，f (x)在x＝－1左减右增．故选A．
3．函数f (x)＝2x－xln x的极大值是( )
A．eq \f(1,e) B．eq \f(2,e) C．e D．e2
C 解析：f ′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x．令f ′(x)＝0，得x＝e.当00；当x>e时，f ′(x)<0.所以x＝e时，f (x)取到极大值，f (x)极大值＝f (e)＝e.
4．若函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为( )
A．4 B．2或6 C．2 D．6
C 解析：函数f (x)＝x(x－c)2的导数为f ′(x)＝3x2－4cx＋c2.
由题意知，f (x)在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6.
又函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正．当c＝2时，f (x)＝x(x－2)2的导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，即在x＝2处有极小值．而当c＝6时，f (x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值．故c＝2.
5．函数f (x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．
8 解析：f ′(x)＝6x2－4x＝2x(3x－2)．
由f ′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,3).
因为f (－1)＝－4，f (0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－eq \f(8,27)，f (2)＝8，所以最大值为8.
考点1 利用导数求函数的极值——综合性
考向1 根据函数的图象判断函数的极值
(多选题)已知函数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( )
A．函数f (x)有极大值f (2)
B．函数f (x)有极大值f (－2)
C．函数f (x)有极小值f (－2)
D．函数f (x)有极小值f (2)
BD 解析：由题图可知，当x<－2时，f ′(x)>0；当－22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．
根据函数的图象判断极值的方法
根据已知条件，分情况确定导数为0的点，及导数为0点处左右两侧导数的正负，从而确定极值类型．
考向2 已知函数解析式求极值
已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f (x)的极值；
(2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝eq \f(1,2)时，f (x)＝ln x－eq \f(1,2)x，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x).
令f ′(x)＝0，解得x＝2.
于是当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表.
故f (x)在定义域上的极大值为f (2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x).
当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x)在定义域上无极值点；
当a>0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f ′(x)>0，
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f ′(x)<0，
故函数f (x)在x＝eq \f(1,a)处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f (x)无极值点；
当a>0时，函数f (x)有一个极大值点，且为x＝eq \f(1,a).
求函数极值的一般步骤
(1)先求函数f (x)的定义域，再求函数f (x)的导函数；
(2)求f ′(x)＝0的根；
(3)判断在f ′(x)＝0的根的左、右两侧f ′(x)的符号，确定极值点；
(4)求出函数f (x)的极值．
考向3 已知函数的极值求参数
设函数f (x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f (x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
解：(1)因为f (x)＝[ax2－(4a＋1)·x＋4a＋3]ex，
所以f ′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex，
f ′(1)＝(1－a)e.
由题设知f ′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
所以a的值为1.
(2)由(1)得f ′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))时，f ′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0.
所以f (x)在x＝2处取得极小值．
若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0,2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1<0，所以f ′(x)>0.
所以2不是f (x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
已知函数极值点或极值求参数的两个关键
(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：因为某点处的导数值等于0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该点左右两侧的正负．
1．(多选题)定义在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，4))上的函数f (x)的导函数f ′(x)图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．函数f (x)在区间(0,4)单调递增
B．函数f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))单调递减
C．函数f (x)在x＝1处取得极大值
D．函数f (x)在x＝0处取得极小值
ABD 解析：根据导函数图象可知，f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上，f ′(x)<0，f (x)单调递减，在区间(0,4)上，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．所以f (x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D选项正确，C选项错误．故选ABD．
2．(2020·青岛一模)已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－9，x≥0，,xex，x<0))(e＝2.718…为自然对数的底数)．若f (x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
C 解析：当x≥0时，f (x)＝3x－9为增函数，无极值．令f (x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2，即函数f (x)的一个零点为2；当x<0时，f (x)＝xex<0，无零点，f ′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，则当－10.当x<－1时，f ′(x)<0，所以当x＝－1时，函数f (x)取得极小值．综上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故选C．
3．函数f (x)＝eq \f(2x＋1,x2＋2)的极小值为________．
－eq \f(1,2) 解析：f ′(x)＝eq \f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)＝eq \f(－2x＋2x－1,x2＋22).
令f ′(x)<0，得x<－2或x>1；
令f ′(x)>0，得－2所以f (x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增，
所以f (x)极小值＝f (－2)＝－eq \f(1,2).
4．设函数f (x)＝ax3－2x2＋x＋c(a≥0)．
(1)当a＝1，且函数图象过点(0,1)时，求函数f (x)的极小值；
(2)若f (x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．
解：f ′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数f (x)的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c＝1.
当a＝1时，f ′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)．令f ′(x)>0，解得x1；令f ′(x)<0，解得eq \f(1,3)(2)若f (x)在(－∞，＋∞)上无极值点，则f (x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x)≥0或f ′(x)≤0恒成立．
①当a＝0时，f ′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；
②当a>0时，f ′(x)≥0或f ′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq \f(4,3).
综上，a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞)).
考点2 利用导数求函数的最值——应用性
(2020·北京卷)已知函数f (x)＝12－x2.
(1)求曲线y＝f (x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f (x)在点(t，f (t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
解：(1)因为f (x)＝12－x2，
所以f ′(x)＝－2x.
设切点为(x0,12－xeq \\al(2,0))，则－2x0＝－2，即x0＝1，所以切点为(1,11)．
由点斜式可得切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.
(2)显然t≠0，
因为y＝f (x)在点(t,12－t2)处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，
即y＝－2tx＋t2＋12.
令x＝0，得y＝t2＋12；令y＝0，得x＝eq \f(t2＋12,2t).
所以S(t)＝eq \f(1,2)×(t2＋12)·eq \f(t2＋12,2|t|)＝eq \f(t2＋122,4|t|)，t≠0，显然为偶函数．
只需考察t＞0即可(t<0时，结果一样)，
则S(t)＝eq \f(t4＋24t2＋144,4t)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t3＋24t＋\f(144,t)))，
S′(t)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3t2＋24－\f(144,t2)))
＝eq \f(3t4＋8t2－48,4t2)
＝eq \f(3t2－4t2＋12,4t2)
＝eq \f(3t－2t＋2t2＋12,4t2).
由S′(t)>0，得t>2；由S′(t)<0，得0所以S(t)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以t＝2时，S(t)取得极小值，也是最小值为S(2)＝eq \f(16×16,8)＝32.
综上所述，当t＝±2时，S(t)min＝32.
求函数f (x)在区间[a，b]上的最大值与
最小值的步骤
(1)求函数在区间(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点处的函数值f (a)，f (b)；
(3)将函数f (x)的各极值与f (a)，f (b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
已知k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，函数f (x)＝(x－1)ex－kx2.
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)求函数f (x)在[0，k]上的最大值．
解：(1)由题意得f ′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．
因为k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以1＜2k≤2.
令f ′(x)＞0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,ex－2k＞0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜0，,ex－2k＜0，))解得x＞ln 2k或x＜0.
所以函数f (x)的单调递增区间为(ln 2k，＋∞)，(－∞，0)．
令f ′(x)＜0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,ex－2k＜0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＜0，,ex－2k＞0，))解得0＜x＜ln 2k.
所以函数f (x)的单调递减区间为(0，ln 2k)．
所以函数f (x)的单调递增区间为(ln 2k，＋∞)，(－∞，0)，单调递减区间为(0，ln 2k)．
(2)令φ(k)＝k－ln (2k)，k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，φ′(k)＝1－eq \f(1,k)＝eq \f(k－1,k)≤0.
所以φ(k)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上是减函数．
所以φ(1)≤φ(k)＜φeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).
所以1－ln 2≤φ(k)＜eq \f(1,2)＜k，即0＜ln (2k)＜k.
所以f ′(x)，f (x)随x的变化情况如下表：
f (0)＝－1，
f (k)－f (0)＝(k－1)ek－k3－f (0)
＝(k－1)ek－k3＋1
＝(k－1)ek－(k3－1)
＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1)
＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．
因为k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，所以k－1≥0.
对任意的k∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，y＝ek的图象恒在直线y＝k2＋k＋1的下方，
所以ek－(k2＋k＋1)≤0.所以f (k)－f (0)≥0，即f (k)≥f (0)．
所以函数f (x)在[0，k]上的最大值f (k)＝(k－1)ek－k3.
考点3 极值与最值的综合应用——综合性
(2020·山东师范大学附中高三质评)已知函数f (x)＝x2·eax＋1－bln x－ax(a，b∈R)．
(1)若b＝0，曲线f (x)在点(1，f (1))处的切线与直线y＝2x平行，求a的值；
(2)若b＝2，且函数f (x)的值域为[2，＋∞)，求a的最小值．
解：(1)当b＝0时，f (x)＝x2eax＋1－ax，x>0，
f ′(x)＝xeax＋1(2＋ax)－a.
由f ′(1)＝ea＋1(2＋a)－a＝2，
得ea＋1(2＋a)－(a＋2)＝0，即(ea＋1－1)(2＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－2.
当a＝－1时，f (1)＝e0＋1＝2，此时直线y＝2x恰为切线，舍去．所以a＝－2.
(2)当b＝2时，f (x)＝x2eax＋1－2ln x－ax，x>0.
设t＝x2eax＋1(t>0)，则ln t＝2ln x＋ax＋1，
故函数f (x)可化为g(t)＝t－ln t＋1(t>0)．
由g′(t)＝1－eq \f(1,t)＝eq \f(t－1,t)，可得g(t)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，
所以g(t)的最小值为g(1)＝1－ln 1＋1＝2.
此时，t＝1，函数f (x)的值域为[2，＋∞)．
问题转化为：当t＝1时，ln t＝2ln x＋ax＋1有解，
即ln 1＝2ln x＋ax＋1＝0，得a＝－eq \f(1＋2ln x,x).
设h(x)＝－eq \f(1＋2ln x,x)，x>0，则h′(x)＝eq \f(2ln x－1,x2)，
故h(x)的单调递减区间为(0，eq \r(e))，单调递增区间为(eq \r(e)，＋∞)，
所以h(x)的最小值为h(eq \r(e))＝－eq \f(2,\r(e))，
故a的最小值为－eq \f(2,\r(e)).
求解函数极值与最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，函数的解析式含参数时，要讨论参数的大小．
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
1．(2021·福建三校联考)若方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为( )
A．(－∞，7)
B．(15－6ln 3，＋∞)
C．(12－61n 3，＋∞)
D．(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)
D 解析：方程8x＝x2＋6ln x＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6ln x＋m(x>0)的图象与x轴有且只有一个交点．对函数m(x)求导得m′(x)＝2x－8＋eq \f(6,x)＝eq \f(2x2－8x＋6,x)＝eq \f(2x－1x－3,x).
当x∈(0,1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；
当x∈(1,3)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；
当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)极大值＝m(1)＝m－7，m(x)极小值＝m(3)＝m＋6ln 3－15.
所以当x趋近于0时，m(x)趋近于负无穷，当x趋近于正无穷时，m(x)趋近于正无穷，
所以要使m(x)的图象与x轴有一个交点，必须有m(x)极大值＝m－7<0或m(x)极小值＝m＋6ln 3－15>0，即m<7或m>15－6ln 3.故选D．
2．已知函数f (x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x3＋x2x<1，,aln xx≥1.))
(1)求f (x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f (x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解：(1)当x<1时，f ′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2,3).当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
故当x＝0时，函数f (x)取得极小值为f (0)＝0，函数f (x)的极大值点为x＝eq \f(2,3).
(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f (x)在[－1,0]和eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递增．
因为f (－1)＝2，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(4,27)，f (0)＝0，
所以f (x)在[－1,1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f (x)＝aln x，
当a≤0时，f (x)≤0；
当a>0时，f (x)在[1，e]上单调递增，
则f (x)在 [1，e]上的最大值为f (e)＝a.
故当a≥2时，f (x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a<2时，f (x)在[－1，e]上的最大值为2.条件
f ′(x0)＝0
x0附近的左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)<0
x0附近的左侧f ′(x)<0，右侧f ′(x)>0
图象
形如山峰
形如山谷
极值
f (x0)为极大值
f (x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
↗
ln 2－1
↘
x
(0，ln (2k))
ln (2k)
(ln (2k)，k)
f ′(x)
－
0
＋
f (x)
↘
极小值
↗
x
(－∞，0)
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f (x)
↘
极小值
↗
极大值
↘