新高考数学二轮复习专题一第4讲函数的极值、最值课件

这是一份新高考数学二轮复习专题一第4讲函数的极值、最值课件，共60页。PPT课件主要包含了考点一，易错提醒，考点二，最值的简单应用，考点三，专题强化练，－∞0等内容，欢迎下载使用。

利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题.
利用导数研究函数的极值
判断函数的极值点，主要有两点(1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点.(2)利用函数f′(x)的单调性可得函数的极值点.
(2022·百师联盟联考)已知函数f(x)＝ x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，其中a≠0.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，所以当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
(2)当a>0且a≠1时，f(x)存在一个极小值点x0，若x0>3.求实数a的取值范围.
故当x∈(0,2a－1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上单调递增；
当x∈(2a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上单调递增.所以f(x)有一个极小值点2a－1，即x0＝2a－1.所以2a－1>3，解得a>2.
(1)不能忽略函数的定义域.(2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.(3)函数的极小值不一定比极大值小.
(1)(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则A.abC.aba2
当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知b>a.当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立.
(2)(2022·安康模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为
由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝ex－2ax－2a＝0有两个不同的解，
当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0；所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减.
利用导数研究函数的最值
1.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(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.2.若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值.
(1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋ 取得最大值－2，则f′(2)等于
因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意.
可得函数图象如图所示.令f(x1)＝f(x2)＝t，∴t≤1且x1＋1＝ln x2＝t，∴x1＝t－1，x2＝et，∴x2－x1＝et－(t－1)＝et－t＋1(t≤1).令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，φ′(t)＝et－1，当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0，当t∈(0,1]时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴x2－x1的最小值为2.
(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论.(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值.
(1)(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为
f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0,2π].
又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
(2)(2022·芜湖模拟)已知关于x的不等式x3－ax2≥ln x恒成立，则实数a的取值范围为
因为不等式x3－ax2≥ln x恒成立，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当01时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝1，所以a≤1.
(2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为_____.
由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)
故实数t的最小值为－3.
方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法.分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视.
　 若函数f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)有极小值，且极小值为0，则a2－b的最小值为
由f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)，
因为f(x)有极小值，记为x0，
所以a2－b的最小值为2e.
一、单项选择题1.下列函数中，不存在极值的是A.y＝x＋ B.y＝xexC.y＝xln x D.y＝－2x3－x
显然ABC中的函数存在极值.对于D，函数y＝－2x3－x，则y′＝－6x2－1<0，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点.
2.下列关于函数f(x)＝(3－x2)ex的结论，正确的是A.f(－3)是极大值，f(1)是极小值B.f(x)没有最大值，也没有最小值C.f(x)有最大值，没有最小值D.f(x)有最小值，没有最大值
由f(x)＝(3－x2)ex，得f′(x)＝(－x2－2x＋3)ex，令f′(x)＝0，则－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或x＝1，当x<－3或x>1时，f′(x)<0，当－30，所以f(－3)是极小值，f(1)是极大值，所以A错误；因为f(－3)是极小值，且当x<－3时，f(x)<0恒成立，所以f(1)＝2e>0是极大值，也是最大值.而当x→＋∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有最大值，没有最小值，所以C正确，B，D错误.
3.已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是A.20 B.18 C.3 D.0
对于区间[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等价于对于区间[－3,2]上的任意x，都有f(x)max－f(x)min≤t，∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，∵x∈[－3,2]，∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，∴实数t的最小值是20.
4.(2022·南充检测)已知函数f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n等于A.2 B.7C.2或7 D.3或9
f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2，f′(x)＝3x2－6mx＋n，根据题意，f′(－1)＝3＋6m＋n＝0，f(－1)＝－1－3m－n＋m2＝0，
f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)单调递增，无极值点，舍去.
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，当x∈(－∞，－3)和x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)在x＝－1处有极小值，满足条件.综上所述，m＋n＝9－2＝7.
5.(2022·晋中模拟)已知函数f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，则a的取值范围为A.[4，＋∞) B.(4，＋∞)C.(0,4) D.(0,4]
因为f(x)≥0恒成立，即f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3≥0(x>0)恒成立，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4，则06.(2022·昆明模拟)若函数f(x)＝x2－4x＋aln x有两个极值点，设这两个极值点为x1，x2，且x12C.f(x1)<－3 D.f(x1)>－3
∵f(x)＝x2－4x＋aln x，
令f′(x)＝0，则方程2x2－4x＋a＝0的两根为x1，x2，且0∴0f(1)＝－3.
二、多项选择题7.(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心D.直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝ －1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.故选AC.
8.(2022·河北名校联盟调研)若存在正实数m，n，使得等式4m＋a(n－3e2m)·(ln n－ln m)＝0成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是
由题意知，a≠0，由4m＋a(n－3e2m)(ln n－ln m)＝0，
因为函数g′(t)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(e2)＝0，所以当0e2时，g′(t)>0，
则g(t)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，从而g(t)min＝g(e2)＝－4e2，
三、填空题9.函数f(x)＝x－ln|x|的极值点为____.
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴x＝1为f(x)的极小值点.
∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，无极值点.综上，f(x)的极值点为1.
10.已知函数f(x)＝xln x－x＋2a＋2，若函数y＝f(x)与y＝f(f(x))有相同的值域，则实数a的取值范围是___________.
f′(x)＝ln x，当x＞1时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的最小值为f(1)＝2a＋1.即f(x)的值域为[2a＋1，＋∞)，∵函数y＝f(x)与y＝f(f(x))有相同的值域，∴2a＋1≤1，解得a≤0.
11.(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为____.
函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
综上，f(x)min＝1.
12.(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1方法一　由f(x)＝2ax－ex2，得f′(x)＝2axln a－2ex.令f′(x)＝0，得axln a＝ex.
因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，
所以(ln a)2<1.由题意易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，所以0方法二　由题意，f′(x)＝2axln a－2ex，根据f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f′(x)＝0的两个不同的根，又x10.由f′(x)＝0，可得axln a＝ex.①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去.
②若0又所以e·(ln a)2四、解答题13.(2022·西安交大附中模拟)已知函数f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R).(1)讨论函数f(x)的单调性；
因为f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a).①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增；
(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值与最小值之差g(a).
由(1)可知：①当a≤0时，f(x)在[0,3]上单调递增，g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；
f(x)在[0,3]上单调递减，g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；
又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.
(1)求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；
在x＝0处的切点为(0,0)，
所以切线斜率为f′(0)＝1，所以函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x.