2024届高考数学一轮复习第3章第2节第2课时导数与函数的极值、最值学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第3章第2节第2课时导数与函数的极值、最值学案，共25页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，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．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．函数的极大值不一定大于极小值，函数的极小值也不一定小于极大值．
2．函数的最值与导数
(1)一般地，如果在闭区间[a，b]上函数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)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
函数的极值是“局部”概念，函数的最值是“整体”概念，闭区间上函数的最值一定是极值或区间端点对应的函数值．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(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．函数y＝xex的最小值是( )
A．－1B．－e
C．－1eD．不存在
C 解析：因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x>－1时，y′>0；当x0，故ab>a2.综上所述，ab>a2成立．
根据函数极值情况求参数的2个要领
(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：求解后验证根的合理性．
1．若函数f(x)＝(x2＋a)·ex的一个极值点为x＝1，则f(x)的极大值为( )
A．－3B．1
C．6e3D．－2e
C 解析： 因为f(x)＝(x2＋a)·ex，所以f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex.
因为x＝1是f(x)的一个极值点，所以f′(1)＝(a＋3)e＝0，解得a＝－3.
当a＝－3时，f(x)＝(x2－3)·ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex.
令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－3；
令f′(x)＜0，解得－3＜x＜1，
故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f(x)的极大值是f(－3)＝6e3.
2．已知函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则( )
A．a＝－4，b＝11
B．a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11
C．a＝－1，b＝5
D．以上都不正确
A 解析：函数的导数为f′(x)＝3x2－2ax－b.
因为函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，
所以f(1)＝10且f′(1)＝0.
即3-2a-b=0， 1-a-b+a2=10，解得a=3，b=-3或a=-4，b=11.
当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此时函数单调递增，函数没有极值，所以不满足条件．
经检验，当a＝－4，b＝11时，满足条件．
考点2 利用导数求函数的最值——综合性
(1)函数f(x)＝x ln x－x在12，2上的最小值为( )
A．－1+ln22B．－1
C．0D．2ln 2－2
B 解析：f(x)＝x ln x－x，x∈12，2，f′(x)＝ln x，
令f′(x)＞0，解得x＞1，
令f′(x)＜0，解得x＜1，
故f(x)在12，1上单调递减，在(1，2]上单调递增，故fxmin＝f(1)＝－1.
(2)(2021·新高考全国Ⅰ卷)函数f(x)＝2x-1－2ln x的最小值为_________．
1 解析：由题设知f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)，
所以当00，此时f(x)单调递增．
又f(x)在各分段的界点处连续，
综上，当01时，f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝1.
本例(1)若把函数改为：f(x)＝x ln x，求函数f(x)在12，2上的最大值．
解：f(x)＝x ln x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)>0，得x>1e，
所以f(x)在1e，+∞上单调递增，
所以f(x)在12，2上单调递增，
所以f(x)max＝f(2)＝2ln 2.
求最值的3种情况
(1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调递增或单调递减，f(a)与f(b)中有一个为最大值，另一个为最小值．
(2)若函数f(x)在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点．
1．(2022·全国甲卷) 当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋bx取得最大值－2，则f′(2)＝( )
A．－1B．－12
C．12D．1
B 解析：因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝ax-bx2，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－2x+2x2，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋12＝－12.故选B.
2．已知函数f(x)＝3-2xx2+a.
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝3-2xx2，则f′(x)＝2x-3x3，所以f(1)＝1，f′(1)＝－4，
因此，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.
(2)因为f(x)＝3-2xx2+a，则f′(x)＝-2x2+a-2x3-2xx2+a2＝2x2-3x-ax2+a2.
由题意可得f′(－1)＝24-aa+12＝0，解得a＝4，经检验，符合题意．
故f(x)＝3-2xx2+4，f′(x)＝2x+1x-4x2+42.
列表如下：
所以，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．
当x0；当x>32时，f(x)0，得x>33或x0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝-ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a>0，所以当－30；
当x0时，g(x)0)．
由于f(x)在x＝1处有极值12，
则f1=a+ln1=12，f'1=2a+b=0，
即a=12， 2a+b=0，
解得a＝12，b＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝12x2－ln x，其定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－1x＝x+1x-1x.
令f′(x)＝0，而x>0，解得x＝1.
由f′(x)0，则f(2)>f12，所以f(x)max＝f(2)＝2－ln 2.
所以函数f(x)在区间12，2上的最大值为2－ln 2，最小值为12.
课时质量评价(十七)
A组 全考点巩固练
1．(2023·辽宁月考)函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下面结论正确的是( )
A．函数f(x)在(1，2)上为减函数
B．函数f(x)在(3，5)上为增函数
C．函数f(x)在(1，3)上有极大值
D．x＝3是函数f(x)在区间[1，5]上的极小值点
C 解析：由y＝f′(x)的部分图象可知，
当1＜x＜2时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；
当2＜x＜4时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；
当4＜x＜5时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增．
又f′(2)＝f′(4)＝0，所以当x＝2时，f(x)取得极大值；当x＝4时，f(x)取得极小值．故选C.
2．函数f(x)的导函数为 f′(x)＝－x(x＋2)，则函数f(x)有( )
A．最小值f(0)B．最小值f(－2)
C．极大值f(0)D．极大值f(－2)
C 解析：令f′(x)＝－x(x＋2)＞0，解得－2＜x＜0，即函数的单调递增区间为(－2，0)；
令f′(x)＝－x(x＋2)＝0，解得x＝－2或x＝0；
令f′(x)＝－x(x＋2)＜0，解得x＞0或x＜－2，即函数的单调递减区间为(－∞，－2)，(0，＋∞)，所以函数的极大值为f(0)．
3．(2022·宿州期中)已知函数f(x)＝e2-x＋x，x∈[1，3]，则下列说法正确的是( )
A．函数f(x)的最小值为3＋1e
B．函数f(x)的最大值为3＋1e
C．函数f(x)的最小值为e＋1
D．函数f(x)的最大值为e＋1
D 解析：f(x)＝e2-x＋x，f′(x)＝－e2-x＋1，
令f′(x)＞0，解得x＞2，
令f′(x)＜0，解得x＜2，
故f(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，故f(x)的最小值是f(2)＝3，
f(1)＝e＋1，f(3)＝3＋1e.
因为3＋1e－(e＋1)＝2＋1e－e