第21讲 利用导数研究函数的极值和最值-2024年高考数学一轮复习精品导学案（新高考）（解析版）

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(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
2、函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(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．
3、常用结论
1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在区间(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．
1、【2022年全国甲卷】当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f'(2)=（ ）
A．−1B．−12C．12D．1
【答案】B
【解析】因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−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fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f'2=−1+12=−12．
故选：B.
2、【2022年新高考1卷】（多选）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
【答案】AC
【解析】由题，f'x=3x2−1，令f'x>0得x>33或x0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x10，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若00,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x10
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)1，
则g'(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)
=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1
ℎ'(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x20，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)0，则f'(x)=a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，
当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)0，f(x)单调递增；
在(1a,1)上，f'(x)0，
又f(1an)=1an−1−an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1an)趋近负无穷，
所以f(x)在(0,1a)有一个零点，在(1a,+∞)无零点，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0,+∞).
1. (2022·湖南长郡中学高三月考)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则f(x)的极值点的个数为( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】 C
【解析】 因为在x＝0左、右两边的导数值均为负数，所以0不是极值点，故由图可知f(x)只有2个极值点．
2、已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A.－4 B.－2 C.4 D.2
【答案】 D
【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
3、.函数f(x)＝eq \f(ex,x2－3)在[2，＋∞)上的最小值为( )
A.eq \f(e3,6) B.e2 C.eq \f(e3,4) D.2e
【答案】 A
【解析】 依题意f′(x)＝eq \f(ex,（x2－3）2)(x2－2x－3)
＝eq \f(ex,（x2－3）2)(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也即是最小值，且最小值为f(3)＝eq \f(e3,32－3)＝eq \f(e3,6).
4、 若函数f(x)＝ eq \f(x3,3)－ eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有极值点，则实数a的取值范围是( )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))) B. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(17,4))) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(17,4)))
【答案】 D
【解析】 由题意，得f′(x)＝x2－ax＋1.函数f(x)＝ eq \f(x3,3)－ eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有极值点可转化为f′(x)＝x2－ax＋1＝0在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有解，即a＝x＋ eq \f(1,x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有解．由f′(0)＝1，得 eq \f(a,2)>0，a2－4>0，即a>2.设t(x)＝x＋ eq \f(1,x)( eq \f(1,3)