新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点3利用导数研究函数的极值与最值教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第3讲导数的简单应用核心考点3利用导数研究函数的极值与最值教师用书，共4页。

(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．
多维题组·明技法
角度1：求函数的极值
1. (2023·武鸣区校级三模)函数f(x)＝3＋xln(2x)的极小值点为( D )
A．x＝1 B．x＝2
C．x＝e D．x＝eq \f(1,2e)
【解析】 因为f(x)＝3＋xln(2x)的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln(2x)＋x·eq \f(1,x)＝ln(2x)＋1，令f′(x)<0得00，得x>eq \f(1,2e)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e)，＋∞))上单调递增，所以函数f(x)在x＝eq \f(1,2e)处取得极小值．故选D.
2. (2023·阜新模拟)已知函数f(x)＝x3＋eq \f(f′2,5)x2－9x，则f(x)的极大值为( C )
A．－3 B．1
C．27 D．－5
【解析】 ∵f(x)＝x3＋eq \f(f′2,5)x2－9x，∴f′(x)＝3x2＋eq \f(2f′2,5)x－9，∴f′(2)＝12＋eq \f(4,5)f′(2)－9，解得f′(2)＝15，∴f(x)＝x3＋3x2－9x，f′(x)＝3x2＋6x－9＝3(x＋3)(x－1)，∴当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3角度2：求函数的最值
3. (2023·阿勒泰地区三模)函数y＝eq \f(x,ex)在[0,2]上的最小值是( C )
A.eq \f(1,e) B．eq \f(2,e2)
C．0 D．eq \f(1,2\r(e))
【解析】 因为y＝eq \f(x,ex)，所以y′＝eq \f(ex－xex,ex2)＝eq \f(1－x,ex)，当x∈[0,1)时，y′>0，函数单调递增；当x∈(1,2]时，y′<0，函数单调递减；所以当x＝0时，函数值为0，当x＝2时，函数值为eq \f(2,e2)，所以其最小值为0.故选C.
4. (2023·雨花区校级一模)函数f(x)＝xx(x>0)的最小值为 e－eq \s\up7(\f(1,e)) .
【解析】 ∵f(x)＝xx＝eln xx＝exln x(x>0)，设g(x)＝xln x(x>0)，∴g′(x)＝ln x＋1，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝0，∴g(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，∴g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，∴f(x)min＝e－eq \s\up7(\f(1,e)).
角度3：由函数的极值和最值求参数或参数的范围
5. (2023·遵义模拟)已知函数f(x)＝ax＋eq \f(ln x,b)＋1在x＝1处取得极值0，则a＋b＝( B )
A．－1 B．0
C．1 D．2
【解析】 f′(x)＝a＋eq \f(1,bx)，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝a＋1＝0，,f′1＝a＋\f(1,b)＝0，))得a＝－1，b＝1，所以a＋b＝0.故选B.
6. (2023·金昌二模)已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x在R上单调递增，且g(x)＝x＋eq \f(a,2x)在区间(1,2]上既有最大值又有最小值，则实数a的取值范围是( B )
A．[3,4) B．(2,3]
C．(3,4] D．[2,3)
【解析】 因为f(x)＝x3－ax2＋3x，则f′(x)＝3x2－2ax＋3，若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立，即3x2－2ax＋3≥0恒成立，则Δ＝4a2－36≤0，解得－3≤a≤3，当a<0时，因为函数y＝x和y＝eq \f(a,2x)在(1,2]上均单调递增，所以函数g(x)＝x＋eq \f(a,2x)在区间(1,2]上单调递增，无最小值，不符合题意，当a＝0时，g(x)＝x在区间(1,2]上单调递增，无最小值，不符合题意，当a>0时，g(x)＝x＋eq \f(\f(a,2),x)，由对勾函数的性质可知，函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(a,2))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(a,2))，＋∞))上单调递增，因为g(x)＝x＋eq \f(a,2x)在区间(1,2]上既有最大值又有最小值，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1<\r(\f(a,2))<2，,g2≥g1，))解得2方法技巧·精提炼
1.求函数的极值或极值点的步骤
(1)求导数f′(x)，不要忘记函数f(x)的定义域．
(2)求方程f′(x)＝0的根．
(3)检查在方程的根的左右两侧f′(x)的符号，确定极值点或函数的极值．
2.求函数f(x)在[a，b]上最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数在闭区间[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，此结论在导数的实际应用中经常用到．
加固训练·促提高
1.(多选)已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是( AC )
A．f(x)在x＝－4时取极小值
B．f(x)在x＝－2时取极大值
C．x＝1.5是f(x)的极小值点
D．x＝3是f(x)的极小值点
【解析】 由导函数f′(x)的图象可得，当x＝－4时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以f(x)在x＝－4时取极小值，所以A正确；当x＝1.5时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以x＝1.5是f(x)的极小值点，所以C正确；而x＝－2和x＝3，左右两边的导数值同号，所以x＝－2和x＝3不是函数的极值点，所以B、D错误，故选AC.
2. (2023·武昌区模拟)已知函数f(x)＝eq \f(1＋sin x,2cs x＋sin x)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则函数f(x)的最小值为 eq \f(1,2) .
【解析】 函数的导数f′(x)＝eq \f(cs x2cs x＋sin x－1＋sin x－2sin x＋cs x,2cs x＋sin x2)＝eq \f(2cs2x＋sin xcs x＋2sin x－cs x＋2sin2x－sin xcs x,2cs x＋sin x2)＝eq \f(2＋2sin x－cs x,2cs x＋sin x2)，∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴0≤sin x≤1,0≤cs x≤1，则2＋2sin x－cs x>0，即f′(x)>0恒成立，即f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是增函数，∴当x＝0时，函数f(x)取得最小值f(0)＝eq \f(1＋sin 0,2cs 0＋sin 0)＝eq \f(1,2).