2024-2025學(xué)年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題3.2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性極值與最值知識(shí)點(diǎn)講解文科版含解析

專題3.2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值【考情分析】1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；2.能利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間。3.了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；4.會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、微小值；5.會(huì)求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值。【重點(diǎn)學(xué)問梳理】學(xué)問點(diǎn)一函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則：(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).學(xué)問點(diǎn)二函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則：(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù).學(xué)問點(diǎn)三函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)條件f′(x0)＝0x0旁邊的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0x0旁邊的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0圖象形如山峰形如山谷極值f(x0)為極大值f(x0)為微小值極值點(diǎn)x0為極大值點(diǎn)x0為微小值點(diǎn)學(xué)問點(diǎn)四函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件假如在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連綿不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步驟①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值.【特殊提示】1.函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件.2.對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件.3.求最值時(shí)，應(yīng)留意極值點(diǎn)和所給區(qū)間的關(guān)系，關(guān)系不確定時(shí)，須要分類探討，不行想當(dāng)然認(rèn)為極值就是最值.4.函數(shù)最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與微小值之間沒有必定的大小關(guān)系.【典型題分析】高頻考點(diǎn)一求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1.【2024·天津卷】設(shè)函數(shù)為的導(dǎo)函數(shù)，求的單調(diào)區(qū)間?！窘馕觥坑梢阎?，有．因此，當(dāng)時(shí)，有，得，則單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，有，得，則單調(diào)遞增．所以，的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為．【答案】的單調(diào)遞增區(qū)間為的單調(diào)遞減區(qū)間為.【方法技巧】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法(1)當(dāng)導(dǎo)函數(shù)不等式可解時(shí)，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出單調(diào)區(qū)間．(2)當(dāng)方程f′(x)＝0可解時(shí)，解出方程的實(shí)根，按實(shí)根把函數(shù)的定義域劃分成若干個(gè)區(qū)間，確定各區(qū)間f′(x)的符號(hào)，從而確定單調(diào)區(qū)間．(3)若導(dǎo)函數(shù)的方程、不等式都不行解，依據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征，利用其圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號(hào)，從而確定單調(diào)區(qū)間．【變式探究】【2024·浙江卷】已知實(shí)數(shù)，設(shè)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間?！窘馕觥慨?dāng)時(shí)，．，所以，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，3），單調(diào)遞增區(qū)間為（3，+）?！敬鸢浮康膯握{(diào)遞增區(qū)間是,單調(diào)遞減區(qū)間是；高頻考點(diǎn)二推斷函數(shù)的單調(diào)性例2．【2024·全國(guó)Ⅰ卷】已知函數(shù).（1）當(dāng)a=1時(shí)，探討f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≥x3+1，求a的取值范圍.【解析】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=ex+x2–x，則=ex+2x–1．故當(dāng)x∈（–∞，0）時(shí)，<0；當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，>0．所以f（x）在（–∞，0）單調(diào)遞減，在（0，+∞）單調(diào)遞增．（2）等價(jià)于.設(shè)函數(shù)，則.（i）若2a+1≤0，即，則當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，>0.所以g（x）在（0，2）單調(diào)遞增，而g（0）=1，故當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，g（x）>1，不合題意.（ii）若0<2a+1<2，即，則當(dāng)x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)x∈(2a+1，2)時(shí)，g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)單調(diào)遞減，在(2a+1，2)單調(diào)遞增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1當(dāng)且僅當(dāng)g(2)=(7?4a)e?2≤1，即a≥.所以當(dāng)時(shí)，g(x)≤1.（iii）若2a+1≥2，即，則g(x)≤.由于，故由（ii）可得≤1.故當(dāng)時(shí)，g(x)≤1.綜上，a的取值范圍是.【舉一反三】【2024·全國(guó)Ⅲ卷】已知函數(shù)，探討的單調(diào)性；【解析】．令，得x=0或.若a>0，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；若a=0，在單調(diào)遞增；若a<0，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.【方法技巧】含參函數(shù)單調(diào)性的求法此類問題中，導(dǎo)數(shù)的解析式通過化簡(jiǎn)變形后，通常可以轉(zhuǎn)化為一個(gè)二次函數(shù)的含參問題．對(duì)于二次三項(xiàng)式含參問題，有如下處理思路：(1)首先考慮二次三項(xiàng)式是否存在零點(diǎn)，這里涉及對(duì)判別式Δ≤0和Δ＞0分類探討，即“有無實(shí)根判別式，兩種情形需知曉”．(2)假如二次三項(xiàng)式能因式分解，這表明存在零點(diǎn)，邏輯分類有兩種狀況，須要考慮首項(xiàng)系數(shù)是否含有參數(shù)．假如首項(xiàng)系數(shù)有參數(shù)，就按首項(xiàng)系數(shù)為零、為正、為負(fù)進(jìn)行探討；假如首項(xiàng)系數(shù)無參數(shù)，只需探討兩個(gè)根x1，x2的大小，即“首項(xiàng)系數(shù)含參數(shù)，先論系數(shù)零正負(fù)；首項(xiàng)系數(shù)無參數(shù)，根的大小定輸贏”．(3)留意：探討兩個(gè)根x1，x2的大小時(shí)，肯定要結(jié)合函數(shù)定義域進(jìn)行探討，考慮兩根是否在定義域中，即“定義域，緊跟蹤，兩根是否在其中”．【舉一反三】(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx，探討f(x)的單調(diào)性．【解析】f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①當(dāng)a≤2時(shí)，則f′(x)≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a＝2，x＝1時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．②當(dāng)a＞2時(shí)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時(shí)，f′(x)＞0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調(diào)遞增．綜合①②可知，當(dāng)a≤2時(shí)，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當(dāng)a＞2時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調(diào)遞增．高頻考點(diǎn)三依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例3.【2024·全國(guó)Ⅰ卷】已知函數(shù)．（1）當(dāng)時(shí)，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．【解析】的定義域?yàn)?，．?）當(dāng)時(shí)，，，曲線在點(diǎn)處的切線方程為，即．直線在軸，軸上的截距分別為，．因此所求三角形的面積為．（2）當(dāng)時(shí)，．當(dāng)時(shí)，，．當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，．所以當(dāng)時(shí)，取得最小值，最小值為，從而．當(dāng)時(shí)，．綜上，的取值范圍是．【舉一反三】【2024·北京卷】設(shè)函數(shù)（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則a=________；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是___________．【解析】首先由奇函數(shù)的定義得到關(guān)于的恒等式，據(jù)此可得的值，然后利用可得a的取值范圍。若函數(shù)為奇函數(shù)，則即，即對(duì)隨意的恒成立，則，得.若函數(shù)是R上的增函數(shù)，則在R上恒成立，即在R上恒成立，又，則，即實(shí)數(shù)的取值范圍是.【答案】【方法技巧】由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法(1)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，事實(shí)上就是在該區(qū)間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到關(guān)于參數(shù)的不等式，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，求出參數(shù)的取值范圍．(2)可導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(a，b)上存在單調(diào)區(qū)間，事實(shí)上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在該區(qū)間上存在解集，從而轉(zhuǎn)化為不等式問題，求出參數(shù)的取值范圍．(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調(diào)性，區(qū)間I上含有參數(shù)時(shí)，可先求出f(x)的單調(diào)區(qū)間，令I(lǐng)是其單調(diào)區(qū)間的子集，從而求出參數(shù)的取值范圍．【變式探究】(2024·山東青島二中模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R且a≠0)，探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性．【解析】依題意得，f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x＞0)，①當(dāng)a＜0時(shí)，f′(x)＞0恒成立，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．②當(dāng)a＞0時(shí)，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＞0得x＞eq\f(1,a)；由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a)，∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．綜上所述，當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減．高頻考點(diǎn)四求已知函數(shù)的極值例4.【2024·北京卷】已知函數(shù)．（Ⅰ）求曲線的斜率等于的切線方程；（Ⅱ）設(shè)曲線在點(diǎn)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為，求的最小值．【解析】（Ⅰ）因?yàn)?，所以，設(shè)切點(diǎn)為，則，即，所以切點(diǎn)為，由點(diǎn)斜式可得切線方程：，即.（Ⅱ）明顯，因?yàn)樵邳c(diǎn)處的切線方程為：，令，得，令，得，所以，不妨設(shè)時(shí)，結(jié)果一樣，則，所以，由，得，由，得，所以在上遞減，在上遞增，所以時(shí)，取得微小值，也是最小值為.【方法技巧】求函數(shù)極值的一般步驟：①先求函數(shù)f(x)的定義域，再求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)；②求f′(x)＝0的根；③推斷在f′(x)＝0的根的左、右兩側(cè)f′(x)的符號(hào)，確定極值點(diǎn)；④求出詳細(xì)極值?！咀兪教骄俊?2024·山西忻州第一中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)(ex－ax)，當(dāng)a＞0時(shí)，探討f(x)的極值狀況．【解析】∵f′(x)＝(ex－ax)＋(x－2)(ex－a)＝(x－1)(ex－2a)，∵a＞0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln2a.①當(dāng)a＝eq\f(e,2)時(shí)，f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，∴f(x)在R上單調(diào)遞增，故f(x)無極值．②當(dāng)0＜a＜eq\f(e,2)時(shí)，ln2a＜1，當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，ln2a)ln2a(ln2a,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗故f(x)有極大值f(ln2a)＝－a(ln2a－2)2，微小值f(1)＝a－e.③當(dāng)a＞eq\f(e,2)時(shí)，ln2a＞1，當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，1)1(1，ln2a)ln2a(ln2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗故f(x)有極大值f(1)＝a－e，微小值f(ln2a)＝－a(ln2a－2)2.綜上，當(dāng)0＜a＜eq\f(e,2)時(shí)，f(x)有極大值－a(ln2a－2)2，微小值a－e；當(dāng)a＝eq\f(e,2)時(shí)，f(x)無極值；當(dāng)a＞eq\f(e,2)時(shí)，f(x)有極大值a－e，微小值－a(ln2a－2)2.高頻考點(diǎn)五已知函數(shù)的極(最)值求參數(shù)的取值范圍例5.(2024·北京卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.①若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a；②若f(x)在x＝2處取得微小值，求a的取值范圍.【解析】①因?yàn)閒(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由題設(shè)知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此時(shí)f(1)＝3e≠0.所以a的值為1.②f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2處取得微小值.若a≤eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的微小值點(diǎn).綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).【方法技巧】已知函數(shù)極值，確定函數(shù)解析式中的參數(shù)時(shí)，要留意：(1)依據(jù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解；(2)因?yàn)閷?dǎo)數(shù)值等于0不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以用待定系數(shù)法求解后必需檢驗(yàn).【變式探究】(2024·河北承德一中模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))【解析】函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有極值點(diǎn)等價(jià)于f′(x)＝0有2個(gè)不相等的實(shí)根且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內(nèi)有根，由f′(x)＝0有2個(gè)不相等的實(shí)根，得a＜－2或a＞2.由f′(x)＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內(nèi)有根，得a＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內(nèi)有解，又x＋eq\f(1,x)∈2，eq\f(10,3)，所以2≤a＜eq\f(10,3)，綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).]高頻考點(diǎn)六利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的最值例6.(2024·全國(guó)卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的全部值；若不存在，說明理由．【解析】(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調(diào)遞減．若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．若a＜0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時(shí)，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))單調(diào)遞減．(2)滿意題設(shè)條件的a，b存在．(ⅰ)當(dāng)a≤0時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)a，b滿意題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)當(dāng)a≥3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時(shí)a，b滿意題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)當(dāng)0＜a＜3時(shí)，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0＜a＜3沖突．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，與0＜a＜3沖突．綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時(shí)，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1.【方法技巧】(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值．(2)求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)．(3)將函數(shù)f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的為最大值，最小的為最小值．【變式探究】(2024·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．【解析】f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．∵cosx＋1≥0，∴當(dāng)cosx＜eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)cosx＞eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．∴當(dāng)cosx＝eq\f(1,2)，f(x)有最小值．又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，∴當(dāng)sinx＝－eq\f(\r(3),2)時(shí)，f(x)有最小值，即f(x)min＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝－eq\f(3\r(3),2).【答案】－eq\f(3\r(3),2)高頻考點(diǎn)七利用導(dǎo)數(shù)探討生活中的優(yōu)化問題例7.(2024·浙江省海鹽高級(jí)中學(xué)模擬)某商場(chǎng)銷售某種商品的閱歷表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價(jià)格x(單位：元/千克)滿意關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a為常數(shù)．已知銷售價(jià)格為5元/千克時(shí)，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價(jià)格x的值，使商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)最大．【解析】(1)因?yàn)楫?dāng)x＝5時(shí)，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商場(chǎng)每日銷售該商品所獲得的利潤(rùn)為f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.則f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的