2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值學(xué)案含解析新人教A版

PAGE第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．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)(1)函數(shù)的極大值和微小值都可能有多個(gè)，極大值和微小值的大小關(guān)系不確定．(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．2．函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件一般地，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)求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值的步驟①求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上的極值；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．(1)求函數(shù)的最值時(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．(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，則f(x)肯定在區(qū)間端點(diǎn)處取得最值；若函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個(gè)極值點(diǎn)，則相應(yīng)的極值點(diǎn)肯定是函數(shù)的最值點(diǎn)．(3)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．二、基本技能·思想·活動(dòng)體驗(yàn)1．推斷下列說法的正誤，對(duì)的打“√”，錯(cuò)的打“×”．(1)函數(shù)的極大值不肯定比微小值大． (√)(2)對(duì)可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件． (×)(3)函數(shù)的極大值肯定是函數(shù)的最大值． (×)(4)開區(qū)間上的單調(diào)連續(xù)函數(shù)無最值． (√)2．f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的微小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4A解析：由題意知在x＝－1處f′(－1)＝0，且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號(hào)為左負(fù)右正，f(x)在x＝－1左減右增．故選A．3．函數(shù)f(x)＝2x－xlnx的極大值是()A．eq\f(1,e)B．eq\f(2,e)C．eD．e2C解析：f′(x)＝2－(lnx＋1)＝1－lnx．令f′(x)＝0，得x＝e.當(dāng)0<x<e時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，f′(x)<0.所以x＝e時(shí)，f(x)取到極大值，f(x)極大值＝f(e)＝e.4．若函數(shù)f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有微小值，則常數(shù)c的值為()A．4B．2或6C．2D．6C解析：函數(shù)f(x)＝x(x－c)2的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝3x2－4cx＋c2.由題意知，f(x)在x＝2處的導(dǎo)數(shù)值為12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6.又函數(shù)f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有微小值，故導(dǎo)數(shù)在x＝2處左側(cè)為負(fù)，右側(cè)為正．當(dāng)c＝2時(shí)，f(x)＝x(x－2)2的導(dǎo)數(shù)在x＝2處左側(cè)為負(fù)，右側(cè)為正，即在x＝2處有微小值．而當(dāng)c＝6時(shí)，f(x)＝x(x－6)2在x＝2處有極大值．故c＝2.5．函數(shù)f(x)＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________．8解析：f′(x)＝6x2－4x＝2x(3x－2)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).因?yàn)閒(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8，所以最大值為8.考點(diǎn)1利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值——綜合性考向1依據(jù)函數(shù)的圖象推斷函數(shù)的極值(多選題)已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)C．函數(shù)f(x)有微小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有微小值f(2)BD解析：由題圖可知，當(dāng)x<－2時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)>0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得微小值．依據(jù)函數(shù)的圖象推斷極值的方法依據(jù)已知條件，分狀況確定導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，及導(dǎo)數(shù)為0點(diǎn)處左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而確定極值類型．考向2已知函數(shù)解析式求極值已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，求f(x)的極值；(2)探討函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)．解：(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x，定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)＝eq\f(2－x,2x).令f′(x)＝0，解得x＝2.于是當(dāng)x改變時(shí)，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表.x(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)↗ln2－1↘故f(x)在定義域上的極大值為f(2)＝ln2－1，無微小值．(2)由(1)知，函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x).當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)f(x)在定義域上無極值點(diǎn)；當(dāng)a>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在x＝eq\f(1,a)處有極大值．綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)極大值點(diǎn)，且為x＝eq\f(1,a).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)求出函數(shù)f(x)的極值．考向3已知函數(shù)的極值求參數(shù)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：(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.所以a的值為1.(2)由(1)得f′(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)，＋∞)).已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的兩個(gè)關(guān)鍵(1)列式：依據(jù)極值點(diǎn)處導(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)驗(yàn)證：因?yàn)槟滁c(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值等于0不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必需驗(yàn)證該點(diǎn)左右兩側(cè)的正負(fù)．1．(多選題)定義在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)單調(diào)遞增B．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值D．函數(shù)f(x)在x＝0處取得微小值A(chǔ)BD解析：依據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象可知，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(0,4)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝0處取得微小值，沒有極大值．所以A，B，D選項(xiàng)正確，C選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選ABD．2．(2024·青島一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0，,xex，x<0))(e＝2.718…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．若f(x)的零點(diǎn)為α，極值點(diǎn)為β，則α＋β＝()A．－1B．0C．1D．2C解析：當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝3x－9為增函數(shù)，無極值．令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2，即函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)為2；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝xex<0，無零點(diǎn)，f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，則當(dāng)－1<x<0時(shí)，f′(x)>0.當(dāng)x<－1時(shí)，f′(x)<0，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得微小值．綜上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故選C．3．函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)的微小值為________．－eq\f(1,2)解析：f′(x)＝eq\f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)＝eq\f(－2x＋2x－1,x2＋22).令f′(x)<0，得x<－2或x>1；令f′(x)>0，得－2<x<1.所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2，1)上單調(diào)遞增，所以f(x)微小值＝f(－2)＝－eq\f(1,2).4．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a≥0)．(1)當(dāng)a＝1，且函數(shù)圖象過點(diǎn)(0,1)時(shí)，求函數(shù)f(x)的微小值；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點(diǎn)，求a的取值范圍．解：f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(0,1)時(shí)，有f(0)＝c＝1.當(dāng)a＝1時(shí)，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)．令f′(x)>0，解得x<eq\f(1,3)或x>1；令f′(x)<0，解得eq\f(1,3)<x<1.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，微小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上無極值點(diǎn)，則f(x)在(－∞，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．①當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝－4x＋1，明顯不滿意條件；②當(dāng)a>0時(shí)，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要條件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq\f(4,3).綜上，a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).考點(diǎn)2利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值——應(yīng)用性(2024·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝12－x2.(1)求曲線y＝f(x)的斜率等于－2的切線方程；(2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)(t，f(t))處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S(t)，求S(t)的最小值．解：(1)因?yàn)閒(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x.設(shè)切點(diǎn)為(x0,12－xeq\o\al(2,0))，則－2x0＝－2，即x0＝1，所以切點(diǎn)為(1,11)．由點(diǎn)斜式可得切線方程為y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.(2)明顯t≠0，因?yàn)閥＝f(x)在點(diǎn)(t,12－t2)處的切線方程為y－(12－t2)＝－2t(x－t)，即y＝－2tx＋t2＋12.令x＝0，得y＝t2＋12；令y＝0，得x＝eq\f(t2＋12,2t).所以S(t)＝eq\f(1,2)×(t2＋12)·eq\f(t2＋12,2|t|)＝eq\f(t2＋122,4|t|)，t≠0，明顯為偶函數(shù)．只需考察t＞0即可(t<0時(shí)，結(jié)果一樣)，則S(t)＝eq\f(t4＋24t2＋144,4t)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3＋24t＋\f(144,t)))，S′(t)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2＋24－\f(144,t2)))＝eq\f(3t4＋8t2－48,4t2)＝eq\f(3t2－4t2＋12,4t2)＝eq\f(3t－2t＋2t2＋12,4t2).由S′(t)>0，得t>2；由S′(t)<0，得0<t<2.所以S(t)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t＝2時(shí)，S(t)取得微小值，也是最小值為S(2)＝eq\f(16×16,8)＝32.綜上所述，當(dāng)t＝±2時(shí)，S(t)min＝32.求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值的步驟(1)求函數(shù)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極值；(2)求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)；(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值．已知k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值．解：(1)由題意得f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．因?yàn)閗∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以1＜2k≤2.令f′(x)＞0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,ex－2k＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,ex－2k＜0，))解得x＞ln2k或x＜0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln2k，＋∞)，(－∞，0)．令f′(x)＜0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,ex－2k＜0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,ex－2k＞0，))解得0＜x＜ln2k.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2k)．所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln2k，＋∞)，(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2k)．(2)令φ(k)＝k－ln(2k)，k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，φ′(k)＝1－eq\f(1,k)＝eq\f(k－1,k)≤0.所以φ(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是減函數(shù)．所以φ(1)≤φ(k)＜φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).所以1－ln2≤φ(k)＜eq\f(1,2)＜k，即0＜ln(2k)＜k.所以f′(x)，f(x)隨x的改變狀況如下表：x(0，ln(2k))ln(2k)(ln(2k)，k)f′(x)－0＋f(x)↘微小值↗f(0)＝－1，f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1＝(k－1)ek－(k3－1)＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1)＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．因?yàn)閗∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以k－1≥0.對(duì)隨意的k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，y＝ek的圖象恒在直線y＝k2＋k＋1的下方，所以ek－(k2＋k＋1)≤0.所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)．所以函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值f(k)＝(k－1)ek－k3.考點(diǎn)3極值與最值的綜合應(yīng)用——綜合性(2024·山東師范高校附中高三質(zhì)評(píng))已知函數(shù)f(x)＝x2·eax＋1－blnx－ax(a，b∈R)．(1)若b＝0，曲線f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與直線y＝2x平行，求a的值；(2)若b＝2，且函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇2，＋∞)，求a的最小值．解：(1)當(dāng)b＝0時(shí)，f(x)＝x2eax＋1－ax，x>0，f′(x)＝xeax＋1(2＋ax)－a.由f′(1)＝ea＋1(2＋a)－a＝2，得ea＋1(2＋a)－(a＋2)＝0，即(ea＋1－1)(2＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－2.當(dāng)a＝－1時(shí)，f(1)＝e0＋1＝2，此時(shí)直線y＝2x恰為切線，舍去．所以a＝－2.(2)當(dāng)b＝2時(shí)，f(x)＝x2eax＋1－2lnx－ax，x>0.設(shè)t＝x2eax＋1(t>0)，則lnt＝2lnx＋ax＋1，故函數(shù)f(x)可化為g(t)＝t－lnt＋1(t>0)．由g′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，可得g(t)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，所以g(t)的最小值為g(1)＝1－ln1＋1＝2.此時(shí)，t＝1，函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇2，＋∞)．問題轉(zhuǎn)化為：當(dāng)t＝1時(shí)，lnt＝2lnx＋ax＋1有解，即ln1＝2lnx＋ax＋1＝0，得a＝－eq\f(1＋2lnx,x).設(shè)h(x)＝－eq\f(1＋2lnx,x)，x>0，則h′(x)＝eq\f(2lnx－1,x2)，故h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\r(e))，單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(e)，＋∞)，所以h(x)的最小值為h(eq\r(e))＝－eq\f(2,\r(e))，故a的最小值為－eq\f(2,\r(e)).求解函數(shù)極值與最值綜合問題的策略(1)求極值、最值時(shí)，要求步驟規(guī)范，函數(shù)的解析式含參數(shù)時(shí)，要探討參數(shù)的大?。?2)求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要探討其極值狀況，還要探討其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值狀況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象視察得到函數(shù)的最值．1．(2024·福建三校聯(lián)考)若方程8x＝x2＋6lnx＋m僅有一個(gè)解，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()A．(－∞，7)B．(15－6ln3，＋∞)C．(12－61n3，＋∞)D．(－∞，7)∪(15－6ln3，＋∞)D解析：方程8x＝x2＋6lnx＋m僅有一個(gè)解等價(jià)于函數(shù)m(x)＝x2－8x＋6lnx＋m(x>0)的圖象與x軸有且只有一個(gè)交點(diǎn)．對(duì)函數(shù)m(x)求導(dǎo)得m′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2x2－8x＋6,x)＝eq\f(2x－1x－3,x).當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1,3)時(shí)，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(3，＋∞)時(shí)，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，所以m(x)極大值＝m(1)＝m－7，