2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第3章　§3.3　导数与函数的极值、最值（含解析）

第第页§3.3导数与函数的极值、最值课标要求1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．知识梳理1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，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处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，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．(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．2．函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝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)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．常用结论对于可导函数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．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．(√)(2)函数的极小值一定小于函数的极大值．(×)(3)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(4)函数的极大值一定不是函数的最小值．(√)2．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4答案A解析由导函数f′(x)的图象知，在x＝－2处，f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝－2是f(x)的极大值点；在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，所以x＝－1是f(x)的极小值点；在x＝2处，f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝2是f(x)的极大值点．综上，f(x)的极小值点的个数为1.3．若函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有两个极值点，则实数a的取值范围是________________．答案(－∞，－eq\r(6))∪(eq\r(6)，＋∞)解析f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有两个变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>eq\r(6)或a<－eq\r(6).4．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是________，最小值是________．答案4－eq\f(4,3)解析f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2(舍去)．当x∈[0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2,3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝2时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4有极小值，并且极小值为f(2)＝－eq\f(4,3).又由于f(0)＝4，f(3)＝1，所以函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是4，最小值是－eq\f(4,3).题型一利用导数求解函数的极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，下列说法正确的是()A．f(1)为函数f(x)的极大值B．当x＝－1时，f(x)取得极小值C．f(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,4)上单调递减D．当x＝3时，f(x)取得极小值答案BC解析由图象知，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－2，－1)上单调递减，当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，即f(x)在(－1,2)上单调递增，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故A错误，B正确；当x∈(2,4)时，f′(x)<0，即f(x)在(2,4)上单调递减，故C正确，D错误．命题点2求已知函数的极值例2设函数f(x)＝(x2＋ax＋a)ex，讨论f(x)的单调性并判断f(x)有无极值，若有极值，求出f(x)的极值．解f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex＝(x＋2)(x＋a)ex当a＝2时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在R上是增函数，无极值；当a≠2时，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝－a，不妨令x1<x2(x1是－2与－a中较小的一个，x2是较大的一个)，列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗当－a>－2，即a<2时，取x1＝－2，x2＝－a，其单调区间如表所示，极大值为f(－2)＝(4－a)e－2，极小值为f(－a)＝ae－a.当－a<－2，即a>2时，取x1＝－a，x2＝－2，其单调区间如表所示，极小值为f(－2)＝(4－a)e－2，极大值为f(－a)＝ae－a.命题点3已知极值(点)求参数例3(1)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为()A．1B．－1或－3C．－1D．－3答案D解析函数f(x)＝x(x＋a)2，f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)，由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3，当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝1处有极小值，不符合题意．当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，f(x)在x＝1处有极大值，符合题意．综上可得，a＝－3.思维升华根据函数的极值(点)求参数的两个要领(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．跟踪训练1(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为()A．－1或3B．1或－3C．3D．－1答案C解析因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.当a＝－2，b＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)·(3x－1)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极小值10，不符合题意；当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)·(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意．综上可得，a＝－6，b＝9.则a＋b＝3.(2)已知函数f(x)＝x2－aln(2x＋1)在定义域内不存在极值点，则实数a的取值范围是__________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8)))解析函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，且f′(x)＝2x－eq\f(2a,2x＋1)＝eq\f(4x2＋2x－2a,2x＋1)＝eq\f(22x2＋x－a,2x＋1)，因为f(x)在定义域内不存在极值点，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，即2x2＋x－a≥0或2x2＋x－a≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，因为2x2＋x－a≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上不可能恒成立，所以2x2＋x－a≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，即a≤2x2＋x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2－eq\f(1,8)，所以a≤(2x2＋x)min＝－eq\f(1,8)，故a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8))).题型二利用导数求函数的最值问题命题点1不含参函数的最值例4函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)B．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2D．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2答案D解析f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)·cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).因为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1))sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝coseq\f(3π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋1))sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝－eq\f(3π,2).故选D.命题点2含参函数的最值例5已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx．当a>0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围．解f′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax－12x－1,x)(x>0，a>0)，当0<eq\f(1,a)≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意．当1<eq\f(1,a)<e，即eq\f(1,e)<a<1时，若x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))，则f′(x)<0，f(x)单调递减；若x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))，则f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<f(1)＝－2，不符合题意．当eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝－2，不符合题意．综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．思维升华求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．跟踪训练2(1)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为________．答案1解析函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)．①当x>eq\f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，当eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②当0<x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2lneq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.综上，f(x)min＝1.(2)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋1.当0<x≤e2时，g(x)＝f(x)－ax2－3＋eq\f(a,x)有最小值2，求a的值．解g(x)＝f(x)－ax2－3＋eq\f(a,x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2，其中0<x≤e2，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2).若a≤0，则g′(x)>0，g(x)在(0，e2]上单调递增，函数g(x)无最小值，不符合题意；若a>0，当x>a时，g′(x)>0，当0<x<a时，g′(x)<0.①当a≥e2时，对任意的x∈(0，e2]，g′(x)≤0，函数g(x)在(0，e2]上单调递减，则g(x)min＝g(e2)＝lne2＋eq\f(a,e2)－2＝eq\f(a,e2)＝2，解得a＝2e2，符合题意；②当0<a<e2时，函数g(x)在(0，a]上单调递减，在(a，e2]上单调递增，所以g(x)min＝g(a)＝lna＋eq\f(a,a)－2＝2，解得a＝e3，不符合题意．综上所述，a的值为2e2.课时精练一、单项选择题1．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－3x－1的极小值点是()A．1B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(8,3)))C．－3D．(－3,8)答案A解析f′(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，所以函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－3x－1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)在x＝1处有极小值，极小值点为1.2．函数f(x)＝xcosx－sinx在区间[－π，0]上的最大值为()A．1B．πC.eq\f(3,2)D.eq\f(3π,2)答案B解析由题意得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx，当x∈[－π，0]时，sinx≤0，f′(x)≤0，所以f(x)在[－π，0]上单调递减，故函数f(x)在区间[－π，0]上的最大值为f(－π)＝π.3．若当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋eq\f(b＋1,x)取得极小值4，则a＋b等于()A．7B．8C．9D．10答案A解析f(x)＝alnx＋eq\f(b＋1,x)，f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b＋1,x2)，根据题意有f′(1)＝a－(b＋1)＝0，且f(1)＝b＋1＝4，解得a＝4，b＝3，a＋b＝7.此时f′(x)＝eq\f(4,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(4x－1,x2)，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，满足题意，故a＋b＝7.4．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值，则a的取值范围是()A．[2，＋∞)B．[4，＋∞)C．[2,4]D．(2,4)答案D解析f′(x)＝a－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a,2)，当x<eq\f(a,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>eq\f(a,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因此x＝eq\f(a,2)是f(x)的极大值点，由于只有一个极值点，因此也是最大值点，由题意得eq\f(a,2)∈(1,2)，所以a∈(2,4)．5．当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)等于()A．－1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D．1答案B解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝－2，,f′1＝0，))而f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－2，))所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时，函数f(x)取得最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).二、多项选择题6．对于函数f(x)＝x3－3x，下列结论中正确的是()A．f(x)是奇函数B．f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增C．f(x)在x＝－1处取得极大值2D．f(x)的值域是[－2,2]答案ABC解析对于A，因为对∀x∈R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，故A正确；对于B，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)>0可得x<－1或x>1，令f′(x)<0可得－1<x<1，所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，故B正确；对于C，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，结合选项B可知，x＝－1是函数f(x)的极大值点，此时函数f(x)的极大值为f(－1)＝－1＋3＝2，故C正确；对于D，由B选项可知，函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，作出f(x)的大致图象如图所示，所以f(x)无最大值，无最小值，故D错误．三、填空题7．若函数f(x)＝eq\f(e2x,x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，a))上的最小值为2e，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析由f(x)＝eq\f(e2x,x)，得f′(x)＝eq\f(e2x2x－1,x2)，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，且f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2e，所以eq\f(1,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，a))，即a≥eq\f(1,2)，所以a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).8．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．答案4解析商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)．故当x∈(3,4)时，f′(x)＞0，当x∈(4,6)时，f′(x)＜0.则函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x＝4时，函数f(x)取得最大值f(4)＝42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．四、解答题9．设函数f(x)＝alnx＋eq\f(3,x)＋2a2x－4a，其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．解(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(3,x2)＋2a2＝eq\f(2a2x2＋ax－3,x2)＝eq\f(2ax＋3ax－1,x2)，x>0，∵a>0，∴－eq\f(3,2a)<0<eq\f(1,a).∴在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(