2025届高考数学一轮复习第三章导数及其应用第二节第2课时导数与函数的极值最值学案理含解析

PAGE其次课时导数与函数的极值、最值eq\a\vs4\al(考点一\a\vs4\al(运用导数解决函数的极值问题))——多维探究函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中、高档题．常见的命题角度有：(1)知图推断函数极值；(2)已知函数求极值；(3)已知函数极值状况求参数值(范围)．●命题角度一知图推断函数极值【例1】(2025届赤峰模拟)设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数y＝(1－x)·f′(x)的图象如图所示，则下列结论中肯定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)[解析]由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x＝2时，f′(x)＝0；当x>2时，f′(x)>0.由此可得函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得微小值．故选D．[答案]D●命题角度二已知函数求极值【例2】(1)(2025届昆明市高三诊断测试)已知函数f(x)＝(x2－m)ex，若函数f(x)的图象在x＝1处切线的斜率为3e，则f(x)的极大值是()A．4e－2 B．4e2C．e－2 D．e2[解析]f′(x)＝(x2＋2x－m)ex.由题意知，f′(1)＝(3－m)e＝3e，所以m＝0，所以f′(x)＝(x2＋2x)ex.当x>0或x<－2时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当－2<x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．所以当x＝－2时，f(x)取得极大值，f(－2)＝4e－2.故选A．[答案]A(2)(2025届兰州市高三诊断)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a2＋a＋2)x2＋a2(a＋2)x，a∈R.①当a＝－1时，求函数y＝f(x)的单调区间；②求函数y＝f(x)的极值点．[解]①当a＝－1时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋x，∴f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，∴函数f(x)是R上的增函数，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．②∵f′(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)＝(x－a2)·[x－(a＋2)]，ⅰ当a＝－1或a＝2时，a2＝a＋2，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)为R上的增函数，无极值点．ⅱ当a<－1或a>2时，a2>a＋2，可得当x∈(－∞，a＋2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(a＋2，a2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(a2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．∴当x＝a＋2时，函数f(x)有极大值f(a＋2)；当x＝a2时，函数f(x)有微小值f(a2)．ⅲ当－1<a<2时，a2<a＋2，可得当x∈(－∞，a2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(a2，a＋2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(a＋2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．∴当x＝a＋2时，函数f(x)有微小值f(a＋2)；当x＝a2时，函数f(x)有极大值f(a2)．综上，当a＝－1或a＝2时，函数f(x)无极值点；当a<－1或a>2时，函数f(x)的极大值点为x＝a＋2，微小值点为x＝a2；当－1<a<2时，函数f(x)的微小值点为x＝a＋2，极大值点为x＝a2.●命题角度三已知函数极值状况求参数值(范围)【例3】(1)(2025届山东省、湖北省部分重点中学质检)已知函数f(x)＝xlnx－eq\f(m,2)x2－x有极值，则实数m的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))[解析]解法一：因为f(x)＝xlnx－eq\f(m,2)x2－x，则f′(x)＝lnx－mx.因为函数f(x)有极值，即f′(x)＝lnx－mx有变号零点，即函数g(x)＝eq\f(lnx,x)与函数y＝m在(0，＋∞)上的图象有交点(除去相切的状况)．因为g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝eq\f(lne,e)＝eq\f(1,e)，画出函数g(x)的大致图象，如图所示，若g(x)＝eq\f(lnx,x)与y＝m的图象有交点(除去相切的状况)，则m<eq\f(1,e)，故选B．解法二：当m＝0时，f(x)＝xlnx－x，f′(x)＝lnx，当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0，故f(x)＝xlnx－x在x＝1处取得极值，符合题意，解除A、C；当m＝eq\f(1,e)时，f(x)＝xlnx－eq\f(1,2e)x2－x，f′(x)＝lnx－eq\f(1,e)x，令g(x)＝lnx－eq\f(1,e)x，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,e)，当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0，故g(x)≤g(e)＝0，即f′(x)≤0，f(x)单调递减，无极值，解除D．故选B．[答案]B(2)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3).①若函数f(x)在区间(a，a＋5)上存在极值，求实数a的取值范围；②若函数f(x)在区间(a，a＋5)上存在最小值，求实数a的取值范围．[解]①∵f′(x)＝x2＋2x，x∈R，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝0，∴当x∈(－∞，－2)和x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，此时f(x)为增函数；当x∈(－2，0)时，f′(x)<0，此时f(x)为减函数．∴x＝－2，x＝0分别为函数f(x)的极大值点与微小值点．由题意得－2∈(a，a＋5)或0∈(a，a＋5)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<－2，,a＋5>－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<0，,a＋5>0，))解得－7<a<0，故实数a的取值范围为(－7，0)．②由①得，f(x)的微小值为f(0)＝－eq\f(2,3)，令f(x)＝－eq\f(2,3)，即eq\f(1,3)x3＋x2＝0，解得x＝－3或x＝0.∵函数f(x)在区间(a，a＋5)上存在最小值，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋5>0，,－3≤a<0，))解得－3≤a<0，故实数a的取值范围为[－3，0)．►名师点津利用导数探讨函数极值的一般流程已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程．需留意的是，必需对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件．|跟踪训练|1．若函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，则a的值为()A．－1 B．0C．1 D．e解析：选Cf′(x)＝aex－cosx，若函数f(x)＝aex－sinx在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C．2．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)当a＝eq\f(1,2)时，求f(x)的极值；(2)探讨函数f(x)在定义域内极值点的个数．解：(1)当a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)＝eq\f(2－x,2x)，令f′(x)＝0，得x＝2，于是当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如表.x(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)ln2－1故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln2－1，无微小值．(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a>0时，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，故函数在x＝eq\f(1,a)处有极大值．综上所述，当a≤0时，函数在定义域上无极值点；当a>0时，函数有一个极大值点x＝eq\f(1,a).eq\a\vs4\al(考点二\a\vs4\al(利用导数探讨函数的最值))【例4】已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m>0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值．[解](1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）>0，,x>0，))得0<x<e；由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（x）<0，,x>0，))得x>e，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．(2)①当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m≤e，,m>0，))即0<m≤eq\f(e,2)时，函数f(x)在区间[m，2m]单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝eq\f(ln（2m）,2m)－1；②当m<e<2m，即eq\f(e,2)<m<e时，函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e，2m)上单调递减，所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(lne,e)－1＝eq\f(1,e)－1；③当m≥e时，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝eq\f(lnm,m)－1.►名师点津求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最值的思路(1)若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f(x)求导，并求f′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与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．(2)若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类探讨，推断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．[提示]求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要探讨其极值状况，还要探讨其单调性，并通过单调性和极值状况，画出函数的大致图象，然后借助图象视察得到函数的最值．|跟踪训练|3．(2024年全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则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，∴当cosx<eq\f(1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当cosx>eq\f(1,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当cosx＝eq\f(1,2)，f(x)有最小值．又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，∴当sinx＝－eq\f(\r(3),2)时，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)4．已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，所以f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx，当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)<0，所以h(x)在区间eq\b\lc\[