2025届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第2课时导数与函数的极值最值教师文档教案文北师大版

PAGE其次课时导数与函数的极值、最值授课提示：对应学生用书第43页[基础梳理]1．函数的极值与导数的关系(1)函数的微小值与微小值点：若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a旁边其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a旁边的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫作函数的微小值点，f(a)叫作函数的微小值．(2)函数的极大值与极大值点：若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b旁边其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b旁边的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫作函数的极大值点，f(b)叫作函数的极大值．2．函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：假如在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像是一条连绵不断的曲线，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)值的步骤：①求函数y＝f(x)在(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．1．留意两种条件(1)f′(x)＞0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．(2)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．2．分清极值与最值的关系(1)极值与最值的关系：极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得，有极值的不肯定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，特别数可导函数最值只要不在端点处取，则必定在极值处取．(2)若函数f(x)的图像连续，则f(x)在[a，b]内肯定有最值．(3)若函数f(x)在[a，b]内是单调函数，则f(x)肯定在区间端点处取得最值．(4)若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值肯定是函数的最值．[四基自测]1．(基础点：极值与导数的关系)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有微小值点()A．1个 B．2个C．3个 D．4个答案：A2．(基础点：闭区间上的函数的最值)函数f(x)＝eq\f(x3,3)＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是()A．－eq\f(17,3) B．－eq\f(10,3)C．－4 D．－eq\f(64,3)答案：A3．(易错点：微小值点)已知a为函数f(x)＝x3－12x的微小值点，则a＝________．答案：24．(基础点：极值与最值关系)函数y＝xex的最小值是________．答案：－eq\f(1,e)授课提示：对应学生用书第43页考点一求函数的极值或极值点挖掘极值的存在性问题/互动探究[例](2024·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[证明](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[破题技法]1.利用导数探讨函数极值的一般步骤(1)确定函数定义域；(2)求导数f′(x)及f′(x)＝0的根；(3)依据方程f′(x)＝0的根将函数定义域分成若干区间，列出表格，检查导函数f′(x)零点左右f′(x)的值的符号，假如左正右负，那么y＝f(x)在这个根处取极大值，假如左负右正，那么y＝f(x)在这个根处取微小值．假如左右不变更符号，那么f(x)在这个根处无极值．2．推断极值点的个数首先确定导数的零点的个数，再依据极值的定义，确定零点是否为极值点．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，探讨g(x)的单调性并推断有无极值，有极值时求出极值．解析：(1)由题意f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx)，令h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x＞0时，h(x)＞0；当x＜0时，h(x)＜0.①当a＜0时，g′(x)与g(x)的函数关系为x(－∞，a)a(a，0)0(0，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大微小所以当x＝a时，g(x)有极大值为g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.当x＝0时，g(x)有微小值g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sinx)．当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无微小值．③当a＞0时，g′(x)与g(x)的函数关系为：x(－∞，0)0(0，a)a(a，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大微小所以当x＝0时g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当x＝a时g(x)取到微小值，微小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.综上所述，当a＜0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有微小值，极大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina，微小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a＞0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有微小值，极大值是g(0)＝－a，微小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.考点二利用导数求函数的最值问题挖掘含参数的函数的最值/互动探究[例](2024·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)探讨f(x)的单调性；(2)当0<a<3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．[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，则当x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a<0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))单调递减．(2)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，1))单调递增，所以f(x)在[0，1]的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－eq\f(a3,27)＋2，M＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－a，0<a<2，,2，2≤a<3.))所以M－m＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a＋\f(a3,27)，0<a<2，,\f(a3,27)，2≤a<3.))当0<a<2时，可知2－a＋eq\f(a3,27)单调递减，所以M－m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).当2≤a<3时，eq\f(a3,27)单调递增，所以M－m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，1)).综上，M－m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).[破题技法]1.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．2．若f(x)在(a，b)内只有一个极值，则该极值为最值．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k＝1时，求f(x)在[0，2]上的最值．解析：(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．由f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝ln2＞0.由f′(x)＞0，得x＜0或x＞ln2.由f′(x)＜0，得0＜x＜ln2.所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调减区间为(0，ln2)．(2)由(1)可知x＝0和x＝ln2是f(x)的极值点，且0∈[0，2]，ln2∈[0，2]，f(0)＝－1，f(ln2)＝(ln2－1)·eln2－(ln2)2＝2(ln2－1)－(ln2)2，由(1)可知f(0)＝f(1)＝－1，在(ln2，＋∞)上f(x)为增函数，∴f(2)＞f(1)＞f(ln2)，∴f(x)的最大值为f(2)＝e2－4.f(x)的最小值为f(ln2)＝2ln2－2－(ln2)2.考点三利用极值、最值求参数挖掘已知最值求参数/互动探究[例](2024·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)探讨f(x)的单调性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的全部值；若不存在，说明理由．[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，则当x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))单调递减．若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．若a<0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))单调递减．(2)满意题设条件的a，b存在．①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满意题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满意题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.③当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0，1]的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值为b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，则a＝3eq\r(3,2)，与0＜a＜3冲突．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，与0＜a＜3冲突．综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[