2024-2025学年高考数学一轮复习专题3.2导数与函数的单调性极值与最值知识点讲解文科版含解析

专题3.2导数与函数的单调性、极值与最值【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数探讨函数的单调性，会求函数的单调区间。3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、微小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。【重点学问梳理】学问点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.学问点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.学问点三函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0旁边的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0旁边的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0图象形如山峰形如山谷极值f(x0)为极大值f(x0)为微小值极值点x0为极大值点x0为微小值点学问点四函数的最值与导数(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)的图象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.【特殊提示】1.函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“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.3.求最值时，应留意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，须要分类探讨，不行想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与微小值之间没有必定的大小关系.【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2024·天津卷】设函数为的导函数，求的单调区间。【解析】由已知，有．因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增．所以，的单调递增区间为的单调递减区间为．【答案】的单调递增区间为的单调递减区间为.【方法技巧】利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．(2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分成若干个区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数的方程、不等式都不行解，依据f′(x)的结构特征，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间．【变式探究】【2024·浙江卷】已知实数，设函数，当时，求函数的单调区间。【解析】当时，．，所以，函数的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）。【答案】的单调递增区间是,单调递减区间是；高频考点二推断函数的单调性例2．【2024·全国Ⅰ卷】已知函数.（1）当a=1时，探讨f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.【解析】（1）当a=1时，f（x）=ex+x2–x，则=ex+2x–1．故当x∈（–∞，0）时，<0；当x∈（0，+∞）时，>0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）等价于.设函数，则.（i）若2a+1≤0，即，则当x∈（0，2）时，>0.所以g（x）在（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意.（ii）若0<2a+1<2，即，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a+1，2)时，g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥.所以当时，g(x)≤1.（iii）若2a+1≥2，即，则g(x)≤.由于，故由（ii）可得≤1.故当时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是.【举一反三】【2024·全国Ⅲ卷】已知函数，探讨的单调性；【解析】．令，得x=0或.若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；若a=0，在单调递增；若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.【方法技巧】含参函数单调性的求法此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：(1)首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0分类探讨，即“有无实根判别式，两种情形需知晓”．(2)假如二次三项式能因式分解，这表明存在零点，逻辑分类有两种状况，须要考虑首项系数是否含有参数．假如首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行探讨；假如首项系数无参数，只需探讨两个根x1，x2的大小，即“首项系数含参数，先论系数零正负；首项系数无参数，根的大小定输赢”．(3)留意：探讨两个根x1，x2的大小时，肯定要结合函数定义域进行探讨，考虑两根是否在定义域中，即“定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．【举一反三】(2024·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx，探讨f(x)的单调性．【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①当a≤2时，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a＞2时，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).当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)，＋∞))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，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)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．综合①②可知，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞2时，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)，＋∞))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上单调递增．高频考点三依据函数的单调性求参数例3.【2024·全国Ⅰ卷】已知函数．（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解析】的定义域为，．（1）当时，，，曲线在点处的切线方程为，即．直线在轴，轴上的截距分别为，．因此所求三角形的面积为．（2）当时，．当时，，．当时，；当时，．所以当时，取得最小值，最小值为，从而．当时，．综上，的取值范围是．【举一反三】【2024·北京卷】设函数（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________．【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a的取值范围。若函数为奇函数，则即，即对随意的恒成立，则，得.若函数是R上的增函数，则在R上恒成立，即在R上恒成立，又，则，即实数的取值范围是.【答案】【方法技巧】由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间(a，b)上单调，事实上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，事实上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．【变式探究】(2024·山东青岛二中模拟)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R且a≠0)，探讨函数f(x)的单调性．【解析】依题意得，f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x＞0)，①当a＜0时，f′(x)＞0恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a＞0时，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)，∴函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．综上所述，当a＜0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减．高频考点四求已知函数的极值例4.【2024·北京卷】已知函数．（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．【解析】（Ⅰ）因为，所以，设切点为，则，即，所以切点为，由点斜式可得切线方程：，即.（Ⅱ）明显，因为在点处的切线方程为：，令，得，令，得，所以，不妨设时，结果一样，则，所以，由，得，由，得，所以在上递减，在上递增，所以时，取得微小值，也是最小值为.【方法技巧】求函数极值的一般步骤：①先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数；②求f′(x)＝0的根；③推断在f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点；④求出详细极值。【变式探究】(2024·山西忻州第一中学模拟)已知函数f(x)＝(x－2)(ex－ax)，当a＞0时，探讨f(x)的极值状况．【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当a＝eq\f(e,2)时，f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，∴f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值．②当0＜a＜eq\f(e,2)时，ln2a＜1，当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(－∞，ln2a)ln2a(ln2a,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘微小值↗故f(x)有极大值f(ln2a)＝－a(ln2a－2)2，微小值f(1)＝a－e.③当a＞eq\f(e,2)时，ln2a＞1，当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(－∞，1)1(1，ln2a)ln2a(ln2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘微小值↗故f(x)有极大值f(1)＝a－e，微小值f(ln2a)＝－a(ln2a－2)2.综上，当0＜a＜eq\f(e,2)时，f(x)有极大值－a(ln2a－2)2，微小值a－e；当a＝eq\f(e,2)时，f(x)无极值；当a＞eq\f(e,2)时，f(x)有极大值a－e，微小值－a(ln2a－2)2.高频考点五已知函数的极(最)值求参数的取值范围例5.(2024·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.①若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；②若f(x)在x＝2处取得微小值，求a的取值范围.【解析】①因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此时f(1)＝3e≠0.所以a的值为1.②f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>eq\f(1,2)，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取得微小值.若a≤eq\f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的微小值点.综上可知，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).【方法技巧】已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要留意：(1)依据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必需检验.【变式探究】(2024·河北承德一中模拟)若函数f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有极值点，则实数a的取值范围是．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))【解析】函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有极值点等价于f′(x)＝0有2个不相等的实根且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))内有根，由f′(x)＝0有2个不相等的实根，得a＜－2或a＞2.由f′(x)＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))内有根，得a＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))内有解，又x＋eq\f(1,x)∈2，eq\f(10,3)，所以2≤a＜eq\f(10,3)，综上，a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).]高频考点六利用导数探讨函数的最值例6.(2024·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，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．(ⅰ)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.(ⅱ)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.(ⅲ)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，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]的最小值为－1，最大值为1.【方法技巧】(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)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的为最大值，最小的为最小值．【变式探究】(2024·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)高频考点七利用导数探讨生活中的优化问题例7.(2024·浙江省海盐高级中学模拟)某商场销售某种商品的阅历表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满意关系式y＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．【解析】(1)因为当x＝5时，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.则f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，当x改变时，f′(x)，f(x)的