2025版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用第2节第2课时导数与函数的极值最值学案含解析新人教A版

PAGE第2课时导数与函数的极值、最值一、教材概念·结论·性质重现1．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(1)函数的极大值和微小值都可能有多个，极大值和微小值的大小关系不确定．(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．函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件一般地，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)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；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)求函数的最值时，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．(2)若函数f(x)在区间[a，b]内是单调函数，则f(x)肯定在区间端点处取得最值；若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点肯定是函数的最值点．(3)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．二、基本技能·思想·活动体验1．推断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)函数的极大值不肯定比微小值大． (√)(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件． (×)(3)函数的极大值肯定是函数的最大值． (×)(4)开区间上的单调连续函数无最值． (√)2．f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的微小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4A解析：由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，f(x)在x＝－1左减右增．故选A．3．函数f(x)＝2x－xlnx的极大值是()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.当0<x<e时，f′(x)>0；当x>e时，f′(x)<0.所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.4．若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有微小值，则常数c的值为()A．4B．2或6C．2D．6C解析：函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2.由题意知，f(x)在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6.又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有微小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正．当c＝2时，f(x)＝x(x－2)2的导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，即在x＝2处有微小值．而当c＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值．故c＝2.5．函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－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).因为f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8，所以最大值为8.考点1利用导数求函数的极值——综合性考向1依据函数的图象推断函数的极值(多选题)已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则()A．函数f(x)有极大值f(2)B．函数f(x)有极大值f(－2)C．函数f(x)有微小值f(－2)D．函数f(x)有微小值f(2)BD解析：由题图可知，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.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得微小值．依据函数的图象推断极值的方法依据已知条件，分状况确定导数为0的点，及导数为0点处左右两侧导数的正负，从而确定极值类型．考向2已知函数解析式求极值已知函数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，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，解得x＝2.于是当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表.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(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).当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点；当a>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，故函数f(x)在x＝eq\f(1,a)处有极大值．综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a>0时，函数f(x)有一个极大值点，且为x＝eq\f(1,a).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)求出函数f(x)的极值．考向3已知函数的极值求参数设函数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：(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.所以a的值为1.(2)由(1)得f′(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)，＋∞)).已知函数极值点或极值求参数的两个关键(1)列式：依据极值点处导数为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：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必需验证该点左右两侧的正负．1．(多选题)定义在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函数f(x)的导函数f′(x)图象如图所示，则下列结论正确的是()A．函数f(x)在区间(0,4)单调递增B．函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))单调递减C．函数f(x)在x＝1处取得极大值D．函数f(x)在x＝0处取得微小值ABD解析：依据导函数图象可知，f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0,4)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝0处取得微小值，没有极大值．所以A，B，D选项正确，C选项错误．故选ABD．2．(2024·青岛一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0，,xex，x<0))(e＝2.718…为自然对数的底数)．若f(x)的零点为α，极值点为β，则α＋β＝()A．－1B．0C．1D．2C解析：当x≥0时，f(x)＝3x－9为增函数，无极值．令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2，即函数f(x)的一个零点为2；当x<0时，f(x)＝xex<0，无零点，f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，则当－1<x<0时，f′(x)>0.当x<－1时，f′(x)<0，所以当x＝－1时，函数f(x)取得微小值．综上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故选C．3．函数f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)的微小值为________．－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，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增，所以f(x)微小值＝f(－2)＝－eq\f(1,2).4．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a≥0)．(1)当a＝1，且函数图象过点(0,1)时，求函数f(x)的微小值；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．解：f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，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.所以函数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，微小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立．①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，明显不满意条件；②当a>0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq\f(4,3).综上，a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).考点2利用导数求函数的最值——应用性(2024·北京卷)已知函数f(x)＝12－x2.(1)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．解：(1)因为f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x.设切点为(x0,12－xeq\o\al(2,0))，则－2x0＝－2，即x0＝1，所以切点为(1,11)．由点斜式可得切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.(2)明显t≠0，因为y＝f(x)在点(t,12－t2)处的切线方程为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，明显为偶函数．只需考察t＞0即可(t<0时，结果一样)，则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)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以t＝2时，S(t)取得微小值，也是最小值为S(2)＝eq\f(16×16,8)＝32.综上所述，当t＝±2时，S(t)min＝32.求函数f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤(1)求函数在区间(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值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．已知k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，函数f(x)＝(x－1)ex－kx2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在[0，k]上的最大值．解：(1)由题意得f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．因为k∈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.所以函数f(x)的单调递增区间为(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.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，ln2k)．所以函数f(x)的单调递增区间为(ln2k，＋∞)，(－∞，0)，单调递减区间为(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))上是减函数．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)随x的改变状况如下表：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)]．因为k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以k－1≥0.对随意的k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，y＝ek的图象恒在直线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)．所以函数f(x)在[0，k]上的最大值f(k)＝(k－1)ek－k3.考点3极值与最值的综合应用——综合性(2024·山东师范高校附中高三质评)已知函数f(x)＝x2·eax＋1－blnx－ax(a，b∈R)．(1)若b＝0，曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线y＝2x平行，求a的值；(2)若b＝2，且函数f(x)的值域为[2，＋∞)，求a的最小值．解：(1)当b＝0时，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.当a＝－1时，f(1)＝e0＋1＝2，此时直线y＝2x恰为切线，舍去．所以a＝－2.(2)当b＝2时，f(x)＝x2eax＋1－2lnx－ax，x>0.设t＝x2eax＋1(t>0)，则lnt＝2lnx＋ax＋1，故函数f(x)可化为g(t)＝t－lnt＋1(t>0)．由g′(t)＝1－eq\f(1,t)＝eq\f(t－1,t)，可得g(t)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，所以g(t)的最小值为g(1)＝1－ln1＋1＝2.此时，t＝1，函数f(x)的值域为[2，＋∞)．问题转化为：当t＝1时，lnt＝2lnx＋ax＋1有解，即ln1＝2lnx＋ax＋1＝0，得a＝－eq\f(1＋2lnx,x).设h(x)＝－eq\f(1＋2lnx,x)，x>0，则h′(x)＝eq\f(2lnx－1,x2)，故h(x)的单调递减区间为(0，eq\r(e))，单调递增区间为(eq\r(e)，＋∞)，所以h(x)的最小值为h(eq\r(e))＝－eq\f(2,\r(e))，故a的最小值为－eq\f(2,\r(e)).求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，函数的解析式含参数时，要探讨参数的大小．(2)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．1．(2024·福建三校联考)若方程8x＝x2＋6lnx＋m仅有一个解，则实数m的取值范围为()A．(－∞，7)B．(15－6ln3，＋∞)C．(12－61n3，＋∞)D．(－∞，7)∪(15－6ln3，＋∞)D解析：方程8x＝x2＋6lnx＋m仅有一个解等价于函数m(x)＝x2－8x＋6lnx＋m(x>0)的图象与x轴有且只有一个交点．对函数m(x)求导得m′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2x2－8x＋6,x)＝eq\f(2x－1x－3,x).当x∈(0,1)时，m′(x)>0，m(x)单调递增；当x∈(1,3)时，m′(x)<0，m(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，m′(x)>0，m(x)单调递增，所以m(x)极大值＝m(1)＝m－7，