统考版2025届高考数学全程一轮复习第三章导数及其应用第二节导数在研究函数中的应用第2课时导数与函数的极值最值学生用书

第2课时导数与函数的极值、最值提升关键实力——考点突破驾驭类题通法考点一利用导数求函数的极值问题[综合性]角度1依据函数图象推断极值[例1]设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论中肯定成立的是()A．f(x)有两个极值点B．f(－2)为函数的极大值C．f(x)有两个微小值D．f(－1)为f(x)的微小值听课笔记：反思感悟由图象推断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点．角度2求已知函数的极值[例2]已知函数f(x)＝x2－1－2alnx(a≠0)，求函数f(x)的极值．听课笔记：反思感悟求可导函数f(x)的极值的步骤(1)确定函数的定义域，求导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检验f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号，详细如下表：xx<x0x0x>x0f′(x)f′(x)>0f′(x)＝0f′(x)<0f(x)增极大值f(x0)减xx<x0x0x>x0f′(x)f′(x)<0f′(x)＝0f′(x)>0f(x)减微小值f(x0)增[提示]对于求解析式中含有参数的函数的极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的状况进行探讨．分两个层次探讨：第一层，探讨方程在定义域内是否有根；其次层，在有根的条件下，再探讨根的大小．角度3已知极值(点)求参数[例3](1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝________．(2)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．听课笔记：反思感悟已知函数极值点或极值求参数的2个要领(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两侧导数的符号.【对点训练】1．[2024·洛阳模拟]若x＝1是函数f(x)＝ax＋lnx的极值点，则()A.f(x)有极大值－1B．f(x)有微小值－1C.f(x)有极大值0D．f(x)有微小值02．[2024·桂林联考]若函数f(x)＝12e2x－mex－m2x2有两个极值点，则实数A.12C.e2，+∞考点二利用导数求函数的最值[综合性、应用性][例4]已知函数g(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R)．(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．听课笔记：反思感悟求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或单调递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在区间[a，b]上有极值，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)若函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，则这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中常常用到．【对点训练】[2024·四川省江油中学高三测试]已知函数f(x)＝13x3＋ax2＋bx(a，b∈R)在x(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)在区间[－4，4]上的最大值与最小值．考点三生活中的优化问题[应用性][例5][2024·山东烟台调研]中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t(单位：分钟)满意5≤t≤25，t∈N*，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当20≤t≤25时，高铁为满载状态，载客量为1000人；当5≤t<20时，载客量会在满载基础上削减，削减的人数与(20－t)2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为100人．记发车间隔为t分钟时，高铁载客量为P(t)．(1)求P(t)的解析式；(2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益Q(t)＝t4P(t)－40t2＋650t－2000(元)，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益Q听课笔记：反思感悟利用导数解决生活中的实际应用问题的一般步骤[留意]在利用导数解决实际问题时，若在定义域内只有一个极值，则这个值即为最优解.【对点训练】如图，将一张16cm×10cm的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________cm3.第2课时导数与函数的极值、最值提升关键实力考点一例1解析：由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，∴f′(x)<0，当x∈(－2，0)时，g(x)<0，∴f′(x)>0，当x∈(0，1)时，g(x)<0，∴f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，∴f′(x)>0.∴f(x)在(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，在(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增．故ABD错误，C正确．答案：C例2解析：因为f(x)＝x2－1－2alnx(x>0)，所以f′(x)＝2x－2ax＝2①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝a，x2＝－a(舍去)．所以当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(0，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘微小值↗所以当x＝a时，f(x)取得微小值，且f(a)＝(a)2－1－2alna＝a－1－alna．无极大值．综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值．当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得微小值a－1－alna，无极大值．例3解析：(1)f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意得f解得a=1，b=3，或当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，∴f(x)在R上单调递增，即f(x)无极值，∴a＝1，b＝3不符合题意，当a＝2，b＝9时，经检验满意题意．∴a＋b＝11.解析：(2)f(x)＝x(lnx－ax)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋lnx－2ax.由题意知，当x>0时，1＋lnx－2ax＝0有两个不相等的实数根，即2a＝1+ln令φ(x)＝1+lnxx(x>0)，∴φ′(x当0<x<1时，φ′(x)>0；当x>1时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝1，当x→0时，φ(x)→－∞，当x→＋∞时，φ(x)→0，则0<2a<1，即0<a<12答案：(1)11(2)0，对点训练1．解析：∵f(x)＝ax＋lnx，x>0，∴f′(x)＝a＋1x由f′(1)＝0得a＝－1，∴f′(x)＝－1＋1x＝1-x由f′(x)>0得0<x<1，由f′(x)<0得x>1，∴f′(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)极大值＝f(1)＝－1，无微小值．答案：A2．解析：依题意，f′(x)＝e2x－mex－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e2x－mex－mx＝0，则e2x＝m(ex＋x)，明显m≠0，则1m＝e设g(x)＝ex+xe2x，则g′(x)＝设h(x)＝1－ex－2x，则h′(x)＝－ex－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，∴0<1m<1，解得m答案：B考点二例4解析：(1)∵a＝1，∴g(x)＝lnx＋x2－3x，∴g′(x)＝1x＋2x－3＝2x-1∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝ax＋2x－(a＋2)＝2x2①当a2≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a②当1<a2<e，即2<a<2e时，g(x)在1，a2上单调递减，在a2，e上单调递增，h(a)＝ga2＝aln③当a2≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2综上，h(a)＝-a-1，a≤2，对点训练解析：(1)由题意得：f′(x)＝x2＋2ax＋b，∴f'-3=9-6a+b=0当a=1b=-3时，f(x)＝13x3＋x2－3x，f′(x)＝x2＋2x－3＝(x＋3)(∴当x∈(－∞，－3)和(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－3，1)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(－3)＝9，满意题意．(2)由(1)得：f(x)的极大值为f(－3)＝9，微小值为f(1)＝13＋1－3＝－5又f(－4)＝203，f(4)＝76∴f(x)在区间[－4，4]上的最大值为763，最小值为－5考点三例5解析：(1)当5≤t<20时，不妨设P(t)＝1000－k(20－t)2，因为P(5)＝100，所以解得k＝4.因此P(t)＝1000-4(2)①当5≤t<20时，Q(t)＝t4P(t)－40t2＋650t－2000＝－t3＋500t因此F(t)＝Qtt＝－t2－2000t因为F′(t)＝－2t＋2000t2＝-2tF′(t)>0，F(t)单调递增；当10<t<20时，F′(t)<0，F(t)单调递减．所以F(t)max＝F(10)＝200.②当20≤t≤25时，Q(t)＝－40t2＋900t－2000.因此F(t)＝Qtt＝900－40t+50因为F′(t)＝-40t2-50t2<0，此时F(t)单调递减，所以F(t综上，发车时间间隔为10分钟时，单位时间的净收益Qt对点训练解析：设剪下的四个小正方形的边长为xcm，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x)cm，宽为(10－2x