新课标2023版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第2课时导数与函数的极值最值教师用书

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(√)2．函数y＝xex的最小值是()A．－1B．－eC．－eq\f(1,e)D．不存在C解析：因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex．当x>－1时，y′>0；当x<－1时，y′<0，所以当x＝－1时，函数取得最小值，且ymin＝－eq\f(1,e)．3．函数y＝2x－eq\f(1,x2)的极大值是________．－3解析：函数y＝2x－eq\f(1,x2)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1．当x<－1时，y′>0；当－1<x<0时，y′<0；当x>0时，y′>0，所以当x＝－1时，y取极大值－3．4．若x＝1是函数f(x)＝x3＋eq\f(a,x)的一个极值点，则实数a＝________．3解析：f′(x)＝3x2－eq\f(a,x2)，因为x＝1是f(x)的一个极值点，所以f′(1)＝3－a＝0，得a＝3．经检验，符合题意．5．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________．4解析：f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m．所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4．考点1利用导数求函数的极值——综合性考向1根据函数的图象判断函数的极值(1)若函数f(x)，g(x)的导函数的图象分别如图(1)、图(2)所示，则f(x)与g(x)极值点的个数分别为()A．4,1 B．2,2C．4,2 D．2,1A解析：对于可导函数，函数的极值点满足两个条件：一个是该点的导数为0，另一个是该点左右两侧的导数值异号．由图象可知f(x)的导函数有4个零点，且4个零点的左右两侧的导数值异号，故f(x)有4个极值点；由图象可知g(x)的导函数有两个零点，但只有一个零点的左右两侧的导数值异号，故g(x)有1个极值点．(2)(2022·西安模拟)设函数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，则下列结论一定成立的是()A．函数f(x)的极大值是f(2)，极小值是f(1)B．函数f(x)的极大值是f(－2)，极小值是f(1)C．函数f(x)的极大值是f(2)，极小值是f(－2)D．函数f(x)的极大值是f(－2)，极小值是f(2)D解析：由函数的图象可知，f′(－2)＝0，f′(2)＝0，并且当x＜－2时，f′(x)＞0，当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，故函数f(x)有极大值f(－2)．又当1＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，故函数f(x)有极小值f(2)．由图象判断函数y＝f(x)的极值的两个关注点(1)由导函数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，进而可得函数y＝f(x)的单调性．考向2已知函数解析式求极值(1)若函数f(x)＝eq\f(x2,ex)的极大值点与极大值分别为a，b，则()A．a＜b＜abB．a＜ab＜bC．b＜ab＜aD．ab＜b＜aC解析：f′(x)＝eq\f(2xex－x2ex,e2x)＝eq\f(2x－x2,ex)，易得，当x∈(0,2)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(－∞，0)，(2，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，故函数的极大值点a＝2，所以b＝f(2)＝eq\f(4,e2)，ab＝eq\f(8,e2)，所以a＞ab＞b．(2)已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－x，则()A．f(x)的单调递减区间为(0,1)B．f(x)的极小值点为1C．f(x)的极大值为－1D．f(x)的最小值为－1C解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－1＝eq\f(1－lnx－x2,x2)，令φ(x)＝1－lnx－x2，则φ′(x)＝－eq\f(1,x)－2x<0，所以φ(x)＝1－lnx－x2在(0，＋∞)上单调递减．因为φ(1)＝0，所以当0＜x＜1时，φ(x)＞0；当x＞1时，φ(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)，故f(x)的极大值点为1，f(x)极大值＝f(1)＝－1．求函数f(x)极值的一般解题步骤(1)确定函数的定义域．(2)求导数f′(x)．(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根．(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(5)求出极值．考向3已知函数的极值求参数(1)(2021·开封三模)设函数f(x)＝eq\f(ex,x＋a)，若f(x)的极小值为eq\r(e)，则a＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,2) D．2B解析：函数f(x)＝eq\f(ex,x＋a)的定义域为{x|x≠－a}．f′(x)＝eq\f(exx＋a－ex,x＋a2)＝eq\f(exx＋a－1,x＋a2)，令f′(x)＝0，得x＝1－a，所以当x＜1－a且x≠－a时，f′(x)＜0；当x＞1－a时，f′(x)＞0，所以f(x)在x＝1－a处取得极小值，所以f(1－a)＝e1－a＝eq\r(e)＝eeq\f(1,2)，所以1－a＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2)．(2)(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A．a<b B．a>bC．ab<a2 D．ab>a2D解析：若a＝b，则f(x)＝a(x－a)3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b．依题意，x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，当a<0时，由x>b时，f(x)≤0，画出f(x)的图象如图所示：由图可知b<a，a<0，故ab>a2．当a>0时，由x>b时，f(x)>0，画出f(x)的图象如图所示：由图可知b>a，a>0，故ab>a2．综上所述，ab>a2成立．根据函数极值情况求参数的2个要领(1)列式：根据极值点处导数为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：求解后验证根的合理性．1．若函数f(x)＝(x2＋a)·ex的一个极值点为x＝1，则f(x)的极大值为()A．－3 B．1C．eq\f(6,e3) D．－2eC解析：因为f(x)＝(x2＋a)·ex，所以f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex．因为x＝1是f(x)的一个极值点，所以f′(1)＝(a＋3)e＝0，解得a＝－3．当a＝－3时，f(x)＝(x2－3)·ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex．令f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－3；令f′(x)＜0，解得－3＜x＜1，故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极大值是f(－3)＝eq\f(6,e3)．2．已知函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则()A．a＝－4，b＝11B．a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11C．a＝－1，b＝5D．以上都不正确A解析：函数的导数为f′(x)＝3x2－2ax－b．因为函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，所以f(1)＝10且f′(1)＝0．即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2a－b＝0，,1－a－b＋a2＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11.))当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时函数单调递增，函数没有极值，所以不满足条件．经检验，当a＝－4，b＝11时，满足条件．考点2利用导数求函数的最值——综合性(1)函数f(x)＝xlnx－x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最小值为()A．－eq\f(1＋ln2,2) B．－1C．0 D．2ln2－2B解析：f(x)＝xlnx－x，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，f′(x)＝lnx，令f′(x)＞0，解得x＞1，令f′(x)＜0，解得x＜1，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在(1,2]上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝－1．(2)(2021·新高考全国Ⅰ卷)函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x－1))－2lnx的最小值为________．1解析：由题设知f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)，所以当0<x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2lnx，此时f(x)单调递减；当eq\f(1,2)<x≤1时，f(x)＝2x－1－2lnx，f′(x)＝2－eq\f(2,x)≤0，此时f(x)单调递减；当x>1时，f(x)＝2x－1－2lnx，f′(x)＝2－eq\f(2,x)>0，此时f(x)单调递增．又f(x)在各分段的界点处连续，综上，当0<x≤1时，f(x)单调递减，当x>1时，f(x)单调递增，所以f(x)≥f(1)＝1．本例(1)若把函数改为：f(x)＝xlnx，求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值．解：f(x)＝xlnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1．令f′(x)>0，得x>eq\f(1,e)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以f(x)max＝f(2)＝2ln2．求最值的3种情况(1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调递增或单调递减，f(a)与f(b)中有一个为最大值，另一个为最小值．(2)若函数f(x)在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，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)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点．1．(2021·天河区期末)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋3在[0,3]上的最小值为()A．－eq\f(7,3)B．－eq\f(4,3)C．0D．3A解析：f′(x)＝x2－4，由f′(x)＞0，得x＞2或x＜－2，由f′(x)＜0，得－2＜x＜2．又x∈[0,3]，所以f(x)在[0,2)上单调递减，在[2,3]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝eq\f(8,3)－8＋3＝－eq\f(7,3)．2．(2021·北京卷)已知函数f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)．(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．解：(1)当a＝0时，f(x)＝eq\f(3－2x,x2)，则f′(x)＝eq\f(2x－3,x3)，所以f(1)＝1，f′(1)＝－4，因此，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0．(2)因为f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)，则f′(x)＝eq\f(－2x2＋a－2x3－2x,x2＋a2)＝eq\f(2x2－3x－a,x2＋a2)．由题意可得f′(－1)＝eq\f(24－a,a＋12)＝0，解得a＝4，经检验，符合题意．故f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋4)，f′(x)＝eq\f(2x＋1x－4,x2＋42)．列表如下：x(－∞，－1)－1(－1,4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1,4)．当x<eq\f(3,2)时，f(x)>0；当x>eq\f(3,2)时，f(x)<0．所以f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－eq\f(1,4)．考点3极值与最值的综合应用——综合性(1)已知x＝2是f(x)＝2lnx＋ax2－3x的极值点，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，3))上的最大值是()A．2ln3－eq\f(9,2) B．－eq\f(5,2)C．－2ln3－eq\f(17,8) D．2ln2－4A解析：f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，由题意得f′(2)＝4a－2＝0，所以a＝eq\f(1,2)，f′(x)＝eq\f(2,x)＋x－3＝eq\f(x－1x－2,x)．当eq\f(1,3)≤x<1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；1＜x＜2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当2＜x≤3时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．又f(1)＝－eq\f(5,2)，f(3)＝2ln3－eq\f(9,2)，故f(1)＜f(3)，所以当x＝3时，函数取得最大值2ln3－eq\f(9,2)．(2)已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0．①求f(x)的单调区间；②若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．(2)解：①f′(x)＝eq\f(2ax＋bex－ax2＋bx＋cex,ex2)＝eq\f(－ax2＋2a－bx＋b－c,ex)．令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a>0，所以当－3<x<0时，g(x)>0，即f′(x)>0；当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．②由①知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g0＝b－c＝0，,g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex)．因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者．而f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全．函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值，不能想当然地认为极值点就是最值点．含参数时，要讨论参数的大小．1．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是()A．－13 B．－15C．10 D．15A解析：对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，所以a＝3．由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x．易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，所以当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4．又因为f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，所以当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9．故f(m)＋f′(n)的最小值为－13．2．已知函数f(x)＝ax2＋blnx在x＝1处有极值eq\f(1,2)．(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值与最小值．解：(1)由题可知，f(x)