【文档说明】高考数学(文数)一轮复习课件 第二章 函数、导数及其应用 第十一节 第二课时　导数与函数的极值、最值(含详解).ppt，共(25)页，386.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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考点一运用导数解决函数的极值问题第二课时导数与函数的极值、最值函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．常见的命题角度有：(1)知图判断函数极值；(2)已

知函数求极值；(3)已知函数极值情况求参数值(范围)．[锁定考向][题点全练]角度一：知图判断函数极值1．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，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小

值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)解析：由图可知，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处取得极小值．答案：D角度二：已知函数求极值2．(2016·石家庄一模)已知函数f(x)＝ex－3x＋3a(e为自然

对数的底数，a∈R)，求f(x)的单调区间与极值．解：由f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知f′(x)＝ex－3，x∈R．令f′(x)＝0，得x＝ln3，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln3)ln3(ln3，＋∞)f(x)－0＋f(x)极小值故

f(x)的单调递减区间是(－∞，ln3]，单调递增区间是[ln3，＋∞)，f(x)在x＝ln3处取得极小值，极小值为f(ln3)＝eln3－3ln3＋3a＝3(1－ln3＋a)，无极大值．角度三：已知函数极值情况求参数值(范围)3．已知函数f(x)＝exx．

(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在极值点，求实数a的取值范围．解：(1)f(x)＝exx，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，∴f′(x)＝exx－1x2．当f′(x)＝0时，x＝1．f′(

x)与f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，0)(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－－0＋f(x)极小值故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0,1)．(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞

)，∴g′(x)＝ex－a，①当a≤1时，g′(x)＝ex－a>0，即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时g(x)在(0，＋∞)上无极值点．②当a>1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna；令g′(x)＝ex－a>0，得x∈(lna，＋∞)；令g′

(x)＝ex－a<0，得x∈(0，lna)．故g(x)在(0，lna)上递减，在(lna，＋∞)上递增，∴g(x)在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为x＝lna．故实数a的取值范围是(1，＋∞)．[通法在握]1．利用导数研究函数极值问题

的一般流程2．已知函数极值点或极值求参数的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：因为导数值等于零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须验证根的合理性．[演练冲关]1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a

在x＝1处取得极大值10，则ab的值为()A．－23B．－2C．－2或－23D．2或－23解析：由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即3＋2a＋b＝0，1＋a＋b－a2－7a＝10，解得a＝－2，b＝1或a

＝－6，b＝9，经检验a＝－6，b＝9，满足题意，故ab＝－23．答案：A2．设函数f(x)＝x22－klnx，k>0，求f(x)的单调区间和极值．解：由f(x)＝x22－klnx(k>0)，得

x>0且f′(x)＝x－kx＝x2－kx．由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：x(0，k)k(k，＋∞)f′(x)－0＋f(x)k1－lnk2所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(

k，＋∞)．f(x)在x＝k处取得极小值f(k)＝k1－lnk2，无极大值．[典例引领]考点二运用导数解决函数的最值问题(2017·云南统测)已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x．(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．

解：(1)由已知得f(x)的定义域为x∈(0，＋∞)，f′(x)＝ax＋2＝a＋2xx．当a＝－4时，f′(x)＝2x－4x．∴当0<x<2时，f′(x)<0，即f(x)单调递减；当x>2时，f′(x)>0，即f

(x)单调递增．∴f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln2，无极大值．(2)∵f′(x)＝a＋2xx，∴当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在x∈(0，＋∞)上

单调递增，没有最小值；当a<0时，由f′(x)>0得，x>－a2，∴f(x)在－a2，＋∞上单调递增；由f′(x)<0得，0<x<－a2，∴f(x)在0，－a2上单调递减．∴当a<0时，f(x)的最小值为f－a2＝aln

－a2＋2×－a2．根据题意得f－a2＝aln－a2＋2×－a2≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0．∵a<0，∴ln(－a)－ln2≤0，解得－2≤a＜0，∴实数a的取值范围是[－2,0)．[由题悟法]求函数f(x)在

[a，b]上的最大值和最小值的3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．[即时应用](2017·

湖北七市(州)协作体联考)设n∈N*，a，b∈R，函数f(x)＝alnxxn＋b，已知曲线y＝f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1．(1)求a，b；(2)求f(x)的最大值．解：(1)f(x)的定义域为(0，

＋∞)，f′(x)＝a1－nlnxxn＋1．∴f′(1)＝a，又切线斜率为1，故a＝1．由曲线y＝f(x)过点(1,0)，有f(1)＝b＝0．故a＝1，b＝0．当0<x<e1n时，有f′(x)>0，得f(x)在0，e1n上是增函数；当x>e1n时，有f′(x)<0，得f(x)

在(e1n，＋∞)上是减函数．故f(x)在x＝e1n处取得最大值f(e1n)＝1ne．(2)由(1)知f(x)＝lnxxn，f′(x)＝1－nlnxxn＋1．令f′(x)＝0，即1－nlnx＝0，解得x＝e1n．[典例引领]某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水

池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)

将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．考点三用导数解决实际生活中的优化问题解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh

＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因为r＞0，又由h＞0可得r＜53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因

为V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r

＝5处取得最大值，此时h＝8．即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．[由题悟法]利用导数解决生活中的优化问题的4步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数

f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．[即时应用]时下网校教学越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量y(单位：千套)与销售价

格x(单位：元/套)满足的关系式为y＝mx－2＋4(x－6)2，其中2<x<6，m为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套．(1)求m的值；(2)假设网校的员工工资、办公等所有开销折合为每套题2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x的值，

使网校每日销售套题所获得的利润最大．(精确到0．1)解：(1)因为x＝4时，y＝21，代入关系式y＝mx－2＋4(x－6)2，得m2＋16＝21，解得m＝10．(2)由(1)可知，套题每日的销售量y＝10x－2＋4(x－6

)2，所以每日销售套题所获得的利润为f(x)＝(x－2)10x－2＋4x－62＝10＋4(x－6)2(x－2)＝4x3－56x2＋240x－278(2<x<6)，从而f′(x)＝12x2－112x＋240＝4(3x－10)(x－6)(2<x<6)．

令f′(x)＝0，得x＝103，且在0，103上，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；在103，6上，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以x＝103是函数f(x)在(2,6)内的

极大值点，也是最大值点，所以当x＝103≈3．3时，函数f(x)取得最大值．故当销售价格为3．3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大．考点四利用导数研究不等式的有关问题[典例引领](2017·兰州诊断)设函数f(x)＝1x＋2lnx．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)

如果对所有的x≥1，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1x2，所以当0<x<12时，f′(x)<0，当x>12时，f′(x)>0，故函数f(x)在0

，12上单调递减，在12，＋∞上单调递增，(2)当x≥1时，f(x)≤ax⇔a≥2lnxx＋1x2，令h(x)＝2lnxx＋1x2(x≥1)，则h′(x)＝2－2lnxx2－2x3＝2x－xlnx－1x3，令m(x)＝x－xlnx

－1(x≥1)，则m′(x)＝－lnx，当x≥1时，m′(x)≤0，所以m(x)在[1，＋∞)上为减函数，所以m(x)≤m(1)＝0，因此h′(x)≤0，于是h(x)在[1，＋∞)上为减函数，所以当x＝1时，h(x)有最大值h

(1)＝1，故a≥1，即a的取值范围是[1，＋∞)．[由题悟法]利用导数解决不等式的恒成立问题的策略首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问

题．[即时应用]已知f(x)＝(1－x)ex－1．(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)＝fxx，x>－1，且x≠0，证明：g(x)<1．解：(1)f′(x)＝－xex．当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(

x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)的最大值为f(0)＝0．(2)证明：由(1)知，当x>0时，f(x)<0，g(x)<0<1．当－1<x<0时，g(x)<1等价于f(x)>x．设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1．当x∈(－1,0)时，0<－x

<1,0<ex<1，则0<－xex<1，从而当x∈(－1,0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1,0)上单调递减．当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1．综上，总有g(x)<1．板块命题点专练（四）点击此处