【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第三章 导数及其应用 第三节 导数与函数的极值、最值 (含详解).ppt，共(50)页，542.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-34099.html

以下为本文档部分文字说明：

第三节导数与函数的极值、最值本节主要包括2个知识点：1.利用导数解决函数的极值问题；2.利用导数解决函数的最值问题.突破点(一)利用导数解决函数的极值问题基础联通抓主干知识的“源”与“流”1．函数的极小值函数y＝f(x)在

点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近的其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧__________，右侧，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．f′(x)＜0f′(x)>02．函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它

在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧，右侧，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．3．函数的极值极小值点和极大值点统称为极值点，极小值和极大值

统称为极值.f′(x)＞0f′(x)<0考点贯通抓高考命题的“形”与“神”根据函数图象判断函数极值的情况[例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[方法技巧]知图判断函数极值情况的策略知图判断函数极值情况的思路是：先找导数为0的点，再判断导数为0的

点的左、右两侧的导数符号．导函数为正的区间是函数的增区间，导函数为负的区间是函数的减区间，导函数图象与x轴交点的横坐标为函数的极值点．求函数的极值[例2](2017·桂林、崇左联考)设a>0，函数f(x)＝12x2－(a＋1)x＋alnx.(1)当a＝2时，

求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处切线的斜率；(2)求函数f(x)的极值．[解](1)由已知x>0.当a＝2时，f′(x)＝x－3＋2x，∴曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处切线的斜率为f′(3)＝23.[解

]f′(x)＝x－(a＋1)＋ax＝x2－a＋1x＋ax＝x－1x－ax.由f′(x)＝0得x＝1或x＝a.①若0<a<1，当x∈(0，a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(a,1)时，f′(x)<0，函数f(x)

单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．∴当x＝a时，f(x)取极大值f(a)＝－12a2－a＋alna，当x＝1时，f(x)取极小值f(1)＝－a－12.(2)求函数f(x)的极值．②若a>1，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，函

数f(x)单调递增；当x∈(1，a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝－a－12；当x＝a时，f(x

)取极小值f(a)＝－12a2－a＋alna.③当a＝1时，x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，f(x)没有极值．综上，当0<a<1时，f(x)的极大值为－12a2－a＋alna，极小值为－a

－12；当a>1时，f(x)的极大值为－a－12，极小值为－12a2－a＋alna；当a＝1时，f(x)没有极值．[方法技巧]已知极值(点)求参数[例3](1)(2017·江西八校联考)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()A．(－∞，0)B．0，12C．(0,1)D．(0，＋∞)[解析]∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，由函数f(x)有两个极值点，可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2

a＝lnx＋1x，设g(x)＝lnx＋1x，则g′(x)＝－lnxx2，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0

＜2a＜1，即0＜a＜12.[答案]B[解析]由题意得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为在x＝1处，f(x)有极值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，f(1)＝1＋a＋b＋a2＝10，解得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3，当a＝－3，b＝3时，在x＝1处，f

(x)无极值，不符合题意；当a＝4，b＝－11时，符合题意，所以a＝4.[答案]4(2)(2017·太原五中检测)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a的值为________．[方法技巧]已知函数极

值点或极值求参数的两个要领(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须验证根的合理性．能力练通抓应用体

验的“得”与“失”1.[考点三]若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为()A.32，＋∞B.32，＋∞C.－∞，－32∪32，＋∞

D.－∞，－32∪32，＋∞解析：若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12>0，从而c>32或c<－32.故实数c的取值范围为

－∞，－32∪32，＋∞.答案：D2.[考点一]已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A．1B

．2C．3D．4解析：由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，

故极大值点有2个．答案：B3.[考点三]已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处取得极小值，则实数m＝()A．0B．1C．2D．3解析：f(x)＝x(x2－2mx＋m2)＝x3－2mx2＋m2x，所以f′(x)

＝3x2－4mx＋m2＝(x－m)(3x－m)．由f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.若m＝3，则f′(x)＝3(x－1)(x－3)，当1<x<3时，f′(x)<0，当x<1或x>3时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极大值，不合题意，若m＝1，则f′(x)＝(x－1)(3x－1)，

当13<x<1时，f′(x)<0，当x<13或x>1时，f′(x)>0，此时在x＝1处取得极小值．故选B.答案：B4.[考点二]已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2

)求函数f(x)的极值．解：由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax.(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－2x(x＞0)，因为f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋

y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－ax＝x－ax，x＞0知：①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a＞0时，由f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x

∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．突破点(二)利用导数解决函数的最值问题基础联通抓主干知识的“源”与

“流”函数的最值与导数(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，函数的最大值和最小值一定产生在极值点或闭区间的端点处．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则为函数的最小值，____为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单

调递减，则为函数的最大值，为函数的最小值．f(a)f(b)f(a)f(b)(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的；②将f(x)的各极值与进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．极

值f(a)，f(b)考点贯通抓高考命题的“形”与“神”求函数的最值[例1]已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．[解](1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－

1.f(x)与f′(x)的情况如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．[解]当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(

x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(

x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－

k)e.(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．[方法技巧]利用导数求函数最值的规律求函数f(x)在区间[a，b]上的最值时：(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[a，b]上有极值，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(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．函数的最值与极值的综合

问题[例2]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝23时，y＝f(x)有极值．(1)求a，b，c的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值

和最小值．[解](1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，①当x＝23时，y＝f(x)有极值，则f′23＝0，可得4a＋3b＋4＝0，②由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为

1，所以f(1)＝4.所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.[解]由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝23.当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：A－3(－3，

－2)－2－2，232323，11f′(x)＋0－0＋f(x)81395274所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.(2)求y＝f(x)在[－3,1]上

的最大值和最小值．[方法技巧]解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)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．能力练通抓应用体验的“得”与“失”

1．[考点一]函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为()A．1－eB．－1C．－eD．0解析：因为f′(x)＝1x－1＝1－xx，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是

(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln1－1＝－1.答案：B2．[考点二]已知函数f(x)＝(2x－x2)ex，则()A．f(2)是f(x)的极大值也是最大值B．f(2)是f(x)的极大值但不是最大值C．f(－2)是f(x)的极小值也是最小

值D．f(x)没有最大值也没有最小值解析：由题意得f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，当－2<x<2时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x<－2或x>2时，f′(x)<0，函数f(x)

单调递减，所以f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝2(2－1)e2>0，在x＝－2处取得极小值f(－2)＝2(－2－1)e－2<0，又当x<0时，f(x)＝(2x－x2)ex<0，所以f(2)是f(x)的极大

值也是最大值．答案：A3.函数f(x)＝xsinx＋cosx在π6，π上的最大值为________．解析：因为f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，所以f′(x)＝0在x∈π6，π上的解为x＝π2.又fπ6＝π12＋32

，fπ2＝π2，f(π)＝－1，所以函数f(x)＝xsinx＋cosx在π6，π上的最大值为π2.答案：π2[考点一]4.[考点二]已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值为c－16.(1)

求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．解：(1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，所以f′(x)＝3ax2＋b.由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，故有

f′2＝0，f2＝c－16，即12a＋b＝0，8a＋2b＋c＝c－16，解得a＝1，b＝－12.(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝

2.当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数．当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)

上为增函数．由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，在x2＝2处取得极小值f(2)＝c－16.由题设条件知16＋c＝28，得c＝12，此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝c－

16＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．∃x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x

)的图象是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0解析：因为函数f(x)的值域为R，所以一定∃x0∈R，f(x0)＝0，

选项A中的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x＋m)3＋n(x＋m)＋h的形式，通过平移函数图象，函数的解析式可以化为y＝x3＋nx的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对称，故函数f(x)

的图象是中心对称图形，选项B中的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值，故函数如果存在极值点x1，x2，则极小值点x2＞x1，即函数在－∞到极小值点的区间上是先递增后递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极值的关系，显然选项D中的结论正确．答案：C2．(2016·全国甲卷)(1)讨论函数f

(x)＝x－2x＋2ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0.(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝ex－ax－ax2(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．解：(1)f(x)的

定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)．f′(x)＝x－1x＋2ex－x－2exx＋22＝x2exx＋22≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增．因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－

(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.(2)证明：g′(x)＝x－2ex＋ax＋2x3＝x＋2x3[f(x)＋a]．由(1)知，f(x)＋a在(0，＋∞)上单调递增．对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.因此，存在唯一实数xa∈(0,2]，使得f(xa)

＋a＝0，即g′(xa)＝0.当0<x<xa时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．因此g(x)在x＝xa处取得最小值

，最小值为g(xa)＝exa－axa＋1x2a＝exa＋fxaxa＋1x2a＝exaxa＋2.于是h(a)＝exaxa＋2.由exx＋2′＝x＋1exx＋22>0，得y＝exx＋2单调递增，所以，由xa∈(0,2]，得12＝e00＋2<h(a)＝ex

axa＋2≤e22＋2＝e24.因为y＝exx＋2单调递增，对任意λ∈12，e24，存在唯一的实数xa∈(0,2]，a＝－f(xa)∈[0,1)，使得h(a)＝λ.所以h(a)的值域是12，e24.综上

，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是12，e24.3．(2012·新课标全国卷)已知函数f(x)满足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋12x2.(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥12x2＋ax＋b，求(a

＋1)b的最大值．解：(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x.所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1.又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e.从而f(x)＝ex－x＋12x2.由于f′

(x)＝ex－1＋x，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.从而，f(x)的单调减区间是(－∞，0)，单调增区间是(0，＋∞)．(2)由已知条件得ex－(a＋1)x≥b.①(ⅰ)若a＋1＜0，则对任意常数b，当x＜0，且x<1－b

a＋1时，可得ex－(a＋1)x＜b，因此①式不成立．(ⅱ)若a＋1＝0，则(a＋1)b＝0.(ⅲ)若a＋1＞0，设g(x)＝ex－(a＋1)x，则g′(x)＝ex－(a＋1)．当x∈(－∞，ln(a＋1))

时，g′(x)＜0；当x∈(ln(a＋1)，＋∞)时，g′(x)＞0.从而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上单调递减，在(ln(a＋1)，＋∞)上单调递增．故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)．所以f(x)≥12x2＋ax＋b等价于b≤a＋1－(a＋1)·l

n(a＋1)．②因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)．设h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，则h′(a)＝(a＋1)·[1－2ln(a＋1)]．所以h(a)在(－1，e12－1)上单调递增，在(e12－1，＋∞)上单调递减，故h(a)在a＝e12－1处取得最大

值．从而h(a)≤e2，即(a＋1)b≤e2.当a＝e12－1，b＝e122时，②式成立，故f(x)≥12x2＋ax＋b.综合得，(a＋1)b的最大值为e2.