3.2 第2课时 导数与函数的极值、最值（课件+作业）-2020新高考数学【步步高】大一轮复习讲义（鲁京津琼）

第2课时　导数与函数的极值、最值 大一轮复习讲义 第三章　§3.2　导数的应用 NEIRONGSUOYIN 内容索引 题型分类 深度剖析 课时作业 题型分类　深度剖析 1 PART ONE 题型一　用导数求解函数极值问题 命题点1　根据函数图象判断极值 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) √ 多维探究 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处取得极小值. 命题点2　求已知函数的极值 例2　(2018·泉州质检)已知函数f(x)＝x－1＋ (a∈R，e为自然对数的底数)， 求函数f(x)的极值. ①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值. ②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝ln a， 当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值. 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值. 命题点3　根据极值(点)求参数 √ 所以f′(x)＝x2－ax＋1. 函数极值的两类热点问题 (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. (2)根据函数极值情况求参数的两个要领 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：求解后验证根的合理性. 思维升华 跟踪训练1　设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c. (1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值； 解　f′(x)＝3ax2－4x＋1. 函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1. 当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1， 所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1. (2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围. 解　若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点， 则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数， 即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立. ①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件； 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， 题型二　用导数求函数的最值 师生共研 (1)求f(x)的单调区间； f(x)的定义域为(0，＋∞). 由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1， (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]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，此结论在导数的实际应用中经常用到. 思维升华 跟踪训练2　(2017·北京)已知函数f(x)＝excos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 解　因为f(x)＝excos x－x， 所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0. 又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1. 解　设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x. 即f′(x)<0， 题型三　函数极值、最值的综合问题 例5　(2018·珠海调研)已知函数f(x)＝ (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； 师生共研 令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c， 因为ex>0，所以y＝f′(x)的