3.3 导数与函数的极值、最值（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（人教A版）

第三章　一元函数的导数及其应用 3.3　导数与函数的极值、最值 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 主干知识整合 01 核心考点突破 02 知能达标训练 03 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 01 主干知识整合 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 ＞ ＜ ＜ ＞ 大 小 大 小 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 连续不断 极值 端点处的函数值f(a)，f(b) 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 02 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　一元函数的导数及其应用 1 课标要求 考情分析 1．借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件． 2．会用导数求函数的极大值、极小值． 3．会求闭区间上函数的最大值、最小值． 考点考法：高考命题以考查函数的极值、最值的概念，求函数的极值、最值为重点内容，常常需要对参数分类讨论，是每年的必考内容，三种题型都可能出现，题目难度较大． 核心素养：数学抽象、逻辑推理、数学运算． 1．函数的极值 条件 f′(x0)＝0 x0附近的左侧f′(x)______0， 右侧f′(x)______0 x0附近的左侧f′(x)______0，右侧f′(x)______0 图象 形如山峰 形如山谷 极值 f(x0)为极______值 f(x0)为极______值 极值点 x0为极______值点 x0为极______值点 [导学点清]　(1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点． (2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值． (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系． 2．函数的最值 (1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条____________的曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最值的步骤： ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的________； ②将函数y＝f(x)的各极值与_____________________________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 1．已知函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　) A．无极大值点，有四个极小值点 B．有三个极大值点，一个极小值点 C．有两个极大值点，两个极小值点 D．有四个极大值点，无极小值点 解析　设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4. 当x＜x1时，f′(x)＞0， 当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0， 则x＝x1为极大值点． 同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C. 答案　C 2．设函数f(x)＝xex，则(　　) A．1为f(x)的极大值点 B．1为f(x)的极小值点 C．－1为f(x)的极大值点 D．－1为f(x)的极小值点 解析　f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，则x＝－1.当x＜－1时，f′(x)＜0，当x＞－1时，f′(x)＞0，所以－1为f(x)的极小值点． 答案　D 3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　) A．1－e　　　　　　 B．－1 C．－e D．0 解析　因为f′(x)＝ eq \f(1,x) －1＝ eq \f(1－x,x) ，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.故选B. 答案　B 4．(混淆极值与极值点的概念致误)函数g(x)＝－x2的极值点是________，函数f(x)＝(x－1)3的极值点________(填“存在”或“不存在”). 解析　结合函数图象可知g(x)＝－x2的极值点是0.因为f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以f′(x)无变号零点，所以函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点． 答案　0　不存在 5．(最值点不清致误)若函数f(x)＝ eq \f(1,3) x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________． 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)上是减函数，在(2，3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4. 答案　4 1．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件． 2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． 3．对于连续的函数y＝f(x)，在区间[a，b]上，y＝f(x)的极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值． 1．连续函数f(x)在[a，b]上有最大值是有极大值的(　　) A．充分条件 B．必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　因为函数的最值是整体概念，而函数的极值是局部概念，这两者之间没有必然关系，所以连续函数f(x)在[a，b]上有最大值是有极大值的既不充分也不必要条件，故选D. 答案　D 2．函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是(　　) A．1＋ eq \f(1,e) B．1 C．e＋1 D．e－1 解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0.令f′(x)＞0，得x＞0；令f′(x)＜0，得x＜0，则函数f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增．f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝ eq \f(1,e) ＋2－e＜ eq \f(1,2) ＋2－e＜0，所以f(1)＞f(－1)，即函数f(x)在区间[－1，1]上的最大值为f(1)＝e－1，故选D. 答案　D 考点一　利用导数求解函数极值问题(多维探究　师生共研) 角度1　根据函数图象判断极值 　(多选)定义在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4)) 上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)在区间(0，4)上单调递增 B．函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) 上单调递减 C.函数f(x)在x＝1处取得极大值 D．函数f(x)在x＝0处取得极小值 [解析]　根据导函数图象可知，在区间(－∞，0)上，f′(x)＜0，f(x)单调递减，在区间(0，＋∞)上，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D选项正确，C选项错误．故选ABD. [答案]　ABD 由图象判断函数y＝f(x)的极值要抓住的两点 (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 　已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R). (1)当a＝ eq \f(1,2) 时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数． [解析]　(1)当a＝ eq \f(1,2) 时，f(x)＝ln x－ eq \f(1,2) x，x∈(0，＋∞)， 且f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(2－x,2x) ，令f′(x)＝0，得x＝2， 则当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 ln 2－1 单调递减 故f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值． (2)f′(x)＝ eq \f(1,x) －a＝ eq \f(1－ax,x) (x＞0). 当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， 则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点； 当a＞0时，若x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))) ，则f′(x)＞0， 若x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) ，则f′(x)＜0，故函数f(x)在x＝ eq \f(1,a) 处有极大值． 综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点； 当a＞0时，函数f(x)有一个极大值点，即x＝ eq \f(1,a) . 求函数的极值或极值点的步骤 (1)求导数f′(x)，不要忘记函数f(x)的定义域； (2)求方程f′(x)＝0的根； (3)检查在方程的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点或函数的极值． 角度3　已知极值(点)求参数 　(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x) ＋ eq \f(c,x2) (a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc＞0　　　　　 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 [解析]　∵f′(x)＝ eq \f(a,x) － eq \f(b,x2) － eq \f(2c,x3) ＝ eq \f(ax2－bx－2c,x3) ＝0有两个正根x1，x2， ∴x1＋x2＝ eq \f(b,a) ＞0，x1x2＝ eq \f(－2c,a) ＞0，Δ＝b2＋8ac＞0， ∴ab＞0，ac＜0，则bc＜0，选BCD. [答案]　BCD 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． 1．若函数f(x)＝ln x＋ eq \f(1,2) x2－ax(x＞0)有极值，则实数a的取值范围是________． 解析　∵f(x)＝ln x＋ eq \f(1,2) x2－ax(x＞0)， ∴f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋x－a， ∵函数f(x)＝ln x＋ eq \f(1,2) x2－ax(x＞0)有极值， ∴y＝f′(x)有变号零点． 令f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋x－a＝0，得a＝ eq \f(1,x) ＋x. 设g(x)＝ eq \f(1,x) ＋x，则g(x)在(0，1)上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝2， ∴a＞2，即实数a的取值范围是(2，＋∞). 答案　(2，＋∞) 2．(2024·九省联考)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直． (1)求a； (2)求f(x)的单调区间和极值． 解析　(1)对f(x)求导，得f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋2x＋a，f′(2)＝ eq \f(9,2) ＋a， 直线2x＋3y＝0的斜率为－ eq \f(2,3) ， ∵f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直， 则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)＋a)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))) ＝－1，∴a＝－3. (2)由(1)得，f(x)＝ln x＋x2－3x＋2(x＞0)， 令f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋2x－3＝ eq \f(2x2－3x＋1,x) ＝ eq \f((2x－1)(x－1),x) ＝0， 得x＝ eq \f(1,2) 或x＝1. ∴f(x)的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) ，(1，＋∞)，单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) . ∴f(x)极大值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ＝ln eq \f(1,2) ＋ eq \f(3,4) ，f(x)极小值＝f(1)＝0. 考点二　利用导数求函数的最值(重难考点　师生共研) 　(1)(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　　) A．－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) B．－ eq \f(3π,2) ， eq \f(π,2) C．－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) ＋2 D．－ eq \f(3π,2) ， eq \f(π,2) ＋2 (2)已知函数f(x)＝ax＋ eq \f(1,x) ＋(a－1)ln x(a∈R)的最小值为2，则实数a的值是________． [解析]　(1)f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝ eq \f(π,2) 或x＝ eq \f(3π,2) .因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝cos eq \f(π,2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1)) sin eq \f(π,2) ＋1＝2＋ eq \f(π,2) ，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2))) ＝cos eq \f(3π,2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋1)) sin eq \f(3π,2) ＋1＝－ eq \f(3π,2) ，又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝2＋ eq \f(π,2) ，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2))) ＝－ eq \f(3π,2) .故选D. (2)因为f′(x)＝a－ eq \f(1,x2) ＋ eq \f(a－1,x) ＝ eq \f((x＋1)(ax－1),x2) ，x＞0，当a≤0时，f′(x)＜0，所以f(x)是(0，＋∞)上的减函数，函数f(x)无最小值，不符合题意；当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜ eq \f(1,a) ，由f′(x)＞0，得x＞ eq \f(1,a) ，所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) 上单调递增，函数f(x)的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) ＝1＋a＋(1－a)ln a，由1＋a＋(1－a)ln a＝2，得(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或a＝e. [答案]　(1)D　(2)1或e 求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值的方法 (1)若所给的问题中不含有参数，则只需求f′(x)，并求f′(x)＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． (2)若所给的问题中含有参数，则需求f′(x)，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． 函数f(x)＝ eq \f(1,2) x2－ln x在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2))) (其中a＞0)上存在最小值，则实数a的取值范围为________． 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ eq \f(1,x) ，令f′(x)＞0，得x＞1，令f′(x)＜0，得0＜x＜1，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．因为f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a＋\f(1,2))) (其中a＞0)上存在最小值，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜1，,a＋\f(1,2)＞1，)) 解得 eq \f(1,2) ＜a＜1. 答案　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 考点三　生活中的优化问题(重难考点　师生共研) 　南半球某地区冰川的体积每年随时间而变化，现用t表示时间，以月为单位，年初为起点，根据历年的数据，冰川的体积(亿立方米)关于t的近似函数的关系为V(t)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－t3＋11t2－24t＋100，0＜t≤10，,4(t－10)(3t－41)＋100，10＜t≤12.)) (1)该冰川的体积小于100亿立方米的时期称为衰退期．以i－1＜t＜i表示第i月份(i＝1，2，…，12)，问一年内哪几个月是衰退期？ (2)求一年内该地区冰川的最大体积． [解析]　(1)由题意可得V(t)＜100. ①当0＜t≤10时，由V(t)＝－t3＋11t2－24t＋100＜100，可得t(t－3)(t－8)＞0， 解得0＜t＜3或8＜t≤10. ②当10＜t≤12时，由V(t)＝4(t－10)(3t－41)＋100＜100，可得10＜t＜ eq \f(41,3) ，则10＜t≤12. 综上所述，衰退期为1月，2月，9月，10月，11月，12月． (2)①当0＜t≤10时，V(t)＝－t3＋11t2－24t＋100， V′(t)＝－3t2＋22t－24＝－(3t－4)(t－6). 当t变化时，V(t)与V′(t)在区间(0，10]上的变化情况如表所示， t eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))) eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，6)) 6 (6，10] V′(t) － 0 ＋ 0 － V(t) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 所以函数在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))) ，(6，10]上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，6)) 上单调递增， 所以V(t)极大值＝V(6)＝136，因为V(0)＝100，此时V(t)max＝V(6)＝136. ②当10＜t≤12时，V(t)＝4(t－10)(3t－41)＋100，V′(t)＝24t－284，故函数V(t)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(71,6))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(71,6)，12)) 上单调递增，且V(12)＜100. 综上所述，一年内该地区冰川的最大体积为136亿立方米． 利用导数解决生活中的实际应用问题的一般步骤 [提醒]　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． 高铁的快速发展给群众出行带来了巨大便利，促进了区域经济和社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t(单位：分钟)满足2≤t≤20，t∈N*.经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当10≤t≤20时，高铁为满载状态，载客量为1 200人；当2≤t＜10时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(10－t)2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为950人．设发车间隔为t分钟时，高铁载客量为P(t). (1)求P(t)的表达式； (2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益(单位：元)Q(t)＝ eq \f(t,5) P(t)－40t2＋660t－2 048，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益 eq \f(Q(t),t) 最大？最大为多少？ 解析　(1)当2≤t＜10时，减少的人数与(10－t)2成正比， 设比例系数为k， 所以P(t)＝1 200－k(10－t)2，2≤t＜10， 当t＝5时，P(5)＝950， 即1 200－k(10－5)2＝950， 解得k＝10， 所以P(t)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1 200－10(10－t)2，2≤t＜10，,1 200，10≤t≤20.)) (2)由题意可得 Q(t)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(700t－2 048－2t3，2≤t＜10，,900t－40t2－2 048，10≤t≤20.)) 所以 eq \f(Q(t),t) ＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(700－2t2－\f(2 048,t)，2≤t＜10，,900－40t－\f(2 048,t)，10≤t≤20.)) 令H(t)＝ eq \f(Q(t),t) ，当2≤t＜10时，H′(t)＝－4t＋ eq \f(2 048,t2) ＝ eq \f(2 048－4t3,t2) ， 令H′(t)＝0，得t＝8. 当2≤t＜8时，H′(t)＞0， 当8＜t＜10时，H′(t)＜0， 所以H(t)的最大值为H(8)＝316. 当10≤t≤20时，H′(t)＝－40＋ eq \f(2 048,t2) ＜0， 所以H(t)的最大值为H(10)＝295.2， 因为295.2＜316，所以当t＝8时，单位时间的净收益最大，为316元． 综上，当发车时间间隔为8分钟时,单位时间的净收益最大,为316元． $$