5.3.2 第1课时 函数的极值(课件) -【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第五章　一元函数的导数及其应用 5.3 导数在研究函数中的应用 5.3.2　函数的极值与最大(小)值 第1课时　函数的极值 [学习任务] 1.了解极大值、极小值的概念.（难点） 2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.（重点） 3.会用导数求函数的极大值、极小值.（重点） 第1课时　函数的极值 [对应学生用书第63页] 知识点一　函数的极值 1.极小值：函数y＝f（x）在点x＝a的函数值f（a）比它在点x＝a附近其他点的函数值都 　小　⁠,f'（a）＝ 　0　⁠；而且在点x＝a附近的左侧f'（x） 　＜　⁠0,右侧 f'（x） 　＞　⁠0,我们把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. 小 0 ＜ ＞ 第1课时　函数的极值 2.极大值：函数y＝f（x）在点x＝b的函数值f（b）比它在点x＝b附近其他点的函数值都 　大　⁠,f'（b）＝ 　0　⁠.而且在点x＝b附近的左侧f'（x） 　＞　⁠0,右侧f'（x） 　＜　⁠0.我们把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.极值：极小值点、极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值. 大 0 ＞ ＜ 第1课时　函数的极值 知识点二　　求函数y＝f（x）极值的方法 　　一般地,可按如下方法求函数y＝f（x）的极值：解方程f'（x）＝0.当f'（x0）＝0时： （1）如果在x0附近的左侧f'（x）＞0,右侧f'（x）＜0,那么f（x0）是 　极大值　⁠； （2）如果在x0附近的左侧f'（x）＜0,右侧f'（x）＞0,那么f（x0）是 　极小值　⁠. 极大值 极小值 第1课时　函数的极值 [对应学生用书第64页] 探究一　求不含参函数的极值 [例1]　求下列函数的极值： （1）f（x）＝x2－2x－1； [解]　（1）f'（x）＝2x－2,令f'（x）＝0,解得x＝1. 因为当x＜1时,f'（x）＜0, 当x＞1时,f'（x）＞0, 所以函数在x＝1处有极小值,且y极小值＝－2,无极大值. 第1课时　函数的极值 （2）f（x）＝－x3＋－6. [解]　（2）f'（x）＝x3－2x2＋x＝x（x2－2x＋1）＝x（x－1）2. 令f'（x）＝0,解得x1＝0,x2＝1. 所以当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： 所以当x＝0时,函数取得极小值,且y极小值＝－6,无极大值. x （－∞,0） 0 （0,1） 1 （1,＋∞） f'（x） － 0 ＋ 0 ＋ f（x） ↘ 极小值 ↗ 无极值 ↗ 第1课时　函数的极值 求可导函数f（x）的极值的步骤 （1）求函数的定义域； （2）求函数的导数f'（x）； （3）令f'（x）＝0,求出全部的根x0； （4）列表：方程的根x0将整个定义域分成若干个区间,把x,f'（x）,f（x）在每个区间内的变化情况列在一个表格内； （5）判断得结论：若导数在x0附近左正右负,则在x0处取得极大值；若左负右正,则取得极小值. 第1课时　函数的极值 1.求下列函数的极值： （1）f（x）＝（x3－1）2＋1； 解　（1）∵f（x）＝（x3－1）2＋1＝x6－2x3＋2, ∴f'（x）＝6x5－6x2＝6x2（x3－1）. 令f'（x）＝0,得x＝0或x＝1. 第1课时　函数的极值 当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： ∴当x＝1时,f（x）有极小值,为f（1）＝1, f（x）无极大值. x （－∞,0） 0 （0,1） 1 （1,＋∞） f'（x） － 0 － 0 ＋ f（x） ↘ 2 ↘ 1 ↗ 第1课时　函数的极值 （2）f（x）＝＋3ln x. 解　（2）函数f（x）＝＋3lnx的定义域为（0,＋∞）, f'（x）＝－＋＝. 令f'（x）＝0,得x＝1. 当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： 从表中可以看出,当x＝1时,函数f（x）有极小值,为f（1）＝3,f（x）无极大值. x （0,1） 1 （1,＋∞） f'（x） － 0 ＋ f（x） ↘ 3 ↗ 第1课时　函数的极值 探究二　求含参函数的极值 [例2]　设函数f（x）＝－x3＋x2＋（m2－1）x（x∈R）,其中m＞0. （1）当m＝1时,求曲线y＝f（x）在点（1,f（1））处的切线的斜率； [解]　（1）当m＝1时,f（x）＝－x3＋x2,f'（x）＝－x2＋2x,故f'（1）＝1. 所以曲线y＝f（x）在点（1,f（1））处的切线的斜率为1. 第1课时　函数的极值 [解]　（2）f'（x）＝－x2＋2x＋m2－1. 令f'（x）＝0,解得x＝1－m或x＝1＋m. 因为m＞0,所以1＋m＞1－m. 当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： （2）求函数f（x）的单调区间与极值. x （－∞,1－m） 1－m （1－m,1＋m） 1＋m （1＋m,＋∞） f'（x） － 0 ＋ 0 － f（x） ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 第1课时　函数的极值 所以f（x）单调减区间为（－∞,1－m）,（1＋m,＋∞）,单调增区间为（1－m,1＋m）. 函数f（x）在x＝1－m处取得极小值f（1－m）, 且f（1－m）＝－m3＋m2－. 函数f（x）在x＝1＋m处取得极大值f（1＋m）, 且f（1＋m）＝m3＋m2－. 第1课时　函数的极值 　　求解析式中含有参数的函数极值时,有时需要用分类与整合的思想才能解决问题.讨论的依据有两种：一是看参数是否对f'（x）的零点有影响,若有影响,则需要分类讨论；二是看f'（x）在其零点附近的符号的确定是否与参数有关,若有关,则需要分类讨论. 第1课时　函数的极值 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 探究三　已知函数的极值求参数的值或范围 1.已知函数在某点处有极值求参数 [例3]　若函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10,求a,b的值. [解]　f'（x）＝3x2＋2ax＋b. 依题意得即 第1课时　函数的极值 解得或 当a＝－3,b＝3时,f'（x）＝3x2－6x＋3＝3（x－1）2≥0,故f（x）在R上单调递增, 无极值,所以不符合题意,应舍去. 当时,经检验知符合题意,故a,b的值分别为4,－11. 第1课时　函数的极值 2.已知函数的极值情况求参数 [例4]　（青岛高二阶段考）若函数f（x）＝x3＋3ax2＋3[（a＋2）x＋1]既有极大值又有极小值,则a的取值范围是 　　　　⁠.  [解析]　f'（x）＝3x2＋6ax＋3（a＋2）,令f'（x）＝0,即x2＋2ax＋a＋2＝0.因为函数 f（x）有极大值和极小值,所以方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实数根,即Δ＝4a2－4a－8＞0,解得a＞2或a＜－1. [答案]　（－∞,－1）∪（2,＋∞） ⁠ 第1课时　函数的极值 [例5]　若函数f（x）＝－x2＋x＋1在区间上有极值点,则实数a的取值范围是 　　　　⁠.  [解析]　因为函数f（x）＝－x2＋x＋1在区间上有极值点,所以f'（x）＝x2－ax＋1在区间上有零点,且在零点两侧导数值异号. ⁠ 3.已知函数在区间上有极值求参数 第1课时　函数的极值 方法一：①当f'（x）＝x2－ax＋1在区间上只有一个符合题意的零点时, f'f'（4）＜0或或 解得≤a＜. 第1课时　函数的极值 ②当f'（x）＝x2－ax＋1在区间上有两个不同的零点时,解得2＜a＜. 综上,实数a的取值范围是. 第1课时　函数的极值 方法二：令f'（x）＝0得a＝x＋,作出y＝a与y＝x＋的图象如图所示. 结合图形知2＜a＜. [答案]　 第1课时　函数的极值 已知函数极值求参数的方法步骤 （1）对于已知可导函数的极值求参数的问题,解题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0,极值点两侧的导数值异号. （2）已知可导函数的极值求参数问题的解题步骤： ①求函数的导函数f'（x）； ②由极值点的导数值为0,列出方程（组）,求解参数. [注意] 求出参数后,一定要验证是否满足题目的条件. 第1课时　函数的极值 （3）对可导函数来说,极值点必是导数为0的点.若函数y＝f（x）在（a,b）上有极值,则f'（x）＝0在（a,b）上有根；若f（x）在（a,b）上是单调函数,则f（x）在（a,b）上无极值点. 第1课时　函数的极值 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 [对应学生用书第66页] 第1课时　函数的极值 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 解析　设y＝f'（x）的图象与x轴的交点从左到右横坐标依次为x1,x2,x3,x4,则f（x）在x＝x1,x＝x3处取得极大值,在x＝x2,x＝x4处取得极小值. 答案　C 第1课时　函数的极值 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 2．函数f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x(a＞0). (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间； (2)求函数f(x)的极值． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－3x， 定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋2x－3＝ eq \f(（x－1）（2x－1）,x) . 令f′(x)＞0，得0＜x＜ eq \f(1,2) 或x＞1； 令f′(x)＜0，得 eq \f(1,2) ＜x＜1， 所以函数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)) . (2)函数f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋2ax－(2a＋1)＝ eq \f(（x－1）（2ax－1）,x) . 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝ eq \f(1,2a) . ①当a＞ eq \f(1,2) 时，0＜ eq \f(1,2a) ＜1， 易得函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a))) ，(1，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1)) 上单调递减， 所以函数f(x)在x＝ eq \f(1,2a) 处取得极大值，为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a))) ＝－ln (2a)－ eq \f(4a＋1,4a) ， 在x＝1处取得极小值，为f(1)＝－a－1； ②当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，1＜ eq \f(1,2a) ， 易得函数f(x)在(0，1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞)) 上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a))) 上单调递减， 所以函数f(x)在x＝1处取得极大值，为f(1)＝－a－1， 在x＝ eq \f(1,2a) 处取得极小值，为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a))) ＝－ln (2a)－ eq \f(4a＋1,4a) ； ③当a＝ eq \f(1,2) 时， eq \f(1,2a) ＝1，则f′(x)＝ eq \f(（x－1）2,x) ≥0恒成立， 故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值． 综上，当a＞ eq \f(1,2) 时，f(x)的极大值为－ln (2a)－ eq \f(4a＋1,4a) ，极小值为－a－1； 当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，f(x)的极大值为－a－1，极小值为－ln (2a)－ eq \f(4a＋1,4a) ； 当a＝ eq \f(1,2) 时，f(x)无极值． ③当a＝ eq \f(1,2) 时， eq \f(1,2a) ＝1，则f′(x)＝ eq \f(（x－1）2,x) ≥0恒成立， 故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值． 综上，当a＞ eq \f(1,2) 时，f(x)的极大值为－ln (2a)－ eq \f(4a＋1,4a) ，极小值为－a－1； 当0＜a＜ eq \f(1,2) 时，f(x)的极大值为－a－1，极小值为－ln (2a)－ eq \f(4a＋1,4a) ； 当a＝ eq \f(1,2) 时，f(x)无极值． 3．(1)(四川师大附中高二期中)已知f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则a的值为(　　) A．2 B． eq \f(1,2) C．－2 D．－ eq \f(1,2) (2)(江苏连云港高二上调研)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．2 解析　(1)由题得f′(x)＝ eq \f(2,x) ＋2ax－3(x＞0).因为f(x)在x＝2处取得极小值，所以f′(2)＝1＋4a－3＝0，得a＝ eq \f(1,2) .经检验，当a＝ eq \f(1,2) 时，f(x)在x＝2处取得极小值，符合题意，故a的值为 eq \f(1,2) . (2)由已知得f′(x)＝ eq \f(ex（x＋a－1）,（x＋a）2) (x≠－a)，令f′(x)＝0，得x＝1－a，且当x＜1－a时f(x)单调递减，当x＞1－a时f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1－a)＝e1－a＝ eq \r(e) ，即1－a＝ eq \f(1,2) ，得a＝ eq \f(1,2) . 答案　(1)B　(2)B 1．(多选)(广东东莞高二下月考)已知函数f(x)＝ eq \f(1,3) x3－x2－3x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)的极大值点为－1 C．f(x)的极小值为－9 D．f(x)的极大值为 eq \f(10,3) 解析　函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 极大值 减 极小值 增 所以函数f(x)有两个极值点－1，3，函数f(x)在x＝－1处取极大值f(－1)＝ eq \f(8,3) ，－1为极大值点，在x＝3处取极小值f(3)＝－8，3为极小值点．故选AB. 答案　AB 2．(多选)下列函数中，存在极值点的是(　　) A．y＝x－ eq \f(1,x) B．y＝2|x| C．y＝－2x3－x D．y＝xln x 解析　对于A，函数y＝x在R上单调递增， y＝－ eq \f(1,x) 在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增， 所以函数y＝x－ eq \f(1,x) 在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增，没有极值点； 对于B，函数y＝2|x|为偶函数， 且当x≥0时y＝2|x|单调递增， 所以当x＜0时，y＝2|x|单调递减， 所以函数y＝2|x|在x＝0处取得极小值； 对于C，函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点； 对于D，函数y＝xln x，则y′＝ln x＋1(x＞0)， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) 时，y′＜0，函数y＝x ln x单调递减， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) 时，y′＞0，函数y＝x ln x单调递增， 所以当x＝ eq \f(1,e) 时，函数y＝xln x取得极小值. 故选BD. 答案　BD 3．函数f(x)＝ex－x2－2x的极值点的个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　由题意得f′(x)＝ex－2x－2，令f′(x)＝0，得ex＝2(x＋1)，令g(x)＝ex，h(x)＝2(x＋1)，在同一坐标系内作出两函数的图象，如图所示， 由图象可知，函数g(x)与h(x)的图象有两个交点，则方程ex＝2(x＋1)有两个不同的根，故f′(x)＝0有两个不同的根，且两个根左右的单调性不同．由极值点的定义可知，函数f(x)有两个极值点．故选C. 答案　C 4．(山东济南黄河双语实验学校月考)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求实数a的值； (2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围． 解　(1)易得f′(x)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax2－（2a＋1）x＋2)) ex， 由题意可得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0， 故f′(1)＝(a－2a－1＋2)e＝0， 解得a＝1. (2)f′(x)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax2－（2a＋1）x＋2)) ex＝(x－2)·(ax－1)ex. ①当a＜0时， eq \f(1,a) ＜2，此时f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2)) 上单调递增， 在(2，＋∞)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a))) 上单调递减， 故f(x)在x＝2处取得极大值，不符合题意； ②当a＝0时，f′(x)＝－(x－2)ex， 若x＜2，则f′(x)＞0，f(x)单调递增， 若x＞2，则f′(x)＜0，f(x)单调递减， 故f(x)在x＝2处取得极大值，不符合题意； ③当0＜a＜ eq \f(1,2) 时， eq \f(1,a) ＞2， 此时f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a))) 上单调递减， 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) ，(－∞，2)上单调递增， 故f(x)在x＝2处取得极大值，不符合题意； ③当0＜a＜ eq \f(1,2) 时， eq \f(1,a) ＞2， 此时f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a))) 上单调递减， 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) ，(－∞，2)上单调递增， 故f(x)在x＝2处取得极大值，不符合题意； ④当a＝ eq \f(1,2) 时，f′(x)＝ eq \f(1,2) (x－2)2ex≥0， f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； ⑤当a＞ eq \f(1,2) 时， eq \f(1,a) ＜2，此时f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2)) 上单调递减， 在(2，＋∞)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a))) 上单调递增， 故f(x)在x＝2处取得极小值，符合题意． 综上可得，a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) . $$