第3章 第3节 导数与函数的极值、最值-【创新教程】2025年高考数学总复习大一轮课件PPT（人教A版）

第三节 导数与函数的极值、最值 第三章 一元函数的导数及其应用 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 夯实 必备知识 跃升 关键能力 01 02 课时冲关 03 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 夯实 必备知识 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学A版（新教材） 下一页 上一页 返回导航 第三章 一元函数的导数及其应用 高考总复习 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2．(选择性必修第二册P92，T1改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　) A．1　　　 B．2　　　　 C．3　　　　 D．4 解析：A　[由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．] 3．函数y＝x＋eq \f(1,x)(x＜0)的极大值为(　　) A．－2 B．2 C．－eq \f(5,2) D．不存在 解析：A　[y′＝1－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－1,x2).令y′＝0得 x＝－1或x＝1(舍)．由于x＜0，当y′＞0时，x＜－1，当y′＜0时，－1＜x＜0，所以函数在(－∞，－1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减． 故函数在x＝－1处取得极大值y＝－2.] 4．函数f(x)＝ex－2x在[1，e]上的最小值为　___________　. 解析：因为f′(x)＝ex－2，当x∈[1，e]时，f′(x)＝ex－2＞0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝e－2. 答案：e－2 利用导数求解函数极值问题 ►[角度1]　根据函数图象判断极值　 [例1]　(2024·广州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　) A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3) B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3) C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3) D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3) [解析]　D　[由题图知，当x∈(－∞，－3)时， y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0， f(x)单调递减． 所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．] ►[角度2]　求已知函数的极值　 [例2]　(2024·河北邯郸武安市第三中学校考)已知函数f(x)＝x2－2x－4ln x＋3，则f(x)的极小值为(　　) A．2　　　　　　　　 B．2－3ln 2 C．ln 2－3 D．3－4ln 2 [解析]　D　[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为f(x)＝x2－2x－4ln x＋3， 所以f′(x)＝2x－2－eq \f(4,x)＝eq \f(2x＋1x－2,x)， 令f′(x)＝0，则eq \f(2x＋1x－2,x)＝0，解得x＝2或x＝－1(舍)， x (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 由此表可知，当x＝2时，f(x)取得极小值为f(2)＝4－4－4ln 2＋3＝3－4ln 2.] ►[角度3]　已知极值(点)求参数　 [例3]　(1)(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2)　　　 B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3,0) [解析]　B　[f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a， 若f(x)要存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a＜0，令f′(x)＝3x2＋a＝0， 解得x＝－eq \r(\f(－a,3))或 eq \r(\f(－a,3))， 且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时， f′(x)＞0， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))， \r(\f(－a,3))))，f′(x)＜0， 故f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))， 若f(x)要存在3个零点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))＞0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))＜0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(a,3) \r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2＞0，,\f(－a,3) \r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2＜0，))解得a＜－3.] (2)(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln 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：BCD　[由题可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，由函数f(x)既有极大值也有极小值，知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不等实根，令h(x)＝ax2－bx－2c， 则h(x)在(0，＋∞)上有两个不等实根，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,x1＋x2＞0，,x1x2＞0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b2＋8ac＞0，,\f(b,a)＞0，,\f(－2c,a)＞0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b2＋8ac＞0，,ab＞0，,ac＜0，))所以b与a同号，c与a异号，故bc＜0，所以A错误，B、C、D正确．] 函数极值的两类热点问题 (1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为： 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，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值． (2)由函数极值求参数的值或范围． 讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 1．已知函数f(x)＝eq \f(a,ex)＋sin x，a∈R，e为自然对数的底数． (1)当a＝1时，证明：∀x∈(－∞，0]，f(x)≥1； (2)若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上存在极值点，求实数a的取值范围． 解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,ex)＋sin x，则f′(x)＝eq \f(－1,ex)＋cos x，当x∈(－∞，0]时，0<ex≤1，则eq \f(－1,ex)≤－1，又cos x≤1，所以当x∈(－∞，0]时，f′(x)＝eq \f(－1,ex)＋cos x≤0，仅x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)≥f(0)＝1，即f(x)≥1. (2)f′(x)＝eq \f(－a,ex)＋cos x，因为x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，所以cos x＞0 ，ex＞0，①当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，没有极值点． ②当a＞0时，f′(x)＝eq \f(－a,ex)＋cos x在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递增，因为f′(0)＝－a＋1，当a≥1，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))时，f′(x)<f′(0)＝－a＋1≤0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，没有极值点；当0<a<1时，f′(0)＝－a＋1＞0， 所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，使f′(x0)＝0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，x0))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(x0,0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝x0处取得极小值，x0为极小值点．综上，若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上存在极值点，则实数a∈(0,1)． 利用导数求函数的最值 [例4]　(2024·湖南长沙一中校考)已知函数f(x)＝eq \f(eax－1,x)＋ln x，a∈R. (1)当a＝1时，求函数f(x)－x的最小值； (2)若函数eq \f(fx,x)的最小值为a，求a的最大值． [解]　(1)当a＝1时，令F(x)＝f(x)－x＝eq \f(ex－1,x)＋ln x－x，x∈(0，＋∞)， 则F′(x)＝eq \f(ex－1·x－ex－1,x2)＋eq \f(1,x)－1＝eq \f(ex－1x－1＋x1－x,x2)＝eq \f(x－1ex－1－x,x2)， 令g(x)＝ex－1－x，x∈R，则g′(x)＝ex－1－1， 易知g′(x)在R上单调递增，且g′(1)＝0， ∴当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(0,1)上单调递减，且g(x)＝ex－1－x＞g(1)＝0， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，且g(x)＝ex－1－x＞g(1)＝0， ∴当x∈(0,1)时，F′(x)＝eq \f(x－1ex－1－x,x2)＜0， F(x)在区间(0,1)上单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＝eq \f(x－1ex－1－x,x2)＞0，F(x)在区间(1，＋∞)上单调递增， 当x＝1时，F(x)取得极小值，也是最小值，F(x)min＝F(1)＝eq \f(e1－1,1)＋ln 1－1＝0， ∴当a＝1时，函数f(x)－x的最小值为0. (2)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)， 若函数eq \f(fx,x)的最小值为a，则有eq \f(fx,x)≥a， ∴f(x)≥ax，f(x)－ax≥0， 令h(x)＝f(x)－ax，即h(x)＝f(x)－ax＝eq \f(eax－1,x)＋ln x－ax的最小值为0， 由第(1)问知，当且仅当x＝1时，g(x)＝ex－1－x取最小值g(1)＝0，∴当且仅当ax－ln x＝1时，g(ax－ln x)取得最小值0， 又∵g(ax－ln x)＝eax－ln x－1－(ax－ln x)＝eq \f(eax－1,eln x)＋ln x－ax＝eq \f(eax－1,x)＋ln x－ax＝h(x)， ∴只需令ax－ln x＝1有解，即a＝eq \f(ln x＋1,x)有解， 令H(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，x∈(0，＋∞)，则H′(x)＝eq \f(\f(1,x)·x－ln x＋1,x2)＝－eq \f(ln x,x2)， 当x∈(0,1)时，H′(x)＝－eq \f(ln x,x2)＞0，H(x)在区间(0,1)上单调递增， 当x∈(1，＋∞)时，H′(x)＝－eq \f(ln x,x2)＜0，H(x)在区间(1，＋∞)上单调递减， ∴a＝eq \f(ln x＋1,x)＝H(x)≤H(1)＝1， 综上所述，若函数eq \f(fx,x)的最小值为a，则a的最大值为1. (1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． (2)若所给的闭区间[a，b]含参数，则需对函数f(x)求导，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． 2．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值． 解：(1)f′(x)＝eq \f(1,x)－a(x>0)， ①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)． ②当a>0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，可得x＝eq \f(1,a).当0<x<eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)>0；当x>eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)<0，故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)). (2)①当0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，∴f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.②当eq \f(1,a)≥2，即0<a≤eq \f(1,2)时，函数f(x)在区间[1,2]上是增函数，∴f(x)的最小值是f(1)＝－a.③当1<eq \f(1,a)<2，即eq \f(1,2)<a<1时，函数f(x)在[1，eq \f(1,a)]上是增函数，在[eq \f(1,a)，2]上是减函数．又f(2)－ f(1)＝ln 2－a，∴当eq \f(1,2)<a<ln 2时，最小值是f(1)＝－a；当ln 2≤a<1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a.综上可知，当0<a<ln 2时，函数f(x)的最小值是－a；当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是ln 2－2a. $$