第3章 第3节 导数与函数的极值、最值（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第三章　导数及其应用 第三节　导数与函数的极值、最值 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 栏目索引 必备知识 基础落实 关键能力 精准突破 必备知识 基础落实 都小于或等于 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 都大于或等于 极大值 极小值 局部性质 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 连续不断 极值点 区间端点处 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 极值 各极值 f (a)，f (b) 最大值 最小值 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 √ × × √ 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 第三章　导数及其应用 返回导航 第1轮 数学（X） 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(1)取得最值的条件：如果在闭区间[a，b]上函数y＝f (x)的图象是一条________的曲线．那么该函数在[a，b]上必有最大值和最小值． (2)函数y＝f (x)在[a，b]上的最值(最大值和最小值的统称)必在______或__________取得，我们只要把函数y＝f (x)的所有极值连同端点的函数值求出并进行比较，就可以求出函数在该闭区间上的最大值与最小值． (3)求函数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)内的____； ②求函数y＝f (x)在端点处的函数值f (a)，f (b)； ③将函数y＝f (x)的______与___________比较，其中最大者是______，最小者是______． 1．判断正误 (1)函数的极大值不一定比极小值大．(　　　) (2)对可导函数f (x)，f′(x0)＝0 是x0 点为极值点的充要条件．(　　　) (3)函数的极大值一定是函数的最大值．(　　　) (4)开区间上的单调连续函数无最值．(　　　) 2．(2023·甘肃张掖高三月考)下列函数中，不存在极值点的是(　　) A．y＝x＋ eq \f(1,x) B．y＝2|x| C．y＝x·ln x D．y＝－2x3－x D　解析：y＝x＋ eq \f(1,x) ，x＝－1时，函数取得极大值，x＝1时，函数取得极小值，所以A不正确； y＝2|x|是偶函数，x＝0时，函数取得极小值，所以B不正确； 由y＝x·ln x(x>0)，可得y′＝ln x＋1，x> eq \f(1,e) 时，y′>0，函数是增函数，x∈(0， eq \f(1,e) )时，y′<0，函数是减函数，x＝ eq \f(1,e) 时，函数取得极小值，所以C不正确； y＝－2x3－x，可得y′＝－6x2－1<0恒成立，函数是减函数，所以函数没有极值，所以D正确． 3．(多选)函数y＝f (x)的导函数f′(x)的图象如图所示，以下命题正确的是(　　) A．－3是函数y＝f (x)的极值点 B．－1是函数y＝f (x)的最小值点 C．y＝f (x)在区间(－3，1)上单调递增 D．y＝f (x)在x＝0 处切线的斜率小于零 AC　解析：由导函数图象可得，－3是函数y＝f (x)的极小值点，A正确；在(－3，1)上f′(x)≥0，∴y＝f (x)在区间(－3，1)上单调递增，C正确；f′(－1)左右同号，故B错误；f′(0)>0，故D错误． 4．设函数f (x)＝ eq \f(2,x) ＋ln x，则该函数的极值点情况为(　　) A．x＝ eq \f(1,2) 为f (x)的极大值点 B．x＝ eq \f(1,2) 为f (x)的极小值点 C．x＝2为f (x)的极大值点 D．x＝2为f (x)的极小值点 D　解析：f (x)＝ eq \f(2,x) ＋ln x(x>0)，f′(x)＝－ eq \f(2,x2) ＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－2,x2) ，当x>2 时，f′(x)>0，此时f (x)为增函数；当0<x<2 时，f′(x)<0，此时f (x)为减函数，故x＝2 为f (x)的极小值点. 5．函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为(　　) A．e B．1 C．－e D．－1 D　解析：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f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，e)上单调递减， 故当x＝1时f (x)取得极大值，也为最大值，f (1)＝－1. 6．(忽视参数的检验致误)函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在x＝1 处有极值10，则a的值为________________，b的值为________________． 答案：4　－11　解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝10，,f′（1）＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，)) 当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11)) 时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)·(x－1)，所以f (x)在x＝1 处取得极值； 当 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3)) 时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，此时f (x)无极值．所以a＝4，b＝－11. 角度1　根据函数的图象判断极值 【例1】 (多选)已知函数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(　　) A．函数f (x)有极大值f (2) B．函数f (x)有极大值f (－2) C．函数f (x)有极小值f (－2) D．函数f (x)有极小值f (2) BD　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． 【练1】 如图，直线y＝ax＋2与曲线y＝f (x)交于A，B两点，其中A是切点，记g(x)＝f (x)－ax，则下列判断正确的是(　　) A．g(x)只有一个极值点 B．g(x)有两个极值点，且极小值点小于极大值点 C．g(x)的极小值点小于极大值点，且极小值为－2 D．g(x)的极小值点大于极大值点，且极大值为2 D　解析：设切点A的坐标为(x0，f (x0))，则由条件得f′(x0)＝a， 且当x<x0 时，f′(x)>a；当x>x0 时，f′(x)<a. ∵g(x)＝f (x)－ax，∴g′(x)＝f′(x)－a. ∴当x<x0 时，g′(x)＝f′(x)－a>0，g(x)单调递增； 当x>x0 时，g′(x)＝f′(x)－a<0，g(x)单调递减． ∴当x＝x0 时g(x)有极大值，且极大值为g(x0)＝f (x0)－ax0＝2. 同理g(x)有极小值，结合图象(图略)可得g(x)的极小值点大于极大值点，故选D. 角度2　求已知函数的极值 【例2】 (2023·广东东莞市高三模拟)已知函数f (x)＝x＋cos 2x，x∈(0，π)，则f (x)的极大值点为________________． 答案： eq \f(π,12) 　解析：因为f (x)＝x＋cos 2x，x∈(0，π)， 所以f′(x)＝1－2sin 2x，令f′(x)＝1－2sin 2x＝0， 所以sin 2x＝ eq \f(1,2) ，由于x∈(0，π)，故2x∈(0，2π)， 则2x＝ eq \f(π,6) 或2x＝ eq \f(5π,6) ，故x＝ eq \f(π,12) 或x＝ eq \f(5π,12) ， 当0<x< eq \f(π,12) 以及 eq \f(5π,12) <x<π时，f′(x)>0， f (x)在(0， eq \f(π,12) )和( eq \f(5π,12) ，π)上单调递增， 当 eq \f(π,12) <x< eq \f(5π,12) 时，f′(x)<0， f (x)在( eq \f(π,12) ， eq \f(5π,12) )上单调递减，故x＝ eq \f(π,12) 为f (x)的极大值点． 【练2】 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：(1)当a＝ eq \f(1,2) 时，f (x)＝ln x－ eq \f(1,2) x，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ eq \f(1,x) － eq \f(1,2) ＝ eq \f(2－x,2x) . 令f′(x)＝0，解得x＝2. 于是当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表： x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f (x) ↗ ln 2－1 ↘ 故f (x)在定义域上的极大值为f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(1,x) －a＝ eq \f(1－ax,x) . 当a≤0 时，f′(x)>0 在(0，＋∞)上恒成立， 即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x)在定义域上无极值点； 当a>0时，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))) 时，f′(x)>0， x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)) 时，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，且为x＝ eq \f(1,a) . 角度3　由函数的极值求参数问题 【例3】 (2022·全国乙卷)已知x＝x1 和x＝x2 分别是函数f (x)＝2ax－ex2(a>0 且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是________________． 答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) 　解析：f′(x)＝2ln a·ax－2ex， 因为x＝x1，x＝x2 分别是函数f (x)＝2ax－ex2 的极小值点和极大值点， 所以函数f (x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增， 所以当x∈(－∞，x1)，x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0. 若a>1，当x<0 时，2ln a·ax>0，2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1 不符合题意， 若0<a<1，则方程2ln a·ax－2ex＝0 的两个根为x1，x2， 即方程ln a·ax＝ex的两个根为x1，x2， 即函数y＝ln a·ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点． 又因为0<a<1，所以函数y＝ax的图象是单调递减的指数函数图象， 又因为ln a<0，所以y＝ln a·ax的图象由指数函数y＝ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln a|倍得到，如图所示： 因为函数y＝ln a·ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点， 所以eln2a<e，解得 eq \f(1,e) <a<e，又0<a<1，所以 eq \f(1,e) <a<1. 综上所述，a 的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)) . 【练3】 (2023·宁夏银川高三月考)已知函数f (x)＝ eq \f(1,2) x2－(1＋a)x＋a ln x在x＝a处取得极大值，则实数a的取值范围为(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(0，1) D．(0，1] C　解析：由已知可得函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， 可得f′(x)＝x－(1＋a)＋ eq \f(a,x) ＝ eq \f(（x－a）（x－1）,x) ， 当a∈(0，1)时， 当0<x<a时，f′(x)>0，f (x)单调递增； 当a<x<1时，f′(x)<0，f (x)单调递减； 当x>1时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 所以函数f (x)在x＝a处取得极大值； 当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，函数f (x)不存在极值； 当a∈(1，＋∞)时， 当0<x<1时，f′(x)>0，f (x)单调递增； 当1<x<a时，f′(x)<0，f (x)单调递减； 当x>a时，f′(x)>0，f (x)单调递增， 所以函数f (x)在x＝a处取得极小值． 综上，要使函数f (x)在x＝a处取得极大值， 则实数a的取值范围为(0，1). 【例4】 已知函数f (x)＝ax＋ln x，其中a为常数． (1)当a＝－1 时，求f (x)的最大值； (2)若f (x)在区间(0，e] 上的最大值为－3，求a的值． 解：(1)易知f (x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f (x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋ eq \f(1,x) ＝ eq \f(1－x,x) ，令f′(x)＝0，解得x＝1. 当0<x<1 时，f′(x)>0；当x>1 时，f′(x)<0. ∴f (x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． ∴f (x)max＝f (1)＝－1. ∴当a＝－1时，函数f (x)在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f′(x)＝a＋ eq \f(1,x) ，x∈(0，e]时， eq \f(1,x) ∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)) . ①若a≥－ eq \f(1,e) ，则f′(x)≥0，从而f (x)在(0，e]上是增函数，∴f (x)max＝f (e)＝ae＋1≥0，不合题意． ②若a<－ eq \f(1,e) ，令f′(x)>0，得a＋ eq \f(1,x) >0，结合x∈(0，e]，解得0<x<－ eq \f(1,a) ； 令f′(x)<0，得a＋ eq \f(1,x) <0，结合x∈(0，e]，解得－ eq \f(1,a) <x≤e. 从而f (x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a))) 上为增函数，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，e)) 上为减函数， ∴f (x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))) ＝－1＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))) . 令－1＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))) ＝－3，得ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))) ＝－2，即a＝－e2. ∵－e2<－ eq \f(1,e) ，∴a＝－e2 为所求实数．故实数a的值为－e2. 【练4】 (2022·全国甲卷)当x＝1 时，函数f (x)＝a ln x＋ eq \f(b,x) 取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ eq \f(1,2) C． eq \f(1,2) D．1 B　解析：因为函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f (1)＝－2， f′(1)＝0，解得a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－ eq \f(2,x) ＋ eq \f(2,x2) ，因此函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1 时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋ eq \f(1,2) ＝－ eq \f(1,2) . 【练5】 (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 D　解析：f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x， 所以f (x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))) 和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) 上f′(x)>0，即f (x)单调递增； 在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2))) 上f′(x)<0，即f (x)单调递减． 又f (0)＝f (2π)＝2，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2))) ＝ eq \f(π,2) ＋2，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2))) ＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋1)) ＋1＝－ eq \f(3π,2) ， 所以f (x)在区间[0，2π] 上的最小值为－ eq \f(3π,2) ， 最大值为 eq \f(π,2) ＋2. $$