第3章 第3节 导数与函数的极值、最值（Word教参）-【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）

第三节　导数与函数的极值、最值 课标解读 1.掌握函数极值和最值的概念． 2．掌握求解函数的极值、最值的解题步骤． 3．能够求解关于函数极值、最值的综合问题． [对应学生用书P59] 1．函数的极值 (1)极大值与极大值点 设函数y＝f (x)在区间(a，b)内有定义，x0 是区间(a，b)内的一个点，若点x0 附近的函数值都小于或等于f (x0)(即f (x)≤f (x0))，就说f (x0)是函数y＝f (x)的一个极大值，此时x0 称为f (x)的一个极大值点． (2)极小值与极小值点 设函数y＝f (x)在区间(a，b)内有定义，x0 是区间(a，b)内的一个点，若点x0 附近的函数值都大于或等于f (x0)(即f (x)≥f (x0))，就说f (x0)是函数y＝f (x)的一个极小值，此时x0 称为f (x)的一个极小值点． (3)极值的定义 ①极大值和极小值统称为极值．极大值点和极小值点统称为极值点． ②极值是局部开区间上的最值，刻画的是函数在某些区间内的局部性质． 2．函数在某点取得极值的必要条件 (1)函数在极值点的导数为0，导函数的零点可能不是函数的极值点．也就是说若f′(c)存在，则f′(c)＝0 是f (x)在x＝c 处取到极值的必要条件，但不是充分条件． (2)若f′(c)＝0，则x＝c 叫作函数f (x)的驻点．如果一个函数的导数在驻点的两侧变号，则该驻点就是此函数的一个极值点． 3．函数的最值与导数 (1)取得最值的条件：如果在闭区间[a，b]上函数y＝f (x)的图象是一条连续不断的曲线．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)必在极值点或区间端点处取得，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)内的极值； 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)的各极值与f (a)，f (b)比较，其中最大者是最大值，最小者是最小值． 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＋ B．y＝2|x| C．y＝x·ln x D．y＝－2x3－x D　解析：y＝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>时，y′>0，函数是增函数，x∈(0，)时，y′<0，函数是减函数，x＝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)＝＋ln x，则该函数的极值点情况为(　　) A．x＝为f (x)的极大值点 B．x＝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)＝＋ln x(x>0)，f′(x)＝－＋＝，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)＝－1＝， 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，依题意得解得或 当时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)·(x－1)，所以f (x)在x＝1 处取得极值； 当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，此时f (x)无极值．所以a＝4，b＝－11. [对应学生用书P60] 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：　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＝，由于x∈(0，π)，故2x∈(0，2π)， 则2x＝或2x＝，故x＝或x＝， 当0<x<以及<x<π时，f′(x)>0， f (x)在(0，)和(，π)上单调递增， 当<x<时，f′(x)<0， f (x)在(，)上单调递减，故x＝为f (x)的极大值点． 【练2】 已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R). (1)当a＝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＝时，f (x)＝ln x－x，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝. 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)＝－a＝. 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∈时，f′(x)>0， x∈时，f′(x)<0， 故函数f (x)在x＝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＝. 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：　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<a<e，又0<a<1，所以<a<1. 综上所述，a 的取值范围为. 【练3】 (2023·宁夏银川高三月考)已知函数f (x)＝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)＋＝， 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＋＝，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＋，x∈(0，e]时，∈. ①若a≥－，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<－，令f′(x)>0，得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0<x<－； 令f′(x)<0，得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－<x≤e. 从而f (x)在上为增函数，在上为减函数， ∴f (x)max＝f ＝－1＋ln . 令－1＋ln ＝－3，得ln ＝－2，即a＝－e2. ∵－e2<－，∴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＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． 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)＝－＋，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＋＝－. 【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．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 D　解析：f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x， 所以f (x)在区间和上f′(x)>0，即f (x)单调递增； 在区间上f′(x)<0，即f (x)单调递减． 又f (0)＝f (2π)＝2，f ＝＋2，f ＝－＋1＝－， 所以f (x)在区间[0，2π] 上的最小值为－， 最大值为＋2. 学科网（北京）股份有限公司 $$