第3章 第2节 第2课时 导数与函数的极值、最值(教用Word)-【赢在微点·顶层设计】2025年高中数学高考一轮总复习

第2课时　导数与函数的极值、最值 主干知识整合 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【基础梳理】 　　1.函数的极值与导数 条件 f'(x0)=0 在x0附近的左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0 在x0附近的左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0 图象 极值点 x0为极大值点 x0为极小值点 极值 f(x0)为极大值 f(x0)为极小值 　　[微点清]　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.函数的最值与导数 (1)如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值。 (2)求函数y=f(x)在区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数y=f(x)在区间(a,b)内的极值。 ②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值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。 [微点清]　①求最值时,应注意极值点与所给区间的关系,关系不确定时,需要分类讨论,不可想当然认为极值就是最值。 ②函数最值是“整体”概念,而函数极值是“局部”概念,极大值与极小值之间没有必然的大小关系。 【知识延伸】 　　1.(1)函数的极值点一定出现在区间的内部,区间的端点不能称为极值点。 (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。 2.极大值不一定是最大值,最大值也不一定是极大值;极小值不一定是最小值,最小值不一定是极小值。 【小题自测】 1.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) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　由题意知,只有在x=-1处满足f'(-1)=0,且其两侧导数值符号为左负右正。故选A。 2.函数f(x)=2x-xln x的极值是(C) A. B. C.e D.e2 解析　因为f'(x)=2-(ln x+1)=1-ln x,令f'(x)>0时,解得0<x<e;令f'(x)<0时,解得x>e,所以x=e时,f(x)取到极大值,f(x)极大值=f(e)=e。故选C。 3.函数f(x)=在[2,+∞)上的最小值为(A) A. B.e2 C. D.2e 解析　依题意f'(x)=,故函数在(2,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,故函数在x=3处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)=。故选A。 4.函数f(x)=x3-ax2+2x-1有极值,则实数a的取值范围是 (-∞,-)∪(,+∞) 。  解析　f'(x)=3x2-2ax+2,由题意知f'(x)有变号零点,所以Δ=(-2a)2-4×3×2>0,解得a>或a<-。 5.若函数f(x)=x3-4x+m在[0,3]上的最大值为4,则m= 4 。  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)上单调递减,在(2,3]上单调递增。又f(0)=m,f(3)=-3+m。所以在[0,3]上,f(x)max=f(0)=4,所以m=4。 关键能力突破 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 类型一　函数的极值 微专题 角度❶:由函数的图象判断极值 【例1】　 (多选题)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),且函数g(x)=xf'(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是(BC) A.f(x)有两个极值点 B.f(-2)为函数的极小值 C.f(x)有两个极小值 D.f(-1)为f(x)的极小值 解析　由题图知,当x∈(-∞,-2)时,g(x)>0,所以f'(x)<0,当x∈(-2,0)时,g(x)<0,所以f'(x)>0,当x∈(0,1)时,g(x)<0,所以f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,g(x)>0,所以f'(x)>0。所以f(x)在(-∞,-2),(0,1)上单调递减,在(-2,0),(1,+∞)上单调递增。故AD错误,BC正确。故选BC。 　　可导函数在极值点处的导数一定为零,反之,导数为零的点是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在导数为零的点的左、右两侧导数的符号。 角度❷:求函数的极值 【例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,函数的定义域为(0,+∞)且f'(x)=,令f'(x)=0,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) 单调递增 ln 2-1 单调递减 故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值=f(2)=ln 2-1,无极小值。 (2)由(1)知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=。当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,则函数在(0,+∞)上单调递增,此时函数在定义域上无极值点;当a>0时,若x∈,则f'(x)>0,若x∈,则f'(x)<0,故函数在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y=f(x)有一个极值点。 　　运用导数求函数f(x)极值的一般步骤:(1)确定函数f(x)的定义域;(2)求导数f'(x);(3)解方程f'(x)=0,求出函数在定义域内的所有根;(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号;(5)求出极值。 角度❸:由函数极值求参数 【例3】　(1)(2024·福州质检)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极小值,则c的值为(A) A.2 B.4 C.6 D.2或6 解析　由题意,f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)(3x-c),则f'(2)=(2-c)(6-c)=0,所以c=2或c=6。若c=2,则f'(x)=(x-2)(3x-2),当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,函数f(x)在x=2处有极小值,满足题意;若c=6,则f'(x)=(x-6)(3x-6),当x∈(-∞,2)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,6)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(6,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,函数f(x)在x=2处有极大值,不符合题意。综上,c=2。故选A。 (2)(多选题)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)=aln x+(a≠0)既有极大值又有极小值,则(BCD) A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 解析　函数f(x)=aln x+(a≠0)的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=,因为函数f(x)既有极大值也有极小值,则函数f'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点,而a≠0,因此方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正根x1,x2,于是显然a2bc<0,即bc<0,故选BCD。 　　根据函数的极值(点)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:求解后验证根的合理性。 【题组对点练】　 题号 1 2 3 角度 ❶ ❷ ❸ 1. 已知函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则f(x)(A) A.有极小值,但无极大值 B.既有极小值,也有极大值 C.有极大值,但无极小值 D.既无极小值,也无极大值 解析　由导函数的图象可知,导函数y=f'(x)在(-∞,a)上小于0,于是原函数y=f(x)在(-∞,a)上单调递减,y=f'(x)在(a,+∞)上大于或等于0,于是原函数y=f(x)在(a,+∞)上单调递增,所以原函数y=f(x)在x=a处取得极小值,无极大值。故选A。 2.(多选题)曲线f(x)=a(x+1)ex在点(-1,f(-1))处的切线方程为y=x+b,则下列说法正确的是(AC) A.a=1,b= B.f(x)的极大值为 C.f(x)的极小值为- D.f(x)不存在极值 解析　依题意,f'(x)=aex+a(x+1)ex=(ax+2a)ex,f'(-1)=ae-1=,解得a=1,所以f(x)=(x+1)ex,f'(x)=(x+2)ex。又f(-1)=0,所以×(-1)+b=0,所以b=,故A正确。令f'(x)=0,解得x=-2,当x∈(-∞,-2)时,f'(x)<0,函数f(x)在(-∞,-2)上单调递减;当x∈(-2,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增。所以当x=-2时,函数f(x)取极小值,为f(-2)=-,f(x)的极大值不存在,故B,D错误,C正确。故选AC。 3.(2024·南京模拟)已知函数f(x)=x(ln x-ax)在区间(0,+∞)上有两个极值,则实数a的取值范围为(C) A.(0,e) B. C. D. 解析　f'(x)=ln x-ax+x=ln x+1-2ax,由题意知ln x+1-2ax=0在(0,+∞)上有两个不相等的实根,则2a=,设g(x)=,则g'(x)=。当0<x<1时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)的极大值为g(1)=1,又当x>1时,g(x)>0,当x→+∞时,g(x)→0,当x→0时,g(x)→-∞,所以0<2a<1,即0<a<。故选C。 类型二　函数的最值 【例4】　已知函数f(x)=-ln x(a∈R)。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)求f(x)在上的最大值g(a)。 解　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=。①若a≤0,则f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减。②若a>0,则当x>a时,f'(x)<0;当0<x<a时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减。 (2)f'(x)=,当a≤时,f(x)在上单调递减,所以f(x)max=f=2-ae;当<a<e时,f(x)在上单调递增,在[a,e]上单调递减,所以f(x)max=f(a)=-ln a;当a≥e时,f(x)在上单调递增,所以f(x)max=f(e)=-。综上,g(a)= 　　求含有参数的函数的最值,需先求函数的定义域、导函数,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。 【变式训练】　已知函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数。 (1)若a=-1,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,得x=1。当0<x<1时,f'(x)>0;当x>1时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)max=f(1)=-1。所以当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]上单调递增,所以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)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f。令-1+ln=-3,得ln=-2,即a=-e2。因为-e2<-,所以a=-e2即为所求。故实数a的值为-e2。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 用高观点思维求解函数极值问题 已知函数的极值求参数通常有两种方法。 1.一般方法:已知函数f(x)有极值点x0,求参数的值或范围,一般有两种情况: (1)由f'(x0)=0可以解出参数的值,这类题较为简单,只需由f'(x0)=0求出参数的值,再代回f'(x)去研究f(x)的单调性,确认f(x)在x=x0处取得极值即可。 (2)由f'(x0)=0不能解出参数的值,这类题一般需要对参数进行分类讨论,研究函数的单调性,当f'(x)的表达式较为复杂时,可能需要用到二阶导数,甚至三阶导数。 2.当我们知道函数的具体极值点是极大值点还是极小值点求参数时,也可以利用下面高观点方法,当然,这个方法仅供有兴趣的同学了解,并非通法,它在解决一些问题时要方便一些。 极值第二充分条件:若∃x0∈[a,b]满足f'(x0)=0,且f″(x0)≠0,则若f″(x0)<0,则y=f(x)在x0处取得极大值;若f″(x0)>0,则y=f(x)在x0处取得极小值。 【典例】　(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围。 【解】　解法一(单调性分析法): 因为f(x)=cos ax-ln(1-x2),其定义域为(-1,1),关于原点对称,且f(-x)=cos(-ax)-ln[1-(-x)2]=cos ax-ln(1-x2)=f(x),所以f(x)为偶函数。f'(x)=-asin ax+(-1<x<1)。令t(x)=-asin ax+(-1<x<1),则t'(x)=-a2cos ax+(-1<x<1)。令n(x)=-a2cos ax+(-1<x<1),则n'(x)=a3sin ax+。 若a=0,当0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当-1<x<0时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以x=0是f(x)的极小值点,不符合题意。 若a>0,取与1中的较小者为m,则当0<x<m时,易知n'(x)>0,所以n(x)即t'(x)在(0,m)上单调递增,所以t'(x)>t'(0)=2-a2。 ①当2-a2≥0,即0<a≤时,在区间(0,m)上t'(x)>0,所以t(x)在(0,m)上单调递增,所以t(x)>t(0)=0,即f'(x)>0。那么f(x)在(0,m)上单调递增,由偶函数性质知f(x)在(-m,0)上单调递减。故x=0是f(x)的极小值点,不符合题意。 ②当2-a2<0,即a>时,当<1,即a>时,因为t'(0)<0,t'>0,且t'(x)在上单调递增,所以t'(x)在上存在唯一零点x1,且当0<x<x1时,t'(x)<0,t(x)单调递减,因为t(0)=0,所以当0<x<x1时,t(x)<0,即f'(x)<0,所以f(x)在(0,x1)上单调递减,因为f(x)为偶函数,所以f(x)在(-x1,0)上单调递增,故可得x=0是f(x)的极大值点,符合题意。当>1,即时,因为t'(0)<0,t'>0,且t'(x)在(0,1)上单调递增,所以t'(x)在上存在唯一零点x2,且当0<x<x2时,t'(x)<0,t(x)单调递减,因为t(0)=0,所以当0<x<x2时,t(x)<0,即f'(x)<0,所以f(x)在(0,x2)上单调递减,因为f(x)为偶函数,所以f(x)在(-x2,0)上单调递增,故可得x=0是f(x)的极大值点,符合题意。 若a<0,由偶函数图象的对称性可得a<-。综上所述,a的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞)。 解法二(极值第二充分条件): 由于f'(x)=-asin ax+,f″(x)=-a2cos ax+,且有f'(0)=0,f″(0)=-a2+2,当a2<2时,f″(0)>0,此时x=0不是f(x)的极大值点,当a2>2即a>或a<-时,f″(0)<0,此时x=0是f(x)的极大值点,当a=±时,f'(x)=-,当0<x<时,f'(x)>-·x+2x=0,注意到f'(x)是奇函数,所以-<x<0时f'(x)<0,所以a=±时,x=0是f(x)的极小值点。综上,a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞)。 【总结反思】　从上面两种方法看,解法一是中学数学要求的方法,解法二是高观点方法。显然解法二简单得多,但这不是中学数学要求掌握的方法,如果是小题可以直接用解法二,但大题要求有解题步骤,所以还是要侧重解法一。 【训练】　(2021·全国乙卷)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则(D) A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2 解析　解法一:(分类讨论)若a=b,则f(x)=a(x-a)3为单调函数,无极值点,不符合题意,故a≠b。依题意,x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,当a<0时,由x>b,f(x)≤0,画出f(x)的图象如图①所示,由图可知b<a<0,故ab>a2。当a>0时,由x>b时,f(x)>0,画出f(x)的图象如图②所示,由图可知b>a>0,故ab>a2。综上所述,ab>a2成立。故选D。 　 ① ② 解法二:(极值第二充分条件)依题,f'(x)=2a(x-a)(x-b)+a(x-a)2,再次求导f″(x)=2a(x-b)+4a(x-a),由于x=a为极大值点,故f″(a)<0,代入上式可得ab>a2。故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $$