第三章 §3.3 导数与函数的极值、最值（教师用书word）-【步步高】2024年高考数学大一轮复习讲义（ 苏教版（苏粤（梅州））

§3.3　导数与函数的极值、最值 考试要求　1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题． 知识梳理 1．函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值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，则a称为函数y＝f(x)的极小值点，f(a) 称为函数y＝f(x)的极小值． (2)函数的极大值 函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b称为函数y＝f(x)的极大值点，f(b)称为函数y＝f(x)的极大值． (3)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． 2．函数的最大(小)值 (1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件： 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y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤： ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值； ②将函数y＝f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值． 常用结论 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． 思考辨析 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．(　√　) (2)函数的极小值一定小于函数的极大值．(　×　) (3)函数的极小值一定是函数的最小值．(　×　) (4)函数的极大值一定不是函数的最小值．(　√　) 教材改编题 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．1 B．2 C．3 D．4 答案　A 解析　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，故f(x)的极小值点只有1个． 2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是________________． 答案　(－∞，－)∪(，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0， 解得a>或a<－. 3．若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________. 答案　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. 题型一　利用导数求解函数的极值问题 命题点1　根据函数图象判断极值 例1　(多选)(2023·华南师大附中模拟)如图是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是(　　) A．当x＝－1时，f(x)取得极小值 B. f(x)在[－2,1]上单调递增 C．当x＝2时，f(x)取得极大值 D. f(x)在[－1,2]上不具备单调性 答案　AC 解析　由导函数f′(x)的图象可知， 当－2<x<－1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减； 当x＝－1时，f′(x) ＝0； 当－1<x<2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增； 当x＝2时，f′(x)＝0； 当2<x<4时，f′(x)<0，则f(x)单调递减； 当x＝4时，f′(x)＝0， 所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确； f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误； 当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确； f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误． 命题点2　求已知函数的极值 例2　(2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值． 解　因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋4ax＋2a＋2＝， 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0， 故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减； 故f(x)在x＝－处取得唯一的极大值，且极大值为f ＝ln－－1. 若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值． 综上，当a<0时，f(x)的极大值为ln－－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值． 命题点3　已知极值(点)求参数 例3　(1)(2023·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．2 B．4 C．6 D．2或6 答案　A 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. (2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由f(x)＝ex－ax2－2ax， 得f′(x)＝ex－2ax－2a. 因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点， 所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点， 令f′(x)＝0，得＝， 设g(x)＝，y＝； 则g′(x)＝－， 令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0， 当x>0时，g′(x)<0； 当x<0时，g′(x)>0， 所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． 分别作出函数g(x)＝与y＝的图象，如图所示， 由图可知，0<<1，解得a>， 所以实数a的取值范围为. 思维升华　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． 跟踪训练1　(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为(　　) A．－1或3 B．1或－3 C．3 D．－1 答案　C 解析　因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，① f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，② 联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9. 当a＝－2，b＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极小值10，不符合题意； 当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意． 综上可得，a＝－6，b＝9. 则a＋b＝3. (2)(2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝＋2kln x－kx，若 x＝2 是函数 f(x) 的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是 (　　) A．(0,2] B．[2，＋∞) C. D. 答案　D 解析　由题意，f(x)＝＋2kln x－kx(x>0)， f′(x)＝·， 令f′(x)＝0得x＝2或k＝， 令φ(x)＝(x>0)， ∴φ′(x)＝， ∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(2)＝， 又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， ∴若φ(x)＝k无实数根，则k<， ∵当k＝时，φ(x)＝k的解为x＝2， ∴实数k的取值范围是. 题型二　利用导数求函数最值 命题点1　不含参函数的最值 例4　(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 答案　D 解析　f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π]． 令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝. 因为f ＝cos ＋sin ＋1 ＝2＋， f ＝cos ＋sin ＋1＝－， 又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2， f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2， 所以f(x)max＝f ＝2＋， f(x)min＝f ＝－.故选D. 命题点2　含参函数的最值 例5　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)＝ 思维升华　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． 跟踪训练2　(1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 答案　1 解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)． ①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x， 所以f′(x)＝2－＝， 当<x<1时，f′(x)<0， 当x>1时，f′(x)>0， 所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1； ②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减， 所以f(x)min＝f ＝－2ln ＝2ln 2 ＝ln 4>ln e＝1. 综上，f(x)min＝1. (2)已知函数h(x)＝x－aln x＋(a∈R)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围． 解　由题意得，h′(x)＝1－－＝＝，且定义域为(0，＋∞)， ①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，解得a<－2； ②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增， 若a＋1≤1，求得h(x)min>1，不合题意； 若1<a＋1<e，即0<a<e－1， 则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增， 故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意； 若a＋1≥e，即a≥e－1， 则h(x)在[1，e]上单调递减， 故h(x)min＝h(e)＝e－a＋<0， 得a>>e－1， 综上，a的取值范围为(－∞，－2)∪. 课时精练 1．(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　) A．f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点 B．f′(x)在x＝－1处取得极小值 C．f(x)在区间(－2,3)上单调递减 D．f(x)在x＝0处的切线斜率小于0 答案　BCD 解析　根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减， ∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确； 由f′(x)的图象易知B正确； 根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确． 2．函数f(x)＝x－sin x在上的极小值为(　　) A.－ B.－ C.－ D.－ 答案　D 解析　由f(x)＝x－sin x，得f′(x)＝－cos x， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以是函数f(x)的极小值点，且极小值为f ＝－ . 3．已知x＝2是f(x)＝2ln x＋ax2－3x的极值点，则f(x)在上的最大值是(　　) A．2ln 3－ B．－ C．－2ln 3－ D．2ln 2－4 答案　A 解析　由函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x， 可得f′(x)＝＋2ax－3， 因为x＝2是f(x)的极值点， 可得f′(2)＝1＋4a－3＝0， 解得a＝， 所以f′(x)＝＋x－3＝，x>0， 当≤x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增； 当1<x<2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当2<x≤3时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增， 由f(1)＝－，f(3)＝2ln 3－， 又由f(3)－f(1)＝2ln 3－＋＝2ln 3－2>2ln e－2＝0， 所以f(1)<f(3)， 所以当x＝3时，函数f(x)取得最大值，最大值为2ln 3－. 4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)等于(　　) A．－1 B．－ C. D．1 答案　B 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 所以依题意可知 而f′(x)＝－， 所以即 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． 所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B. 5．已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D．(0,2) 答案　C 解析　由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)， 得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)， 若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2， 则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根， 所以 解得0<a<. 6．(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 答案　AC 解析　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确； 因为f(x)的极小值f ＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误； 因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移1个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确； 假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC. 7．(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________. 答案　sin x(答案不唯一) 解析　正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值． 8．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h的速度行驶． 答案　80 解析　设全程运输成本为y元， 由题意，得y＝＝240，v>0， y′＝240. 令y′＝0，得v＝80. 当v>80时，y′>0；当0<v<80时，y′<0. 所以函数y＝在(0,80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增， 所以当v＝80时，全程运输成本最小． 9．设函数f(x)＝aln x＋＋2a2x－4a，其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝－＋2a2 ＝ ＝，x>0， ∵a>0， ∴－<0<. ∴在上，f′(x)<0，f(x)单调递减； 在上，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上所述，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由(1)可知，f(x)min＝f  ＝aln ＋3a＋2a－4a ＝aln ＋a＝a(1－ln a)， ∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点， ∴1－ln a>0，∴0<a<e. ∴a的取值范围为(0，e)． 10．(2023·张家口质检)已知函数f(x)＝ex＋e－x－ax2－2. (1)当a＝1时，证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； (2)若g(x)＝f(x)－e－x，讨论函数g(x)的极值点的个数． (1)证明　当a＝1时，f(x)＝ex＋e－x－x2－2， f′(x)＝ex－e－x－2x. 令φ(x)＝ex－e－x－2x， 当x>0时，φ′(x)＝ex＋e－x－2>0， 所以函数f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 故f′(x)>f′(0)＝0， 故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)解　由题意知，g(x)＝ex－ax2－2， 当a＝0时，g(x)＝ex－2单调递增，无极值点， 当a≠0时，g′(x)＝ex－2ax， 由g′(0)＝1，得x＝0不是极值点． 令ex－2ax＝0(x≠0)，得2a＝， 令h(x)＝， 则h′(x)＝， 当x<0时，h(x)<0，且h′(x)<0， 当a<0时，方程2a＝有唯一小于零的解， 故函数g(x)存在一个极值点； 当0<x<1时，h′(x)<0， 当x>1时，h′(x)>0， 故函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(1)＝e为函数h(x)的极小值， 所以当0<a<时，方程2a＝无解，函数g(x)无极值点； 当a＝时，方程2a＝有一个解， 但当0<x<1时，>2a，g′(x)＝ex－2ax>0， 当x>1时，>2a，g′(x)＝ex－2ax>0， 故函数g(x)无极值点． 当a>时，方程2a＝有两解，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点． 综上，当a<0时，函数g(x)存在一个极值点， 当0≤a≤时，函数g(x)无极值点， 当a>时，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点． 11．(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(　　) A．a<b B．a>b C．ab<a2 D．ab>a2 答案　D 解析　当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a. 当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b. 　　 图1　　　　　　　图2 综上，可知必有ab>a2成立． 12．已知函数f(x)＝若a<b，且f(a)＝f(b)，则b－a的最小值为(　　) A．1 B. C．e－1 D．2 答案　D 解析　令f(a)＝f(b)＝t(t>0)，因为f(x)＝且a<b，所以－＝t，ln b＋1＝t， 所以a＝－，b＝et－1，因此b－a＝et－1＋， 令f(t)＝et－1＋(t>0)，则f′(t)＝et－1－， 当t∈(0,1)时，f′(t)<0，f(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，f′(t)>0，f(t)单调递增， 所以f(t)在t＝1处取得极小值，也是最小值，f(1)＝e1－1＋＝2，因此b－a的最小值为2. 13.如图所示，已知直线y＝kx与曲线y＝f(x)相切于两点，函数g(x)＝kx＋m(m>0)，则对函数F(x)＝g(x)－f(x)描述正确的是(　　) A．有极小值点，没有极大值点 B．有极大值点，没有极小值点 C．至少有两个极小值点和一个极大值点 D．至少有一个极小值点和两个极大值点 答案　C 解析　由题意得，F(x)＝kx＋m－f(x)， 则F′(x)＝k－f′(x)， 设直线y＝kx与曲线y＝f(x)的两个切点的横坐标分别为x1，x2且x1<x2， 所以F′(x)＝0的两个零点为x1，x2， 由图知，存在x0∈(x1，x2)使F′(x0)＝0， 综上，F′(x)有三个不同零点x1<x0<x2， 由图可得在(0，x1)上F′(x)<0，在(x1，x0)上F′(x)>0，在(x0，x2)上F′(x)<0，在(x2，＋∞)上F′(x)>0， 所以F(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x0)上单调递增，在(x0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增． 故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点． 14．设函数f(x)＝mx2ex＋1，若对任意a，b，c∈[－3,1]，f(a)，f(b)，f(c)都可以作为一个三角形的三边长，则m的取值范围为________． 答案　 解析　设函数g(x)＝x2ex，x∈[－3,1]，则g′(x)＝x(x＋2)ex. 当－3≤x<－2或0<x≤1时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当－2<x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减． 又g(－3)＝，g(0)＝0，g(－2)＝，g(1)＝e， 所以g(x)的值域为[0，e]． 当m≥0时，2×1>me＋1，解得0≤m<； 当m<0时，2(me＋1)>1，解得－<m<0. 综上可得，－<m<. 学科网（北京）股份有限公司 $$