1.4.1 利用导数研究函数的极值、最值 题点考法讲评(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学二轮复习专题增分方略

利用导数研究函数的极值、最值 习题讲评（四） (1)函数的极值是高考的重点考查内容,近三年新课标卷选择、填空、解答题均有出现,难度中等偏上.主要考查极值的意义及已知函数极值情况求参数. (2)函数的最值是函数的一个重要性质,有些复杂的函数最值只能借助导数来求,考查题型:一是给出确定函数或含有参数的函数求最值,多以选择、填空形式出现,二是求解不等式恒成立问题,常常利用函数的最值来求解,此类问题难度较大,多以压轴题形式给出. 2 题点考法讲评 教学环节一 (每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授) CONTENTS 目录 1 2 教学点(一)　函数的极值 教学点(二)　函数的最值 函数的极值 教学点（一） 5 [例1]　(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]若函数f(x)=aln x++(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: 审题破题:函数f(x)既有极大值也有极小值等价转化为函数f'(x)在(0,+∞)上有两个零点,进而转化为关于x的一元二次方程f'(x)=0有两个不等的正实数根,从而求解. √ √ √ 6 函数f(x)=aln x++(a≠0)的定义域为(0,+∞),f'(x)=,因为函数f(x)既有极大值也有极小值,所以关于x的方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正实数根x1,x2, (关键点:可导函数f(x)的极值点存在问题可转化为导函数f'(x)的变号零点存在问题) 则即所以故选BCD. 7 [例2]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; 解:当a=1时,f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,可得f(1)=e-2,f'(1)=e-1,即切点坐标为(1,e-2),切线斜率k=e-1,所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y-1=0. 8 (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 解:法一: 思维路径:求导,分析a≤0和a>0两种情况,利用导数判断单调性和极值,分析可得a2+ln a-1>0,构造函数解不等式即可. 因为f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,若a≤0,则f'(x)≥0对任意x∈R恒成立,可知f(x)在R上单调递增,无极值,不合题意;若a>0,令f'(x)>0,解得x>ln a.令f'(x)<0,解得x<ln a.可知f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值. 9 由题意可得,f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,构造函数g(a)=a2+ln a-1,a>0,则g'(a)=2a+>0,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,且g(1)=0,不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1,所以a的取值范围为(1,+∞). 法二: 思维路径:求导,可知f'(x)=ex-a有零点,可得a>0,进而利用导数求f(x)的单调性和极值,分析可得a2+ln a-1>0,构造函数解不等式即可. 因为f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,若f(x)有极小值,则f'(x)=ex-a有零点,令f'(x)=ex-a=0,可得ex=a,可知y=ex与y=a有交点,则a>0.令f'(x)>0,解得x>ln a.令f'(x)<0,解得x<ln a.可知f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,符合题意,由题意可得,f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,构造g(a)=a2+ln a-1,a>0,因为y=a2,y=ln a-1在(0,+∞)内单调递增,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,且g(1)=0,不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1,所以a的取值范围为(1,+∞). [思维建模] (1)对于已知可导函数的极值求参数的问题,解题的切入点是极值存在的条件:极值点处的导数值为0,极值点附近两侧的导数值异号.f'(x0)=0是x0为函数极值点的必要不充分条件,因此需要检验参数的值. (2)若函数y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y=f(x)在(a,b)内一定不具有单调性,反之,若函数在某区间上单调,则函数没有极值. (3)对于函数无极值的问题,往往转化为f'(x)≥0或f'(x)≤0在某区间内恒成立的问题,此时需注意不等式中的等号是否成立. [练1]　(2024·宜春模拟)已知函数f(x)=ex+e2-x+a(x-1)2有3个极值点x1,x2,x3,则x1+x2+x3= (　　) A.2a B.3a C.2 D.3 解析:由题意知f'(x)有三个变号零点,且三个零点为x1,x2,x3,不妨设x1<x2<x3,f'(x)=ex-e2-x+2a(x-1),因为f'(1-x)+f'(1+x)=e1-x-e1+x-2ax+e1+x-e1-x+2ax=0,所以函数f'(x)关于(1,0)对称,又f'(1)=0,所以x2=1,x1+x3=2,所以x1+x2+x3=3. √ 即时训练 13 [练2]　已知函数f(x)=ex-ax2在R上无极值,则a的取值范围是　 .  解析:由题意得f'(x)=ex-2ax,故f'(0)=1>0,因为函数f(x)=ex-ax2在R上无极值,所以f'(x)≥0在R上恒成立,当x>0时,a≤,设g(x)=(x>0),则g'(x)==,当0<x<1时,得g'(x)<0,当x>1时,得g'(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,从而g(x)≥g(1)=,故a≤;当x<0时,<0,则a≥0.综上,0≤a≤. 14 [练3]　已知函数f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R). (1)若x=1是f(x)的一个极值点,求a的值; 解:易知f'(x)=ln x+1-2ax-3=ln x-2ax-2,x>0,又x=1是f(x)的一个极值点,所以f'(1)=0,即-2a-2=0,所以a=-1. 此时f'(x)=ln x+2x-2,令h(x)=ln x+2x-2,h'(x)=+2>0,所以f'(x)=h(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1)=0,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0, 所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以x=1是f(x)的极小值点,即a=-1符合题意,因此a的值为-1. 15 (2)若f(x)有两个极值点x1,x2,其中x1<x2,求a的取值范围. 解:因为f'(x)=ln x-2ax-2,且f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R)有两个极值点x1,x2,所以方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不同的根, 即方程ln x-2ax-2=0有两个不同的正数根, 将问题转化为函数g(x)=与函数y=2a的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点,则g'(x)=,令g'(x)==0,解得x=e3. 16 当x>e3时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当0<x<e3时,g'(x)>0,g(x)单调递增,且当x>e2时,g(x)>0,g(e2)=0,故作出g(x)的图象如图所示, 由图象可知2a∈满足题意,即a∈,即a的取值范围为. 函数的最值 教学点（二） 18 [例1]　(2024·葫芦岛模拟)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]上的最大值为 (　　) A.- B.2 C.- D.+2 解析:f'(x)=(x+1)cos x,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∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,f=+2,f(2π)=2,∴f(x)max=f=+2. √ 19 [例2]　(2024·南京二模)已知函数f(x)=,其中a∈R. (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; 解:当a=0时,f(x)=,则f(1)=,f'(x)=,所以f'(1)=, 所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-=(x-1),即x-ey=0. 20 (2)当a>0时,若f(x)在区间[0,a]上的最小值为,求a的值. 解: f'(x)==-,令f'(x)=0,解得x=2或x=a, (关键点:分类讨论,比较a与2的大小) 当0<a<2,x∈[0,a]时,f'(x)≤0,则f(x)在[0,a]上单调递减, 所以f(x)min=f(a)= =,则a=1,符合题意; 当a>2,x∈[0,2]时,f'(x)≤0, 则f(x)在[0,2]上单调递减,x∈(2,a]时,f'(x)≥0, 21 则f(x)在(2,a]上单调递增,所以f(x)min=f(2)= =, 则a=4-e<2,不符合题意; 当a=2时,x∈[0,2]时,f'(x)≤0, 则f(x)在[0,2]上单调递减, 所以f(x)min=f(2)=≠,不符合题意; 综上,a的值是1. 22 [思维建模] 求函数f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值的步骤 (1)求函数f(x)在区间(a,b)上的极值; (2)将函数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. 23 [练1]　(2024·福建百校联考)已知函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)上存在最小值,则实数a的取值范围为 (　　) A.[-1,2) B. C. D.[-1,1) 解析:由题意得f'(x)=3x2-6x=3x(x-2).令f'(x)>0,得x<0或x>2,令f'(x)<0,得0<x<2,则f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(2,+∞),单调递减区间为(0,2),即x=2时,函数取得极小值f(2)=-1. 即时训练 √ 即时训练 24 又因为当x3-3x2+3=-1,即x3+1+3(1-x2)=(x+1)·(x-2)2=0时,解得x=-1或x=2,可作出f(x)的图象如图所示, 故要使函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6) 上存在最小值,需有解得-1≤a<2, 即实数a的取值范围为[-1,2),故选A. 25 [练2]　已知函数f(x)=+ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的极值; 解:由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-+=. 当a≤0时,x-a>0,∴f'(x)>0恒成立, ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)无极值. 当a>0时,若x∈(0,a),f'(x)<0; 若x∈(a,+∞),f'(x)>0. 26 ∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增. ∴f(x)的极小值为f(a)=1+ln a,无极大值. 综上所述,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)的极小值为1+ln a,无极大值. (2)求f(x)在[1,e]上的最小值g(a). 解: 当a≤1时,f'(x)≥0在[1,e]上恒成立, ∴f(x)在[1,e]上单调递增,∴f(x)min=f(1)=a. 当1<a<e时,若x∈[1,a),f'(x)<0; 27 若x∈(a,e],f'(x)>0, ∴f(x)在[1,a)上单调递减,在(a,e]上单调递增, ∴f(x)min=f(a)=1+ln a. 当a≥e时,f'(x)≤0在[1,e]上恒成立， ∴f(x)在[1,e]上单调递减,∴f(x)min=f(e)=+1. 综上所述,f(x)在[1,e]上的最小值g(a)= 28 本课结束 $$