第3章 第3节 导数与函数的极值、最值(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第三章　一元函数的导数及其应用 第三节　导数与函数的极值、最值 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 目录 contents Part 01 夯实·必备知识 研磨·高考题型 Part 02 课时作业 Part 03 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 夯实·必备知识 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 f′(x)<0 f′(x)>0 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 f′(x)>0 f′(x)<0 极值点 极值 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 连续不断 极值 端点处的函数值f(a)，f(b) 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 √ × × √ 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 研磨·高考题型 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 课 时 作 业 （二十二） 点击进入word 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第三章　一元函数的导数及其应用 高考总复习 数学 返回目录 [课标要求]　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． 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附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧 ，右侧 ，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值． (2)函数的极大值 函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值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 ，右侧 ，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值． (3)极小值点、极大值点统称为 ，极小值和极大值统称为 ． 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 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(小)值的步骤： ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的 ； ②将函数y＝f(x)的各极值与 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 【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． 1．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．(　 　) 2．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　由导函数f′(x)的图象知， 在x＝－2处，f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝－2是f(x)的极大值点； 在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，所以x＝－1是f(x)的极小值点； 在x＝2处，f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝2是f(x)的极大值点．综上，f(x)的极小值点的个数为1. 3．若函数f(x)＝x3－12x2＋36x＋1，则f(x)的极大值点为________． 答案　2 解析　f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)， 令f′(x)＝0，解得x＝2 或6， 当x<2 或x>6 时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当2<x<6 时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故f(x)在x＝2 取得极大值，故极大值点为2. 4．已知函数f(x)＝x3－3x－1 在区间[－3，2]上的最大值为M，最小值为N，则MN＝ ________． 答案　－19 解析　因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，x∈[－3，2]， 所以由f′(x)>0，得1<x≤2 或－3≤x<－1， 由f′(x)<0，得－1<x<1， 所以f(x)在[－3，－1)，(1，2]上单调递增，在[－1，1]上单调递减． 因为f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1， 所以M＝1，N＝－19，故MN＝－19. 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)(2025·哈师大附中质检)如图所示是y＝f(x)的导数y＝f′(x)的图象，下列结论中正确的有(　　) A．f(x)的单调递增区间是(－1，2)∪(4，＋∞) B．x＝－1 是f(x)的极小值点 C．f(x)在区间(2，4)上单调递减，在区间(－1，2)上单调递增 D．x＝2 是f(x)的极小值点 答案　BC 解析　由导函数的图象可知，当－3<x<－1 或2<x<4 时，f′(x)<0；当－1<x<2 或x>4 时，f′(x)>0， 所以f(x)的单调递增区间为(－1，2)和(4，＋∞)，单调递减区间为(－3，－1)和(2，4).故A错误，C正确； 所以x＝－1 或x＝4 是f(x)的极小值点；故B正确； 所以x＝2 是f(x)取得极大值点，故D错误．故选BC. 命题点2　求已知函数的极值 [例2]　(2025·海口模拟)已知函数f(x)＝x2－4ln x＋1. (1)求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间与极值． 解　(1)依题意，f′(x)＝2x－ eq \f(4,x)，x>0. f′(1)＝2×1－ eq \f(4,1)＝－2，f(1)＝1－4ln 1＋1＝2， 故所求切线方程为y－2＝－2(x－1)，即2x＋y－4＝0. (2)令f′(x)＝0，解得x＝ eq \r(2)， 故当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2))) 时，f′(x)<0，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，＋∞)) 时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)))，单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，＋∞))， 则f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))＝3－2ln 2，无极大值． 命题点3　已知极值(点)求参数 [例3]　(1)(2025·四川蓬溪中学质检)已知函数f(x)＝x(x－m)2 在x＝1 处有极大值，则m 的值为(　　) A．1　　　　　　　B．2 C．3 D．1或3 答案　C 解析　∵f′(x)＝(x－m)(3x－m)， ∴f′(1)＝(1－m)(3－m)＝0， ∴m＝1 或m＝3， 当m＝1 时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)， 令f′(x)>0，得x< eq \f(1,3) 或x>1；令f′(x)<0，得 eq \f(1,3)<x<1； 从而f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3))) 单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) 单调递减，在(1，＋∞)单调 递增，所以f(x)在x＝1 处有极小值，不合题意， 当m＝3 时，经检验，满足题意． 综上，m＝3.故选C. (2)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－2x有两个极值点，则实数a的取值范围为________． 答案　 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) 解析　因为函数f(x)有两个极值点， 所以f′(x)有两个变号零点， 令f′(x)＝ eq \f(1,x)＋2ax－2＝0(x>0)， 所以a＝ eq \f(2x－1,2x2)， 令g(x)＝ eq \f(2x－1,2x2)(x>0)， 则g′(x)＝ eq \f(－x＋1,x3)， 令g′(x)＝0，解得x＝1， 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， g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0， 当x→0时，g(x)→－∞， 当x> eq \f(1,2)时，g(x)>0，g(x)max＝g(1)＝ eq \f(1,2)， 当x→＋∞ 时，g(x)→0， g(x)的大致图象如图所示， 所以a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))). eq \a\vs4\al([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．　 　[即时训练] (2025·贵州三模)函数f(x)＝ax＋ eq \f(ln x,b)＋1 在x＝1 处取得极值0，则a＋b＝ (　　) A．0 B． eq \f(1,2)　 C．1 D．2 答案　A 解析　f′(x)＝a＋ eq \f(1,bx)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(1)＝a＋1＝0，,f′(1)＝a＋\f(1,b)＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1，)) 经检验，a＝－1，b＝1 满足题意， 所以a＋b＝0.故选A. 题型二　利用导数求函数的最值问题 命题点1　不含参函数的最值 [例4]　(2025·北京模拟)函数f(x)＝ eq \f(3,2)x2－27ln x 在区间[1，2]上的最大值是(　　) A．0 B． eq \f(1,2)　 C．1 D． eq \f(3,2) 答案　D 解析　f′(x)＝3x－ eq \f(27,x)＝ eq \f(3(x＋3)(x－3),x)，定义域为(0，＋∞)， 令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0<x<3， 所以f(x)在(3，＋∞)上单调递增，(0，3)单调递减， 所以f(x)在区间[1，2]上的最大值为f(1)＝ eq \f(3,2).故选D. 命题点2　含参函数的最值 [例5]　已知函数f(x)＝x ln x＋(a－1)x，a∈R.求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值． 解　由f(x)＝x ln x＋(a－1)x， 可得f′(x)＝ln x＋a， 由f′(x)＝ln x＋a＝0， 可得x＝e－a， 当e－a≤1，即a≥0时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增， 所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝a－1； 当e－a≥e，即a≤－1时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递减， 所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(e)＝ae； 当1<e－a<e，即－1<a<0时，若x∈[1，e－a)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 若x∈(e－a，e]，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(e－a)＝－e－a. 所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(e－a)＝－e－a. 当－1<a<0时，函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为－e－a； 当a≤－1时，函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为ae. 　 eq \a\vs4\al([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． 　[即时训练] (2025·江苏常州开学考)已知函数f(x)＝x3－ax2，求函数f(x)在区间[0，2]上的最大值． 解　由题意可得：f(x)＝x3－ax2，则f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a). ∵x∈[0，2]，则有： 当a≤0 时，则f′(x)≥0在x∈[0，2]时恒成立， 则函数f(x)在区间[0，2]上单调递增，∴f(x)≤f(2)＝8－4a； 当a≥3 时，则f′(x)≤0 在x∈[0，2]时恒成立， 则函数f(x)在区间[0，2]上单调递减，∴f(x)≤f(0)＝0； 当0<a<3 时，则0< eq \f(2a,3)<2， 令f′(x)<0，解得0<x< eq \f(2a,3)， 令f′(x)>0，解得 eq \f(2a,3)<x≤2， 故函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2a,3))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，2)) 上单调递增，且f(0)＝0，f(2)＝8－4a， ①当0<8－4a，即0<a<2 时，则f(x)在区间[0，2]上的最大值为f(2)＝8－4a； ②当0＝8－4a，即a＝2 时，则f(x)在区间[0，2]上的最大值为f(0)＝f(2)＝0； ③当0>8－4a，即2<a<3 时，则f(x)在区间[0，2]上的最大值为f(0)＝0. 综上所述：当a<2 时，则f(x)在区间[0，2]上的最大值为f(2)＝8－4a； 当a＝2 时，f(x)在区间[0，2]上的最大值为f(0)＝f(2)＝0； 当a>2 时，f(x)在区间[0，2]上的最大值为f(0)＝0. $$