第三章 第3节 导数与函数的极值、最值（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第3节　导数与函数的极值、最值 第三章　导数及其应用 衔接教材 夯基固本 落实 f′(x)<0 f′(x)>0 衔接教材 夯基固本 落实 f′(x)>0 f′(x)<0 极值点 极值 衔接教材 夯基固本 落实 连续不断 极值 端点处的函数值f(a) f(b) 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 BD 衔接教材 夯基固本 落实 B 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 B 衔接教材 夯基固本 落实 AC 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 A 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 谢谢观看！ 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．能利用导数求某些函数的极大值、极小值．(重点) 3．会求闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．(热点) 一、函数的极值 1．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．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．极值、极值点 极小值点、极大值点统称为______，极小值和极大值统称为____． 二、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____； (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． 1．极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大(小)值，则x1为极大(小)值点，极大(小)值为f(x1). 2．有极值的函数一定不是单调函数． 3．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． 4．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最大(小)值． 5．若函数f(x)在[a，b]上具有单调性，则f(x)一定在区间端点处取得最值． 6．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． 一、“教考衔接”例证 高考 真题 (多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x)＋ eq \f(c,x2)(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 追根 溯源 (人教B版选择性必修第三册P101T3)设函数f(x)＝ax3＋3x＋2有极值，求a的取值范围，并求出函数的极值点 发现 感悟 两题均为由函数的极值求参数的范围，最终均转化为关于x的一元二次方程的实根问题，解答此类问题的关键是厘清导函数与原函数的关系 二、教材典题改编 1．(多选)(湘教版选择性必修第三册P41T3改编)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断，正确的是(　　) A．在区间(2，4)内单调递减 B．在区间(2，3)内单调递增 C．x＝－3是极小值点 D．x＝4是极大值点 2．(人教A版选择性必修第二册P91例5改编)函数f(x)＝ eq \f(ln x,x)的极大值为(　　) A．－e B． eq \f(1,e) C．1 D．0 3．(苏教版选择性必修第一册P230T7改编)已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________________． 答案：32　解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.计算f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32. 三、易误易混澄清 (由极值求参数时忽略验证)已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则实数a的值为(　　) A．2 B． eq \f(1,2) C．－2 D．－ eq \f(1,2) 解析：由f′(x)＝ eq \f(2,x)＋2ax－3，得f′(2)＝0，解得a＝ eq \f(1,2)，经验证符合题意． 考点一　利用导数求解函数的极值问题 考向1　根据函数图象判断极值 [例1] (多选)(2025·重庆检测)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(　　) A． －3是函数y＝f(x)的极值点 B．f(x)在x＝－1时取得极小值 C．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增 D．－2是函数y＝f(x)的极大值点 解析：根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以A正确；因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以B，D错误，C正确． 由图象判断函数的极值(点)的方法 (1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点； (2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点． 考向2　求已知函数的极值(点) [例2] (1)(2025·驻马店模拟)函数f(x)＝x3＋ eq \f(1,2)x2－4x的极小值为(　　) A．－ eq \f(4,3) B．1 C．－ eq \f(5,2) D． eq \f(104,27) (2)(2025·商洛模拟)已知函数f(x)＝x2－8x＋6ln x＋1，则f(x)的极大值为(　　) A．10 B．－6 C．－7 D．0 解析：(1)因为f(x)＝x3＋ eq \f(1,2)x2－4x，所以f′(x)＝3x2＋x－4＝(x－1)(3x＋4).令f′(x)＝0得x1＝－ eq \f(4,3)，x2＝1，当x∈(－∞，－ eq \f(4,3))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－ eq \f(4,3)，1)时，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－ eq \f(4,3))和(1，＋∞)，单调递减区间为(－ eq \f(4,3)，1).则当x＝1时，f(x)取得极小值，且极小值为f(1)＝－ eq \f(5,2). (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋ eq \f(6,x)＝ eq \f(2（x－1）（x－3）,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x变化时， f′(x)和f(x)的变化情况如表所示， x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调 递增 极大 值 单调 递减 极小 值 单调 递增 所以f(x)的极大值为f(1)＝－6. 求函数极值的一般步骤 (1)先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数． (2)求f′(x)＝0的根． (3)判断f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点． (4)求出函数f(x)的极值． 考向3　已知极值(点)求参数 [例3] (2024·长沙模拟)已知函数f(x)的导函数g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：由题意f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，设h(x)＝x2－3x＋a，则h(1)＝0，即1－3＋a＝0，所以a＝2.当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2)＝(x－1)2(x－2)，故当1<x<2时，f′(x)<0；当x<1时，f′(x)<0，因此x＝1不是函数f(x)的极值点，所以a＝2满足题意． [变式探究] 本例中，其他条件不变，将“若1不是函数f(x)的极值点”改为“若－1是函数f(x)的极值点”，则实数a的值为________． 答案：－4　解析：由于－1是函数f(x)的极值点，所以f′(－1)＝g(－1)＝0，即(－1－1)(1＋3＋a)＝0，解得a＝－4，此时f′(x)＝(x－1)(x2－3x－4)＝(x－1)(x＋1)(x－4)，经验证符合题意，故实数a的值为－4. 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． 训练1 (1)(2025·商洛模拟)若函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x无极值，则a的取值范围为(　　) A．[－3，6] B．(－3，6) C．(－∞，－3]∪[6，＋∞) D．(－∞，－3)∪(6，＋∞) 解析：因为f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6.因为f(x)无极值，所以(2a)2－4×3×(a＋6)≤0，解得－3≤a≤6，所以a的取值范围为[－3，6]. (2)(2025·贵阳模拟)已知y＝x·f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　) 解析：由题图可知，当x＜0时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当0＜x＜b时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞b时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．又f′(b)＝0，所以当x＝b时，f(x)取得极大值．综上，满足题意的f(x)的图象可能是D． (3)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直． ①求a； ②求f(x)的单调区间和极值． 解：①由题意得f′(x)＝ eq \f(1,x)＋2x＋a，x>0， 则f′(2)＝ eq \f(9,2)＋a. ∵直线2x＋3y＝0的斜率为－ eq \f(2,3)，f(x)在(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直， ∴( eq \f(9,2)＋a)(－ eq \f(2,3))＝－1，∴a＝－3. ②由①知f′(x)＝ eq \f(1,x)＋2x－3＝ eq \f(2x2－3x＋1,x)＝ eq \f(（2x－1）（x－1）,x)(x＞0). 令f′(x)＝0，解得x＝ eq \f(1,2)或x＝1， ∴f(x)在(0， eq \f(1,2))上单调递增，在( eq \f(1,2)，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)极大值＝f( eq \f(1,2))＝ln eq \f(1,2)＋ eq \f(3,4)，f(x)极小值＝f(1)＝0. 考点二　利用导数求函数的最值问题 考向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]上的最小值、最大值分别为(　　) A．－ eq \f(π,2)， eq \f(π,2) B．－ eq \f(3π,2)， eq \f(π,2) C．－ eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＋2 D．－ eq \f(3π,2)， eq \f(π,2)＋2 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)或x＝ eq \f(π,2)或x＝ eq \f(3π,2).因为f( eq \f(π,2))＝cos eq \f(π,2)＋( eq \f(π,2)＋1)sin eq \f(π,2)＋1＝2＋ eq \f(π,2)，f( eq \f(3π,2))＝cos eq \f(3π,2)＋( eq \f(3π,2)＋1)sin eq \f(3π,2)＋1＝－ eq \f(3π,2)，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( eq \f(π,2))＝2＋ eq \f(π,2)，f(x)min＝f( eq \f(3π,2))＝－ eq \f(3π,2). 考向2　由函数的最值求参数问题 [例5] 已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x．当a>0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围． 解：f′(x)＝2ax－(a＋2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(（ax－1）（2x－1）,x)(x>0，a>0)， 当0< eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意． 当1< eq \f(1,a)<e，即 eq \f(1,e)<a<1时， 若x∈[1， eq \f(1,a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减； 若x∈( eq \f(1,a)，e]，则f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以f(x)min＝f( eq \f(1,a))<f(1)＝－2，不符合题意． 当 eq \f(1,a)≥e，即0<a≤ eq \f(1,e)时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递减， 所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝－2，不符合题意． 综上所述，a的取值范围是[1，＋∞). 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． 训练2 (1)(2025·辽阳模拟)函数f(x)＝ln x＋ eq \f(1,2x2)＋3的最小值是(　　) A． eq \f(9,2) B．4 C． eq \f(7,2) D．3 解析：由题意可得f′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(1,x3)＝ eq \f(x2－1,x3)，令f′(x)＞0，得x＞1，令f′(x)＜0，得0＜x＜1，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值是f(1)＝ eq \f(7,2). (2)(2025·上饶模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋1.当0<x≤e2时，g(x)＝f(x)－ax2－3＋ eq \f(a,x)有最小值2，求a的值． 解：g(x)＝f(x)－ax2－3＋ eq \f(a,x)＝ln x＋ eq \f(a,x)－2，其中0<x≤e2， 则g′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(a,x2)＝ eq \f(x－a,x2). 若a≤0，则g′(x)>0，g(x)在(0，e2]上单调递增，函数g(x)无最小值，不符合题意； 若a>0，当x>a时，g′(x)>0，当0<x<a时，g′(x)<0. ①当a≥e2时，对任意的x∈(0，e2]，g′(x)≤0，函数g(x)在(0，e2]上单调递减， 则g(x)min＝g(e2)＝ln e2＋ eq \f(a,e2)－2＝ eq \f(a,e2)＝2，解得a＝2e2，符合题意； ②当0<a<e2时，函数g(x)在(0，a]上单调递减，在(a，e2]上单调递增， 所以g(x)min＝g(a)＝ln a＋ eq \f(a,a)－2＝2， 解得a＝e3，不符合题意． 综上所述，a的值为2e2. $$