2.6.3 第2课时 函数的极值与最值的综合问题-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦函数的极值与最值综合问题，通过习题讲评式教学，以导数为工具，衔接导数应用基础，构建“题型分类-思维建模-针对训练”的学习支架，帮助学生深化对含参函数极值、最值及不等式证明的理解。 其亮点在于结合高考真题（如2024新课标Ⅱ卷例1），通过题型分类（含参极值、最值、不等式证明）和思维建模（如极值求解步骤、不等式证明思路），培养学生数学思维（推理能力、运算能力）和数学语言（模型观念）。学生能掌握分类讨论等方法，教师可高效落实重难点，提升教学效果。

函数的极值与最值的综合问题 [教学方式：拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 课时目标 利用导数会求解含参函数的极值、最值问题，进一步掌握函数的极值、最值问题. CONTENTS 目录 1 2 3 题型（一）　含参数的极值问题 题型（二）　含参数的最值问题 题型（三）　利用最值证明不等式 4 课时跟踪检测 题型（一） 含参数的极值问题 01 [例1]　（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，则f（x）=ex-x-1，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. （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　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，由题意可得 f（ln a）=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0，令g（a）=a2+ln a-1，a>0，则g'（a）=2a+>0，可知g（a）在（0，+∞）上单调递增，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　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， 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，符合题意， 由题意可得f（ln a）=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0， 令g（a）=a2+ln a-1，a>0，因为y=a2，y=ln a-1在（0，+∞）上单调递增，可知g（a）在（0，+∞）上单调递增，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| 　　求含参函数极值的步骤与求不含参数函数极值的步骤相同，但要注意有时需要对参数进行分类讨论. 针对训练 1.设函数f（x）=2x3-3（a-1）x2+1，其中a≥1. （1）求f（x）的单调区间； 解：由已知得f'（x）=6x[x-（a-1）]，令f'（x）=0， 解得x1=0，x2=a-1. 当a=1时，f'（x）=6x2≥0，故f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞），无单调递减区间； 当a>1时，f'（x）=6x[x-（a-1）]. f'（x），f（x）随x的变化情况如下表. 由表可知函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），（a-1，+∞），单调递减区间为（0，a-1）. x （-∞，0） 0 （0，a-1） a-1 （a-1，+∞） f'（x） + 0 - 0 + f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 （2）讨论f（x）的极值. 解：由（1）知，当a=1时， 函数f（x）没有极值. 当a>1时，函数f（x）在x=0处取得极大值1， 在x=a-1处取得极小值1-（a-1）3. 题型（二） 含参数的最值问题 02 [例2]　已知函数f（x）=x3-ax2-a2x，求函数f（x）在区间[0，+∞）上的最小值. 解：f'（x）=3x2-2ax-a2=（3x+a）（x-a）， 令f'（x）=0，得x1=-a，x2=a. ①当a>0时，f（x）在区间[0，a]内单调递减， 在区间（a，+∞）上单调递增，所以f（x）min=f（a）=-a3. ②当a=0时，f'（x）=3x2≥0，f（x）在区间[0，+∞）上单调递增， 所以f（x）min=f（0）=0. ③当a<0时，f（x）在区间内单调递减， 在区间上单调递增，所以f（x）min=f=a3. 综上所述，当a>0时，f（x）min=-a3； 当a=0时，f（x）min=0；当a<0时，f（x）min=a3. 　　|思|维|建|模| 　　对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小于0三种情况.若导函数恒大于0或小于0，则函数在已知闭区间上具有单调性，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值. 针对训练 2.已知函数f（x）=x3-3ax+1. （1）若函数f（x）在x=-1处取得极值，求实数a的值； 解：由题意可知f'（x）=3x2-3a， 所以f'（-1）=0，即3-3a=0解得a=1， 经检验a=1，符合题意.所以a=1. （2）当x∈[-2，1]时，求函数f（x）的最大值. 解：由（1）知f'（x）=3x2-3a，令f'（x）=0，x=±，当<<1 即<a<1时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表. x -2 （-2， -） - （-，） （，1） 1 f'（x）   + 0 - 0 +   f（x） -7+6a 单调递增 极大值 单调 递减 极小值 单调递增 2-3a f（-）=2a+1>2-3a，由表可知，所以f（x）的最大值为2a+1. 当1≤<2即1≤a<4时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表. x -2 （-2，-） - （-，1） 1 f'（x）   + 0 -   f（x） -7+6a 单调递增 极大值 单调递减 2-3a f（-）=2a+1，由表可知，所以f（x）的最大值为2a+1. 当≥2即a≥4时，f'（x）=3x2-3a≤0恒成立，即f（x）在[-2，1] 内单调递减，所以f（x）的最大值为f（-2）=-7+6a.综上所述， 当<a<4时，f（x）的最大值为2a+1； 当a≥4时，f（x）的最大值为-7+6a. 题型（三）利用最值证明不等式 03 [例3]　函数f（x）=x+ax2+bln x的图象在点P（1，0）处的切线斜率为2. （1）求a，b的值； 解：由题设可知f（x）的定义域为（0，+∞）， f'（x）=1+2ax+， ∵y=f（x）在点P（1，0）处切线的斜率为2， ∴f（1）=1+a=0，f'（1）=1+2a+b=2，解得a=-1，b=3. （2）证明：f（x）≤2x-2对任意正实数x恒成立. 解：证明：由（1）知f（x）=x-x2+3ln x（x>0），则转化为证明2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立，设g（x）=2-x-x2+3ln x，x>0， 则g'（x）=-1-2x+=-，∴当0<x<1时，g'（x）>0； 当x>1时，g'（x）<0.∴g（x）在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴g（x）在x=1处有最大值g（1）=0，∴g（x）≤0对任意正实数x恒成立，即2-x-x2+3ln x≤0对任意正实数x恒成立， 即f（x）≤2x-2对任意正实数x恒成立，原命题得证. 　　|思|维|建|模| 利用最值证明不等式的解题思路 （1）构造函数h（x）=f（x）-g（x）. （2）问题转化为证明f（x）-g（x）≥0，即证h（x）≥0即可. （3）讨论单调性：根据h'（x）与0的大小关系确定函数h（x）的单调性. （4）求最值：由函数h（x）的单调性确定最值，并确认h（x）≥h（x）min ≥0即可. [特别说明]　证明∀x∈D，都有f（x）-g（x）≥0，若能转化为∀x1，x2∈D 都有f（x1）min≥g（x2）max，即可得证. 针对训练 3.已知函数f（x）=ln x-，证明：f（x）<x2-ln x-. 证明：∵f'（x）=-=（x>0）， ∴当x∈（0，e）时，f'（x）>0； 当x∈（e，+∞）时，f'（x）<0. ∴函数f（x）的单调递增区间为（0，e），单调递减区间为（e，+∞），∴f（x）max=f（e）=ln e-=0. 设g（x）=x2-ln x-，则g'（x）=2x-=（x>0），∴当x∈时，g'（x）<0；当x∈时，g'（x）>0，∴函数g（x）的单调递减区间为，单调递增区间为，∴g（x）min =g=-ln-=-+ln 2=.∵ln 2>ln =，∴g（x）min>0.又f（x）≤f（x）max=0，∴f（x）<x2-ln x-. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 1.[多选]对于函数f（x）=（2x-x2）ex，下列结论正确的是 （　　） A.（-）是f（x）的单调递减区间 B.f（-）是f（x）的极小值，f（）是f（x）的极大值 C.f（x）有最大值，没有最小值 D.f（x）没有最大值，也没有最小值 √ √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2 解析：由f（x）=（2x-x2）ex得f'（x）=（2-x2）ex.当f'（x）<0时，函数f（x）单调递减，得（2-x2）ex<0，所以2-x2 <0，解得x>或x<-，所以A不正确；当f'（x）>0时，函数f（x）单调递增，得（2-x2）ex>0，所以2-x2>0，解得-<x<，因此f（-）是f（x）的极小值，f（）是f（x）的极大值，所以B正确；当f（x）>0时，f（x）=（2x-x2）ex>0，解得0<x<2；当f（x）<0时，f（x）=（2x-x2）ex<0，解得x>2或x<0，因此函数有最大值，最大值为f（），没有最小值，所以C正确，D不正确.故选BC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.函数f（x）=的最大值为（　　） A.a B.（a-1）e C.e1-a D.ea-1 √ 解析：f（x）=，则f'（x）=，所以当x<1-a时，f'（x）>0，当x>1-a时，f'（x）<0，所以f（x）在（-∞，1-a）上单调递增，在（1-a，+∞）上单调递减，所以f（x）max=f（1-a）=ea-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 3.当a>0时，xln x-a=0的解有 （　　） A.0个 B.1个 C.2个 D.不确定 √ 解析：记f（x）=xln x，令f'（x）=1+ln x=0 得x=，得f（x）在内单调递减，在 上单调递增，f（x）min=f=-， 如图，则y=a（a>0）与y=f（x）的图象只有一个交点，故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 4.若对任意的x∈（0，+∞），ax-ln（2x）≥1恒成立，则实数a的最小值是 （　　） A.2 B.3 C.4 D.5 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：令f（x）=ax-ln（2x），x∈（0，+∞）.∵ax-ln（2x）≥1恒成立，∴f（x）min≥1，f'（x）=a-，若a≤0，则f'（x）<0，f（x）单调递减，ax-ln（2x）≥1不恒成立，∴a>0.令f'（x）=0，解得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.∴f（x）min=f=1-ln≥1，即ln≤0，即a≥2，∴a的最小值是2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 5.已知实数x>0，则函数y=xx的值域为 （　　） A.（0，+∞） B.（1，+∞） C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 解析：对y=xx的两边同时取自然对数得，ln y=xln x（x>0），令f（x）=xln x（x>0），则f'（x）=1+ln x，令f'（x）>0，解得x>，令f'（x）<0，解得0<x<，故f（x）=xln x（x>0）在内单调递减，在上单调递增，故f（x）=xln x（x>0）在x=处取得极小值，也是最小值，且f=ln =-，故f（x）=xln x（x>0）的值域为，所以y=xx的值域为（，+∞）.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 6.（5分）已知f（x）=-x2+mx+1在区间[-2，-1]上的最大值就是函数 f（x）的极大值，则m的取值范围是__________.  （-4，-2） 解析：f'（x）=m-2x，令f'（x）=0，得x=. 由题设得-2<<-1，故m∈（-4，-2）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 7.（5分）若函数f（x）=3x-x3在区间（a-1，a）上有最小值，则实数a的取值范围是_________.  （-1，0） 解析：f'（x）=3-3x2=-3（x-1）（x+1）， 当x<-1或x>1时，f'（x）<0，当-1<x<1时，f'（x）>0， ∴x=-1是函数f（x）的极小值点. ∵函数f（x）=3x-x3在区间（a-1，a）上有最小值，即为极小值. ∴a-1<-1<a，解得-1<a<0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 8.（5分）已知函数f（x）=（a>0）在[1，+∞）上的最大值为，则a的值为___________.  -1 解析：由f（x）=得f'（x）=，当a>1时，若1<x<， 则f'（x）>0，f（x）单调递增，若x>，则f'（x）<0，f（x） 单调递减，故当x=时，函数f（x）在[1，+∞）上有最大值=， 解得a=<1，不符合题意，舍去； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 当a=1时，函数f（x）在[1，+∞）上单调递减， 最大值为f（1）=，不符合题意； 当0<a<1时，函数f（x）在[1，+∞）上单调递减， 此时最大值为f（1）==，解得a=-1， 符合题意.综上可知，a的值为-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 9.（5分）已知函数f（x）=ln x，g（x）=2x，f（m）=g（n），则mn的最小值是_________.  - 解析：由函数f（x）=ln x，g（x）=2x，f（m）=g（n）， 得ln m=2n，所以mn=mln m，m>0. 令h（m）=mln m，m>0， 则h'（m）=（1+ln m）， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 当m>时，h'（m）>0，当0<m<时， h'（m）<0，所以函数h（m）在内单调递减，在 上单调递增，所以h（m）在x=处取得极小值，也是最小值， 最小值为h=-，即mn的最小值为-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 10.（5分）已知a≠0，若函数f（x）=有最小值，则实数a的最大值为_______.  e-3 解析：当x≥-1时，f（x）=（x-2）ex+2，f'（x）=（x-1）ex， 当x∈[-1，1）时，f'（x）<0，当x∈（1，+∞）时，f'（x）>0， 故f（x）在[-1，1）内单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 故f（x）=（x-2）ex+2在x=1处取得极小值，且f（1）=-e+2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 当x<-1时，f（x）=ax-1， 若a>0，f（x）=ax-1在（-∞，-1）上单调递增， 此时f（x）没有最小值， 若a<0，f（x）=ax-1在（-∞，-1）上单调递减， 要想函数有最小值，则-a-1≥-e+2，解得a≤e-3， 故实数a的最大值为e-3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 11.（15分）已知函数f（x）=x2+ln x. （1）求y=f（x）在[1，e]上的最大值和最小值；（6分） 解：因为f（x）=x2+ln x，所以f'（x）=x+=， 当x∈[1，e]时，f'（x）>0，所以y=f（x）在[1，e]内单调递增， f（x）min=f（1）=，f（x）max=f（e）=e2+1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 （2）求证：当x∈（1，+∞）时，函数y=f（x）的图象在函数g（x）=x3的图象的下方.（9分） 解：证明：设h（x）=x2+ln x-x3，则h'（x）=x+-2x2= =，当x∈（1，+∞）时，h'（x）<0，则h（x）单调递减，且h（1）=-<0，故x∈（1，+∞）时，h（x）<0，即x2+ln x<x3，所以当x∈（1，+∞）时，函数y=f（x）的图象在函数g（x）=x3的图象的下方. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 12.（15分）已知函数f（x）=+sin x（a∈R），e为自然对数的底数. （1）当a=1且x∈（-∞，0]时，求f（x）的最小值；（6分） 解：当a=1时，f（x）=+sin x，则f'（x）=+cos x， 当x∈（-∞，0]时，0<ex≤1，则≤-1，又因为cos x≤1，所以当 x∈（-∞，0]时，f'（x）=+cos x≤0，当且仅当x=0时，f'（x）=0， 所以f（x）在x∈（-∞，0]上单调递减，所以f（x）min=f（0）=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 （2）若函数f（x）在上存在极值点，求实数a的取值范围.（9分） 解：f'（x）=+cos x，因为x∈，所以cos x>0，ex>0， ①当a≤0时，f'（x）>0恒成立，所以f（x）在内单调递增，没有极值点. ②当a>0时，易知f'（x）=+cos x在内单调递增， 因为f'=-a·<0，f'（0）=-a+1， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3 4 2 当a≥1时，x∈，f'（x）≤f'（0）=-a+1≤0，所以f（x）在内单调递减，没有极值点；当0<a<1时，f'（0）=-a+1>0， 所以存在x0∈使f'（x0）=0，当x∈时，f'（x）<0，当x∈（x0，0）时，f'（x）>0，所以f（x）在x=x0处取得极小值，x0为极小值点.综上可知，若函数f（x）在上存在极值点，则实数a∈（0，1）. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $