第三章 §3.3 导数与函数的极值、最值（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

§3.3　导数与函数的极值、最值 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． 知识梳理 1．函数的极值 一般地，若存在δ>0，当x∈(x1－δ，x1＋δ)时，都有f(x)≤f(x1)，则称f(x1)为函数f(x)的一个极大值；当x∈(x2－δ，x2＋δ)时，都有f(x)≥f(x2)，则称f(x2)为函数f(x)的一个极小值． 函数的极大值、极小值统称为函数的极值． 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． 自主诊断 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－ax2＋2x－1有两个极值点，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)有两个变号零点， ∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0， 解得a>或a<－. 4．函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是________，最小值是________． 答案　4　－ 解析　f′(x)＝x2－4， 令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2(舍去)． 当x∈[0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(2,3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以当x＝2时，f(x)＝x3－4x＋4有极小值， 并且极小值为f(2)＝－. 又由于f(0)＝4，f(3)＝1， 所以函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是4，最小值是－. 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·连云港模拟)如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，下列说法正确的是(　　) A．f(1)为函数f(x)的极大值 B．当x＝－1时，f(x)取得极小值 C．f(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,4)上单调递减 D．当x＝3时，f(x)取得极小值 答案　BC 解析　由图象知，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0， 即f(x)在(－2，－1)上单调递减， 当x∈(－1,2)时，f′(x)>0， 即f(x)在(－1,2)上单调递增， 所以当x＝－1时，f(x)取得极小值， 故A错误，B正确； 当x∈(2,4)时，f′(x)<0， 即f(x)在(2,4)上单调递减，故C正确，D错误． 命题点2　求已知函数的极值 例2 设函数f(x)＝(x2＋ax＋a)ex，讨论f(x)的单调性并判断f(x)有无极值，若有极值，求出f(x)的极值． 解　f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex ＝(x＋2)(x＋a)ex 当a＝2时，f′(x)≥0， 所以函数f(x)在R上是增函数，无极值； 当a≠2时，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝－a， 不妨令x1<x2(x1是－2与－a中较小的一个，x2是较大的一个)， 列表如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 当－a>－2，即a<2时，取x1＝－2，x2＝－a，其单调区间如表所示， 极大值为f(－2)＝(4－a)e－2，极小值为f(－a)＝ae－a. 当－a<－2，即a>2时，取x1＝－a，x2＝－2，其单调区间如表所示， 极小值为f(－2)＝(4－a)e－2，极大值为f(－a)＝ae－a. 命题点3　已知极值(点)求参数 例3 (1)(2024·成都模拟)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为(　　) A．1 B．－1或－3 C．－1 D．－3 答案　D 解析　函数f(x)＝x(x＋a)2，f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)， 由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值， 可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0， 解得a＝－1或a＝－3， 当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝1处有极小值，不符合题意． 当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，f(x)在x＝1处有极大值，符合题意． 综上可得，a＝－3. (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． 当x→－∞时，g(x)→－∞； 当x→＋∞时，g(x)→0. 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)(2023·商丘模拟)已知函数f(x)＝x2－aln(2x＋1)在定义域内不存在极值点，则实数a的取值范围是__________． 答案　 解析　函数f(x)的定义域为， 且f′(x)＝2x－＝＝， 因为f(x)在定义域内不存在极值点， 所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在上恒成立， 即2x2＋x－a≥0或2x2＋x－a≤0在上恒成立， 因为2x2＋x－a≤0在上不可能恒成立， 所以2x2＋x－a≥0在上恒成立， 即a≤2x2＋x＝22－， 所以a≤(2x2＋x)min＝－， 故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 (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)或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)＝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)＋＝(x>0，a>0)， 当0<≤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<<e，即<a<1时，若x∈，则f′(x)<0，f(x)单调递减； 若x∈，则f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以f(x)min＝f <f(1)＝－2，不符合题意． 当≥e，即0<a≤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，＋∞)． 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)(2024·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＋有最小值2，求a的值． 解　g(x)＝f(x)－ax2－3＋＝ln x＋－2，其中0<x≤e2， 则g′(x)＝－＝. 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＋－2＝＝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＋－2＝2， 解得a＝e3，不符合题意． 综上所述，a的值为2e2. 课时精练 一、单项选择题 1．函数f(x)＝x3＋x2－3x－1的极小值点是(　　) A．1 B. C．－3 D．(－3,8) 答案　A 解析　f′(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1， 所以函数f(x)＝x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故f(x)在x＝1处有极小值，极小值点为1. 2．(2023·淮阳模拟)函数f(x)＝xcos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为(　　) A．1 B．π C. D. 答案　B 解析　由题意得f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x， 当x∈[－π，0]时，sin x≤0，f′(x)≤0， 所以f(x)在[－π，0]上单调递减， 故函数f(x)在区间[－π，0]上的最大值为f(－π)＝π. 3．(2023·郑州模拟)若当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得极小值4，则a＋b等于(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 答案　A 解析　f(x)＝aln x＋，f′(x)＝－， 根据题意有f′(1)＝a－(b＋1)＝0，且f(1)＝b＋1＝4， 解得a＝4，b＝3，a＋b＝7. 此时f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，满足题意，故a＋b＝7. 4．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值，则a的取值范围是(　　) A．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C．[2,4] D．(2,4) 答案　D 解析　f′(x)＝a－2x，令f′(x)＝0，得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， 因此x＝是f(x)的极大值点，由于只有一个极值点，因此也是最大值点， 由题意得∈(1,2)，所以a∈(2,4)． 5．(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　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 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，函数f(x)取得最大值，满足题意． 所以f′(2)＝－1＋＝－. 6．(2023·开封模拟)已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为(　　) A．1－ln 2 B．2(1－ln 2) C.(2－ln 2) D.(1－ln 2) 答案　D 解析　由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n， 所以3n－3m＝em－2m； 令h(m)＝em－2m(m∈R)， 则h′(m)＝em－2， 令em－2＝0，解得m＝ln 2. 当m∈(－∞，ln 2)时，h′(m)<0， 即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减； 当m∈(ln 2，＋∞)时，h′(m)>0， 即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增； 即h(m)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2， 故(n－m)min＝(1－ln 2)． 二、多项选择题 7．对于函数f(x)＝x3－3x，下列结论中正确的是(　　) A．f(x)是奇函数 B．f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增 C．f(x)在x＝－1处取得极大值2 D．f(x)的值域是[－2,2] 答案　ABC 解析　对于A，因为对∀x∈R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，故A正确； 对于B，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)， 令f′(x)>0可得x<－1或x>1， 令f′(x)<0可得－1<x<1， 所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，故B正确； 对于C，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，结合选项B可知，x＝－1是函数f(x)的极大值点，此时函数f(x)的极大值为f(－1)＝－1＋3＝2，故C正确； 对于D，由B选项可知，函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，作出f(x)的大致图象如图所示， 所以f(x)无最大值，无最小值，故D错误． 8．(2023·新高考全国Ⅱ)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 答案　BCD 解析　函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)， 则f′(x)＝－－＝， 因为函数f(x)既有极大值也有极小值， 则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0， 因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2， 于是 即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0， 显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确． 三、填空题 9．(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． 10．(2024·襄阳模拟)若函数f(x)＝在区间上的最小值为2e，则a的取值范围是________． 答案　 解析　由f(x)＝，得f′(x)＝， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增， 且f ＝2e，所以∈， 即a≥， 所以a的取值范围是. 11．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大． 答案　4 解析　商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)＝(x－3) ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6， f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)． 令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)． 故当x∈(3,4)时，f′(x)＞0，当x∈(4,6)时，f′(x)＜0. 则函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减， ∴当x＝4时，函数f(x)取得最大值f(4)＝42. 故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 12．(2024·湛江模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x1，x2，且x2＝2x1，则a＝________. 答案　 解析　f(x)＝ex－ax2－a，定义域为R， 所以f′(x)＝ex－2ax， 故－2ax1＝0，－2ax2＝0； 又x2＝2x1，所以－4ax1＝0. 又>0，故＝2，所以x1＝ln 2， 所以a＝＝. 四、解答题 13．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)． 14．已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 解　(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]， ∴f′(x)＝， 由f′(1)＝0，得a＝1. ∴f′(x)＝， ∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e]时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]； f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1. (2)∵f(x)＝ln x－ax， ∴f′(x)＝， ①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>0，舍去； ②当a>0时，由f′(x)＝＝0，得x＝， 当0<<e，即a>时， ∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减， 又f(x)在(0，e]上的最大值为－3， ∴f(x)max＝f ＝－1－ln a＝－3， ∴a＝e2，符合题意； 当e≤，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>，舍去． 综上，存在a符合题意，此时a＝e2. 学科网（北京）股份有限公司 $