6.2.2 第2课时 函数的导数与最值 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教B版）

该高中数学课件聚焦导数的应用，通过基础达标题目（如函数单调性判断、构造新函数比较大小）引入，逐步过渡到含参数函数最值讨论、导数几何意义等综合问题，构建从基础到复杂的学习支架。 其亮点在于以分层题目设计培养数学思维，通过详细解析（如求导判断单调性、分类讨论参数）强化逻辑推理，结合具体函数实例（如三次函数、指数函数）引导学生用数学眼光观察变化规律，用数学语言规范表达。学生能提升问题解决能力，教师可高效开展分层教学。

课后达标检测 1 1．函数f(x)＝x3－3x(|x|<1)(　　) A．有最值，但无极值 B．有最值，也有极值 C．既无最值，也无极值 D．无最值，但有极值 解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，1)上单调递减，无最大值和最小值，也无极值． √ 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 3 课后达标检测 2．(2025·鞍山月考)已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的连续可导函数，且f′(x)<g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为(　　) A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b) C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a) 解析：令F(x)＝f(x)－g(x)，因为f′(x)<g′(x)，所以F′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，所以F(x)在[a，b]上单调递减，所以F(x)max＝F(a)＝f(a)－g(a).故选A. √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 3．已知函数y＝(x＋a)ex的最小值为－1，则实数a＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：y′＝(x＋a＋1)ex，当x∈(－∞，－a－1)时，y′<0，函数单调递减，当x∈(－a－1，＋∞)时，y′>0，函数单调递增．故当x＝－a－1时函数取得极小值，也是最小值－e－a-1.故－e－a-1＝－1，所以a＝－1.故选A. √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 6．(多选)(2025·本溪月考)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A.f(a)<f(b)<f(c) B．f(e)<f(d)<f(c) C．x＝c时，f(x)取得最大值 D．x＝d时，f(x)取得最小值 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：由题中f′(x)的图象可知，当x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减．对于A，因为a<b<c，所以f(a)<f(b)<f(c)，A正确； 对于B，因为c<d<e，所以f(e)<f(d)<f(c)，B正确； 对于C，由单调性知f(c)为极大值，当x>e时，可能存在f(x0)>f(c)，C错误； 对于D，由单调性知f(e)<f(d)，D错误． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 7．已知函数f(x)＝ex－x，则函数f(x)的最小值为________． 解析：函数f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，可得x＝0. 当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增． 故f(x)min＝f(0)＝e0－0＝1. 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 8．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M－N＝________． 解析：因为f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－1，当－3≤x<－1和1<x≤2时，f′(x)>0；当－1<x<1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[－3，－1)和(1，2]上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为f(1)＝－3，又f(－3)＝(－3)3－3×(－3)－1＝－19，f(2)＝23－3×2－1＝1，所以M＝1，N＝－19, 所以M－N＝20. 20 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 9．已知函数f(x)＝aex－x2是R上的增函数，则a的最小值为________． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 当x∈(0，1)∪(3，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(1，3)时，f′(x)<0. 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，(3，＋∞)， 单调递减区间为(1，3). 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：设f(x1)＝g(x2)＝t，则x1＝et，x2＝2t－2，所以x1－x2＝et－2t＋2，令h(t)＝et－2t＋2，则h′(t)＝et－2，令h′(t)<0，得t<ln 2，函数h(t)单调递减，令h′(t)>0，得t>ln 2，函数h(t)单调递增，所以h(t)min＝h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，即x1－x2的最小值为4－2ln 2.故选C. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 13．若函数f(x)＝kx－ex在(1，＋∞)上不存在最值，则实数k的取值范围为________． 解析：由题意得f′(x)＝k－ex. 当k≤0时，f′(x)＝k－ex<0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，不存在最值，符合题意； 当k>0时，令f′(x)＝k－ex＝0，可得x＝ln k， 当x<ln k时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，ln k)上单调递增， 当x>ln k时，f′(x)<0，函数f(x)在(ln k，＋∞)上单调递减． 若函数f(x)＝kx－ex在(1，＋∞)上不存在最值，则ln k≤1， 即k≤e，故0<k≤e.综上，k≤e. (－∞，e] 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 14．(13分)(2025·营口月考)已知f(x)＝ax－ln x，a∈R.是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 15．(15分)已知函数f(x)＝(x－k－1)ex(k∈R). (1)当k＝1时，求f(x)在(0，－2)处的切线方程；(6分) 解：当k＝1时，f(x)＝(x－2)ex， 则f′(x)＝(x－1)ex，所以f′(0)＝－1， 则f(x)在(0，－2)处的切线方程为y＝－x－2，即x＋y＋2＝0. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)讨论f(x)在区间[0，3]上的最小值．(9分) 解：函数f(x)＝(x－k－1)ex， 则f′(x)＝(x－k)ex， 当x>k时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增； 当x<k时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减． 当k>3时，函数f(x)在[0，3]上单调递减， 故f(x)min＝f(3)＝(2－k)e3； 当k<0时，函数f(x)在[0，3]上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝－1－k； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 当0≤k≤3时，函数的最小值f(x)min＝f(k)＝－ek. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解：令f′(x)＝0，得x＝1或x＝3. 因为1∈，3∉， $