专题6 第4讲 利用导数研究函数的单调性、极值与最值（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

第4讲　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 考点一　利用导数研究函数的单调性 考点二　利用导数研究函数的极值 目 录 索 引 考点三　利用导数研究函数的最值 考点一　利用导数研究函数的单调性 理知识 1.f'(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数f(x)=x3在(-∞,+∞)上单调递增,但f'(x)≥0. 2.f'(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件,当函数在某个区间内恒有f'(x)=0时,则f(x)在此区间内为常函数,函数不具有单调性. 3.导数法求函数单调区间的步骤: (1)确定函数f(x)的定义域; (2)求f'(x)(通分、合并、因式分解); (3)解不等式f'(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间; (4)解不等式f'(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间. [微提醒]利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域. 链高考 (2023新高考Ⅱ,6)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(　　) A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 C 解析 由题意可知f'(x)=aex-0在区间(1,2)内恒成立, 即a在区间(1,2)内恒成立. 设g(x)=xex,则g'(x)=(x+1)ex>0在区间(1,2)内恒成立, 所以函数g(x)=xex在区间(1,2)内单调递增,所以g(x)>g(1)=e, 则0<,即a≥e-1.故选C. 考向1　求函数的单调区间 例1　(2025江苏南京模拟)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+2aln x(a∈R). (1)当a=-3时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线; (2)讨论函数f(x)的单调性. 解 (1)当a=-3时,f(x)=x2+x-6ln x,求导得f'(x)=x+1-,则f'(1)=-4, 而f(1)=,所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-=-4(x-1), 即8x+2y-11=0. (2)函数f(x)=x2-(a+2)x+2aln x的定义域为(0,+∞), 求导得f'(x)=x-(a+2)+ 当a≤0时,由f'(x)<0,得0<x<2,由f'(x)>0,得x>2, 所以函数f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增; 当0<a<2时,由f'(x)<0,得a<x<2;由f'(x)>0,得0<x<a或x>2, 函数f(x)在(a,2)内单调递减,在(0,a)和(2,+∞)内单调递增; 当a=2时,f'(x)=0,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增; 当a>2时,由f'(x)<0,得2<x<a,由f'(x)>0,得0<x<2或x>a, 函数f(x)在(2,a)内单调递减,在(0,2)和(a,+∞)内单调递增, 所以当a≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增; 当0<a<2时,函数f(x)在(a,2)内单调递减,在(0,a)和(2,+∞)内单调递增; 当a=2时,函数f(x)在(0,+∞)内单调递增; 当a>2时,函数f(x)在(2,a)内单调递减,在(0,2)和(a,+∞)内单调递增. 考向2　单调性的应用 例2　(1)(2025湖北黄冈模拟)已知函数f(x)=sin x+ex-e-x,若a=f(-2),b=f, c=f(ln 2),则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.b<c<a A 解析 由f(x)=sin x+ex-e-x,得f'(x)=cos x+ex+e-x,因为ex+e-x≥2=2, 当且仅当ex=e-x,即x=0时等号成立, 而cos x∈[-1,1],所以f'(x)=cos x+ex+e-x>0,即f(x)在R上单调递增, 因为-2<=ln<ln 2,所以f(-2)<f<f(ln 2),即a<b<c.故选A. (2)若函数h(x)=ln x-ax2-2x(a≠0)在[1,4]上单调递减,则a的取值范围是 　 .  (0,+∞) 解析 因为h(x)在[1,4]上单调递减, 所以当x∈[1,4]时,h'(x)=-ax-2≤0恒成立,即a恒成立. 设g(x)=,所以a≥g(x)max,而g(x)=-1, 因为x∈[1,4],所以,所以g(x)max=-(此时x=4), 所以a≥-,又因为a≠0,所以a的取值范围是(0,+∞). (3)(2025江苏南京模拟)设函数f(x)=sin x+ex-e-x-x+3,则满足f(x)+f(3-2x)<6的x的取值范围是　　　　　.  (3,+∞) 解析 f(x)=sin x+ex-e-x-x+3,设g(x)=f(x)-3=sin x+ex-e-x-x, 因为g(-x)=-g(x),所以g(x)为R上的奇函数, 因为g'(x)=cos x+ex+e-x-1≥cos x+2-1=1+cos x≥0,且使g'(x)=0的点都构不成区间,所以g(x)在R上单调递增, 又f(x)+f(3-2x)<6,所以[f(x)-3]+[f(3-2x)-3]<0,即g(x)+g(3-2x)<0, 则g(x)<-g(3-2x), 又g(x)为R上的奇函数,所以g(x)<g(2x-3), 又g(x)在R上单调递增,所以x<2x-3,即x>3, 故x的取值范围是(3,+∞). 延伸探究1 若本例(2)条件变为“函数h(x)=ln x-ax2-2x(a≠0)在[1,4]上单调递增”,则a的取值范围是　　　　　.  (-∞,-1] 解析 因为h(x)在[1,4]上单调递增,所以当x∈[1,4]时,h'(x)≥0恒成立,即a恒成立,又因为当x∈[1,4]时,函数y=的最小值是-1(此时x=1),所以a≤-1,即a的取值范围是(-∞,-1]. 延伸探究2 若本例(2)条件变为“函数h(x)=ln x-ax2-2x(a≠0)在[1,4]上存在单调递减区间”,则a的取值范围是　　 　　　.  (-1,0)∪(0,+∞) 解析 因为h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,所以h'(x)<0在[1,4]上有解,所以当x∈[1,4]时,a>有解,而当x∈[1,4]时,函数y=的最小值是-1(此时x=1),所以a>-1,又a≠0,所以a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). 延伸探究3 若本例(2)条件变为“函数h(x)=ln x-ax2-2x(a≠0)在[1,4]上不单调”,则a的取 值范围是　　　　　.  解析 因为h(x)在[1,4]上不单调,所以h(x)在(1,4)内有极值点,由h'(x)=-ax-2=0,得a=-1,易知函数y=-1在(1,4)内单调递增,其值域为,当a时,h(x)在(1,4)内有极值点,h(x)在[1,4]上不单调. 所以实数a的取值范围是 考点二　利用导数研究函数的极值 理知识 1.若在x0附近左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,则f(x0)为函数f(x)的极大值;若在x0附近左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则f(x0)为函数f(x)的极小值. 2.判断函数的极值点,主要有两点: (1)导函数f'(x)的变号零点,即为函数f(x)的极值点; (2)利用函数f(x)的单调性可得函数的极值点. [微提醒]函数的极大值不一定大于函数的极小值. 链高考 (2025新高考Ⅱ,13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=　　　　　.  -4 解析 f'(x)=[(x-2)(x-1)(x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]', 又f'(2)=0,即2-a=0,所以a=2,所以f(0)=-4. 例3　(2024新高考Ⅱ,16)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; (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,则切点为(1,e-2).又f'(x)=ex-1,k=f'(1)=e-1,故所求切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),整理得(e-1)x-y-1=0. (2)由题得,f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在R上为增函数,无极值,所以a>0. 令f'(x)=0,得x=ln a. 当f'(x)<0时,x<ln a;当f'(x)>0时,x>ln a,故函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(ln a)=a-aln a-a3<0,即1-ln a-a2<0.令g(x)=-x2-ln x+1,x>0,g'(x)=-2x-<0,所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递减. 又g(1)=0,所以g(a)<g(1),即a>1,故a的取值范围为(1,+∞). 【对点训练1】(1)(多选题)(2025新高考Ⅱ,10)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x>0时,f(x)=(x2-3)ex+2,则(　 　) A.f(0)=0 B.当x<0时,f(x)=-(x2-3)e-x-2 C.f(x)≥2当且仅当x≥ D.x=-1是f(x)的极大值点 ABD 解析 因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,A正确; 当x<0时,-x>0,f(-x)=[(-x)2-3]e-x+2=(x2-3)e-x+2=-f(x),所以f(x)=-(x2-3)e-x-2,B正确; 又f(-1)=2e-2=2(e-1)>2,所以C错误; 当x>0时,f'(x)=ex(x+3)(x-1),当0<x<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x=1是f(x)的极小值点,所以由奇函数的性质可知,x=-1是f(x)的极大值点,D正确.故选ABD. (2)(2025江西南昌一模)我们约定:若两个函数的极值点个数相同,并且图象从左到右看,极大值点和极小值点分布的顺序相同,则称这两个函数的图象“相似”.已知f(x)=ex-ex2+(x-1)2,则下列给出的函数其图象与y=f(x)的图象“相似”的是(　　) A.y=x2 B.y=-x2 C.y=x3-3x D.y=-x3+3x C 解析 f'(x)=ex-ex+2x-2,则f'(1)=0,令f'(x)=0,则ex=(e-2)x+2,如图,作出函数y=ex,y=(e-2)x+2的图象, 由图可知函数y=ex,y=(e-2)x+2的图象有两个交点,即函数y=f'(x)有两个零点1,x0,且x0<0.令f'(x)>0,则x>1或x<x0,令f'(x)<0,则x0<x<1,所以f(x)在(-∞,x0)和(1,+∞)内单调递增,在(x0,1)内单调递减,所以f(x)的极大值点为x0,极小值点为1. 对于A,函数y=x2在(-∞,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,所以函数有极小值点,无极大值点,故A不符合题意; 对于B,函数y=-x2在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)内单调递减,所以函数有极大值点,无极小值点,故B不符合题意; 对于C,y'=3x2-3,当x<-1或x>1时,y'=3x2-3>0,当-1<x<1时,y'=3x2-3<0,所以函数y=x3-3x的极大值点为-1,极小值点为1,故C符合题意; 对于D,y=-x3+3x=-(x3-3x),则函数y=-x3+3x的极小值点为-1,极大值点为1,故D不符合题意. 考点三　利用导数研究函数的最值 理知识 1.一般地,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. 2.一般地,求函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下: (1)求函数y=f(x)在区间(a,b)上的极值; (2)将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. 链高考 (2022全国乙,文11)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 D 解析 函数f(x)的导数f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x=(x+1)cos x,x∈[0,2π]. 令f'(x)=0,得x=或x=当x∈[0,)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈()时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(,2π]时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.故当x=时,函数f(x)有极大值f()=+2;当x=时,函数f(x)有极小值f()=- 又因为f(0)=2,f(2π)=2, 所以函数f(x)在区间[0,2π]上的最小值为-,最大值为+2,故选D. 例4　(2025河南郑州模拟)已知函数f(x)=x3+(2-a)x2-ax+1. (1)若a=3,求f(x)在[-4,4]上的最值. (2)若a>1且b>-1,关于x的方程f(x)+xex+b+(a-3)x2=0在(0,+∞)内仅有一个实根x0. ①证明:a=+x0; ②求4a-b的最大值. (1)解 若a=3,则f(x)=x3-x2-3x+1,所以f'(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1), 令f'(x)=0,可得x=3或x=-1, 令f'(x)>0,可得x>3或x<-1,令f'(x)<0,可得-1<x<3, 故f(x)在(-1,3)内单调递减,在(-∞,-1)和(3,+∞)内单调递增. 所以f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=,f(x)在x=3处取得极小值f(3)=-8, 又f(-4)=-<-8,f(4)=-, 所以f(x)在[-4,4]上的最小值为f(-4)=-,最大值为f(-1)= (2)①证明 令g(x)=f(x)+xex+b+(a-3)x2=x3+(1-a)x2-ax+xex+b+1, 则g'(x)=x2+(1-a)x-a+(x+1)ex=(x+1)(x-a)+(x+1)ex=(x+1)(x-a+ex), 令h(x)=x-a+ex,显然h(x)在(0,+∞)内单调递增,又h(0)=1-a<0,h(a)=ea>0, 所以存在唯一的m∈(0,a),满足h(m)=0,即a=m+em, 且当0<x<m时,h(x)<0,g'(x)<0,当x>m时,h(x)>0,g'(x)>0,故g(x)在(0,m)内单调递减,在(m,+∞)内单调递增,g(m)是g(x)在(0,+∞)上的极小值,也是最小值,又因为g(0)=b+1>0,x→+∞,g(x)→+∞, 要使g(x)=0在(0,+∞)上仅有一个实根x0,必须x0=m,所以a=+x0. ②解 由①知,g(x0)=(1-a)-ax0+x0+b+1=0, 将a=+x0代入,得-+b+1=0,所以b=-1,所以4a-b=4+4x0-+1. 令u(x)=4ex+4x-x3-x2-x2ex+1,x∈(0,+∞), 则u'(x)=4ex+4-x2-x-xex-x2ex=(ex+1)(4-x2-x)=-(ex+1)(x-2)(x+4),令u'(x)>0,可得0<x<2,令u'(x)<0,可得x>2,故u(x)在(2,+∞)内单调递减,在(0,2)内单调递增. 即u(x)在x=2处取得最大值u(2)=2e2+ 故4a-b的最大值为2e2+ 【对点训练2】(2025河北衡水模拟)已知函数f(x)=a(ln x-a)+. (1)讨论f(x)的单调区间; (2)若f(x)在(0,1]上的最小值为1,求a的值. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= 当a≤0时,f'(x)<0,f(x)的单调递减区间为(0,+∞); 当a>0时,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. 综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞),无单调递增区间; 当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为 (2)当a≤0时,f(x)在(0,1]上单调递减,所以f(x)min=f(1)=-a2+2=1,解得a=-1或a=1(舍去),故a=-1. 当0<a≤2时,f(x)在(0,1]上单调递减,所以f(x)min=f(1)=-a2+2=1,解得a=1或a=-1(舍去),故a=1. 当a>2时,f(x)在内单调递减,在上单调递增, 所以f(x)min=f=a+a=a 因为a>2,所以ln-a+1<0,故a<0,不符合题意. 综上,a=±1. $