利用导数研究函数的极值与最值 课件-2026届高三数学三轮冲刺

利用导数研究函数的极值与最值 0 f ′(x)<0 f ′(x)>0 f (a) 0 f ′(x)>0 f ′(x)<0 f (b) f ′(x)＝0 f ′(x)＝0 极大值 极小值 极值点 区间端点 B C A (－9，－5) [1，＋∞) [－1，＋∞) B －4 C C [知识总结] 1．函数的极值 (1)定义 满足条件 极小值点 与极小值 若函数y＝f (x)在点x＝a的函数值f (a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f ′(a)＝ ，而且在点x＝a附近的左侧 ，右侧 ，就把a叫做函数y＝f (x)的极小值点， 叫做函数y＝f (x)的极小值 极大值点 与极大值 若函数y＝f (x)在点x＝b的函数值f (b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f ′(b)＝ ，而且在点x＝b附近的左侧 ，右侧 ，就把b叫做函数y＝f (x)的极大值点， 叫做函数y＝f (x)的极大值 极值与 极值点 极大值与极小值统称极值，极大值点与极小值点统称极值点 (2)求可导函数极值的步骤 ①求f ′(x)； ②求方程 的根； ③确定f ′(x)在方程 的根的左、右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x)在这个根处取得 ；如果左负右正，那么f (x)在这个根处取得 ． 2．函数的最值 (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，那么它必有最大值与最小值．函数的最值必在 或 处取得． (2)求函数f (x)在区间[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． [基础训练] 1．如图3.3­1是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象，则下列说法正确的是( ). 图3.3­1 A．在(－3，1)上f (x)是增函数 B．在(3，4)上f (x)是减函数 C．当x＝2时，f (x)取得极小值 D．当x＝4时，f (x)取得极大值 2．函数f (x)＝x3－3x＋1在闭区间[－3，0]上的最大值、最小值分别是( ). A．1，－1　　　 B．1，－17 C．3，－17　　　 D．9，19 3．对任意x∈R，函数f (x)＝ax3＋ax2＋7x不存在极值点的充要条件是( ). A．0≤a≤21　　　　 B．0<a≤21 C．a<0或a>21　　　　 D．a＝0或a＝21 4．已知函数f (x)＝x2＋(a＋4)x－2ln x在区间(1，2)上存在最值，则实数a的取值范围是 ． 5．(易错题)对任意实数x，不等式sin x≤a恒成立，则实数a的取值范围是 ；存在实数x0，使不等式sin x0≤a成立，则实数a的取值范围是 ． 【解析】对任意实数x，不等式sin x≤a恒成立，则(sin x)max≤a，即a≥1.存在实数x0，使不等式sin x0≤a成立，则(sin x)min≤a，即a≥－1. 题型1　求函数的极值 【例1】已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R). (1)当a＝时，求f (x)的极值； (2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数． 【解析】(1)当a＝时，f (x)＝ln x－x，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝－＝，令f ′(x)＝0，得x＝2.当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如答表3.3­1： 答表3.3­1 x (0，2) 2 (2，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － f (x) 单调递增 ln 2－1 单调递减 故f (x)的极大值为f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a＝.当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，此时f (x)在定义域上无极值点；当a>0时，若x∈，则f ′(x)>0，若x∈，则f ′(x)<0，故f (x)在x＝处有极大值，无极小值．综上可知，当a≤0时，函数f (x)无极值点；当a>0时，函数f (x)有一个极大值点，且为x＝，无极小值点． 运用导数解决函数极值问题的一般流程 【变式】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． 【解析】由题得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)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－2与－a中较大的一个)， 当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如答表3.3­2. 答表3.3­2 x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当－a>－2，即a<2时，x1＝－2，x2＝－a，f (x)的极大值为f (－2)＝(4－a)e-2，极小值为f (－a)＝ae－a.当－a<－2，即a>2时，x1＝－a，x2＝－2，f (x)的极小值为f (－2)＝(4－a)e-2，极大值为f (－a)＝ae－a. 题型2　根据极值求参数 【例2】(1)设a∈R，若函数f (x)＝x＋a ln x在区间上有极值点，则实数a的取值范围为( ). A． B． C． D．(－∞，－e)∪ 【解析】f ′(x)＝1＋(x>0)，函数f ′(x)在(0，＋∞)上为单调函数，若函数f (x)在区间上有极值点，则f ′·f ′(e)<0，即(1＋ae)<0⇔a2＋a＋1<0⇔(a＋e)<0，所以a的取值范围为. (2)(2025·全国Ⅱ卷)若x＝2是函数f (x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f (0)＝ ． 【解析】由已知得f (x)＝x3－(3＋a)x2＋(3a＋2)x－2a，所以f ′(x)＝3x2－2(3＋a)x＋3a＋2，由题意得f ′(2)＝3×22－2×(3＋a)×2＋3a＋2＝0，解得a＝2，经检验a＝2符合题意，所以f (0)＝－4. 【变式】(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 【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＝0①，f (1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10②，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)若函数f (x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围为( ). A．a＞－2　　　 B．a＞－ C．a＜－2　　　 D．a＜－ 【解析】由f (x)＝eax＋2x，可得f ′(x)＝aeax＋2，若a≥0，则f ′(x)＞0恒成立，f (x)为增函数，无极值点，不合题意，故a＜0.令f ′(x)＝aeax＋2＝0，解得x＝ln ，当x＞ln 时，f ′(x)＞0；当x＜ln 时，f ′(x)＜0，故x＝ln 是f (x)＝eax＋2x的极值点，因为函数f (x)＝eax＋2x有大于零的极值点，所以ln ＞0，所以ln ＜0，所以0＜－＜1，解得a＜－2.故选C． 题型3　求函数的最值 【例3】已知函数g(x)＝a ln x＋x2－(a＋2)x(a∈R). (1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值； (2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a). 【解析】(1)因为a＝1，所以g(x)＝ln x＋x2－3x，所以g′(x)＝＋2x－3＝，因为x∈[1，e]，所以g′(x)≥0，所以g(x)在[1，e]上单调递增，所以g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1. (2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝＝.①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；②当1<<e，即2<a<2e时，g(x)在上单调递减，在上单调递增，h(a)＝g＝a ln －a2－a；③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e. 综上，h(a)＝ 【变式】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． 【解析】(1)因为f (x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，所以f ′(x)＝，由f ′(1)＝0，得a＝1.所以f ′(x)＝，所以当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，当x∈(1，e]时，f ′(x)<0，所以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，即f (x)的最大值为f (1)＝－1. (2)因为f (x)＝ln x－ax，所以f ′(x)＝， ①当a≤0时，f (x)在(0，e]上单调递增，所以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，若x∈，则f ′(x)>0；若x∈，则f ′(x)<0，所以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，所以f (x)max＝f ＝－1－ln a＝－3，所以a＝e2，符合题意；当e≤，即0<a≤时，f (x)在(0，e]上单调递增，所以f (x)max＝f (e)＝1－ae＝－3，解得a＝>，舍去． 综上所述，存在实数a符合题意，此时a＝e2. 利用导数研究生活中的优化问题 利用导数解决生活中的优化问题的注意点：合理选择变量，正确给出函数表达式；注意与实际问题相联系；注意分类讨论思想的应用． 【例题】(2025·上海卷)如图3.3­2，正方形ABCD是一块边长为4的工程用料，阴影部分所示是被腐蚀的区域，其余部分完好，曲线MN为以AD为对称轴的抛物线的一部分，DM＝DN＝3. 工人师傅现要从完好的部分中截取一块矩形 原料BQPR，当其面积有最大值时，AQ的 长为 ． 【解析】由题知，以A为原点，建立平面直角坐标系，如答图3.3­1，则M(0，1)，N(3，4)，设抛物线MN的方程为y＝ax2＋b，所以 答图3.3­1 解得所以抛物线MN的方程为y＝x2＋1.令矩形BQPR面积为S，当AQ≥3时，S≤S矩形BQNC＝1×4＝4.当0<AQ<3，设AQ＝x(0<x<3)，则P，所以S＝(4－x)＝－x3＋x2－x＋4，则S′＝－x2＋x－1＝－＋，令S′>0，得<x<，令S′<0， 得x>或x<，则S在，上单调递减，在上单调递增，又0<x<3，S(0)＝4，S＝>4，所以当AQ的长为时，矩形BQPR的面积最大． 【变式】一条直角走廊的平面图如图3.3­3所示，宽为2米，现有一辆转动灵活的平板车，其平板面为矩形ABCD，它的宽为1米． 图3.3­3 (1)若平板车被卡在此直角走廊内，如图3.3­4，设∠PAB＝θ(rad)，试用θ表示平板车的长度f (θ)； (2)要想平板车能顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米？ 【解析】(1)由题意，延长CD，与直角走廊的边PA交于点E，延长DC，与直角走廊的边PB交于点F，则EF＝OF＋OE＝＋，其中0<θ<，又由DE＝＝，CF＝BC·tan θ＝tan θ，可得AB＝DC＝EF－(DE＋CF)，于是f (θ)＝＋－＝，其中0<θ<. (2)设sin θ＋cos θ＝t，则t＝sin ，于是1<t≤，又sin θcos θ＝，因此f (θ)＝g(t)＝，因为g′(t)＝－＝－<0恒成立，因此函数g(t)＝在(1，]上是减函数，所以g(t)min＝g()＝4－2，故平板车被此走廊卡住的最小长度为(4－2)米，从而平板车长不大于(4－2)米，能在此走廊转弯，平板车的长度大于(4－2)米，则不能在此走廊转弯，故要想平板车能顺利通过此走廊，其长度不能超过(4－2)米． $