2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册 课件 第五章 5.3 5.3.2 第一课时　函数的极值与导数

该高中数学课件聚焦函数极值与导数，系统讲解极值点与极值的定义、求法及应用，通过课标要求导入，以新知梳理构建概念框架，结合教材拓展深化理解，形成从定义辨析到方法应用的学习支架，衔接导数与函数单调性的前期知识。 其亮点在于分角度探究（不含参数、含参数、已知极值点求参数），方法总结清晰步骤，极值点偏移问题用对称构造和比值换元法，培养数学抽象、逻辑推理、数学运算素养。例题与即时训练结合，帮助学生系统掌握，教师可借助结构化内容提升教学效率。

5.3.2　函数的极值与最大(小)值 第一课时　函数的极值与导数 [目标导航] 课标要求 理解函数极值的概念,会用导数求函数的极大值与极小值 2 新知导学·素养启迪 新知梳理 1.极值点与极值 (1)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 叫做函数y=f(x)的极小值点, 叫做函数y=f(x)的极小值. 0 f′(x)<0 f′(x)>0 a f(a) (2)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 叫做函数y=f(x)的极大值点, 叫做函数y=f(x)的极大值. (3)极小值点、极大值点统称为 ,极小值和极大值统称为 . 0 f′(x)>0 f′(x)<0 b f(b) 极值点 极值 2.函数极值的求法 解方程f′(x)=0,当f′(x0)=0时: (1)如果在x0附近的左侧 ,右侧 ,那么f(x0)是极大值; (2)如果在x0附近的左侧 ,右侧 ,那么f(x0)是极小值. f′(x)>0 f′(x)<0 f′(x)<0 f′(x)>0 (1)对极值概念的理解 ①函数的极值是一个局部概念,是某个点的函数值与它附近的函数值比较是最大的或是最小的. ②在定义域的某个区间内极大值或极小值并不唯一,也可能不存在,并且极大值与极小值之间无确定的大小关系. (2)极值与极值点辨析 ①函数的极值点是指函数取得极值时对应点的横坐标,而不是点;极值是函数在极值点处取得的函数值,即函数取得极值时对应点的纵坐标. ②极值点一定在区间的内部,端点不可能为极值点. 3.导数与极值的关系 一般来说,“f′(x0)=0”是“函数y=f(x)在点x0处取得极值”的必要不充分条件.若函数y=f(x)在点x0处可导,且在点x0处取得极值,那么f′(x0)=0;反之,若f′(x0)=0,则x0不一定是函数y=f(x)的极值点.函数y=f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)=0,且f′(x)在x0左、右两侧的符号不同. 小试身手 1.已知函数f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,那么极大值点是　　　.  解析:根据函数f(x)的导函数f′(x)的图象可知f′(-1)=0,f′(2)=0, 但当x<-1时,f′(x)>0,-1<x<2时,f′(x)>0,x>2时,f′(x)<0, 所以-1不是极值点,2是函数f(x)的极大值点. 2 2.函数f(x)=-xex的极值情况为　　　极大值,　　　极小值.(填“有”或“无”)  解析:由函数f(x)=-xex可得f′(x)=-(x+1)ex,令f′(x)=0,解得x=-1, 当x<-1时,f′(x)>0,函数f(x)是增函数, 当x>-1时,f′(x)<0,函数f(x)是减函数,所以函数f(x)在x=-1处取得极大值. 有　 无 1 4.已知函数f(x)=2x3-ax2+2在x=2处取得极值,则实数a=　　　.  6 解析:f′(x)=6x2-2ax,f′(2)=24-4a=0, 所以a=6. 课堂探究·素养培育 探究角度1　不含参数的函数求极值 [例1] 求下列函数的极值: (1)f(x)=x3-x; 求函数的极值 当x变化时,f(x),f′(x)变化情况如下表. (2)f(x)=x2e-x. 解:(2)函数f(x)的定义域为R, f′(x)=2xe-x+x2e-x(-x)′=2xe-x-x2·e-x=x(2-x)e-x. 令f′(x)=0,得x(2-x)e-x=0, 解得x=0或x=2. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表. x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞) f′(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ 0 ↗ 4e-2 ↘ (1)求f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程; 解:(1)f′(x)=x2-2x-3, 所以k=f′(1)=-4,f(1)=-3, 所以f(x)在点P处的切线方程为y+3=-4(x-1),即4x+y-1=0. (2)求f(x)在R上的极值. 解:(2)f′(x)=x2-2x-3=(x+1)(x-3), 令f′(x)=0可得x=-1或x=3, 当x变化时,f′(x),f(x)的变化如表: x (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 (3,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增 求函数f(x)的极值的步骤 (1)求函数的定义域. (2)求函数的导数f′(x). (3)令f′(x)=0,求出全部的根x0. (4)列表:方程的根x0将整个定义域分成若干个区间,把x,f′(x),f(x)在每个区间内的变化情况列在一个表格内. (5)判断得结论:若导数在x0附近左正右负,则在x0处取得极大值;若左负右正,则取得极小值. 探究角度2　含参数的函数求极值 f(x)的变化情况如表. x (-∞,-2a) -2a (-2a,a-2) a-2 (a-2,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ f(x)的变化情况如表. x (-∞,-2a) -2a (-2a,a-2) a-2 (a-2,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以f(x)在(-∞,a-2),(-2a,+∞)上是增函数,在(a-2,-2a)上是减函数. 所以函数f(x)在x=a-2处取得极大值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2; 函数f(x)在x=-2a处取得极小值f(-2a),且f(-2a)=3ae-2a. 对含参数的函数问题,求极值时可能要对参数讨论,讨论点一般是三类:一是系数;二是判别式;三是两根的大小. 已知函数的极值点求参数 [例3] (1)若函数f(x)=aln x-ex+m(m为实数)有极大值,则a的取值范围是(　　) A.(-e,+∞) B.(1,e) C.(1,+∞) D.(0,+∞) D (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)= 　　　　.  -4 解析:(2)因为f(x)=(x-1)(x-2)(x-a), 所以f′(x)=(x-a)(x-1)+(x-1)(x-2)+(x-a)(x-2),因为2是函数f(x)的极值点, 所以f′(2)=2-a=0,得a=2, 当a=2时,f′(x)=2(x-2)(x-1)+(x-2)2=(x-2)(3x-4), -1 [1,9] 解析:(2)f′(x)=ax2+(9-5a)x+4a(a>0), 因为函数f(x)在(-∞,+∞)内无极值点, 所以f′(x)≥0恒成立,则(9-5a)2-4a·4a≤0, 解得1≤a≤9. 由函数的极值确定参数的方法及注意事项 (1)利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程,从而求出参数的值. (2)导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件,所以必须对求出的参数值进行检验,看是否符合函数取得极值的条件. 极值的综合应用 [例4] 已知函数f(x)=x3-3ax-1(a≠0),若函数f(x)在x=-1处取得极值,直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同的交点,求m的取值范围. 解:因为f(x)在x=-1处取得极值且f′(x)=3x2-3a, 所以f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,所以a=1. 所以f(x)=x3-3x-1,f′(x)=3x2-3, 由f′(x)=0,解得x1=-1,x2=1. 当x<-1时,f′(x)>0; 当-1<x<1时,f′(x)<0; 当x>1时,f′(x)>0. 所以由f(x)的单调性可知, f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1, 在x=1处取得极小值f(1)=-3. 作出f(x)的大致图象如图所示. 因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,结合f(x)的图象可知, m的取值范围是(-3,1). 变式训练4-1:若本例“三个不同的交点”改为“两个不同的交点”结果如何?改为“一个交点”呢? 解:由例题解析可知, 当m=-3或m=1时,直线y=m与y=f(x)的图象有两个不同的交点; 当m<-3或m>1时,直线y=m与y=f(x)的图象只有一个交点. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表. 作出函数f(x)的大致图象如图所示. 利用极值研究方程根的方法 (1)研究方程根的问题可以转化为研究相应函数的图象问题.一般地,方程f(x)=0的根就是函数f(x)的图象与x轴交点的横坐标,方程f(x)=g(x)的根就是函数f(x)与g(x)的图象的交点的横坐标. (2)事实上,利用导数可以判断函数的单调性,研究函数的极值情况,并能在此基础上画出函数的大致图象,从直观上判断函数图象与x轴的交点或两个函数图象的交点的个数,从而为研究方程根的个数问题提供了方便. 极值点偏移问题 一、图说极值点偏移 二、极值点偏移问题的一般题设形式 1.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点). 2.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点). [典例] 已知函数h(x)与函数f(x)=xex(x∈R)的图象关于原点对称,如果x1≠x2,且h(x1)=h(x2),求证:x1+x2>2. 证明:法一　(对称构造法) 由题意知,h(x)=-f(-x)=xe-x,h′(x)=e-x(1-x),令h′(x)=0,解得x=1. 当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表. 由x1≠x2,不妨设x1>x2,根据h(x1)=h(x2),结合图象可知x1>1,x2<1. 令F(x)=h(x)-h(2-x),x∈(1,+∞), 则F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x, 因为x>1,2x-2>0,所以e2x-2-1>0, 则F′(x)>0, 所以F(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以当x>1时,F(x)>0, 即当x>1时,h(x)>h(2-x), 则h(x1)>h(2-x1). 又因为h(x1)=h(x2),所以h(x2)>h(2-x1), 因为x1>1,所以2-x1<1, 又x2<1, h(x)在(-∞,1)上是增函数, 所以x2>2-x1,所以x1+x2>2. 法二　(比值换元法) 由法一知,当x<0时,h(x)<0, 当x→+∞时,h(x)→0, 其大致图象如图. 极值点偏移问题的常用方法 (1)对称构造法:主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下. ①定函数(极值点为x0),即利用导函数符号的变化判断函数单调性,进而确定函数的极值点x0. ②判断单调性,即利用导数讨论F(x)的单调性. ③比较大小,即判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系. ④转化,即利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系,进而得到所证或所求. (2)比值(差)换元法:比值(差)换元的目的也是消参、减元,就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系,然后利用两个极值点之比(差)作为变量,从而实现消参、减元的目的.设法用比值(差)(一般用t表示)表示两个极值点,继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解. 当堂即练·素养达成 1.若定义在[a,b]上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示,则(　 　) A.函数f(x)有1个极大值,2个极小值 B.函数f(x)有2个极大值,3个极小值 C.函数f(x)有3个极大值,2个极小值 D.函数f(x)有4个极大值,3个极小值 当堂即练 B 解析:如图. 因为当a≤x<x1时,f′(x)<0,x1<x<x2时,f′(x)>0, 当x2<x<x3时,f′(x)<0, 当x3<x<x4时,f′(x)>0, 当x4<x<x5时,f′(x)<0, 当x5<x≤b时,f′(x)>0. 且f′(x1)=0,f′(x2)=0,f′(x3)=0,f′(x4)=0,f′(x5)=0, 所以函数f(x)在x=x2,x=x4处取得极大值;在x=x1,x=x3,x=x5处取得极小值. 故选B. 2.(多选题)下列函数中,存在极值点的是( 　 　) BD 3.函数y=x2-ln x的极小值为　 .  4.函数f(x)=x3+ax2+x+b在x=1时取得极值,则实数a=　　 　.  -2 解析:因为f(x)=x3+ax2+x+b, f′(x)=3x2+2ax+1, 又因为f(x)在x=1时取得极值, 所以f′(1)=3+2a+1=0,所以a=-2. 课堂小结 1.在极值的定义中,取得极值的点称为极值点,极值点指的是自变量的值,极值指的是函数值. 2.函数的极值是函数的局部性质,函数f(x)在点x=x0处取得极值的充要条件是f′(x0)=0且在x=x0两侧f′(x)符号相反.通过极值的概念及极值与导数的关系的学习,达成了培养数学抽象素养的目的. 3.利用函数的极值可以确定参数的值,解决一些方程的解和图象的交点问题.借助利用导数求函数极值的方法达成了培养逻辑推理、数学运算素养的目的. 感谢观看 3.函数f(x)=的极大值是　　　.  解析:由f′(x)==, 可得f′(0)=0, x∈(-∞,0)时,f′(x)>0; x∈(0,+∞)时,f′(x)<0. 所以x=0时,函数f(x)取得极大值,f(0)=1. 解:(1)函数f(x)的定义域为R. 令f′(x)=0,得3x2-1=0, 解得x=-或x=. x (-∞,-) - (-,) (,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ ↘ - ↗ f(x)在x=-处取得极大值,在x=处取得极小值-. 因此当x=0时,f(x)取得极小值,且极小值为f(0)=0;　 当x=2时,f(x)取得极大值,且极大值为f(2)=4e-2=. 即时训练1-1:已知曲线C:f(x)=x3-x2-3x+. 所以f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=, 在x=3处取得极小值f(3)=-. [例2] 已知函数f(x)=ln -ax,求函数f(x)的极值点. 解:因为f(x)=ln -ax, 所以f(x)=ln -ax+1, 所以f′(x)=×-a=-a=, 当a≤0时,f′(x)>0,所以函数f(x)无极值点; 当a>0时,令f′(x)=0,解得x=. 由解得0<x<; 由解得x>. 故函数f(x)有极大值点,无极小值点. 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值点; 当a>0时,函数f(x)有极大值点,无极小值点. 即时训练2-1:已知函数f(x)=(x2+ax-2a2+3a)ex(x∈R),当a∈R且a≠时,求函数的极值. 解:f′(x)=[x2+(a+2)x-2a2+4a]ex. 令f′(x)=0,解得x=-2a或x=a-2. 由a≠知,-2a≠a-2. 以下分两种情况讨论: 若a>,则-2a<a-2,当x变化时,f′(x), 所以f(x)在(-∞,-2a),(a-2,+∞)上是增函数,在(-2a,a-2)上是减函数. 所以函数f(x)在x=-2a处取得极大值f(-2a), 且f(-2a)=3ae-2a; 函数f(x)在x=a-2处取得极小值f(a-2),且f(a-2)=(4-3a)ea-2. 若a<,则-2a>a-2,当x变化时,f′(x), 解析:(1)由题意知f(x)=aln x-ex+m,f′(x)=-ex,当a≤0时,函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,无极值点; 当a>0时,根据y=与y=ex的图象,如图所示. 设两个函数在第一象限的交点的横坐标为x0. 当x∈(0,x0)时,>ex,f′(x)>0, 当x∈(x0,+∞)时,<ex,f′(x)<0, 函数f(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,+∞)上单调递减,故当a>0时,函数f(x)有一个极大值点.故选D. 当x∈(-∞,)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极小值点,符合题意, 所以f(0)=-1×(-2)×(-a)=-2a=-4. 即时训练3-1:(1)已知函数f(x)=-x3+bx2+cx+bc在x=1处取得极值-,则实数b=　 .  解析:(1)由题可得f′(x)=-x2+2bx+c, 因为函数f(x)在x=1处取得极值-, 所以f′(1)=-1+2b+c=0且f(1)=-+b+c+bc=-, 解得或 当时, f′(x)=-x2+2x-1=-(x-1)2≤0,不符合题意;当时, f′(x)=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1),满足题意. 综上,实数b=-1. (2)若函数f(x)=x3+x2+4ax+c(a>0)在(-∞,+∞)内无极值点,则a的取值范围是　　　　.  解:由题意可得f′(x)=-3x2+2ax,由f′()=0, 可得a=2,所以f(x)=-x3+2x2-4, 则f′(x)=-3x2+4x. 令f′(x)=0,得x=0或x=, 变式训练4-2:若本例中条件改为“已知函数f(x)=-x3+ax2-4”在x=处取得极值,其他条件不变,求m的取值范围. x (-∞,0) 0 (0,) (,+∞) f′(x) - 0 + 0 - f(x) ↘ -4 ↗ - ↘ 因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,所以m的取值范围是(-4,-). 1.已知函数f(x)的图象的顶点的横坐标就是极值点x0,若f(x)=c的两根的中点刚好满足=x0,即极值点在两根的正中间,也就是说极值点没有偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢相同,如图(1). 2.若≠x0,则极值点偏移,此时函数f(x)在x=x0两侧,函数值变化快慢不同,如图(2)(3). 3.若函数f(x)存在两个零点x1,x2且x1≠x2,令x0=,求证:f′(x0)>0. 4.若函数f(x)中存在x1,x2且x1≠x2满足f(x1)=f(x2),令x0=,求证:f′(x0)>0. x (-∞,1) 1 (1,+∞) h′(x) + 0 - h(x) ↗ ↘ 同法一,不妨设x1>x2,且x1>1,0<x2<1. 因为h(x1)=h(x2),所以x1=x2, 两边取常用对数,得ln x1-x1=ln x2-x2, 所以ln x1-ln x2=x1-x2, 所以=1, 所以要证x1+x2>2. 只需证>1=, 所以只需证>. 令t=,则t>1, 所以只需证>, 即证ln t->0. 令g(t)=ln t-(t>1), 所以g′(t)=-=>0, 所以g(t)在(1,+∞)上单调递增, 所以g(t)>g(1)=0, 即ln t->0成立, 所以x1+x2>2. 即时训练:已知函数f(x)=+ln x,若x1≠x2,且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>4. 证明:f′(x)=-+=(x>0), 所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 因为f(x1)=f(x2),不妨设0<x1<2<x2, 所以+ln x1=+ln x2, 所以ln x2-ln x1=-=, 所以=, 所以=,=, 所以=+, 令t=,则t>1, 所以=+=+=. 要证x1+x2>4,只需证>2,即证>2, 只需证2ln t-t+<0, 令g(t)=2ln t-t+(t>1), 所以g′(t)=-1-=-<0, 所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递减, 所以g(t)<g(1)=0,即2ln t-t+<0,从而x1+x2>4. [提醒] 若要证明f′()的符号问题,还需进一步讨论与x0的大小,得出所在的单调区间,从而得出该处导数值的正负. A.y=x- B.y=2|x| C.y=-2x3-x D.y=xln x 解析:对于A,求导得y′=1+>0,函数在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递增,所以函数无极值点; 对于B,x=0是函数的极小值点; 对于C,求导得y′=-6x2-1<0恒成立,函数在R上为减函数,所以函数无极值点; 对于D,求导得y′=1+ln x, 当x∈(0,)时,y′<0,当x∈(,+∞)时, y′>0,当x=时,y′=0,所以x=是函数的极小值点.故选BD. +ln 2 解析:因为函数y=x2-ln x,定义域为(0,+∞), 所以y′=2x-=,x>0, 令y′=0,得2x2-1=0,所以x=, 列表. x (0,) (,+∞) y′ - 0 + y ↘ 极小值 ↗ 所以极小值为f()=-ln =+ln 2. $