3.3 导数与函数的极值(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的极值”专题，依据课标要求梳理了极值的判定条件、导数求极值、极值求参数三大核心考点。通过回扣教材夯实基础，结合诊断自测明确薄弱环节，对接高考评价体系分析近五年真题，归纳出参数范围、极值点个数等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+步骤规范+素养提升”策略，如以2025全国二卷极值求参数题为例，详解“求导-解方程-判符号-求极值”四步解题法，培养学生的数学思维和模型观念。特设跟踪训练与限时规范训练，帮助学生熟练掌握分类讨论技巧，教师可据此系统开展复习，提升备考效率。

3．3　导数与函数的极值 返回 ‹#› 1．借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．　2.会用导数求函数的极大值、极小值．　3.会利用极值求参数． [课标解读] 返回 ‹#› 1 聚焦·必备知识 3 限时规范训练　 栏 目 导 引 2 突破·核心考点 返回 ‹#› 聚焦 ·必备知识 1．函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧_______________，右侧_______________.则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值． f′(x)<0 f′(x)>0 返回 ‹#› 2．函数的极大值 函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧_______________，右侧_______________.则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)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______. f′(x)>0 f′(x)<0 极值点 极值 返回 ‹#› 提醒：(1)对于可导函数f(x)，f′(x)＝0是f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件，例如，f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的极值点． (2)极值点不是点，而是一个实数，极大值与极小值没有必然联系，极小值可能比极大值还大． 返回 ‹#› 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数可能没有极值，也可能不止一个．(　　) (2)单调函数没有极值．(　　) (3)极值点出现在区间的内部，端点不能是极值点．(　　) (4)极大值一定大于极小值．(　　) √ √ √ × 返回 ‹#› 2．(人B选修三P100练习AT1改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则函数y＝f(x)的极小值点的个数为(　　) A．0　　　　　　 B．1 C．2 D．3 B 返回 ‹#› 解析：B　由图象知，设f′(x)与x轴的两个交点横坐标分别为a，b，其中a<b，则在(－∞，a)，(b，＋∞)上f′(x)>0，所以此时函数f(x)在(－∞，a)，(b，＋∞)上单调递增，在(a，b)上，f′(x)<0，此时f(x)在(a，b)上单调递减，所以x＝a时，函数取得极大值，x＝b 时，函数取得极小值．则函数y＝f(x)的极小值点的个数为1.故选B. 返回 ‹#› 3．(人A选修二P91例5改编)函数f(x)＝ln x－x的极大值是__________. 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，因为f(x)＝ln x－x，所以f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1，当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1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，＋∞)，故f(x)在x＝1处取得极大值，极大值为f(1)＝ln 1－1＝－1. 答案：－1 返回 ‹#› 4．(人A选修二P104T9改编)已知函数f(x)＝x2＋x－3有两个极值点，则a的取值范围是__________. 解析：函数f(x)＝x2＋x－3求导得，f′(x)＝x2－ax＋1，由函数f(x)有两个极值点，则方程f′(x)＝0有两个不相等的根，所以Δ>0，即a2－4>0，解得a>2或a<－2，所以a的取值范围是(－∞，－2)∪(2，＋∞)． 答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞) 返回 ‹#› 例1　(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f′(x)既有极大值又有极小值 B．f(x)有极小值f(－2)和f(3) C．f(x)有极大值f(－2)和f(3) D．f(x)可能有4个零点 突破 ·核心考点 利用函数图象判断极值 考点 一 ACD 返回 ‹#› 解析：ACD　对于A，由题图可知，f′(x)既有极大值又有极小值，故A正确；对于B、C，由题图可知，当x<－2，1<x<3时，f′(x)>0，当－2<x<1，x>3时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－2)，(1，3)上单调递增，在(－2，1)，(3，＋∞)上单调递减，所以f(x)有极小值f(1)，f(x)有极大值f(－2)和f(3)，故B错误，C正确；对于D，当f(1)<0，f(－2)>0，f(3)>0时，f(x)可能有4个零点，故D正确．故选ACD. 返回 ‹#› 由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点． 返回 ‹#› 跟踪训练1　函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内的极小值点的个数为(　　) A．1　　　　　　 B．2 C．3 D．4 A 返回 ‹#› 解析：A　由题图可知，f′(x)在开区间(a，b)内有4个零点x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3＝0<x4)，在x1处的两边f′(x)左正、右负，取得极大值；在x2处的两边f′(x)左负、右正，取得极小值；在x3处的两边f′(x)都为正，没有极值；在x4处的两边f′(x)左正、右负，取得极大值．因此函数f(x)在开区间(a，b)内的极小值点只有一个．故选A． 返回 ‹#› 例2　(2026·山东泰安期中)已知函数f(x)＝＋3a，a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当x∈(0，1]时，求函数f(x)的极值． 解：(1)由f(x)＝x2－a ln x＋3a得f′(x)＝x－(x>0)， 当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令f′(x)＝>0且x>0得x> ， 令f′(x)＝<0且x>0得0<x< ， 考点 二 求已知函数的极值 返回 ‹#› 故f(x)在上单调递减，在上单调递增； 综上，当a≤0时， f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时， f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)当a≤0时，f(x)在(0，1]上单调递增，无极值； 当 ≥1，即a≥1时，f(x)在(0，1]上单调递减，无极值； 当0< <1，即0<a<1时，f′＝0，且f(x)在上单调递减，在上单调递增， 故函数f(x)在x＝ 处有极小值f＝a－a ln ＋3a＝a ln a，无极大值． 返回 ‹#› 运用导数求函数f(x)极值的一般步骤 (1)确定函数f(x)的定义域． (2)求导数f′(x)． (3)解方程f′(x)＝0，求出导函数在定义域内的所有根． (4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号． (5)求出极值． 返回 ‹#› 跟踪训练2　已知函数f(x)＝ex－ax2－e＋a(a>0)，讨论函数f(x)的极值点个数． 解：函数f(x)＝ex－ax2－e＋a(a>0)的定义域为R， 因为f′(x)＝ex－2ax，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－2a， 因为a>0，令g′(x)＝0，解得x＝ln (2a)， 当x∈(－∞，ln (2a))时，g′(x)<0，即g(x)在(－∞，ln (2a))上单调递减， 当x∈(ln (2a)，＋∞)时，g′(x)>0，即g(x)在(ln (2a)，＋∞)上单调递增， 所以g(x)min＝g(ln (2a))＝2a(1－ln (2a))， ①当0<a≤时，g(x)≥0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)无极值点； 返回 ‹#› ②当a>时，g(x)min＝g(ln (2a))<0， 因为g(0)＝1>0，即g(0)g(ln (2a))<0，因此函数g(x)在(0，ln (2a))上有唯一零点x1， 当x→＋∞时，g(x)→＋∞，因此函数g(x)在(ln (2a)，＋∞)上有唯一零点x2， 当x<x1时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递增； 当x1<x<x2时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以函数f(x)在(x1，x2)上单调递减； 当x>x2时，g(x)>0，即f′(x)>0，所以函数f(x)在(x2，＋∞)上单调递增． 又f′(x1)＝f′(x2)＝0，所以当a>时，函数f(x)有两个极值点． 综上，当0<a≤时，函数f(x)无极值点；当a>时，函数f(x)有两个极值点． 返回 ‹#› 例3　(1)(2025·全国二卷T13)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________. 解析：因为f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)＝x3－(a＋3)x2＋(3a＋2)x－2a，所以f′(x)＝3x2－2(a＋3)x＋3a＋2.因为x＝2是f(x)的极值点，所以f′(2)＝12－4(a＋3)＋3a＋2＝0，解得a＝2，经检验，符合题意，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝－4. 答案：－4 考点 三 由函数的极值求参数 返回 ‹#› (2)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)在(0，＋∞)上有两个极值，则实数a的取值范围为________. 解析：f′(x)＝ln x＋1－2ax，由题意知ln x＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，则2a＝，设g(x)＝，则g′(x)＝－.当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)的极大值为g(1)＝1，又当x>1时，g(x)>0，当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0＋时，g(x)→－∞，所以0<2a<1，即0<a<. 答案： 返回 ‹#› 已知函数极值确定函数解析式中的参数时，要根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解，求解后要检验． 返回 ‹#› 跟踪训练3　(2024·新课标Ⅱ卷T16节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3，若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解：易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x<ln a，所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－a ln a－a3. 由题意知a－a ln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)． 令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)，则g′(a)＝－－2a<0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减， 又g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞)． 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 (建议用时：60分钟　分值：98分) 限时规范 训练23　导数与函数的极值 14 1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A．f(x)有极大值f(－2) B．f(x)有极小值f(－2) C．f(x)有极大值f(1) D．f(x)有极小值f(1) A 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 解析：A　由题图可得，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)有极大值f(－2)，无极小值．故选A． 14 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2．函数f(x)＝ex－x－2的极小值点为(　　) A．－2　　　　　　 B．－1 C．0 D．1 解析：C　f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0，得x>0，由f′(x)<0，得x<0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值点为0.故选C. 14 C 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 3．函数f(x)＝的极大值为(　　) A．e-6 B．e-7 C．e-8 D．e-9 解析：B　f′(x)＝，当x<7时，f′(x)>0，当x>7时，f′(x)<0.所以f(x)＝的极大值为f(7)＝＝e-7.故选B. 14 B 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 11 4．(2025·浙江台州二模)已知a∈R，若函数f(x)＝x＋－ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 14 C 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 解析：C　因为函数f(x)＝x＋－ln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝1－，因为函数f(x)既有极大值，又有极小值，则关于x的方程x2－x－a＝0有两个不等的正根x1，x2，所以，解得0，因此，a的取值范围是.故选C. 14 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 5．(多选)已知函数f(x)＝2ln x－x2，则(　　) A．函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞) B．函数f(x)的单调递增区间为(0，1) C．函数f(x)的极小值点为1 D．函数f(x)的最大值为－1 14 ABD 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：ABD　f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，由f′(x)<0解得x>1，故单调递减区间为(1，＋∞)，故A正确；由f′(x)>0解得0<x<1，故单调递增区间为(0，1)，故B正确；当x＝1时，f(x)取极大值也是最大值，故C错误；f(x)max＝f(1)＝－1，故D正确．故选ABD. 14 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 6．(多选) (2025·全国二卷T10)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝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 14 ABD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 解析：ABD　因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确；当x<0时，－x>0，因此f(－x)＝[(－x)2－3]e－x＋2＝－f(x)，因此f(x)＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，当x>0时，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1，因此f(x)在x＝1处取得极小值，因此奇函数f(x)在x＝－1处取得极大值，故D正确；当x>0时，f(x)≥2，即(x2－3)ex≥0，解得x≥ ，当x<0时，f(x)在x＝－1处取得极大值，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2e－2>2，因此在(－∞，0)上也存在满足f(x)≥2的区间，故C错误．故选ABD. 14 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 2 7．(5分)函数f(x)＝(2x2－3x)ex+1的极小值是__________. 解析：函数f(x)＝(2x2－3x)ex+1的定义域为R，f′(x)＝(2x2＋x－3)ex+1＝(2x＋3)(x－1)ex+1，由f′(x)<0，得－<x<1；由f′(x)>0，得x<－或x>1，因此当x＝－时，f(x)取得极大值，当x＝1时，f(x)取得极小值，所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－e2. 答案：－e2 14 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(5分)(2025·陕西宝鸡二模)若函数f(x)＝4sin x＋3cos x的极大值点为x0，则sin x0＝________. 解析：由函数f(x)＝4sin x＋3cos x，得f′(x)＝4cos x－3sin x＝5(cos x－)，令sin φ＝，cos φ＝，则f′(x)＝5cos (x＋φ)，由题意可得f′(x0)＝5cos (x0＋φ)＝0，由函数y＝cos x可知当x∈[＋2kπ，](k∈Z)时，cos x>0，当x∈[＋2kπ，](k∈Z)时，cos x<0，且x0为函数f(x)的极大值点，则可得x0＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，解得x0＝－φ＋2kπ(k∈Z)，所以sin x0＝sin ＝cos φ＝. 答案： 14 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(5分)(2025·四川成都模拟)若函数f(x)＝aex－x3存在唯一极值点，则实数a的取值范围为____________. 解析：f′(x)＝aex－x2，因为f(x)＝aex－x3存在唯一极值点，所以f′(x)＝aex－x2＝0存在唯一变号根． 14 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 即a＝存在唯一变号根，设g(x)＝，g′(x)＝，函数g(x)在(－∞，0)上单调递减；在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减；当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→0＋；g(2)＝，则实数a的取值范围为. 答案： 14 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(13分)(2025·河北沧州模拟)已知函数f(x)＝－x＋ln (x＋a)，曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线与直线2x－y＝0垂直． (1)求实数a的值； (2)求函数f(x)的极值点和极值． 解：(1)f(x)＝－x＋ln (x＋a)， 所以f′(x)＝－1＋，则f′(3)＝－1＋，解得a＝－1. (2)由(1)可知，f(x)＝－x＋ln (x－1)， 函数f(x)的定义域为(1，＋∞)， f′(x)＝－1＋， 14 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 令f′(x)＝0，解得x＝2， 当x∈(1，2)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(1，2)上单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减． 所以当x＝2时，函数f(x)取得极大值f(2)＝－2. 函数f(x)的极大值点为2，极大值为－2，无极小值点，也无极小值． 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(13分)已知x＝1为函数f(x)＝x2－3x－logax的极值点． (1)求a的值； (2)求f(x)的极小值． 解：(1)f′(x)＝2x－3－，由f′(1)＝0，得ln a＝－1，所以a＝. (2)由(1)，得f(x)＝x2－3x＋ln x，此时f′(x)＝，又x>0， 则当x∈，(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0， f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)＝－2. 14 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(2025·吉林长春一模)已知函数f(x)＝x(x－a)2的极大值为，则a＝ (　　) A．－　　　　 B．－ C． D． 解析：D　由题意，f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x，则f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝(3x－a)(x－a)，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝a，若a>0，当x∈或x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x) 14 D 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值，f＝2＝，解得a＝；若a<0，当x∈(－∞，a)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝a处取得极大值，f(a)＝0≠，不符合题意，当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意，综上所述，a＝.故选D. 14 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．(2025·陕西咸阳一模)已知f(x)＝aex－x2在区间内存在2个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C． D． 14 B 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 解析：B　因为f′(x)＝aex－x，可知f′(x)在内有2个变号零点，由f′(x)＝0可得a＝，可知y＝a与g(x)＝在内有2个交点，又因为g′(x)＝，令g′(x)>0，解得<x<1；令g′(x)<0，解得1<x<2；可知g(x)在内单调递增，在(1，2)内单调递减，则g(x)≤g(1)＝，且g＝，g(2)＝>， 14 结合图象可得<a<，所以实数a的取值范围为.故选B. 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 14．(15分)(2025·山东菏泽一模)已知函数f(x)＝ex－sin x－ax2. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若x＝0不是f(x)的极值点，求a. 解：(1)由已知得f′(x)＝ex－cos x－2ax， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0－1＝0， 且f(0)＝1，所以所求切线方程为y＝1. (2)令g(x)＝f′(x)，则g(0)＝f′(0)＝0， g′(x)＝ex＋sin x－2a在区间上单调递增． ①若a<，则g′(0)>0，所以存在正数δ， 13 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 使得当x∈(－δ，δ)时，g′(x)>0，f′(x)单调递增； 当x∈(－δ，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(0，δ)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故x＝0是f(x)的极值点， ②若a>，则g′(0)<0，所以存在正数σ， 使得当x∈(－σ，σ)时，g′(x)<0，f′(x)单调递减； 当x∈(－σ，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，σ)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝0是f(x)的极值点． ③若a＝，则当x∈时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)>g′(0)＝0，g(x)单调递增， 故当x∈时，f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，f(x)单调递增， 故x＝0不是f(x)的极值点．综上，a＝. 返回 ‹#› 3．3　导数与函数的极值 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $