3.4 导数与函数的最值(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“导数与函数的最值”专题，依据课标要求覆盖函数最值与极值关系、闭区间最值求解、实际应用三大核心考点，通过高考真题分析明确含参函数分类讨论（占比35%）、最值求参数（占比30%）等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题改编+分层训练+素养渗透”策略，如以教材改编题为例解析“三步法求闭区间最值”，培养数学思维与模型意识，特设“易错警示”强调极值与最值区别。通过限时规范训练和核心考点突破，助力学生掌握分类讨论与导数应用技巧，教师可精准定位学情实现高效复习。

3．4　导数与函数的最值 返回 ‹#› 1．理解函数最值与极值的关系．　2.会求闭区间上函数的最大值、最小值．　3.了解最值在现实生活中的应用． [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f(x)在区间[a，b]上有最值的条件： 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．求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤： (1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的______； (2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值___________________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 极值 f(a)，f(b) 返回 ‹#› 常用结论 1．若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则其极值点为函数的最值点．(应用见例2) 2．若函数在闭区间[a，b]内的最值点不是端点，则其最值点亦为其极值点． 3．求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值．(应用见例1) 返回 ‹#› 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值，一定在区间端点处取得．(　　) (2)开区间上的单调连续函数无最值．(　　) (3)在定义域内，若函数有最值与极值，则极大(小)值就是最大(小)值．(　　) (4)若函数在给定区间上有最值，则最大(小)值最多有一个；若有极值，则可有多个．(　　) × √ × √ 返回 ‹#› 2．(人A选修二P93探究改编)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　) A．f(b)>f(a)>f(c) B．函数f(x)在x＝c处取得最大值，在x＝e处取得最小值 C．函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值 D．函数f(x)的最小值为f(d) C 返回 ‹#› 解析：C　由题图可知，当x≤c时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，c]上单调递增，又a<b<c，所以f(a)<f(b)<f(c)，故A不正确．因为f′(c)＝0，f′(e)＝0，且当x<c时，f′(x)>0；当c<x<e时，f′(x)<0；当x>e时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝c处取得极大值，但不一定取得最大值，在x＝e处取得极小值，不一定是最小值，故B不正确，C正确．由题图可知，当d≤x≤e时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[d，e]上单调递减，从而f(d)>f(e)，所以D不正确．故选C. 返回 ‹#› 3．(人A选修二P98T6改编)函数f(x)＝9x在[0，4]上的最小值为__________. 解析：由f(x)＝x3－9x求导得：f′(x)＝x2－9，因为x∈[0，4]，由f′(x)>0可得3<x<4，由f′(x)<0可得0<x<3，故函数f(x)在(0，3)上单调递减，在(3，4)上单调递增，故x＝3时，函数f(x)取得极小值，也是最小值，为－18. 答案：－18 返回 ‹#› 4．(人A选修二P104T8改编)若函数f(x)＝x3－6x2＋9x在区间[1，m]上的最小值为0，则m的取值范围为__________. 解析：由题可知f′(x)＝3x2－12x＋9，令f′(x)＝0，即3x2－12x＋9＝0，解得x＝1或x＝3，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 所以f(x)在区间(1，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，又有f(1)＝4，f(3)＝0，故要使f(x)在区间[1，m]上的最小值为0，则m≥3. 答案：[3，＋∞) x (－∞，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调 递增 极大 值4 单调 递减 极小 值0 单调 递增 返回 ‹#› 例1　已知函数f(x)＝x2＋(1－2a)x－a ln x(a∈R)，求函数f(x)在[1，2]上的最小值． 解：f′(x)＝2x＋(1－2a)－，其中1≤x≤2，当a≤1时，对任意的x∈[1，2]，f′(x)≥0，f(x)在[1，2]上单调递增， 此时，f(x)min＝f(1)＝2－2a； 当a≥2时，对任意的x∈[1，2]，f′(x)≤0， f(x)在[1，2]上单调递减， 此时，f(x)min＝f(2)＝4＋2(1－2a)－a ln 2＝6－4a－a ln 2； 突破 ·核心考点 求已知函数的最值 考点 一 返回 ‹#› 当1<a<2时，令f′(x)＝0，可得x＝a，列表如下： 所以，函数f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，2]上单调递增， 此时，f(x)min＝f(a)＝a2＋a(1－2a)－a ln a＝a－a2－a ln a. 综上所述，f(x)min＝ x [1，a) a (a，2] f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 返回 ‹#› 1．求函数f(x)在[a，b]上的最值时： (1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成． 2．若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． 返回 ‹#› 跟踪训练1　已知函数f(x)＝－ln x(a∈R)，求f(x)在上的最大值g(a)． 解：f′(x)＝， 当a≤时，f′(x)≤0，x∈，所以函数f(x)在上单调递减， 此时，g(a)＝f＝2－ae； 当<a<e时，令f′(x)>0，则≤x<a， 令f′(x)<0，则a<x≤e， 返回 ‹#› 所以函数f(x)在上单调递减， 此时，g(a)＝f(a)＝－ln a； 当a≥e时，f′(x)≥0，x∈， 所以函数f(x)在上单调递增，此时， g(a)＝f(e)＝－， 综上所述，g(a)＝ 返回 ‹#› 例2　已知x＝是函数f(x)＝x2－11x＋a ln x的极值点． (1)求a的值； (2)若函数f(x)在(1，c)上存在最小值，求c的取值范围． 解：(1)因为f(x)＝x2－11x＋a ln x，所以f′(x)＝2x－11＋(x>0)， 因为x＝是函数f(x)的极值点，所以f′＝3－11＋＝0，解得a＝12， 此时f′(x)＝(x>0)， 考点 二 由函数的最值求参数 返回 ‹#› 所以在上f′(x)>0，在上f′(x)<0，在(4，＋∞)上f′(x)>0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，此时x＝为函数的极值点，故所求a的值为12. (2)由(1)知，当a＝12时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增， 又(1，c)为开区间，故c>4，所以c的取值范围是(4，＋∞)． 返回 ‹#› 已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题． 返回 ‹#› 跟踪训练2　(1)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则a＝ (　　) A．－2　　　　　　 B．－4 C．2 D．4 解析：A　由f(x)＝a ln x＋，x>0，可得f′(x)＝，因为当x＝1时，函数f(x)取得最大值－2，所以解得a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝，因此当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝1时函数取得最大值－2，满足题意．故选A． A 返回 ‹#› (2)若函数f(x)＝(x－3)ex＋x2－2x＋1在区间(2m－2，3＋m)上存在最值，则m的取值范围是(　　) A．(－∞，－1) B．(2，＋∞) C．(－1，2) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析：C　f′(x)＝(x－2)ex＋x－2＝(x－2)(ex＋1)，则当x>2时，f′(x)>0，当x<2时，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，即f(x)在x＝2处取得最值，则有2m－2<2<3＋m，解得－1<m<2.故选C. C 返回 ‹#› 例3　某商场在“五一”劳动节期间，要对某商品进行调价，已知该商品的每日销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：百元/千克)满足y＝，其中，该商品的成本为1百元/千克． (1)将该商场每日销售该商品所获利润f(x)表示为销售价格x的函数； (2)当每日销售该商品所获利润最大和最小时，销售价格分别是多少？(参考数据：≈12.182，利润结果保留2位小数) 考点 三 生活中的最优化问题 返回 ‹#› 解：(1)由题意：f(x)＝(x－1)·＝＋ex. (2)因为f′(x)＝－＋ex＝. 设g(x)＝ex(x－1)2－e2. 则g′(x)＝ex(x－1)2＋ex·2(x－1)＝ex(x2－1)，因为，所以g′(x)>0. 所以函数f′(x)在上单调递增． 又g＝－e2≈×4.482－7.389<0， 返回 ‹#› g＝－e2≈×12.182－7.389>0， 又g(2)＝e2－e2＝0， 当≤x<2时，g(x)<0，所以f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减； 当2<x≤时，g(x)>0，所以f′(x)>0，所以f(x)在上单调递增． 又f＝≈2×7.389＋4.482＝19.26， f(2)＝2e2≈14.78， f＝×7.389＋12.182≈17.11. 所以当销售价格x＝百元/千克时，利润最大；当销售价格x＝2百元/千克时，利润最小． 返回 ‹#› 解决最优化问题，应从以下几个方面入手：(1)设出变量，找出函数关系式，确定定义域；(2)在实际应用问题中，若函数f(x)在定义域内只有一个极值点，则它通常就是最值点． 返回 ‹#› 跟踪训练3　某莲藕种植塘每年的固定成本是3万元，每年最大规模的种植量是15万斤，每种植1斤莲藕，成本增加1元，销售额y(单位：万元)与莲藕种植量x(单位：万斤)满足y＝－x3＋3x2＋x，要使销售利润最大，每年需种植莲藕(　　) A．12万斤 B．10万斤 C．8万斤 D．6万斤 A 返回 ‹#› 解析：A　设销售利润为g(x)，则g(x)＝－x3＋3x2－3，0<x≤15，所以g′(x)＝－x(x－12)，令g′(x)>0得0<x<12，令g′(x)<0得12<x<15，可知g(x)在(0，12)上单调递增，在(12，15)上单调递减，所以当x＝12时，销售利润最大．故选A． 返回 ‹#› 结论1：三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象关于点(，f中心对称． 结论2：已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)中心对称点的横坐标为x0，两个极值点分别为x1，x2，则f′(x0)＝－(x1－x2)2. 结论3：若y＝f(x)图象关于点(m，n)对称，则y＝f′(x)图象关于轴x＝m对称，点对称函数的导数是轴对称函数，轴对称函数的导数是点对称函数． 返回 ‹#› 典例　已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心，若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且M(x0，f(x0))为曲线y＝f(x)的对称中心，则必有g′(x0)＝0(其中函数g(x)＝f′(x))．若实数m，n满足则m＋n＝(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 A 返回 ‹#› 解析：A　令f(x)＝x3＋6x2＋13x，则f′(x)＝3x2＋12x＋13，令h(x)＝3x2＋12x＋13，h′(x)＝6x＋12＝0，解得x＝－2，又f(－2)＝(－2)3＋6×(－2)2＋13×(－2)＝－10，所以函数f(x)的图象关于点(－2，－10)成中心对称．因为所以f(m)＋f(n)＝－20，又f′(x)＝3x2＋12x＋13＝3(x＋2)2＋1>0，所以函数f(x)＝x3＋6x2＋13x在R上单调递增，所以m＋n＝2×(－2)＝－4.故选A． 返回 ‹#› 尝试训练　已知函数f(x)＝2x3－3x2＋9x－，则f＋f＋f＋…＋等于(　　) A．2024 B． C．2025 D．2026 B 返回 ‹#› 解析：B　由f(x)＝2x3－3x2＋9x－，可得f′(x)＝6x2－6x＋9，令g(x)＝6x2－6x＋9，g′(x)＝12x－6.令g′(x)＝12x－6＝0，得x＝，又f＝2×3－3×2＋9×，所以对称中心为，f＋＝1，f＋f＝1，…，f＝1，f＝，f＋f＋f＋…＋＝1012×1＋.故选B. 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24　导数与函数的最值 14 1．函数y＝f(x) 的导函数 y＝f′(x) 的图象如图所示，以下命题错误的是 (　　) A．f(－1)是函数的最小值 B．f(－3)是函数的极值 C．y＝f(x)在区间[－3，1]上单调递增 D．在[－3，1]上f(－3)是最小值 A 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 解析：A　根据导函数图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，则函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，故C正确；易知f(－3)是函数的极值，故B正确；因为在[－3，1]上单调递增，f(－3)是最小值．f(－1)不是函数的最小值，故A错误，D正确．故选A． 14 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2．函数f(x)＝的最大值为(　　) A．a　　　　　　 B．(a－1)e C．e1-a D．ea-1 解析：D　f(x)＝，则f′(x)＝，所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1－a)＝ea-1.故选D. 14 D 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 3．随着大数据时代的到来，越来越多的网络平台开始使用推荐系统来给用户提供更加个性化的服务．某公司在研发平台软件的推荐系统时发现，当收集的数据量为x(x≥2)万条时，推荐系统的准确率约为p＝，平台软件收入为40000p元．已知每收集1万条数据，公司需要花费成本100元，当收集的数据量为______万条时，该软件能获得最高收益(　　) A．17 B．18 C．19 D．20 14 C 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：C　设收益为y元，由题意y＝－100x(x≥2)，则y′＝(x≥2)，当x＝19时，y′＝0，当2<x<19时，y′>0，当x>19时，y′<0，即函数y＝－100x(x≥2)在(2，19)上单调递增，在(19，＋∞)上单调递减，即当收集的数据量为19万条时，该软件能获得最高收益．故选C. 14 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 11 4．已知函数y＝x3－x2－3x＋a，a∈R在区间(t－4，t＋4)上有最大值，则实数t的取值范围是(　　) A．(－5，1) B．(－5，1] C．(－5，3) D．(－5，3] 14 解析：B　由f(x)＝x3－x2－3x＋a得f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，则f′(x)>0得x<－1或x>3；f′(x)<0得－1<x<3，则f(x)在(－∞，－1)和(3，＋∞)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，又f(－1)＝f(5)，则f(x)在区间(t－4，t＋4)上有最大值时有t－4<－1，－1<t＋4≤5，得－5<t≤1，则实数t的取值范围是(－5，1].故选B. B 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 5．(多选)已知函数f(x)＝＋2，则(　　) A．f(x)在(0，e)上单调递增 B．f(e)>f(3)>f(2) C．f(x)的最大值为e＋2 D．f(x)有唯一零点 14 ABD 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：ABD　由f(x)＝＋2，得f′(x)＝，当0<x<e时，f′(x)>0，f(x)在(0，e)上单调递增，故A正确；当x>e时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(e)>f(3)>f(4)，因为f(4)＝＋2＝f(2)，所以f(e)>f(3)>f(2)，故B正确；易得f(x)在x＝e处取得最大值，最大值为f(e)＝＋2，故C错误；令f(x)＝0，得ln x＝－2x，函数y＝ln x与函数y＝－2x两函数的图象有唯一交点，所以f(x)有唯一零点，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·山东济宁二模)已知函数f(x)＝cos x－sin (cos x)－1，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)的图象关于y轴对称 B．2π是f(x)的一个周期 C．f(x)在[0，π]上为增函数 D．f(x)<－ 14 ABD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 解析：ABD　对于A，函数f(x)的定义域为R，关于原点对称， f(－x)＝cos (－x)－sin (cos (－x))－1＝cos x－sin (cos x)－1＝f(x)，所以f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，故A正确；对于B，f(x＋2π)＝cos (x＋2π)－sin (cos (x＋2π))－1＝cos x－sin (cos x)－1＝f(x)，所以2π是f(x)的一个周期，故B正确；对于C，令t＝cos x，当x∈[0，π]时，t＝cos x在[0，π]上单调递减，且t∈[－1，1], y＝sin t在[－1，1]上单调递增，则y＝－sin t在[－1，1]上单调递减，所以f(x)＝cos x－sin (cos x)－1在[0，π]上单调递减，故C错误；对于D，因为－1≤cos x≤1，令t＝cos x，则y＝t－sin t－1，求导得y′＝1－cos t，由于cos t∈[－1，1]，所以y′＝1－cos t≥0，y＝t－sin t－1单调递增．当t＝1时，y取得最大值1－sin 1－1＝－sin 1；当t＝－1时，y取得最小值－1－sin (－1)－1＝sin 1－2.因为sin 1>sin ，所以－sin 1<，即f(x)<－ ，故D正确．故选ABD. 14 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 2 7．(5分)(2025·陕西安康三模)函数f(x)＝x2(ln x－1)的最小值为__________. 解析：f′(x)＝2x(ln x－1)＋x＝x(2ln x－1)，x>0，令f′(x)＝0，得x＝ ，当0<x< 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x> 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝ 时，函数f(x)取得最小值－. 答案：－ 14 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(5分)(2025·湖北黄冈模拟)若函数f(x)＝x3－3x＋3a在区间[－2，m)的值域为[4，8]，则am的取值范围为__________. 解析：因为f(x)＝x3－3x＋3a，则f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，所以当x<－1或x>1时f′(x)>0，当－1<x<1时f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，且f(－2)＝－2＋3a，f(－1)＝2＋3a，f(1)＝－2＋3a，因为f(x)在区间[－2，m)的值域为[4，8]，所以f(－2)＝f(1)＝－2＋3a＝4，解得a＝2，此时f(x)＝x3－3x＋6，f(－1)＝8，又f(－1)＝f(2)＝8，所以－1<m≤2，则am＝2m∈. 答案： 14 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(5分)(2025·上海宝山二模)某分公司经销一产品，每件产品的成本为5元，且每件产品需向总公司交2元的管理费，预计每件产品的售价为x元(8≤x≤11)时，一年的销售量为(12－x)2万件，则每件产品售价为______________元时，该分公司一年的利润达到最大值．(结果精确到1元) 14 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：分公司一年的利润y万元与售价x的函数关系式为y＝(x－5－2)(12－x)2＝(x－7)(12－x)2，x∈[8，11]，所以y′＝(12－x)2－2(x－7)(12－x)＝(12－x)(26－3x)，令y′＝0，即(12－x)(26－3x)＝0，解得x＝或x＝12(舍)，当x∈时，y′>0，此时y＝(x－7)(12－x)2在上单调递增，当x∈时，y′<0，此时y＝(x－7)(12－x)2在上单调递减，又因为结果精确到1元，8<<9，当x＝8时，y＝16，当x＝9时，y＝18，于是，当每件产品的售价为9元时，该分公司一年的利润最大． 答案：9 14 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(13分)函数f(x)＝x3－6ax2＋2. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)当－<a<0时，求f(x)在区间[－1，0]上的最值． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x3－6x2＋2(x∈R)，则f′(x)＝3x2－12x， 由f′(x)>0，得x<0或x>4，由f′(x)<0，得0<x<4， 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(4，＋∞)，单调递减区间为(0，4)． 14 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 (2)由f(x)＝x3－6ax2＋2，得f′(x)＝3x2－12ax， 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝4a， 因为－<a<0，所以－<4a<0， 所以当－1≤x<4a时，f′(x)>0，当4a<x≤0时，f′(x)<0， 所以f(x)在[－1，4a)上单调递增，在(4a，0]上单调递减， 所以f(x)的最大值为f(4a)＝(4a)3－6a×(4a)2＋2＝－32a3＋2， f(－1)＝1－6a，f(0)＝2， 因为－<a<0，所以1<1－6a<2， 所以f(x)的最小值为f(－1)＝1－6a. 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(13分)已知函数f(x)＝x2－2a ln x(a>0)． (1)求函数f(x)的极值点； (2)若函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为0，求实数a的值． 解：(1)函数f(x)＝x2－2a ln x(a>0)的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝2x－ ＝， 所以当0<x< 时f′(x)<0，当x> 时f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为， 所以x＝ 为f(x)的极小值点，无极大值点． 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (2)当 ≤1，即0<a≤1时，f(x)在[1，e]上单调递增， 所以在x＝1处取得最小值，f(x)min＝f(1)＝1≠0，不符合题意； 当1< <e，即1<a<e2，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝a－2a ln ＝0，解得a＝e； 当 ≥e，即a≥e2，此时f(x)在[1，e]上单调递减， 所以f(x)min＝f(e)＝e2－2a≤e2－2e2<0，不符合题意； 综上可得a＝e. 14 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(2025·广东茂名二模)已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为(　　) A．　　　　 B． C． D． 14 A 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析：A　如图，设圆锥的底面半径为r，母线长为m，则圆锥的高为h＝ ，则圆锥的体积为V＝πr2h＝πr2 ，记f(r)＝πr2 ， 14 则f′(r)＝π＋r2·＝，由f′(r)>0可得0<r<m，由f′(r)<0，可得r>m，即函数f(r)在上单调递增，在上单调递减，故当r＝m时，f(r)取得最大值，即圆锥的体积最大，此时，母线与底面所成的角即∠BAO，其余弦值为cos ∠BAO＝.故选A． 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．(2025·江苏宿迁二模)若函数f(x)＝有最大值，则k的最大值为(　　) A． B． C． D． 14 C 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 解析：C　当x≥2时，f(x)＝，则f′(x)＝，当2≤x<e时，f′(x)>0，此时，函数f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，此时，函数f(x)单调递减，则函数f(x)在x＝e处取得极大值，且极大值为f(e)＝，因为函数f(x)＝有最大值，则解得0≤k≤，因此，实数k的最大值为.故选C. 14 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 14．(15分)(2026·安徽合肥期中)如图所示的容器(不计厚度，长度单位：m)中间为圆柱形，左、右两端均为半球形(0<r≤1)，容器的容积为m3，假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为t万元(0<t<2)，半球形部分每平方米的建造费用为2万元． (1)比较l与4r的大小； (2)①容器的总建造费用为y万元，请把y表示为r的函数； ②求该容器的总建造费用最少时的r值． 13 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 解：(1)由题设πr3＋πr2l＝，则l＝， 所以l－4r＝，而0<r≤1， 所以≥1≥r，则－r≥0，故l≥4r. (2)①由(1)知，l＝，且0<r≤1， 所以y＝2πrlt＋2×4πr2＝2πrt×＋8πr2＝8π[＋r2]，且r∈(0，1]. 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 ②由①得y′＝16π[－]＝16π·，0<r≤1， 令y′＝0⇔(3－t)r3＝2t⇔r3＝∈(0，1]， 所以0<≤1，可得0<t≤1， 当0<t<1时， 若0<r< 时，y′<0，则y在上单调递减， 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 若 <r<1时，y′>0，则y在上单调递增， 此时r＝ 时取ymin； 当1≤t<2时，在(0，1]上y′≤0恒成立，即y在(0，1]上单调递减，此时r＝1时取ymin； 综上，0<t<1时r＝ ，该容器的总建造费用最少； 1≤t<2时r＝1，该容器的总建造费用最少． 返回 ‹#› 3．4　导数与函数的最值 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $