主题2 第3章 第3节 利用导数研究函数的极值、最值-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“利用导数研究函数的极值、最值”专题，依据课程标准明确极值条件、求法及闭区间最值等核心考点，通过分析近五年高考真题，梳理出极值求参数、最值计算等高频题型，占导数应用考查的60%以上，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+易错突破+素养提升”，如以2024新课标Ⅱ卷为例，详解“导数零点检验法”培养逻辑推理素养，针对“极值点与导数零点关系”易错点进行对比辨析。提供规范步骤模板和课时冲关训练，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准教学，高效备战高考。

主题二 函　数（选择性必修第二册） 第三章　导数及其应用 第3节　利用导数研究函数的极值、最值 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第三章　导数及其应用 高考总复习 数学（BS） ★[课程标准] 1．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.会求闭区间上函数的最大值、最小值． 1．函数极值的概念 (1)在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值　都小于　点x0处的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的　极大值点　，其函数值f(x0)为函数的　极大值　. (2)在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值　都大于　点x0处的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的　极小值点　，其函数值f(x0)为函数的　极小值　. 函数的极大值点与极小值点统称为极值点，极大值与极小值统称为极值． 2．求可导函数f(x)的极值的步骤 (1)求导函数f′(x)． (2)求方程f′(x)＝0的根． (3)列表，检验f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右两侧的函数值的符号，如果　左正右负　，那么函数y＝f(x)在这个根处取得极大值；如果 　左负右正　，那么函数y＝f(x)在这个根处取得极小值；如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点． (4)得极值，由表得极大值与极小值． 3．求函数f(x)在[a，b]上最值的步骤 (1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的　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，得出函数f(x)在[a，b]上的最值． 4．利用导数求解实际问题中的优化问题 (1)在实际问题中，经常会遇到解决一些如面积最小、体积最大、成本最低、时间最少等问题，这些问题通称为　最优化　问题． (2)应用导数知识解决实际问题时，首先要明确题目的已知条件和所要求解的问题，然后根据题意建立适当的函数关系，将所求问题转化为求函数的限制条件下的最大(小)值问题．此过程用框图表示如下： 说明：常将问题中能取得最大值或最小值的那个变量设为y，而将另一个与y有关的变量设为x，然后利用导数求出所列函数的极值点，再进一步分析可得出函数的最值． (3)实际问题中，一般通过函数的单调性和问题的实际意义确定最值． 1．函数极值与导数的关系 (1)f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点． (2)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系． 2．函数极值与最值的关系 (1)极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点处取，则必定在极值处取． (2)若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的．(　　) (2)函数的极大值不一定比极小值大．(　　) (3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(　　) (4)函数的极大值一定是函数的最大值．(　　) (5)开区间上的单调连续函数无极值和最值．(　　) (6)函数f(x)＝eq \f(1,x)在区间[－1,1]上有最值．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ (6)× ◆[小题查验] 1．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是(　　) A．x＝1　　　　　　　　 B．x＝－1 C．x＝1或－1或0 D．x＝0 解析：C　[∵f(x)＝x4－2x2＋3， ∵由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0，得x＝0或x＝1或x＝－1. 又当x＜－1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， ∴x＝0,1，－1都是f(x)的极值点．] 2．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　) A．1　　　 B．2 C．3　　　 D．4 解析：A　[由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．] 3．函数y＝xex的最小值是(　　) A．－1 B．－e C．－eq \f(1,e) D．不存在 解析：C　[y′＝ex＋x·ex， 令y′＝0，则x＝－1， ∵x<－1时，y′<0，x>－1时，y′>0， ∴x＝－1是函数的唯一极小值点，即为最小值点， ∴x＝－1时，ymin＝－eq \f(1,e).] 4．(忽视参数的检验致误)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a的值为________，b的值为________． 解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1＝10，,f′1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，))当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，所以f(x)在x＝1处取得极值； 当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3))时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，此时f(x)在x＝1处无极值．所以a＝－3，b＝3. 答案：－3　3 5．(2025·全国二卷)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)＝(x2－3x＋2)(x－a)(x∈R)， 所以f′(x)＝(2x－3)(x－a)＋(x2－3x＋2) 由f′(2)＝0得：2－a＝0，所以a＝2， 所以f(x)＝(x－1)(x－2)2且f′(x)＝2(x－1)(x－2)＋(x－2)2＝(x－2)(3x－4) 当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表 x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3))) eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2)) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 即a＝2时，x＝2是f(x)的极值点 所以f(0)＝－4 答案：－4 利用导数研究函数的极值 ►[命题点1]　由函数图象判断其极值情况　 1．如图，直线y＝ax＋2与曲线y＝f(x)交于A、B两点，其中A是切点，记h(x)＝eq \f(fx,x)，g(x)＝f(x)－ax，则下列判断正确的是(　　) A．h(x)只有一个极值点 B．h(x)有两个极值点，且极小值点小于极大值点 C．g(x)的极小值点小于极大值点，且极小值为－2 D．g(x)的极小值点大于极大值点，且极大值为2 解析：D　[设切点A的坐标为(x0，f(x0))，则由条件得f′(x0)＝a， 且当x＜x0时，f′(x)＞a；当x＞x0时，f′(x)＜a， ∵g(x)＝f(x)－ax， ∴g′(x)＝f′(x)－a， ∴当x＜x0时，g′(x)＝f′(x)－a＞0，g(x)单调递增， 当x＞x0时，g′(x)＝f′(x)－a＜0，g(x)单调递减， ∴当x＝x0时g(x)有极大值，且极大值为g(x0)＝f(x0)－ax0＝2， 同理g(x)有极小值，结合题图可得g(x)的极小值点大于极大值点．] ►[命题点2]　利用导数求函数的极值　 2．已知函数f(x)＝x2－8x＋6ln x＋1，则f(x)的极大值为(　　) A．10　　 B．－6 C．－7　　 D．0 解析：B　[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x－8＋eq \f(6,x)＝eq \f(2x－1x－3,x)， 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表 x (0,1) 1 (1,3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的极大值为f(1)＝－6.] 运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的步骤 (1)先求函数的定义域，再求函数y＝f(x)的导数f′(x)； (2)求方程f′(x)＝0的根； (3)检查f′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．如果左右符号相同，则此根处不是极值点． 若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值． ►[命题点3]　已知极值求参数的取值　 3．已知函数f(x)＝eq \f(asin x＋cos x,ex)＋x在(0，π)上恰有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　) A. B．(－∞，eπ) C．(0，eπ) D. 解析：D　[由题意可得f′(x)＝eq \f(－2asin x,ex)＋1，因为函数f(x)在(0，π)上恰有两个极值点，所以 f′(x)在(0，π)上有两个变号零点． 令f′(x)＝eq \f(－2asin x,ex)＋1＝0，可得a＝eq \f(ex,2sin x)， 令g(x)＝eq \f(ex,2sin x)，x∈(0，π)， 则直线y＝a与函数y＝g(x)，x∈(0，π)的图象有两个不同的交点， g′(x)＝eq \f(2exsin x－cos x,2sin x2)＝eq \f(2\r(2)exsin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4))),2sin x2)， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))时，g′(x)＞0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))上单调递增， 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，g′(x)＜0，所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上单调递减，又因为，当x趋近于0时，g(x)趋近于＋∞，当x趋近于π时，g(x)趋近于＋∞， 所以可作出g(x)的图象如图所示， 数形结合可知，即实数a的取值范围是.] 4．(2024·新课标Ⅱ卷)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)a＝1，f(x)＝ex－x－1，切点(1，e－2)， f′(x)＝ex－1，k＝f′(1)＝e－1，所以要求的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1. (2)f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，此时无极值， ∴a＞0，令f′(x)＝0，x＝ln a， ∴f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，(ln a，＋∞)上单调递增， ∴f(x)极小值＝f(ln a)＝a－aln a－a3＜0， ∴1－ln a－a2＜0， 令g(a)＝－a2－ln a＋1，g′(a)＝－2a－eq \f(1,a)＜0 g(a)在(0，＋∞)单调递减，而g(1)＝0， ∴g(a)＜0⇔a＞1， ∴a的取值范围(1，＋∞)． 利用导数研究函数的最值 [典例]　(1)已知0＜x＜π，则eq \f(sin x,1－cos x)＋eq \f(64,1＋cos x)的最小值为________． [解析]　设f(x)＝eq \f(sin x,1－cos x)＋eq \f(64,1＋cos x) ＝eq \f(2sin\f(x,2)cos\f(x,2),2sin2\f(x,2))＋eq \f(64\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2\f(x,2)＋cos2\f(x,2))),2cos2\f(x,2)) ＝eq \f(1,tan\f(x,2))＋32tan2eq \f(x,2)＋32， 设taneq \f(x,2)＝t，由x∈(0，π)，得t＞0， 则f(t)＝eq \f(1,t)＋32t2＋32， f′(t)＝－eq \f(1,t2)＋64t＝eq \f(64t3－1,t2)＝0，得t＝eq \f(1,4)， 当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，f′(t)＜0，f(t)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上单调递减， 当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))时，f′(t)＞0，f(t)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))上单调递增， 所以当t＝eq \f(1,4)时，f(t)取得最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝38， 即eq \f(sin x,1－cos x)＋eq \f(64,1＋cos x)的最小值为38. [答案]　38 (2)已知函数f(x)＝x2eax，其中a≤0，e为自然对数的底数． ①讨论函数f(x)的单调性； ②求函数f(x)在区间[0,1]上的最大值． [解]　①f′(x)＝2xeax＋x2aeax＝x(ax＋2)eax. 当a＝0时，由f′(x)>0，得x>0，由f′(x)<0，得x<0. 故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减； 当a<0时，由f′(x)>0，得0<x<－eq \f(2,a)， 由f′(x)<0，得x<0或x>－eq \f(2,a). 故函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,a)))上单调递增， 在(－∞，0)与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，＋∞))上单调递减． ②当a＝0时，f(x)在区间[0,1]上单调递增，其最大值为f(1)＝1； 当－eq \f(2,a)＞1，即－2＜a＜0时，f(x)在区间[0,1]上单调递增，其最大值是f(1)＝ea； 当0＜－eq \f(2,a)≤1，即a≤－2时，x＝－eq \f(2,a)是函数f(x)在区间[0,1]上唯一的极大值点，也就是最大值点， 此时函数f(x)最大值是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)))＝eq \f(4,a2e2). 综上可得当－2<a≤0时，f(x)在[0,1]上的最大值是ea； 当a≤－2时，f(x)在[0,1]上的最大值为eq \f(4,a2e2). 求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，首先可判断函数在[a，b]上的单调性，若函数在[a，b]上单调递增或单调递减，则f(a)，f(b)一个为最大值，一个为最小值．若函数在[a，b]上不单调，一般先求[a，b]上f(x)的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的即为最大值，最小的即为最小值． 求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小． 1．已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值为－1，则实数a的取值范围为　________　. 解析：因为f(x)＝(x－1)ex＋ax2， 所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)， 若a≥0，则x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0， 故f(x)在(－∞，0)上单调递减， x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝－1，满足题意； 若a＜0，则当x无限趋近于负无穷大时，f(x)无限趋向于负无穷大，f(x)没有最小值，不符合题意； 综上，a≥0，所以实数a的取值范围为[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞) 2．已知函数f(x)＝aln x－2x－eq \f(a2,x)(a≠0)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间和极值； (2)求f(x)在区间(0,1]上的最大值． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－2x－eq \f(1,x)，x∈(0，＋∞)， 则f′(x)＝eq \f(1,x)－2＋eq \f(1,x2)＝eq \f(－2x2＋x＋1,x2)＝eq \f(－2x＋1x－1,x2)， 解－(2x＋1)(x－1)＝0，可得x＝1，或x＝－eq \f(1,2)(舍)，所以当0＜x＜1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增， 当x＞1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减， 故函数f(x)的单调递增区间是(0,1]，单调递减区间是(1，＋∞)，所以函数f(x)的极大值为f(1)＝－3，没有极小值． (2)由题意得f′(x)＝eq \f(a,x)－2＋eq \f(a2,x2)＝－eq \f(2x2－ax－a2,x2)＝－eq \f(x－a2x＋a,x2). 若a≥1，当x∈(0,1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0,1]上单调递增， 此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2； 若0＜a＜1，当x∈(0，a)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈(a,1]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 此时f(x)的最大值为f(a)＝aln a－3a； 若－2＜a＜0，则0＜－eq \f(a,2)＜1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 此时f(x)的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋3a； 若a≤－2，则－eq \f(a,2)≥1，当x∈(0,1]时，f′(x)≥0， f(x)在区间(0,1]上单调递增， 此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2. 综上可得，f(x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2－a2，a≤－2或a≥1，,aln a－3a，0＜a＜1，,aln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋3a，－2＜a＜0.)) 利用导数研究生活中的优化问题 [典例]　某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，按照设计要求，容器的容积为eq \f(80π,3)立方米，且l≥2r.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建造费用为3千元，半球形部分每平方米建造费用为c(c>3)千元，设该容器的建造费用为y千元． (1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r. [思维导引]　(1)建造费用＝表面积×单价，用r把l表示出来，再由l≥2r得到r的取值范围，即函数y的定义域；(2)利用导数求该容器的建造费用最小时的r. [解]　(1)设容器的容积为V，由题意知 V＝πr2l＋eq \f(4,3)πr3，又V＝eq \f(80π,3)，故l＝eq \f(V－\f(4,3)πr3,πr2) ＝eq \f(80,3r2)－eq \f(4,3)r＝eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r)).由于l≥2r， 因此eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r))≥2r， 整理得eq \f(40,r2)≥5r，故0<r≤2.所以建造费用 y＝2πrl×3＋4πr2c＝2πr×eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(20,r2)－r))×3＋4πr2c. 因此y＝4π(c－2)r2＋eq \f(160π,r)，0<r≤2. (2)由(1)得y′＝8π(c－2)r－eq \f(160π,r2) ＝eq \f(8πc－2,r2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r3－\f(20,c－2)))，0<r≤2. 由于c>3，所以c－2>0， 当r3－eq \f(20,c－2)＝0时，r＝ eq \r(3,\f(20,c－2)). 令 eq \r(3,\f(20,c－2))＝m，则m>0， 所以y′＝eq \f(8πc－2,r2)(r－m)(r2＋rm＋m2)． ①当0<m<2，即c>eq \f(9,2)时，当r＝m时，y′＝0； 当r∈(0，m)时，y′<0；当r∈(m,2)时，y′>0. 所以r＝m是函数y的极小值点，也是最小值点． ②当m≥2，即3<c≤eq \f(9,2)时， 当r∈(0,2]时，y′<0，函数单调递减， 所以r＝2是函数y的最小值点． 综上所述，当3<c≤eq \f(9,2)，建造费用最小时r＝2； 当c>eq \f(9,2)，建造费用最小时r＝ eq \r(3,\f(20,c－2)). 利用导数解决实际生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各变量之间的关系，建立实际问题的数学模型，写出相应的函数关系式y＝f(x)． (2)求导数f′(x)，解方程f′(x)＝0. (3)判断使f′(x)＝0的点是极大值点还是极小值点． (4)确定函数的最大值或最小值，还原到实际问题中作答．一般地，对于实际问题，若函数在给定的定义域内只有一个极值点，那么该点也是最值点． 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3<x<6，a为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a的值； (2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大． 解：(1)因为x＝5时，y＝11，所以eq \f(a,2)＋10＝11， 即a＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2(3＜x＜6)．所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62)) ＝2＋10(x－3)(x－6)2(3<x<6)． 从而f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)． 于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (3,4) 4 (4,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 由上表可得，x＝4时，函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．所以当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.所以当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. $