第11讲　第2课时　利用导数研究函数的极值、最值 （《金版教程》2021高考科学复习创新方案-理数）.ppt

1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第1111讲讲 导数在研究函数中的应用导数在研究函数中的应用 第第2 2课时课时 利用导数研究函数的极值、利用导数研究函数的极值、 最值最值 第二章 函数、导数及其应用 考纲解读 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(其中多项式函数一般不超过三 次)(重点) 3会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三 次)(重点、难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点预测2021 年高考以考查

2、用导数解决函数的极值、最值问题为主试题难度较大，主 要以解答题形式呈现. 1 基础知识过关基础知识过关 PART ONE 1.函数的极值与导数 (1)函数的极小值与极小值点 若函数f(x)在点xa处的函数值f(a)比它在点xa附近其他点的函数值 01 _，f(a)0，而且在点xa附近的左侧02 _， 右侧03 _，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数 的极小值 (2)函数的极大值与极大值点 若函数f(x)在点xb处的函数值f(b)比它在点xb附近其他点的函数值 04 _，f(b)0，而且在点xb 附近的左侧05 _， 右侧06 _，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的 极大值 f

3、(x)0 都大 f(x)0 f(x)2时，f(x)0，此 时f(x)为增函数；当0x2时，f(x)0，此时f(x)为减函数，据此知x2为 f(x)的极小值点 答案答案 解析解析 (2)当函数yx 3x取得极小值时，x( ) A. 1 ln 3 B 1 ln 3 Cln 3 Dln 3 解析 由题可得y3xx 3x ln 33x(1xln 3) 当x 1 ln 3 时，y 1 ln 3 时，y0，函数单 调递增，则函数y在x 1 ln 3处取得极小值 答案答案 解析解析 (3)当x1,2时，函数f(x)exx的最小值为( ) A1 B1 C0 De 解析 因为f(x)exx，所以f(x)ex1，

4、由f(x)0，得x0.当x 1,0)时，f(x)0，f(x)单调递 增所以f(x)minf(0)1. 答案答案 解析解析 (4)若x1是函数f(x)(exa)ln x的极值点，则实数a_. 解析 因为f(x)exln x(exa) 1 x ，且x1是函数f(x)(exa)ln x的 极值点，所以f(1)ea0，解得ae. e 解析解析 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 角度1 求函数的极值 1(2017 全国卷)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex 1的极值点，则 f(x)的极小值为( ) A1 B2e 3 C5e 3 D1 答案答案 题型题型 一一 用导数求解函数极值问题用导

5、数求解函数极值问题 解析 函数f(x)(x2ax1)ex 1， 则f(x)(2xa)ex 1(x2ax1) ex1 ex 1 x2(a2)xa1 由x2是函数f(x)的极值点得 f(2)e 3 (42a4a1)(a1)e30， 所以a1. 所以f(x)(x2x1)ex 1，f(x)ex1 (x2x2) 由ex 10恒成立，得x2或x1时，f(x)0， 且x0；2x1时，f(x)1时，f(x)0. 所以x1是函数f(x)的极小值点 所以函数f(x)的极小值为f(1)1.故选A. 解析解析 角度2 极值点个数问题 2(2019 南昌模拟)若函数f(x)的导函数f(x) 的图象如图所示，则( ) A

6、函数f(x)有1个极大值点，1个极小值点 B函数f(x)有0个极大值点，1个极小值点 C函数f(x)有1个极大值点，0个极小值点 D函数f(x)有0个极大值点，0个极小值点 解析 由题图可知，当xx1或x1xx2时，f(x)x2时， f(x)0；当xx1时，f(x)0；所以f(x)在(，x2)上单调递减，在(x2， )上单调递增，所以f(x)有0个极大值点，1个极小值点，即x2. 答案答案 解析解析 3(2019 全国卷节选)已知函数f(x)sinxln (1x)，f(x)为f(x)的 导数 证明：f(x)在区间 1， 2 存在唯一极大值点 证明 设g(x)f(x)， 则g(x)cosx 1

7、1x，g(x)sinx 1 1x2. 当x 1， 2 时，g(x)单调递减，而g(0)0，g 2 0，可得 g(x)在 1， 2 有唯一零点，设为.则当x(1，)时，g(x)0； 当x ， 2 时，g(x)0. 所以g(x)在(1，)上单调递增，在 ， 2 上单调递减，故g(x)在 1， 2 存在唯一极大值点，即f(x)在 1， 2 存在唯一极大值点 证明证明 角度3 根据极值求参数 4(2019 青岛模拟)若函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex，在x2处 取得极大值，则实数a的取值范围为_ ，1 2 解析 f(x)(x2)(ax1)ex.当a0，解得 1 a x2，由 f(x)0，解得x

8、2，所以函数f(x)在 1 a，2 上单调递增，在 ，1 a 和 (2，)上单调递减，所以函数f(x)在x2处取得极大值 当a0时，f(x)(2x)ex. 由f(x)0，解得x2； 由f(x)2. 解析解析 所以函数f(x)在(，2)上单调递增， 在(2，)上单调递减， 所以f(x)在x2处取得极大值 当a0时，若要f(x)在x2处取得极大值，则需f(x)在(，2)， 1 a， 上单调递增，在 2，1 a 上单调递减，则有1 a2，解得0a0) (1)当a1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值； (2)若f(x)在(，)上无极值点，求a的取值范围 解 f(x)3ax2

9、4x1. (1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)c1. 当a1时，f(x)x32x2x1，f(x)3x24x1. 由f(x)0，解得x1； 由f(x)0，解得1 3x1. 所以函数f(x)在 ，1 3 和(1，)上单调递增，在 1 3，1 上单调递 减， 所以函数f(x)的极小值是f(1)13212111. 解解 (2)若f(x)在(，)上无极值点， 则f(x)在(，)上是单调函数， 即f(x)3ax24x10或f(x)3ax24x10恒成立 当a0时，f(x)4x1，显然不满足条件； 当a0时，f(x)0或f(x)0恒成立的充要条件是(4)2 43a10，即1612a0，解得a

10、4 3. 综上，a的取值范围为 4 3， . 解解 1熟记运用导数解决函数极值问题的一般流程 2已知函数极值点或极值求参数的两个要领 (1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待 定系数法求解 (2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用 待定系数法求解后必须验证根的合理性 1已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f(x) 在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的 极大值点的个数为( ) A1 B2 C3 D4 解析 极大值点处导数值为0，且两侧导数符号左正右负，观察导函 数f(x)在(a，b)上的图象可知，f(x)在(a，b)

11、上的极大值点有2个 答案答案 解析解析 2若函数f(x)1 3x 3xm的极大值为1，则函数f(x)的极小值为( ) A1 3 B1 C.1 3 D1 解析 f(x)x21，由f(x)0，得x1或x1，所以f(x)在区间 (，1)上单调递增，在区间(1,1)上单调递减，在区间(1，)上单 调递增，所以函数f(x)在x1处取得极大值，则f(1)1，得m 1 3 ，函 数f(x)在x1处取得极小值，且f(1)1 31 311 3 1 3.故选A. 答案答案 解析解析 解 (1)因为f(x) exx12 x2 ，所以kf(1)2.又因为f(1)e 2，所以切线方程为y(e2)2(x1)， 即2xye

12、40. 解解 3已知函数f(x)e x2 x . (1)求函数f(x)在(1，f(1)处的切线方程； (2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点 (2)证明：令h(x)ex(x1)2，则h(x)ex x， 所以当x(，0)时，h(x)0. 当x(，0)时，易知h(x)0，所以f(x)0， f(x)在(，0)上没有极值点 当x(0，)时，因为h(1)20，所以f(1)0，f(x)在(1,2)上有极小值点 又因为h(x)在(0，)上单调递增， 所以f(x)仅有唯一的极小值点 解解 1设动直线xm与函数f(x)x3，g(x)ln x的图象分别交于点M，N， 则|MN|的最小值为( ) A.1 3(1ln

13、 3) B.1 3ln 3 C1ln 3 Dln 31 题型题型 二二 用导数求函数的最值用导数求函数的最值 解析 由题意，得M(m，m3)，N(m，ln m)，m0. |MN|m3ln m|，m0. 设h(m)m3ln m，m0， h(m)3m2 1 m. 答案答案 解析解析 由h(m)0，得m. 当m时，h(m)0，h(m)单调递增， m时，h(m)取得最小值， h(m)min1 3 1 3ln 1 3 1 3(1ln 3) 1 3(1ln 3)0，|MN|min 1 3(1ln 3) 解析解析 2(2019 全国卷)已知函数f(x)2x3ax2b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)是

14、否存在a，b，使得f(x)在区间0,1的最小值为1且最大值为1？ 若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由 解 (1)f(x)6x22ax2x(3xa) 令f(x)0，得x0或xa 3. 若a0，则当x(，0) a 3， 时，f(x)0； 当x 0，a 3 时，f(x)0. 故f(x)在(，0)， a 3， 上单调递增，在 0，a 3 上单调递减 若a0，则f(x)在(，)上单调递增 若a0； 当x a 3，0 时，f(x)1)在区间1,1上的 最大值为1，最小值为1，则a_，b_. 2 3 1 解析 因为f(x)3x23ax3x(xa)， 令f(x)0，解得x0或xa. 因为a1，所以

15、当x变化时，f(x)与f(x)的变化情况如下表： x 1 (1,0) 0 (0,1) 1 f(x) 0 f(x) 13 2ab 极大值b 13 2ab 由题意得b1. 则f(1)3a 2 ，f(1)23a 2 ，f(1)f(1)， 所以3a 2 1，所以a2 3. 解析解析 2(2020 北京石景山区摸底)已知f(x)exax2，曲线yf(x)在(1，f(1) 处的切线方程为ybx1. (1)求a，b的值； (2)求f(x)在0,1上的最大值； (3)当xR时，判断yf(x)与ybx1交点的个数(只需写出结论，不 要求证明) 解 (1)f(x)exax2的导数为f(x)ex2ax， 由已知可得

16、f(1)e2ab，f(1)eab1， 解得a1，be2. (2)令g(x)f(x)ex2x.则g(x)ex2， 故当0 xln 2时，g(x)0，g(x)在0，ln 2)单调递减； 当ln 20，g(x)在(ln 2,1单调递增； 所以g(x)ming(ln 2)22ln 20，故f(x)在0,1单调递增，所以f(x)max f(1)e1. (3)当xR时，yf(x)与ybx1有两个交点 解解 1已知函数f(x)x3ax24在x2处取得极值，若m1,1，则 f(m)的最小值为_ 题型题型 三三 函数极值和最值的综合问题函数极值和最值的综合问题 4 解析 f(x)3x22ax， 因为函数f(x)

17、在x2处取得极值， 所以f(2)124a0，a3， 所以f(x)3x26x. 当m1,1时，f(m)m33m24，f(m)3m26m， 令f(m)0得m0或m2(舍去)， 当m(1,0)时，f(m)0，f(m)单调递增， 所以f(m)minf(0)4. 解析解析 2(2019 珠海调研)已知函数f(x) ax2bxc ex (a0)的导函数yf(x) 的两个零点为3和0. (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的极小值为e3，求f(x)在区间5，)上的最大值 解 (1)f(x)2axbe xax2bxcex ex2 ax 22abxbc ex . 令g(x)ax2(2ab)xbc， 因

18、为ex0，所以yf(x)的零点就是g(x)ax2(2ab)xbc的零 点且f(x)与g(x)符号相同 又因为a0，所以当3x0，即f(x)0， 当x0时，g(x)0，即f(x)5f(0)， 所以函数f(x)在区间5，)上的最大值是5e5. 解解 解决函数极值、最值问题的策略 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小 (2)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才 能确定最值 (3)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况， 还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然 后借助图象观察得到函数的最值 1已知函数f(x)

19、cosxaln x在x 6 处取得极值，则函数f(x)在区间 1， 2 上的最小值为( ) Af(1) Bf 6 Cf 2 D不存在 答案答案 解析 因为f(x)cosxaln x， 所以f(x)sinxa x， 因为f(x)在x 6处取得极值， 所以f 6 1 2 a 6 0，解得a 12， 所以f(x)cosx 12ln x，f(x)sinx 12 x ， 因为f 6 0，f(x)在 6， 2 上为减函数， 所以在x 1， 2 上，f(x)1时，证明：g(x)在(0，)上存在最小值 解 (1)因为f(x)x2sinx1， 所以f(x)12cosx， 则f(0)1，f(0)1，所以曲线yf(

20、x)在x0处的切线方程为y x1. 解解 (2)令f(x)0，则cosx 1 2 ，当x(0，)时，得x 3 ，当x变化时， f(x)，f(x)的变化如下表 x 0， 3 3 3， f(x) 0 f(x) 减 极小值 增 所以函数f(x)在(0，)上的单调递减区间为 0， 3 ，单调递增区间为 3， . 解解 (3)证明：因为g(x)1 2x 2mcosx， 所以g(x)xmsinx. 令h(x)g(x)xmsinx，则h(x)1mcosx， 因为m1，所以 1 m(0,1)， 令h(x)1mcosx0，则cosx 1 m ，易知cosx 1 m 在(0，)内有唯一 解x0， 当x(0，x0)

21、时，h(x)0， 所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增所以h(x0)0， 解解 所以h(x)xmsinx在(x0，)内有唯一零点x1， 当x(0，x1)时，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0， 所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，)上单调递增 所以函数g(x)在xx1处取得最小值， 即当m1时，函数g(x)在(0，)上存在最小值 解解 3 课时作业课时作业 PART THREE 1(2020 赤峰摸底)设函数f(x)在定义域R上可导， 其导函数为f(x)，若函数y(1x)f(x)的图象如图所 示，则下列结论中一定成立的是( ) A函数f(x)有极大值f(

22、2)和极小值f(1) B函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) C函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2) D函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(2) A组组 基础关基础关 解析 由函数的图象可知，f(2)0，f(2)0，并且当x0，当2x1时，f(x)0，函数f(x)有极大值f(2)又当1x2， f(x)2时，f(x)0，故函数f(x)有极小值f(2) 答案答案 解析解析 2函数f(x)1 3x 34x4的极大值为( ) A.28 3 B6 C.26 3 D7 解析 f(x)x24，令f(x)0，得x 2，当x(，2)时， f(x)0；当x(2,2)时，f(x)0，所以f(x)

23、 的极大值为f(2)1 3(2) 34(2)428 3 . 答案答案 解析解析 3函数f(x)ln xx在区间(0，e上的最大值为( ) A1e B1 Ce D0 解析 f(x) 1 x 1，由f(x)0得x1.当x(0,1)时，f(x)0，f(x) 单调递增，当x(1，e)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以 f(x)maxf(0)m3，从而f(2)37，f(2)5，所以f(x)minf(2) 37. 答案答案 解析解析 6设aR，若函数yexax有大于零的极值点，则( ) Aa1 Ca1 e Da0时，ex1，所以a ex0，x10，所以f

24、(x)0， 由f(x)3x23a3(x a)(x a)，可得a1， 由f(x)x33axb在x1处取得极小值2， 可得13b2，故b4. 所以f(x)x33x4的极大值为f(1)(1)33(1)46. 6 解析解析 9函数f(x)x33a2xa(a0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是_ 2 2 ， 解析 函数f(x)x33a2xa(a0)， f(x)3x23a23(xa)(xa)(a0)， 令f(x)0，可得xa或xa， 当xa时，f(x)0， 当axa时，f(x)0， 2a3a0， 2a3a 2 2 . 实数a的取值范围是 2 2 ， . 解析解析 10(2018 全国卷)已

25、知函数f(x)2sinxsin2x，则f(x)的最小值是 _ 解析 f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24(cosx 1) cosx1 2 ，所以当cosx 1 2 时函数单调递增， 从而得到函数的减区间为 2k5 3 ，2k 3 (kZ)，函数的增区间为 2k 3，2k 3 (kZ)，所以当x2k 3 ，kZ时，函数f(x)取得最小 值，此时sinx 3 2 ，sin2x 3 2 ，所以f(x)min2 3 2 3 2 3 3 2 . 3 3 2 解析解析 1已知yf(x)是奇函数，当x(0,2)时，f(x)ln xax a1 2 ，当x( 2,0)时，f(x)的最小值为1

26、，则a的值等于( ) A.3 4 B.2 3 C.3 2 D1 B组组 能力关能力关 解析 由题意知，当x(0,2)时，f(x)的最大值为1.令f(x) 1 x a 0，得x 1 a ，当0x0；当 1 a x2时，f(x)0.f(x)maxf 1 a ln a11，解得a1. 答案答案 解析解析 2已知函数f(x)x(ln xax)有两个极值点，则实数a的取值范围是 ( ) A(，0) B. 0，1 2 C(0,1) D(0，) 解析 因为f(x)x(ln xax)，所以f(x)ln x2ax1.由题可知f(x) 在(0，)上有两个不同的零点，令f(x)0，则2a ln x1 x .令g(x

27、) ln x1 x ，则g(x) ln x x2 ，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单 调递减，又因为当x从右边趋近于0时，g(x)，当x时， g(x)0，而g(x)maxg(1)1，所以只需02a1，即0a1. 当x(， m时，f(x) ，11 e ，则实数m的取值范围是_ 1，2 1 2e 解析 当x1时，f(x)(x1)(ex2) 令f(x)0得ln 2x1或x1， 令f(x)0得1xln 2. 所以函数f(x)在(1，ln 2)上单调递减 在(，1)和(ln 2,1)上单调递增， 所以函数f(x)在x1时取得极大值 f(1)11 e；在xln 2时取得极小值， f(ln

28、 2)(ln 2)2且f(1)e31时，由f(x)2x311 e， 解得x2 1 2e， 综上所述，实数m的取值范围是 1，2 1 2e . 解析解析 4已知函数f(x) x3x2，x1， aln x，x1. (1)求f(x)在区间(，1)上的极小值和极大值点； (2)求f(x)在1，e(e为自然对数的底数)上的最大值 解 (1)当x1时，f(x)3x22xx(3x2)， 令f(x)0，解得x0或x2 3. 当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表： x (，0) 0 0，2 3 2 3 2 3，1 f(x) 0 0 f(x) 极小值 极大值 故当x0时，函数f(x)取得极小值f(0)0

29、，函数f(x)的极大值点为x2 3. 解解 (2)当1x0 时，f(x)在1，e上单调递增， 则 f(x)在1，e上的最大值为 f(e)a. 故当 a2 时，f(x)在1，e上的最大值为 a； 当 a2 时，f(x)在1，e上的最大值为 2. 解解 5设f(x)xln x3 2ax 2(3a1)x. (1)g(x)f(x)在1,2上单调，求a的取值范围； (2)已知f(x)在x1处取得极小值，求a的取值范围 解 (1)由f(x)ln x3ax3a， 即g(x)ln x3ax3a，x(0，)， g(x)1 x3a， g(x)在1,2上单调递增， 所以1 x3a0对x1,2恒成立， 即a 1 3x

30、对x1,2恒成立，得a 1 6； g(x)在1,2上单调递减，所以1 x3a0对x1,2恒成立， 即a 1 3x对x1,2恒成立，得a 1 3， 由可得a的取值范围为 ，1 6 1 3， . 解解 (2)由(1)知， 若a0，f(x)在(0，)上单调递增，所以当x(0,1)时， f(x)0，f(x)单调递增，所以 f(x)在x1处取得极小值，符合题意； 若0a1，又f(x)在 0， 1 3a 上单调递增，所以当x(0,1) 时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在 1， 1 3a 上单调递增，f(x)在x1处取得极小值，符合题意； 解解 若a 1 3 ，则 1 3a 1，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递 减，所以当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减，不符合题意； 若a1 3，则0 1 3a0，f(x)单调递增，当x (1，)时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)在x1处取得极大值，不符 合题意 综上所述，可得a ，1 3 . 解解 本课结束本课结束