高考数学专题一　微专题5　函数的极值、最值 课件(共69张PPT)

(共69张PPT)
专题一　函数与导数
微专题5
函数的极值、最值
应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
典例1　已知函数f(x)＝eax(x－1)2.
(1)若a＝1，求f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
考点一　利用导数研究函数的极值
当a＝1时，f(x)＝ex(x－1)2，f′(x)＝ex(x2－1)，
所以f′(0)＝e0(02－1)＝－1，
又f(0)＝e0(0－1)2＝1，
所以切线方程为y－1＝－(x－0)，即x＋y－1＝0.
(2)求f(x)的极大值与极小值；
f′(x)＝aeax(x－1)2＋2eax(x－1)＝eax(x－1)(ax－a＋2)，
当a＝0时，f′(x)＝2(x－1)＝0，解得x＝1，
故当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝1时，f(x)有极小值为f(1)＝0，无极大值.
综上，当a＝0时，f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值；
跟踪训练1　(2023·长沙模拟)设g(x)＝ ＋(x－a)cos x－sin x，a∈R，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
所以g′(x)＝x2－ax＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上是增函数，
因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.
(1)当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
(2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增.
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.
(3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当a＝0时，g(x)是增函数，无极值；
当a>0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝
典例2　已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
考点二　利用导数研究函数的最值
f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－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.
满足题设条件的a，b存在.
①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b＝－1，最大值为f(1)＝2－a＋b＝1.
解得a＝0，b＝－1，
此时a，b满足条件；
②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝b＝1，最小值为f(1)＝2－a＋b＝－1.
解得a＝4，b＝1，
此时a，b满足条件；
最大值为b或2－a＋b.
综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]上的最小值为－1，最大值为1.
跟踪训练2　(2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝ln x－ (m∈R).
(1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
∴当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2).
(2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值.
得当m≥0时，f′(x)>0，
∴f(x)为增函数，
则f(x)在[1，e]上单调递增，
从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
可得m＝－4，不符合题意；
当m<0时，令f′(x)＝0，得m＋x＝0，x＝－m，
①当0<－m≤1，即－1≤m<0时，由x∈[1，e]，知f′(x)≥0，
则f(x)在[1，e]上单调递增，从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4，可得m＝－4，不符合题意；
②当－m≥e，即m≤－e时，由x∈[1，e]，知f′(x)≤0，
③当1<－m从而f(x)min＝f(－m)＝ln (－m)＋1＝4，解得m＝－e3，不符合题意.
综上，m的值为－3e.
典例3　(2023·凤城模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1(a>1).
(1)若函数f(x)在x＝－2处取得极值，求实数a的值；
考点三　导数的综合应用
由函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1，a>1，可得f′(x)＝3x2＋2ax－a2，
因为函数f(x)在x＝－2处取得极值，可得f′(－2)＝12－4a－a2＝0，
解得a＝2或a＝－6(舍去).
当a＝2时，可得f′(x)＝(3x－2)(x＋2)，
所以当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，符合题意.
(2)当x∈[－2,1]时，求函数f(x)的最大值.
由f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(3x－a)(x＋a)，其中a>1，
因为f(－a)－f(1)＝a3＋a2－a－1＝(a2－1)(a＋1)>0，可得f(－a)>f(1)，
所以f(x)max＝f(－a)＝a3＋1.
所以f(－2)－f(1)>0，即f(－2)>f(1)，所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7.
所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7.
综上，当1当a≥2时，f(x)的最大值为2a2＋4a－7.
跟踪训练3　已知定义在(0，＋∞)上的两个函数f(x)＝xex－x，g(x)＝ln x.
(1)求h(x)＝x·g(x)的单调区间及极值；
因为g(x)＝ln x，
所以h(x)＝x·g(x)＝xln x(x>0)，
所以h′(x)＝1＋ln x，
列表如下，
x
h′(x) － 0 ＋
h(x) 单调递减 极小值 单调递增
x
h′(x) － 0 ＋
h(x) 单调递减 极小值 单调递增
(2)求函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值.
因为f(x)＝xex－x，g(x)＝ln x，
所以F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－x－ln x(x>0)，
由x>0，得x＋1>0，
令φ(x)＝xex－1(x>0)，
所以φ′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
φ(1)＝e－1>0，
由函数零点存在定理可知，
使得φ(x0)＝0，
即x0＝－ln x0，
由上述对函数F(x)的分析，
列表如右，
x (0，x0) x0 (x0，＋∞)
F′(x) － 0 ＋
F(x) 单调递减 极小值 单调递增
故F(x)min＝F(x0)＝ －x0－ln x0
＝ ＋ln x0－ln x0
所以函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小
值为1.
x (0，x0) x0 (x0，＋∞)
F′(x) － 0 ＋
F(x) 单调递减 极小值 单调递增
求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法
(1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另一个为最小值.
(2)若函数f(x)在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数f(x)在区间[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值.
(3)若函数f(x)在区间[a，b]上只有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
总结提升
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√
因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
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当x＝1时取最大值，满足题意.
2.若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为
A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1
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函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
由x＝－2是函数f(x)的极值点，得
f′(－2)＝(4－2a－4＋a－1)e－3
＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，
f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1.
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由ex－1>0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x<－2时，f′(x)>0；当－21时，f′(x)>0.
所以x＝1是函数f(x)的极小值点.
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
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3.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)·sin x＋1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为
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√
f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x
＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π].
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又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
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4.已知a∈R，设函数f(x)＝ 若关于x的不等式f(x)≥0
在R上恒成立，则a的取值范围为
A.[0,1] B.[0,2] C.[0，e] D.[1，e]
√
当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a
＝(x－a)2－a2＋2a.
当a≤1时，可得f(x)的最小值为
f(a)＝－a2＋2a，
令f(a)≥0，解得0≤a≤2，故0≤a≤1；
当a>1时，可得f(x)的最小值为f(1)＝1≥0，满足条件，所以a≥0.
当x>1时，由f(x)＝x－aln x可得
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当a≤1时，f′(x)>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故只需1－aln 1≥0，显然成立；
当a>1时，由f′(x)＝0可得x＝a，
易得f(x)的最小值为f(a)＝a－aln a，
令f(a)≥0，解得0所以a≤e.
综上，a的取值范围是[0，e].
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5.(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D.直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
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因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝ －1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)也不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.
6.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋ (a≠0)既有极大值也有极小值，则
A.bc>0 B.ab>0
C.b2＋8ac>0 D.ac<0
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因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，
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即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确.
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7.(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为____.
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函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
8.(2023·常德模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2－ax(a∈R，a≠0).如果存在实数a∈(－∞，－1]使函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[－1，b](b>－1)在x＝－1处
取得最小值，则实数b的最大值为________.
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f(x)＝ax3＋x2－ax，
∴f′(x)＝3ax2＋2x－a，
g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(2－a)x－a，
当x∈[－1，b]时，g(x)在x＝－1处取得最小值，
则g(x)≥g(－1)，即(x＋1)[ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)]≥0，
当x＝－1时，不等式恒成立.
当－1设h(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)，a∈(－∞，－1]，
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知其图象是开口向下的抛物线，故h(x)在闭区间上的最小值必在端点处取得，且h(－1)＝－4a>0，则不等式成立的充要条件是h(b)≥0，整
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9.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ x3－2x2＋(2－a)x＋1，其中a∈R.
(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
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(2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值.
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依题意，f′(x)＝2x2－4x＋2－a＝2(x－1)2－a，而x∈[2,3]，则2(x－1)2∈[2,8]，
①当a≤2时，f′(x)≥0，当且仅当a＝2，x＝2时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递增，
②当a≥8时，f′(x)≤0，当且仅当a＝8，x＝3时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递减，
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10.(2023·南京模拟)已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋1，其中a∈R.
(1)当a＝3时，求函数f(x)在(0,3)内的极值；
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由题意得，当a＝3时，f(x)＝2x3－12x2＋18x＋1，
则f′(x)＝6x2－24x＋18＝6(x－1)(x－3)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3，
f′(x)，f(x)在(0,3)内随x变化而变化的情况如表所示，
x (0,1) 1 (1,3)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 单调递增 极大值9 单调递减
故f(x)在(0,3)内的极大值为9，无极小值.
(2)若函数f(x)在[1,2]上的最小值为5，求实数a的取值范围.
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f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，
①当a≤1时， x∈[1,2]，f′(x)≥0且不恒为0，
所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，
所以在[1,2]上，f(x)min＝f(1)＝2×13－3(a＋1)×12＋6a×1＋1＝3a，
②当a≥2时， x∈[1,2]，f′(x)≤0且不恒为0，
所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，
所以在[1,2]上，f(x)min＝f(2)＝2×23－3(a＋1)×22＋6a×2＋1＝5，符合题意；
③当1若x∈(a,2]，则f′(x)>0，函数f(x)在区间(a,2]上单调递增，
所以在[1,2]上，f(x)min＝f(a)＝2a3－3(a＋1)a2＋6a2＋1＝－a3＋3a2＋1，
由题意得－a3＋3a2＋1＝5，即a3－3a2＋4＝0，即a3－2a2－(a2－4)＝0，
即(a－2)2(a＋1)＝0，解得a＝－1或a＝2，与1综上，实数a的取值范围为[2，＋∞).
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