【文档说明】2022高三统考数学文北师大版一轮教师文档：第二章第十一节第二课时　导数与函数的极值、最值含答案【高考】.doc，共(7)页，179.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-第十一节第二课时导数与函数的极值、最值授课提示：对应学生用书第43页[基础梳理]1．函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点：若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(

x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫作函数的极小值点，f(a)叫作函数的极小值．(2)函数的极大值与极大值点：若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫作函数的极大值

点，f(b)叫作函数的极大值．2．函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像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[a，b]上的最大(小)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．1．注意两种条件(1)f′(x)＞0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．(2)对于可导函数f(x)，f′

(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．2．分清极值与最值的关系(1)极值与最值的关系：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)的图像连续，则f(x)在[a，b]内一定有最值．(3)若函数f(x)在[a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．(4)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．[四基自测]1．(基础点：极值与导数的关系)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A-2-2．(基础点：

闭区间上的函数的最值)函数f(x)＝x33＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是()A．－173B．－103C．－4D．－643答案：A3．(易错点：极小值点)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点

，则a＝________．答案：24．(基础点：极值与最值关系)函数y＝xex的最小值是________．答案：－1e授课提示：对应学生用书第43页考点一求函数的极值或极值点挖掘极值的存在性问题/互动探究

[例](2019·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x－1)lnx－x－1.证明：(1)f(x)存在唯一的极值点；(2)f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[证明](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝x－1x＋lnx－1＝lnx－1x.因为y＝lnx

在(0，＋∞)上单调递增，y＝1x在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－12＝ln4－12>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又当x<x0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，f′

(x)>0，f(x)单调递增，因此，f(x)存在唯一的极值点．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.由α>x0>1得1α<1<x0.又f1α＝1α－1ln1α－1

α－1＝f（α）α＝0，故1α是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．综上，f(x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[破题技法]1.利用导数研究函数极值的一般步骤(1)确定函数定义域；(2)求导数f′(x)及f′(x

)＝0的根；(3)根据方程f′(x)＝0的根将函数定义域分成若干区间，列出表格，检查导函数f′(x)-3-零点左右f′(x)的值的符号，如果左正右负，那么y＝f(x)在这个根处取极大值，如果左负右正，那么y＝f(x)在这个根处取极小值．如果左右不改变符号，那么f(x)在这个根处无极值．2．判断极值

点的个数首先确定导数的零点的个数，再根据极值的定义，确定零点是否为极值点．已知函数f(x)＝13x3－12ax2，a∈R.(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，讨论g(x)的

单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解析：(1)由题意f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即

3x－y－9＝0.(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx

)，令h(x)＝x－sinx，则h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上单调递增．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)与g(x)的

函数关系为x(－∞，a)a(a，0)0(0，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大极小所以当x＝a时，g(x)有极大值为g(a)＝－16a3－sina.当x＝0时，g(x)有极小值g(0)＝－a.②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sinx)．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)与g(x)的函数关系为：x(－∞，0)0(0，a)a(a，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)极大极小所以当x＝0时g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；当

x＝a时g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－16a3－sina.综上所述，当a＜0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，-4-函数既有极大值，又有极小值，极大值是

g(a)＝－16a3－sina，极小值是g(0)＝－a；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a＞0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减

，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－16a3－sina.考点二利用导数求函数的最值问题挖掘含参数的函数的最值/互动探究[例](2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)讨论f(x)的单调性

；(2)当0<a<3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M－m的取值范围．[解析](1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a3.若a>0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时

，f′(x)>0，当x∈0，a3时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减；若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；若a<0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，

当x∈a3，0时，f′(x)<0，故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．(2)当0<a<3时，由(1)知，f(x)在0，a3单调递减，在a3，1单调递增，所以f(x)在[0，1]的最小值为f

a3＝－a327＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－a327＋2，M＝4－a，0<a<2，2，2≤a<3.所以M－m＝2－a＋a327，0<a<2，a327，2≤a<3.当0<a<2时，可知2－a＋a327单调递减，所以M－m的

取值范围是827，2.当2≤a<3时，a327单调递增，所以M－m的取值范围是827，1.综上，M－m的取值范围是827，2.[破题技法]1.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤-5-(1)求函数在(a，b)内的极

值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．2．若f(x)在(a，b)内只有一个极值，则该极值为最值．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k

∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k＝1时，求f(x)在[0，2]上的最值．解析：(1)当k＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．由f′(x

)＝0，解得x1＝0，x2＝ln2＞0.由f′(x)＞0，得x＜0或x＞ln2.由f′(x)＜0，得0＜x＜ln2.所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(ln2，＋∞)，单调减区间为(0，ln2)．(2)由(1)可知x

＝0和x＝ln2是f(x)的极值点，且0∈[0，2]，ln2∈[0，2]，f(0)＝－1，f(ln2)＝(ln2－1)·eln2－(ln2)2＝2(ln2－1)－(ln2)2，由(1)可知f(0)＝f(1)＝－1，在(ln2，＋∞)上f(x)

为增函数，∴f(2)＞f(1)＞f(ln2)，∴f(x)的最大值为f(2)＝e2－4.f(x)的最小值为f(ln2)＝2ln2－2－(ln2)2.考点三利用极值、最值求参数挖掘已知最值求参数/互动探究[例](2019·高考全国卷Ⅲ)已知

函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；(2)是否存在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．[解析](1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，

得x＝0或x＝a3.若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪a3，＋∞时，f′(x)＞0；当x∈0，a3时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，a3，＋∞单调递增，在0，a3单调递减．若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)

单调递增．若a<0，则当x∈－∞，a3∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈a3，0时，f′(x)<0.-6-故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞)单调递增，在a3，0单调递减．(2)满足题设条件的a，b存在．①当a≤0时，

由(1)知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，

1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.③当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0，1]的最小值为fa3＝－a327＋b，最大值为b或2－a＋b

.若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0＜a＜3矛盾．若－a327＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或a＝0，与0＜a＜3矛盾．综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0，1]的最小

值为－1，最大值为1.[破题技法]1.已知函数极值点x0，求解析式中的参数，常利用f′(x0)＝0列方程求参数，求出参数后还要检验所求参数值是否满足x0的极值点特征．2．函数y＝f(x)在区间(a，b)上存在极值点，则转化为函数

y＝f′(x)在区间(a，b)内存在变号零点．3．若已知最值时，需清楚最值何时取到．已知函数f(x)＝exx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在极值

点，求实数a的取值范围．解析：(1)f(x)＝exx，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以f′(x)＝ex（x－1）x2.当f′(x)＝0时，x＝1.f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，0

)(0，1)1(1，＋∞)f′(x)－－0＋f(x)极小值故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0，1)．(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝ex－a，当a≤1时，g′(x)＝ex－a＞0，即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时

g(x)在(0，＋∞)上无极值点．当a＞1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna；令g′(x)＝ex－a＞0，得x∈(lna，＋∞)；-7-令g′(x)＝ex－a＜0，得x∈(0，lna)．故g(x)在(0，lna)上递减，在(lna，＋∞)上递增，所以g(x)

在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为x＝lna.故实数a的取值范围是a＞1.