新课程2021高考数学一轮复习第二章第11讲第2课时利用导数研究函数的极值最值课件

大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
1．概念辨析
(1)对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 为极值点的充要条件．( × ) (2)函数的极大值一定大于其极小值．( × )
(3)若函数 f(x)在区间 D 上具有单调性，则 f(x)在区间 D 上不存在极 值．( √ )
(4) 函 数 的 最 大 值 不 一 定 是 极 大 值 ， 函 数 的 最 小 值 也 不 一 定 是 极 小 值．( √ )
题型二 用导数求函数的最值
1.设动直线 x＝m 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.13(1＋ln 3)
1 B.3ln 3
C.1＋ln 3
D．ln 3－1
答案 A
解析 由题意，得 M(m，m3)，N(m，ln m)，m>0.
∴|MN|＝|m3－ln m|，m>0.
答案 B
解析 由题图可知，当 x<x1 或 x1<x<x2 时，f′(x)<0；当 x>x2 时，f′(x)>0； 当 x＝x1 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.
3．(2019·全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝sinx－ln (1＋x)，f′(x)为 f(x)的 导数．
2.若函数 f(x)＝13x3－x＋m 的极大值为 1，则函数 f(x)的极小值为(
)
A.－13
B．－1
1 C.3
D．1
答案 A
解析 f′(x)＝x2－1，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1，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 x＝－1 处取得极大值，则 f(－1)＝1，得 m＝13，函数 f(x)在 x＝1 处取得极小值，且 f(1)＝13×13－1＋13＝－13.故选 A.
(3)当 x∈[－1,2]时，函数 f(x)＝ex－x 的最小值为( ) A．1 B．－1 C．0 D．－e
答案 A 解析 因为 f(x)＝ex－x，所以 f′(x)＝ex－1，由 f′(x)＝0，得 x＝0.当 x ∈[－1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当 x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所 以 f(x)min＝f(0)＝1.
5．设函数 f(x)＝ax3－2x2＋x＋c. (1)当 a＝1，且函数 f(x)的图象过点(0,1)时，求函数 f(x)的极小值； 解 f′(x)＝3ax2－4x＋1. (1)函数 f(x)的图象过点(0,1)时，有 f(0)＝c＝1. 当 a＝1 时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1. 由 f′(x)>0，解得 x<13或 x>1；
解析 f′(x)＝(x－2)(ax－1)ex.当 a<0 时，由 f′(x)>0，解得1a<x<2，由 f′(x)<0，解得 x<1a或 x>2，所以函数 f(x)在1a，2上单调递增，在－∞，1a和 (2，＋∞)上单调递减，所以函数 f(x)在 x＝2 处取得极大值．
当 a＝0 时，f′(x)＝(2－x)ex. 由 f′(x)>0，解得 x<2； 由 f′(x)<0，解得 x>2.
(2)当函数 y＝x·3x 取得极小值时，x＝( )
1 A.ln 3
B．－ln13
C．ln 3
答案 B
D．－ln 3
解析 由题可得 y′＝3x＋x·3x·ln 3＝3x(1＋xln 3)．
当 x<－ln13时，y′<0，函数单调递减，当 x>－ln13时，y′>0，函数单
调递增，则函数 y 在 x＝－ln13处取得极小值．
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.故选 A.
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．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 (2)证明：令 h(x)＝ex(x－1)－2，则 h′(x)＝ex·x， 所以当 x∈(－∞，0)时，h′(x)<0， 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)＝－2<0， h(2)＝e2－2>0，所以 f′(1)<0，f′(2)>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.
①当 a＝0 时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件； ②当 a≠0 时，f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 恒成立的充要条件是 Δ＝(－4)2－ 4×3a×1≤0，即 16－12a≤0，解得 a≥43. 综上，a 的取值范围为43，＋∞.
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.
ex＋2 3.已知函数 f(x)＝ x . (1)求函数 f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
exx－1－2 解 (1)因为 f′(x)＝ x2 ，所以 k＝f′(1)＝－2.又因为 f(1)＝e＋2， 所以切线方程为 y－(e＋2)＝－2(x－1)，即 2x＋y－e－4＝0.
(2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点.
(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)的图象是一条 □01 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 □02 极值
；
②将函数 y＝f(x)的各极值与 □03 端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最
题型一 用导数求解函数极值问题
角度 1 求函数的极值 1．(2017·全国卷Ⅱ)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 答案 A
解析 函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，则 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex －1＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
(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 04 都大 ，f′(b)＝0，而且在点 x＝b 附近的左侧 □05 f′(x)>0 ，右侧 □06 f′(x)<0 ，则点 b 叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
2．函数的最值与导数
由 x＝－2 是函数 f(x)的极值点得 f′(－2)＝e－3(4－2a－4＋a－1)＝(－a －1)e－3＝0，所以 a＝－1.
所以 f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)．
由 ex－1>0 恒成立，得 x＝－2 或 x＝1 时，f′(x)＝0，且 x<－2 时，f′(x)>0； －2<x<1 时，f′(x)<0；x>1 时，f′(x)>0.
第二章 函数、导数及其应用
第11讲 导数在研究函数中的应用
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
[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.
2．小题热身 (1)设函数 f(x)＝2x＋ln x，则( ) A．x＝12为 f(x)的极大值点 B．x＝12为 f(x)的极小值点 C．x＝2 为 f(x)的极大值点 D．x＝2 为 f(x)的极小值点
答案 D
解析 f(x)＝2x＋ln x，f′(x)＝－x22＋1x＝x－x22，当 x>2 时，f′(x)>0，此 时 f(x)为增函数；当 0<x<2 时，f′(x)<0，此时 f(x)为减函数，据此知 x＝2 为 f(x)的极小值点．
设 h(m)＝m3－ln m，m>0，
∴h′(m)＝3m2－m1 .
由
h′(m)＝0，得
m＝13 3
时，h′(m)<0，h(m)单调递减，
当
m∈13
1 3
，＋∞时，h′(m)>0，h(m)单调递增，
∴m＝13
1 3
时，h(m)取得最小值，
h(m)min＝13－13ln 13＝13(1＋ln 3).
当 x∈α，π2时，g′(x)＜0. 所以 g(x)在(－1，α)上单调递增，在α，π2上单调递减，故 g(x)在－1，π2 存在唯一极大值点，即 f′(x)在－1，π2存在唯一极大值点．
角度 3 根据极值求参数 4．(2019·青岛模拟)若函数 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，在 x＝2 处 取得极大值，则实数 a 的取值范围为_－__∞__，__12_．