高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2.11.2导数与函数的极值、最值课件理
角度二：已知函数的极值求参数 【典例 2】 (2016· 山东高考)设 f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R。 (1)令 g(x)＝f′(x)，求 g(x)的单调区间； (2)已知 f(x)在 x＝1 处取得极大值，求实数 a 的取值范围。
【解析】 (1)由 f′(x)＝lnx－2ax＋2a， 可得 g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)。 1－2ax 1 则 g′(x)＝x－2a＝ x 。
1 1 ③当 a＝2时，2a＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调 递减， 所以当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意。
1 1 1 ④当 a>2时，0<2a<1，当 x∈2a，1 时，f′(x)>0的单调增区间为 0，2a，单调减区间为2a，＋∞ 。
(2)由(1)知，f′(1)＝0。 ①当 a≤0 时，f′(x)单调递增， 所以当 x∈(0,1)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 f(x)在 x＝1 处取得极小值，不合题意。
易知 φ(x)在 (0,1)上单调递增，在 (1，＋∞) 上单调递减，所以 φ(x)max＝φ(1)＝1，则 φ(x)的大 致图象如图所示，若函数 f(x)有两个极值点，则 直线 y＝2a 和 y＝φ(x)的图象有两个交点，所以 1 0<2a<1，得 0<a<2。
1 (2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－ax－b，由 f′(1)＝0，得 b －ax2＋1＋ax－x －x－1ax＋1 1 ＝1－a。 ∴f′(x)＝x－ax＋a－1＝ ＝ 。 ① x x 若 a≥0，当 0<x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当 x>1 时，f′(x)<0，f(x) 单调递减，所以 x＝1 是 f(x)的极大值点。②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x 1 1 ＝1 或 x＝－a。因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以－a>1，解得－1<a<0。 综合①②得 a 的取值范围是 a>－1。 1 【答案】 (1) 0，2 (2)(－1，＋∞)
第二章 函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用
第二课时 导数与函数的极值、最值
微考点 大课堂 微考场 新提升
微考点
大课堂
考点例析 对点微练
考点 运用导数解决极值问题…………多 角度一：求函数的值域 一 维探究
【典例 1】 f(0))处的切线方程为 y＝4x＋4。 (1)求 a，b 的值； (2)讨论 f(x)的单调性，并求 f(x)的极值。
【变式训练】
(1)(2016 ·金华十校联考)已知函数 f(x)＝x(lnx－ax)
有两个极值点，则实数 a 的取值范围是________。 1 (2)(2017 ·沈阳模拟)设函数 f(x)＝lnx－2ax2－bx，若 x＝1 是 f(x)的极 大值点，则 a 的取值范围为________。
1 【解析】 (1)f′(x)＝(lnx－ax)＋x x－a ＝lnx＋1－2ax，令 f′(x)＝ lnx＋1 lnx＋1 lnx 0，得 2a＝ x 。设 φ(x)＝ x ，则 φ′(x)＝－ x2 ，
当 a≤0 时， x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增； 当 a>0 时， 1 x∈ 0，2a 时，g′(x)>0，函数 g(x)单调递增，
1 x∈ 2a，＋∞ 时，函数 g(x)单调递减。
所以当 a≤0 时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
已知函数 f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线 y＝f(x)在点(0，
【解析】 (1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4＝ex(ax＋b＋a)－2x－4。
f0＝4， 由已知，得 f′0＝4。 b＝4， b＝4， 即 解得 b＋a－4＝4。 a＝4。
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x， 1 f′(x)＝e (4x＋8)－2x－4＝4(x＋2) e －2 。
x
x
令 f′(x)＝0，得 x＝－2 或 x＝－ln2。
x＋2＜0， x＋2＞0， 令 f′(x)＜0，得 x 1 或 x 1 e － ＞ 0 2 e －2＜0。
解得－2＜x＜－ln2。
x＋2＜0， x＋2＞0， 令 f′(x)＞0，得 x 1 或 x 1 e －2＜0 e －2＞0。
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以 f(x)在 x＝1 处取得极大值，符合题意。 1 综上可知，实数 a 的取值范围为 a>2。 【答案】 (1)见解析
1 (2) 2，＋∞
反思归纳 1.已知函数的极值求参数时， 通常利用函数的导数在极值 点处的取值等于零来建立关于参数的方程。需注意的是，可导函数在某 点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，必要时需 对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件。 2．已知函数的最值求参数，利用待定系数法求解。
解得 x＜－2 或 x＞－ln2。
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，－2) ＋ 单调递增 －2 0 极大 值 (－2，－ln2) －ln2 (－ln2， ＋∞) － 单调递减 0 极小 值 ＋ 单调递增
由上表可知，函数 f(x)的极大值为 f(－2)＝4(1－e－2)，极小值为 f(－ ln2)＝2＋2ln2－ln22。 【答案】 (1)a＝4，b＝4 (2)单调性见解析 极大值为 4(1－e－2)，极小值为 2＋2ln2－ln22
1 1 1 ②当 0<a<2时，2a>1，由(1)知 f′(x)在0，2a 内单调递增，可得当 x
1 ∈(0,1)时，f′(x)<0，x∈ 1，2a 时，f′(x)>0。 1 所以 f(x)在(0,1)内单调递减，在 1，2a 内单调递增， 所以 f(x)在 x＝1 处取得极小值，不合题意。
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高考数学一轮专项复习ppt课件(新高考用)-导数与函数的极值、最值
高考数学
一轮复习讲练测
导数与函数的极值、最值
目录
C O N T E N T S
01
考情透视·目标导航
02
知识导图·思维引航
03
考点突破·题型探究
04
真题练 习 ·命题 洞见
0板
01
考点要求
考题统计
考情分析
2024年I卷第10题，6分
2024年II卷第16题，15分
1、因此，在求函数极值问题中，一
定要检验方程 ′() = 根左右的符号，
更要注意变号后极大值与极小值是否
与已知有矛盾．
2、原函数出现极值时，导函数正处于
零点，归纳起来一句话：原极导
零．这个零点必须穿越轴，否则不是
极值点．判断口诀：从左往右找穿越
（导函数与轴的交点）；上坡低头找
极小，下坡抬头找极大．
1
1
所以()的单调递减区间为 0, 2 ，单调递增区间为 2 , +∞ ，
1
因此极小值为
= 1 + ln2，无极大值．
2
=
1
处取得极小值，
2
题型突破·考法探究
题型一：求函数的极值与极值点
【典例1-2】“0 是函数 的一个极值点”是“ 在0 处导数为0”的（
A．充要条件
B．充分不必要条件
和最大值
不等式 > 在区间D上恒成立⇔
> ；
不等式 ≥ 在区间D上恒成立⇔
≥ ；
不等式 < 在区间D上恒成立⇔
< ；
不等式 ≤ 在区间D上恒成立⇔
≤ ；
，则
（2）若函数 在区间D上不存在最大（小）值，且值域为 , ，则
一轮复习讲练测
导数与函数的极值、最值
目录
C O N T E N T S
01
考情透视·目标导航
02
知识导图·思维引航
03
考点突破·题型探究
04
真题练 习 ·命题 洞见
0板
01
考点要求
考题统计
考情分析
2024年I卷第10题，6分
2024年II卷第16题，15分
1、因此，在求函数极值问题中，一
定要检验方程 ′() = 根左右的符号，
更要注意变号后极大值与极小值是否
与已知有矛盾．
2、原函数出现极值时，导函数正处于
零点，归纳起来一句话：原极导
零．这个零点必须穿越轴，否则不是
极值点．判断口诀：从左往右找穿越
（导函数与轴的交点）；上坡低头找
极小，下坡抬头找极大．
1
1
所以()的单调递减区间为 0, 2 ，单调递增区间为 2 , +∞ ，
1
因此极小值为
= 1 + ln2，无极大值．
2
=
1
处取得极小值，
2
题型突破·考法探究
题型一：求函数的极值与极值点
【典例1-2】“0 是函数 的一个极值点”是“ 在0 处导数为0”的（
A．充要条件
B．充分不必要条件
和最大值
不等式 > 在区间D上恒成立⇔
> ；
不等式 ≥ 在区间D上恒成立⇔
≥ ；
不等式 < 在区间D上恒成立⇔
< ；
不等式 ≤ 在区间D上恒成立⇔
≤ ；
，则
（2）若函数 在区间D上不存在最大（小）值，且值域为 , ，则
高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(二)课件文
第八页，共56页。
解析 构造函数 g(x)＝fexx，则 g′(x)＝f′xex－exf2xex′＝f′xe－x fx<0，
即 g(x)在 R 上是减函数，
所以
g(ln
2)>g(ln
3)，即felnln
2 fln 2 > eln
33，
即fln2
2 fln >3
3，
所以 3f(ln 2)>2f(ln 3)．故选 A.
3x2－2a＝0 两根为± 32a，
若有一根在(0,1)内，则 0<
23a<1，即
3 0<a<2.
第十四页，共56页。
当 a＝0 时，3x2－2a＝0 两根相等，均为 0，f(x)在(0,1) 内无极小值．
当 a<0 时，3x2－2a＝0 无根，f(x)在(0,1)内无极小值， 综合可得，0<a<32，故答案为0，32.
第二十八页，共56页。
∴G(x)min＝G(1)＝－1， ∴a≥G(x)min＝－1. 故实数 a 的取值范围为[－1，＋∞)．
第二十九页，共56页。
方法技巧 解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时 需要构造相关函数，利用单调性解之．见角度 1,2 的典例． 解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补 关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题 直接转化为函数的最值问题．见角度 3 的典例．
第二十三页，共56页。
所以 g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 所以 g(x)min＝g(1)＝4，即 m≤4， 所以 m 的最大值是 4.
第二十四页，共56页。
角度 3 不等式存在性问题 典例 (2018·太原联考)已知 a 为实数，函数 f(x)＝aln x ＋x2－4x. (1)是否存在实数 a，使得 f(x)在 x＝1 处取得极值？证明 你的结论； (2)设 g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈[1e，e]，使得 f(x0)≤g(x0) 能成立，求实数 a 的取值范围．
解析 构造函数 g(x)＝fexx，则 g′(x)＝f′xex－exf2xex′＝f′xe－x fx<0，
即 g(x)在 R 上是减函数，
所以
g(ln
2)>g(ln
3)，即felnln
2 fln 2 > eln
33，
即fln2
2 fln >3
3，
所以 3f(ln 2)>2f(ln 3)．故选 A.
3x2－2a＝0 两根为± 32a，
若有一根在(0,1)内，则 0<
23a<1，即
3 0<a<2.
第十四页，共56页。
当 a＝0 时，3x2－2a＝0 两根相等，均为 0，f(x)在(0,1) 内无极小值．
当 a<0 时，3x2－2a＝0 无根，f(x)在(0,1)内无极小值， 综合可得，0<a<32，故答案为0，32.
第二十八页，共56页。
∴G(x)min＝G(1)＝－1， ∴a≥G(x)min＝－1. 故实数 a 的取值范围为[－1，＋∞)．
第二十九页，共56页。
方法技巧 解不等式或证明不等式时注意研究函数的单调性，有时 需要构造相关函数，利用单调性解之．见角度 1,2 的典例． 解决“恒成立”与“存在性”问题时，注意它们的互补 关系，必要时作等价转化，即构造函数或分离参数，将问题 直接转化为函数的最值问题．见角度 3 的典例．
第二十三页，共56页。
所以 g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数， 所以 g(x)min＝g(1)＝4，即 m≤4， 所以 m 的最大值是 4.
第二十四页，共56页。
角度 3 不等式存在性问题 典例 (2018·太原联考)已知 a 为实数，函数 f(x)＝aln x ＋x2－4x. (1)是否存在实数 a，使得 f(x)在 x＝1 处取得极值？证明 你的结论； (2)设 g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈[1e，e]，使得 f(x0)≤g(x0) 能成立，求实数 a 的取值范围．
高考数学一轮总复习 第2章 函数、导数及其应用 第十一节 第二课时 导数与函数的极值、最值课件 文
角度一：知图判断函数极值
1．设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f′(x)，
且函数 y＝(1－x)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(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)
角度三：已知极值求参数
3．(2016·黑龙江哈三中期末)已知 x＝2 是函数 f(x)＝x3－3ax
＋2 的极小值点，那么函数 f(x)的极大值为
()
A．15
B．16
C．17
D．18
解析：x＝2 是函数 f(x)＝x3－3ax＋2 的极小值点，即 x＝2 是 f′(x)
＝3x2－3a＝0 的根，将 x＝2 代入得 a＝4，所以函数解析式为 f(x)
f′1＝a－2b＝0，
a＝1，
∴f1＝－b＝－12，
解得b＝12.
(2)由(1)得 f(x)＝ln x－12x2， 则 f′(x)＝1x－x＝1－xx2，
∵当1e≤x≤e 时，令 f′(x)＞0 得1e≤x＜1；
令 f′(x)＜0，得 1＜x≤e，
∴f(x)在1e，1上单调递增，在1，e上单调递减， ∴f(x)max＝f(1)＝－12.
D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)
解析：由图可知，当 x＜－2 时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1 时， f′(x)＜0；当 1＜x＜2 时，f′(x)＜0；当 x＞2 时，f′(x)＞ 0.由此可以得到函数 f(x)在 x＝－2 处取得极大值，在 x＝2 处 取得极小值． 答案：D
考点三 函数极值和最值的综合问题 重点保分型考点——师生共研
高考数学理一轮复习课件第2章函数导数及其应用211
em－m≤e－1， 即e－m＋m≤e－1. ① 设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则 g′(t)＝et－1. 当 t<0 时，g′(t)<0；当 t>0 时，g′(t)>0. 故 g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又 g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e<0，故当 t∈[－1,1]时，g(t)≤0. 当 m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当 m>1 时，由 g(t)的单调性，g(m)>0，即 em－m>e－1； 当 m<－1 时，g(－m)>0，即 e－m＋m>e－1. 综上，m 的取值范围是[－1,1]．
第十二章 选考部分
第二章 函数、导数及其应用
栏目 导引
第十二章 选考部分
第11讲 导数在研究函数中的应用
栏目 导引
第十二章 选考部分
考纲展示
三年高考总结
1.了解函数的单调性和导数的关系；能利用 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点，
导数研究函数的单调性，会求函数的单调 尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高
＝－3x2＋e6x－ax＋a，
因为 f(x)在 x＝0 处取得极值，所以 f′(0)＝0，即 a＝0. 当 a＝0 时，f(x)＝3exx2，
f′(x)＝－3xe2x＋6x，
故 f(1)＝3e，f′(1)＝3e，
从而 f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－3e＝3e(x－1)，化简得 3x－ey＝0.
栏目 导引
第十二章 选考部分
导数与函数的单调性常见题型及解题策略 (1)导数法证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 ①求 f′(x)； ②确认 f′(x)在(a，b)内的符号； ③作出结论：f′(x)>0 时为增函数；f′(x)<0 时为减函数． [注意] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分 类讨论． (2)用导数求函数的单调区间的“三个方法” ①当不等式 f′(x)>0(或 f′(x)<0)可解时， a．确定函数 y＝f(x)的定义域； b．求导数 y′＝f′(x)； c．解不等式 f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； d．解不等式 f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． ②当方程 f′(x)＝0 可解时， a．确定函数 y＝f(x)的定义域；
第十二章 选考部分
第二章 函数、导数及其应用
栏目 导引
第十二章 选考部分
第11讲 导数在研究函数中的应用
栏目 导引
第十二章 选考部分
考纲展示
三年高考总结
1.了解函数的单调性和导数的关系；能利用 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点，
导数研究函数的单调性，会求函数的单调 尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高
＝－3x2＋e6x－ax＋a，
因为 f(x)在 x＝0 处取得极值，所以 f′(0)＝0，即 a＝0. 当 a＝0 时，f(x)＝3exx2，
f′(x)＝－3xe2x＋6x，
故 f(1)＝3e，f′(1)＝3e，
从而 f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－3e＝3e(x－1)，化简得 3x－ey＝0.
栏目 导引
第十二章 选考部分
导数与函数的单调性常见题型及解题策略 (1)导数法证明函数 f(x)在(a，b)内的单调性的步骤 ①求 f′(x)； ②确认 f′(x)在(a，b)内的符号； ③作出结论：f′(x)>0 时为增函数；f′(x)<0 时为减函数． [注意] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分 类讨论． (2)用导数求函数的单调区间的“三个方法” ①当不等式 f′(x)>0(或 f′(x)<0)可解时， a．确定函数 y＝f(x)的定义域； b．求导数 y′＝f′(x)； c．解不等式 f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； d．解不等式 f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间． ②当方程 f′(x)＝0 可解时， a．确定函数 y＝f(x)的定义域；
(全国通用)高考微一轮复习第二章函数、导数及其应用第2节函数的单调性与最值课件理(数学)
1．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是( )
A．y＝3－x
B．y＝1x
C．y＝－x2＋4
D．y＝|x|
解析：结合函数的图象易知选 D. 答案：D
2．(2018·合肥检测)函数 y＝|x|(1－x)在区间 A 上是增函数，那么区间 A 是( )
A．(－∞，0)
B.0，12
C．[0，＋∞)
解析：(1)因为函数 f(x)在区间12，2上是增函数，值域为12，2，
所以 f12＝12，f(2)＝2，即1a1a－ －212＝ ＝122， ，
解得 a＝25.
(2)令 t＝ x则 t≥0，所以 y＝t－t2＝－t－122＋14，结合图象知，当 t＝12，即 x＝14时， ymax＝14.
(4)存在 x0∈I，使得_f(_x_0_)＝__M___.
结论
M 为最大值
M 为最小值
【知识拓展】
1．“对勾函数”y＝x＋ax(a>0)的增区间为(－∞，－ a]和[ a，＋∞)；减区间为 [－ a，0)和(0， a]，且对勾函数为奇函数．
2．设任意 x1，x2∈[a，b]，且 x1<x2，那么 (1)fxx11－ －xf2x2>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数； fxx11－ －xf2x2<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数． (2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x) 在[a，b]上是减函数． 3．若函数 f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则 f(x)min＝f(a)，f(x)max＝f(b)；若函数 f(x)在闭区间[a，b]上是减函数，则 f(x)min＝f(b)，f(x)max＝f(a)．
高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用一课件理
第四十六页，共76页。
冲关xln
x－x，g(x)＝
a 2
x2－
ax(a∈R)．
(1)若f(x)和g(x)在(0，＋∞)有相同的单调区间，求a的
第三十六页，共76页。
解 (1)对f(x)求导得 f′(x)＝6x＋aex－ex32 x2＋axex＝－3x2＋e6x－ax＋a， 因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 当a＝0时，f(x)＝3exx2，f′(x)＝－3xe2x＋6x， 故f(1)＝3e，f′(1)＝3e，
第四十一页，共76页。
第四十二页，共76页。
第四十三页，共76页。
第四十四页，共76页。
方法技巧 1．利用导数研究函数极值问题的一般流程
第四十五页，共76页。
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．
3a
3
，
33a，＋∞ 上为增函数，
在－
33a，
33a上为减函数．
综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；当a>0
时，f(x)在 －∞，－
3a
3
，
33a，＋∞
上为增函数，在
－
33a，
33a上为减函数．
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(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈R恒成立． 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是 增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
冲关xln
x－x，g(x)＝
a 2
x2－
ax(a∈R)．
(1)若f(x)和g(x)在(0，＋∞)有相同的单调区间，求a的
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解 (1)对f(x)求导得 f′(x)＝6x＋aex－ex32 x2＋axex＝－3x2＋e6x－ax＋a， 因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 当a＝0时，f(x)＝3exx2，f′(x)＝－3xe2x＋6x， 故f(1)＝3e，f′(1)＝3e，
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方法技巧 1．利用导数研究函数极值问题的一般流程
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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．
3a
3
，
33a，＋∞ 上为增函数，
在－
33a，
33a上为减函数．
综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；当a>0
时，f(x)在 －∞，－
3a
3
，
33a，＋∞
上为增函数，在
－
33a，
33a上为减函数．
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(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈R恒成立． 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是 增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
2024届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用第十二讲导数与函数的极值最值课件
答案：(－9，0)∪(0，1)
【题后反思】 (1)已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意根据 极值点的导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法 求解. (2)某点的导数值为 0 不是此点为极值点的充要条件，所以用 待定系数法求解后必须检验.
【考法全练】
1.(考向 1)已知定义域为(0，＋∞)的函数 f(x)的导函数为 f′(x)，
极大值
极小值
故 f(x)有极大值 f(1)＝a－e， 极小值 f(ln 2a)＝－a(ln 2a－2)2.
综上所述，当 0＜a＜2e时，f(x)有极大值－a(ln 2a－2)2，极小 值 a－e；
当 a＝2e时，f(x)无极值； 当 a＞2e时，f(x)有极大值 a－e，极小值－a(ln 2a－2)2.
当
a＝41时，f′(x)＝l(nlnx－x)21－41＝－(ln
x)2＋4ln 4(ln x)2
x－4＝－(l4n(lxn－x2)2)2≤0
在(1，＋∞)上恒成立，则 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，无极值点，
故舍去，∴a 的取值范围是－∞，41.故选 B.
答案：B
3.(考向 2)已知函数 f(x)＝x－1＋eax(a∈R，e 为自然对数的底 数).
图 2-12-2
解析：观察题图可知，当 0＜x＜1 时，g(x)＞0，log3x－1＜0， 则 f′(x)＜0；
当 1＜x＜3 时，g(x)＜0，log3x－1＜0，则 f′(x)＞0； 当 3＜x＜10 时，g(x)≥0，log3x－1＞0，则 f′(x)≥0； 当 x＞10 时，g(x)＜0，log3x－1＞0，则 f′(x)＜0. 综上所述，函数 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，10)上单调递
【题后反思】 (1)已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意根据 极值点的导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法 求解. (2)某点的导数值为 0 不是此点为极值点的充要条件，所以用 待定系数法求解后必须检验.
【考法全练】
1.(考向 1)已知定义域为(0，＋∞)的函数 f(x)的导函数为 f′(x)，
极大值
极小值
故 f(x)有极大值 f(1)＝a－e， 极小值 f(ln 2a)＝－a(ln 2a－2)2.
综上所述，当 0＜a＜2e时，f(x)有极大值－a(ln 2a－2)2，极小 值 a－e；
当 a＝2e时，f(x)无极值； 当 a＞2e时，f(x)有极大值 a－e，极小值－a(ln 2a－2)2.
当
a＝41时，f′(x)＝l(nlnx－x)21－41＝－(ln
x)2＋4ln 4(ln x)2
x－4＝－(l4n(lxn－x2)2)2≤0
在(1，＋∞)上恒成立，则 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，无极值点，
故舍去，∴a 的取值范围是－∞，41.故选 B.
答案：B
3.(考向 2)已知函数 f(x)＝x－1＋eax(a∈R，e 为自然对数的底 数).
图 2-12-2
解析：观察题图可知，当 0＜x＜1 时，g(x)＞0，log3x－1＜0， 则 f′(x)＜0；
当 1＜x＜3 时，g(x)＜0，log3x－1＜0，则 f′(x)＞0； 当 3＜x＜10 时，g(x)≥0，log3x－1＞0，则 f′(x)≥0； 当 x＞10 时，g(x)＜0，log3x－1＞0，则 f′(x)＜0. 综上所述，函数 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，10)上单调递
高考数学第二章函数、导数及其应用2_11_2导数与函数的极值、最值课件文新人教版
解析：(1)当 x<1 时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令 f′(x)＝0，解得 x＝0 或 x
＝23，
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0)
0
0，23
2 3
23，
1
f′(x) －
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以当 x＝0 时，函数 f(x)取得极小值 f(0)＝0，函数 f(x)的极大值点为 x＝23.
第二课时 导数与函数的极值、最值
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教材回顾 考点突破
[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)由(1)可知 x＝0 和 x＝ln 2 是 f(x)的极值点， 且 0∈[0,2]，ln 2∈[0,2]， f(0)＝－1，f(ln 2)＝(ln 2－1)·eln 2－(ln 2)2 ＝2(ln 2－1)－(ln 2)2，又 f(1)＝－1， 由(1)可知在(ln 2，＋∞)上 f(x)为增函数， ∴f(2)＞f(1)＞f(ln 2)， ∴f(x)的最大值为 f(2)＝e2－4. f(x)的最小值为 f(ln 2)＝2ln 2－2－(ln 2)2.
解析：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＝－1e. 答案：－1e