专题一　第4讲　函数的极值、最值 2024年高考数学大二轮复习课件（含讲义）

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利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题.
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的最值
判断函数的极值点，主要有两点(1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点.(2)利用函数f(x)的单调性可得函数的极值点.
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，所以函数在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
即函数的定义域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，
(3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围.
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)0，所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值；当a≤0时，h′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)>h(0)＝0，即f′(x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上不存在极值；
令g(x)＝ax－ln(x＋1)，则当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故必存在x0∈(0，＋∞)，使得g(x0)>0，
所以f′(x0)>0，由零点存在定理知符合题意.
(1)不能忽略函数的定义域.(2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.(3)函数的极小值不一定比极大值小.
　　　(多选)(2023·临沂模拟)已知函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x10
由题可得f′(x)＝2ex－2ax，令f′(x)＝0，即ex－ax＝0，显然x≠0，若方程有两个不相等的实数根x1，x2(x1所以由g′(x)<0可得x∈(－∞，0)∪(0,1)，由g′(x)>0可得x∈(1，＋∞)，所以g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当x<0时，g(x)<0；当x>0时，g(x)>0.g(x)图象如图所示.
对于A，要使函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1g(1)＝e，A错误；对于B，当a>e时，易知0对于C，若x2＝2x1，
所以x1　　＝x2　　，又01.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值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.若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值.
因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意.
(2)(2023·抚州模拟)已知函数f(x)＝ex－2x，g(x)＝－x，且f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为A.1 B.eC.1－ln 2 D.2－ln 2
由f(x1)＝g(x2)，得　 －2x1＝－x2，化简整理得x1－x2＝　 －x1，因为g(x)的值域，f(x)，g(x)的定义域均为R，所以x1的取值范围也是R，令h(x)＝ex－x(x∈R)，h′(x)＝ex－1，令ex－1＝0，解得x＝0.当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，即h(x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(0)＝1，故(x1－x2)min＝1.
(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论.(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值.
　　　 (1)(2023·葫芦岛模拟)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]上的最大值为
f′(x)＞0，f(x)单调递增；
(2)(2023·宝鸡模拟)函数f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1,2)上有最小值，则实数a的取值范围为__________.
设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24>0，因此g(x)＝0有两个不相等的实数根，又g(0)＝－3<0，因此g(x)＝0的两根一正一负，由题意正根在(1,2)内，
　(2023·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为_____.
由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln x1x2
所以t≥－3.故实数t的最小值为－3.
方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法.分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视.
∴f′(0)＝0，又f(x)为偶函数，故x＝0为f(x)的极值点，B正确；
∴x＝π不是f(x)的极值点，故f(π)不是f(x)的最小值，C错误；又－1≤cs x≤1，x2＋1≥1，则当cs x＝1，x2＋1＝1，即x＝0时，f(x)最大值为1，D正确.
一、单项选择题1.下列函数中，不存在极值的是A.y＝x＋ B.y＝xexC.y＝xln x D.y＝－3x3－3x2－x
显然A，B，C中的函数存在极值.对于D，函数y＝－3x3－3x2－x，则y′＝－9x2－6x－1＝－(3x＋1)2≤0，所以函数y＝－3x3－3x2－x在R上是减函数，没有极值点.
故函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，
3.(2023·哈尔滨模拟)若函数f(x)＝ax3＋3x2＋b在x＝2处取得极值1，则a－b等于A.－4 B.－3C.－2 D.2
由题意，x∈R，在f(x)＝ax3＋3x2＋b中，f′(x)＝3ax2＋6x，在x＝2处取得极值1，
∴a－b＝－1－(－3)＝2.
4.(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是A.(－∞，－2) B.(－∞，－3)C.(－4，－1) D.(－3,0)
f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0，令f′(x)＝3x2＋a＝0，
若f(x)存在3个零点，
若a<0，则f′(x)>0，此时f(x)为R上的增函数，∴f(x)无最小值，故a>0，
∴当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0，当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，
∴a2b＝a＋aln a，令g(a)＝a＋aln a(a>0)，g′(a)＝1＋1＋ln a＝2＋ln a，
当a∈(0，e－2)时，g′(a)<0，当a∈(e－2，＋∞)时，g′(a)>0，∴g(a)在(0，e－2)上单调递减，在(e－2，＋∞)上单调递增，∴g(a)min＝g(e－2)＝e－2＋e－2·(－2)
由题意知，当x∈(－∞，x1)时，f′(x)>0，又f′(x)＝ex－axln a，当a>1时，若x<0，ex<0，－axln a<0，所以f′(x)<0，矛盾，故0因为y′＝ln2a·ax，
所以k＝ln2a·　 ＝　　　　，
二、多项选择题7.(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>0C.b2＋8ac>0 D.ac<0
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，
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.
8.已知函数f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax(a∈R)，下列说法正确的是A.若y＝f(x)是偶函数，则a＝B.若y＝f(x)是偶函数，则a＝－3C.若a＝－2，函数存在最小值D.若函数存在极值，则实数a的取值范围是(－3,0)
对于A，B，函数的定义域为R，且f(－x)＝f(x)，则ln(e－3x＋1)＋a(－x)＝ln(e3x＋1)＋ax，
则ln e3x＝－2ax，则3x＝－2ax恒成立，
对于C，当a＝－2时，f(x)＝ln(e3x＋1)－2x，
因为f(x)存在极值，所以f′(x)有零点，
解得－3三、填空题9.(2023·北京朝阳区模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则f(x)的极小值点为______.
f(x)的定义域为R，f′(x)＝2xex＋(x2－3)ex＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，所以在(－∞，－3)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(－3,1)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(1，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)的极小值点是x＝1.
10.(2023·凉山模拟)已知函数f(x)的导函数为g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为____.
由题意可知f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，令h(x)＝x2－3x＋a，h(1)＝0，即1－3＋a＝0⇒a＝2，当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2)＝(x－1)2(x－2)，故当x>2时，f′(x)>0；当x<2时，f′(x)≤0，因此x＝2是f(x)的极值点，1不是极值点，故a＝2满足题意.
11.(2023·泸州模拟)已知函数f(x)＝xln x＋mex有两个极值点，则m的取值范围是____________.
由题意，令f′(x)＝1＋ln x＋mex＝0，
当x∈(0,1]时h(x)≥0，g′(x)≥0，所以g(x)在(0,1]上单调递增；当x∈(1，＋∞)时h(x)<0，g′(x)<0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
当x→0时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，
12.(2023·江门模拟)已知f(x)＝|ln x|，x1，x2是方程f(x)＝a(a∈R)的两根，且x1由题意x1，x2是方程|ln x|＝a的两根，且x10，ln x1＝－a，ln x2＝a，即x1＝e－a，x2＝ea，
当00，g(x)单调递增；当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
四、解答题13.(2023·西安模拟)已知函数f(x)＝ ＋ln x，其中a为常数，e为自然对数的底数.(1)当a＝－1时，求f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝ln x－x，
令f′(x)>0得，01，∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为2，求a的值.
①当a>0时，x>0，∴f′(x)>0，∴函数f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝2，
②当－e∴f(x)max＝f(－a)＝2，∴－1＋ln(－a)＝2，∴a＝－e3不符合题意，舍去；③当a≤－e时，在(0，e)上f′(x)>0，
∴a＝e不符合题意，舍去，综上可得a＝e.
14.已知函数f(x)＝(a－x)ln x.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝0，
故曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)(x－1).
(2)证明：当a>0时，函数f(x)存在唯一的极大值点.
令g(x)＝－xln x－x＋a，g′(x)＝－ln x－2，
g(a＋1)＝－(a＋1)ln(a＋1)＋a－(a＋1)<0，
使得g(x0)＝0，即f′(x0)＝0，
当x∈(x0，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0，综上所述，当x∈(0，x0)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，即f(x)存在唯一的极大值点x0.