2021届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第2课时导数与函数的极值最值课件文北师大版

当0<a<2时，可知2－a＋2a73 单调递减， 所以M－m的取值范围是287，2. 当2≤a<3时，2a73 单调递增， 所以M－m的取值范围是287，1. 综上，M－m的取值范围是287，2.
[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 (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．
[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) 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．
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∈(－∞，＋∞)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－sin a. 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，函数 既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－16a3－sin a，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－sin a.
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)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， 由(1)可知f(0)＝f(1)＝－1， 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.
A．1个 C．3个 答案：A
B．2个 D．4个
2．(基础点：闭区间上的函数的最值)函数f(x)＝
x3 3
＋x2－3x－4在[0，2]上的最小
值是( )
A．－137
B．－130
C．－4 答案：A
D．－634
3．(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：2 4．(基础点：极值与最值关系)函数y＝xex的最小值是________． 答案：－1e
(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( )
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＝ln 2＞0. 由f′(x)＞0，得x＜0或x＞ln 2. 由f′(x)＜0，得0＜x＜ln 2. 所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)， 单调减区间为(0，ln 2)．
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－sin a. 当x＝0时，g(x)有极小值g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)．
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同学们，下课休息十分钟。现在是休息 时间，你们休息一下眼睛，
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(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x， 所以g′(x)＝f′(x)＋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.
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)cos x－sin x，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)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．
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. 故f(x)在－∞，a3，(0，＋∞ 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；
(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fa3＝－2a73 ＋2，最大值为f(0)＝2或f(1)＝4－a. 于是m＝－2a73 ＋2，M＝42－ ，a2， ≤0a<<3a.<2， 所以M－m＝22a－ 73，a＋ 2≤2a7a3 ，<30. <a<2，
复习课件
2021届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第十一节第2课时导数与函数的极值最值课件文北 师大版
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第二章 函数、导数及其应用
第十一节 导数在研究函数中的应用 第二课时 导数与函数的极值、最值
[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)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.
(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．
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．
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)ln x－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－x 1＋ln x－1＝ln x－1x. 因为y＝ln x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)＝ln 2－12＝ln 42－1>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α1<1<x0. 又fα1＝α1－1lnα1－α1－1＝f（αα）＝0， 故α1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．