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2022届高考数学一轮复习 第三章 3.2.2 利用导数研究函数的极值、最值学案

2022届高考数学一轮复习 第三章 3.2.2 利用导数研究函数的极值、最值学案

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姓名：

第2课时　利用导数研究函数的极值、最值

　用导数解函数极值问题[分层深化型]
考向一：根据函数图象判断极值

[例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)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)

悟·技法
根据函数的图象，先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.
考向二：求函数的极值
[例2]　[2020·天津卷节选]已知函数f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋的单调区间和极值．
考向三：已知函数极值求参数范围
[例3]　[2021·山东部分重点中学联考]已知函数f(x)＝－x(ln x－1)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围．
悟·技法
1.利用导数研究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．
[注意]　若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·广州测试]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处的极值为10，则数对(a，b)为(　　)
A．(－3,3) B．(－11,4)
C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11)
2．设a∈R，若函数y＝x＋aln x在区间上有极值点，则a的取值范围为(　　)
A.
B.
C.∪(e，＋∞)
D．(－∞，－e)∪

考点二　函数的最值问题[互动讲练型]
[例4]　[2020·北京卷]已知函数f(x)＝12－x2.设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．

悟·技法
求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与fb)一个为最大值，一个为最小值；
(2)若函数在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值；可列表完成；
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
[变式练]——(着眼于举一反三)
3．[2021·惠州市高三调研考试试题]已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)的最大值；
(2)设实数a>0，求函数F(x)＝af(x)在[a,2a]上的最小值．

考点三　生活中的优化问题[互动讲练型]
[例5]　[2021·山东烟台调研]中国高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，极大促进了区域经济社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t(单位：分钟)满足5≤t≤25，t∈N*，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当20≤t≤25时，高铁为满载状态，载客量为1 000人；当5≤t<20时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(20－t)2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为100人．记发车间隔为t分钟时，高铁载客量为P(t)．
(1)求P(t)的解析式；
(2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益Q(t)＝P(t)－40t2＋650t－2 000(元)，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益最大？

悟·技法

[变式练]——(着眼于举一反三)
4．如图，将一张16 cm×10 cm的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，

使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________cm3.

第2课时　利用导数研究函数的极值、最值
课堂考点突破
考点一
例1　解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22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
例2　解析：(1)f(x)＝x3＋6ln x，故f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
(2)依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞)．从而可得
g′(x)＝3x2－6x＋－，整理可得g′(x)＝.令g′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表：

x
(0,1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

极小值

所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)；g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．
例3　解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－ln x，
令f′(x)＝ax－ln x＝0，可得a＝，
令h(x)＝，则由题可知直线y＝a与函数h(x)的图象有两个不同的交点，
h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e，
可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
h(x)max＝h(e)＝，
当x趋向于＋∞时，h(x)趋向于零，
故实数a的取值范围为.
变式练
1．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得即消去b可得a2－a－12＝0，解得a＝－3或a＝4，故或当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时f(x)无极值，不合题意，舍去，故选C.
答案：C
2．解析：因为函数y＝f(x)＝x＋aln x在区间上有极值点，所以y′在区间上有零点．
f′(x)＝1＋＝(x>0)．
所以f′·f′(e)<0，所以(ea＋1)<0，
解得－e＋12，记A(0，t2＋12)，O为坐标原点，则|OA|＝t2＋12，令y＝0，得x＝，记B，则|OB|＝，
∴S(t)＝|OA||OB|＝，
∵S(t)为偶函数，∴仅考虑t>0即可．
当t>0时，S(t)＝，
则S′(t)＝＝(t2－4)(t2＋12)，
令S′(t)＝0，得t＝2，
∴当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如表：

t
(0,2)
2
(2，＋∞)
S′(t)
－
0
＋
S(t)

极小值

∴S(t)min＝S(2)＝32.
变式练
3．解析：(1)f′(x)＝(x>0)，
令f′(x)＝0得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)在(0，e)上单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(e)＝，即f(x)的最大值为.
(2)∵a>0，∴结合(1)得F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴F(x)在[a,2a]上的最小值F(x)min＝min{F(a)，F(2a)}．
∵F(a)－F(2a)＝ln a－ln(2a)＝ln，
∴当02时，F(a)－F(2a)>0，F(x)min＝F(2a)＝ln(2a)．
综上所述，当02时，F(x)在[a,2a]上的最小值为ln(2a)．
例5　解析：(1)当5≤t<20时，不妨设P(t)＝1 000－k(20－t)2，因为P(5)＝100，所以解得k＝4.
因此P(t)＝
(2)①当5≤t<20时，Q(t)＝P(t)－40t2＋650t－2 000＝－t3＋500t－2 000，
因此F(t)＝＝－t2－＋500,5≤t<20.
因为F′(t)＝－2t＋＝，当5≤t<10时，
F′(t)>0，F(t)单调递增；当1010)＝200.
②当20≤t≤25时，Q(t)＝－40t2＋900t－2 000.
因此F(t)＝＝900－40，20≤t≤25.
因为F′(t)＝<0，此时F(t)单调递减，所以F(t)max＝F(20)＝0.
综上，发车时间间隔为10分钟时，单位时间的净收益最大．
变式练
4．解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x)cm，宽为(10－2x)cm的长方形，其面积为(16－2x)(10－2x)cm2，长方体纸盒的高为x cm，则体积V＝(16－2x)(10－2x)×x＝4x3－52x2＋160x(0＜x＜5)，所以V′＝12(x－2)，由V′＞0，得0＜x＜2，则函数V＝4x3－52x2＋160x(0＜x＜5)在(0,2)上单调递增，由V′＜0，得2＜x＜5，则函数V＝4x3－52x2＋160x(0＜x＜5)在(2,5)上单调递减，所以当x＝2时，Vmax＝144(cm3)．
答案：144