2024-2025學年高考數學一輪復習專題3.2導數與函數的單調性極值與最值知識點講解文科版含解析

專題3.2導數與函數的單調性、極值與最值【考情分析】1.了解函數的單調性與導數的關系；2.能利用導數探討函數的單調性，會求函數的單調區(qū)間。3.了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件；4.會用導數求函數的極大值、微小值；5.會求閉區(qū)間上函數的最大值、最小值?！局攸c學問梳理】學問點一函數的單調性與導數的關系函數y＝f(x)在某個區(qū)間內可導，則：(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個區(qū)間內單調遞增；(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個區(qū)間內單調遞減；(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間內是常數函數.學問點二函數的單調性與導數的關系函數y＝f(x)在某個區(qū)間內可導，則：(1)若f′(x)>0，則f(x)在這個區(qū)間內單調遞增；(2)若f′(x)<0，則f(x)在這個區(qū)間內單調遞減；(3)若f′(x)＝0，則f(x)在這個區(qū)間內是常數函數.學問點三函數的極值與導數條件f′(x0)＝0x0旁邊的左側f′(x)>0，右側f′(x)<0x0旁邊的左側f′(x)<0，右側f′(x)>0圖象形如山峰形如山谷極值f(x0)為極大值f(x0)為微小值極值點x0為極大值點x0為微小值點學問點四函數的最值與導數(1)函數f(x)在[a，b]上有最值的條件假如在區(qū)間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條連綿不斷的曲線，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)值的步驟①求函數y＝f(x)在(a，b)內的極值；②將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.【特殊提示】1.函數f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調遞增”的充分不必要條件.2.對于可導函數f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件.3.求最值時，應留意極值點和所給區(qū)間的關系，關系不確定時，須要分類探討，不行想當然認為極值就是最值.4.函數最值是“整體”概念，而函數極值是“局部”概念，極大值與微小值之間沒有必定的大小關系.【典型題分析】高頻考點一求函數的單調區(qū)間例1.【2024·天津卷】設函數為的導函數，求的單調區(qū)間。【解析】由已知，有．因此，當時，有，得，則單調遞減；當時，有，得，則單調遞增．所以，的單調遞增區(qū)間為的單調遞減區(qū)間為．【答案】的單調遞增區(qū)間為的單調遞減區(qū)間為.【方法技巧】利用導數求函數單調區(qū)間的方法(1)當導函數不等式可解時，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出單調區(qū)間．(2)當方程f′(x)＝0可解時，解出方程的實根，按實根把函數的定義域劃分成若干個區(qū)間，確定各區(qū)間f′(x)的符號，從而確定單調區(qū)間．(3)若導函數的方程、不等式都不行解，依據f′(x)的結構特征，利用其圖象與性質確定f′(x)的符號，從而確定單調區(qū)間．【變式探究】【2024·浙江卷】已知實數，設函數，當時，求函數的單調區(qū)間?！窘馕觥慨敃r，．，所以，函數的單調遞減區(qū)間為（0，3），單調遞增區(qū)間為（3，+）?！敬鸢浮康膯握{遞增區(qū)間是,單調遞減區(qū)間是；高頻考點二推斷函數的單調性例2．【2024·全國Ⅰ卷】已知函數.（1）當a=1時，探討f（x）的單調性；（2）當x≥0時，f（x）≥x3+1，求a的取值范圍.【解析】（1）當a=1時，f（x）=ex+x2–x，則=ex+2x–1．故當x∈（–∞，0）時，<0；當x∈（0，+∞）時，>0．所以f（x）在（–∞，0）單調遞減，在（0，+∞）單調遞增．（2）等價于.設函數，則.（i）若2a+1≤0，即，則當x∈（0，2）時，>0.所以g（x）在（0，2）單調遞增，而g（0）=1，故當x∈（0，2）時，g（x）>1，不合題意.（ii）若0<2a+1<2，即，則當x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)時，g'(x)<0；當x∈(2a+1，2)時，g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)單調遞減，在(2a+1，2)單調遞增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1當且僅當g(2)=(7?4a)e?2≤1，即a≥.所以當時，g(x)≤1.（iii）若2a+1≥2，即，則g(x)≤.由于，故由（ii）可得≤1.故當時，g(x)≤1.綜上，a的取值范圍是.【舉一反三】【2024·全國Ⅲ卷】已知函數，探討的單調性；【解析】．令，得x=0或.若a>0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減；若a=0，在單調遞增；若a<0，則當時，；當時，．故在單調遞增，在單調遞減.【方法技巧】含參函數單調性的求法此類問題中，導數的解析式通過化簡變形后，通常可以轉化為一個二次函數的含參問題．對于二次三項式含參問題，有如下處理思路：(1)首先考慮二次三項式是否存在零點，這里涉及對判別式Δ≤0和Δ＞0分類探討，即“有無實根判別式，兩種情形需知曉”．(2)假如二次三項式能因式分解，這表明存在零點，邏輯分類有兩種狀況，須要考慮首項系數是否含有參數．假如首項系數有參數，就按首項系數為零、為正、為負進行探討；假如首項系數無參數，只需探討兩個根x1，x2的大小，即“首項系數含參數，先論系數零正負；首項系數無參數，根的大小定輸贏”．(3)留意：探討兩個根x1，x2的大小時，肯定要結合函數定義域進行探討，考慮兩根是否在定義域中，即“定義域，緊跟蹤，兩根是否在其中”．【舉一反三】(2024·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx，探討f(x)的單調性．【解析】f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).①當a≤2時，則f′(x)≤0，當且僅當a＝2，x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞減．②當a＞2時，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))時，f′(x)＜0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))時，f′(x)＞0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調遞增．綜合①②可知，當a≤2時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當a＞2時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))上單調遞增．高頻考點三依據函數的單調性求參數例3.【2024·全國Ⅰ卷】已知函數．（1）當時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；（2）若f（x）≥1，求a的取值范圍．【解析】的定義域為，．（1）當時，，，曲線在點處的切線方程為，即．直線在軸，軸上的截距分別為，．因此所求三角形的面積為．（2）當時，．當時，，．當時，；當時，．所以當時，取得最小值，最小值為，從而．當時，．綜上，的取值范圍是．【舉一反三】【2024·北京卷】設函數（a為常數）．若f（x）為奇函數，則a=________；若f（x）是R上的增函數，則a的取值范圍是___________．【解析】首先由奇函數的定義得到關于的恒等式，據此可得的值，然后利用可得a的取值范圍。若函數為奇函數，則即，即對隨意的恒成立，則，得.若函數是R上的增函數，則在R上恒成立，即在R上恒成立，又，則，即實數的取值范圍是.【答案】【方法技巧】由函數的單調性求參數的取值范圍的方法(1)可導函數在區(qū)間(a，b)上單調，事實上就是在該區(qū)間上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到關于參數的不等式，從而轉化為求函數的最值問題，求出參數的取值范圍．(2)可導函數在區(qū)間(a，b)上存在單調區(qū)間，事實上就是f′(x)＞0(或f′(x)＜0)在該區(qū)間上存在解集，從而轉化為不等式問題，求出參數的取值范圍．(3)若已知f(x)在區(qū)間I上的單調性，區(qū)間I上含有參數時，可先求出f(x)的單調區(qū)間，令I是其單調區(qū)間的子集，從而求出參數的取值范圍．【變式探究】(2024·山東青島二中模擬)已知函數f(x)＝lnx＋eq\f(1,ax)－eq\f(1,a)(a∈R且a≠0)，探討函數f(x)的單調性．【解析】依題意得，f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)(x＞0)，①當a＜0時，f′(x)＞0恒成立，∴函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．②當a＞0時，由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＞0得x＞eq\f(1,a)；由f′(x)＝eq\f(ax－1,ax2)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a)，∴函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減．綜上所述，當a＜0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a＞0時，函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞減．高頻考點四求已知函數的極值例4.【2024·北京卷】已知函數．（Ⅰ）求曲線的斜率等于的切線方程；（Ⅱ）設曲線在點處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為，求的最小值．【解析】（Ⅰ）因為，所以，設切點為，則，即，所以切點為，由點斜式可得切線方程：，即.（Ⅱ）明顯，因為在點處的切線方程為：，令，得，令，得，所以，不妨設時，結果一樣，則，所以，由，得，由，得，所以在上遞減，在上遞增，所以時，取得微小值，也是最小值為.【方法技巧】求函數極值的一般步驟：①先求函數f(x)的定義域，再求函數f(x)的導函數；②求f′(x)＝0的根；③推斷在f′(x)＝0的根的左、右兩側f′(x)的符號，確定極值點；④求出詳細極值。【變式探究】(2024·山西忻州第一中學模擬)已知函數f(x)＝(x－2)(ex－ax)，當a＞0時，探討f(x)的極值狀況．【解析】∵f′(x)＝(ex－ax)＋(x－2)(ex－a)＝(x－1)(ex－2a)，∵a＞0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln2a.①當a＝eq\f(e,2)時，f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，∴f(x)在R上單調遞增，故f(x)無極值．②當0＜a＜eq\f(e,2)時，ln2a＜1，當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，ln2a)ln2a(ln2a,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗故f(x)有極大值f(ln2a)＝－a(ln2a－2)2，微小值f(1)＝a－e.③當a＞eq\f(e,2)時，ln2a＞1，當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，1)1(1，ln2a)ln2a(ln2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗故f(x)有極大值f(1)＝a－e，微小值f(ln2a)＝－a(ln2a－2)2.綜上，當0＜a＜eq\f(e,2)時，f(x)有極大值－a(ln2a－2)2，微小值a－e；當a＝eq\f(e,2)時，f(x)無極值；當a＞eq\f(e,2)時，f(x)有極大值a－e，微小值－a(ln2a－2)2.高頻考點五已知函數的極(最)值求參數的取值范圍例5.(2024·北京卷)設函數f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.①若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a；②若f(x)在x＝2處取得微小值，求a的取值范圍.【解析】①因為f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由題設知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.此時f(1)＝3e≠0.所以a的值為1.②f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>eq\f(1,2)，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))時，f′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2處取得微小值.若a≤eq\f(1,2)，則當x∈(0，2)時，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的微小值點.綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).【方法技巧】已知函數極值，確定函數解析式中的參數時，要留意：(1)依據極值點的導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解；(2)因為導數值等于0不是此點為極值點的充要條件，所以用待定系數法求解后必需檢驗.【變式探究】(2024·河北承德一中模擬)若函數f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有極值點，則實數a的取值范圍是．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))【解析】函數f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有極值點等價于f′(x)＝0有2個不相等的實根且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內有根，由f′(x)＝0有2個不相等的實根，得a＜－2或a＞2.由f′(x)＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內有根，得a＝x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內有解，又x＋eq\f(1,x)∈2，eq\f(10,3)，所以2≤a＜eq\f(10,3)，綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).]高頻考點六利用導數探討函數的最值例6.(2024·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)探討f(x)的單調性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的全部值；若不存在，說明理由．【解析】(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a＞0，則當x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時，f′(x)＞0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調遞減．若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)單調遞增．若a＜0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時，f′(x)＜0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))單調遞減．(2)滿意題設條件的a，b存在．(ⅰ)當a≤0時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最小值為f(0)＝b，最大值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿意題設條件當且僅當b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1.(ⅱ)當a≥3時，由(1)知，f(x)在[0,1]單調遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為f(0)＝b，最小值為f(1)＝2－a＋b.此時a，b滿意題設條件當且僅當2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1.(ⅲ)當0＜a＜3時，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋b，最大值為b或2－a＋b.若－eq\f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，則a＝3eq\r(3,2)，與0＜a＜3沖突．若－eq\f(a3,27)＋b＝－1,2－a＋b＝1，則a＝3eq\r(3)或a＝－3eq\r(3)或a＝0，與0＜a＜3沖突．綜上，當且僅當a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x)在[0,1]的最小值為－1，最大值為1.【方法技巧】(1)求函數在(a，b)內的極值．(2)求函數在區(qū)間端點的函數值f(a)，f(b)．(3)將函數f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的為最大值，最小的為最小值．【變式探究】(2024·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．【解析】f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．∵cosx＋1≥0，∴當cosx＜eq\f(1,2)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當cosx＞eq\f(1,2)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．∴當cosx＝eq\f(1,2)，f(x)有最小值．又f(x)＝2sinx＋sin2x＝2sinx(1＋cosx)，∴當sinx＝－eq\f(\r(3),2)時，f(x)有最小值，即f(x)min＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝－eq\f(3\r(3),2).【答案】－eq\f(3\r(3),2)高頻考點七利用導數探討生活中的優(yōu)化問題例7.(2024·浙江省海鹽高級中學模擬)某商場銷售某種商品的閱歷表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿意關系式y(tǒng)＝eq\f(a,x－3)＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a為常數．已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．(1)求a的值；(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．【解析】(1)因為當x＝5時，y＝11，所以eq\f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.(2)由(1)可知，該商品每日的銷售量為y＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤為f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6.則f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．于是，當x改變時，f′(x)，f(x)的