（江苏专用）高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用（第2课时）导数与函数的极值、最值教案（含解析）-人教版高三全册数学教案.docx

第2课时导数与函数的极值、最值题型一用导数求解函数极值问题命题点1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________．(填序号)①函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)；②函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)；③函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)；④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)．答案④解析由题图可知当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．命题点2求已知函数的极值例2设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数并说明理由．解f′(x)＝eq\f(1x＋1)＋a(2x－1)＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1x＋1)(x>－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1x∈(－1＋∞)．①当a＝0时g(x)＝1此时f′(x)>0函数f(x)在(－1＋∞)上单调递增无极值点．②当a>0时Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．a．当0<a≤eq\f(89)时Δ≤0g(x)≥0f′(x)≥0函数f(x)在(－1＋∞)上单调递增无极值点．b．当a>eq\f(89)时Δ>0设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1x2(x1<x2)因为x1＋x2＝－eq\f(12)所以x1<－eq\f(14)x2>－eq\f(14).由g(－1)＝1>0可得－1<x1<－eq\f(14).所以当x∈(－1x1)时g(x)>0f′(x)>0函数f(x)单调递增；当x∈(x1x2)时g(x)<0f′(x)<0函数f(x)单调递减；当x∈(x2＋∞)时g(x)>0f′(x)>0函数f(x)单调递增．因此函数f(x)有两个极值点．③当a<0时Δ>0由g(－1)＝1>0可得x1<－1<x2.当x∈(－1x2)时g(x)>0f′(x)>0函数f(x)单调递增；当x∈(x2＋∞)时g(x)<0f′(x)<0函数f(x)单调递减．所以函数f(x)有一个极值点．综上所述当a<0时函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤eq\f(89)时函数f(x)无极值点；当a>eq\f(89)时函数f(x)有两个极值点．命题点3根据极值(点)求参数例3已知函数f(x)＝eq\f(exx2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x)＋lnx))若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点则实数k的取值范围为________．答案(－∞e]解析因为函数f(x)＝eq\f(exx2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x)＋lnx))所以函数f(x)的定义域是(0＋∞)所以f′(x)＝eq\f(exx2－2xexx4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2x2)＋\f(1x)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(exx)－k))x－2x2).因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点所以x＝2是y＝f′(x)的唯一变号零点．所以y＝eq\f(exx)－k在(0＋∞)上无变号零点设g(x)＝eq\f(exx)－k则g′(x)＝eq\f(x－1exx2).当x∈(01)时g′(x)<0当x∈(1＋∞)时g′(x)>0所以g(x)在(01)上单调递减在(1＋∞)上单调递增所以g(x)min＝g(1)＝e－k若g(x)在(0＋∞)上无变号零点则需要g(x)≥0在(0＋∞)上恒成立所以g(x)min≥0即e－k≥0即k≤e所以若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点则应需k≤e.思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领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：求解后验证根的合理性．跟踪训练1已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值∀x∈(0＋∞)f(x)≥bx－2恒成立求实数b的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0＋