PAGE其次課時導數與函數的極值、最值授課提示：對應學生用書第43頁[基礎梳理]1．函數的極值與導數的關系(1)函數的微小值與微小值點：若函數f(x)在點x＝a處的函數值f(a)比它在點x＝a旁邊其他點的函數值都小，f′(a)＝0，而且在點x＝a旁邊的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0，則點a叫作函數的微小值點，f(a)叫作函數的微小值．(2)函數的極大值與極大值點：若函數f(x)在點x＝b處的函數值f(b)比它在點x＝b旁邊其他點的函數值都大，f′(b)＝0，而且在點x＝b旁邊的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0，則點b叫作函數的極大值點，f(b)叫作函數的極大值．2．函數的最值與導數的關系(1)函數f(x)在[a，b]上有最值的條件：假如在區間[a，b]上函數y＝f(x)的圖像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．1．留意兩種條件(1)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．2．分清極值與最值的關系(1)極值與最值的關系：極值只能在定義域內取得(不包括端點)，最值卻可以在端點處取得，有極值的不肯定有最值，有最值的也未必有極值；極值有可能成為最值，特別數可導函數最值只要不在端點處取，則必定在極值處取．(2)若函數f(x)的圖像連續，則f(x)在[a，b]內肯定有最值．(3)若函數f(x)在[a，b]內是單調函數，則f(x)肯定在區間端點處取得最值．(4)若函數f(x)在開區間(a，b)內只有一個極值點，則相應的極值肯定是函數的最值．[四基自測]1．(基礎點：極值與導數的關系)函數f(x)的定義域為開區間(a，b)，導函數f′(x)在(a，b)內的圖像如圖所示，則函數f(x)在開區間(a，b)內有微小值點()A．1個 B．2個C．3個 D．4個答案：A2．(基礎點：閉區間上的函數的最值)函數f(x)＝eq\f(x3,3)＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是()A．－eq\f(17,3) B．－eq\f(10,3)C．－4 D．－eq\f(64,3)答案：A3．(易錯點：微小值點)已知a為函數f(x)＝x3－12x的微小值點，則a＝________．答案：24．(基礎點：極值與最值關系)函數y＝xex的最小值是________．答案：－eq\f(1,e)授課提示：對應學生用書第43頁考點一求函數的極值或極值點挖掘極值的存在性問題/互動探究[例](2024·高考全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝(x－1)lnx－x－1.證明：(1)f(x)存在唯一的極值點；(2)f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．[證明](1)f(x)的定義域為(0，＋∞)．f′(x)＝eq\f(x－1,x)＋lnx－1＝lnx－eq\f(1,x).因為y＝lnx在(0，＋∞)上單調遞增，y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝eq\f(ln4－1,2)>0，故存在唯一x0∈(1，2)，使得f′(x0)＝0.又當x<x0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x>x0時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，因此，f(x)存在唯一的極值點．(2)由(1)知f(x0)<f(1)＝－2，又f(e2)＝e2－3>0，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)內存在唯一根x＝α.由α>x0>1得eq\f(1,α)<1<x0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,α)－1))lneq\f(1,α)－eq\f(1,α)－1＝eq\f(f（α）,α)＝0，故eq\f(1,α)是f(x)＝0在(0，x0)的唯一根．綜上，f(x)＝0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數．[破題技法]1.利用導數探討函數極值的一般步驟(1)確定函數定義域；(2)求導數f′(x)及f′(x)＝0的根；(3)依據方程f′(x)＝0的根將函數定義域分成若干區間，列出表格，檢查導函數f′(x)零點左右f′(x)的值的符號，假如左正右負，那么y＝f(x)在這個根處取極大值，假如左負右正，那么y＝f(x)在這個根處取微小值．假如左右不變更符號，那么f(x)在這個根處無極值．2．推斷極值點的個數首先確定導數的零點的個數，再依據極值的定義，確定零點是否為極值點．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2，a∈R.(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程；(2)設函數g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，探討g(x)的單調性并推斷有無極值，有極值時求出極值．解析：(1)由題意f′(x)＝x2－ax，所以當a＝2時，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因為g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx)，令h(x)＝x－sinx，則h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上單調遞增．因為h(0)＝0，所以當x＞0時，h(x)＞0；當x＜0時，h(x)＜0.①當a＜0時，g′(x)與g(x)的函數關系為x(－∞，a)a(a，0)0(0，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大微小所以當x＝a時，g(x)有極大值為g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.當x＝0時，g(x)有微小值g(0)＝－a.②當a＝0時，g′(x)＝x(x－sinx)．當x∈(－∞，＋∞)時，g′(x)≥0，g(x)單調遞增，所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，g(x)無極大值也無微小值．③當a＞0時，g′(x)與g(x)的函數關系為：x(－∞，0)0(0，a)a(a，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)極大微小所以當x＝0時g(x)取到極大值，極大值是g(0)＝－a；當x＝a時g(x)取到微小值，微小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.綜上所述，當a＜0時，函數g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上單調遞增，在(a，0)上單調遞減，函數既有極大值，又有微小值，極大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina，微小值是g(0)＝－a；當a＝0時，函數g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，無極值；當a＞0時，函數g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上單調遞增，在(0，a)上單調遞減，函數既有極大值，又有微小值，極大值是g(0)＝－a，微小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.考點二利用導數求函數的最值問題挖掘含參數的函數的最值/互動探究[例](2024·高考全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝2x3－ax2＋2.(1)探討f(x)的單調性；(2)當0<a<3時，記f(x)在區間[0，1]的最大值為M，最小值為m，求M－m的取值范圍．[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)當0<a<3時，由(1)知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，1))單調遞增，所以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)＋2，最大值為f(0)＝2或f(1)＝4－a.于是m＝－eq\f(a3,27)＋2，M＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－a，0<a<2，,2，2≤a<3.))所以M－m＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a＋\f(a3,27)，0<a<2，,\f(a3,27)，2≤a<3.))當0<a<2時，可知2－a＋eq\f(a3,27)單調遞減，所以M－m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).當2≤a<3時，eq\f(a3,27)單調遞增，所以M－m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，1)).綜上，M－m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2)).[破題技法]1.求函數f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數在(a，b)內的極值；(2)求函數在區間端點的函數值f(a)，f(b)；(3)將函數f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．2．若f(x)在(a，b)內只有一個極值，則該極值為最值．設函數f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)當k＝1時，求函數f(x)的單調區間；(2)當k＝1時，求f(x)在[0，2]上的最值．解析：(1)當k＝1時，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＝ln2＞0.由f′(x)＞0，得x＜0或x＞ln2.由f′(x)＜0，得0＜x＜ln2.所以函數f(x)的單調增區間為(－∞，0)和(ln2，＋∞)，單調減區間為(0，ln2)．(2)由(1)可知x＝0和x＝ln2是f(x)的極值點，且0∈[0，2]，ln2∈[0，2]，f(0)＝－1，f(ln2)＝(ln2－1)·eln2－(ln2)2＝2(ln2－1)－(ln2)2，由(1)可知f(0)＝f(1)＝－1，在(ln2，＋∞)上f(x)為增函數，∴f(2)＞f(1)＞f(ln2)，∴f(x)的最大值為f(2)＝e2－4.f(x)的最小值為f(ln2)＝2ln2－2－(ln2)2.考點三利用極值、最值求參數挖掘已知最值求參數/互動探究[例](2024·高考全國卷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，則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．①當a≤0時，由(1)知，f(x)在[0，1]單調遞增，所以f(x)在區間[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＝－1.②當a≥3時，由(1)知，f(x)在[0，1]單調遞減，所以f(x)在區間[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＝1.③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a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f(x)在[