2022届高三统考数学（文科）人教版一轮复习学案：3.2.2 利用导数研究函数的极值、最值

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1、第第 2 课时课时 利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的极值、最值最值 考点一 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(1x)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

2、二：求函数的极值 例 2 2020 天津卷节选已知函数 f(x)x36ln x，f(x)为 f(x)的导函数 (1)求曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)求函数 g(x)f(x)f(x)9 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)ax 2 2 x(ln x1)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

3、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 yf(x)在区间(a，b)内有极值，那么 yf(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) 12021 广州测试已知函数 f(x)x3ax2bxa2在 x1 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 aR，若函数 yxaln x 在区间 1 e，e 上有极值点，则 a 的取值范围为( ) A. 1 e，e B. e，1 e C. ，1 e (e，) D(，e) 1 e， 考点二 函

4、数的最值问题互动讲练型 例 4 2020 北京卷已知函数 f(x)12x2.设曲线 yf(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 f(b)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.

5、 变式练(着眼于举一反三) 32021 惠州市高三调研考试试题已知函数 f(x)ln x x . (1)求 f(x)的最大值； (2)设实数 a0，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 5t25， tN*，经测算，高铁的载客量与发车时间间隔 t 相关：当 20t25 时，高铁为满载状态，载 客量为 1 000 人；当 5t20 时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(20t)2成正比，

6、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)t 4P(t)40t 2650t2 000(元)，当发 车时间间隔为多少时，单位时间的净收益Qt t 最大？ 悟 技法 变式练(着眼于举一反三) 4如图，将一张 16 cm10 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. 第第 2 课时课时 利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的极值、最值最值 课堂考点突破课堂考点突破 考点

7、一 例 1 解析：由题图可知，当 x0；当2x1 时，f(x)0；当 1x2 时， f(x)2 时，f(x)0.由此可以得到函数 f(x)在 x2 处取得极大值，在 x2 处取得 极小值 答案：D 例 2 解析：(1)f(x)x36ln x，故 f(x)3x26 x.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 y19(x1)，即 y9x8. (2)依题意，g(x)x33x26ln x3 x，x(0，)从而可得 g(x)3x26x6 x 3 x2，整理可得 g(x) 3x13x1 x2 .令 g(x)0，解得 x1. 当 x 变化时，g(x)，g(x)的

8、变化情况如表： x (0,1) 1 (1，) g(x) 0 g(x) 极小值 Z 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)axln x， 令 f(x)axln x0，可得 aln x x ， 令 h(x)ln x x ，则由题可知直线 ya 与函数 h(x)的图象有两个不同的交点， h(x)1ln x x2 ，令 h(x)0，得 xe， 可知 h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减， h(x)maxh(e)1 e， 当 x 趋向于时，h(

9、x)趋向于零， 故实数 a 的取值范围为 0，1 e . 变式练 1解析：f(x)3x22axb，依题意可得 f10， f110， 即 32ab0， 1aba210， 消去 b 可得 a2a120， 解得 a3 或 a4， 故 a3， b3 或 a4， b11. 当 a3， b3 时， f(x) 3x26x33(x1)20，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 yf(x)xaln x 在区间 1 e，e 上有极值点，所以 y在区间 1 e，e 上 有零点 f(x)1a x xa x (x0) 所以 f 1 e f(e)0，所以(ea1) 1a e 0，

10、解得ea0 即可 当 t0 时，S(t)1 4 t324t144 t ， 则 S(t)1 4 3t224144 t2 3 4t2(t 24)(t212)， 令 S(t)0，得 t2， 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 Z S(t)minS(2)32. 变式练 3解析：(1)f(x)1ln x x2 (x0)， 令 f(x)0 得 xe. 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，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

11、,2a上的最小值 F(x)minminF(a)，F(2a) F(a)F(2a)ln a1 2ln(2a) 1 2ln a 2， 当 02 时，F(a)F(2a)0，F(x)minF(2a)1 2ln(2a) 综上所述，当 02 时，F(x)在a,2a上的最小值为1 2ln(2a) 例 5 解析：(1)当 5t20 时，不妨设 P(t)1 000k(20t)2，因为 P(5)100，所以解 得 k4. 因此 P(t) 1 000420t2，5t20，tN*， 1 000，20t25，tN*. (2)当 5t20 时，Q(t)t 4P(t)40t 2650t2 000t3500t2 000， 因此

12、 F(t)Qt t t22 000 t 500,5t20. 因为 F(t)2t2 000 t2 2t 31 000 t2 ，当 5t0，F(t)单调递增；当 10t20 时，F(t)0，F(t)单调递减所以 F(t)maxF(10) 200. 当 20t25 时，Q(t)40t2900t2 000. 因此 F(t)Qt t 90040 t50 t ，20t25. 因为 F(t)40t 250 t2 0，此时 F(t)单调递减，所以 F(t)maxF(20)0. 综上，发车时间间隔为 10 分钟时，单位时间的净收益Qt t 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(162x)cm，宽为(102x)cm 的长方形，其面积为(162x)(102x)cm2，长方 体纸盒的高为 x cm，则体积 V(162x)(102x)x4x352x2160 x(0 x5)，所以 V 12(x2) x20 3 ，由 V0，得 0 x2，则函数 V4x352x2160 x(0 x5)在(0,2)上单调 递增，由 V0，得 2x5，则函数 V4x352x2160 x(0 x5)在(2,5)上单调递减，所以 当 x2 时，Vmax144(cm3) 答案：144