专题一 微专题5 函数的极值、最值-【步步高·考前三个月】2025年高考数学复习讲义课件（课件PPT+word教案）

微专题5　函数的极值、最值 [考情分析]　应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题. 微点一 利用导数研究函数的极值 1.若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为(　　) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 答案　A 解析　函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1， 则f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1 =[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 由x=-2是函数f(x)的极值点，得 f'(-2)=(4-2a-4+a-1)e-3 =(-a-1)e-3=0， 所以a=-1. 所以f(x)=(x2-x-1)ex-1， f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 由ex-1>0恒成立，得当x=-2或x=1时，f'(x)=0， 且当x<-2时，f'(x)>0； 当-2<x<1时，f'(x)<0； 当x>1时，f'(x)>0. 所以x=1是函数f(x)的极小值点. 所以函数f(x)的极小值为f(1)=-1. 2.(多选)(2024·新课标全国Ⅰ)设函数f(x)=(x-1)2(x-4)，则(　　) A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) 答案　ACD 解析　对于A，因为函数f(x)的定义域为R， f'(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2 =3(x-1)(x-3)， 易知当x∈(1，3)时，f'(x)<0； 当x∈(-∞，1)或x∈(3，+∞)时，f'(x)>0， 所以函数f(x)在(-∞，1)上单调递增， 在(1，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增， 故x=3是f(x)的极小值点，故A正确； 对于B，当0<x<1时， x-x2=x(1-x)>0，所以1>x>x2>0， 由A选项分析可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增， 所以f(x)>f(x2)，故B错误； 对于C，当1<x<2时，1<2x-1<3， 由A选项分析可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减， 所以f(1)>f(2x-1)>f(3)， 即-4<f(2x-1)<0，故C正确； 对于D，当-1<x<0时， f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(2-2x)>0， 所以f(2-x)>f(x)，故D正确. 3.(13分)已知函数f(x)=aln x+2x， (1)讨论函数f(x)极值点的情况；(7分) (2)若a=-2，证明：f(x)-2≥0.(6分) (1)解　f'(x)=+2= 当a≥0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，无极值点； 当a<0时，由f'(x)>0得x>-由f'(x)<0得0<x<- 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以函数f(x)在x=-处有极小值，无极大值， 即极小值点为-无极大值点. 综上所述，当a≥0时，f(x)无极值点； 当a<0时，f(x)极小值点为-无极大值点. (2)证明　若a=-2，令g(x)=f(x)-2=-2ln x+2x-2 g'(x)=+2= 当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≥g(1)=-2ln 1+2-2=0， 即f(x)-2≥0. 微点二　利用导数研究函数的最值 4.(2022·全国乙卷)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　　) A.- B.- C.-+2 D.-+2 答案　D 解析　f(x)=cos x+(x+1)sin x+1，x∈[0，2π]，则f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)·cos x=(x+1)cos x，x∈[0，2π]. 令f'(x)=0， 解得x=-1(舍去)或x=或x=. 因为f =cos +sin +1 =2+ f =cos +sin +1=- 又f(0)=cos 0+(0+1)sin 0+1=2， f(2π)=cos 2π+(2π+1)sin 2π+1=2， 所以f(x)max=f =2+ f(x)min=f =-. 5.设函数f(x)=x3-4x+m，x∈[0，4]，若f(x)的最小值为-则f(x)的最大值为(　　) A. B. C.0 D.- 答案　B 解析　由f(x)=x3-4x+m，x∈得f'(x)=x2-4， 由f'(x)>0，得2<x≤4，由f'(x)<0，得0≤x<2， 所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增， 所以f(x)min=f(2)=×23-4×2+m=m- 因为f(x)的最小值为-所以m=0， 所以f(x)=x3-4x，x∈ 因为f(0)=0，f=×43-4×4= 所以f(x)的最大值为. 6.(15分)(2024·重庆模拟)已知函数f(x)=ln x-(m∈R). (1)当m=-2时，求函数f(x)的单调区间；(6分) (2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值.(9分) 解　(1)当m=-2时，f(x)=ln x+ ∴f'(x)=(x>0)， ∴当x∈(0，2)时，f'(x)<0，当x∈(2，+∞)时， f'(x)>0， ∴f(x)的单调递增区间为(2，+∞)，单调递减区间为(0，2). (2)由f'(x)=(x>0)， 得当m≥0时，f'(x)>0， ∴f(x)为增函数， 则f(x)在[1，e]上单调递增， 从而f(x)min=f(1)=-m=4， 可得m=-4，不符合题意； 当m<0时，令f'(x)=0，得x=-m， ①当0<-m≤1，即-1≤m<0时， 由x∈[1，e]，知f'(x)≥0， 则f(x)在[1，e]上单调递增， 从而f(x)min=f(1)=-m=4， 可得m=-4，不符合题意； ②当-m≥e，即m≤-e时， 由x∈[1，e]，知f'(x)≤0， 则f(x)在[1，e]上单调递减，从而f(x)min=f(e)=1-=4，可得m=-3e，符合题意； ③当1<-m<e，即-e<m<-1时， 由x∈[1，e]知f(x)在[1，-m]上单调递减， 在(-m，e]上单调递增， 从而f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4， 解得m=-e3，不符合题意. 综上，m的值为-3e. 微点三　由极值、最值求参数的范围 7.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 答案　BCD 解析　函数f(x)=aln x++的定义域为(0，+∞)， 则f'(x)=--= 因为函数f(x)既有极大值也有极小值， 则函数f'(x)在(0，+∞)上有两个变号零点， 而a≠0， 因此方程ax2-bx-2c=0有两个不相等的正实数根x1，x2，于是 即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0， 显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确. 8.(5分)(2024·郑州模拟)函数f(x)=x2+(a-1)x-3ln x在(1，2)上有最小值，则实数a的取值范围为　　　　.  答案　 解析　f'(x)=2x+(a-1)- = 设g(x)=2x2+(a-1)x-3，因为Δ=(a-1)2+24>0，因此g(x)=0有两个不相等的实数根， 又g(0)=-3<0，因此g(x)=0的两根一正一负， 由题意正根在(1，2)内， 所以 解得-<a<2. 9.(15分)(2024·新课标全国Ⅱ)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(5分) (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围.(10分) 解　(1)当a=1时，f(x)=ex-x-1， f'(x)=ex-1， 可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1， 即切点坐标为(1，e-2)， 切线斜率k=e-1， 所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)， 即(e-1)x-y-1=0. (2)方法一　因为f(x)的定义域为R， 且f'(x)=ex-a， 若a≤0，则f'(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增， 无极值，不符合题意； 若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a， 令f'(x)<0，解得x<ln a， 可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，+∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，无极大值， 由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0， 即a2+ln a-1>0， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0， 则g'(a)=2a+>0， 可知g(a)在(0，+∞)上单调递增， 且g(1)=0， 不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)， 解得a>1， 所以a的取值范围为(1，+∞). 方法二　因为f(x)的定义域为R， 且f'(x)=ex-a， 若f(x)有极小值， 则f'(x)=ex-a有零点， 令f'(x)=ex-a=0，可得ex=a， 可知y=ex与y=a有交点，则a>0， 令f'(x)>0，解得x>ln a； 令f'(x)<0，解得x<ln a， 可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，+∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3， 无极大值，符合题意， 由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0， 即a2+ln a-1>0， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0， 因为y=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均单调递增， 所以g(a)在(0，+∞)上单调递增， 且g(1)=0， 不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)， 解得a>1， 所以a的取值范围为(1，+∞). [总结提升] 1.由导函数的图象判断函数y=f(x)的极值，要抓住两点 (1)由y=f'(x)的图象与x轴的交点，可得函数y=f(x)的可能极值点. (2)由y=f'(x)的图象可以看出y=f'(x)的函数值的正负，从而可得到函数y=f(x)的单调性，进而确定极值点. 2.求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法 (1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另一个为最小值. (2)若函数f(x)在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数f(x)在区间[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值. (3)若函数f(x)在区间[a，b]上只有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到. 1.(2022·全国甲卷)当x=1时，函数f(x)=aln x+取得最大值-2，则f'(2)等于(　　) A.-1 B.- C. D.1 答案　B 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，+∞)， 所以依题意可知 而f'(x)=-所以即 所以f'(x)=-+ 因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 当x=1时取最大值，满足题意. 所以f'(2)=-1+=-. 2.(2024·合肥模拟)已知函数f(x)=3x4-8x3+6x2，则f(x)(　　) A.有2个极大值点 B.有1个极大值点和1个极小值点 C.有2个极小值点 D.有且仅有一个极值点 答案　D 解析　f'(x)=12x3-24x2+12x=12x(x2-2x+1)=12x(x-1)2， 因为(x-1)2≥0(当且仅当x=1时取等号)， 则当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)≥0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 在(-∞，0)上单调递减， 所以f(x)的极小值点为0，没有极大值点， 即f(x)有且仅有一个极值点. 3.已知函数f(x)=2ax3-3x2+b在x=1处取得极小值1，则f(x)在区间[-1，2]上的最大值为(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 答案　C 解析　f'(x)=6ax2-6x=6x(ax-1)， 因为函数f(x)在x=1处取得极小值1， 所以f'(1)=6a-6=0，解得a=1， 可得f(x)=2x3-3x2+b，且f(1)=2-3+b=1，解得b=2， f(x)=2x3-3x2+2，f'(x)=6x(x-1)， 当x∈[-1，0]时，f'(x)≥0，f(x)单调递增， 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f'(x)≥0，f(x)单调递增， f(x)在x=1处取得极小值，满足题意， 所以f(0)=2，f(1)=2-3+2=1， f(-1)=-2-3+2=-3，f(2)=16-12+2=6， 则f(x)在区间上的最大值为6. 4.(2024·济宁模拟)已知函数f(x)=ex2-ax(a>0且a≠1)有一个极大值点x1和一个极小值点x2，且x1<x2，则a的取值范围为 (　　) A. B. C.(1，e) D.(e，+∞) 答案　B 解析　由题意知，当x∈(-∞，x1)时，f'(x)>0， 又f'(x)=ex-axln a，当a>1时，若x<0，ex<0，-axln a<0，所以f'(x)<0， 矛盾，故0<a<1， 由f'(x)=ex-axln a=0有两个不同实数根可知y=ex，y=axln a的图象有两个不同交点， 设过原点与y=axln a相切的直线为l，切点为(x0ln a)， 因为y'=(ln a)2·ax， 所以k=(ln a)2·= 解得x0= 即k=(ln a)2·=e(ln a)2，如图， 所以y=ex与y=axln a有两个不同交点，则需e>e(ln a)2，解得<a<e， 又0<a<1，所以<a<1，此时满足极大值点为x1，极小值点为x2，且x1<x2. 5.(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)=x3-x+1，则(　　) A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0，1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 答案　AC 解析　因为f(x)=x3-x+1， 所以f'(x)=3x2-1. 令f'(x)=3x2-1=0，得x=±. 由f'(x)>0得x>或x<-； 由f'(x)<0得-<x<. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确； 因为f(x)的极小值f=-+1=1->0，f(-2)=(-2)3-(-2)+1=-5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误； 因为函数g(x)=x3-x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)=x3-x+1的图象，函数g(x)=x3-x的图象关于原点(0，0)中心对称且g(0)=0，所以点(0，1)是曲线f(x)=x3-x+1的对称中心，故C正确； 假设直线y=2x是曲线y=f(x)的切线，切点坐标为(x0，y0)， 则f'(x0)=3-1=2，解得x0=±1；若x0=1， 则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y=2x上； 若x0=-1，则切点坐标为(-1，1)，但点(-1，1)不在直线y=2x上，所以假设不成立，故D错误. 6.(多选)(2024·长沙模拟)已知函数f(x)=ln(e3x+1)+ax(a∈R)，下列说法正确的是(　　) A.若y=f(x)是偶函数，则a=- B.若y=f(x)是偶函数，则a=-3 C.若a=-2，函数存在最小值 D.若函数存在极值，则实数a的取值范围是(-3，0) 答案　ACD 解析　对于A，B，函数的定义域为R， 且f(-x)=f(x)， 则ln(e-3x+1)+a(-x)=ln(e3x+1)+ax， 则ln =-2ax， 则ln e3x=-2ax，则3x=-2ax恒成立， 故a=-所以A正确，B错误； 对于C，当a=-2时， f(x)=ln(e3x+1)-2x， 可得f'(x)=-2=1- 令f'(x)=0，即1-=0，解得x= 所以当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f 所以C正确； 对于D，f'(x)=(3+a)- 因为f(x)存在极值，所以f'(x)有零点， 令f'(x)=0，即(3+a)-=0， 所以x=则>0，即a(a+3)<0， 解得-3<a<0，所以D正确. 7.(5分)(2024·南宁模拟)已知函数f(x)=(x-1)ex+ax2的最小值为-1，则实数a的取值范围为　　　　　　.  答案　[0，+∞) 解析　因为f(x)=(x-1)ex+ax2，所以f'(x)=xex+2ax=x(ex+2a)， 若a≥0，则当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0，故f(x)在(-∞，0)上单调递减， 当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以当x=0时，f(x)有最小值f(0)=-1，满足题意； 若a<0，则当x→-∞时，f(x)→-∞，f(x)没有最小值，不符合题意， 所以实数a的取值范围为[0，+∞). 8.(5分)(2024·徐州模拟)已知f(x)=ex-x4有两个极值点，则实数a的取值范围为　　　　　　　.  答案　 解析　由f(x)=ex-x4求导，得f'(x)=ex-ax3，由f'(x)=0可得ex=ax3， 因为x=0不满足此式，故可得a= 令g(x)=(x≠0)，则函数f(x)=ex-x4有两个极值点， 即y=a与g(x)=的图象有两个交点. 由g(x)=求导，得g'(x)= 则当x<0时，g'(x)<0； 当0<x<3时，g'(x)<0； 当x>3时，g'(x)>0， 则函数g(x)=在(-∞，0)和(0，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增， 故当x=3时，g(x)取得极小值. 且当x→-∞时，g(x)→0， 当x从0的左边趋近于0时，g(x)→-∞， 当x从0的右边趋近于0时，g(x)→+∞， 当x→+∞时，g(x)→+∞. 故可作出y=a与g(x)=的图象如图. 由图可知y=a与g(x)=的图象有两个交点等价于a>. 故a的取值范围为. 9.(13分)(2024·黄山模拟)已知函数f(x)=x2-4ax+a2ln x在x=1处取得极大值. (1)求实数a的值；(7分) (2)求f(x)在区间上的最大值.(6分) 解　(1)由已知f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=3x-4a+== 令f'(x)=0得x=a或x= 当a=1时，令f'(x)>0得，0<x<或x>1， 令f'(x)<0，得<x<1， 故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 此时函数f(x)在x=处取得极大值，在x=1处取得极小值，与函数f(x)在x=1处取得极大值矛盾； 当=1，即a=3时，令f'(x)>0，得0<x<1或x>3，令f'(x)<0，得1<x<3， 故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增， 此时函数f(x)在x=1处取得极大值，在x=3处取得极小值，符合题意， 所以a=3. (2)由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f(x)在区间上的最大值为f(1)=-12=-. 10.(15分)(2023·北京)设函数f(x)=x-x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=-x+1. (1)求a，b的值；(4分) (2)设函数g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；(5分) (3)求f(x)的极值点个数.(6分) 解　(1)∵f(x)=x-x3eax+b，x∈R， ∴f'(x)=1-(3x2+ax3)eax+b， ∵f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=-x+1， ∴f(1)=-1+1=0，f'(1)=-1， 则解得 (2)由(1)得g(x)=f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1(x∈R)， 则g'(x)=-x(x2-6x+6)e-x+1， 令x2-6x+6=0，解得x=3± 不妨设x1=3-x2=3+则0<x1<x2， 易知e-x+1>0恒成立， ∴令g'(x)<0，解得0<x<x1或x>x2； 令g'(x)>0，解得x<0或x1<x<x2， ∴g(x)在(0，x1)，(x2，+∞)上单调递减，在(-∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0，3-)和(3++∞)，单调递增区间为(-∞，0)和(3-3+). (3)由(1)得f(x)=x-x3e-x+1(x∈R)， f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1， 由(2)知f'(x)在(0，x1)，(x2，+∞)上单调递减，在(-∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x<0时，f'(-1)=1-4e2<0，f'(0)=1>0， 即f'(-1)f'(0)<0， ∴f'(x)在(-∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则-1<x3<0， 此时，当x<x3时，f'(x)<0，则f(x)单调递减；当x3<x<0时，f'(x)>0，则f(x)单调递增， ∴f(x)在(-∞，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x1)时，f'(x)在(0，x1)上单调递减， 则f'(x1)=f'(3-)<f'(1)=1-2<0， 故f'(0)f'(x1)<0， ∴f'(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4， 则0<x4<x1， 此时，当0<x<x4时，f'(x)>0，则f(x)单调递增；当x4<x<x1时，f'(x)<0，则f(x)单调递减； ∴f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1，x2)时，f'(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f'(x2)=f'(3+)>f'(3)=1>0， 故f'(x1)f'(x2)<0， ∴f'(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1<x5<x2， 此时，当x1<x<x5时，f'(x)<0，则f(x)单调递减；当x5<x<x2时，f'(x)>0，则f(x)单调递增， ∴f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 当x>x2=3+>3时，3x2-x3=x2(3-x)<0， ∴f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1>0， 则f(x)单调递增， ∴f(x)在(x2，+∞)上无极值点， 综上，f(x)在(-∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题一　函数与导数 微专题5 函数的极值、最值 应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题. 考情分析 思维导图 高频考点练 补偿强化练 内容索引 高频考点练 PART ONE 微点一　利用导数研究函数的极值 1.若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为 A.-1　　　　B.-2e-3　　　　C.5e-3　　　　D.1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1， 则f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1 =[x2+(a+2)x+a-1]ex-1. 由x=-2是函数f(x)的极值点，得 f'(-2)=(4-2a-4+a-1)e-3=(-a-1)e-3=0， 所以a=-1. 所以f(x)=(x2-x-1)ex-1， f'(x)=(x2+x-2)ex-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由ex-1>0恒成立，得当x=-2或x=1时，f'(x)=0， 且当x<-2时，f'(x)>0； 当-2<x<1时，f'(x)<0； 当x>1时，f'(x)>0. 所以x=1是函数f(x)的极小值点. 所以函数f(x)的极小值为f(1)=-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2.(多选)(2024·新课标全国Ⅰ)设函数f(x)=(x-1)2(x-4)，则 A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ √ 对于A，因为函数f(x)的定义域为R， f'(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3)， 易知当x∈(1，3)时，f'(x)<0； 当x∈(-∞，1)或x∈(3，+∞)时，f'(x)>0， 所以函数f(x)在(-∞，1)上单调递增， 在(1，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增， 故x=3是f(x)的极小值点，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对于B，当0<x<1时， x-x2=x(1-x)>0，所以1>x>x2>0， 由A选项分析可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增， 所以f(x)>f(x2)，故B错误； 对于C，当1<x<2时，1<2x-1<3， 由A选项分析可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减， 所以f(1)>f(2x-1)>f(3)， 即-4<f(2x-1)<0，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对于D，当-1<x<0时， f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(2-2x)>0， 所以f(2-x)>f(x)，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3.已知函数f(x)=aln x+2x， (1)讨论函数f(x)极值点的情况； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 f'(x)=+2= 当a≥0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，无极值点； 当a<0时，由f'(x)>0得x>-由f'(x)<0得0<x<- 所以f(x)在上单调递减， 所以函数f(x)在x=-处有极小值，无极大值， 即极小值点为-无极大值点. 综上所述，当a≥0时，f(x)无极值点； 当a<0时，f(x)极小值点为-无极大值点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 (2)若a=-2，证明：f(x)-2≥0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 若a=-2，令g(x)=f(x)-2=-2ln x+2x-2 g'(x)=+2= 当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 所以g(x)≥g(1)=-2ln 1+2-2=0， 即f(x)-2≥0. 微点二　利用导数研究函数的最值 4.(2022·全国乙卷)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为 A.- B.- C.-+2 D.-+2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 f(x)=cos x+(x+1)sin x+1，x∈[0，2π]， 则f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)·cos x=(x+1)cos x，x∈[0，2π]. 令f'(x)=0，解得x=-1(舍去)或x=或x=. 因为f =cos +sin +1=2+ f =cos +sin +1=- 又f(0)=cos 0+(0+1)sin 0+1=2，f(2π)=cos 2π+(2π+1)sin 2π+1=2， 所以f(x)max=f =2+f(x)min=f =-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.设函数f(x)=x3-4x+m，x∈[0，4]，若f(x)的最小值为-则f(x)的最大值为 A.　　　　B.　　　　C.0　　　　D.- √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由f(x)=x3-4x+m，x∈得f'(x)=x2-4， 由f'(x)>0，得2<x≤4，由f'(x)<0，得0≤x<2， 所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增， 所以f(x)min=f(2)=×23-4×2+m=m- 因为f(x)的最小值为-所以m=0，所以f(x)=x3-4x，x∈ 因为f(0)=0，f=×43-4×4=所以f(x)的最大值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6.(2024·重庆模拟)已知函数f(x)=ln x-(m∈R). (1)当m=-2时，求函数f(x)的单调区间； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 当m=-2时，f(x)=ln x+ ∴f'(x)=(x>0)， ∴当x∈(0，2)时，f'(x)<0，当x∈(2，+∞)时， f'(x)>0， ∴f(x)的单调递增区间为(2，+∞)，单调递减区间为(0，2). (2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值. 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 7 8 9 由f'(x)=(x>0)， 得当m≥0时，f'(x)>0， ∴f(x)为增函数， 则f(x)在[1，e]上单调递增， 从而f(x)min=f(1)=-m=4， 可得m=-4，不符合题意； 当m<0时，令f'(x)=0，得x=-m， 6 1 2 3 4 5 7 8 9 ①当0<-m≤1，即-1≤m<0时，由x∈[1，e]，知f'(x)≥0， 则f(x)在[1，e]上单调递增， 从而f(x)min=f(1)=-m=4， 可得m=-4，不符合题意； ②当-m≥e，即m≤-e时，由x∈[1，e]，知f'(x)≤0， 则f(x)在[1，e]上单调递减，从而f(x)min=f(e)=1-=4，可得m=-3e，符合题意； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 ③当1<-m<e，即-e<m<-1时， 由x∈[1，e]知f(x)在[1，-m]上单调递减， 在(-m，e]上单调递增， 从而f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4， 解得m=-e3，不符合题意. 综上，m的值为-3e. 微点三　由极值、最值求参数的范围 7.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值，则 A.bc>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 √ √ 函数f(x)=aln x++的定义域为(0，+∞)， 则f'(x)=--= 因为函数f(x)既有极大值也有极小值， 则函数f'(x)在(0，+∞)上有两个变号零点， 而a≠0， 因此方程ax2-bx-2c=0有两个不相等的正实数根x1，x2， 6 1 2 3 4 5 7 8 9 于是 即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0， 显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确. 6 1 2 3 4 5 7 8 9 8.(2024·郑州模拟)函数f(x)=x2+(a-1)x-3ln x在(1，2)上有最小值，则实数a 的取值范围为　　 　　.  6 1 2 3 4 5 7 8 9 f'(x)=2x+(a-1)-= 设g(x)=2x2+(a-1)x-3，因为Δ=(a-1)2+24>0，因此g(x)=0有两个不相等的实数根， 又g(0)=-3<0，因此g(x)=0的两根一正一负， 由题意正根在(1，2)内， 所以 解得-<a<2. 6 1 2 3 4 5 7 8 9 9.(2024·新课标全国Ⅱ)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 6 1 2 3 4 5 7 8 9 当a=1时，f(x)=ex-x-1，f'(x)=ex-1， 可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1， 即切点坐标为(1，e-2)， 切线斜率k=e-1， 所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)， 即(e-1)x-y-1=0. (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 7 8 9 方法一　因为f(x)的定义域为R， 且f'(x)=ex-a， 若a≤0，则f'(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增， 无极值，不符合题意； 若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a， 令f'(x)<0，解得x<ln a， 可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增， 6 1 2 3 4 5 7 8 9 则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，无极大值， 由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0，则g'(a)=2a+>0， 可知g(a)在(0，+∞)上单调递增， 且g(1)=0， 不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)， 解得a>1， 所以a的取值范围为(1，+∞). 6 1 2 3 4 5 7 8 9 方法二　因为f(x)的定义域为R， 且f'(x)=ex-a， 若f(x)有极小值，则f'(x)=ex-a有零点， 令f'(x)=ex-a=0，可得ex=a， 可知y=ex与y=a有交点，则a>0， 令f'(x)>0，解得x>ln a； 令f'(x)<0，解得x<ln a， 可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增， 6 1 2 3 4 5 7 8 9 则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，无极大值，符合题意， 由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0， 因为y=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均单调递增， 所以g(a)在(0，+∞)上单调递增， 且g(1)=0，不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)， 解得a>1， 所以a的取值范围为(1，+∞). 总结提升 1.由导函数的图象判断函数y=f(x)的极值，要抓住两点 (1)由y=f'(x)的图象与x轴的交点，可得函数y=f(x)的可能极值点. (2)由y=f'(x)的图象可以看出y=f'(x)的函数值的正负，从而可得到函数y=f(x)的单调性，进而确定极值点. 35 总结提升 2.求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法 (1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则f(a)与f(b)一个为最大值，另一个为最小值. (2)若函数f(x)在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数f(x)在区间[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值. (3)若函数f(x)在区间[a，b]上只有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到. 36 补偿强化练 PART TWO 1.(2022·全国甲卷)当x=1时，函数f(x)=aln x+取得最大值-2，则f'(2)等于 A.-1　　　　B.-　　　　C.　　　　D.1 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为函数f(x)的定义域为(0，+∞)，所以依题意可知 而f'(x)=-所以 所以f'(x)=-+ 因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 当x=1时取最大值，满足题意. 所以f'(2)=-1+=-. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(2024·合肥模拟)已知函数f(x)=3x4-8x3+6x2，则f(x) A.有2个极大值点 B.有1个极大值点和1个极小值点 C.有2个极小值点 D.有且仅有一个极值点 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 f'(x)=12x3-24x2+12x=12x(x2-2x+1)=12x(x-1)2， 因为(x-1)2≥0(当且仅当x=1时取等号)， 则当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，f'(x)≥0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 在(-∞，0)上单调递减， 所以f(x)的极小值点为0，没有极大值点， 即f(x)有且仅有一个极值点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.已知函数f(x)=2ax3-3x2+b在x=1处取得极小值1，则f(x)在区间[-1，2]上的最大值为 A.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 f'(x)=6ax2-6x=6x(ax-1)， 因为函数f(x)在x=1处取得极小值1， 所以f'(1)=6a-6=0，解得a=1， 可得f(x)=2x3-3x2+b，且f(1)=2-3+b=1，解得b=2， f(x)=2x3-3x2+2，f'(x)=6x(x-1)， 当x∈[-1，0]时，f'(x)≥0，f(x)单调递增， 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f'(x)≥0，f(x)单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 f(x)在x=1处取得极小值，满足题意， 所以f(0)=2，f(1)=2-3+2=1， f(-1)=-2-3+2=-3，f(2)=16-12+2=6， 则f(x)在区间上的最大值为6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.(2024·济宁模拟)已知函数f(x)=ex2-ax(a>0且a≠1)有一个极大值点x1和一个极小值点x2，且x1<x2，则a的取值范围为 A. B. C.(1，e) D.(e，+∞) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意知，当x∈(-∞，x1)时，f'(x)>0， 又f'(x)=ex-axln a，当a>1时，若x<0，ex<0，-axln a<0，所以f'(x)<0， 矛盾，故0<a<1， 由f'(x)=ex-axln a=0有两个不同实数根可知y=ex，y=axln a的图象有两个不同交点， 设过原点与y=axln a相切的直线为l，切点为(x0ln a)， 因为y'=(ln a)2·ax，所以k=(ln a)2·= 解得x0=即k=(ln a)2·=e(ln a)2，如图， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 所以y=ex与y=axln a有两个不同交点，则需e>e(ln a)2，解得<a<e， 又0<a<1，所以<a<1，此时满足极大值点为x1，极小值点为x2，且x1<x2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)=x3-x+1，则 A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0，1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 因为f(x)=x3-x+1，所以f'(x)=3x2-1. 令f'(x)=3x2-1=0，得x=±. 由f'(x)>0得x>或x<-； 由f'(x)<0得-<x<. 所以f(x)在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为f(x)的极小值f =-+1=1->0， f(-2)=(-2)3-(-2)+1=-5<0， 所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误； 因为函数g(x)=x3-x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)=x3-x+1的图象，函数g(x)=x3-x的图象关于原点(0，0)中心对称且g(0)=0， 所以点(0，1)是曲线f(x)=x3-x+1的对称中心，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 假设直线y=2x是曲线y=f(x)的切线，切点坐标为(x0，y0)， 则f'(x0)=3-1=2，解得x0=±1； 若x0=1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y=2x上； 若x0=-1，则切点坐标为(-1，1)，但点(-1，1)不在直线y=2x上， 所以假设不成立，故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.(多选)(2024·长沙模拟)已知函数f(x)=ln(e3x+1)+ax(a∈R)，下列说法正确的是 A.若y=f(x)是偶函数，则a=- B.若y=f(x)是偶函数，则a=-3 C.若a=-2，函数存在最小值 D.若函数存在极值，则实数a的取值范围是(-3，0) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 对于A，B，函数的定义域为R， 且f(-x)=f(x)， 则ln(e-3x+1)+a(-x)=ln(e3x+1)+ax， 则ln =-2ax， 则ln e3x=-2ax，则3x=-2ax恒成立， 故a=-所以A正确，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于C，当a=-2时，f(x)=ln(e3x+1)-2x， 可得f'(x)=-2=1- 令f'(x)=0，即1-=0，解得x= 所以当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)min=f 所以C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于D，f'(x)=(3+a)- 因为f(x)存在极值，所以f'(x)有零点， 令f'(x)=0，即(3+a)-=0， 所以x=则>0，即a(a+3)<0， 解得-3<a<0，所以D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.(2024·南宁模拟)已知函数f(x)=(x-1)ex+ax2的最小值为-1，则实数a的取值范围为　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 [0，+∞) 因为f(x)=(x-1)ex+ax2，所以f'(x)=xex+2ax=x(ex+2a)， 若a≥0，则当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0，故f(x)在(-∞，0)上单调递减， 当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以当x=0时，f(x)有最小值f(0)=-1，满足题意； 若a<0，则当x→-∞时，f(x)→-∞，f(x)没有最小值，不符合题意， 所以实数a的取值范围为[0，+∞). 8.(2024·徐州模拟)已知f(x)=ex-x4有两个极值点，则实数a的取值范围为 　　　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由f(x)=ex-x4求导，得f'(x)=ex-ax3，由f'(x)=0可得ex=ax3， 因为x=0不满足此式，故可得a= 令g(x)=(x≠0)，则函数f(x)=ex-x4有两个极值点， 即y=a与g(x)=的图象有两个交点. 由g(x)=求导，得g'(x)= 则当x<0时，g'(x)<0；当0<x<3时，g'(x)<0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当x>3时，g'(x)>0， 则函数g(x)=在(-∞，0)和(0，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增， 故当x=3时，g(x)取得极小值. 且当x→-∞时，g(x)→0， 当x从0的左边趋近于0时，g(x)→-∞， 当x从0的右边趋近于0时，g(x)→+∞， 当x→+∞时，g(x)→+∞. 故可作出y=a与g(x)=的图象如图. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由图可知y=a与g(x)=的图象有两个交点等价于a>. 故a的取值范围为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.(2024·黄山模拟)已知函数f(x)=x2-4ax+a2ln x在x=1处取得极大值. (1)求实数a的值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由已知f(x)的定义域为(0，+∞)， f'(x)=3x-4a+== 令f'(x)=0得x=a或x= 当a=1时，令f'(x)>0得，0<x<或x>1， 令f'(x)<0，得<x<1， 故函数f(x)在上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 此时函数f(x)在x=处取得极大值，在x=1处取得极小值，与函数f(x)在x=1处取得极大值矛盾； 当=1，即a=3时，令f'(x)>0，得0<x<1或x>3，令f'(x)<0，得1<x<3， 故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增， 此时函数f(x)在x=1处取得极大值，在x=3处取得极小值，符合题意， 所以a=3. (2)求f(x)在区间上的最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f(x)在区间上的最大值为f(1)=-12=-. 10.(2023·北京)设函数f(x)=x-x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=-x+1. (1)求a，b的值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ∵f(x)=x-x3eax+b，x∈R， ∴f'(x)=1-(3x2+ax3)eax+b， ∵f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=-x+1， ∴f(1)=-1+1=0，f'(1)=-1， 则 (2)设函数g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由(1)得g(x)=f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1(x∈R)，则g'(x)=-x(x2-6x+6)e-x+1， 令x2-6x+6=0，解得x=3± 不妨设x1=3-x2=3+则0<x1<x2， 易知e-x+1>0恒成立， ∴令g'(x)<0，解得0<x<x1或x>x2；令g'(x)>0，解得x<0或x1<x<x2， ∴g(x)在(0，x1)，(x2，+∞)上单调递减，在(-∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0，3-)和(3++∞)， 单调递增区间为(-∞，0)和(3-3+). (3)求f(x)的极值点个数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由(1)得f(x)=x-x3e-x+1(x∈R)，f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1， 由(2)知f'(x)在(0，x1)，(x2，+∞)上单调递减，在(-∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x<0时，f'(-1)=1-4e2<0，f'(0)=1>0，即f'(-1)f'(0)<0， ∴f'(x)在(-∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则-1<x3<0， 此时，当x<x3时，f'(x)<0，则f(x)单调递减；当x3<x<0时，f'(x)>0，则f(x)单调递增， ∴f(x)在(-∞，0)上有一个极小值点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当x∈(0，x1)时，f'(x)在(0，x1)上单调递减， 则f'(x1)=f'(3-)<f'(1)=1-2<0， 故f'(0)f'(x1)<0， ∴f'(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4， 则0<x4<x1， 此时，当0<x<x4时，f'(x)>0，则f(x)单调递增；当x4<x<x1时，f'(x)<0，则f(x)单调递减； ∴f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当x∈(x1，x2)时，f'(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f'(x2)=f'(3+)>f'(3)=1>0， 故f'(x1)f'(x2)<0， ∴f'(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1<x5<x2， 此时，当x1<x<x5时，f'(x)<0，则f(x)单调递减；当x5<x<x2时，f'(x)>0，则f(x)单调递增， ∴f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当x>x2=3+>3时，3x2-x3=x2(3-x)<0， ∴f'(x)=1-(3x2-x3)e-x+1>0， 则f(x)单调递增， ∴f(x)在(x2，+∞)上无极值点， 综上，f(x)在(-∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点. $$