第4章 第3节 导数与函数的极值、最值-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（基础版）

第四章　一元函数的导数及其应用 第三节　导数与函数的极值、最值 课标解读 考向预测 1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件. 2.会用导数求函数的极大值、极小值. 3.掌握利用导数研究函数最值的方法. 4.会用导数研究生活中的最优化问题. 近三年高考题中利用导数求函数的极值和最值是必考的考点．预计2026年高考极值和最值问题在选择题、填空题和解答题中都有可能出现，难度保持稳定或略有降低. 必备知识—强基础 考点探究—提素养 课时作业 目录 必备知识—强基础 1．函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧_________，右侧_______，则___叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值． f′(x)<0 f′(x)>0 a 必备知识—强基础 5 (2)函数的极大值 函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧________，右侧_______，则___叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值． (3)极小值点、极大值点统称为________，极小值和极大值统称为_____． f′(x)>0 f′(x)<0 b 极值点 极值 必备知识—强基础 6 2．函数的最大(小)值 (1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条_________的曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的_______； ②将函数y＝f(x)的各极值与______________________比较，其中最大的一个是_______，最小的一个是_______． 连续不断 极值 端点处的函数值f(a)，f(b) 最大值 最小值 必备知识—强基础 7 1．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件． 2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的最 值点． 3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值． 4．函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间 没有必然的大小关系． 必备知识—强基础 8 题组一　走出误区——判一判 (1)函数的极小值一定是函数的最小值．(　　) (2)函数的极小值一定不是函数的最大值．(　　) (3)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(　　) × √ × 必备知识—强基础 9 必备知识—强基础 10 (2)(人教A选择性必修第二册5.3 T4改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：由导函数f′(x)的图象知，在x＝－2处，f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以－2是f(x)的极大值点；在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，所以－1是f(x)的极小值点；在x＝2处，f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以2是f(x)的极大值点．综上所述，f(x)的极小值点的个数为1. 必备知识—强基础 11 4 必备知识—强基础 12 考点探究—提素养 (多选)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列结论中正确的是(　　) A．f(x)的单调递增区间是(－1，2)，(4，＋∞) B．－1是f(x)的极小值点 C．f(x)在(2，4)上是减函数，在(－1，2)上是增函数 D．2是f(x)的极小值点 导数与函数的极值(多考向探究) 考向1　根据函数图象判断极值(点) 考点探究—提素养 14 解析：根据题中图象知，当x∈(－1，2)∪(4，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)在(－1，2)，(4，＋∞)上单调递增；当x∈(－3，－1)∪(2，4)时，f′(x)<0，故函数f(x)在(－3，－1)，(2，4)上单调递减，故A，C正确；当x＝－1时，f(x)取得极小值，－1是f(x)的极小值点，故B正确；当x＝2时，f(x)取得极大值，2不是f(x)的极小值点，故D错误．故选ABC. 考点探究—提素养 15 由图象判断函数y＝f(x)的极值的方法 由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点． 考点探究—提素养 16 1.已知函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)有2个极值点 B．f(x)在x＝1处取得极小值 C．f(x)有极大值，没有极小值 D．f(x)在(－∞，1)上单调递减 解析：由题图，得f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，∴f(x)有一个极大值，没有极小值，∴A，B，D错误，C正确．故选C. 考点探究—提素养 17 考向2　求已知函数的极值(点) (2025·江苏东台一中高三模拟)求函数f(x)＝ex－ln (x＋1)的极值． 考点探究—提素养 18 求函数f(x)极值的一般解题步骤 考点探究—提素养 19 考点探究—提素养 20 考点探究—提素养 21 考向3　已知函数的极值(点)求参数 (1)(2025·安徽合肥高三模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极小值0，则a＋b＝(　　) A．7 B．6 C．5 D．11 考点探究—提素养 22 考点探究—提素养 23 解析：因为函数f(x)的定义域是R，f′(x)＝ex－x－a，令h(x)＝ex－x－a，则h′(x)＝ex－1，所以在区间(－∞，0)上，h′(x)<0，h(x)单调递减；在区间(0，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)单调递增．要使f(x)有两个极值点，则f′(0)＝h(0)＝1－a<0，a>1，又当x趋于－∞时，f′(x)趋于＋∞，当x趋于＋∞时，f′(x)趋于＋∞，所以实数a的取值范围为(1，＋∞)． (1，＋∞) 考点探究—提素养 24 已知函数的极值(点)求参数的方法 (1)对于可导函数y＝f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的必要条件，即当已知可导函数在某一点处取得极值时，该点处的导数值一定为零，据此可建立关于参数的方程进行求解，但应检验极值点两侧的导数是否异号． (2)若函数f(x)在区间I上有极值点，则f′(x)在区间I上有变号的零点，亦即方程f′(x)＝0有满足相应条件的实数根，从而可转化为方程有解问题，也可转化为直线与曲线的交点问题进行求解． 考点探究—提素养 25 考点探究—提素养 26 考点探究—提素养 27 4．(2025·湖南长沙高三模拟)已知函数f(x)的导函数g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为________． 解析：由题意可得，f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，设h(x)＝x2－3x＋a，则h(1)＝0，即1－3＋a＝0，解得a＝2，当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2)＝(x－1)2(x－2)，故当x>2时，f′(x)>0；当x<2且x≠1时，f′(x)<0，因此2是函数f(x)的极值点，1不是函数f(x)的极值点，所以a＝2满足题意． 2 考点探究—提素养 28 导数与函数的最值(多考向探究) 考向1　求已知函数的最值 (2025·吉林东北师范大学附中高三摸底)已知函数f(x)＝e2x＋ex－x，当x∈[－1，0]时，求f(x)的最大值与最小值． 考点探究—提素养 29 考点探究—提素养 30 求函数最值的步骤 考点探究—提素养 31 5.已知函数f(x)＝ex－3，g(x)＝1＋ln x，若f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为________． －2 考点探究—提素养 32 1或e 考点探究—提素养 33 (1)由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致函数最值的变化，故函数含参数时，需注意是否需要分类讨论． (2)已知函数的最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，再结合已知条件求出参数，进而使问题得以解决． 考点探究—提素养 34 考点探究—提素养 35 考点探究—提素养 36 课时作业 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ ★★ 考向 导数与函数的极值 导数与函数的最值 导数与函数的极值 导数与函数的最值 导数与函数的极值 导数与函数的最值 导数与函数的极值 导数与函数的最值 导数与函数的极值 导数与函数的极值、 最值 考点 求已知函数的极值点 求已知函数的最值 求已知函数的极值 由函数的最值求参数的值 由函数的极值、极值点求参数的值 由函数的最值求参数的值 由函数的极值情况求参数的取值范围 求函数的最值 根据导函数的图象判断极值点 求已知函数的极值点、最值 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 考向 导数与函数的极值 导数与函数的极值 导数与函数的最值 导数与函数的极值 导数与函数的极值 导数与函数的极值 导数与函数的极值 导数与函数的最值 导数与函数的极值 考点 判断已知函数的极 值点 求已知函数的极值点 由函数的最值求参数的值 由极值点的个数求参数的取值范围 由函数的极值点求参数的取值范围 由函数的极值情况求参数的取值范围 判断函数的极值点 求函数的最值 由函数的极值情况求参数的取值范围 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 一、单项选择题 1．(2025·陕西西安一中高三质量监测)函数f(x)＝(x2－8)ex的极小值点为(　　) A．2 B．－4e2 C．－4 D．8e－4 解析：因为f′(x)＝(x2＋2x－8)ex＝(x－2)(x＋4)ex，令f′(x)>0，得x<－4或x>2，令f′(x)<0，得－4<x<2，所以f(x)在(－∞，－4)，(2，＋∞)上单调递增，在(－4，2)上单调递减，故f(x)的极小值点为2.故选A. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 3．已知函数f(x)＝x2－8x＋6ln x＋1，则f(x)的极大值为(　　) A．10 B．－6 C．－7 D．0 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 42 x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 －6 单调递减 －14＋6ln 3 单调递增 所以f(x)的极大值为f(1)＝－6.故选B. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 4．已知函数f(x)＝xex＋a在区间[0，1]上的最小值为1，则实数a的值为(　　) A．－2 B．2 C．－1 D．1 解析：因为f′(x)＝(x＋1)ex，所以当x∈[0，1]时，f′(x)>0，则f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝a＝1.故选D. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 44 5．函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极小值－3，则a－b的值为(　　) A．0 B．6 C．3 D．2 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 45 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 46 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 47 7．(2025·吉林通化三区九校模拟)已知函数f(x)＝2ex－ax2在R上无极值，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，e] B．(－∞，e) C．[0，e) D．[0，e] 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 48 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 49 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 50 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 51 二、多项选择题 9．(2025·湖南名校高三联考)已知定义在区间(a，b)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)在(x4，b)上有增也有减 B．f(x)有1个极小值点 C．f(x4)<f(x5) D．f(x)有1个极大值点 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 52 解析：由题图可得，当x∈(a，x2)，(x4，b)时，f′(x)≥0，当x∈(x2，x4)时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(a，x2)，(x4，b)，单调递减区间为(x2，x4)，所以f(x)有1个极大值点，1个极小值点．故A错误，B，D正确；又x4<x5<b，所以f(x4)<f(x5)，故C正确．故选BCD. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 53 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 54 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 55 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 56 11．(2024·新课标Ⅰ卷)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) 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 57 解析：对于A，因为函数f(x)的定义域为R，而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，因为x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由A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，而由A项分析可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(3)<f(2x－1)<f(1)，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)＝2(1－x)3>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 58 三、填空题 12．函数f(x)＝x3－12x的极小值点为________． 解析：因为函数f(x)＝x3－12x，所以由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)，令f′(x)<0，得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，2)，所以函数f(x)＝x3－12x的极小值点为2. 2 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 59 解析：由题意，得f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4. 4 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 60 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 61 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 62 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 63 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 64 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 65 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 66 16．(2024·新课标Ⅱ卷)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； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1， 则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. 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 67 (2)解法一：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， 所以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， 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 68 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 69 解法二：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的图象有交点，则a>0. 以下同解法一． 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 70 17．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则(　　) A．f(0)＝0 B．f(1)＝0 C．f(x)是偶函数 D．x＝0为f(x)的极小值点 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 71 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 72 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 73 e 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 74 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 75 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 76 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 77 课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 78 　　　　　　　　　　　　　 R 题组二　回归教材——练一练 (1)(人教A选择性必修第二册5.3.2例5改编)函数f(x)＝2x－xln x的极值是(　　) A.eq \f(1,e) B.eq \f(2,e) C．e D．e2 解析：f′(x)＝1－ln x，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝e处取得极大值，f(e)＝e.故选C. (3)(人教A选择性必修第二册5.3 T6改编)函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4在区间[0，3]上的最大值是________，最小值是________． 解析：f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2(舍去)．当x∈[0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝2时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4有极小值，并且极小值为f(2)＝－eq \f(4,3).又f(0)＝4，f(3)＝1，所以函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4在区间[0，3]上的最大值是4，最小值是－eq \f(4,3). －eq \f(4,3) 解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(（x＋1）ex－1,x＋1)，令g(x)＝(x＋1)ex－1(x>－1)，则g′(x)＝(x＋2)ex，易得g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，又g(0)＝0，所以当－1<x<0时，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(－1，0)上单调递减，当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(0)＝1，无极大值． 2.已知a≥0，函数f(x)＝eax＋eq \f(1,x)，g(x)＝f′(x)x2，求g(x)的极大值． 解：因为f′(x)＝aeax－eq \f(1,x2)， 所以g(x)＝f′(x)x2＝ax2eax－1(x≠0)， 则g′(x)＝2axeax＋a2x2eax＝ax(ax＋2)eax(x≠0)， 当a＝0时，g(x)＝－1，此时g(x)无极值； 当a>0时，令g′(x)>0，则x<－eq \f(2,a)或x>0， 令g′(x)<0，则－eq \f(2,a)<x<0， 所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,a)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，0))上单调递减，所以g(x)的极大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)))＝eq \f(4,ae2)－1. 综上所述，当a＝0时，g(x)无极大值； 当a>0时，g(x)的极大值为eq \f(4,ae2)－1. 解析：因为f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2，所以f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－1）＝0，,f（－1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－6a＋b＝0，,－1＋3a－b＋a2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9.))当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)为R上的增函数，此时f(x)无极值，不符合题意；当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，令f′(x)>0，得x<－3或x>－1，令f′(x)<0，得－3<x<－1，所以f(x)在(－∞，－3)和(－1，＋∞)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减，所以f(x)在x＝－1处取得极小值，符合题意．综上所述，a＋b＝11.故选D. (2)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为________． 3.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(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 解析：函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，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有两个不等的正根x1，x2，于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD. 解：f′(x)＝2e2x＋ex－1＝(ex＋1)(2ex－1)， 由x∈[－1，0]，得ex＋1>0， 令f′(x)>0，则2ex－1>0， 解得－ln 2<x≤0； 令f′(x)<0，则2ex－1<0， 解得－1≤x<－ln 2，可知f(x)在[－1，－ln 2)上单调递减，在(－ln 2，0]上单调递增， 又因为f(－1)＝eq \f(1＋e＋e2,e2)，f(0)＝2，f(－ln 2)＝eq \f(3,4)＋ln 2，且eq \f(1＋e＋e2,e2)<2， 所以函数f(x)的最大值为2，最小值为eq \f(3,4)＋ln 2. 解析：令t＝f(m)＝g(n)，则em－3＝t，1＋ln n＝t，所以m＝3＋ln t，n＝et－1，则n－m＝et－1－3－ln t，令h(t)＝et－1－3－ln t，则h′(t)＝et－1－eq \f(1,t)(t>0)，令h′(t)＝0，得t＝1.当0<t<1时，h′(t)<0，h(t)单调递减；当t>1时，h′(t)>0，h(t)单调递增，所以h(t)min＝h(1)＝－2，即n－m的最小值为－2. 考向2　已知函数的最值求参数 已知函数f(x)＝ax＋eq \f(1,x)＋(a－1)ln x(a∈R)的最小值为2，则实数a的值是________． 解析：因为f′(x)＝a－eq \f(1,x2)＋eq \f(a－1,x)＝eq \f(（x＋1）（ax－1）,x2)，x>0，当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)是(0，＋∞)上的减函数，函数f(x)无最小值，不符合题意；当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq \f(1,a)，由f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，函数f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋a＋(1－a)ln a，由1＋a＋(1－a)ln a＝2，得(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或e.综上，a＝1或e. 6.(2025·河北衡水中学高三模拟)已知函数y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋1.若函数y＝f(x)在[1，＋∞)上的最小值为3，则实数a的值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：因为y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋1.当x>0时，－x<0，则f(－x)＝－x－eq \f(a,x)＋1＝－f(x)，所以当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)－1，此时f′(x)＝1－eq \f(a,x2).当a≤1时，f′(x)＝1－eq \f(a,x2)≥0在[1，＋∞)上恒成立，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝1＋a－1＝3，解得a＝3(舍去)；当a>1时，若x∈[1，eq \r(a)]，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减；若x∈[eq \r(a)，＋∞)，则f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，故当x＝eq \r(a)时，函数f(x)取得最小值f(eq \r(a))＝2eq \r(a)－1＝3，解得a＝4.综上所述，a＝4.故选D. 2．(2025·湖北鄂东南高三期末)函数f(x)＝cosx＋xsinx在[0，π]上的最大值为(　　) A．0 B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,2) D．π 解析：f′(x)＝－sinx＋xcosx＋sinx＝xcosx，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2).故选C. 解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋eq \f(6,x)＝eq \f(2（x－1）（x－3）,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，故列表如下： 解析：因为f′(x)＝12x2－2ax－2b，且f(x)在x＝1处有极小值－3，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝12－2a－2b＝0，,f（1）＝4－a－2b＋2＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝3.))经检验符合题意，所以a－b＝0.故选A. 6．若当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．1 解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，又f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)＝eq \f(2（1－x）,x2)，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以函数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)＝eq \f(2×（1－2）,22)＝－eq \f(1,2).故选B. 解析：f′(x)＝2ex－2ax，故f′(0)＝2>0，因为函数f(x)＝2ex－ax2在R上无极值，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即ex－ax≥0在R上恒成立，当x>0时，a≤eq \f(ex,x)，设g(x)＝eq \f(ex,x)，则g′(x)＝eq \f(xex－ex,x2)＝eq \f(（x－1）ex,x2)，当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，则g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而g(x)≥g(1)＝e，故a≤e；当x<0时，a≥eq \f(ex,x)，而eq \f(ex,x)<0，则a≥0.综上所述，0≤a≤e.故选D. 8．(2025·广东雷州高三第一次模拟)函数结构是值得关注的对象，为了研究y＝xx(x∈(0，＋∞))的结构，两边取对数，可得ln y＝ln xx，即ln y＝xln x，两边取指数，得eln y＝exln x，即y＝exln x，这样我们就得到了较为熟悉的函数类型．结合上述材料，可求得y＝xx(x∈(0，＋∞))的最小值为(　　) A．1 B．e C．e－eq \s\up7(\f(1,e)) D．e-e 解析：因为y＝xx(x>0)，两边取对数，得ln y＝ln xx，即ln y＝xln x，令g(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝ln x＋1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)＝ln x＋1<0，g(x)为减函数，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)＝ln x＋1>0，g(x)为增函数，所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e)，则y＝xx(x∈(0，＋∞))的最小值为e－eq \s\up7(\f(1,e)).故选C. 10．(2025·湖南郴州高三期末)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x－3|ex，x≥0，,x2＋4x－3，x<0，))则(　　) A．f(x)在(0，3)上单调递增 B．f(x)仅有1个极大值点 C．f(x)无最大值，有最小值 D．当a∈[3，4]时，关于x的方程f(x)＝a共有3个实根 解析：对于A，当0<x<3时，f(x)＝|x－3|ex＝(3－x)ex，则f′(x)＝－ex＋ (3－x)ex＝(2－x)ex，当0<x<2时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，当2<x<3时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，故A错误；对于B，由A项分析知，函数f(x)在(0，3)上有一个极大值点2，当x≥3时，f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝(x－2)ex>0，此时函数f(x)单调递增，当x<0时，f(x)＝(x＋2)2－7，此时函数f(x)有极小值点－2，无极大值点，综上所述，函数f(x)仅有1个极大值点，故B正确；对于C，当x≥0时，f(x)＝|x－3|ex≥0＝f(3)，当x<0时，f(x)≥－7＝f(－2)，所以函数f(x)的最小值为 f(－2)＝－7，函数f(x)无最大值，故C正确；对于D，f(x)的图象如图所示，由图可知，当a∈[3，4]时，关于x的方程f(x)＝a共有4个实根，故D错误．故选BC. 13．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________． 14．(2025·山东烟台高三模拟)若函数f(x)＝xln x－eq \f(3a,2)x2在区间(0，＋∞)上有两个极值点，则实数a的取值范围是________． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) 解析：由题意，得f′(x)＝ln x＋1－3ax，因为函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个极值点，即f′(x)＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即3a＝eq \f(ln x＋1,x)在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即函数g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)和y＝3a的图象有两个交点，又由g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，得g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，且当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0.所以0<3a<1，解得0<a<eq \f(1,3)，即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))). 四、解答题 15．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)－x. (1)设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； (2)若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． 解：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－eq \f(2,x)－x，其中x>0， 则f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(2,x2)－1＝eq \f(x－x2＋2,x2)， 令f′(x)＝2，得eq \f(x－x2＋2,x2)＝2， 化简得3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)＝0， 解得x＝1(负值舍去)， 又f(1)＝－3，则切线过点(1，－3)， 所以切线方程为y＋3＝2(x－1)， 即2x－y－5＝0. (2)由题可得f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－1＝eq \f(－x2＋ax－b,x2)， 因为x＝1是f(x)的极小值点， 所以f′(1)＝－1＋a－b＝0，则a＝b＋1，则f′(x)＝eq \f(－x2＋（b＋1）x－b,x2)＝ －eq \f(（x－1）（x－b）,x2)， 若b≤0，令f′(x)>0，得x∈(0，1)， 令f′(x)<0，得x∈(1，＋∞)， 则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意； 若0<b<1，令f′(x)>0，得x∈(b，1)， 令f′(x)<0，得x∈(0，b)∪(1，＋∞)， 则f(x)在(b，1)上单调递增，在(0，b)，(1，＋∞)上单调递减， 得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意； 若b＝1，则f′(x)＝－eq \f(（x－1）2,x2)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值点，不满足题意； 若b>1，令f′(x)>0，得x∈(1，b)， 令f′(x)<0，得x∈(0，1)∪(b，＋∞)， 则f(x)在(1，b)上单调递增，在(0，1)，(b，＋∞)上单调递减， 得x＝1是f(x)的极小值点，满足题意． 综上，x＝1是f(x)的极小值点时，b的取值范围是(1，＋∞)． 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0， 即a2＋ln a－1>0. 设g(a)＝a2＋ln a－1，a>0， 则g′(a)＝2a＋eq \f(1,a)>0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 故不等式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，＋∞)． 解析：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0＋0＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，解法一：不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．解法二：当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到eq \f(f（xy）,x2y2)＝eq \f(f（x）,x2)＋eq \f(f（y）,y2)， 故可以设eq \f(f（x）,x2)＝ln |x|(x≠0)，则f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ln |x|，x≠0，,0，x＝0，))当x>0时，f(x)＝x2ln x，则f′(x)＝2xln x＋x2·eq \f(1,x)＝x(2ln x＋1)，令f′(x)<0，得0<x<e－eq \s\up7(\f(1,2)).令f′(x)>0，得x>e－eq \s\up7(\f(1,2)).故f(x)在(0，e－eq \s\up7(\f(1,2)))上单调递减，在(e－eq \s\up7(\f(1,2))，＋∞)上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－e－eq \s\up7(\f(1,2))，0)上单调递增，在(－∞，－e－eq \s\up7(\f(1,2)))上单调递减，显然，此时x＝0是f(x)的极大值点，故D错误．故选ABC. 18．已知函数f(x)＝x(ex＋1)，g(x)＝(x＋1)·ln x，若f(x1)＝g(x2)＝m(m>1)，则eq \f(x1＋x1x2,ln m)的最小值为________． 解析：因为g(x)＝(x＋1)ln x＝(eln x＋1)ln x＝f(ln x)，则f(x1)＝f(ln x2)＝m(m>1)，因为f(x1)＝x1(ex1＋1)>1，故x1>0，因为g(x2)＝(x2＋1)ln x2>1，故ln x2>0，又当x>0时，f′(x)＝(x＋1)ex＋1>0恒成立，即当x>0时，f(x)＝x(ex＋1)单调递增，所以x1＝ln x2，则eq \f(x1＋x1x2,ln m)＝eq \f(m,ln m)，令h(x)＝eq \f(x,ln x)(x>1)，则h′(x)＝eq \f(ln x－1,（ln x）2)，当x∈(1，e)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)在x＝e处取得最小值，且h(e)＝e，故eq \f(x1＋x1x2,ln m)的最小值为e. 19．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,2)x2，m∈R. (1)若m>0，函数f(x)图象上所有点处的切线中，切线斜率的最小值为2，求切线斜率取得最小值时的切线方程； (2)若F(x)＝f(x)－mx有两个极值点，且所有极值的和不小于－eq \f(e2,2)－3，求实数m的取值范围． 解：(1)因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋mx，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且m>0， 所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋mx≥2eq \r(\f(1,x)·mx)＝2eq \r(m)， 当且仅当eq \f(1,x)＝mx，即x2＝eq \f(1,m)时，等号成立． 由已知，得2eq \r(m)＝2，所以m＝1， 所以f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2，切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))， 故切线方程为y－eq \f(1,2)＝2(x－1)，即y＝2x－eq \f(3,2). (2)因为F(x)＝f(x)－mx＝ln x＋eq \f(m,2)x2－mx， 所以F′(x)＝eq \f(1,x)＋mx－m＝eq \f(mx2－mx＋1,x). 由于F(x)有两个极值点，所以方程mx2－mx＋1＝0有两个不相等的正实数根x1，x2， 因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－4m>0，,\f(1,m)>0，))解得m>4. 又因为x1＋x2＝1，x1x2＝eq \f(1,m)， 所以F(x1)＋F(x2)＝ln x1＋eq \f(m,2)xeq \o\al(2,1)－mx1＋ln x2＋eq \f(m,2)xeq \o\al(2,2)－mx2＝ln (x1x2)＋eq \f(m,2)(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))－m(x1＋x2)＝ln eq \f(1,m)＋eq \f(m,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,m)))－m＝－eq \f(m,2)－ln m－1， 因此有－eq \f(m,2)－ln m－1≥－eq \f(e2,2)－3， 即eq \f(m,2)＋ln m≤eq \f(e2,2)＋2. 令g(m)＝eq \f(m,2)＋ln m， 易知g(m)在(0，＋∞)上单调递增， 而g(e2)＝eq \f(e2,2)＋2，所以4<m≤e2，故实数m的取值范围是(4，e2]． $$