导数与函数的极值、最值讲义-2026届高三数学一轮复习

导数与函数的极值、最值 课前学习任务 一、必备知识 1．极值 (1) 设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)____f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)，x0为f(x)的____；如果对x0附近的所有的点，都有f(x)____f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)，x0为f(x)的____．极小值点与极大值点统称为____，极大值与极小值统称为极值． (2) 当函数f(x)在x0处连续时，判断f(x0)是极大(小)值的方法： 如果x＜x0有f′(x)____0，x＞x0有f′(x)____0，那么f(x0)是极大值． 如果x＜x0有f′(x)____0，x＞x0有f′(x)____0，那么f(x0)是极小值． 2．最值 在闭区间[a，b]上的____一定存在最大值和最小值，最大值是区间端点值和区间内的极大值中的最大者，最小值是区间端点值和区间内的极小值中的最小者． 3．常用结论 (1) 在函数的定义区间[a，b]内，极大(小)值可能有多个(或者没有)，但最大(小)值只有一个(或者没有)； (2) 给出函数极大(小)值的条件，一定既要考虑f′(x0)＝0，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，否则条件没有用完，这一点一定要切记！ 二、练基础 1．(多选)下列四个函数在x＝0处取得极值的是(　　) A．y＝x3 B．y＝x2＋1 C．y＝|x| D．y＝2x 2．(人A选必二P94练习T1(3)改)已知函数f(x)＝6＋12x－x3，x∈，则f(x)的最大值为____，最小值为____． 3．(人A选必二P92练习T1)已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极大值点是____，极小值点是___． 4．(人A选必二P104复习参考题T9)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c的值为____． 5．(人A选必二P104复习参考题T14)用总长14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边的长比另一边的长多0.5 m，那么高为____m时，容器的容积最大，最大容积为____m3． 课堂核心考点 考点一 求函数的极值 视角1　极值点的判断(识图) 例 1－1　(多选)若函数f(x)的定义域为(－4,3)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)有两个极大值点 B．f(x)有一个极小值点 C．f(0)＞f(1) D．f(－2)＞f(－3) 变式 1－1　(多选)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则(　　) A．f(x)在(a，b)内一定不存在最小值 B．f(x)在(a，b)内只有一个极小值点 C．函数f(x)在(a，b)内有两个极大值点 D．函数f(x)在(a，b)内可能没有零点 视角2　求极值 例 1－2　已知函数f(x)＝3ln x＋a(x2＋25)－，直线l在y轴上的截距为3，且l与曲线y＝f(x)相切于点(1，f(1))． (1) 求实数a的值； (2) 求函数f(x)的单调区间与极值． 变式 1－2　已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，求f(x)的极值． 考点二 根据极值求参数 例2已知函数f(x)＝ex－ax2－x，f′(x)为f(x)的导函数． (1) 讨论f′(x)的单调性； (2) 若x＝0是f(x)的极大值点，求实数a的取值范围． 变式2　若函数f(x)＝ln x＋(a＞0)有极值点，则实数a的取值范围为___． 考点三 求函数的最值 视角1　不含参函数的最值 例 3－1　已知函数f(x)＝ax3＋bx2－x(a，b∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＋＝0． (1) 求函数f(x)的解析式； (2) 若对于区间[－3,3]上任意两个自变量的值x1，x2，有≤c，求实数c的最小值． 变式 3－1　函数 h(t)＝－t3＋5t－(t＞0)的最大值为____． 视角2　含参函数的最值 例 3－2　已知函数f(x)＝aln x－2x－(a≠0)． (1) 当a＝1时，求f(x)的单调区间和极值； (2) 求f(x)在区间(0,1]上的最大值． 若所给函数含参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值． 变式 3－2　已知函数f(x)＝ln x－ax＋2(a∈R)． (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 若f(x)有最大值3，求a的值． 课后提升练 1．设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(提示：直接画f(x)的图象)(　　) A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a2 2．函数f(x)＝的极大值为____，极小值为____． 3．已知函数f(x)＝x2－4ax＋a2ln x在x＝1处取得极大值，则实数a＝____． 4．已知函数f(x)＝(ln x－m)x的最小值为－1，则实数m＝____． 答案解析 课前学习任务 1. (1) ≤　极大值点　≥　极小值点　极值点　(2) >　<　<　> 2. 连续函数 1. BC 2. 22　　【解析】 f(x)＝6＋12x－x3，x∈的导数为f′(x)＝12－3x2，由f′(x)＝0，可得x＝2(x＝－2舍去)，f(2)＝6＋24－8＝22，f(3)＝6＋36－27＝15，f＝6－4＋＝，即f(x)的最大值为22，最小值为. 3. x2　x4　【解析】 因为x2，x4处的导数都为零，且这两点左右两侧的导数值异号，所以x2，x4是函数的极值点．因为当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，当x∈(x2，x3)时，f′(x)<0，所以x2是极大值点．因为当x∈(x3，x4)时，f′(x)<0，当x∈(x4，x5)时，f′(x)>0，所以x4是极小值点． 4. 6　【解析】 因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2.经检验，c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6. 5. 1.2　1.8　【解析】 设该容器底面矩形短边的长为x m，则另一边的长为(x＋0.5)m，此容器的高为y＝－x－(x＋0.5)＝3.2－2x，则此容器的容积为V(x)＝x(x＋0.5)(3.2－2x)＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，其中0<x<1.6.令V′(x)＝－6x2＋4.4x＋1.6＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去).因为V(x)在(0，1.6)内只有一个极值点，当x∈(0，1)时，V′(x)>0，函数V(x)单调递增；当x∈(1，1.6)时，V′(x)<0，函数V(x)单调递减，所以V(x)max＝V(1)＝1×(1＋0.5)×(3.2－2×1)＝1.8(m3)，即当高为1.2 m时，长方体容器的容积最大，且最大容积为1.8 m3. 课堂核心考点 例1-1　AB　【解析】 由题图可知当x∈(－4，－3)∪(－2，2)时，f′(x)≥0，当x∈(－3，－2)∪(2，3)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－4，－3)，(－2，2)内单调递增，在(－3，－2)，(2，3)内单调递减，可知f(0)<f(1)，f(－2)<f(－3)，且f(x)的极大值点为－3，2，极小值点为－2. 变式1-1　BCD　【解析】 如图，函数的单调性是先增，后减，再增，再减，即x＝c，x＝e时，f(x)取得极大值，在x＝d时f(x)取得极小值，所以B，C正确；当f(d)≤f(a)，且f(d)≤f(b)时，f(d)为f(x)在(a，b)内的最小值，所以A不正确；若f(a)≥0，f(d)>0，f(b)≥0，则f(x)在(a，b)内没有零点，所以D正确． (变式1-1) 例1-2　【解答】 (1) 因为f(x)＝3ln x＋a(x2＋25)－，则f′(x)＝＋2ax－，所以f′(1)＝2a＋，f(1)＝26a－，故直线l：y＝(x－1)＋26a－.又直线l在y轴上的截距为3，所以－＋26a－＝3，解得a＝. (2) 由(1)得f(x)＝3ln x＋－＋，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋－＝，由f′(x)>0，解得0<x<2或x>3；由f′(x)<0，解得2<x<3，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间为(2，3)，所以f(x)在x＝2处取得极大值，在x＝3处取得极小值，即f(x)极大值＝f(2)＝3ln 2＋，f(x)极小值＝f(3)＝3ln 3＋1. 变式1-2　【解答】 由题意得f(x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－a＝.当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，令f′(x)<0，得x>，令f′(x)>0，得0<x<，即f(x)在上单调递增，在上单调递减，故x＝为函数f(x)的极大值点，即函数f(x)的极大值为f＝－ln a，无极小值．综上，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)的极大值为－ln a，无极小值． 例2　【解答】 (1) 由题知f′(x)＝ex－2ax－1，令g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－1，则g′(x)＝ex－2a.当a≤0时，g′(x)>0，f′(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增．当a>0时，令g′(x)＝0，解得x＝ln 2a，当x∈(－∞，ln 2a)时，g′(x)<0，当x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(x)>0，所以f′(x)在区间(－∞，ln 2a)上单调递减，在区间(ln 2a，＋∞)上单调递增．综上所述，当a≤0时，f′(x)在区间(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，f′(x)在区间(－∞，ln 2a)上单调递减，在区间(ln 2a，＋∞)上单调递增． (2) 当a≤0时，f′(0)＝0，由(1)知，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是函数f(x)的极小值点，不符合题意．当0<a<时，ln 2a<0，且f′(0)＝0，由(1)知，当x∈(ln 2a，0)时，f′(x)<0，f(x)在(ln 2a，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是函数f(x)的极小值点，不符合题意．当a＝时，ln 2a＝0，则当x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值点，不符合题意．当a>时，ln 2a>0，且f′(0)＝0，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，0)上单调递增；当x∈(0，ln 2a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，所以x＝0是函数f(x)的极大值点，符合题意．综上所述，实数a的取值范围是. 变式2　　【解析】 由题知，f′(x)＝－＝＝0在(0，＋∞)上有变号零点，即g(x)＝x2＋(2a－2)x＋a2＝0在(0，＋∞)上有变号零点．①当1－a≤0，即a≥1时，只需g(0)＝a2<0，矛盾；②当1－a>0，即0<a<1时，只需Δ＝(2a－2)2－4a2＝4－8a>0，解得0<a<.故实数a的取值范围为. 例3-1　【解答】 (1) 因为f′(x)＝3ax2＋2bx－1，根据题意得 即解得所以f(x)＝x3－x2－x. (2) 令f′(x)＝4x2－3x－1＝0，解得x＝1或x＝－.当x∈∪(1，3]时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上为减函数，在，(1，3]上为增函数，故f(x)max＝max{f(－)，f(3) }＝max＝，f(x)min＝min{f(1)，f(－3)}＝min{－，－}＝－.因为对于区间[－3，3]上任意两个自变量的值x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝66，所以c≥66，所以c的最小值为66. 变式3-1　2　【解析】 h′(t)＝－3t2＋5＋＝＝－，t>0.当t∈(0，)时，h′(t)>0，当t∈(，＋∞)时，h′(t)<0，则h(t)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，h(t)在t＝处取得极大值，也是最大值，即为h()＝－()3＋5×－＝2. 例3-2　【解答】 (1) 当a＝1时，f(x)＝ln x－2x－，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝－2＋＝＝，当0<x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)的单调递增区间是(0，1]，单调递减区间是(1，＋∞)，函数f(x)的极大值为f(1)＝－3，没有极小值． (2) 由题意得f′(x)＝－2＋＝－＝－，x>0.若a≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2.若0<a<1，当x∈(0，a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(a，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f(a)＝a ln a－3a.若－2<a<0，则0<－<1，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f＝a ln ＋3a.若a≤－2，则－≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2.综上，f(x)max＝ 变式3-2　【解答】 (1) 由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，则f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2) 由(1)可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)无最大值，不符合题意．当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，则f(x)max ＝f＝ln －1＋2＝1－ln a＝3，即ln a＝－2，解得a＝. 课后提升练 1. D　【解析】 当a>0时，函数f(x)的大致图象如图(1)所示，观察可知b>a.当a<0时，函数f(x)的大致图象如图(2)所示，观察可知a>b.综上，ab>a2. 图(1) 　　 图(2) (第1题) 2. 　0　【解析】 f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0   　　所以函数f(x)的极大值为f(1)＝，极小值为f(0)＝0. 3. 3　【解析】 由题知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，与题意不符；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. 4. 1　【解析】 f′(x)＝ln x＋1－m(x>0)，令f′(x)＝0，可得x＝em－1，当x∈(0，em－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(em－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(em－1)＝－em－1＝－1，所以m＝1. 学科网（北京）股份有限公司 $$