数形结合巧解极值点存在问题 解透一题系列讲义-2026届高三数学一轮复习

第3题 数形结合巧解极值点存在问题（解透一题） 【2025年成都市高二期末考试T8】 已知为常数，函数存在极大值，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 试题聚焦考查学生对函数性质的理解，特别是极大值的概念及其求解方法.测试学生对于导数的应用能力，包括如何利用导数判断函数的单调性和极值.考查学生解不等式的能力，特别是与对数函数相关的复合函数的不等式.评估学生的逻辑推理能力和综合分析能力，将函数的性质与不等式解集联系起来. 试题亮点：结合了函数的极值、不等式的解集和导数的应用等多个知识点，综合性较强.问题设置层次分明，从函数的性质出发，逐步引导学生应用导数工具进行分析，最后求解不等式.考查了学生对基础知识的掌握，同时也测试了他们应用知识解决实际问题的能力.题目具有一定的灵活性，要求学生能够根据函数的特性选择合适的解题策略. 讨论函数在定义域 A 内有无极值点，若有极值点，则非单调;若无极值点，则单调．判定极值有两种方法:一种是极值点的定义，看 （ 决定正负号的函数）在 （也是方程的根）的两侧函数值是否 异号;另一种是形的方法，看g（x）有无“穿根”的情况． 试题直接关联教材人教A选择性必修2P95例7 给定函数． （1）判断函数的单调性，并求出的极值； （2）画出函数的大致图象； （3）求出方程解的个数． 解：（1）函数的定义域为． ． 令，解得． 在区间上单调递减，在区间上单调递增． 当时，有极小值． （2）令，解得． 当时，；当时，． 所以，的图象经过特殊点，，． 当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，从而； 当时，，． 根据以上信息，我们画出的大致图象如图所示． （3）方程的解的个数为函数的图象与直线的交点个数． 由（1）及图可得，当时，有最小值． 所以，关于方程的解的个数有如下结论： 当时，解为0个； 当或时，解为1个； 当时，解为2个． 寻根高考，对于函数极值存在求参问题，2014·山东·高考进行了考察. 设函数（k为常数，e＝2．718 28…是自然对数的底数）． （1）当时，求函数f（x）的单调区间； （2）若函数在（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围． 思路分析：可导函数的必要条件：若函数在 处可导且存在极值，则 （费马定理）.但导数为零的点（驻点）不一定是极值点.结合函数存在极大值的第一充分条件（导数符号变化）：若f′（x）在 左侧邻域由正变负，右侧由负变正，则f（x）在 处取得极大值. 于是探究函数的单调性解题： 方法1  直接探究函数单调性+导数符号变化 函数的定义域为，对其求导可得： 【突破点：函数存在极大值，则导数 存在零点，并且在该点附近左正右负.（左侧导数为正、右侧导数为负的点为极大值点）但问题难点：含参导函数有无零点？有几个？于是探究的零点与关系，确定分类讨论标准. 直接解含参方程有困难，分析的符号】 导函数变形有，作的草图如图 （求二阶导数目的是分析的单调性） ①当时，因为，所以，进而，在上单调递增. ； 时，. 由零点定理，存在唯一 使得. 时，， 单调递减； 时，， 单调递增. 此时函数有极小值点，无极大值. ②当时，令，解得： 当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以，在处取得极小值，极小值为： 当 ，那么对于所有 ， . 因此， ，所以在上单调递增. 当， 那么由于在上单调递减，在上单调递增，且当时，；当 时， .因此，存在 ，使得. 对于，，所以在上单调递增. 对于， ，所以 在 上单调递减. 存在极大值的条件为：. 因为，所以需分析和的符号（乘积小于0则符号相反）. 由于且，所以恒为正）. 因此，等价于，解得.N 不等式的解集为： ，答案选D. 【方法点评】 思路直接，符合常规解题步骤（求导 → 分析导数零点 → 讨论单调性 → 确定极值 → 解不等式）.完整展示了分类讨论的过程，有助于理解参数 a 对函数极值的影响.通过构造辅助函数并结合二阶导数分析其单调性，体现了数形结合的思想. 但计算量较大，特别是含参导数零点的讨论需要细致的分类（如和 a < 0 两种情况）.对数学运算能力和逻辑推理能力要求较高，容易在分类标准或边界条件上出错.不适用与小题解答而适用于解答题 附：作的草图思维过程： 确定定义域：的定义域为（0，+∞）. 计算单调性：，由此可知时，单调递减；时，单调递增. 寻找极值点：时，取得极小值. 分析凸凹性：，属于“”型. 找到零点：的零点为. 计算极限：，. 方法2  一阶+二阶导数判断极值 思路分析 :借助结论列式求参，若且， f（x）在处取得极大值. 解析：函数的定义域为，对其求导可得： ， 假设f（x）在处取得极大值，则若且.‌‌ 即，所以， 由， 令，则， 容易知道在， 解得 由于且，所以恒为正）. 因此，等价于，解得. 不等式的解集为： ，答案选D. 【方法点评】 利用二阶导数直接判断极值类型（费马定理 + 二阶导数符号），避免了繁琐的分类讨论.通过列方程组（和）快速锁定参数 a 的范围，思路简洁. 将问题转化为求解不等式，结合函数 g（x） = xlnx + x 的单调性分析，降低了计算难度. 但需要记住二阶导数判断极值的结论，对理论掌握要求较高.对中间变量的处理（如构造 g（x））需要一定的灵活性，可能对学生造成思维障碍. 方法3 选项功能提示+排除法 思路分析：不等式的解答相对比较简单，用符号分析法：.显然需要比较与0，1的大小. 当时，解得，故4个选项对应的不同取值， 同理容易知道A. 是不可能的，B. C. D. 函数的定义域为，对其求导可得： 要使函数有极大值，要求下穿直线，显然.在确定时不成立后，答案只能为D， 【方法点评】结合选择题的特点，定性排除这是本题比较快速的一个解法．充分利用选择题的特点，通过定性分析和排除法快速锁定答案，节省考试时间.对参数 a 与 0、1 的对比直接关联选项，解题效率高.通过“下穿直线 y = a”的直观描述，帮助学生理解参数对函数极值的影响.但方法依赖题目选项的特定设计，若选项变化（如存在干扰项）可能失效.仅适用于选择题，无法用于解答题. 方法1和方法2是常规解法，但计算量较大且易出错；方法3虽快但缺乏普适性.注意通过数形结合抓住问题本质， 作出导函数的符号关键式与大小比较，要函数存在极大值，要求下穿直线，利用临界状态分析参数范围，既直观又严谨.建议学生掌握此类问题时：先尝试数形结合确定参数范围，再验证导数符号变化，避免过度计算. 熟记向量试题连续可导函数的极值条件 1. 必要条件（费马引理） 若函数f（x） 在x0 处可导且取得极值，则 一阶导数为零：，此点称为 驻点（临界点）. 2. 充分条件 第一充分条件（一阶导数变号）： 若 f′（x） 在左右邻域变号：左增右减（f′ 由正变负）→ 极大值；左减右增（f′ 由负变正）→ 极小值. 提醒：符号变化方向决定极值类型，无需二阶导数存在.导数不存在但连续的点‌：需通过极值定义或左右导数符号变化单独判断. 第二充分条件（二阶导数非零）： 若 f′（x0）=0 且，则：f′′（x0）>0 → 极小值；f′′（x0）<0 → 极大值. 【基础训练 理解函数存在极值与导函数零点关系】 1．函数既存在极大值也存在极小值，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先求导函数，根据函数既有极大值，又有极小值，故方程有2个不等的实数根，可求实数的取值范围． 【详解】， 因为函数既存在极大值也存在极小值， 所以方程即有2个不相等的实数根， 所以，解得或， 所以实数的取值范围是， 故答案为：． 【拓展训练 理解函数存在极大值与导函数零点存在关系，关键点是将函数存在极大值，转化为导函数零点问题，进而成为函数与的图象问题】 2．函数（，）在区间上存在极大值，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】对函数求导并化简，设，求导判断出单调性和最值，若函数存在极大值，则需函数先增后减，即导函数的函数值先正后负，列不等式可得实数的取值范围． 【详解】 设，， 令，解得，即在上单调递增； 令，解得，即在上单调递减； 且，又， 则当，即时，先增后减，即函数存在极大值 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查导函数在极值中的应用，解决本题的关键点是将函数存在极大值，转化为导函数零点问题，进而成为函数与的图象问题，列不等式可得出参数的范围，考查学生转化思想和计算能力，属于中档题． 【真题练习 核心考察应用导数研究函数的单调性、极值 】 （2025·上海·高考真题） 3．已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【答案】(1) (2)且. 【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解； （2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围. 【详解】（1）因为，故，故，故， 故即为， 设，则，故在上为增函数， 而即为，故， 故原不等式的解为. （2）在有极大值即为有极大值点. ， 若，则时，，时，， 故为的极小值点，无极大值点，故舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 若，则时，，无极值点，舍； 若即，则时，， 时，， 故为的极大值点，符合题设要求； 综上，且. 【方法训练 体会数形结合判定函数极值】 （2012·重庆·高考真题） 4．设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极大值，则函数的图象可能是 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为-2为极值点且为极大值点，故在-2的左侧附近>0，-2的右侧<0,所以当x>-2且在-2的右侧附近时，排除BC，当x<-2且在-2的左侧附近时，，排除AC， 故选D 【拔高训练 新定义“点”】 （2018·江苏·高考真题） 5．记分别为函数的导函数.若存在满足且，则称为函数与的一个“点”. (1)证明：函数与不存在“点”； (2)若函数与存在“点”，求实数的值 (3)已知函数对任意，判断是否存在，使得函数与在区间内存在“点”，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1）由题及“点”定义判断相关方程组解的情况可得答案； （2）由相关方程组有解可得答案； （3）由题可联立方程组，则函数与在区间内存在“点”，相当于有零点，然后由零点存在性定理可完成判断. 【详解】（1）因为，则 假设存在函数与存在“点” 即存在满足，方程组无解. 所以函数与不存在“点”； （2）因为与，则与， 设“点”为满足，解得 所以. （3）因为， 所以 若函数与在区间内存在“点”， 则，. 若，由可得，据此可得. 又，则. 即存在，使得函数与在区间内存在“点”， 等价于方程在有解. 令， 设， 则，得， 又的图象在上不间断， 则在上有零点，即在上有零点， 则存在，使与在区间内存在“”点. 【点睛】关键点睛：本题涉及方程组的解，对于方程组的解或零点问题，常利用零点存在性定理或利用函数图象交点来解决问题. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第3题 数形结合巧解极值点存在问题（解透一题） 【2025年成都市高二期末考试T8】 已知为常数，函数存在极大值，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 试题聚焦考查学生对函数性质的理解，特别是极大值的概念及其求解方法.测试学生对于导数的应用能力，包括如何利用导数判断函数的单调性和极值.考查学生解不等式的能力，特别是与对数函数相关的复合函数的不等式.评估学生的逻辑推理能力和综合分析能力，将函数的性质与不等式解集联系起来. 试题亮点：结合了函数的极值、不等式的解集和导数的应用等多个知识点，综合性较强.问题设置层次分明，从函数的性质出发，逐步引导学生应用导数工具进行分析，最后求解不等式.考查了学生对基础知识的掌握，同时也测试了他们应用知识解决实际问题的能力.题目具有一定的灵活性，要求学生能够根据函数的特性选择合适的解题策略. 讨论函数在定义域 A 内有无极值点，若有极值点，则非单调;若无极值点，则单调．判定极值有两种方法:一种是极值点的定义，看 （ 决定正负号的函数）在 （也是方程的根）的两侧函数值是否 异号;另一种是形的方法，看g（x）有无“穿根”的情况． 试题直接关联教材人教A选择性必修2P95例7 给定函数． （1）判断函数的单调性，并求出的极值； （2）画出函数的大致图象； （3）求出方程解的个数． 解：（1）函数的定义域为． ． 令，解得． 在区间上单调递减，在区间上单调递增． 当时，有极小值． （2）令，解得． 当时，；当时，． 所以，的图象经过特殊点，，． 当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，从而； 当时，，． 根据以上信息，我们画出的大致图象如图所示． （3）方程的解的个数为函数的图象与直线的交点个数． 由（1）及图可得，当时，有最小值． 所以，关于方程的解的个数有如下结论： 当时，解为0个； 当或时，解为1个； 当时，解为2个． 寻根高考，对于函数极值存在求参问题，2014·山东·高考进行了考察. 设函数（k为常数，e＝2．718 28…是自然对数的底数）． （1）当时，求函数f（x）的单调区间； （2）若函数在（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围． 思路分析：可导函数的必要条件：若函数在 处可导且存在极值，则 （费马定理）.但导数为零的点（驻点）不一定是极值点.结合函数存在极大值的第一充分条件（导数符号变化）：若f′（x）在 左侧邻域由正变负，右侧由负变正，则f（x）在 处取得极大值. 于是探究函数的单调性解题： 方法1  直接探究函数单调性+导数符号变化 函数的定义域为，对其求导可得： 【突破点：函数存在极大值，则导数 存在零点，并且在该点附近左正右负.（左侧导数为正、右侧导数为负的点为极大值点）但问题难点：含参导函数有无零点？有几个？于是探究的零点与关系，确定分类讨论标准. 直接解含参方程有困难，分析的符号】 导函数变形有，作的草图如图 （求二阶导数目的是分析的单调性） ①当时，因为，所以，进而，在上单调递增. ； 时，. 由零点定理，存在唯一 使得. 时，， 单调递减； 时，， 单调递增. 此时函数有极小值点，无极大值. ②当时，令，解得： 当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以，在处取得极小值，极小值为： 当 ，那么对于所有 ， . 因此， ，所以在上单调递增. 当， 那么由于在上单调递减，在上单调递增，且当时，；当 时， .因此，存在 ，使得. 对于，，所以在上单调递增. 对于， ，所以 在 上单调递减. 存在极大值的条件为：. 因为，所以需分析和的符号（乘积小于0则符号相反）. 由于且，所以恒为正）. 因此，等价于，解得.N 不等式的解集为： ，答案选D. 【方法点评】 思路直接，符合常规解题步骤（求导 → 分析导数零点 → 讨论单调性 → 确定极值 → 解不等式）.完整展示了分类讨论的过程，有助于理解参数 a 对函数极值的影响.通过构造辅助函数并结合二阶导数分析其单调性，体现了数形结合的思想. 但计算量较大，特别是含参导数零点的讨论需要细致的分类（如和 a < 0 两种情况）.对数学运算能力和逻辑推理能力要求较高，容易在分类标准或边界条件上出错.不适用与小题解答而适用于解答题 附：作的草图思维过程： 确定定义域：的定义域为（0，+∞）. 计算单调性：，由此可知时，单调递减；时，单调递增. 寻找极值点：时，取得极小值. 分析凸凹性：，属于“”型. 找到零点：的零点为. 计算极限：，. 方法2  一阶+二阶导数判断极值 思路分析 :借助结论列式求参，若且， f（x）在处取得极大值. 解析：函数的定义域为，对其求导可得： ， 假设f（x）在处取得极大值，则若且.‌‌ 即，所以， 由， 令，则， 容易知道在， 解得 由于且，所以恒为正）. 因此，等价于，解得. 不等式的解集为： ，答案选D. 【方法点评】 利用二阶导数直接判断极值类型（费马定理 + 二阶导数符号），避免了繁琐的分类讨论.通过列方程组（和）快速锁定参数 a 的范围，思路简洁. 将问题转化为求解不等式，结合函数 g（x） = xlnx + x 的单调性分析，降低了计算难度. 但需要记住二阶导数判断极值的结论，对理论掌握要求较高.对中间变量的处理（如构造 g（x））需要一定的灵活性，可能对学生造成思维障碍. 方法3 选项功能提示+排除法 思路分析：不等式的解答相对比较简单，用符号分析法：.显然需要比较与0，1的大小. 当时，解得，故4个选项对应的不同取值， 同理容易知道A. 是不可能的，B. C. D. 函数的定义域为，对其求导可得： 要使函数有极大值，要求下穿直线，显然.在确定时不成立后，答案只能为D， 【方法点评】结合选择题的特点，定性排除这是本题比较快速的一个解法．充分利用选择题的特点，通过定性分析和排除法快速锁定答案，节省考试时间.对参数 a 与 0、1 的对比直接关联选项，解题效率高.通过“下穿直线 y = a”的直观描述，帮助学生理解参数对函数极值的影响.但方法依赖题目选项的特定设计，若选项变化（如存在干扰项）可能失效.仅适用于选择题，无法用于解答题. 方法1和方法2是常规解法，但计算量较大且易出错；方法3虽快但缺乏普适性.注意通过数形结合抓住问题本质， 作出导函数的符号关键式与大小比较，要函数存在极大值，要求下穿直线，利用临界状态分析参数范围，既直观又严谨.建议学生掌握此类问题时：先尝试数形结合确定参数范围，再验证导数符号变化，避免过度计算. 熟记向量试题连续可导函数的极值条件 1. 必要条件（费马引理） 若函数f（x） 在x0 处可导且取得极值，则 一阶导数为零：，此点称为 驻点（临界点）. 2. 充分条件 第一充分条件（一阶导数变号）： 若 f′（x） 在左右邻域变号：左增右减（f′ 由正变负）→ 极大值；左减右增（f′ 由负变正）→ 极小值. 提醒：符号变化方向决定极值类型，无需二阶导数存在.导数不存在但连续的点‌：需通过极值定义或左右导数符号变化单独判断. 第二充分条件（二阶导数非零）： 若 f′（x0）=0 且，则：f′′（x0）>0 → 极小值；f′′（x0）<0 → 极大值. 【基础训练 理解函数存在极值与导函数零点关系】 1．函数既存在极大值也存在极小值，则实数的取值范围是 ． 【拓展训练 理解函数存在极大值与导函数零点存在关系，关键点是将函数存在极大值，转化为导函数零点问题，进而成为函数与的图象问题】 2．函数（，）在区间上存在极大值，则实数的取值范围是 ． 【真题练习 核心考察应用导数研究函数的单调性、极值 】 （2025·上海·高考真题） 3．已知． (1)若，求不等式的解集； (2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围； 【方法训练 体会数形结合判定函数极值】 （2012·重庆·高考真题） 4．设函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极大值，则函数的图象可能是 A． B． C． D． 【拔高训练 新定义“点”】 （2018·江苏·高考真题） 5．记分别为函数的导函数.若存在满足且，则称为函数与的一个“点”. (1)证明：函数与不存在“点”； (2)若函数与存在“点”，求实数的值 (3)已知函数对任意，判断是否存在，使得函数与在区间内存在“点”，并说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$