4 专题1 第4讲 函数的极值与最值（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考数学二轮专题复习高效讲义

第4讲　函数的极值与最值　　　▶ 对应学生用书P8 【考情分析】　利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等；或者压轴解答题，属综合性问题，难度较大. 1.(多选)(2025·全国Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　) A.f(0)＝0 B.当x＜0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C.f(x)≥2，当且仅当x≥ D.x＝－1是f(x)的极大值点 解析：选ABD.对于A，根据奇函数的定义有f(0)＝0，故A正确；对于B，当x＜0时，－x＞0，所以f(－x)＝(x2－3)e－x＋2，因为f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；对于C，当x＞0时，f'(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x－1)(x＋3)ex，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又f()＝2，当x→0＋时，f(x)→－1，所以由f(x)≥2得x≥；当x＜0时，f(－1)＝2(e－1)＞2，满足f(x)≥2，但－1∉[，＋∞)，故C错误；对于D，根据C解析知x＝1是函数f(x)的极小值点，根据奇函数图象关于原点对称，知x＝－1是函数f(x)的极大值点，故D正确. 2.(2022·全国乙卷)函数f＝cos x＋sin x＋1在区间的最小值、最大值分别为(　　) A.－， B.－， C.－，＋2 D.－，＋2 解析：选D.f'(x)＝－sin x＋sin x＋cos x＝cos x， 所以在区间和上f'(x)＞0， 即f单调递增； 在区间上f'(x)＜0，即f单调递减， 又f＝f＝2，f＝＋2， f＝－＋1＝－， 所以f在区间上的最小值为－，最大值为＋2. 3.(多选)(2024·全国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) 解析：选ACD.因为f＝(x－4)，所以f'(x)＝2(x－1)＋＝3(x－1)，令f'(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x＜1或x＞3时，f'(x)＞0，当1＜x＜3时，f'(x)＜0，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确. 当0＜x＜1时，x－x2＝x＞0，即0＜x2＜x＜1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f＜f，所以B错误. 当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)＜f(2x－1)＜f(1)＝0，所以C正确. 当－1＜x＜0时，f－f＝－(x－4)＝－＝＝－2＞0，所以f(2－x)＞f(x)，所以D正确. 4.(2025·全国Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝　　　. 解析：f'(x)＝(x－2)'[(x－1)(x－a)]＋(x－2)[(x－1)(x－a)]'＝(x－1)(x－a)＋(x－2)[(x－1)(x－a)]'，因为x＝2是函数f(x)的极值点，所以f'(2)＝0，即(2－1)(2－a)＝0，则a＝2，经检验，满足题意，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝－4. 答案：－4 考点1　利用导数研究函数的极值 判断函数的极值点，主要有两点 (1)导函数f'(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点. (2)利用函数f(x)的单调性可得函数的极值点. 已知函数f(x)＝aln x－x＋a，a∈R且a≠0，讨论函数f(x)的单调性和极值情况. 解：因为f(x)＝aln x－x＋a， 所以f'(x)＝－1＝， 当a＜0时，则f'(x)＜0，可知f(x)在上单调递减，无极值； 当a＞0时，令f'(x)＝0，则x＝a， 当0＜x＜a时，f'(x)＞0，当x＞a时，f'(x)＜0， 可知f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)在x＝a处取得极大值f＝aln a，无极小值. 综上所述：当a＜0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值； 当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减， f(x)在x＝a处取得极大值f＝aln a，无极小值. 对点练1.已知函数f(x)＝mxe－x＋x－ln x，讨论函数f(x)的极值点个数. 解：函数f(x)的定义域为， 所以f'(x)＝m＋1－＝－m)， 令u＝－m，则u'＝， 令u'＜0，可得0＜x＜1，令u'＞0，可得x＞1， 所以u在上单调递减，在上单调递增， 故u＝u＝e－m， ①m≤e时，u≥0，则u≥0，令f'(x)＜0，可得0＜x＜1， 令f'(x)＞0，可得x＞1， 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)有1个极小值点； ②m＞e时，u＜0， 因为令h＝ex－x－1，则h'＝ex－1， 当x＞0时，h'＞0，则h在上单调递增， 当x＜0时，h'＜0，则h在上单调递减， 故h≥h＝0，所以ex≥x＋1，当x＝0时取等号. 当x＜＜1时，u＞－m＝1＋－m＞0， 此时∃x1∈，使得u＝0， 令v＝ex－x2，x＞1，有v'＝ex－2x，令φ＝ex－2x，x＞1， φ'＝ex－2＞0，φ在上单调递增，即φ＞φ＝e－2＞0， 即有v'＞0，即v在上单调递增， 即v＞v＝e－1＞0，所以ex＞x2， 当x＞m＞e时，u＞－m＝x－m＞0，此时∃x2∈，使得u＝0， 因此x∈，f'(x)＜0，f(x)单调递减， x∈，f'(x)＞0，f(x)单调递增， x∈，f'(x)＜0，f(x)单调递减， x∈，f'(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)有3个极值点； 所以当m≤e时，f(x)恰有1个极值点；当m＞e时，f(x)恰有3个极值点. 考点2　利用导数研究函数的最值 已知函数f(x)＝. (1)求f(x)的极值； (2)讨论f(x)在区间[m，m＋]上的最大值. 解：(1)函数f(x)＝的定义域为R， 求导得f'(x)＝＝－， 当x＜－1或x＞2时，f'(x)＜0，当－1＜x＜2时，f'(x)＞0， 因此函数f(x)在x＝－1处取得极小值f(－1)＝－e，在x＝2处取得极大值f(2)＝， 所以函数f(x)的极小值为－e，极大值为. (2)由(1)知，函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增， ①当m＋≤－1，即m≤－1－时，f(x)在[m，m＋]上单调递减，f(x)max＝f(m)； ②当－1－＜m＜－1时，f(x)在[m，－1)上单调递减，在(－1，m＋]上单调递增， 由f(x)＝0，得x1＝－，x2＝，x2－x1＝， 当－1－＜m≤－时，－1＜m＋≤，f(m)≥f(x1)＝f(x2)≥f(m＋)，f(x)max＝f(m)； 当－＜m＜－1时，＜m＋＜－1，f(m)＜f(x1)＝f(x2)≤f(m＋)，f(x)max＝f(m＋)； ③当－1≤m≤2－时，f(x)在[m，m＋]上单调递增，f(x)max＝f(m＋)； ④当2－＜m＜2时，f(x)在[m，2)上单调递增，在(2，m＋]上单调递减，f(x)max＝f(2)＝； ⑤当m≥2时，f(x)在[m，m＋]上单调递减，f(x)max＝f(m). 综上所述，当m≤－或m≥2时，函数f(x)的最大值为f＝； 当－＜m≤2－时，函数f(x)的最大值为f(m＋)＝； 当2－＜m＜2时，函数f(x)的最大值为f(2)＝. [规律方法]　(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论. (2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值. 对点练2.设a＞0，函数f(x)＝a＋x2＋ln. (1)若a≤1，讨论f(x)的单调性； (2)求f(x)的最大值. 解：(1)令a－x2＞0，且a＞0，解得－＜x＜， 可知f(x)的定义域为，且f'(x)＝2x－＝， 因为0＜a≤1，且－＜x＜，则a－x2＞0，x2－a＋1＞0. 当－＜x＜0时，f'(x)＞0；当0＜x＜时，f'(x)＜0； 可知f(x)在(－，0)内单调递增，在内单调递减. (2)由(1)可知：f(x)的定义域为，且f'(x)＝， 若0＜a≤1，可知f(x)在内单调递增，在内单调递减， 所以f(x)的最大值为f＝a＋ln a； 若a＞1，令f'(x)＞0，解得－＜x＜－或0＜x＜； 令f'(x)＜0，解得－＜x＜0或＜x＜； 可知f(x)在，内单调递增，在，内单调递减， 且f＝f＝2a－1， 所以f(x)的最大值为2a－1. 综上所述：若0＜a≤1，f(x)的最大值为f＝a＋ln a. 若a＞1，f(x)的最大值为2a－1. 考点3　已知函数的极值、最值求参数 (2024·全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3，若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 解：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，＋∞). [反思感悟]　方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法.分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视. 对点练3.(1)(2025·浙江台州二模)已知a∈R，若函数f(x)＝x＋－ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范围是(　　 ) A. B. C. D. 解析：选C.因为函数f(x)＝x＋－ln x的定义域为，所以f'(x)＝1－－＝， 因为函数f(x)既有极大值，又有极小值， 则关于x的方程x2－x－a＝0有两个不等的正根x1，x2， 所以解得－＜a＜0，因此，实数a的取值范围是. (2)(2025·江苏宿迁二模)若函数f(x)＝有最大值，则k的最大值为(　　 ) A. B. C. D. 解析：选C.当x≥2时，f(x)＝，则f'(x)＝， 当2≤x＜e时，f'(x)＞0，此时，函数f(x)单调递增， 当x＞e时，f'(x)＜0，此时，函数f(x)单调递减， 则函数f(x)在x＝e处取得极大值，且极大值为f＝， 因为函数f(x)＝有最大值，则解得0≤k≤， 因此，实数k的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $