专题一 微专题 4 函数的极值、最值-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

微专题4　函数的极值、最值 [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． 考点一　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． [例1]　(多选)(2025·新高考全国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 【分析】　对于A，根据奇函数特点即可判断；对于B，利用f(x)＝－f(－x)代入求解即可；对于C，举反例f(－1)>2即可；对于D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断． 解析　奇函数的性质＋函数的极值 A(√)根据奇函数的定义有f(0)＝0. 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. 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∉[，＋∞). 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． 答案　ABD (1)不能忽略函数的定义域． (2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性． (3)函数的极小值不一定比极大值小． 跟踪训练1　(2025·重庆市涪陵三模)已知函数f(x)＝x|x－a|的一个极小值点为x＝a，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．[0，＋∞) C．(－∞，0) D．(－∞，0] 【分析】　先根据绝对值的性质将函数f(x)写成分段函数的形式，再对其求导，结合极小值点的性质来确定实数a的取值范围． A　[已知f(x)＝x|x－a|，根据绝对值的性质，当x≥a时，|x－a|＝x－a，此时f(x)＝x(x－a)＝x2－ax；当x<a时，|x－a|＝－(x－a)＝－x＋a，此时f(x)＝x(－x＋a)＝－x2＋ax.所以f(x)＝. 对分段函数求导，当x≥a时，f(x)＝x2－ax，对其求导，可得f′(x)＝2x－a；当x<a时，f(x)＝－x2＋ax，对其求导可得f′(x)＝－2x＋a. 因为x＝a是函数f(x)的一个极小值点，所以在x＝a左侧附近f′(x)<0，在x＝a右侧附近f′(x)>0.当x<a时，f′(x)＝－2x＋a，令f′(x)<0，即－2x＋a<0，解得x>；当x≥a时，f′(x)＝2x－a，令f′(x)>0，即2x－a>0，解得x>.要使x＝a是极小值点，则需满足<a，解这个不等式，得a>0.所以实数a的取值范围是(0，＋∞).故选A.] 考点二　利用导数研究函数的最值 1．求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a，b)内的极值． (2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b). (3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 2．若函数含有参数或区间含有参数，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． [例2]　(2025·宝鸡模拟)已知函数f(x)＝ax＋x2－x ln a－b(a，b∈R，a>1)，e是自然对数的底数. (1)当a＝e，b＝4时，求整数k的值，使得函数f(x)在区间(k，k＋1)上存在零点； (2)若x∈[－1，1]，且b＝0，求f(x)的最小值和最大值． 解　(1)当a＝e，b＝4时，f(x)＝ex＋x2－x－4， ∴f′(x)＝ex＋2x－1，∴f′(0)＝0， 当x>0时，ex>1， ∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 同理f(x)在(－∞，0)上单调递减． f(－2)＝e－2＋2>0，f(－1)＝e－1－2<0， f(0)＝－3<0，f(1)＝e－4<0，f(2)＝e2－2>0， 故当x>2时，f(x)>0，当x<－2时，f(x)>0， 故当x>0时，函数f(x)的零点在(1，2)内， ∴k＝1满足条件． 同理，当x<0时，函数f(x)的零点在(－2，－1)内， ∴k＝－2满足条件， 综上，k＝1，－2. (2)由已知f(x)＝ax＋x2－x ln a， f′(x)＝ax ln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a， ①当x>0时，由a>1，可知ax－1>0，ln a>0， ∴f′(x)>0； ②当x<0时，由a>1，可知ax－1<0，ln a>0， ∴f′(x)<0； ③当x＝0时，f′(x)＝0， ∴f(x)在[－1，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增， ∴当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1， f(x)max＝max{f(－1)，f(1)}． 因为f(1)＝a＋1－ln a，f(－1)＝＋1＋ln a， 则f(1)－f(－1)＝a－－2ln a， 设g(t)＝t－－2ln t(t>0)，∵g′(t)＝1＋－＝(－1)2≥0(当且仅当t＝1时取等号)，∴g(t)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴当t>1时，g(t)>0， 即a>1时，a－－2ln a>0，∴f(1)>f(－1)， 即f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln a. 综上，f(x)的最小值为1，最大值为a＋1－ln a． (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． 跟踪训练2　(2025·云南省玉溪市保山市三模)设函数f(x)＝x＋ex，g(x)＝x＋ln x，若存在x1，x2，使得f(x1)＝g(x2)，则－x2的最大值为(　　) A．－1 B．－2 C．－e D．－3 【分析】　由f(x1)＝g(x2)，得到x1＋ex1＝eln x2＋ln x2，又由f′(x)>0，得到f(x)在R上单调递增，得到－x2＝－x2＝，令h(x)＝，求得h′(x)＝，令m(x)＝1－x2－ln x(x>0)，求得m′(x)<0，得到m(x)在(0，＋∞)上单调递减，且m(1)＝0，进而得到h(x)的单调性和极值(最值)，即可求解． A　[由f(x1)＝g(x2)，可得x1＋ex1＝x2＋ln x2，所以x1＋ex1＝eln x2＋ln x2，又由f′(x)＝1＋ex>0，所以f(x)在R上单调递增，因为f(x1)＝f(ln x2)，所以x1＝ln x2，所以－x2＝－x2＝，令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝＝，x>0，令m(x)＝1－x2－ln x(x>0)，则m′(x)＝－2x－(x>0)，可得m′(x)<0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递减，且m(1)＝0, 当x∈(0，1)时，m(x)>0，h′(x)>0，则h(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，m(x)<0，h′(x)<0，则h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x＝1时，h(x)有极大值，即最大值，所以h(x)≤h(1)＝－1.故选A.] 考点三　已知函数极值、最值求参数 [例3]　(1)(2025·南充模拟)已知函数f(x)＝xex＋m－x2－mx在区间[－1－m，1－m]上有且仅有两个极值点，则实数m的取值范围为(　　) A．(1，2－) B．(1，e) C．(1，2－] D．(1，e] 解析　f′(x)＝ex＋m(1＋x)－x－m， 因为f(x)在区间[－1－m，1－m]上有且仅有两个极值点， 所以f′(x)在区间(－1－m，1－m)上有两个变号零点，即ex＋m(1＋x)＝x＋m在区间(－1－m，1－m)上有两个不等实数根． 令t＝x＋m，则x＝t－m，上式可化为m＝t＋1－，其中t∈(－1，1). 令g(t)＝t＋1－，t∈(－1，1)， 则g′(t)＝1－＝. 令h(t)＝et－1＋t，则h′(t)＝et＋1>0，即h(t)为增函数， 又h(0)＝0，所以当t∈(－1，0)时，g′(t)<0，g(t)单调递减； 当t∈(0，1)时，g′(t)>0，g(t)单调递增， 所以当t＝0时，g(t)取得最小值， 因为g(0)＝1，g(－1)＝e，g(1)＝2－， 所以m的取值范围为(1，2－).故选A. 答案　A (2)若函数f(x)＝x3＋x2－2在区间(a－4，a)上存在最小值，则a的取值范围是 ． 解析　由f(x)＝x3＋x2－2得 f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)， 所以当x<－2或x>0时，f′(x)>0， 当－2<x<0时，f′(x)<0， 于是得f(x)在(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减， 当x＝0时，f(x)取得极小值f(0)＝－2. 因为f(x)在区间(a－4，a)上存在最小值，而函数的最值不可能在开区间端点处取得， 于是得0∈(a－4，a)，且f(a－4)≥f(0)， 即 解得1≤a<4，所以实数a的取值范围为[1，4).故答案为：[1，4) 答案　[1，4) 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． 跟踪训练3　(2025·高三四川达州二模)已知函数f(x)＝x3＋ex－1＋mx－3，若当x∈(1，2)时，函数f(x)存在最小值，则实数m的取值范围是 ． (－e－4，－2)　[由题意可得f(x)在x∈(1，2)时有最小值，即f′(x)＝x2＋ex－1＋m在(1，2)上有极小值即可，因为f′(x)＝x2＋ex－1＋m在x∈(1，2)上单调递增，所以只需即解得－e－4<m<－2，这时存在x0∈(1，2)，使得f(x)在区间(1，x0)上单调递减，在区间[x0，2]上单调递增，即函数f(x)在区间(1，2)上有极小值也即是最小值．所以m的取值范围是(－e－4，－2).故答案为：(－e－4，－2).] 学科网（北京）股份有限公司 $