3.2.2 导数与函数的极值、最值 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，依据高考评价体系梳理了函数极值判断、最值求解、参数范围问题三大核心考点，通过近五年真题分析明确“极值点判断”占30%、“闭区间最值”占25%的高频考查权重，归纳出选择填空基础题型与解答题综合题型的备考方向。 课件亮点在于“真题溯源+分层突破+素养提升”策略，如以2022全国甲卷导数最值题为例，详解“导数符号分析三步法”，培养学生逻辑推理与运算能力。设“易错警示”专栏纠正极值与最值混淆等问题，教师可依托提能训练案实现精准复习，助力学生高效掌握得分技巧。

第三章 导数及其应用 第二讲　导数在研究函数中的应用 第二课时　导数与函数的极值、最值 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[17] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　函数的极值 1．函数的极值 (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f(x)极大值＝f(x0)；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f(x)极小值＝f(x0)．极大值与极小值统称为极值． < > 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)当函数f(x)在x0处连续时，判别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． > < < > 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．求可导函数f(x)极值的步骤 (1)_______________； (2)_____________________； (3)检验f′(x)在方程f′(x)＝0的______________的符号，如果在根的左侧附近为正，右侧附近为负，那么函数y＝f(x)在这个根处取得__________；如果在根的左侧附近为负，右侧附近为正，那么函数y＝f(x)在这个根处取得__________. 求导数f′(x) 求方程f′(x)＝0的根 根左右的值 极大值 极小值 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 知识点二　函数的最值 1．函数的最值的概念 设函数y＝f(x)在_________上连续，在_________内可导，函数f(x)在[a，b]上一切函数值中的最大(最小)值，叫做函数y＝f(x)的最大(最小)值． 2．连续函数在闭区间[a，b]上一定有最大值和最小值． [a，b] (a，b) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．求函数最值的步骤 设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最值，可分两步进行： (1)_________________________； (2)___________________________________________________________________________. 求f(x)在(a，b)内的极值 将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 归 纳 拓 展 1．极值点不是点，若函数f(x)在x＝x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)． 2．f′(x0)＝0是x0为可导函数f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但0不是极值点． 3．有极值的函数一定不是单调函数． 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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．(　　) (2)函数的极小值一定小于函数的极大值．(　　) (3)函数的极小值一定是函数的最小值．(　　) (4)函数的极大值一定不是函数的最小值．(　　) [答案]　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题组二　走进教材 2．(选择性必修2P92T1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 [答案]　A [解析]　由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．(选择性必修2P98T6改编)函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　) A．1－e B．－1 C．－e D．0 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　2e　2ln 2 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题组三　走向考场 5．(多选题)(2025·全国二卷)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 D．x＝－1是f(x)的极大值点 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　对A，因为f(x)是定义在R上奇函数，则f(0)＝0，故A正确；对B，当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－{[(－x)2－3]e－x＋2}＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；对C，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)>2，故C错误；对D，当x<0时，f(x)＝(3－x2)e－x－2，则f′(x)＝－(3－x2)e－x－ 2xe－x＝(x2－2x－3)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝－1或3(舍去)，当x∈ (－∞，－1)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，则x＝－1是f(x)的极大值点，故D正确．故选ABD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 考点突破 · 互动探究 返回导航 用导数求解函数极值问题——多维探究 角度1　根据函数图象判断极值 1．(多选题)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(0)为f(x)的极大值 C．f(x)有两个极小值点 D．f(－1)为f(x)的极小值 [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　根据g(x)＝xf′(x)的图象，可得当x<－2时，g(x)＝xf′(x)>0，可得f′(x)<0，即f(x)单调递减，当－2<x<0时，g(x)＝xf′(x)<0，可得f′(x)>0，即f(x)单调递增，当0<x<1时，g(x)＝xf′(x)<0，可得f′(x)<0，即f(x)单调递减，当x>1时，g(x)＝xf′(x)>0，可得f′(x)>0，即f(x)单调递增，因此f(x)在x＝－2和x＝1处取得极小值，在x＝0处取得极大值，共3个极值点，A错误，C正确；f(0)为f(x)的极大值，B正确；f(－1)不是f(x)的极小值，D错误． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：据图象求极值的解题策略 1．已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号． 2．已知函数求极值．求f′(x)→求方程f′(x)＝0的根→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的两侧的符号→得出结论． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 角度2　求函数的极值 求下列函数的极值． (1)f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x； (2)f(x)＝(x2＋ax＋a)ex. [分析]　求导，研究函数的单调性从而确定极值． [解析]　(1)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 可得F′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，则F(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 又F(0)＝0，所以当－1<x<0时，F(x)<0， 即f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>0时，F(x)>0，即f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)在x＝0处取得极小值，f(x)极小值＝f(0)＝0.无极大值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (2)f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex ＝(x＋2)(x＋a)ex， 当a＝2时，f′(x)≥0， 所以函数f(x)在R上是增函数，无极值； 当a≠2时，令f′(x)＝0， 解得x＝－2或x＝－a， 不妨令x1<x2(x1是－2与－a中较小的一个，x2是较大的一个)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 列表如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  当－a>－2，即a<2时，取x1＝－2，x2＝－a， 极大值为f(－2)＝(4－a)e－2， 极小值为f(－a)＝ae－a. 当－a<－2，即a>2时，取x1＝－a，x2＝－2， 极小值为f(－2)＝(4－a)e－2，极大值为f(－a)＝ae－a. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：可导函数求极值的步骤 1．确定函数的定义域． 2．求方程f′(x)＝0的根． 3．用方程f′(x)＝0的根和不可导点的x的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格． 4．由f′(x)＝0的根左右的符号以及f′(x)在不可导点左右的符号来判断f′(x)在这个根或不可导点处取极值的情况，此步骤不可缺少．f′(x)＝0是函数有极值的必要条件． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 角度3　根据极值求参数的取值范围 (2026·威海模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：已知函数极值点或极值求参数的两个要领 1．列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． 2．验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．(角度2)(2026·河南中原名校质量检查)已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为(　　) A．2 B．2ln 2－2 C．e D．2－e [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 [答案]　BCD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 用导数求函数的最值——师生共研 (1)求a，k的值； (2)求f(x)的最小值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,3) 3 (3，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值  极大值  由表格可知，f(x)有极小值f(－1)＝－2e， 因为当x∈(3，＋∞)时，f(x)>0， 所以f(x)最小值为－2e. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 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)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)． (3)将函数f(x)的极值与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．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，一般要根据其极值及单调性画出函数的大致图象，借图求解． 注：求最值时，不可想当然认为极值点就是最值点，要通过比较再下结论． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 已知函数f(x)＝excos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； [解析]　(1)因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0. 又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 利用导数研究生活中的优化问题 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r(单位：米)，高为h(单位：米)，体积为V(单位：立方米)．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)． (1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：利用导数解决生活中的实际应用问题的一般步骤 提醒：在利用导数解决实际问题时，若在定义域内只有一个极值，则这个值即为最优解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 某型号轮船每小时的运输成本Q(单位：元)由可变部分和固定部分组成．其中，可变部分成本与航行速度的立方成正比，且当速度为10 km/h时，其可变部分成本为每小时8元；固定部分成本为每小时128元．设该轮船的航行速度为x km/h. (1)试将该轮船每小时的运输成本Q表示为x的函数； (2)当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运输成本y(单位：元)最低？ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 提能训练　练案[17] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是(　　) A．有3个极大值点 B．有3个极小值点 C．有1个极大值点和2个极小值点 D．有2个极大值点和1个极小值点 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　由已知结合函数的单调性与极值的关系进行分析即可求解．结合函数图象可知，当x<a时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数单调递增，当a<x<0时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x) －f′(x)<0，函数单调递减，当0<x<b时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数单调递增，当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数单调递减，故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得极小值．故选D. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．(2026·江苏南京三模)已知函数f(x)＝xe－x，则当x∈[0,2]时，f(x)的最大值为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 4．(2026·黑龙江哈尔滨模拟)已知x＝1是函数f(x)＝(ax2＋3x－3)ex的极值点，则函数f(x)的极小值为(　　) A．－3 B．－e C．0 D．e [答案]　A [解析]　函数f(x)＝(ax2＋3x－3)ex的定义域为R，求导得f′(x)＝(ax2＋2ax＋3x)ex，由x＝1是函数f(x)的极值点，得f′(1)＝(3a＋3)e＝0，解得a＝－1，函数f(x)＝(－x2＋3x－3)ex，f′(x)＝(－x2＋x)ex＝－x(x－1)ex，当x<0或x>1时，f′(x)<0；当0<x<1时，f′(x)>0，所以函数f(x)的极小值f(0)＝－3.故选A. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 6．(2025·全国大联考)函数f(x)＝ex(sin x－cos x)在区间(0,10π)的极大值点的个数为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 [答案]　C [解析]　f′(x)＝ex(sin x－cos x)＋ex(cos x＋sin x)＝2exsin x，因为ex>0，故由正弦函数性质知，0<x<π时，sin x>0，f′(x)>0，函数递增，当π<x<2π时，sin x<0，f′(x)<0，函数递减，x＝π为函数的一个极大值点，所以0<x<2π时，函数有1个极大值点；由正弦函数的周期性，可知在(0,10π)上，函数有5个极大值点，故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 8．(2026·湖南三模)已知函数f(x)＝x2－mx＋2ln x在x＝2时取极小值，则其导函数f′(x)的最小值为(　　) A．－5 B．－3 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 二、多选题 A．a＝－2 B．b＝－1 C．f(x)有3个零点 D．直线y＝5与f(x)的图象有2个公共点 [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 10．(2026·云南模拟)若函数f(x)＝xln x－aex有两个极值点，则a的值可以是(　　) [答案]　BC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 11．(2025·海南模拟)设函数f(x)＝(x＋a)ln x，a∈R，则(　　) D．若f(x)≥0，则a＝－1 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 三、填空题 12．(2026·全国二卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________. [答案]　－4 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　1 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 14．函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________. [答案]　1 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 四、解答题 15．(2025·广西柳州模拟)已知函数f(x)＝(ax＋b)ex的图象在点(0，f(0))处的切线方程为2x－y＋1＝0. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的单调区间与极值． [解析]　(1)由f(x)＝(ax＋b)ex可得 f(0)＝b，f′(x)＝aex＋(ax＋b)ex＝(ax＋a＋b)ex， 则f′(0)＝a＋b. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 B组能力提升 A．－4 B．3 C．±3 D．－3 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．(2026·江苏三模)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，则(　　) A．－x0是f(－x)的极小值点 B．－x0是－f(x)的极大值点 C．－x0是－f(－x)的极小值点 D．－x0是f(|x|)的极大值点 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　f(－x)的图象和f(x)的图象关于y轴对称，因为x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，故－x0是f(－x)的极大值点，A错误；取f(x)＝－(x＋1)2，则x0＝－1是f(x)的极大值点，－f(x)＝(x＋1)2，故1不是－f(x)的极大值点，B错误；f(|x|)＝－(|x|＋1)2，其为偶函数，在(0，＋∞)上单调递减，1不是f(|x|)的极大值点，D错误；－f(－x)的图象和f(x)的图象关于原点对称，因为x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，故－x0是－f(－x)的极小值点，C正确．故选C. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．(2026·重庆沙坪坝模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)－ax2有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 5．(2025·福建模拟)已知函数f(x)＝x2－2aln x(a>0)． (1)求函数f(x)的极值点； (2)若函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为0，求实数a的值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 C组拓展应用(选作) (2026·全国专题练习)设函数f(x)＝ex－1，g(x)＝2＋ln 2＋ln x，若f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 谢谢观看 [解析]　因为f′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.故选B. 4．(选择性必修2P95例7改编)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则f(x)的极大值点为________，极大值为________. [解析]　易求f′(x)＝－，x>0，所以f′(e)＝2f′(e)－，则f′(e)＝，因此f(x)＝2ln x－，f′(x)＝－，由f′(x)>0得0<x<2e，由f′(x)<0得x>2e.所以函数f(x)在(0,2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减．因此f(x)的极大值点为2e，极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. C．f(x)≥2当且仅当x≥ 6．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 [解析]　由题意知，f(1)＝aln 1＋b＝b＝－2.求导得f′(x)＝－(x>0)，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝－＝－.故选B. 则f′(x)＝2ln(1＋x)＋， 令F(x)＝2ln(1＋x)＋(x>－1)， 则F′(x)＝＋， A． B． C． D． [解析]　由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，令f′(x)＝0，得＝，设g(x)＝，y＝；则g′(x)＝－，令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0.分别作出函数g(x)＝与y＝ 的图象，如图所示，由图可知，0<<1，解得a>，所以实数a的取值范围为. 1．(角度1)(2026·山东名校联考联盟期中)函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则x＋x＝________. [答案]　 [解析]　由图知f(x)＝x(x＋1)(x－2)，∴f′(x)＝3x2－2x－2，因此，x1、x2为3x2－2x－2＝0的两根x1＋x2＝，x1x2＝－，∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝. [解析]　因为f(x)＝2f′(1)ln x－x，所以f′(x)＝2f′(1)－1，令x＝1得f′(1)＝2f′(1)－1，所以f′(1)＝1，则f′(x)＝－1，所以函数f(x)在(0,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，则f(x)的极大值为f(2)＝ 2ln 2－2.故选B. 3．(角度3)(多选题)(2023·高考新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) [解析]　函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝，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，于是即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确．故选BCD. (2026·北京海淀期中)已知函数f(x)＝.曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝kx－3. [解析]　(1)f′(x)＝＝＝，依题意，解得a＝k＝3. (2)由(1)得f(x)＝， f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或3， (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． (2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－ cos x)＝－2exsin x. 当x∈时，h′(x)<0， 所以h(x)在区间上单调递减． 所以对任意x∈有h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0. 所以函数f(x)在区间上单调递减． 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－. [解析]　(1)因为蓄水池侧面的建造成本为100×2πrh＝200πrh(元)， 底面的建造成本为160πr2(元)， 所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元． 根据题意，得200πrh＋160πr2＝12 000π， 所以h＝(300－4r2)． 所以V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)． 由题意得r>0，h>0，解得0<r<5， 故函数V(r)的定义域为(0,5)． (2)因为V(r)＝(300r－4r3)，r∈(0,5)， 所以V′(r)＝(300－12r2)． 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)． 当r∈(0,5)时，V′(r)>0，V(r)在(0,5)上单调递增； 当r∈(5,5)时，V′(r)<0，V(r)在(5,5)上单调递减． 由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大． [解析]　(1)设当该轮船的航行速度为x km/h时，其每小时的可变部分成本为P(单位：元)，则P＝kx3，k≠0. 由题意，得8＝k×103， 解得k＝，故P＝x3， 所以该轮船每小时的运输成本Q＝x3＋128(x>0)． (2)该轮船每千米的运输成本y＝f(x)＝＝x2＋(x>0)， 则f′(x)＝x－＝(x>0)． 令f′(x)＝0，解得x＝20. 令f′(x)>0，解得x>20，f(x)在区间(20，＋∞)上单调递增； 令f′(x)<0，解得0<x<20，f(x)在区间(0,20)上单调递减． 所以当x＝20时，f(x)取得最小值． 故当该轮船的航行速度为20 km/h时，其每千米的运输成本y最低． 1．函数f(x)＝x3＋x2－3x－1的极小值点是(　　) A．1 B． C．－3 D．(－3,8) [解析]　f′(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，所以函数f(x)＝x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝1处有极小值，极小值点为1. A． B． C． D． [解析]　由f(x)＝xe－x，可得f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，当0≤x≤1时，f′(x)>0；当1<x≤2时，f′(x)<0；故f(x)＝xe－x在[0,1]上单调递增，在(1,2]上单调递减，故当x∈[0,2]时，f(x)＝xe－x在x＝1时取得极大值，也即最大值f(1)＝.故选B. 5．(2025·贵州黔东南州联考)已知函数f(x)＝ln x－，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，则a的值为(　　) A．－ B．－ C．－ D．e [解析]　f′(x)＝＋＝，若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，f(x)min＝f(1)＝－a＝，则a＝－，矛盾．若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.若1<－a<e，即－e<a<－1，则f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，解得a＝－，符合题意，故选A.事实上，若－a≥e，即a≤－e，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上递减，∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，解得a＝－，矛盾；若 －a≤1，即a≥－1，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上递增f(x)min＝f(1)＝－a＝，解得a＝－，矛盾． 7．(2025·湖南湘潭三模)设函数f(x)＝的两个极值点分别为x1，x2.则过(x1，f(x1))，(x2，f(x2))两点的直线斜率为(　　) A． B． C． D． [解析]　由题设f′(x)＝，故x1，x2满足2x1－3ln x1－3＝0,2x2－3ln x2－3＝0，也即ln x1＝(2x1－3)，ln x2＝(2x2－3)．而f(x1)＝＝＝x1，同理f(x2)＝x2，故过(x1，f(x1))，(x2，f(x2))两点的直线斜率k＝＝.故选A. C．－1 D．－ [解析]　因为f(x)＝x2－mx＋2ln x在x＝2时取极小值，所以f′(x)＝2x－m＋＝0在x＝2处成立．即f′(2)＝4－m＋＝5－m＝0，所以m＝5.当m＝5时，f′(x)＝，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝2时取得极小值，故m＝5.所以原函数表达式为f(x)＝x2－5x＋2ln x．导函数的表达式为：f′(x)＝2x－5＋，因为x>0，所以根据基本不等式2x＋≥2＝4.所以导函数的最小值为4－5＝－1.故选C. 9．(2026·河南新乡名校期中)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋b的极小值点为1，极小值为－，则(　　) [解析]　由题意得f′(x)＝x2＋x＋a，则f′(1)＝2＋a＝0，得a＝－2，A正确；由f(1)＝＋－2＋b＝－，得b＝1，B错误；f′(x)＝x2＋x－2＝(x－1)(x＋2)，易知f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，则f(x)的极大值为f(－2)＝，所以f(x)有3个零点，直线y＝5与f(x)的图象仅有1个公共点，C正确，D错误． A．0 B． C． D． [解析]　函数f(x)＝xln x－aex的定义域为(0，＋∞)，由已知得f′(x)＝1＋ln x－aex＝0有两个变号的零点，即a＝有两个根，令g(x)＝，则g′(x)＝，又y＝－ln x－1在(0，＋∞)上单调递减，且x＝1时y＝0，令g′(x)>0得0<x<1，所以g(x)在(0,1)上单调递增；令g′(x)<0得x>1，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减；所以g(x)在x＝1处取得极大值，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，所以，要使函数f(x)＝xln x－aex有两个极值点，则0<a<g(1)＝，故选BC. A．当a＝0时，f(x)的最小值为－ B．当0<a<时，f(x)有且仅有两个极值点 C．若f(x)为增函数，则a≥ [解析]　f(x)＝xln x且x>0，则f′(x)＝1＋ln x，故0<x<时f′(x)<0，x>时f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，则f(x)≥f＝－，A正确；由题设f′(x)＝ln x＋＋1且x>0，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－＝，当0<a<，则0<x<a时g′(x)<0，x>a时g′(x)>0，所以g(x)＝f′(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，则f′(x)≥f′(a)＝ln a＋2，而ln a＋2<0，由0<a2<a，且f′(a2) ＝2ln a＋＋1，对于y＝2ln a＋＋1且0<a<，则y′＝－＝<0，所以y＝2ln a＋＋1在上单调递减，y>2ln ＋e2＋1＝e2－3>0，则f′(a2)>0，又f′(1)＝a＋1>0，故g(x)＝f′(x)在(0，a)、(a，＋∞)各存在唯一变号零点，所以f(x)有且仅有两个极值点，B正确；由B分析，要使f(x)为增函数，只需ln a＋2≥0，即a≥，C错误；由f(x)＝(x＋a)ln x≥0，且y＝x＋a、y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，又ln 1＝0，故只需1＋a＝0，即a＝－1，D正确．故选ABD. [解析]　由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)，所以f′(x)＝(x－a)(x－1)＋(x－1)(x－2)＋(x－a)(x－2)，因为2是函数f(x)极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，得a＝2，当a＝2时，f′(x)＝2(x－2)(x－1)＋(x－2)2＝(x－2)(3x－4)，当x∈，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极小值点，符合题意；所以f(0)＝－1× (－2)×(－a)＝－2a＝－4. 13．(2025·全国大联考)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)的最小值为1，则a＝________. [解析]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－＝，当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)内恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)内单调递增，此时f(x)无最小值；当a>0时，由f′(x)>0，得x>a，由f′(x)<0，得0<x<a，所以函数f(x)在(0，a)内单调递减，在(a，＋∞)内单调递增，故当x＝a时，f(x)取得最小值，即f(x)min＝f(a)＝ln a＋1＝1，故a＝1. [解析]　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－＝，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减，所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1. 由直线方程2x－y＋1＝0可得： 直线斜率为k＝2. 因为函数f(x)＝(ax＋b)ex的图象在点(0，f(0))处的切线方程为2x－y＋1＝0， 所以解得 故a＝1，b＝1. (2)由(1)可得f(x)＝(x＋1)ex，f′(x)＝(x＋2)ex. 令f′(x)>0，得x>－2； 令f′(x)<0，得x<－2； 则函数f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增， 所以当x＝－2时，函数f(x)有极小值f(－2)＝(－2＋1)×e－2＝－. 故函数f(x)的递减区间为(－∞，－2)，递增区间为(－2，＋∞)，有极小值－，无极大值． 1．(2026·陕西汉中一模)在等比数列{an}中，a3，a7是函数f(x)＝x3＋4x2＋9x－1的极值点，则a5＝(　　) [解析]　由f(x)＝x3＋4x2＋9x－1，则f′(x)＝x2＋8x＋9，因为在等比数列{an}中，a3，a7是函数f(x)的极值点，所以a3＋a7＝－8，a3·a7＝9，故a＝9，且a3<0，a7<0，故a5＝a3q2<0，故a5＝－3.故选D. A．(－∞，－2) B． C．∪(0，＋∞) D． [解析]　由题意，由f′(x)＝－2ax＝0，可得＝x(x＋1)，函数f(x)＝ln(x＋1)－ax2有两个极值点，即方程＝x(x＋1)在x∈(－1，＋∞)内有两个不等实根，即函数g(x)＝x(x＋1)与y＝在x∈(－1，＋∞)上有两个交点，因g(x)＝x(x＋1)＝x2＋x＝2－，g(－1)＝0，g＝－，所以∈，解得a∈(－∞，－2)．故选A. 4．(2026·云南大理模拟)若x＝2是f(x)＝6ln x＋ax2－5x的极值点，则a＝________；f(x)在[1,3]上的最小值是________. [答案]　1　－ [解析]　由f(x)＝6ln x＋ax2－5x可得f′(x)＝＋ax－5，因为x＝2是f(x)＝6ln x＋ax2－5x的极值点，所以f′(2)＝3＋2a－5＝0，解得a＝1.此时f(x)＝6ln x＋x2－5x，f′(x)＝＋x－5＝＝，令f′(x)<0得2<x<3，令f′(x)>0得0<x<2或x>3，所以f(x)在(2,3)上单调递减，在(0,2)和(3，＋∞)上单调递增；因为x∈[1,3]，所以f(x)在[1,2)上单调递增，在(2,3]上单调递减，又因为f(1)＝－，f(3)＝6ln 3－，f(1)－f(3)＝－－＝6(1－ln 3)<0，所以f(x)在[1,3]的最小值为－. [解析]　(1)函数f(x)＝x2－2aln x(a>0)的定义域为(0，＋∞)， 又f′(x)＝2x－＝＝， 所以当0<x<时f′(x)<0， 当x>时f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)， 所以x＝为f(x)的极小值点，无极大值点． (2)当≤1，即0<a≤1时，f(x)在[1，e]上单调递增， 所以在x＝1处取得最小值，f(x)min＝f(1)＝1≠0，不符合题意； 当1<<e，即1<a<e2， 此时f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增， 所以f(x)min＝f()＝a－2aln＝0，解得a＝e； 当≥e，即a≥e2，此时f(x)在[1，e]上单调递减， 所以f(x)min＝f(e)＝e2－2a≤e2－2e2<0，不符合题意． 综上可得a＝e. 6．(2025·湖北高三开学考试)已知f(x)＝2ln x－mx2＋(1－2m)x＋. (1)若m＝时，求f(x)在[1,4]上的最大值和最小值； (2)若f(x)≤0恒成立，求m的取值范围． [解析]　(1)因为f′(x)＝－mx＋1－2m＝＝， 当m＝时，令f′(x)＝0， 因为函数f(x)定义域为x∈[1,4]，所以x＝e； 当x∈[1，e]时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈[e,4]时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝e为f(x)的一个极大值点，也为最大值点， 所以f(x)max＝f(e)＝2－··e2＋e＋＝， 而f(1)＝－＋1－＋＝， 又因为f(4)＝2ln 4－＋4＋＝4ln 2＋－， 又因为4ln 2＋－－＝4ln 2＋3－>4×0.69＋3－＝>0， 所以4ln 2＋－>， 所以f(x)min＝f(1)＝. (2)若m≤0时，因为f(1)＝－m>0，不满足题目要求， 若m>0时，f′(x)＝(x>0)， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝为f(x)的一个极大值点，也为最大值点， 所以f(x)max＝f＝－2ln m＋－≤0即可， 令g(m)＝－2ln m＋－， 因为g(m)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝0， 所以m≥1. [答案]　－－ln 2 [解析]　由f(m)＝g(n)，可得em－1＝2＋ln 2n＝t，则有m＝ln t＋1，n＝.设h(t)＝n－m＝－ln t－1，则h′(t)＝－，可得h′(t)单调递增且h′(2)＝0，当t>2时，h′(t)>0，当0<t<2时，h′(t)<0，所以h(t)min＝h(2)＝－－ln 2，即n－m的最小值为－－ln 2. $