3.3 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“导数与函数的极值、最值”核心考点，依据高考评价体系梳理了极值判定、最值求解、参数问题三大考查方向，通过真题分析明确极值点判断（30%）、含参最值（40%）等高频考点，归纳选择、填空、解答题常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题溯源+技巧建模+素养提升”，如2023新高考Ⅱ卷极值参数题，运用“导数零点分类讨论法”突破，培养数学思维的推理能力和数学语言的模型观念。设“易错警示”（如导数为0与极值关系）和“步骤模板”，助力学生掌握得分技巧，教师可依托专题训练实现精准复习。

第三节　导数与函数的极值、最值 1 知识清单 1.函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧________，右侧________．则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值． f′(x)＜0 f′(x)＞0 返回导航 2 (2)函数的极大值 函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧________，右侧________．则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值． (3)极小值点、极大值点统称为______________，极小值和极大值统称为______________． f′(x)＞0 f′(x)＜0 极值点 极值 返回导航 3 剖析　对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件． 极大值与极小值之间没有必然的大小关系． 返回导航 4 2．函数的最值与导数 (1)如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条________的曲线，那么它必有最大值和最小值． (2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的________，f(b)为函数的________；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的________，f(b)为函数的________． 连续不断 最小值 最大值 最大值 最小值 返回导航 5 剖析　若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． 极值有可能是最值，若函数在闭区间[a，b]内的最值点不是端点，则其最值点亦为其极值点． 返回导航 6 自主诊断 1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.(　　) (2)导数等于0的点一定是函数的极值点．(　　) (3)函数的极大值不一定比极小值大．(　　) (4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　) × × √ √ 返回导航 7 2．(人教A版选修二P92T1改编)函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　) A．无极大值点，有四个极小值点 B．有三个极大值点、一个极小值点 C．有两个极大值点、两个极小值点 D．有四个极大值点、无极小值点 答案：C 解析：由题图可知极大值点有两个，极小值点有两个．故选C. 返回导航 8 3．(人教A版选修二P94T1(3)改编)函数f(x)＝6＋12x－x3，x∈的最大值为________，最小值为________． 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. 返回导航 9 4．(人教A版选修二P95例7(1)改编)函数f(x)＝(x＋1)ex的极小值为________． － 解析：函数的定义域为R. f′(x)＝(x＋2)ex. 由f′(x)＞0，解得x＞－2；由f′(x)＜0解得x＜－2. 所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增． 当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－. 返回导航 10 命题点一　导数与函数的极值 考向1　由函数图象判断极值(点) 例1：(多选)已知f′(x)为函数f(x)的导函数，若函数y＝f′(x)－1的图象大致如图所示，则(　　) A．f(x)有3个极值点 B．x＝3是f(x)的极大值点 C．x＝－4是f(x)的极大值点 D．f(x)在(0，4)上单调递增 答案：ACD 返回导航 11 解析：根据函数y＝f′(x)－1的图象得，当x∈(－∞，－4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－4，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0，4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)有3个极值点，其中x＝－4和x＝4是f(x)的极大值点，且f(x)在(0，4)上单调递增，x＝0是f(x)的极小值点，结合选项，可得ACD正确，B错误．故选ACD. 返回导航 12 学霸笔记：(1)涉及与极值有关的函数图象问题，首先要分清给的是f(x)还是f ′(x)的图象，若给的是f(x)的图象，应先找出f(x)的单调区间及极(最)值点． (2)由y＝f ′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点． (3)由导函数y＝f ′(x)的图象可以看出y＝f ′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点． 返回导航 13 　跟踪训练　(2026·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列选项正确的是(　　) A．f(x)有2个极值点 B．f(x)在x＝2处取得极大值 C．f(x)在(－∞，2)上单调递增 D．f(x)有极小值，没有极大值 答案：D 返回导航 14 解析：由题图得，当x<4时，f′(x)≤0，当且仅当x＝2时取等号；当x>4时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增．因此函数f(x)有一个极小值，没有极大值，ABC错误，D正确．故选D. 返回导航 15 考向2　求函数的极值 例2：(2026·潍坊模拟节选)已知函数f(x)＝ln x－x2＋1，讨论f(x)的极值． 返回导航 16 解析：函数f(x)＝ln x－x2＋1的定义域为(0，＋∞)， 对f(x)＝ln x－x2＋1求导得f′(x)＝， 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，令f′(x)＝＝0，即1－ax2＝0，解得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． 返回导航 17 因此，f(x)在x＝处取得极大值，极大值为f＝ln ·2＋1＝－ln a＋(1－ln a)，无极小值． 综上，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)有极大值(1－ln a)，无极小值． 返回导航 18 学霸笔记：求函数极值的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f ′(x)； (3)解方程f ′(x)＝0，求出导函数的定义域内的所有根； (4)列表检验f ′(x)在f ′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号； (5)求出极值． 返回导航 19 跟踪训练　求函数f(x)＝ex(4x＋4)－x2－4x的极值． 解析：f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)， 由f′(x)>0得x<－2或x>－ln 2， 由f′(x)<0得－2<x<－ln 2， 所以f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上递增； f(x)在(－2，－ln 2)上递减． 综上，当x＝－2时，f(x)取得极大值f(－2)＝4(1－e-2)； 当x＝－ln 2时，f(x)取得极小值f(－ln 2)＝－(ln 2)2＋2ln 2＋2. 返回导航 20 考向3　由函数的极值(点)求参数 例3：(1)(多选)(链接·2023年新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 答案：BCD　 返回导航 21 解析：因为函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选BCD. 返回导航 22 (2)(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)＝________． －4 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)的极值点，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. 返回导航 23 真题探源　(源自人教B版选修三P101B组T3)设函数f(x)＝ax3＋3x＋2有极值，求a的取值范围，并求出函数的极值点． 解析：已知f(x)＝ax3＋3x＋2，函数的定义域为R， 可得f′(x)＝3ax2＋3，若函数f(x)有极值，此时f′(x)＝0有两个不同的解，即3ax2＋3＝0有两个不同的解，所以a<0，当x<－ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 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f(x)的极大值点为x＝ ，f(x)的极小值点为x＝－ . 返回导航 24 学霸笔记：(1)已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2)导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验． 返回导航 25 命题点二　导数与函数的最值 考向1　不含参函数的最值 例4：(全国Ⅰ卷19题节选)设函数f(x)＝5cos x－cos 5x，求f(x)在 上的最大值． 返回导航 26 解析：f′(x)＝－5sin x＋5sin 5x＝5(sin 5x－sin x)＝5[sin (3x＋2x)－sin (3x－2x)]＝5×2cos 3x sin 2x＝10cos 3x sin 2x， 因为x∈，故2x∈，故sin 2x≥0， 当0<x<时，cos 3x>0即f′(x)>0； 当<x<时，cos 3x<0即f′(x)<0， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减， 故f(x)在上的最大值为f＝5cos －cos . 返回导航 27 真题探源　(源自人教A版选修二P93例6)求函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0，3]上的最大值与最小值． 解析：∵f(x)＝x3－4x＋4，∴f′(x)＝x2－4， 由f′(x)＝x2－4＝0，得x＝2，或x＝－2. ∵x∈[0，3]，∴x＝2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 由上表可知， 当x＝0时，f(x)max＝f(0)＝4； 当x＝2时，f(x)min＝f(2)＝－. x 0 (0，2) 2 (2，3) 3 f′(x)   － 0 ＋   f(x) 4 单调递减 极小值－ 单调递增 1 返回导航 28 学霸笔记：求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． 返回导航 29 考向2　含参函数的最值 例5：已知a∈R，函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x. (1)讨论函数f(x)的单调性； 返回导航 30 解析：由题意可得f′(x)＝2ae2x＋(a－2)ex－1＝(2ex＋1)(aex－1)， 注意到ex>0，2ex＋1>0， ①若a≤0，f′(x)<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； ②若a>0，令f′(x)＝0时，解得x＝－ln a. 当x>－ln a，f′(x)>0；当x<－ln a，f′(x)<0. 所以f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，－ln a)上单调递减． 综上，a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减； a>0时，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，－ln a)上单调递减． 返回导航 31 (2)当a>0时，求函数f(x)在区间[0，1]上的最小值． 返回导航 32 解析：由(1)知a>0时，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，在(－∞，－ln a)上单调递减， ①当－ln a≤0时，即a≥1时，函数f(x)在区间[0，1]上单调递增， 所以f(x)min＝f(0)＝2a－2； ②当0<－ln a<1时，即<a<1时，函数f(x)在区间[0，－ln a]上单调递减， 在[－ln a，1]上单调递增，所以f(x)min＝f(－ln a)＝1＋ln a－； 返回导航 33 ③当－ln a≥1，即0<a≤时，函数f(x)在区间[0，1]上单调递减， 所以f(x)min＝f(1)＝ae2＋(a－2)e－1. 综上，a≥1时，f(x)min＝2a－2，<a<1时，f(x)min＝1＋ln a－， 0<a≤时，f(x)min＝ae2＋(a－2)e－1. 返回导航 34 学霸笔记：(1)由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致函数最值的变化，故函数含参数时，需注意是否需要分类讨论． (2)已知函数最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决． 返回导航 35 　跟踪训练　已知函数f(x)＝4x3－ax2＋3在[0，2]上的最大值为3，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，8) B．[12，＋∞) C．[8，12) D．[8，＋∞) 答案：D 返回导航 36 解析：由f(x)＝4x3－ax2＋3可得f(0)＝3，函数f(x)＝4x3－ax2＋3，x∈[0，2]的导函数f′(x)＝12x2－2ax＝2x(6x－a)，x∈[0，2].若a≤0，当0≤x≤2时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0，2]上单调递增，f(x)的最大值为f(2)>f(0)＝3，不符合题意；若0<a<12，当0<x<时，f′(x)<0，函数f(x)在上单调递减，当<x<2时，f′(x)>0，函数f(x)在上单调递增，由函数f(x)＝4x3－ax2＋3在[0，2]上的最大值为3，可得f(2)≤f(0)＝3，所以4×8－4a＋3≤3，又0<a<12，所以8≤a<12； 返回导航 37 若a≥12，当0≤x≤2时，f′(x)≤0，函数f(x)在[0，2]上单调递减，函数f(x)在[0，2]上的最大值为f(0)＝3，满足条件，所以a≥12时，函数f(x)在[0，2]上的最大值为3.综上所述，a的取值范围是[8，＋∞)．故选D. 返回导航 38 1．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的极小值点为(　　) A．x1 B．0 C．x2或x3 D．x4 答案：D 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 39 解析：由题图可知，当x∈(－∞，x1)∪(x4，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(x1，x4)时，f′(x)≤0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，x1)和(x4，＋∞)上单调递增，在(x1，x4)上单调递减，所以f(x)的极小值点为x4.故选D. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 40 2．(2026·中山模拟)函数f(x)＝ex－ln (ex)在其定义域上(　　) A．有最小值，有最大值 B．有最小值，无最大值 C．无最小值，有最大值 D．无最小值，无最大值 答案：B 解析：令真数ex>0，则x>0，所以函数f(x)＝ex－ln (ex)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝e－，令f′(x)>0，则x>，令f′(x)<0，则0<x<，所以函数f(x)在x∈上单调递减，在x∈上单调递增，所以f(x)在(0，＋∞)上有最小值f，无最大值．故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 41 3．若x＝2是函数f(x)＝x3－ax2的极小值点，则实数a＝(　　) A．6 B．3 C．2 D．4 答案：B 解析：由题易得f′(x)＝3x2－2ax，则f′(2)＝3×4－4a＝0，解得a＝3.当a＝3时，f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，所以当x∈(－∞，0)和x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(0，2)时，f′(x)<0，故x＝2是f(x)的极小值点，符合题意．所以a＝3.故选B. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 42 4．(2026·开封模拟)若函数f(x)＝x3－ax2＋1在x＝－4处取得极大值，则实数a＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 答案：A 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 43 解析：将原函数求导得f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，因为函数在x＝－4处取得极大值，则f′(4)＝4(4－2a)＝0，解得a＝－2.当a＝－2时，f′(x)＝x(x＋4)．令f′(x)>0，得x>0或x<－4；令f′(x)<0，得－4<x<0.所以函数f(x)在(－∞，－4)上单调递增，在(－4，0)上单调递减，所以f(x)在x＝－4处取得极大值，满足题意．故选A. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 44 5．(2026·沙坪坝模拟)函数 f(x)＝ex－ 的最小值为(　　) A． B．1 C．e D．e2 答案：C 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 45 解析：f′(x)＝ex－，设s(x)＝x2ex－e＋eln x，则s′(x)＝(x2＋2x)ex＋>0，故s(x)为(0，＋∞)上的单调递增，而s(1)＝0，x2>0，故当0<x<1时，s(x)<0即f′(x)<0，当x>1时，s(x)>0即f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝e.故选C. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 46 6．(2026·河南多校联考)近日，毛绒卡通玩偶拉布布(LABUBU)火爆全球．已知某款拉布布的头部形状可视为球形，某厂家利用3D打印技术制作该头部模型，一批发商向该厂家定制半径为r(单位：dm)的拉布布头部模型．已知每个这样的模型的打印成本为4πr4元，厂家可制作的模型的最大半径为1 dm，若批发商以3元/dm3的价格收购，则该厂家售卖单个模型最多可以获利(　　) A.π 元 B． 元 C． 元 D． 元 答案：D 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 47 解析：由题意可得利润L(r)＝3×πr3－4πr4＝4πr3－4πr4(0<r≤1)，∴L′(r)＝4πr2(3－4r)，且0<r≤1.令L′(r)＝0，∴r＝，当0<r<时，L′(r)>0，L(r)单调递增；当<r≤1时，L′(r)<0，L(r)单调递减，∴利润L(r)在r＝时取得最大值，此时L＝，∴该厂家售卖单个模型最多可以获利 元．故选D. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 48 7．(2026·芜湖模拟)若函数f(x)＝(sin x－a)3的最小值为1，则f(x)的最大值为(　　) A．2 B．4 C．8 D．27 答案：D 解析：令t＝sin x，因为sin x∈[－1，1]，所以t∈[－1，1]；y＝(t－a)3，y′＝3(t－a)2≥0，当且仅当t＝a时取等号，此时y＝(t－a)3单调递增，当t＝－1时，y＝(t－a)3有最小值．由＝1可得a＝－2，则函数最大值为(1＋2)3＝27，且t＝sin x＝1时取到最大值．故选D. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 49 8．(2026·肇庆模拟)若函数f(x)＝xex－a(x＋ln x)的极小值为2a，则实数a的值为(　　) A．e B．－e C． D．－ 答案：C 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 50 解析：由f(x)＝xex－a(x＋ln x)，x>0，可得f′(x)＝(x＋1)ex－＝(x＋1)，当a≤0时，f′(x)>0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；当a>0时，由于函数y＝ex，y＝－均在(0，＋∞)上单调递增，则y＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，结合f(x)有极值，故y＝ex－必然有零点，且y＝ex－有唯一的零点，设为x0，则0＝，即＝a，有ln a＝. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 51 当x∈上单调递减；当，f(x)在上单调递增，故 是f(x)的极小值点，故＝－a(x0＋ln x0)＝2a，则f(x0)＝a－a ln a＝2a，解得a＝.综上可得a＝.故选C. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 52 9．已知函数f(x)＝x3－x2－3x＋1，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)有3个极值点 B．f(x)的极大值点为－1 C．f(x)的极小值为－8 D．f(x)的最大值为 答案：BC 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 53 解析：∵f(x)＝x3－x2－3x＋1，∴f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，∴当x∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－1，3)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递增，在(－1，3)上单调递减．对于AB，由单调性知，f(x)有且仅有2个极值点，其中极大值点为－1，极小值点为3，故A错误，B正确；对于C，f(x)的极小值为f(3)＝9－9－9＋1＝－8，故C正确；对于D，根据f(x)的单调性可知f(x)无最大值，故D错误．故选BC. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 54 10．已知函数f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值为3，最小值为－6，则a＋b的值可能为(　　) A．－ B．－ C． D． 答案：AC 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 55 解析：由题意可得f′(x)＝4ax2(x－3)，1≤x≤4，当a＝0时，则f(x)＝b，显然不合题意，舍去；当a>0时，令f′(x)>0，而1≤x≤4，则3<x≤4，故f(x)在[1，3]上单调递减，在(3，4]上单调递增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)<f(4)，故解得则a＋b＝； 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 56 当a<0时，令f′(x)>0，而1≤x≤4，则1≤x<3，故f(x)在[3，4]上单调递减，在[1，3)上单调递增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)>f(4)，故解得则a＋b＝－.综上所述a＋b＝或－.故选AC. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 57 11．(2026·三门峡模拟)f(x)＝x＋cos x在[0，π]上的极小值点为________． 解析：因为f(x)＝x＋cos x，x∈[0，π]，所以f′(x)＝－sin x，令f′(x)＝－sin x＝0，得x＝或x＝，所以当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝时，f(x)取得极小值，即极小值点为. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 58 12．(2026·武汉模拟)若函数f(x)＝x3－ax2在x＝－2处有极值，则实数a＝________． －1 解析：因为f(x)＝x3－ax2，f′(x)＝x2－2ax，f(x)在x＝－2处有极值，所以f′(－2)＝0，所以(－2)2＋4a＝0，解得a＝－1.经检验a＝－1时，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，当x<－2或x>0时，f′(x)>0；当－2<x<0时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，函数在x＝－2处有极大值，满足题意． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 59 13．(13分)已知函数f(x)＝－x ln x＋2x＋1. (1)求函数f(x)的单调区间以及极值； 解析：函数f(x)＝－x ln x＋2x＋1的定义域是(0，＋∞)． 又f′(x)＝1－ln x，令f′(x)>0，得0<x<e，令f′(x)<0，得x>e， 故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)， 所以函数f(x)的极大值为f(e)＝e＋1，无极小值． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 60 (2)求函数f(x)在[1，e2]上的最小值． 解析：由(1)可知，f(x)在[1，e]上单调递增，在(e，e2]上单调递减， 所以f(x)在[1，e2]上的最小值为min{f(1)，f(e2)}． 因为f(1)＝3，f(e2)＝1，所以f(e2)<f(1)， 所以函数f(x)在[1，e2]上的最小值为1. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 61 14．(15分)(2026·合肥模拟)已知函数f(x)＝－(a＋3)x＋3a ln x(a∈R)． (1)若a＝－2，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程； 解析：当a＝－2时，f(x)＝x2－x－6ln x，则f(1)＝， 可知f′(x)＝x－1－，则f′(1)＝1－1－6＝－6， 所以切线方程为y＋＝－6(x－1)，即y＝－6x＋. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 62 (2)若x＝3是f(x)的极大值点，求实数a的取值范围． 解析：由题意可知函数的定义域为(0，＋∞)， 且f′(x)＝x－(a＋3)＋， 当a＝3时，f′(x)＝≥0，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意； 当a<3时，x∈(0，a)时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，a)上单调递增， x∈(a，3)时，f′(x)<0，函数f(x)在(a，3)上单调递减， x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(3，＋∞)单调递增， 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 63 则x＝3是f(x)的极小值点，不满足题意； 当a>3时，x∈(0，3)时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，3)上单调递增， x∈(3，a)时，f′(x)<0，函数f(x)在(3，a)上单调递减， x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增， 满足x＝3是f(x)的极大值点，所以a∈(3，＋∞)． 综上所述，实数a的取值范围为(3，＋∞)． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 64 15．(5分)(2026·深圳模拟)若函数f(x)＝a ln x＋(x－a)2存在极大值点，则实数a的取值范围是(　　) A．∅ B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 答案：C 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 65 解析：由f(x)＝a ln x＋(x－a)2，得f′(x)＝(x>0)．由题意，得2x2－2ax＋a＝0在(0，＋∞)有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2)．令g(x)＝2x2－2ax＋a，则函数g(x)的图象如图所示， 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 66 ∴解得a>2.此时，x∈(0，x1)时，g(x)>0，∴f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，g(x)<0，∴f′(x)<0，f(x)单调递减；即当x＝x1时，f(x)取得极大值．∴实数a的取值范围是(2，＋∞)．故选C. 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 67 16．(5分)(2026·淮南模拟)若函数f(x)＝－x＋ln x＋ln a的最小值为1，则实数a的取值范围为__________． [e，＋∞) 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 68 解析：f(x)＝－x＋ln x＋ln a，ax＝eln (ax)＝eln x＋ln a，则f(x)＝ex－ln x－ln a－(x－ln x－ln a)，令x－ln x－ln a＝t，原式可化为g(t)＝et－t，g′(t)＝et－1，当t>0，g′(t)>0，g(t)单调递增；当t<0，g′(t)<0，g(t)单调递减，则t＝0时，g(t)取得最小值1，所以x－ln x－ln a＝0有解，即x－ln x＝ln a有解．记h(x)＝x－ln x，h′(x)＝1－，当x>1，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，当0<x<1，h′(x)<0，h(x)在(0，1)上单调递减．故h(x)≥h(1)＝1，且当x→0，h(x)→＋∞，x→＋∞，h(x)→＋∞，所以ln a≥1，解得a≥e，所以实数a的取值范围为[e，＋∞)． 返回导航 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 16 69 $