第三章 课时3 导数与函数的极值、最值讲义-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与函数的极值、最值核心考点，依据课标要求构建“定义-判别-求法”知识体系，梳理极值与最值的内在逻辑联系。通过知识梳理夯实基础，基础回顾诊断学情，考点扫描分考向进行方法指导和真题训练，形成系统性复习路径。 讲义突出数学思维与数学语言的培养，如在已知极值求参数时，引导学生通过导数符号变化和分类讨论构建逻辑推理过程，结合新高考真题及模拟题设计分层练习。设置规律方法总结与即时对点训练，帮助学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

课时3 导数与函数的极值、最值 一、课标要求 1．借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件. 2．能利用导数求某些函数的极大值、极小值，以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值. 3．体会导数与单调性、极值、最大（小）值的关系. 二、知识梳理 1.函数的极值 (1) 函数极值定义:一般地，设函数在点附近有定义，如果对附近的所有的点，都有 ，就说是函数的一个 ，记作 ，是极大值点.如果对附近的所有的点，都有 .就说是函数的一个 ，记作 ，是 .极大值与极小值统称为 . (2) 判别f(x0)是极大、极小值的方法:若满足，且在的两侧的导数异号，则是的极值点，是极值，并且若在两侧满足“ ”，则是的 ,是 ；若在两侧满足“左负右正”，则是的 ，是 . (3)求可导函数f(x)的极值的步骤: ①确定函数f(x)的定义区间，求导数. ②求出方程的定义域内的所有实数根. ③用函数的导数为的点，顺次将函数的定义域分成若干小开区间，并列成表格.标出在方程根左、右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左、右不改变符号，那么f(x)在这个根处无极值. ④根据表格下结论，并求出需要的极值. 2. 函数的最值 （1）定义：若在函数的定义域D内存在,使得对于 ,都有 ,则称为函数的 ，记作 ;若在函数的定义域D内存在,使得对于 ,都有 ,则称为函数的 ，记作 . （2）在闭区间上图象 函数在上必有最大值与最小值． （3）求函数在上的最大值与最小值的步骤： ① 求在内的极值； ② 将的各极值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值, 从而得出函数在上的最值. 【拓展知识】 1．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． 2．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． 3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值． 三、基础回顾 1．判断正误.（正确的打“√”，错误的打“×”） (1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．(　　) (2)导数为零的点不一定是极值点．(　　) (3)函数的极大值一定比极小值大．(　　) (4)开区间上的单调连续函数无最值．(　　) 2．设函数f(x)＝xex，则(　　) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 3．（多选题）已知函数f(x)的定义域为R，它的导数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则有(　　) A．函数f(x)在(1,2)上单调递增 B．函数f(x)在(3,4)上单调递减 C．函数f(x)在(1,3)上有极大值 D．x＝3是函数f(x)在区间[1,5]上的极小值点 4. 函数f(x)＝2x－ln x的最小值为 ． 四、考点扫描 考点一 利用导数研究函数的极值 考向1　根据函数图象判断极值 例1设函数f(x)在R上可导，其导数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论一定成立的是(　　) A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) 规律方法： 对点训练 (多选题)如图是函数y＝f(x)的导数f′(x)的图象.下列说法正确的有(　　) A．f(1)为函数f(x)的极大值 B．当x＝－1时，f(x)取得极小值 C．f(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,4)上单调递减 D．当x＝3时，f(x)取得极小值 考向2　求已知函数的极值（点） 例2 （多选题）（2026·新高考Ⅱ卷）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则有（ ） A. B. 当时， C. 当且仅当时成立 D. 是的极大值点 规律方法： 对点训练 函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e)上的极大值为(　　) A．－e B．－1 C．1－e D．0 考向3　已知极值(点)求参数 例3 (1)若函数f(x)=x3－ax2+2x－1有两个极值点，则实数a的取值范围是 　. （2）已知函数f(x)=aex+bx在x=0处取得极小值1，则f '(2)= (　　) A.e2－2 B.2－e2 C.e2－1 D.e2 规律方法： 对点训练 （2026·八省联考节选）已知函数．若是的极小值点，求实数的取值范围． 考点二 利用导数研究函数的最值 考向1　求不含参函数的最值 例4 函数f(x)＝x＋2cos x在区间上的最小值是(　　) A．－ B．2 C.＋ D.＋1 对点训练 函数f(x)＝(x＋1)ex的最小值是________． 考向2　由函数的最值求参数 例5 求函数在上的最小值. 规律方法： 对点训练 （2026·广东湛江市模拟）已知函数f(x)=ln x+ax在(0，1)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　) A.(0，+∞) B.(0，1) C.(－∞，－1) D.(－1，0) 课时3 导数与函数的极值、最值参考答案 二、知识梳理 1. （1） 极大值 极小值 极小值点 极值 （2） 左正右负 极大值点 极大值 极小值点 极小值 2. （1） 最大值 最小值 （2） 连续不断的 三、基础回顾 1．(1)×　(2)√　(3) ×　(4)√ 2.　D 【解析】　令f′(x)＝ex＋x·ex＝(1＋x)ex＝0，得x＝－1. 当x＜－1时，f′(x)＜0；当x＞－1时，f′(x)＞0.故x＝－1为f(x)的极小值点．故选D. 3. ABC 【解析】　根据导数图象知，x∈(1,2)时，f′(x)>0； x∈(2,4)时，f′(x)<0，x∈(4,5)时，f′(x)>0. 所以f(x)在(1,2)，(4,5)上单调递增，在(2,4)上单调递减， x＝2是f(x)在[1,5]上的极大值点，x＝4是极小值点．故选ABC. 4. 1＋ln 2 【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－＝. 当0<x<时，f ′(x)<0；当x>时，f′(x)>0. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f ＝1－ln ＝1＋ln 2. 四、考点扫描 例1 D 【解析】由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0； 当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0. 由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值， 在x＝2处取得极小值.故选D. 对点训练 　BC 【解析】　由图象知，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－2，－1)上单调递减， 当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，即f(x)在(－1,2)上单调递增， 所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故A错误，B正确； 当x∈(2,4)时，f′(x)<0，即f(x)在(2,4)上单调递减，故C正确，D错误．故选BC. 例2 ABD 【解析】对于选项A，因为定义在R上奇函数，则，故A正确； 对于选项B，当时，， 则，故B正确； 对于选项C，，故C错误； 对于选项D，当时，， 则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确.故选ABD. 对点训练 　B 【解析】　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1. 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e)时，f′(x)<0， 故f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝ln 1－1＝0－1＝－1.故选B. 例3 （1）　(－∞，)∪(，+∞) 【解析】　f'(x)=3x2－2ax+2， 由题意知f'(x)有两个变号零点， 即方程3x2－2ax+2=0有两个不等实根， 所以Δ=(－2a)2－4×3×2>0， 解得a>或a<. （2）　C 【解析】　由f(x)=aex+bx，得f '(x)=aex+b. 因为f(x)在x=0处取得极小值1， 所以⇒⇒f '(x)=ex－1， 当x>0时，f '(x)>0，f(x)单调递增， 当x<0时，f '(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)在x=0处取得极小值，故a=1，b=－1满足题意，于是有f '(2)=e2－1.故选C. 对点训练 【解】由题可得定义域为，. 因为是的极小值点， 则（1），即，则. 若，令，解得，令，则， 则在上单调递增，在上单调递减，得是的极大值点，不满足题意； 若，令，则，令，则，，， 则在上单调递增，在，上单调递减，得是的极大值点，不满足题意； 若，则，在上单调递减，无极值，不满足题意； 若，令，， 令，则，，， 故在上单调递增，在，上单调递减， 所以是的极小值点，满足题意. 综上，是的极小值点时，的取值范围是． 例4 　A 【解析】　f′(x)＝1－2sin x， 因为x∈，所以sin x∈[－1,0]，所以－2sin x∈[0,2]． 所以f′(x)＝1－2sin x＞0在上恒成立． 所以f(x)在上单调递增．所以f(x)min＝－＋2cos＝－.故选A. 对点训练 　－ 【解析】　f(x)＝(x＋1)ex⇒f′(x)＝(x＋2)ex， 当x>－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 因此当x＝－2时，函数有最小值，最小值为f(－2)＝(－2＋1)e－2＝－. 例5 【解】因为， 所以当时，，所以在上单调递增，所以. 当时，令，得. ① 当时，则，所以在上单调递增，所以； ② 当时，则，所以在上单调递减，在上单调递增， 则. 综上：当时，在上的最小值为； 当时，在上的最小值为. 对点训练 　C 【解析】　因为f'(x)=+a，x>0，所以当a≥0时，f '(x)>0恒成立， 故f(x)在(0，+∞)上单调递增，不存在最大值； 当a<0时，令f'(x)=0，得x=，所以当x∈时，f '(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x∈时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max=， 所以0<<1，解得a<－1.故选C. . 学科网（北京）股份有限公司 $