第3章 第16讲 导数与函数的极值、最值（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学讲义围绕导数与函数的极值、最值高考核心考点，按“知识整合-题型突破-分层精练”逻辑架构知识体系，通过激活思维题组巩固基础，聚焦极值定义与判断、最值求解等核心方法，题型突破分识图判断、参数计算、含参最值等视角，配套A组夯基与B组提升练习，系统助力学生构建解题框架。 资料以“数学眼光”“数学思维”为导向，创新设计导函数图象分析（如例1-1）培养几何直观与抽象能力，通过极值求参数问题（如例2）强化推理意识与运算能力，设置基础巩固、能力提升分层练习，确保高效突破难点，为教师精准把控复习节奏提供支撑，有效提升学生应试能力。

第16讲　导数与函数的极值、最值 知识整合　体系重构 激活思维 1．(多选)下列四个函数在x＝0处取得极值的是(　　) A．y＝x3　 B．y＝x2＋1 C．y＝|x|　 D．y＝2x 2．(教材经典题改编)已知函数f(x)＝6＋12x－x3，x∈，则f(x)的最大值为____，最小值为____． 3．(教材经典题)已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极大值点是____，极小值点是____． 4．(教材经典题)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c的值为____． 5．(教材经典题)用总长14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边的长比另一边的长多0.5 m，那么高为______m时，容器的容积最大，最大容积为______m3． 聚焦知识 1．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y极大值＝f(x0)，x0为f(x)的__________；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y极小值＝f(x0)，x0为f(x)的__________．极小值点与极大值点统称为_________，极大值与极小值统称为极值． (2) 当函数f(x)在x0处连续时，判断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． 2．最值 在闭区间[a，b]上的_________一定存在最大值和最小值，最大值是区间端点值和区间内的极大值中的最大者，最小值是区间端点值和区间内的极小值中的最小者． 3．常用结论 (1) 在函数的定义区间[a，b]内，极大(小)值可能有多个，可能没有，但最大(小)值有一个或者没有； (2) 给出函数极大(小)值的条件，一定既要考虑f′(x0)＝0，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，二者缺一不可，这点要切记！ 题型突破　思维拓展 求函数的极值 视角1　极值点的判断(识图) 例 1－1　(多选)若函数f(x)的定义域为(－4,3)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)有两个极大值点 B．f(x)有一个极小值点 C．f(0)＞f(1) D．f(－2)＞f(－3) 导函数图象从左往右，导函数值由正变负，表示函数单调性由增变减，此时导函数的零点即为函数的极大值点；同理，导函数值由负变正，函数单调性由减变增，此时导函数的零点即为函数的极小值点．判断函数的极值需从定义入手． 变式 1－1(多选)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则(　　) A．f(x)在(a，b)内一定不存在最小值 B．f(x)在(a，b)内只有一个极小值点 C．函数f(x)在(a，b)内有两个极大值点 D．函数f(x)在(a，b)内可能没有零点 视角2　求极值 例 1－2　已知函数f(x)＝－aln x，求函数y＝f(x)在区间[1,4]上的极值． 利用导数求函数f(x)极值的一般步骤： (1) 确定函数f(x)的定义域； (2) 求导数f′(x)； (3) 在定义域内解方程f′(x)＝0； (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． 变式 1－2(2025·保定质检)若函数f(x)＝，则其极大值与极小值的和为________． 根据极值求参数 例2　(2025·八省联考)已知函数f(x)＝aln x＋－x． (1) 设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； (2) 若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． (1) 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，可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． 变式2　(2025·郑州质检)已知函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x在x＝a处取得极小值，则实数a的取值范围为(　　) A．[1，＋∞)　 B．(1，＋∞) C．(0,1]　 D．(0,1) 求函数的最值 视角1　不含参函数的最值 例 3－1　(2025·泉州二检)已知函数f(x)＝ex(x2＋a)(a＜0)的图象在点(0，f(0))处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为． (1) 求a的值； (2) 求f(x)在区间[－4,2]上的最大值和最小值． 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． 视角2　含参函数的最值 例 3－2　(1)(2025·南京二模节选)求函数f(x)＝x2－2aln x＋1，a＞0，x∈[1，e]的最小值． (2) 已知函数f(x)＝x3＋x2＋2ax，a∈(0,2)，求函数f(x)在[－2a，a]上的最大值． 变式3　(2025·惠州调研)已知函数f(x)＝aln x＋(a＞0)． (1) 求函数f(x)的极值． (2) 是否存在实数a，使得函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　　) A．f(b)＞f(a)＞f(c) B．函数f(x)在x＝c处取得最大值，在x＝e处取得最小值 C．函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值 D．函数f(x)的最小值为f(d) 2．(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 3．(2025·安阳三模)已知函数f(x)＝x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为(　　) A．8　 B．6 C．4　 D．2 4．已知函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x在x＝a处取得极大值，则实数a的取值范围为(　　) A．[1，＋∞)　 B．(1，＋∞) C．(0,1)　 D．(0,1] 5．(2025·邯郸一模)已知函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0]∪　 B．[0，＋∞)∪ C．(－∞，0]　 D．[0，＋∞) 二、多项选择题 6．(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln 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 7．(2025·新高考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 8．(2025·杭州质检)设函数f(x)＝(x3－x)ln x，则(　　) A．f(x)是偶函数 B．f(x)≥0 C．f(x)在区间(0,1)上单调递增 D．x＝1为f(x)的极小值点 三、填空题 9．(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝____． 10．(2025·苏中苏北七市二调)若函数f(x)＝有最大值，则k的最大值为____． 11．(2025·苏锡常镇一模节选)若函数f(x)＝x3－x2＋1在区间(a，a＋4)上有最大值，则实数a的取值范围为_______． 四、解答题 12．(2025·湘潭调研)已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋1，其中a∈R． (1) 当a＝3时，求函数f(x)在(0,3)内的极值； (2) 若函数f(x)在[1,2]上的最小值为5，求实数a的取值范围． 13．(2026·唐山期初)已知函数f(x)＝x(x－2)(x－a)． (1) 若函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，求实数a的值； (2) 若x＝a是f(x)的极大值点，求实数a的值； (3) 设x1，x2是f(x)的极值点，且满足f(x1)＋f(x2)＞0，求实数a的取值范围． B组　能力提升练 14．(2026·济南期初)已知函数f(x)＝cos x＋cos 2x＋cos 3x，则f(x)的最小值为__________． 15．(2026·青岛期初)已知函数f(x)＝x3－3x＋sin ，若∃φ∈R，∀x∈[－，]，都有f(x)≤a，则实数a的最小值为____． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲　导数与函数的极值、最值 知识整合　体系重构 激活思维 1．(多选)下列四个函数在x＝0处取得极值的是(　BC　) A．y＝x3　 B．y＝x2＋1 C．y＝|x|　 D．y＝2x 2．(教材经典题改编)已知函数f(x)＝6＋12x－x3，x∈，则f(x)的最大值为__22__，最小值为____． 【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． 3．(教材经典题)已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极大值点是__x2__，极小值点是__x4__． 【解析】 因为x2，x4处的导数都为零，且这两点左右两侧的导数值异号，所以x2，x4是函数的极值点．因为当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0，当x∈(x2，x3)时，f′(x)＜0，所以x2是极大值点．因为当x∈(x3，x4)时，f′(x)＜0，当x∈(x4，x5)时，f′(x)＞0，所以x4是极小值点． 4．(教材经典题)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c的值为__6__． 【解析】 因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2．经检验，c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6． 5．(教材经典题)用总长14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边的长比另一边的长多0.5 m，那么高为__1.2__m时，容器的容积最大，最大容积为__1.8__m3． 【解析】 设该容器底面矩形短边的长为x m，则另一边的长为(x＋0.5)m，此容器的高为y＝－x－(x＋0.5)＝3.2－2x，则此容器的容积为V(x)＝x(x＋0.5)(3.2－2x)＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，其中0＜x＜1.6．令V′(x)＝－6x2＋4.4x＋1.6＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．因为V(x)在(0,1.6)内只有一个极值点，当x∈(0,1)时，V′(x)＞0，函数V(x)单调递增；当x∈(1,1.6)时，V′(x)＜0，函数V(x)单调递减，所以V(x)max＝V(1)＝1×(1＋0.5)×(3.2－2×1)＝1.8(m3)，即当高为1.2 m时，长方体容器的容积最大，且最大容积为1.8 m3． 聚焦知识 1．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y极大值＝f(x0)，x0为f(x)的__极大值点__；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y极小值＝f(x0)，x0为f(x)的__极小值点__．极小值点与极大值点统称为__极值点__，极大值与极小值统称为极值． (2) 当函数f(x)在x0处连续时，判断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． 2．最值 在闭区间[a，b]上的__连续函数__一定存在最大值和最小值，最大值是区间端点值和区间内的极大值中的最大者，最小值是区间端点值和区间内的极小值中的最小者． 3．常用结论 (1) 在函数的定义区间[a，b]内，极大(小)值可能有多个，可能没有，但最大(小)值有一个或者没有； (2) 给出函数极大(小)值的条件，一定既要考虑f′(x0)＝0，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，二者缺一不可，这点要切记！ 题型突破　思维拓展 求函数的极值 视角1　极值点的判断(识图) 例 1－1　(多选)若函数f(x)的定义域为(－4,3)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则(　AB　) A．f(x)有两个极大值点 B．f(x)有一个极小值点 C．f(0)＞f(1) D．f(－2)＞f(－3) 【解析】 由题图可知当x∈(－4，－3)∪(－2,2)时，f′(x)≥0，当x∈(－3，－2)∪(2,3)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－4，－3)，(－2,2)内单调递增，在(－3，－2)，(2,3)内单调递减，可知f(0)＜f(1)，f(－2)＜f(－3)，且f(x)的极大值点为－3,2，极小值点为－2． 导函数图象从左往右，导函数值由正变负，表示函数单调性由增变减，此时导函数的零点即为函数的极大值点；同理，导函数值由负变正，函数单调性由减变增，此时导函数的零点即为函数的极小值点．判断函数的极值需从定义入手． 变式 1－1(多选)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则(　BCD　) A．f(x)在(a，b)内一定不存在最小值 B．f(x)在(a，b)内只有一个极小值点 C．函数f(x)在(a，b)内有两个极大值点 D．函数f(x)在(a，b)内可能没有零点 【解析】 如图，函数的单调性是先增，后减，再增，再减，即x＝c，x＝e时，f(x)取得极大值，在x＝d时f(x)取得极小值，所以B，C正确；当f(d)≤f(a)，且f(d)≤f(b)时，f(d)为f(x)在(a，b)内的最小值，所以A不正确；若f(a)≥0，f(d)＞0，f(b)≥0，则f(x)在(a，b)内没有零点，所以D正确． 视角2　求极值 例 1－2　已知函数f(x)＝－aln x，求函数y＝f(x)在区间[1,4]上的极值． 【解答】　因为f(x)＝－aln x，x∈[1,4]，所以f′(x)＝－＝．当2a≤1，即a≤时，f′(x)≥0在[1,4]上恒成立，所以y＝f(x)在[1,4]上单调递增，所以y＝f(x)在[1,4]上无极值．当2a≥2，即a≥1时，f′(x)≤0在[1,4]上恒成立，所以y＝f(x)在[1,4]上单调递减，所以y＝f(x)在[1,4]上无极值．当1＜2a＜2，即＜a＜1时，x，f′(x)，f(x)的变化如下表： x (1,4a2) 4a2 (4a2,4) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗ 因此，f(x)的单调递减区间为(1,4a2)，单调递增区间为(4a2,4)．所以当x＝4a2时，f(x)有极小值为2a－2aln(2a)，无极大值． 利用导数求函数f(x)极值的一般步骤： (1) 确定函数f(x)的定义域； (2) 求导数f′(x)； (3) 在定义域内解方程f′(x)＝0； (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． 变式 1－2(2025·保定质检)若函数f(x)＝，则其极大值与极小值的和为__－4e4 __． 【解析】 f(x)＝，f′(x)＝－(x＞0)，由f′(x)＞0，得e－4＜x＜e2，由f′(x)＜0，得0＜x＜e－4或x＞e2，所以f(x)在(0，e－4)上单调递减，在(e－4，e2)上单调递增，在(e2，＋∞)上单调递减，所以f(x)极大值＝f(e2)＝，f(x)极小值＝f(e－4)＝－4e4，则其极大值与极小值的和为－4e4． 根据极值求参数 例2　(2025·八省联考)已知函数f(x)＝aln x＋－x． (1) 设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； 【解答】 当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－－x(x＞0)，f′(x)＝＋－1，令f′(x)＝2，得x＝1或x＝－(舍去)．又f(1)＝0－2－1＝－3，故切点为(1，－3)，切线方程为2x－y－5＝0． (2) 若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． 【解答】 f′(x)＝－－1＝．令h(x)＝－x2＋ax－b，设h(x)的两个零点分别为1和t．因为x＝1为f(x)的极小值点，所以1＜t且x∈(0,1)时，h(x)＜0，x∈(1，t)时，h(x)＞0，x∈(t，＋∞)时，h(x)＜0，所以h(1)＝0且1＜，即－1＋a－b＝0，a＞2，所以b＝a－1＞1，即b的取值范围为(1，＋∞)． (1) 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，可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． 变式2　(2025·郑州质检)已知函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x在x＝a处取得极小值，则实数a的取值范围为(　B　) A．[1，＋∞)　 B．(1，＋∞) C．(0,1]　 D．(0,1) 【解析】 因为函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x，则f′(x)＝x－(1＋a)＋＝，要使函数f(x)在x＝a处取得极小值，则a＞1． 求函数的最值 视角1　不含参函数的最值 例 3－1　(2025·泉州二检)已知函数f(x)＝ex(x2＋a)(a＜0)的图象在点(0，f(0))处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为． (1) 求a的值； 【解答】　由f(x)＝ex(x2＋a)得f′(x)＝ex(x2＋2x＋a)，所以f′(0)＝a，又f(0)＝a，所以f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，即y＝ax＋a．当x＝0时，y＝a；当y＝0时，x＝－1．因为y＝ax＋a与坐标轴所围成的三角形的面积为且a＜0，所以×(－a)×1＝，所以a＝－3． (2) 求f(x)在区间[－4,2]上的最大值和最小值． 【解答】　由(1)得f(x)＝ex(x2－3)，f′(x)＝ex(x2＋2x－3)＝ex(x＋3)(x－1)．由f′(x)＝0得x＝－3或x＝1．当－4≤x＜－3时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当－3＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当1＜x≤2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．因为f(－4)＝，f(－3)＝，f(1)＝－2e，f(2)＝e2，且e2＞＞＞－2e，所以f(x)在[－4,2]上的最大值为f(2)＝e2，最小值为f(1)＝－2e． 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． 视角2　含参函数的最值 例 3－2　(1)(2025·南京二模节选)求函数f(x)＝x2－2aln x＋1，a＞0，x∈[1，e]的最小值． 【解答】　由f(x)＝x2－2aln x＋1，得 f′(x)＝2x－＝，a＞0，x＞0．当x∈(0，)时，f′(x)＜0，f(x)在(0，)上单调递减；当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)在(，＋∞)上单调递增．①当≤1，即0＜a≤1时，f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝2．②当≥e，即a≥e2时，f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝e2－2a＋1．③当1＜＜e，即1＜a＜e2时，f(x)在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，所以f(x)min＝f()＝a－aln a＋1．综上，若0＜a≤1，则f(x)的最小值为2；若a≥e2，则f(x)的最小值为e2－2a＋1；若1＜a＜e2，则f(x)的最小值为a－aln a＋1． (2) 已知函数f(x)＝x3＋x2＋2ax，a∈(0,2)，求函数f(x)在[－2a，a]上的最大值． 【解答】　f(x)＝x3＋x2＋2ax，a∈(0,2)，x∈[－2a，a]，故f′(x)＝x2＋(a＋2)x＋2a＝(x＋2)(x＋a)，x∈[－2a，a]．令f′(x)＝0得x＝－a或－2，因为a∈(0,2)，当－2a≥－2，即0＜a≤1时，f(x)在[－2a，－a)上单调递减，在(－a，a]上单调递增，所以f(x)max＝max．因为f(－2a)＝－a3＋2a3＋4a2－4a2＝－a3＜0，f(a)＝a3＋＋a2＋2a2＝a3＋3a2＞0，所以f(x)max＝a3＋3a2．当－2a＜－2，即1＜a＜2时，f(x)在(－2a，－2)上单调递增，在(－2，－a)上单调递减，在(－a，a)上单调递增，所以f(x)max＝max．因为f(－2)＝－＋2a＋4－4a＝－2a＋＜－，f(a)＝a3＋3a2＞0，所以f(x)max＝a3＋3a2．综上，f(x)max＝a3＋3a2． 变式3　(2025·惠州调研)已知函数f(x)＝aln x＋(a＞0)． (1) 求函数f(x)的极值． 【解答】 函数f(x)＝aln x＋的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，其中a＞0．由f′(x)＞0，得x＞，由f′(x)＜0，得0＜x＜．所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，所以函数f(x)的极小值为f＝aln ＋a＝a－aln a，无极大值． (2) 是否存在实数a，使得函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 【解答】 当0＜≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，故函数f(x)的最小值为f(1)＝1，显然1≠，故不满足条件．当1＜＜e，即＜a＜1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，故f(x)的最小值为f＝aln ＋a＝a－aln a．令g(a)＝a－aln a，a∈，则g＝，其导函数g′(a)＝－ln a＞0，可知g(a)在上单调递增，所以g(a)＞g＝，与f(x)min＝矛盾，可得a＝不符合题意．当≥e，即0＜a≤时，函数f(x)在[1，e]上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e)＝aln e＋＝a＋，由a＋＝，得a＝满足条件．综上，存在a＝符合题意． 配套精练 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是(　C　) A．f(b)＞f(a)＞f(c) B．函数f(x)在x＝c处取得最大值，在x＝e处取得最小值 C．函数f(x)在x＝c处取得极大值，在x＝e处取得极小值 D．函数f(x)的最小值为f(d) 【解析】 由题图可知，当x≤c时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(－∞，c]上单调递增，又a＜b＜c，则f(a)＜f(b)＜f(c)，故A不正确．因为f′(c)＝0，f′(e)＝0，且当x＜c时，f′(x)＞0；当c＜x＜e时，f′(x)＜0．当x＞e时，f′(x)＞0．所以函数f(x)在x＝c处取得极大值，但不一定取得最大值，在x＝e处取得极小值，不一定是最小值，故B不正确，C正确．由题图可知，当d≤x≤e时，f′(x)≤0，所以函数f(x)在[d，e]上单调递减，从而f(d)＞f(e)，所以D不正确． 2．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　B　) A．－1　 B．－ C．　 D．1 【解析】 由题意知f′(x)＝－，由得a＝b＝－2，即f′(x)＝－＋，所以f′(2)＝－＋＝－． 3．(2025·安阳三模)已知函数f(x)＝x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为(　A　) A．8　 B．6 C．4　 D．2 【解析】 f′(x)＝3x3－3＝3(x＋1)(x－1)，当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，故f(x)的极小值点为x＝1，故极小值为f(1)＝a－2．结合题设可得a－2＝6，即a＝8． 4．已知函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x在x＝a处取得极大值，则实数a的取值范围为(　C　) A．[1，＋∞)　 B．(1，＋∞) C．(0,1)　 D．(0,1] 【解析】 因为函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋aln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－(1＋a)＋＝．当a∈(0,1)时，由f′(x)＞0，可得0＜x＜a或x＞1，由f′(x)＜0，可得a＜x＜1，则函数f(x)在x＝a处取得极大值；当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)不存在极值；当a∈(1，＋∞)时，由f′(x)＞0，可得0＜x＜1或x＞a，由f′(x)＜0，可得1＜x＜a，则函数f(x)在x＝a处取得极小值．综上，a∈(0,1)． 5．(2025·邯郸一模)已知函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则实数a的取值范围是(　C　) A．(－∞，0]∪　 B．[0，＋∞)∪ C．(－∞，0]　 D．[0，＋∞) 【解析】 由题得f′(x)＝(x－2)ex＋a，令f′(x)＝(x－2)ex＋a＝0，得－a＝(x－2)ex，设g(x)＝(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)ex．由g′(x)＞0，得x＞1，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增；由g′(x)＜0，得x＜1，则g(x)在(－∞，1)上单调递减，故g(x)min＝g(1)＝－e．因为f(x)恰有一个极值点，所以f′(x)＝0有唯一零点x0，且f(x)在x0两侧的单调性不同．当x＜2时，g(x)＜0，则－a≥0，解得a≤0． 二、多项选择题 6．(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　BCD　) A．bc＞0　 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0　 D．ac＜0 【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，故A错误，B，C，D正确． 7．(2025·新高考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(　ABD　) 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】 对于A，因为f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)＝0，故A正确．对于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．对于C，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)＞2，故C错误．对于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． 8．(2025·杭州质检)设函数f(x)＝(x3－x)ln x，则(　BD　) A．f(x)是偶函数 B．f(x)≥0 C．f(x)在区间(0,1)上单调递增 D．x＝1为f(x)的极小值点 【解析】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，故f(x)为非奇非偶函数，故A错误．由f(x)＝(x3－x)ln x＝x(x＋1)·(x－1)ln x，且x＞0，故x＋1＞0，当x＞1时，ln x＞0，x－1＞0，此时f(x)＞0；当0＜x＜1时，ln x＜0，x－1＜0，此时 f(x)＞0；当x＝1时，f(x)＝0，因此f(x)≥0，故B正确．对于C, f′(x)＝(3x2－1)ln x＋x2－1，当x∈时，3x2－1＞0，ln x＜0，x2－1＜0，此时f′(x)＜0，因此f(x)在上单调递减，故C错误．对于D，f′(x)＝(3x2－1)ln x＋x2－1，当x＞1时，3x2－1＞0，ln x＞0，x2－1＞0，故f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，由C中分析知f(x)在上单调递减，所以x＝1为f(x)的极小值点，故D正确． 三、填空题 9．(2025·新高考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)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∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，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． 10．(2025·苏中苏北七市二调)若函数f(x)＝有最大值，则k的最大值为____． 【解析】 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(e)＝．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． 11．(2025·苏锡常镇一模节选)若函数f(x)＝x3－x2＋1在区间(a，a＋4)上有最大值，则实数a的取值范围为(－4，－1]__． 【解析】 f′(x)＝x2－2x，令f′(x)＝0，得x2－2x＝0，解得x＝0或x＝2．当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，所以f(x)在x＝0处取得极大值，在x＝2处取得极小值．又f(0)＝1，f(2)＝－4＋1＝－，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，作出f(x)的大致图象如图所示．因为f(0)＝1＝f(3)，由图可知，若f(x)在区间(a，a＋4)上有最大值，则解得－4＜a≤－1． 四、解答题 12．(2025·湘潭调研)已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋1，其中a∈R． (1) 当a＝3时，求函数f(x)在(0,3)内的极值； 【解答】 当a＝3时，f(x)＝2x3－12x2＋18x＋1，则f′(x)＝6x2－24x＋18＝6(x－1)(x－3)．令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3，f′(x)，f(x)在(0,3)内随x变化而变化的情况如下表所示： x (0,1) 1 (1,3) f′(x) ＋ 0 － f(x) ↗ 极大值9 ↘ 故f(x)在(0,3)内的极大值为9，无极小值． (2) 若函数f(x)在[1,2]上的最小值为5，求实数a的取值范围． 【解答】 f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，①当a≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0且不恒为0，所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以在[1,2]上，f(x)min＝f(1)＝2×13－3(a＋1)×12＋6a×1＋1＝3a，由题意3a＝5，解得a＝，与a≤1矛盾．②当a≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0且不恒为0，所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以在[1,2]上，f(x)min＝f(2)＝2×23－3(a＋1)×22＋6a×2＋1＝5，符合题意．③当1＜a＜2时，当x∈[1，a)时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间[1，a)上单调递减，当x∈(a,2]时，f′(x)＞0，函数f(x)在区间(a,2]上单调递增，所以在[1,2]上，f(x)min＝f(a)＝2a3－3(a＋1)a2＋6a2＋1＝－a3＋3a2＋1，由题意，－a3＋3a2＋1＝5，即a3－3a2＋4＝0，即a3－2a2－(a2－4)＝0，即(a－2)2(a＋1)＝0，解得a＝－1或a＝2，与1＜a＜2矛盾．综上，实数a的取值范围为[2，＋∞)． 13．(2026·唐山期初)已知函数f(x)＝x(x－2)(x－a)． (1) 若函数f(x)的图象关于点(2,0)对称，求实数a的值； 【解答】 由曲线f(x)的图象关于点(2,0)对称，得y＝f(x＋2)是奇函数，因为f(x＋2)＝x(x＋2)(x＋2－a)，所以2－a＝－2，解得a＝4． (2) 若x＝a是f(x)的极大值点，求实数a的值； 【解答】 f′(x)＝3x2－(4＋2a)x＋2a．因为x＝a是f(x)的极大值点，所以f′(a)＝0，解得a＝0或2．当a＝2时，f′(x)＝(3x－2)(x－2)，所以当x∈时，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增，因此x＝2是f(x)的极小值点(舍去)；当a＝0时，f′(x)＝x(3x－4)，所以x∈(－∞，0)时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减，因此x＝0是f(x)的极大值点．综上，a＝0． (3) 设x1，x2是f(x)的极值点，且满足f(x1)＋f(x2)＞0，求实数a的取值范围． 【解答】 f′(x)＝3x2－(4＋2a)x＋2a，Δ＝4(a－1)2＋12＞0，因为x1，x2是f(x)的极值点，所以x1＋x2＝，x1x2＝，f(x)＝x(x－2)(x－a)＝x3－(a＋2)x2＋2ax，f(x1)＋f(x2)＝x－(a＋2)x＋2ax1＋x－(a＋2)x＋2ax2＝(x1＋x2)(x－x1x2＋x)－(a＋2)(x＋x)＋2a(x1＋x2)．因为x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝，代入上式化简可得f(x1)＋f(x2)＝．由f(x1)＋f(x2)＞0可得(a＋2)(a－1)(a－4)＜0，解得a∈(－∞，－2)∪(1,4)． B组　能力提升练 14．(2026·济南期初)已知函数f(x)＝cos x＋cos 2x＋cos 3x，则f(x)的最小值为__－__． 【解析】 由cos 3x＝cos(x＋2x)＝cos xcos 2x－sin xsin 2x＝2cos3x－cos x－2sin2xcos x＝2cos3x－cos x－2(1－cos2x)cos x＝4cos3x－3cos x，所以f(x)＝cos x＋(2cos2x－1)＋(4cos3x－3cos x)＝cos3x＋cos2x－，令t＝cos x∈[－1,1]，则f(x)＝g(t)＝t3＋t2－，所以g′(t)＝4t2＋2t＝2t(2t＋1)．当－＜t＜0时，g′(t)＜0；当－1≤t＜－或0＜t≤1时g′(t)＞0，所以g(t)在上单调 递减，在，(0,1]上单调递增．又g(－1)＝－＜g(0)＝－，故f(x)＝g(t)的最小值为－． 15．(2026·青岛期初)已知函数f(x)＝x3－3x＋sin ，若∃φ∈R，∀x∈[－，]，都有f(x)≤a，则实数a的最小值为__3__． 【解析】 令g(x)＝x3－3x，则g′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，当x∈[－，－1)时，g′(x)＞0；当x∈(－1,1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，]时，g′(x)＞0，即g(x)在区间[－，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，]上单调递增．又g(－1)＝－1＋3＝2，g()＝()3－3＝0，所以g(x)＝x3－3x在x∈[－，]上的最大值为2．又∃φ∈R，当x∈[－，]时，使sin＝1，所以当x∈[－，]时，f(x)的最大值为3，故a≥3，因此a的最小值为3． 学科网（北京）股份有限公司 $