第3章 第3节 导数与函数的极值、最值(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的极值、最值”专题，依据课标要求明确极值判定条件、导数求极值及闭区间最值三大核心考点，结合近五年高考真题分析“极值点应用”占45%、“最值求解”占30%的高频考点分布，归纳“图象判断极值”“参数求解”“区间最值”等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题溯源+技巧建模+素养提升”的复习策略，如以2025全国二卷T13为例，运用“数学思维”推导极值点处导数为零的充要条件，通过“数学语言”总结“求极值三步骤”“参数验证两要领”。特设“高考题与教材题对比”“三次函数对称性结论应用”模块，帮助学生掌握答题逻辑，教师可依托此课件精准定位考点，提升复习效率。

第3节　导数与函数的极值、最值 返回 ‹#› 1．借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．　2.会用导数求函数的极大值、极小值．　3.会求闭区间上函数的最大值、最小值． 课标解读 返回 ‹#› 1 再研教材 夯实基础 4 限时规范训练　 栏 目 导 引 3 考教衔接 精研教材 2 考点突破 通法悟道 返回 ‹#› 再研教材 夯实基础 1．函数的极值与导数 条件 f′(x0)＝0 x0附近的左侧f′(x)___0，右侧f′(x)___0 x0附近的左侧f′(x)___0，右侧f′(x)___0 图象 形如山峰 形如山谷 ＞ ＜ ＜ ＞ 返回 ‹#› 极值 f(x0)为极___值 f(x0)为极___值 极值点 x0为极___值点 x0为极___值点 大 小 大 小 返回 ‹#› 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 ‹#› 1．若函数f(x)在(a，b)上是单调函数，则f(x)在(a，b)上无极值． 2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值． 3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数相应的最值点． 返回 ‹#› 1．(人A选修二P92T1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 解析：A　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，故f(x)的极小值点只有1个．故选A. A 返回 ‹#› 2．(人A选修二P95例7改编)函数f(x)＝2x－x ln x的极大值是(　　) A． B． C．e D．e2 解析：C　f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x．令f′(x)＝0，得x＝e.当0＜x＜e时，f′(x)＞0；当x＞e时，f′(x)＜0.所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.故选C. C 返回 ‹#› 3．(人A选修二P104T9改编)若函数f(x)＝ex＋ax在x＝2处取得极值，则a＝________． 解析：因为f(x)＝ex＋ax在x＝2处取得极值，所以f′(2)＝e2＋a＝0，解得a＝－e2，经检验，符合题意． 答案：－e2 返回 ‹#› 4．(人A选修二P93例6改编)已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈，则f(x)的最大值为________，最小值为________． 解析：f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，因为x∈，所以f′(x)＜0，故f(x)在上单调递减，所以f(x)的最大值为＝，最小值为f(1)＝－10. 答案：　－10 返回 ‹#› 考点突破 通法悟道 考点一　利用导数求函数的极值(多维探究) 角度1　根据函数图象判断极值 例1　(多选)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 BC 返回 ‹#› 解析：BC　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．故选BC. 返回 ‹#› 角度2　求函数的极值 例2　已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)当a＝时，求f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数． 返回 ‹#› 解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值． x (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)  ln 2－1  返回 ‹#› (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上是增函数，此时函数在定义域上无极值点；当a＞0时，若x∈，则f′(x)＞0，若x∈，则f′(x)＜0，故函数在x＝处有极大值．综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点； 当a＞0时，函数f(x)有一个极大值点，且为. 返回 ‹#› 求函数的极值或极值点的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)，求方程f′(x)＝0的根； (3)检查在方程的根的左右两侧f′(x)的符号，确定极值点和函数的极值． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值． 解：因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝， 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减； 返回 ‹#› 故f(x)在x＝－处取得唯一的极大值，且极大值为f＝ln －－1. 若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值． 综上，当a<0时，f(x)的极大值为ln －－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值． 返回 ‹#› 考点二　根据极值求参数(师生共研) 例3　(2025·山东临沂二模节选)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x. (1)当a>0时，讨论f(x)的单调性； (2)设函数g(x)＝f(x)＋ax，已知g(x)有两个极值点x1，x2，试求a的取值范围． 返回 ‹#› 解：(1)对函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x求导得，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋(x>0)，若a>0，则f′(x)＝(x>0)，若a＝2，f′(x)＝≥0(x>0)，此时f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；若0<a<2，则>，当0＜x<或x>时，f′(x)>0，当<x<时，f′(x)<0，此时f(x)在上单调递增，在上单调递减；若a>2，则0<<，当0＜x<或x>时，f′(x)>0，当<x<时，f′(x)<0，此时f(x)在上单调递增，在上单调递减， 返回 ‹#› 综上所述，若a＝2，则f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增； 若0<a<2，则f(x)在上单调递增，在上单调递减； 若a>2，则f(x)在上单调递增，在上单调递减． 返回 ‹#› (2)g(x)＝f(x)＋ax＝ax2－(a＋2)x＋ln x＋ax＝ax2－2x＋ln x(x>0)，求导得g′(x)＝2ax－2＋(x>0)，因为g(x)有两个极值点x1，x2，所以g′(x)＝2ax－2＋＝0(x>0)有两个“变号”零点，即a＝2＋(x>0)有两个零点，令t＝(x>0)⇒t>0，t，x是一一对应的，从而a＝(t－1)2＋(t>0)有两个零点，设h(t)＝－(t－1)2＋，该二次函数开口向下，对称轴是t＝1，注意到t>0，所以h(0)＝0<a<h(1)＝，即a的取值范围是. 返回 ‹#› 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：因为导数值等于零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． 提醒　若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内不是单调函数． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝a ln x＋的极小值点，求实数b的取值范围． 解：由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.因为x＝1是f(x)的极小值点，则f′(1)＝－1＋a－b＝0，所以a＝b＋1，则f′(x)＝.若b≤0时，令f′(x)＞0，所以0＜x＜1，令f′(x)＜0，所以x＞1，则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意．若0＜b＜1时，令f′(x)＞0，所以b＜x＜1，令f′(x)＜0，所以0＜x＜b或x＞1，则f(x)在(b，1)上单调 返回 ‹#› 递增，在(0，b)，(1，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意．若b＝1，则f′(x)＝－≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意．若b＞1，令f′(x)＞0，所以1＜x＜b，令f′(x)＜0，所以0＜x＜1或x＞b，则f(x)在(1，b)上单调递增，在(0，1)，(b，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f(x)的极小值点，满足题意．所以x＝1是f(x)的极小值点时，b＞1，即实数b的取值范围为(1，＋∞)． 返回 ‹#› 考点三　求函数的最值(师生共研) 例4　(1)函数f(x)＝x＋sin x在x∈[0，2π]上的最大值是________，最小值是________． 解析：f′(x)＝＋cos x，令f′(x)＝0，又x∈[0，2π]，解得x＝或x＝，计算得f(0)＝0，f(2π)＝π，f＝，f＝.所以当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝0；当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π. 答案：π　0 返回 ‹#› (2)(2025·广东茂名一模节选)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋1.若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值． 解：函数f(x)＝ln x－ax2＋1的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，故舍去；当a>0时，令1－2ax2＝0，解得x1＝－ ，x2＝ ，所以当x∈时，f′(x)>0，即f(x)在上单调递增， 返回 ‹#› 当x∈时，f′(x)<0，即f(x)在上单调递减，所以f(x)在x＝ 处取得极大值，即最大值，即f＝0，所以f＝－a2＋1＝0，即－ln (2a)－＋1＝0，即ln (2a)＝1，所以a＝. 返回 ‹#› 1．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)的各极值进行比较可得到函数的最值． 2．若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． 返回 ‹#› 已知函数f(x)＝－ln x(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)求f(x)在上的最大值g(a)． 解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝， ①若a≤0，则f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②若a＞0，则当x＞a时，f′(x)＜0；当0＜x＜a时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减． 返回 ‹#› (2)因为f′(x)＝，由(1)知，当a≤时，f(x)在上单调递减，所以f(x)max＝＝2－ae； 当＜a＜e时，f(x)在上单调递增，在[a，e]上单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝－ln a； 当a≥e时，f(x)在上单调递增， 所以f(x)max＝f(e)＝－， 综上，g(a)＝ 返回 ‹#› 考教衔接 精研教材 高考题　(2025·全国二卷T13)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． 解析：法一：因为f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)＝x3－(a＋3)x2＋(3a＋2)x－2a，所以f′(x)＝3x2－2(a＋3)x＋3a＋2. 因为x＝2是f(x)的极值点，所以f′(2)＝12－4(a＋3)＋3a＋2＝0，解得a＝2，经检验，符合题意，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝－4. 法二：f′(x)＝(x－2)(x－a)＋(x－1)(x－a)＋(x－1)(x－2)，因为x＝2是f(x)的极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，得a＝2，经检验，符合题意，所以f(x)＝(x－1)(x－2)2，所以f(0)＝－4. 答案：－4 返回 ‹#› 教材题　(人A选修二P104T9)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，求c的值． 点评：两题均围绕函数极值点展开，都是已知函数极值情况求参数问题，核心是通过导数研究函数在特定点的极值性质，需结合极值点处导数为零及导数符号变化趋势分析求解，体现了利用导数解决极值问题的通用思路． 返回 ‹#› 结论1：三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象关于点(，f中心对称． 结论2：已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)中心对称点的横坐标为x0，两个极值点分别为x1，x2，则f′(x0)＝ 结论3：若y＝f(x)的图象关于点(m，n)对称，则y＝f′(x)的图象关于直线x＝m对称，中心对称函数的导数是轴对称函数，轴对称函数的导数是中心对称函数，奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数． 返回 ‹#› 典例　已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心，若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且M(，f(x0))为曲线y＝f(x)的对称中心，则必有g′(x0)＝0(其中函数g(x)＝f′(x))．若实数m，n满足则m＋n＝(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 A 返回 ‹#› 解析：A　令f(x)＝x3＋6x2＋13x，则f′(x)＝3x2＋12x＋13，令h(x)＝3x2＋12x＋13，h′(x)＝6x＋12＝0，解得x＝－2，又f(－2)＝(－2)3＋6×(－2)2＋13×(－2)＝－10，所以函数f(x)的图象关于点(－2，－10)成中心对称．因为所以f(m)＋f(n)＝－20，又f′(x)＝3x2＋12x＋13＝3(x＋2)2＋1>0，所以函数f(x)＝x3＋6x2＋13x在R上单调递增，所以m＋n＝2×(－2)＝－4.故选A. 返回 ‹#› (多选)(2024·新课标Ⅱ卷T11)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 AD 返回 ‹#› 解析：AD　由题可知，f′(x)＝6x(x－a)．对于A，当a>1时，由f′(x)<0，得0<x<a，由f′(x)>0，得x<0或x>a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a<x<0，由f′(x)>0，得x>0或x<a，则f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故x＝0是f(x)的极小值点，B错误；对于C，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，故曲线y＝f(x)必不存在对称轴，C错误；对于D，法一：f(x)＝2x3－3ax2＋1＝23－a2＋1－，令t＝ 返回 ‹#› x－，则f(x)可转化为g(t)＝2t3－，由y＝2t3－a2t为奇函数，且其图象关于原点对称，可知g(t)的图象关于点对称，则f(x)的图象关于点对称，故存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD. 法二：任意三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象均关于点(，f成中心对称，D正确．故选AD. 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 限时规范 训练(二十三) 14 15 (建议用时：60分钟　分值：105分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． 1．函数f(x)＝(4x－5)e2x的极值点为(　　) A． B． C． D． 解析：B　f′(x)＝4e2x＋2(4x－5)e2x＝(8x－6)e2x，令f′(x)＜0，得x＜，此时函数单调递减；令f′(x)＞0，得x＞，此时函数单调递增．所以f(x)的极小值点为，无极大值点．故选B. B 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2．函数f(x)＝x2－27ln x在区间[1，2]上的最大值是(　　) A．0 B． C．1 D． 解析：D　f′(x)＝3x－在区间[1，2] 上的最大值为f(1)＝.故选D. 14 15 D 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 3．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为 (　　) A．2 B．－ C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2 解析：B　f′(x)＝＋2ax－3，因为f(x)在x＝2处取得极小值，所以f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，所以f(x)＝2ln x＋x2－3x，f′(x)＝，所以f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝.故选B. 14 15 B 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 11 4．若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－2，＋∞) B． C．(－∞，－2) D． 解析：C　函数f(x)＝eax＋2x，可得f′(x)＝aeax＋2，若a≥0，则f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，无极值点，故a＜0，令f′(x)＝aeax＋2＝0，解得x＝ln ，当x＞ln 时，f′(x)＞0，当x＜ln 时，f′(x)＜0，故x＝ln 是f(x)＝eax＋2x的极值点，由于函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，所以ln ＞0⇒ln ＜0⇒0＜－＜1，解得a＜－2.故选C. 14 15 C 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 5．(多选)下列说法正确的是(　　) A．f(x)＝x＋(x∈R)的最小值为1 B．f(x)＝(x＞0)的最小值为1 C．f(x)＝x－ln x(x＞0)的最小值为1 D．f(x)＝(x＞0)的最小值为1 14 15 AC 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：AC　f(x)＝x＋(x∈R)，f′(x)＝1－，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(0)＝1，故A正确；f(x)＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，故B错误；f(x)＝x－ln x(x＞0)，f′(x)＝1－的最小值为f(1)＝1，故C正确；f(x)＝(x＞0)，f′(x)＝·＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，故D错误．故选AC. 14 15 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 6．(多选)已知函数f(x)＝x2ex，x∈R.下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)不存在最大值，也不存在最小值 B．函数f(x)存在极大值和极小值 C．函数f(x)有且只有1个零点 D．函数f(x)的极小值就是f(x)的最小值 14 15 BCD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 解析：BCD　f(x)＝x2ex，x∈R，则f′(x)＝x(x＋2)ex，令f′(x)<0，得－2<x<0，令f′(x)>0，得x<－2 或x>0，所以函数f(x) 在(－2，0) 上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝0，f(x)＝x2ex≥0，所以＝f(0)＝0，函数在x＝－2 处取得极大值，在x＝0 处取得极小值，极小值f(0) 即为最小值，且函数有且只有一个零点．故选BCD. 14 15 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 2 7．(5分)已知函数f(x)＝ax3－x，若f(x)有极大值，则a＝________． 解析：f′(x)＝3ax2－1，当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，无极大值．当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±，令f′(x)＞0，得x＜－或x＞，令f′(x)＜0，得－＜x＜，所以上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在x＝－处取得极大值，所以＝，解得a＝3. 答案：3 14 15 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(13分)已知函数f(x)＝2ex(x＋1)． (1)求函数f(x)的极值； (2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞－3)上的最小值g(t)． 解：(1)f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)＞0，得x＞－2；由f′(x)＜0，得x＜－2.所以f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．所以f(x)的极小值为f(－2)＝－2e-2，无极大值． (2)由(1)知，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．因为t＞－3，所以t＋1＞－2. ①当－3＜t＜－2时，f(x)在[t，－2)上单调递减，在(－2，t＋1]上单调递增，所以g(t)＝f(－2)＝－2e-2. ②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，所以g(t)＝f(t)＝2et(t＋1)． 综上，g(t)＝ 14 15 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．函数f(x)＝x2－sin x，若f(x)在上有最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，＋∞) B．(0，1) C．(－∞，0) D．(－1，0) 解析：A　由函数f(x)＝x2－sin x，可得f′(x)＝ax－cos x，若a≤0，当x∈时，可得f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，此时函数f(x)在上没有最小值，不符合题意；当a＞0时，令f′(x)＝0，即ax－cos x＝0，即y＝ax与y＝cos x有交点，画出函数y＝ax与y＝cos x的图象， 14 15 A 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 如图所示，结合图象，可得存在x0∈，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，此时函数f(x)在上有最小值，符合题意，综上可得，实数a的取值范围是(0，＋∞)．故选A. 14 15 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷T11)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 14 15 BCD 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 解析：BCD　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. 14 15 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(5分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋4x的极小值为－8，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则f(x)＝____________________． 14 15 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 解析：由题可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋4，则f′(－2)＝12a－4b＋4＝0，故b＝3a＋1，所以f′(x)＝3ax2＋2(3a＋1)x＋4＝(3ax＋2)(x＋2)．令f′(x)＝0，可得x＝－2 或x＝－，由题图可知，a<0且在x＝－2 处有极小值，所以－8a＋4b－8＝－8，结合b＝3a＋1 可得a＝－1，b＝－2，故f(x)＝－x3－2x2＋4x，此时f′(x)＝－3x2－4x＋4＝－(3x－2)(x＋2)，当x<－2 时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，即f(x) 在(－∞，－2) 上单调递减，在上单调递增，即在x＝－2 处取极小值，符合题意． 答案：－x3－2x2＋4x 14 15 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．(13分)(2025·河南焦作二模节选)已知函数f(x)＝aex.当a>0时，若函数h(x)＝f(x)－sin x－a在区间内有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围． 解：由题可知h(x)＝f(x)－sin x－a＝aex－sin x－a，则h′(x)＝aex－cos x．若a≥1，当x∈时，aex>1，cos x∈(0，1)，所以h′(x)>0，则h(x)在区间上单调递增，没有极值点，不符合题意，舍去．若0<a<1，设φ(x)＝aex－cos x，则φ′(x)＝aex＋sin x>0在区间上恒成立，所以 14 15 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 φ(x)在区间上单调递增，即h′(x)在区间上单调递增，又h′(0)＝a－1<0，h′＝>0，所以h′(x)在区间上有唯一的零点x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)在区间内有唯一的极值点，符合题意． 综上，实数a的取值范围是(0，1)． 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．(15分)(2025·浙江杭州二模)已知函数f(x)＝xex－ax2－ax(a∈R)． (1)若a＝0，求f(x)的极小值； (2)当a>时，求f(x)的单调递增区间； (3)当a>0时，设f(x)的极大值为g(a)，求证：g(a)≥－. 解：(1)若a＝0，则f(x)＝xex，所以f′(x)＝ex(x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝－1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值等于f(－1)＝－. 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 (2)由题意知f′(x)＝ex(x＋1)－ax－a＝(ex－a)(x＋1)(a∈R)．因为a>，所以ln a>－1，由f′(x)>0，即(ex－a)(x＋1)>0，解得x<－1或x>ln a，所以f(x)在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增，由f′(x)<0，即(ex－a)(x＋1)<0，解得－1<x<ln a，所以f(x)在(－1，ln a)上单调递减，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(ln a，＋∞)． (3)证明：当a>时，由(2)知，f(x)的极大值等于f(－1)＝g(a)＝－a>－>－； 当a＝时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)无极大值； 14 15 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 当0<a<，x∈(－∞，ln a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(ln a，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值等于f(ln a)＝g(a)＝－a(ln a)2，令g(x)＝(ln x)2，所以g′(x)＝在上g′(x)<0，在上，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)≥ ＝－， 综上所述，g(a)≥－. 14 15 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 14．(多选)已知函数f(x)＝x ln x＋x2，若x0是函数f(x)的极值点，则(　　) A．0＜x0＜ B．x0＞ C．f(x0)＋2x0＜0 D．f(x0)＋2x0＞0 解析：AD　函数f(x)＝x ln x＋x2(x＞0)，所以f′(x)＝ln x＋1＋2x，因为x0是函数f(x)的极值点，所以f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，又函数f′(x)＝ln x＋1＋2x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′＝＞0＝，故A正确，B错误；f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)＞0，故D正确，C错误．故选AD. 13 15 AD 返回 ‹#› 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 15．(5分)(2026·广东潮州质检)设函数f(x)＝已知直线y＝t与函数y＝f(x)的图象交于A，B两点，且|AB|的最小值为e2(e为自然对数的底数)，则a＝________． 15 14 返回 ‹#› 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 15 14 解析：由题意，作出f(x)的图象如图所示，由图可得t∈(－∞，－a].设，不妨设x1＜x2，则x1－a＝t，ln x2＝t，故x1＝t＋a，x2＝et，所以|AB|＝x2－x1＝et－t－a.令g(t)＝et－t－a(t≤－a)，则g′(t)＝et－1(t≤－a)，易知g′(t)是增函数，当－a≤0，即a≥0时，g′(t)≤0，所以g(t)在t∈(－∞，－a]上单调递减，所以g(t)min＝g(－a)＝e－a＋a－a＝e－a＝e2，解得a＝－2(舍去)；当－a＞0，即a＜0时，由于g′(t)单调递增，且g′(0)＝0，所以当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0，所以g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，－a)上单调递增，所以＝g(0)＝1－a＝e2，解得a＝1－e2＜0.综上所述，a＝1－e2. 答案：1－e2 返回 ‹#› 第3节　导数与函数的极值、最值 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