微专题集训18 导数与函数的极（最）值-【高考领航】2027年高考数学一轮复习微专题速练

**基本信息** 聚焦导数与函数极（最）值的概念辨析、计算应用及参数讨论，通过真题与模拟题系统覆盖极值存在条件、切线方程、单调区间等核心考法，培养推理能力与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念辨析|3题|多选/单选判断极值存在条件，结合导函数图象分析极值点|从导数与极值关系切入，构建“导数正负→单调性→极值”逻辑链| |极值应用与计算|5题|填空求极值点参数、解答题求切线方程及最值|衔接导数几何意义与极值计算，强化“求导→解方程→判断符号”步骤| |综合探究与参数讨论|4题|含参数函数极值存在性、恒成立问题及极值点个数讨论|深化“分类讨论→推理验证→模型构建”思维，体现知识应用拓展|

微专题集训18　导数与函数的极(最)值 [真题精准练] 1．BCD　函数f(x)＝a ln 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有两个不等的正实根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. 2．解析：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. 答案：－4 3．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1， 则切线的斜率k＝f′(1)＝e－1. f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x<ln a， 所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－a ln a－a3. 由题意知a－a ln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)． 令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)， 则g′(a)＝－－2a<0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减， 又g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞)． 4．解：(1)因为点(1，f(1))在切线y＝－x＋1上，且切线斜率为－1，所以f(1)＝0，f′(1)＝－1， 而f(1)＝1－ea＋b＝0，即ea＋b＝1，　① 又f′(x)＝1－3x2eax＋b－ax3eax＋b， 所以f′(1)＝1－3ea＋b－aea＋b＝－1，　② 由①②得a＝－1，b＝1. (2)g(x)＝f′(x)＝e1-x(x3－3x2)＋1， g′(x)＝－e1-x(x3－3x2)＋e1-x(3x2－6x)＝e1-x(－x3＋6x2－6x) ＝－xe1-x(x2－6x＋6)， 令g′(x)＝0，得x＝0或x＝3±. x，g′(x)，g(x)的变化情况如表： x (－∞，0) 0 (0，3－ 3－ ，3＋ 3＋ ，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 1 g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 故g(x)的单调递增区间为(－∞，0)和，单调递减区间为和. (3)由(2)知g(x)＝e1-x(x3－3x2)＋1， 所以g(0)＝1>0，g(－1)＝－4e2＋1<0，所以g(x)在区间(－∞，0)上有一个变号零点，故f(x)在(－∞，0)上有一个极值点．又因为g(1)＝－1<0，且g<g(1)<0，所以g(x)在上有一个变号零点，故f(x)在上有一个极值点． 因为g(3)＝1>0，且g>g(3)>0， 所以g(x)在上有一个变号零点， 故f(x)在上有一个极值点． 当x>3时，g(x)＝x2e1-x(x－3)＋1>0，故g(x)在上无零点，即f(x)无极值点． 综上，f(x)有3个极值点． [高考变式练] 1．D　因为f(x)＝ex＋ax＋b存在不小于0的极小值，所以f′(x)＝ex＋a＝0有解，所以a<0，且解为x＝ln (－a)，f′(x)>0时，x>ln (－a)；f′(x)<0时，x<ln (－a)，所以f(x)的单调递增区间为(ln (－a)，＋∞)，单调递减区间为(－∞，ln (－a))，所以f(x)的极小值f(ln (－a))＝－a＋a ln (－a)＋b≥0，所以b≥a－a ln (－a)，a－b≤a ln (－a)，ab≤a2－a2ln (－a)，a(a－b)≥a2ln (－a)．令y＝－x＋x ln x，则y′＝－1＋ln x＋1＝ln x，0<x<1时，y′<0，x>1时，y′>0，所以函数y＝－x＋x ln x在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，y取得最小值－1，所以b的最小值为－1，故A错误；令y＝－x ln x，则y′＝－ln x－1，当0<x<时，y′>0；x>时，y′<0，则y＝－x ln x在上单调递增，在上单调递减，当x＝时，函数y＝－x ln x的最大值为，故a－b的最大值为，故B错误；令y＝x2－x2ln x，则y′＝2x－2x ln x－x＝x(1－2ln x)，当0<x<时，y′>0，x>时，y′<0，则y＝x2－上单调递增，在上单调递减，所以x＝时，y＝x2－x2ln x取得最大值，ab的最大值为，故C错误；令y＝x2ln x，则y′＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，0<x<时，y′<0，x>时，y′>0，则y＝x2ln x在上单调递减，在上单调递增，所以x＝时，y＝x2ln x的最小值为－，a(a－b)的最小值为－，故D正确．故选D. 2．解析：由题可得 解得 所以f(x)＝x2＋－1，则f′(x)＝2x－，令f′(x)＝＝0，解得x＝1，令f′(x)<0，解得≤x<1，令f′(x)>0，解得1<x≤2，所以f(x)在上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1＋2－1＝2. 答案：2 3．解析：因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，所以f(x)有两个极值点x1，x2等价于2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2，所以x1＋x2＝，所以a＝2(x1＋x2)，x2＝，所以f(x1)－f(x2)＝ln x1＋－ax1－ln x2－＋ax2＝ln x1＋－2x1＋ln (2x1)－＝2ln x1－＋ln 2(0<x1≤2)，设g(x)＝2ln x－x2＋＋ln 2(0<x≤2)，则g′(x)＝≤0，所以g(x)在(0，2]上单调递减，所以g(x)≥g(2)＝2ln 2－4＋＋ln 2＝3ln 2－，即f(x1)－f(x2)＝＋ln 2≥3ln 2－，所以f(x1)－f(x2)的最小值为3ln 2－. 答案：3ln 2－ 4．解：(1)由题可得f′(x)＝，x>－1， 因为函数在x＝1时取得极值， 所以f′(1)＝－1＝0⇒m＝2， 此时f′(x)＝ ＝－，x>－1， 所以当x∈(－1，1)时，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， 所以函数f(x)在x＝1时取得极值，所以m＝2. (2)由(1)可得f(x)＝2ln (x＋1)－x2， 且函数f(x)在[0，1)上单调递增，在[1，4]上单调递减， 又f(0)＝0，f(4)＝2ln 5－8＝2(ln 5－4)<0， 所以函数最小值为2ln 5－8. [最新模拟练] 1．B　根据f′(x)的图象可知，在区间(－1，1)上，f′(x)<0，则f(x)在区间(－1，1)上单调递减，故A错误；f′(－2)＝0，则f(x)的图象在x＝－2处的切线斜率等于0，故B正确；在区间(－1，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(1，3)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝1处没有极值，故C错误；在区间(－2，－1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在区间(－1，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝－1处没有极值，故D错误．故选B. 2．B　设f(x)＝＋ln x(x>0)，则f′(x)＝，a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1，由题意，ln a＋1≥3b，则，令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝，所以的最大值为.故选B. 3．ACD　对于A，f′(x)＝3x2－2ax，由题意可知f′(2)＝0，解得a＝3，此时f(x)＝x2(x－3)，经验证，符合题意，故A正确；对于B，由f′(x)＝3x2－6x，其为二次函数，开口向上，对称轴为x＝1，则＋1到对称轴的距离为＝到对称轴的距离为＝<，结合开口向上的二次函数图象特点可知，离对称轴较远的点函数值更大，也即f′>f′，即f′－f′>0，故B错误；对于C，解不等式f(x)≥－4，即x3－3x2≥－4，整理为x3－3x2＋4≥0，因式分解得x3－3x2＋4＝(x＋1)(x－2)2≥0，解得x≥－1，故解集为[－1，＋∞)，故C正确；对于D，对于∀x>0，有x＋＝2，当且仅当x＝1时取等号，同时－x－1<－1，由于f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，当x<0或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f≥f(2)＝－4，f(－x－1)<f(－1)＝－4，所以∀x>0，f>f(－x－1)，故D正确．故选ACD. 4．解析：由f(x)＝mex＋(1－x)(1＋x)⇒f′(x)＝mex－x＝0有两个不同实根x1，x2，所以－2m＝有两个不等实根x1，x2，且x2≥2x1，设h(x)＝，h′(x)＝，当x>1时，h′(x)>0，当x<1时，h′(x)<0，所以h(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝－，显然当x>0时，h(x)<0，当x<0时，h(x)>0，作出图象如下： 所以有－<－2m<0，则有，当x2＝2x1时，解得x1＝ln 2，又h(ln 2)＝＝－ln 2，所以当x2≥2x1时，－ln 2≤－2m<0，所以0<m≤，所以实数m的取值范围为. 答案： 5．解析：若k＝，b＝0，则f(x)＝sin x－x，f′(x)＝cos x－，因为f′(x)在内单调递减，且f′(0)＝1－>0，f′＝－<0，可知f′(x)在内存在唯一零点x0，当0<x<x0时，f′(x)>0；当x0<x<时，f′(x)<0；可知f(x)在(0，x0)上单调递增，在上单调递减，且f(0)＝f＝0，所以f(x)的最小值为0.若f(x)＝sin x－kx－b≥0，即sin x≥kx＋b，可知当x∈时，y＝sin x在直线y＝kx＋b的上方，如图所示： 结合图象可得 即可知k∈R，设－k2＋πk＋b＝t，即b＝k2－πk＋t，可得因为该不等式组在k∈R内有解，则解得t≤＋1，所以当k＝时，－k2＋πk＋b取到最大值＋1. 答案：0　＋1 6．解：(1)由题可得，f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝. 若m≤0，则f′(x)>0⇒f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 若m>0，则f′(x)>0⇒x>m；f′(x)<0⇒0<x<m，从而f(x)在(0，m)上单调递减；在(m，＋∞)上单调递增． 综上，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；m>0时，f(x)的单调递减区间为(0，m)，单调递增区间为(m，＋∞)． (2)由(1)知，若m≤0，则f(x)在[1，e]上单调递增， 则此时f(x)min＝f(1)＝m＋1＝⇒m＝，这与假设不符； 若0<m≤1，则f(x)在[1，e]上单调递增， 则此时f(x)min＝f(1)＝m＋1＝⇒m＝，这与假设不符． 若1<m<e，则f(x)在[1，m)上单调递减，在[m，e]上单调递增， 则此时f(x)min＝f(m)＝ln m＋2＝⇒ln m＝⇒m＝∈(1，e)，符合假设． 若m≥e，则f(x)在[1，e]上单调递减， 则此时f(x)min＝f(e)＝2＋⇒⇒m＝，这与假设不符． 综上可得，实数m的值为. 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题集训18　导数与函数的极(最)值 1．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷T11，中)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 2．(2025·全国二卷T13，易)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________． 3．(2024·新课标Ⅱ卷T16，中)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 4．(2023·北京卷T20，中)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值点个数． 1．已知函数f(x)＝ex＋ax＋b存在不小于0的极小值，其中a，b都是实数，则(　　) A．b的最小值为－e B．a－b的最大值为 C．ab的最大值为e D．a(a－b)的最小值为－ 2．函数f(x)＝－1在上的最小值为________． 3．设函数f(x)＝ln x＋x2－ax(a∈R)，若f(x)有两个极值点x1，x2，且x1∈(0，2]，则f(x1)－f(x2)的最小值是________． 4．已知函数f(x)＝m ln (x＋1)－x2. (1)若函数在x＝1时取得极值，求m的值； (2)在(1)的条件下，求函数f(x)在[0，4]上的最小值． 1．(2026·上海闵行期中)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，下列结论中正确的是(　　) A．f(x)在区间(－1，1)上单调递增 B．f(x)的图象在x＝－2处的切线斜率等于0 C．f(x)在x＝1处取得极大值 D．f(x)在x＝－1处取得极小值 2．(2026·安徽六安月考)若不等式＋ln x≥3b，(a>0)对x>0恒成立，则的最大值为(　　) A．1 B． C． D． 3．(多选)(2026·浙江金华一模)已知函数f(x)＝x2(x－a)在x＝2处取得极小值，y＝f′(x)为其导函数，则(　　) A．a＝3 B．f′－f′<0 C．f(x)≥－4的解集为[－1，＋∞) D．∀x>0，f>f(－x－1) 4．(2026·黑龙江哈尔滨期中)已知函数f(x)＝mex＋(1－x)(1＋x)有两个极值点x1，x2，且x2≥2x1，则实数m的取值范围为________．(参考数据ln 2≈0.693，e≈2.718) 5．(2026·江苏无锡期中)设函数f(x)＝sin x－kx－b，x∈，其中k，b∈R.若k＝，b＝0，则f(x)的最小值为________；若f(x)≥0恒成立，则－k2＋πk＋b的最大值为________． 6．(2026·辽宁大连期中)已知函数f(x)＝ln x＋＋1. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值为，求实数m的值． 学科网（北京）股份有限公司 $