专题12导数的极值、最值专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以导数应用为核心，系统提炼极值与最值的判定方法、解题逻辑及易混点辨析，通过高考真题与典型例题构建“概念-方法-应用”的完整训练体系，培养数学推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |精华提炼|4点核心方法|极值点判定（变号零点/韦达定理）、最值求解（分类讨论）、导数与极值关系（必要不充分条件）、极值与最值区别（单极值点即最值点）|从导数工具到极值判定，再到最值求解，形成“求导-分类-论证”的推理链条| |题型示例|8道（含5道高考真题）|极值点存在性证明、参数范围求解、最值比较|覆盖选择/填空/解答题，体现从基础应用到综合探究的能力层级|

专题12 导数的极值、最值 精华提炼 1.函数最值问题: 主要解题思路为求导，对参数进行分类讨论，进而表达出最值. 2.函数极值问题: 类型一:f(x)的极值点是f′(x)=0的变号零点，经过整理后，f′(x)=0的零点问题转化为kx+b=0或+bx+c=0(a≠0)在定义域区间上的根的分布问题; 类型二:题干给出f(x)的两个极值点分别为，，令f′(x)的本质通常为二次方程，即方程+bx+c=0(a≠0)的两根分别为，，此时满足韦达定理， 然后构造出新函数求导进行分析. 3．导数与极值的关系 ""是“函数在点处取得极值”的必要不充分条件． 函数在点处取得极值的充要条件是且在左、右两侧的符号不同． 4.最值与极值的区别：如果在区间上函数的图象是一条连续不断的曲线且只有一个极值点,那么该极值点就是最值点,这里区间可以是无穷区间 . 题型一 函数极值 例1.(25-26高二·北京·期中改编)已知函数，求函数的极值点和极值. 【答案】函数的极大值点为0，极小值点为2，极大值为，极小值为 【分析】求导，利用导数判断函数的单调性，结合单调性分析函数的极值点和极值； 【解析】若，则的定义域为，且， 令，解得或；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递减， 所以函数的极大值点为0，极小值点为2，极大值为，极小值为. 例2.（2025·全国Ⅱ卷18题）已知函数f（x）＝ln（1＋x）－x＋x2－kx3，其中0＜k＜. （1）证明：f（x）在区间（0，＋∞）存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设x1，x2分别为f（x）在区间（0，＋∞）的极值点和零点. ①设函数g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t），证明：g（t）在区间（0，x1）单调递减； ②比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 【解析】（1）证明：因为f（x）＝ln（1＋x）－x＋x2－kx3，k∈（0，）， 所以f′(x)＝－1＋x－3kx2＝＝（x＋1－）. 当x＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝－1＞0， 所以当0＜x＜－1时，f′(x)＞0，f（x）单调递增；当x＞－1时，f′(x)＜0，f（x）单调递减. 所以x＝－1是f（x）在（0，＋∞）上唯一的极值点，且是极大值点. 因为f（－1）＞f（0）＝0，f（）＝ln（1＋）－＋－＝ln（1＋）－＜0， 所以∃x0∈（－1，），f（x0）＝0， 所以x0是f（x）在（0，＋∞）上唯一的零点. （2）①证明：因为g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t）， 所以g′(t)＝f′（x1＋t）＋f′（x1－t）＝（x1＋t－x1）＋（x1－t－x1）＝3kt［－］＝. 因为t∈（0，x1），所以t2－－2x1＜0，（1＋x1）2－t2＞0， 所以g′(t)＝＜0， 即g（t）在区间（0，x1）单调递减. ②由①得，g（t）在（0，x1）上单调递减， 所以g（x1）＜g（0）， 即f（2x1）－f（0）＜f（x1）－f（x1）＝0， 又f（0）＝0，所以f（2x1）＜0， 因为x2是f（x）的零点，所以f（x2）＝0， 所以f（2x1）＜f（x2）， 又x2＞x1，2x1＞x1，且f（x）在（x1，＋∞）上单调递减， 所以2x1＞x2. 题型二 函数的最值 例3.设函数f（x）＝x3＋x2－x在[－1，1]上的最值. 【答案】最大值为1，最小值为－ 【解析】由f（x）＝x3＋x2－x可知，f′（x）＝3x2＋2x－1＝（3x－1）（x＋1）， 则当x∈［－1，）时，f′（x）≤0；当x∈（，1］时，f′（x）＞0， 故f（x）的单调递增区间为（，1］，单调递减区间为［－1，）， 又f（－1）＝1，f（1）＝1，f（）＝－， 所以f（x）在[－1，1]上的最大值为1，最小值为－. 例4.（2026年高考1卷T6）．已知函数的最大值为1，则（     ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【解析】法1：（1）当时，由，解得， 故函数定义域为. ①当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； ②当时，此时，， 故最大值不为，不合题意； ③当时，， 当，则，故不存在最大值，不合题意； （2）当时，则，则函数定义域为. 且由最大值为可知，， 即对任意恒成立，且等号能取到. 设，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，当且仅当时，， 由对任意恒成立，可知， 又当时，恒有，取不到等号，所以有， 故选：B. 法2：， 由选项知，则定义域为， 故最大值必在极值点处取到，不妨设此极值点为， 由， 则由，可得①， 且，即②， 联立①②解得. 验证：当时，， 则， 设，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； ，且， 且当，；当，； 作出函数的大致图象， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 则，满足题意，故. 法3：由选项知，则定义域为， 由，解得. 验证：当时，由不等式可得， 故，当且仅当时等号成立， 故满足题意，由选项唯一可得. 例5.已知函数，其中．求函数在区间上的最小值． 【答案】 【分析】分和两种情况讨论，利用导数判断函数的单调性，即可得最小值. 【解析】因为函数的定义域为，且，， 令，解得或， 若，则， 可知函数在内单调递增，所以函数在内的最小值为； 若，则， 当时，；当时，； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 所以函数在内的最小值为； 且当时，，符合上式，所以函数在区间上的最小值为. 例6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题节选）已知函数，若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】 【解析】解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得，所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 例7.（2024·新高考Ⅰ卷18题）已知函数f（x）＝ln＋ax＋b（x－1）3. （1）若b＝0，且f'（x）≥0，求a的最小值； （2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形； （3）若f（x）＞－2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围. 【解析】（1）b＝0时，f（x）＝ln＋ax，其中x∈（0，2）， 则f′（x）＝＋a，x∈（0，2）， ∵x（2－x）≤（）2＝1，当且仅当x＝1时等号成立， 故f′（x）min＝2＋a，而f′（x）≥0成立，故a＋2≥0，即a≥－2， ∴a的最小值为－2. （2）证明：法一　∵x∈（0，2），f（2－x）＋f（x）＝ln＋a（2－x）＋b（1－x）3＋ln＋ax＋b（x－1）3＝2a， ∴f（x）关于（1，a）中心对称. 法二　将f（x）向左平移一个单位长度⇒f（x＋1）＝ln＋a（x＋1）＋bx3关于（0，a）中心对称， ∴f（x）关于（1，a）中心对称. （3）令函数g（x）＝f（x）＋2，依题意g（x）＞0当且仅当1＜x＜2，从而g（1）≤0. 若g（1）＜0，∵g（）＞0， ∴存在x0∈（1，），使g（x0）＝0，矛盾， 从而g（1）＝0，故a＝－2. f'（x）＝＋3b（x－1）2＝（x－1）2［＋3b］. 设h（x）＝＋3b，x∈（1，2），易知h（x）在（1，2）上单调递增，h（1）＝2＋3b， 若b＜－，h（1）＜0，令h（x）＝0，得x＝1＋或x＝1－（舍去），当x∈时，h（x）＜0，从而f'（x）＜0，f（x）在区间上单调递减，不符合题目要求. 若b≥－，当x∈（1，2）时，h（x）≥0. 从而f'（x）≥0，当且仅当x＝1时等号成立，故f（x）在区间（1，2）上单调递增，符合题目要求.因此b的取值范围是［－，＋∞）. 例8．（2023·全国乙卷·高考真题改编）函数存在3个零点，求的取值范围？ 【答案】 【解析】，则， 若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则， 令，解得或， 且当时，，当，， 上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为，极小值为， 若要存在3个零点，则，即，解得， 【练习】 1.（单选题）（2026·河北保定·二模）已知等比数列的各项均为正数；是函数的两个极值点，则（   ） A．2026 B．2025 C．1014 D．1013 【答案】D 【解析】， 令，解得或， 所以函数的单调递增区间为和， 令，解得，所以函数的单调递减区间为， 因此是函数的两个极值点，因此， 2.（单选题）（2026·福建泉州·模拟预测）“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意，令，解得或， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的极小值为， 因为区间内存在最小值，所以极小值点0在区间内， 则，解得， 令，解得，或， 所以，解得， 综上，函数在区间内存在最小值时， 要满足“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件， 即所求为的真子集， 分析选项可得，只有符合题意. 3.（单选题）（2026·江苏镇江·一模）已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，圆锥顶点为，底面圆心为，底面圆周与顶点均在球心为的球面上. 先设参数确定圆锥侧面积，记，，，由，圆锥侧面积为， 由直角三角形和直角三角形可得，， 于是， 令，. 求导，令，解得（舍去），，所以在上单调递增；在上单调递减. 所以时，取得最大值，即圆锥的侧面积最大， 此时，所以圆锥体积. 4.（单选题）（2026·山东·模拟预测）若函数有且只有一个零点，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】定义域为，则有且只有一个零点， 等价于方程在有且只有一个根， 即函数，图象与直线有且只有一个交点. ，，， 则在上单调递减，在上单调递增. 则在时取得极大值， 又时，，，； 时，，，远远大于，. 据此可得大致图象如下： 则由图可得为使函数，图象与直线有且只有一个交点， 5．（多选题）（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】ACD 【解析】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 6.（多选题）（2025·全国二卷·检测）（多选）已知 是定义在 上的奇函数，且当 时，，则（　　） A. B. 当 时， C. 当且仅当 D. 是 的极大值点 【答案】ABD 【分析】利用奇函数定义得出对称区间的解析式及 的值，求导讨论 时的单调性与极值，并通过特殊值排除不成立的不等式选项. 【解析】对 A，因为 定义在 上奇函数，则 ，故 A 正确；对 B，当 时，，则 ，故 B 正确；对 C，，故 C 错误；对 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. 7.（多选题）（2025·山东名校联盟·二模）（多选）设函数 ，则（　　） A. 一定有两个极值点 B. 若 ，则 或 C. 过点 作曲线 的切线有且仅有一条 D. 当 时， 【答案】AB 【分析】求导分析三次函数的单调性与极值点，解方程求水平割线交点横坐标，利用导数几何意义分析切线切点方程，结合中心对称性计算倒序求和. 【解析】由题设 ，当 或 时，，则 在 上单调递增，当 时，，则 在 上单调递减，所以 分别为极大值点、极小值点，A 对；由 ，令 ，则 ，所以 或 ，故对于 ，则 或 ，B 对；由 且 ，则 处的切线为 ，过 ，由 ，则 处的切线过 ，所以过 的切线至少有两条，C 错；由 ，，所以 ，故 ，D 错.故选：AB. 8．（填空题）（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则___________ 【答案】 【解析】由题意有， 所以， 因为是函数极值点，所以，得， 当时，， 当单调递增，当单调递减， 当单调递增， 所以是函数的极小值点，符合题意； 所以. 故答案为：. 9.（填空题）若函数的最小值为2，则实数a的值是__________. 【答案】1 【解析】由，求导可得， 当时，令，可得， 由可得，由得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故，解得； 当时，，显然函数在上单调递减，故不合题意； 当时，，函数在上单调递减，故不合题意. 故答案为： 10．（填空题）（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 【答案】 【详解】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 解答题（11-16） 11.已知函数f（x）＝x3＋x2－x＋，若f（x）在区间（m，＋∞）上存在极小值，求实数m的取值范围. 【答案】（－∞，） 【解析】函数在区间（m，＋∞）上存在极小值，则函数f（x）的极小值点应落在（m，＋∞）内， 令f'（x）＝x2＋mx－1＝0，得x1＝，x2＝， 所以f（x）在（－∞，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减； 所以x＝x2是函数f（x）的极小值点， 即得＞m⇔＞3m， 当m≤0时，不等式恒成立； 当m＞0时，m2＋4＞9m2，解得0＜m＜， 所以实数m的取值范围是（－∞，）. 12．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题节选）已知函数． 若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】 【解析】解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 13.（2025·上海高考19题）已知f（x）＝x2－（m＋2）x＋mln x，m∈R. （1）若f（1）＝0，求不等式f（x）≤x2－1的解集； （2）若函数y＝f（x）满足在（0，＋∞）上存在极大值，求m的取值范围. 【答案】（1）[1，＋∞）（2）（0，2）∪（2，＋∞） 【解析】（1）由题设条件可得，f（1）＝1－（m＋2）＝0，解得m＝－1，所以f（x）＝x2－x－ln x. 由f（x）≤x2－1，可得ln x＋x－1≥0， 令g（x）＝ln x＋x－1，则g'（x）＝＋1＞0在（0，＋∞）上恒成立，所以g（x）在（0，＋∞）上单调递增， 易知g（1）＝0，所以g（x）≥0即g（x）≥g（1），可得x≥1. 综上，不等式f（x）≤x2－1的解集为[1，＋∞）. （2）f′（x）＝2x－（m＋2）＋＝＝. ①当＞1，即m＞2时，由f′（x）＞0得x∈（0，1）∪（，＋∞）；由f′（x）＜0得x∈（1，）.故f（x）在（0，1），（，＋∞）上单调递增，在（1，）上单调递减，此时f（x）在x＝1处取得极大值. ②当0＜＜1，即0＜m＜2时，由f′（x）＞0得x∈（0，）∪（1，＋∞）；由f′（x）＜0得x∈（，1）.故f（x）在（0，），（1，＋∞）上单调递增，在（，1）上单调递减，此时f（x）在x＝处取得极大值. ③当＝1，即m＝2时，f'（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，即f（x）在（0，＋∞）上单调递增，此时函数f（x）在（0，＋∞）上无极大值. ④当≤0，即m≤0时，由f′（x）＜0得x∈（0，1）；由f′（x）＞0得x∈（1，＋∞）.故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，此时f（x）在x＝1处取得极小值，无极大值. 综上可知，m的取值范围为（0，2）∪（2，＋∞）. 14.（2024·全国甲卷理21题）已知函数f（x）＝（1－ax）ln（1＋x）－x. （1）若a＝－2，求f（x）的极值； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围. 【答案】（1）当x＝0时，f（x）取得极小值，为f（0）＝0，f（x）无极大值 （2）（－∞，－］ 【解析】（1）当a＝－2时，f（x）＝（1＋2x）ln（1＋x）－x，x∈（－1，＋∞）， f′（x）＝2ln（1＋x）＋－1＝2ln（1＋x）－＋1. 易知f′（x）在（－1，＋∞）上是增函数，且f′（0）＝0， 所以当x∈（－1，0）时，f′（x）＜0，当x∈（0，＋∞）时，f′（x）＞0， 所以f（x）在（－1，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增， 所以当x＝0时，f（x）取得极小值，为f（0）＝0，f（x）无极大值. （2）f（x）＝（1－ax）ln（1＋x）－x，x∈（－1，＋∞）， 则f′（x）＝－aln（1＋x）－， 设g（x）＝－aln（1＋x）－， 则g′（x）＝－－. 因为当x≥0时，f（x）≥0，且f（0）＝0，f′（0）＝0， 所以g′（0）＝－2a－1≥0，得a≤－， 故a≤－是原不等式成立的一个必要条件. 下面证明其充分性： 当a≤－，x≥0时，g′（x）≥－＝≥0， 所以f′（x）在[0，＋∞）上单调递增，且f′（x）≥f'（0）＝0， 所以f（x）在[0，＋∞）上单调递增，且f（x）≥f（0）＝0. 综上，a的取值范围是（－∞，－］. 15.已知f（x）＝ax2＋bx＋5－（ln x）2. （1）若f（x）在定义域内单调递增，求a＋b的最小值； （2）当a＝0时，若f（x）有两个极值点x1，x2，求证：x1＋x2＞2e. 【答案】（1）－4ln 2（2）见解析 【解析】（1）f′（x）＝2ax＋b－，x∈（0，＋∞）. 因为f（x）在定义域内单调递增，所以f′（x）≥0在（0，＋∞）上恒成立，故b≥－2ax在（0，＋∞）上恒成立. 若a＜0，当x＞1时，＞0，－2ax＞0，故b≥－2ax在（0，＋∞）上恒成立是不可能的. 若a＝0，原问题等价于b≥在（0，＋∞）上恒成立.令φ（x）＝，则φ′（x）＝，当0＜x＜e时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增；当x＞e时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减.故φ（x）max＝φ（e）＝，所以b≥，故a＋b≥. 若a＞0，设S（x）＝－2ax，S′（x）＝2×，令T（x）＝1－ln x－ax2，易知T（x）为（0，＋∞）上的减函数， 当x→0时，T（x）＞0，而T（e）＝－ae2＜0，故由函数零点存在定理可得T（x）在（0，e）上存在唯一零点，设该零点为x0， 则当0＜x＜x0时，S′（x）＞0；当x＞x0时，S′（x）＜0. 故S（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，＋∞）上单调递减，故S（x）max＝S（x0）. 所以b≥－2ax0. 因为1－ln x0－a＝0，所以a＝，所以b＋a≥，其中0＜x0＜e. 设u（x）＝，0＜x＜e， 则u′（x）＝. 当0＜x＜时，u′（x）＜0；当＜x＜e时，u′（x）＞0. 故u（x）在上单调递减，在上单调递增，故u（x）min＝u＝－4ln 2，故b＋a≥－4ln 2. 综上，b＋a的最小值为－4ln 2. （2）证明：当a＝0时，f（x）＝bx＋5－（ln x）2， f′（x）＝b－. 因为f（x）有两个极值点x1，x2，所以b－＝0，b－＝0，即＝＝，从而＝. 令g（x）＝φ（x）＝. 由（1）知函数g（x）＝在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，g（x）max＝g（e）＝. 又当x→0时，g（x）→－∞，当x→＋∞时，g（x）→0且g（x）＞0，所以0＜b＜. 可得＝＜，从而x1＋x2＞＞2e，所以x1＋x2＞2e. 16.（2026·甘肃·模拟预测）已知函数，其导函数为. (1)当时，求函数的值域； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）当时，，则. 令，则. 令，则， 所以在上单调递增，且. 所以时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 所以，所以的值域为. （2）当时，，则恒成立，所以. 当时，由，得. 令，则. 令，则. 令，则. 令，则. 当时，，当且仅当时，等号成立，故在上单调递减， 又，所以，故在上单调递减. 因为， 所以存在，使得. 所以在上单调递增，在上单调递减， 由于，于是当时，，此时， 所以在上单调递增，在上的最大值为， 所以， 综上，实数的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 导数的极值、最值 精华提炼 1.函数最值问题: 主要解题思路为求导，对参数进行分类讨论，进而表达出最值. 2.函数极值问题: 类型一:f(x)的极值点是f′(x)=0的变号零点，经过整理后，f′(x)=0的零点问题转化为kx+b=0或+bx+c=0(a≠0)在定义域区间上的根的分布问题; 类型二:题干给出f(x)的两个极值点分别为，，令f′(x)的本质通常为二次方程，即方程+bx+c=0(a≠0)的两根分别为，，此时满足韦达定理， 然后构造出新函数求导进行分析. 3．导数与极值的关系 ""是“函数在点处取得极值”的必要不充分条件． 函数在点处取得极值的充要条件是且在左、右两侧的符号不同． 4.最值与极值的区别：如果在区间上函数的图象是一条连续不断的曲线且只有一个极值点,那么该极值点就是最值点,这里区间可以是无穷区间 . 题型一 函数极值 例1.(25-26高二·北京·期中改编)已知函数，求函数的极值点和极值. 例2.（2025·全国Ⅱ卷18题）已知函数f（x）＝ln（1＋x）－x＋x2－kx3，其中0＜k＜. （1）证明：f（x）在区间（0，＋∞）存在唯一的极值点和唯一的零点； （2）设x1，x2分别为f（x）在区间（0，＋∞）的极值点和零点. ①设函数g（t）＝f（x1＋t）－f（x1－t），证明：g（t）在区间（0，x1）单调递减； ②比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 题型二 函数的最值 例3.设函数f（x）＝x3＋x2－x在[－1，1]上的最值. 例4.（2026年高考1卷T6）．已知函数的最大值为1，则（     ） A． B．1 C． D．2 例5.已知函数，其中．求函数在区间上的最小值． 例6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题节选）已知函数，若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 例7.（2024·新高考Ⅰ卷18题）已知函数f（x）＝ln＋ax＋b（x－1）3. （1）若b＝0，且f'（x）≥0，求a的最小值； （2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形； （3）若f（x）＞－2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围. 例8．（2023·全国乙卷·高考真题改编）函数存在3个零点，求的取值范围？ 【练习】 1.（单选题）（2026·河北保定·二模）已知等比数列的各项均为正数；是函数的两个极值点，则（   ） A．2026 B．2025 C．1014 D．1013 2.（单选题）（2026·福建泉州·模拟预测）“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件可以是（    ） A． B． C． D． 3.（单选题）（2026·江苏镇江·一模）已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为（   ） A． B． C． D． 4.（单选题）（2026·山东·模拟预测）若函数有且只有一个零点，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 5．（多选题）（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 6.（多选题）（2025·全国二卷·检测）（多选）已知 是定义在 上的奇函数，且当 时，，则（　　） A. B. 当 时， C. 当且仅当 D. 是 的极大值点 7.（多选题）（2025·山东名校联盟·二模）（多选）设函数 ，则（　　） A. 一定有两个极值点 B. 若 ，则 或 C. 过点 作曲线 的切线有且仅有一条 D. 当 时， 8．（填空题）（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则___________ 9.（填空题）若函数的最小值为2，则实数a的值是__________. 10．（填空题）（2024·全国甲卷·高考真题）曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 解答题（11-16） 11.已知函数f（x）＝x3＋x2－x＋，若f（x）在区间（m，＋∞）上存在极小值，求实数m的取值范围. 12．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题节选）已知函数． 若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 13.（2025·上海高考19题）已知f（x）＝x2－（m＋2）x＋mln x，m∈R. （1）若f（1）＝0，求不等式f（x）≤x2－1的解集； （2）若函数y＝f（x）满足在（0，＋∞）上存在极大值，求m的取值范围. 14.（2024·全国甲卷理21题）已知函数f（x）＝（1－ax）ln（1＋x）－x. （1）若a＝－2，求f（x）的极值； （2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围. 15.已知f（x）＝ax2＋bx＋5－（ln x）2. （1）若f（x）在定义域内单调递增，求a＋b的最小值； （2）当a＝0时，若f（x）有两个极值点x1，x2，求证：x1＋x2＞2e. 16.（2026·甘肃·模拟预测）已知函数，其导函数为. (1)当时，求函数的值域； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $