专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

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【核心素养】
1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象等相结合，且有综合化更强的趋势，凸显数学抽象、数学运算、逻辑推理的核心素养．
2.与函数的图象、曲线方程、导数的几何意义相结合，凸显数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养．
知识点一
函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
知识点二
函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
常考题型剖析
题型一：函数极值的辨析
【典例分析】
例1-1.（2023·全国·统考高考真题）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A．B．
C．是偶函数D．为的极小值点
【答案】ABC
【分析】方法一：利用赋值法，结合函数奇遇性的判断方法可判断选项ABC，举反例即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
例1-2.（2022·全国·统考高考真题）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
【规律方法】
1.函数极值的辨析问题，特别是有关给出图象研究函数性质的题目，要分清给的是f(x)的图象还是f ′(x)的图象，若给的是f(x)的图象，应先找出f(x)的单调区间及极(最)值点，如果给的是f ′(x)的图象，应先找出f ′(x)的正负区间及由正变负还是由负变正，然后结合题目特点分析求解．
2.f(x)在x＝x0处有极值时，一定有f ′(x0)＝0，f(x0)可能为极大值，也可能为极小值，应检验f(x)在x＝x0两侧的符号后才可下结论；若f ′(x0)＝0，则f(x)未必在x＝x0处取得极值，只有确认x13.易错提醒
（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；
（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
【变式训练】
变式1-1.（2023·河北·校联考三模）已知下列各选项是函数的导函数的图象，则是函数的极小值点的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由极小值点的定义，导函数与原函数的关系，即可选出答案.
【详解】当时，单调递增，当时，单调递减，
要使是函数的极小值点，则需，，
对于AB选项，不是函数的极值点；
对于C选项，是函数的极小值点，正确；
对于D选项，是函数的极大值点.
故选：C
变式1-2.（2023·上海松江·校考模拟预测）设a、b、c、d，若函数的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】由函数的单调性和极值点，判断导函数的图象特征，即可判断选项.
【详解】，由图象可知，函数有两个极值点，并且函数是先增后减再增，所以极大值点大于极小值点，所以导函数的图象如图所示，

由导函数的图象可知，，，并且极值点的和，
得.
故选：D
题型二：已知函数求极值点的个数
例2-1.（2023·全国·高三专题练习）已知是定义域为的偶函数，当时，．那么函数的极值点的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用导数探讨函数在时的性质，再结合偶函数性质即可判断作答.
【详解】当时，，
当时，；当时，，当且仅当时取等号，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
而是定义域为的偶函数，则函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，在处取得极大值，极值点个数共有3个.
故选：C
例2-2.（2023·北京·统考高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
【易错提醒】
极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．
【变式训练】
变式2-1.（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点
B．有三个零点
C．若，则
D．直线是曲线的切线
【答案】AB
【分析】对于A：求导，利用导数判断原函数单调性与极值，进而可得结果；对于B：结合函数图象分析判断；对于C：取特值分析判断；对于D：结合导数的几何意义分析判断.
【详解】对于选项A：函数的定义域为，，
令，得或，
当时，，则在和单调递增，
当时，，则在单调递减，
所以函数有两个极值点和，故A正确；
对于选项B：函数的极大值为，极小值为，结合函数图像可知有三个零点，故B正确；

对于选项C：例如，
可得，但，故C不正确；
对于选项D：令，得或，
且，可得：
曲线在点处的切线方程为，即；
在点处的切线方程为，即；
综上所述：直线不是曲线的切线，故D不正确；
故选：AB.
【点睛】结论点睛：若，则三次函数的对称中心为.
变式2-2.（2023·河南·襄城高中校联考模拟预测）已知正数，满足，则函数（）的极小值点的个数为______．
【答案】1012
【分析】由已知构造函数（），利用的单调性得，从而，，再利用导数判断单调性可得答案.
【详解】因为，即，
所以，所以，
令（），则，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，，
所以，
令，得，，
当，时，，，则；
当，时，，，
则，
所以在，上单调遂减，
在，上单调递增，
故在，处取得极小值，
因为，所以，则，
又，所以可以取0，1，…，1011，共1012个取值，
所以的极小值点的个数为1012．
故答案为：1012.
题型三：已知函数求极值（点）
【典例分析】
例3-1．（2023春·重庆·高三重庆一中校考阶段练习）若的一个极值点是，则的极大值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可的可求出的值，代入，对求导得出的单调性，即可求出的极大值.
【详解】，
因为是的极值点，所以
则，令，解得或，
则当或时，，单减，当时，，单增，
故的极大值为.
故选：C．
例3-2．（2023·全国·高三对口高考）设函数，则的极大值点和极小值点分别为（ ）
A．，4B．4，C．，2D．2，
【答案】C
【分析】利用导数，判断函数的单调性，再求函数的极值点.
【详解】，
令，得，
当，，函数单调递增，当，，函数单调递减，
当，，函数单调递减，当，函数单调递增，
所以函数的极大值点是，函数的极小值点是.
故选：C
【方法技巧】
(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．
(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．
【变式训练】
变式3-1.（2023·全国·高三对口高考）函数的极值点是（ ）
A．B．C．或或0D．
【答案】D
【分析】求导后令，再分析导函数各零点是否满足极值点定义即可.
【详解】，令有或或0，
但当取或左右邻域的值时，同号，故函数的极值点是.
故选：D
变式3-2. （2021秋·广东深圳·高三红岭中学校考期末）函数的极值点是（ ）
A． B． C．或D．
【答案】B
【分析】求函数的导函数，再求其零点，分析导数在零点两侧的导数值符号，由此确定其极值点.
【详解】函数的定义域为，导函数为，
令，可得或，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取极小值，函数没有极大值，
所以函数的极值点是.
故选：B.
题型四：已知极值(点)，求参数的值或取值范围
【典例分析】
例4-1.（2022·全国·统考高考真题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________．
【答案】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，则在
上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
例4-2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）由函数的解析式可得，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故，即(取等条件为)，
所以，
，且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)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:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
【总结提升】
由函数极值（个数）求参数的值或范围．
讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．
【特别提醒】已知函数极值（个数），确定函数解析式中的参数时，注意以下两点：
(1)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)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充分性．
【变式训练】
变式4-1.（2021·全国·统考高考真题）设，若为函数的极大值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
变式4-2.（2018·北京高考真题（文））设函数f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]ex.
（Ⅰ）若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若f(x)在x=1处取得极小值，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）12；（Ⅱ）(1,+∞)
【解析】
（Ⅰ）因为f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]ex，
所以f'(x)=[ax2−(a+1)x+1]ex.
f'(2)=(2a−1)e2，
由题设知f'(2)=0，即(2a−1)e2=0，解得a=12.
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得f'(x)=[ax2−(a+1)x+1]ex=(ax−1)(x−1)ex.
若a>1，则当x∈(1a,1)时，f'(x)<0；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0.
所以f(x)在x=1处取得极小值.
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax−1≤x−1<0，
所以f'(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是(1,+∞).
方法二：f'(x)=(ax−1)(x−1)ex.
（1）当a=0时，令f'(x)=0得x=1.
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表：
∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.
（2）当a>0时，令f'(x)=0得x1=1a,x2=1.
①当x1=x2，即a=1时，f'(x)=(x−1)2ex≥0，
∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x)无极值，不合题意.
②当x1>x2，即0∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.
③当x11时，f'(x),f(x)随x的变化情况如下表：
∴f(x)在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.
（3）当a<0时，令f'(x)=0得x1=1a,x2=1.
f'(x),f(x)随x的变化情况如下表：
∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.
综上所述，a的取值范围为(1,+∞).
题型五：利用导数求函数的最值
【典例分析】
例5-1.（2022·全国·统考高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
例5-2.（2019·全国高考真题（文））已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围.
【答案】(1)见详解；(2) .
【解析】
(1)对求导得.所以有
当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增；
当时，区间上单调递增；
当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增.
(2)
若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为.而，故所以区间上最大值为.
所以，设函数，求导当时从而单调递减.而，所以.即的取值范围是.
若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.
所以，而，所以.即的取值范围是.
综上得的取值范围是.
【总结提升】
求函数最值的四个步骤：第一步求函数的定义域；第二步求f′(x)，解方程f′(x)＝0；第三步列出关于x，f(x)，f′(x)的变化表；第四步求极值、端点值，比较大小，确定最值．
特别警示：不要忽视将所求极值与区间端点的函数值比较．
【易错提醒】
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．
【变式训练】
变式5-1．（2021·全国·统考高考真题）函数的最小值为______.
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
变式5-2.（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知，若点为曲线：与曲线：的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设点的横坐标为，则由可得，，
又可得，，
所以，解得或（舍去），
由点为曲线：与曲线：的交点，
所以与为同一点，
所以，即，
令，
则，
令可得，
由知，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故实数的最大值为.
故选：B
题型六：根据函数的最值求参数的值（范围）
【典例分析】
例6-1．（2023·四川宜宾·宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测）已知是奇函数，当时，，当时，的最小值为1，则a的值等于（ ）
A．B．C．D．1
【答案】D
【分析】由奇函数性质知，当时，的最大值为-1，再利用导数求出函数的单调性求出，即得解.
【详解】由奇函数性质知，当时，的最大值为.
令.
当0当时，，在递减.
∴.
故选：D
例6-2.（2023·甘肃定西·统考模拟预测）已知函数．
(1)若a＝0，求函数的最值；
(2)若a＝1，函数在上的最大值在区间内，求整数m的值．
【答案】(1)函数有最大值，无最小值
(2)
【分析】（1）根据导数确定函数单调性即可求解；（2）根据函数的隐零点和零点范围以及对号函数特点即可求解.
【详解】（1）若a＝0，
则，
所以，
令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以函数有最大值.
（2）若a＝1，则，
所以，
当时，，
画出函数的函数的大致图像如下，

令，设根为，所以，所以，
因为，所以，
，所以，
，所以，，所以，
所以时，，，单调递增；
时，，，单调递减.
所以
，
根据对号函数性质知，
当时，，所以，
又函数在上的最大值在区间内，且为整数，
所以.
【易错提醒】
1．由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致最值的变化，故含参数时，需注意是否分类讨论．
2．已知函数最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决．
【变式训练】
变式6-1.（2023·北京·北京市第十中学校考三模）设函数.
①若存在最大值，则实数的一个取值为___________.
②若无最大值，则实数的取值范围是___________.
【答案】 （答案不唯一，满足即可）
【分析】利用导数可求得的单调性和极值，由此可得与的图象，结合图象分析即可得到结果.
【详解】令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
极大值为，极小值为；
令，即，解得：或；
由此可作出与图象如下图所示，
对于①，结合图象可知：若存在最大值，则，的一个取值为；
对于②，若无最大值，只需，解得：，即；
故答案为：（答案不唯一，满足即可）；.
变式6-2.（2023·湖南衡阳·衡阳市八中校考模拟预测）设函数.
(1)求的极值；
(2)已知，有最小值，求的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)
【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果；
（2）由可得，令，可将表示为；构造函数，求导后，分别在和的情况下，讨论得到单调性，进而确定符合题意的的取值范围.
【详解】（1）由题意知：定义域为，，
，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
的极大值为，无极小值.
（2）可化为，
为单调递增函数，
由可得：，即，
令，则，，，，
，
令，
，
令，
；
①当时，恒成立，在上单调递增，
，即，在上单调递增，
此时在上不存在最小值，即不存在最小值，不合题意；
②当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，又，
存在，使得，且当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
，即有最小值；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能够通过引入第三变量，将利用来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于的函数的单调性的讨论问题.
一、单选题
1．（2022·全国·统考高考真题）当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
2．（2023·全国·高三专题练习）设和是函数的两个极值点．若，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】求导，由题意和是方程的两根，结合已知条件与韦达定理即可求出结果.
【详解】函数，
，
又和是函数的两个极值点，
则和是方程的两根，
故，，
又，则，
即，则，经检验判别式大于0.
故选：D．
二、多选题
3．（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知函数，下列说法错误的是（ ）
A．若，则函数图象在处的切线方程为
B．若，则函数是奇函数
C．若，则函数存在最小值
D．若函数存在极值，则实数的取值范围是
【答案】BC
【分析】对于A：根据导数的几何意义求出切线方程可知A正确；对于B：根据偶函数的定义判断可知B错误；对于C：利用导数得在上为单调递减函数，可知C错误；对于D：根据有零点，求出的范围，可知D正确.
【详解】对于A：，；，，
所以切线方程为，所以A正确.
对于B：函数的定义域是，若，则，
所以
，
所以是偶函数，所以B错误.
对于C：时，，
则，所以在上为单调递减函数，无最小值，所以C错误.
对于D：，若函数存在极值，
则有零点，令，即，
.
因为，所以，即，解得：，故D正确.
故选：BC.
4.（2023·全国·高三专题练习）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
三、填空题
5．（2022·贵州安顺·统考模拟预测）已知正三棱柱内接于球O，若该三棱柱的体积是，则球O表面积的最小值为______________．
【答案】
【分析】设正三棱柱的底边长为，高为，由已知根据棱柱的体积公式，可得出.作图确定外接球的球心以及底面三角形外接圆的圆心，构造直角三角形，根据勾股定理，表示出.设，求导根据导函数得出函数的最小值，即可得出答案.
【详解】设正三棱柱的底边长为，高为，则由已知可得，
所以有，所以.
如图，设为外接圆的圆心，为三棱柱外接球的球心，外接球的半径为，
则平面，且.
又，，
所以，即.
设，则.
由可得，.
解可得，，所以在上单调递减；
解可得，，所以在上单调递增.
所以，在处取得极小值，也是最小值，
所以，有最小值3，此时，
所以，球O表面积的最小值为.
故答案为：.
6．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，的最小值分别为，则的大小关系为______.
【答案】/
【分析】首先证明，然后利用同构法求得最小值，利用同构法求得最小值，从而确定答案.
【详解】令，则，
∵当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递减，
所以，
所以，
∴
（当且仅当时“”成立），
所以，所以
，
（因为，所以“”不成立），
所以，所以，
所以.
故答案为：
7．（2023·河南·襄城高中校联考三模）已知正数满足，若函数有且仅有一个极值点，则实数m的最大值为______．
【答案】0
【分析】根据题意化简得到，令，利用导数求得在上单调递增，即，所以，利用导数得出在上有且仅有一个变号零点，令，，转化为与的图象在上只有一个交点，分、和，三种情况讨论，结合图象，即可求解.
【详解】因为，即，所以，所以，
令，则，所以在上单调递增，
所以，即，所以，故，
若函数有且仅有一个极值点，则在上有且仅有一个变号零点，
令，，则问题转化为函数与的图象在上只有一个交点，且交点左右的符号不同，
①当时，，令，得；令，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，符合题意；
②当时，若函数，的图象在上只有一个交点，
则函数，的图象相切，
作出函数和的大致图象，如图（1）所示，
数形结合可得交点左右的符号相同，不符合题意；
③当时，无论m为何值，函数和的图象在上都有且只有一个交点，
作出函数和的大致图象，如图（2）所示，
数形结合可得交点左右的符号不同，符合题意．
综上，实数的最大值为．
故答案为：.

8．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数，若恰有两个极值点，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【分析】分析的单调性可知，的对称轴是极值点，则，此时在上单调递减，要使在上单调递增，则，即可求出答案.
【详解】∵，为连续函数，为单调函数，
所以在上无极值点；
又在上至多有一个极值点，
则的对称轴为，
要使恰有两个极值点，
∴和是必为的两个极值点，
∴，解得：，所以是的极大值点，
又在上单调递减，要使为的极值点，
则在上单调递增，∴；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
9．（2023·广东·校联考模拟预测）已知函数，若函数在处取得极小值，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】考查 的单调性，令，即 或，单调递增，设方程 的根为，通过对分类讨论，研究函数 的单调性即可得出．
【详解】，
考查 的单调性，令，即，
或，
即 或，
单调递增，设方程 的根为
①若，则不等式组 的解集为和，，
此时 在和，上单调递增，在 上单调递减，与在处取极小值矛盾；
②若，则不等式组 的解集为和，此时在上单调递增，与在处取极小值矛盾；
③若，则不等式组 的解集为 和，
此时在 和上单调递增，在，上单调递减，满足在处取极小值，
由单调性，．
综上所述：．
则的取值范围为．
故答案为：．
10.（2023·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）函数在___处取得极小值，且极小值为___.
【答案】 2 /
【分析】利用导数求得的单调性，进而依据函数极值的定义求得极小值点和极小值.
【详解】，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则时取得极小值，且极小值为
故答案为：2，
四、解答题
11．（2023·全国·高三专题练习）设函数，已知曲线在点处的切线斜率为．
(1)求a，b的值；
(2)设函数，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）将点代入函数解析式求得b，利用导数的几何意义可求得a，即得答案.
（2）结合（1）的结论，可得解析式，利用导数判断其单调性，求得极值点，即可求得最值.
【详解】（1）由题意知点在曲线上，故，即，
则，所以，
又曲线在点处的切线斜率为，
则，解得，
综上得，．
（2）由（1）知，，
则，，则，
令，解得，
则当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
即函数在时取得极小值，也是最小值，
所以．
所以的最小值为．
12．（2023·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)讨论函数的最值；
(2)若函数有两个极值点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值；
（2）将题意转化为函数有两个变号零点，对求导，分类讨论和，的单调性与最值，只要即可.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，在上单调递增，无最值；
当时，令，得，所以在上单调递减；
令，得，所以在单调递增，
所以的最小值为，无最大值．
综上，当时，无最值；当时，的最小值为，无最大值．
（2）由题，，定义域为，
所以．
因为有两个极值点，所以有两个变号零点．
令，则，易知函数在上单调递增，
则函数有两个变号零点可转化为函数有两个变号零点．
，
当时，，得，所以在上单调递减．
当时，令，所以在上单调递增．
所以．
要使有两个变号零点，需，解得．
当时，，，
所以在和上各有一个变号零点，符合题意．
综上，实数a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：
（1）分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；
（2）分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.x
(−∞,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
−
f(x)
↗
极大值
↘
x
(−∞,1)
1
(1,1a)
1a
(1a,+∞)
f'(x)
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(−∞,1a)
1a
(1a,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
+
0
−
0
+
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(−∞,1a)
1a
(1a,1)
1
(1,+∞)
f'(x)
−
0
+
0
−
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘