2025年高考数学一轮复习（基础版）课时精讲第3章　§3.3　导数与函数的极值、最值（2份打包，原卷版+含解析）

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1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.
2.会用导数求函数的极大值、极小值.
3.掌握利用导数研究函数最值的方法.
4.会用导数研究生活中的最优化问题．
知识梳理
1．函数的极值
(1)函数的极小值
函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，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处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，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．
(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．
2．函数的最大(小)值
(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
常用结论
对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
自主诊断
1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．( √ )
(2)函数的极小值一定小于函数的极大值．( × )
(3)函数的极小值一定是函数的最小值．( × )
(4)函数的极大值一定不是函数的最小值．( √ )
2．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
答案 A
解析 由导函数f′(x)的图象知，
在x＝－2处，f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝－2是f(x)的极大值点；
在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，所以x＝－1是f(x)的极小值点；
在x＝2处，f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝2是f(x)的极大值点．
综上，f(x)的极小值点的个数为1.
3．若函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有两个极值点，则实数a的取值范围是________________．
答案 (－∞，－eq \r(6))∪(eq \r(6)，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有两个变号零点，
∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>eq \r(6)或a<－eq \r(6).
4．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是________，最小值是________．
答案 4 －eq \f(4,3)
解析 f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2(舍去)．
当x∈[0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2,3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝2时，f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4有极小值，并且极小值为f(2)＝－eq \f(4,3).又由于f(0)＝4，f(3)＝1，
所以函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是4，最小值是－eq \f(4,3).
题型一 利用导数求解函数的极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例1 (多选)如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，下列说法正确的是( )
A．f(1)为函数f(x)的极大值
B．当x＝－1时，f(x)取得极小值
C．f(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,4)上单调递减
D．当x＝3时，f(x)取得极小值
答案 BC
解析 由图象知，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－2，－1)上单调递减，当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，即f(x)在(－1,2)上单调递增，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故A错误，B正确；
当x∈(2,4)时，f′(x)<0，即f(x)在(2,4)上单调递减，故C正确，D错误．
命题点2 求已知函数的极值
例2 设函数f(x)＝(x2＋ax＋a)ex，讨论f(x)的单调性并判断f(x)有无极值，若有极值，求出f(x)的极值．
解 f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex＝(x＋2)(x＋a)ex
当a＝2时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)在R上是增函数，无极值；
当a≠2时，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝－a，
不妨令x1列表如下：
当－a>－2，即a<2时，取x1＝－2，x2＝－a，其单调区间如表所示，
极大值为f(－2)＝(4－a)e－2，极小值为f(－a)＝ae－a.
当－a<－2，即a>2时，取x1＝－a，x2＝－2，其单调区间如表所示，
极小值为f(－2)＝(4－a)e－2，极大值为f(－a)＝ae－a.
命题点3 已知极值(点)求参数
例3 (1)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为( )
A．1 B．－1或－3 C．－1 D．－3
答案 D
解析 函数f(x)＝x(x＋a)2，f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)，由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3，当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝1处有极小值，不符合题意．当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，f(x)在x＝1处有极大值，符合题意．综上可得，a＝－3.
思维升华 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．
跟踪训练1 (1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为( )
A．－1或3 B．1或－3 C．3 D．－1
答案 C
解析 因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为函数f(x)在x＝1处取得极大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①
f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.
当a＝－2，b＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)·(3x－1)，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极小值10，不符合题意；
当a＝－6，b＝9时，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)·(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值10，符合题意．综上可得，a＝－6，b＝9.则a＋b＝3.
(2)已知函数f(x)＝x2－aln(2x＋1)在定义域内不存在极值点，则实数a的取值范围是__________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,8)))
解析 函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))，且f′(x)＝2x－eq \f(2a,2x＋1)＝eq \f(4x2＋2x－2a,2x＋1)＝eq \f(22x2＋x－a,2x＋1)，
因为f(x)在定义域内不存在极值点，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，
即2x2＋x－a≥0或2x2＋x－a≤0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，
因为2x2＋x－a≤0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))上不可能恒成立，所以2x2＋x－a≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，
即a≤2x2＋x＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4)))2－eq \f(1,8)，所以a≤(2x2＋x)min＝－eq \f(1,8)，故a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,8))).
题型二 利用导数求函数的最值问题
命题点1 不含参函数的最值
例4 函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为( )
A．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2) C．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2
答案 D
解析 f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝eq \f(π,2)或x＝eq \f(3π,2).因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))sin eq \f(π,2)＋1＝2＋eq \f(π,2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝cs eq \f(3π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋1))sin eq \f(3π,2)＋1＝－eq \f(3π,2)，又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2＋eq \f(π,2)，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝－eq \f(3π,2).故选D.
命题点2 含参函数的最值
例5 已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x．当a>0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围．
解 f′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(ax－12x－1,x)(x>0，a>0)，
当0所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意．
当1若x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))，则f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))当eq \f(1,a)≥e，即0所以f(x)min＝f(e)思维升华 求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，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．
跟踪训练2 (1)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
答案 1
解析 函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．
①当x>eq \f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x)，
当eq \f(1,2)1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－2ln eq \f(1,2)＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1.
(2)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋1.当0解 g(x)＝f(x)－ax2－3＋eq \f(a,x)＝ln x＋eq \f(a,x)－2，其中0若a≤0，则g′(x)>0，g(x)在(0，e2]上单调递增，函数g(x)无最小值，不符合题意；
若a>0，当x>a时，g′(x)>0，当0①当a≥e2时，对任意的x∈(0，e2]，g′(x)≤0，函数g(x)在(0，e2]上单调递减，
则g(x)min＝g(e2)＝ln e2＋eq \f(a,e2)－2＝eq \f(a,e2)＝2，解得a＝2e2，符合题意；
②当0所以g(x)min＝g(a)＝ln a＋eq \f(a,a)－2＝2，解得a＝e3，不符合题意．
综上所述，a的值为2e2.
课时精练
一、单项选择题
1．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－3x－1的极小值点是( )
A．1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(8,3))) C．－3 D．(－3,8)
答案 A
解析 f′(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，所以函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝1处有极小值，极小值点为1.
2．函数f(x)＝xcs x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为( )
A．1 B．π C.eq \f(3,2) D.eq \f(3π,2)
答案 B
解析 由题意得f′(x)＝cs x－xsin x－cs x＝－xsin x，当x∈[－π，0]时，sin x≤0，f′(x)≤0，
所以f(x)在[－π，0]上单调递减，故函数f(x)在区间[－π，0]上的最大值为f(－π)＝π.
3．若当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b＋1,x)取得极小值4，则a＋b等于( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 A
解析 f(x)＝aln x＋eq \f(b＋1,x)，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b＋1,x2)，根据题意有f′(1)＝a－(b＋1)＝0，且f(1)＝b＋1＝4，解得a＝4，b＝3，a＋b＝7.此时f′(x)＝eq \f(4,x)－eq \f(4,x2)＝eq \f(4x－1,x2)，x∈(0，＋∞)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，满足题意，故a＋b＝7.
4．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值，则a的取值范围是( )
A．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C．[2,4] D．(2,4)
答案 D
解析 f′(x)＝a－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(a,2)，当x0，f(x)单调递增；当x>eq \f(a,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因此x＝eq \f(a,2)是f(x)的极大值点，由于只有一个极值点，因此也是最大值点，由题意得eq \f(a,2)∈(1,2)，所以a∈(2,4)．
5．当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)等于( )
A．－1 B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．1
答案 B
解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝－2，,f′1＝0，))而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2，))所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时，函数f(x)取得最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).
二、多项选择题
6．对于函数f(x)＝x3－3x，下列结论中正确的是( )
A．f(x)是奇函数
B．f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增
C．f(x)在x＝－1处取得极大值2
D．f(x)的值域是[－2,2]
答案 ABC
解析 对于A，因为对∀x∈R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，故A正确；
对于B，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)>0可得x<－1或x>1，令f′(x)<0可得－1对于C，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，结合选项B可知，x＝－1是函数f(x)的极大值点，此时函数f(x)的极大值为f(－1)＝－1＋3＝2，故C正确；
对于D，由B选项可知，函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，作出f(x)的大致图象如图所示，
所以f(x)无最大值，无最小值，故D错误．
三、填空题
7．若函数f(x)＝eq \f(e2x,x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，a))上的最小值为2e，则a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析 由f(x)＝eq \f(e2x,x)，得f′(x)＝eq \f(e2x2x－1,x2)，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，
且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2e，所以eq \f(1,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，a))，即a≥eq \f(1,2)，所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
8．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．
答案 4
解析 商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6，
f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)．故当x∈(3,4)时，f′(x)＞0，当x∈(4,6)时，f′(x)＜0.则函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x＝4时，函数f(x)取得最大值f(4)＝42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
四、解答题
9．设函数f(x)＝aln x＋eq \f(3,x)＋2a2x－4a，其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(3,x2)＋2a2＝eq \f(2a2x2＋ax－3,x2)＝eq \f(2ax＋3ax－1,x2)，x>0，
∵a>0，∴－eq \f(3,2a)<00，f(x)单调递增．
综上所述，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)由(1)可知，f(x)min＝f (eq \f(1,a))＝aln eq \f(1,a)＋3a＋2a－4a＝aln eq \f(1,a)＋a＝a(1－ln a)，
∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，∴1－ln a>0，∴0∴a的取值范围为(0，e)．
10．已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数．
(1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值；
(2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解 (1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝eq \f(1－ax,x)，
由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝eq \f(1－x,x)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e]时，f′(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；
f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1.
(2)∵f(x)＝ln x－ax，∴f′(x)＝eq \f(1－ax,x)，
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq \f(4,e)>0，舍去；
②当a>0时，由f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
当0eq \f(1,e)时，∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))时，f′(x)<0，
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))上单调递减，
又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝－1－ln a＝－3，∴a＝e2，符合题意；
当e≤eq \f(1,a)，即0eq \f(1,e)，舍去．
综上，存在a符合题意，此时a＝e2.x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗