第 5 讲 函数的极值、最值
[考情分析] 利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考
查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题．
考点一 利用导数研究函数的极值
核心提炼
判断函数的极值点，主要有两点
(1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点．
(2)利用函数f′(x)的单调性可得函数的极值点．
例1 (2022·百师联盟联考)已知函数f(x)＝x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，其中a≠0.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)当a>0且a≠1时，f(x)存在一个极小值点x，若x>3.求实数a的取值范围．
0 0
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝x2－2x＋ln x＋2，
f′(x)＝x－2＋＝＝≥0，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)f(x)＝x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，
f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋
＝
＝，
由f′(x)＝0，解得x＝或x＝2a－1，
①若0<a≤，则2a－1≤0，≥2，
故当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，
f(x)在上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点，即x＝，
0
所以>3，解得0<a<.
②若<a<1，则0<2a－1<，
故当x∈(0,2a－1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
f(x)在上单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点，即x＝，
0
所以>3，解得0<a<，没有符合题意的a.
③若a>1，则0<<2a－1，
故当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，
f(x)在上单调递减；
当x∈(2a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点2a－1，
即x＝2a－1.
0
所以2a－1>3，解得a>2.
综上，a∈∪(2，＋∞)．
易错提醒 (1)不能忽略函数的定义域．
(2)f′(x)＝0是可导函数f(x)在x＝x 处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才
0 0
是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x 外，还需判断f(x)
0
在x 左侧和右侧的单调性．
0
(3)函数的极小值不一定比极大值小．
跟踪演练1 (1)(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则
( )
A．a<b B．a>b
C．ab<a2 D．ab>a2
答案 D
解析 当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知a>b.
综上，可知必有ab>a2成立．
(2)(2022·金昌模拟)已知函数f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为(
)A. B.
C. D.
答案 B
解析 对原函数求导得，f′(x)＝2x＋aex，
因为函数f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有两个极值点，
所以f′(x)＝0有两个不相等的实数根，即2x＋aex＝0有两个不相等的实数根，
亦即－a＝有两个不相等的实数根．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
可知g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x) ＝g(1)＝，
max
又因为当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，
所以解得－<a<0，
即a的取值范围是.
考点二 利用导数研究函数的最值
核心提炼
1．求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
2．若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到
函数的最值．
例2 (1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)等于( )
A．－1 B．－ C. D．1
答案 B
解析 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知
而f′(x)＝－，
所以即
所以f′(x)＝－＋，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意．
所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B.
(2)已知函数f(x)＝若f(x)＝f(x)且x<x，则x－x 的最小值为( )
1 2 1 2 2 1A．2－ln 2 B．e
C．2 D.
答案 C
解析 由f(x)＝
可得函数图象如图所示．
令f(x)＝f(x)＝t，
1 2
∴t≤1且x＋1＝ln x＝t，
1 2
∴x＝t－1，x＝et，
1 2
∴x－x＝et－(t－1)＝et－t＋1(t≤1)．
2 1
令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，
φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0，
当t∈(0,1]时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
∴φ(t) ＝φ(0)＝2，
min
∴x－x 的最小值为2.
2 1
易错提醒 (1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结
论．
(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性
和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值．
跟踪演练2 (1)(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最
大值分别为( )
A．－， B．－，
C．－，＋2 D．－，＋2
答案 D
解析 f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，
则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x
＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，
解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.
因为f ＝cos ＋sin ＋1＝2＋，
f ＝cos ＋sin ＋1＝－，
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x) ＝f ＝2＋，
max
f(x) ＝f ＝－.
min
(2)(2022·芜湖模拟)已知关于x的不等式x3－ax2≥ln x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1] B．(0,1]
C. D．(－∞，0]
答案 A
解析 因为不等式x3－ax2≥ln x恒成立，
所以不等式a≤x－ 在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x－，则g′(x)＝，
令h(x)＝x3－1＋2ln x，则h′(x)＝3x2＋>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，
所以当0<x<1时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝1，所以 a≤1.
考点三 极值、最值的简单应用
例3 (2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x ，x ，若不等式
1 2
f(x)＋f(x)≤t恒成立，则实数t的最小值为________．
1 2
答案 －3
解析 由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，
得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x，x，
1 2
则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
所以
解得0<a<，
所以f(x)＋f(x)＝ax－2x＋ln x＋ax－2x＋ln x
1 2 1 1 2 2
＝a[(x＋x)2－2xx]－2(x＋x)＋ln(xx)
1 2 1 2 1 2 1 2
＝－－1－ln 2a，
令h(a)＝－－1－ln 2a，
则h′(a)＝>0，
所以h(a)＝－－1－ln 2a在上单调递增，所以h(a)<h＝－3，
所以t≥－3.
故实数t的最小值为－3.
易错提醒 方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法．分离参数时，等式或不等式
两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视．
跟踪演练3 已知函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处取得极小值－3，且g(x)＝x3－x2＋1
在区间(c，c＋4)上存在最小值，则a＋b＋c的取值范围是( )
A．(4,8) B．[4,8)
C．(5,8) D．[5,8)
答案 D
解析 由题意函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处取得极小值－3，则有f′(x)＝12x2－2ax
－2b，则解得又因为g(x)＝x3－x2＋1，所以g′(x)＝x2－2x，当x<0或x>2时，g′(x)>0，当
0<x<2时，g′(x)<0，所以函数g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
故函数g(x)的极小值为g(2)＝－，令g(x)＝－，则x＝－1或x＝2，因为g(x)在区间(c，c＋4)
上存在最小值，则有－1≤c<2<c＋4，则有－1≤c<2，则5≤a＋b＋c<8.
专题强化练
一、选择题
1．下列函数中，不存在极值的是( )
A．y＝x＋ B．y＝xex
C．y＝xln x D．y＝－2x3－x
答案 D
解析 显然ABC中的函数存在极值．
对于D，函数y＝－2x3－x，
则y′＝－6x2－1<0，
所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点．
2．下列关于函数f(x)＝(3－x2)ex的结论，正确的是( )
A．f(－3)是极大值，f(1)是极小值
B．f(x)没有最大值，也没有最小值
C．f(x)有最大值，没有最小值
D．f(x)有最小值，没有最大值
答案 C
解析 由f(x)＝(3－x2)ex，得f′(x)＝(－x2－2x＋3)ex，
令f′(x)＝0，则－x2－2x＋3＝0，
解得x＝－3或x＝1，
当x<－3或x>1时，f′(x)<0，
当－3<x<1时，f′(x)>0，
所以f(－3)是极小值，f(1)是极大值，
所以A错误；
因为f(－3)是极小值，且当x<－3时，f(x)<0恒成立，所以f(1)＝2e>0是极大值，也是最大
值．
而当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)有最大值，没有最小值，所以C正确，B，D错误．
3．已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x ，x ，都有|f(x)－f(x)|≤t，则实
1 2 1 2
数t的最小值是( )
A．20 B．18 C．3 D．0
答案 A
解析 对于区间[－3,2]上的任意x，x 都有|f(x)－f(x)|≤t，
1 2 1 2
等价于对于区间[－3,2]上的任意x，
都有f(x) －f(x) ≤t，
max min
∵f(x)＝x3－3x－1，
∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
∵x∈[－3,2]，
∴函数在[－3，－1]，[1,2]上单调递增，在(－1,1)上单调递减，
∴f(x) ＝f(2)＝f(－1)＝1，
max
f(x) ＝f(－3)＝－19，
min
∴f(x) －f(x) ＝20，
max min
∴t≥20，
∴实数t的最小值是20.
4．(2022·南充检测)已知函数f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n等于(
)
A．2 B．7
C．2或7 D．3或9
答案 B
解析 f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2，
f′(x)＝3x2－6mx＋n，根据题意，f′(－1)＝3＋6m＋n＝0，
f(－1)＝－1－3m－n＋m2＝0，
解得或
当时，
f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)单调递增，无极值点，舍去．
当时，
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
当x∈(－∞，－3)和x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)在x＝－1处有极小值，满足
条件．
综上所述，m＋n＝9－2＝7.
5．(2022·晋中模拟)已知函数f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，则a的取值
范围为( )
A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)
C．(0,4) D．(0,4]
答案 D
解析 因为f(x)≥0恒成立，
即f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3≥0(x>0)恒成立，
即a≤＝2ln x＋x＋恒成立，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝＋1－＝，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x) ＝h(1)＝4，则0<a≤4.
min
6．(2022·新高考全国Ⅰ改编)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则下列结论正确的是( )
①f(x)有两个极值点；
②f(x)有三个零点；
③点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心；
④直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线．
A．①②③ B．①④
C．③④ D．①③
答案 D
解析 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.
由f′(x)>0，得x>或x<－；由f′(x)<0，得－<x<.
所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故①正确；
因为f(x)的极小值f ＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R
上有且只有一个零点，故②错误；
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)
＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称
中心，故③正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x ，y)，则f′(x)＝3x－1＝2，解得x ＝±1；
0 0 0 0
若x ＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x ＝－1，则切点坐标为(－
0 0
1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故④错误．
7．(2022·昆明模拟)若函数f(x)＝x2－4x＋aln x有两个极值点，设这两个极值点为x ，x ，且
1 2
x<x，则( )
1 2
A．x∈(1,2) B．a>2
1
C．f(x)<－3 D．f(x)>－3
1 1
答案 D
解析 ∵f(x)＝x2－4x＋aln x，
∴f′(x)＝2x－4＋＝(x>0)，
令f′(x)＝0，则方程2x2－4x＋a＝0的两根为x，x，且0<x<x，
1 2 1 2
∴Δ＝42－4×2a>0，解得a<2，
x＋x＝2，x·x＝<1，
1 2 1 2
∴0<x<1,1<x<2，
1 2
又x 为f(x)的极大值点，故f(x)>f(1)＝－3.
1 1
8．(2022·运城模拟)若存在实数x，y满足ln x－x＋3≥ey＋e－y，则x＋y等于( )
A．－1 B．0 C．1 D．e
答案 C
解析 令函数f(x)＝ln x－x＋3，可得f′(x)＝－1＝(x>0)，
当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝1时，可得f(x) ＝f(1)＝ln 1－1＋3＝2，
max
令函数g(y)＝ey＋e－y，则ey＋e－y≥2，当且仅当y＝0时取等号，
又ln x－x＋3≥ey＋e－y，所以ln x－x＋3＝ey＋e－y＝2，
所以x＝1，y＝0，所以x＋y＝1.
二、填空题
9．(2022·福州质检)已知函数f(x)＝a＋ln x在x＝1处取得极值，则a＝________.答案 －2
解析 ∵f(x)＝a＋ln x，x>0，
∴f′(x)＝＋，则f′(1)＝＋1＝0，a＝－2，
当a＝－2时，f′(x)＝＋＝，
当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，
∴当x＝1时，f(x)取得极值，
∴a＝－2.
10．若函数f(x)＝x2－x＋a(x＋ln x)没有极值，则实数a的取值范围为________．
答案 [3－2，＋∞)
解析 因为函数f(x)没有极值，所以f′(x)＝x－1＋a＝ 在(0，＋∞)上没有变号的零点，
令m(x)＝x2＋(a－1)x＋a，
①当－≤0 ，即a≥1 时，由m(0)≥0，解得a≥0，所以a≥1；
②当－>0 ，即a<1 时，由Δ＝(a－1)2－4a≤0，解得3－2≤a≤3＋2，
所以3－2≤a<1，
由①②得实数a的取值范围为[3－2，＋∞)．
11．(2021·新高考全国Ⅰ)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>时，f(x)＝2x－1－2ln x，
所以f′(x)＝2－＝，
当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x) ＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
min
②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减，所以f(x) ＝f ＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e
min
＝1.
综上，f(x) ＝1.
min
12．若函数f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)有极小值，且极小值为 0，则a2－b的最小值为
________．
答案 2e
解析 由f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)，
可得f′(x)＝2x＋(x>0)，
因为f(x)有极小值，记为x，则2x＋＝0，即b＝－2x，x>0，
0 0 0
又由f(x)＝0，得x＋a2＋bln x＝0，
0 0
即a2＝－x－bln x＝－x＋2xln x≥0，所以x≥.
0 0 0
设a2－b＝g(x)＝x＋2xln x，
0 0
当x≥时，g′(x)＝4x＋4xln x>0，
0 0 0 0 0所以g(x)＝x＋2xln x 在[，＋∞)上单调递增，
0 0
当x＝时，可得g(x) ＝g()＝2e，
0 0 min
所以a2－b的最小值为2e.
三、解答题
13．(2022·南充模拟)已知f(x)＝aln x－x·ln x(a>0)．
(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)求证：f(x)仅有一个极值．
(1)解 当a>0时，f′(x)＝－ln x－1(x>0)，
则f′(1)＝a－1，又f(1)＝0.
所以f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝(a－1)·(x－1)．
即(a－1)x－y＋1－a＝0.
(2)证明 f′(x)＝－ln x－1(x>0)，
令p(x)＝－ln x－1，
由a>0，得p′(x)＝－－<0.
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又f′＝ae－＝ae>0，f′(a＋1)＝－[ln(a＋1)＋1]<0，
所以存在唯一x∈，使得f′(x)＝0.
0 0
所以f(x)在(0，x)上单调递增，在(x，＋∞)上单调递减．
0 0
f(x) ＝f(x)，无极小值．
极大值 0
所以f(x)仅有一个极值．
14．(2022·西安交大附中模拟)已知函数f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值与最小值之差g(a)．
解 (1)因为f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，
所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．
①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，
f′(x)>0；
x∈(－，)时，f′(x)<0；
故f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，
在(－，)上单调递减．
(2)由(1)可知：①当a≤0时，f(x)在[0,3]上单调递增，
g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；
②当≥3，即a≥9时，
f(x)在[0,3]上单调递减，
g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；
③当0<<3，即0<a<9时，
f(x)在[0，)上单调递减，
在(，3]上单调递增，
于是f(x) ＝f()＝－2a＋a，
min
又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.
故当0<a<3时，g(a)＝27－9a＋2a；
当3≤a<9时，g(a)＝2a，
综上可得，g(a)＝
