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第 3 节 导数与函数的极值、最值
考试要求 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.会求闭区间上函数的最大值、最小值；4.会
利用导数解决某些简单的实际问题.
1.函数的极值与导数
f′(x )＝0
0
条件
x 附近的左侧f′(x)>0，右侧f′
0 x 附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
(x)<0 0
图象
极值 f(x )为极大值 f(x )为极小值
0 0
极值点 x 为极大值点 x 为极小值点
0 0
2.函数的最值与导数
(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)上的极值；
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.
1.对于可导函数f(x)，“f′(x )＝0”是“函数f(x)在x＝x 处有极值”的必要不充分
0 0
条件.
2.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
3.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间
没有必然的大小关系.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值.( )
(2)函数的极大值一定大于其极小值.( )
(3)对可导函数f(x)，若f′(x )＝0，则x 为极值点.( )
0 0
(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)函数f(x)在区间(a，b)可以存在最值.
(2)函数的极大值也可能小于极小值.
(3)x 为f(x)的极值点的充要条件是f′(x )＝0，且x 两侧导函数值异号.
0 0 0
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 由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数值符号为左负右正.
3.已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A.－4 B.－2 C.4 D.2
答案 D
解析 由题意得 f′(x)＝3x2－12，由 f′(x)＝0得x＝±2，当 x∈(－∞，－2)时，f′
(x)>0，函数 f(x)单调递增，当 x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减，当
x∈(2，
＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
4.函数f(x)＝2x－xln x的极值是( )
A. B. C.e D.e2
答案 C解析 因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，令f′(x)>0时，解得0e，所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x) ＝f(e)＝e.
极大值
5.(易错题)函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是________.
答案 (－∞，－)∪(，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2－2ax＋2，
由题意知f′(x)有可变号零点，
∴Δ＝(-2a)2－4×3×2>0，
解得a>或a<－.
6.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________.
答案 －
解析 f(x)＝2sin x＋sin 2x的最小正周期为 2π，所以只需考虑 f(x)在[0，2π)上的
最小值即可.
f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝4cos2x＋2cos x－2，
令f′(x)＝0，得cos x＝或cos x＝－1，
则x＝，x＝或x＝π，
则函数f(x)在[0，2π)上的最小值只能在x＝0，x＝，x＝和x＝π中取得，
又因为f(0)＝0，f＝，f(π)＝0，f＝－，
所以函数f(x)＝2sin x＋sin 2x的最小值为－.
考点一 利用导数求函数的极值
角度1 根据函数图象判断极值
例1 设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所
示，则下列结论中一定成立的是( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(－2)为函数的极大值
C.f(x)有两个极小值D.f(－1)为f(x)的极小值
答案 C
解析 由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，∴f′(x)<0，
当x∈(－2，0)时，g(x)<0，∴f′(x)>0，
当x∈(0，1)时，g(x)<0，∴f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，
在(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增.
故ABD错误，C正确.
感悟提升 由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与
x轴的交点，可得函数 y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看
出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值.
训练1 (2022·石家庄检测)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，以下命
题错误的是________(填上所有错误命题的序号).
①－3是函数y＝f(x)的极值点；
②－1是函数y＝f(x)的极小值点；
③y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增；
④－2是函数y＝f(x)的极大值点.
答案 ②④
解析 根据导函数的图象可知，当 x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，－1)
时，f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，－1)上单调递
增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以①正确.
因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，
－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以②错误，③正确，④错误.
角度2 求已知函数的极值
例2 已知函数f(x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f(x)的极值.
解 因为f(x)＝x2－1－2aln x(x>0)，所以f′(x)＝2x－＝.
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立，所以f(x)在(0，
＋∞)上单调递增，f(x)无极值.
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x ＝，x ＝－(舍去).
1 2
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 极小值
所以当x＝时，f(x)取得极小值，且f()＝()2－1－2aln ＝a－1－aln a，无极大值.
综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值.
当a>0时，函数f(x)在x＝处取得极小值a－1－aln a，无极大值.
角度3 已知极值求参数的值(范围)
例3 (1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝________.
(2)(2021·洛阳质检)已知函数f(x)＝x3－ax2＋.若f(x)在(a－1，a＋3)上存在极大值，
则a的取值范围是________.
答案 (1)11 (2)(－9，0)∪(0，1)
解析 (1)f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
由题意得解得或
当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，
∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x)无极值，
所以a＝1，b＝3不符合题意，
当a＝2，b＝9时，经检验满足题意.
∴a＋b＝11.
(2)f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
令f′(x)＝0，得x ＝0，x ＝.
1 2
当a＝0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
f(x)无极值，不合题意.
当a>0时，f(x)在x＝处取得极小值，
在x＝0处取得极大值，则a－1<00，所以00，
∴f′(x)＝a＋，
由f′(1)＝0得a＝－1(经检验，满足题意)，
∴f′(x)＝－1＋＝.
由f′(x)>0得01，
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x) ＝f(1)＝－1，无极小值.
极大值
(2)因为函数y＝f(x)＝x＋aln x在区间上有极值点，所以y′在区间上有可变号零点.
f′(x)＝1＋(x>0)在上单调，且f′·f′(e)<0，
所以(ea＋1)·<0，解得－e0，当x∈(2，3)时，g′(x)<0，
所以g(x)在[1，2]上单调递增，在[2，3]上单调递减，
在区间[1，3]上，g(x) ＝g(2)＝ln 2－＋b.
max
又g(1)＝－＋b，g(3)＝ln 3－＋b，
g(3)－g(1)＝ln 3－1>0，
所以g(x) ＝g(1)＝－＋b＝1，
min
解得b＝，所以g(2)＝ln 2＋.
于是函数g(x)在区间[1，3]上的最大值为g(2)＝ln 2＋.
构造函数，巧妙解题以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，”等特征
式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷
中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将
前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，
然后利用该函数的性质解决问题.
一、构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
例1 设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cos x<0，则不等式f(x)0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞).
二、利用f(x)与x构造可导型函数
例2 设f(x)是定义在R上的可导函数，且x∈R时满足f(x)＋xf′(x)<0，则不等式
f(x－1)>f(－1)的解集为________.
答案 (－∞，0)
解析 构造F(x)＝xf(x)，
则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，
∴F(x)在R上单调递减，
∵f(x－1)>f(－1)，∴x－1<－1，即x<0，
即不等式f(x－1)>f(－1)的解集为(－∞，0).
例3 设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成
立，则不等式f(x)>0的解集为________.答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析 构造F(x)＝，
则F′(x)＝，当x<0时，xf′(x)－f(x)>0，可以推出当x<0时，F′(x)>0，F(x)在(－∞，
0)上单调递增.
∵f(x)为偶函数，∴F(x)为奇函数，
∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增.
根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根
据图象可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞).
例4 已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，
2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是______________.
答案 (－1，0)∪(0，1)
解析 构造F(x)＝，
则F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，
＋∞)上单调递减.
∵f(x)为偶函数，y＝x2为偶函数，
∴F(x)为偶函数，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.
根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，
根据图象可知f(x)>0的解集为(－1，0)∪(0，1).
总结 (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
三、利用f(x)与ex构造可导型函数
例 5 已知 f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数 f′(x)满足 f′(x)e2f(0)，f(2 022)>e2 022f(0)
B.f(2)e2 022f(0)
C.f(2)>e2f(0)，f(2 022)0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解
集为____________.
答案 (0，＋∞)
解析 构造F(x)＝f(x)·e2x，
∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，
∴F(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，
不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，
即F(x)>F(0)，∴x>0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞).
四、利用f(x)与sin x，cos x构造可导型函数
例7 已知函数 y＝f(x)对于任意的 x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数
f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是( )
A.f0，则F′(x)>0，F(x)在上单调递增，
把选项转化后可知选A.
总结 f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，
F′(x)＝.1.(2022·武汉部分中学联考)函数f(x)的定义域为R，导数f′(x)的图象如图所示，
则函数f(x)( )
A.无极大值点，有四个极小值点
B.有三个极大值点，一个极小值点
C.有两个极大值点，两个极小值点
D.有四个极大值点，无极小值点
答案 C
解析 设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x ，x ，x ，x .当
1 2 3 4
x0，f(x)为增函数，当x 0)，令y′＝0得x＝1，当00，函数是增函数，当
x>1时，y′<0，函数是减函数，所以当x＝1时函数y＝ln x－x取极大值，没有极
小值，故选A.
3.函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是( )
A.1＋ B.1 C.e＋1 D.e－1
答案 D
解析 f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，得x>0，
令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且
f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝＋2－e<＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)，故选D.
4.已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为( )
A.2 B.－
C.3＋ln 2 D.－2＋2ln 2
答案 B
解析 由题意得，f′(x)＝＋2ax－3，
∵f(x)在x＝2处取得极小值，
∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝(经检验，满足题意)，
∴f(x)＝2ln x＋x2－3x，
f′(x)＝＋x－3＝，
∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.
5.(2021·安阳模拟)若函数f(x)＝x4＋ax3＋x2－b(a，b∈R)仅在x＝0处有极值，则a
的取值范围为( )
A.[－2，2] B.[－1，1]
C.[2，6] D.[－1，4]
答案 A
解析 由题意可得f′(x)＝x3＋3ax2＋9x＝x(x2＋3ax＋9).
由于x＝0不满足方程x2＋3ax＋9＝0，所以要保证函数f(x)仅在x＝0处有极值，
须使x2＋3ax＋9≥0恒成立，所以(3a)2－36≤0，即9a2≤36，所以－2≤a≤2.所
以a的取值范围是[－2，2]，故选A.
6.(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)
＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为( )
A.－3e B.－2e C.e D.2e
答案 B
解析 由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，
∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，
故f(x)＝x3＋nx＋2，
∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3.
∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.故g(x)＝ex(x2－3)，
则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3).
据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
故函数g(x)的极小值，
即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
7.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式为 y＝－x3＋27x＋
123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件.
答案 3
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当00；当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大.
8.(2022·西安调研)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(2)
的值为________.
答案 18
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
解得或
当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，
显然在x＝1处无极值；
当a＝4，b＝－11时，
令f′(x)＝(x－1)(3x＋11)＝0，得x＝－或x＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：
x － 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
故f(x)在x＝1处有极小值，符合题意，此时f(2)＝18.
9.若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，则实数c的取值范围为____________.
答案 ∪
解析 若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，
则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不相等的实根，
故Δ＝(－4c)2－12>0，
解得c>或c<－.所以实数c的取值范围为∪.
10.设函数f(x)＝aln x－bx2，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值.
解 (1)f′(x)＝－2bx，x>0，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，x>0，
f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得10在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，
若x∈，则f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值.综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
12.若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的
取值范围为________.
答案
解析 对函数求导f′(x)＝x－1＋a＝，x>0，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－a.
又函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，所以x＝1，此时a≥0.
所以当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f(x)的极小值为f(1)＝＋a－1＝a－.
故f(1)≥1，即a－≥1，解得a≥.
13.已知函数f(x)＝－2kln x＋kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取
值范围是________.
答案
解析 f′(x)＝－＋k＝.
由题意可得，x＝2是f′(x)＝0唯一的变号零点，
故h(x)＝ex＋kx2在(0，＋∞)上没有变号零点，
令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，
当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当00，求函数F(x)＝af(x)在[a，2a]上的最小值.
解 (1)因为f′(x)＝(x>0)，
所以f′(1)＝1，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.(2)因为F(x)＝af(x)，
所以F′(x)＝(a>0，x>0)，
令F′(x)>0得0e，
所以F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以F(x)在[a，2a]上的最小值F(x) ＝min{F(a)，F(2a)}.
min
因为F(a)－F(2a)＝ln a－ln(2a)＝ln ，
所以当02时，F(a)－F(2a)>0，F(x) ＝F(2a)＝ln(2a).
min
综上所述，当02时，F(x)在[a，2a]上的最小值为ln(2a).
