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第3讲 导数与函数的极值、最值
最新考纲 考向预测
利用导数求函数的极值、最值是
1.了解函数在某点取得极值的必要条件
高考的热点，由函数的极值、最
和充分条件． 命题
值求参数范围问题仍是高考的
2．会用导数求函数的极大值、极小值(其 趋势
难点，题型各种类型都有，一般
中多项式函数一般不超过三次)．
难度中等.
3．会求闭区间上函数的最大值、最小值
核心
(其中多项式函数一般不超过三次). 数学运算、数学抽象
素养
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 x 附近的左侧f′(x)<0，右
0 0
侧f′(x)<0 侧f′(x)>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
[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值
点．
(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极
小值．
(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．
2．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．
常用结论
1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的
最值点．
常见误区
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
0 0
充分条件．
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，不可直接认为极值就是最值．
3．极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值
的未必有最值，有最值的未必有极值．
1. 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( )
(2)导数为零的点不一定是极值点．( )
(3)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(4)函数的极大值一定是函数的最大值．( )
(5)开区间上的单调连续函数无最值．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
2．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
解析：选C.因为f(x)＝x4－2x2＋3，
所以由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0得
x＝0或x＝1或x＝－1.
又当x<－1时，f′(x)<0，
当－10，
当01时，f′(x)>0，
所以x＝0，1，－1都是函数f(x)的极值点．
3．(多选)函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是( )
A．－3是函数y＝f(x)的极值点B．－1是函数y＝f(x)的最小值点
C．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增
D．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零
解析：选BD.根据导函数的图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，
＋∞)时，f′(x)≥0，
所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，则－3
是函数y＝f(x)的极值点，
因为函数y＝f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，
所以－1不是函数y＝f(x)的最小值点，
因为函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于零，
所以y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于零，
故错误的命题为BD.
4．(易错点)函数g(x)＝－x2的极值点是________，函数f(x)＝(x－1)3的极值点
________．(填“存在”或“不存在”)
解析：结合函数图象可知 g(x)＝－x2的极值点是 x＝0.因为 f′(x)＝3(x－
1)2≥0，所以f′(x)＝0无变号零点，故函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点．
答案：0 不存在
5．函数f(x)＝4x－ln x的最小值为________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由题意知f′(x)＝4－＝.令f′(x)>0得x>，
令f′(x)<0得00；当－22时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x
＝2处取得极小值．故选D.
【答案】 D
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，两者结合可得极值点．
角度二 求已知函数的极值
(2020·高考天津卷改编)已知函数f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋的单调区间和极值．
【解】 (1)因为f(x)＝x3＋6ln x，所以f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以
曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
(2)依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞)．从而可得g′(x)＝3x2－6x＋
－，整理可得g′(x)＝.令g′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x (0，1) 1 (1，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) 极小值
所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；g(x)的极小
值为g(1)＝1，无极大值．
利用导数研究函数极值问题的一般流程角度三 已知函数的极值求参数值(范围)
(1)(2021·江西八校联考)若函数f(x)＝x2－x＋aln x在(1，＋∞)上有极值
点，则实数a的取值范围为________．
(2)设函数f(x)＝ln x＋ax2－x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极
小值为________．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1＋＝，
由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不相等的实数解，且在(1，＋∞)上有解，
所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a<0，
所以a∈(－∞，－1)．
(2)函数f(x)＝ln x＋ax2－x，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax－.
若x＝1是函数f(x)的极大值点，则f′(1)＝0，解得a＝；所以f(x)＝ln x＋x2－x，
f′(x)＝＋x－＝＝；
当f′(x)>0时，02，
函数在(0，1)和(2，＋∞)上单调递增；
当f′(x)<0时，10)，
所以f′(x)＝－＋，令f′(x)＝0，则x＝2.
当02时，f′(x)>0.
所以x＝2为f(x)的极小值点．
2．已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a－b＝________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
解得或
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9
时满足题意，故a－b＝－7.
答案：－7
3．已知函数f(x)＝ex(－x＋ln x＋a)(e为自然对数的底数，a为常数，且a≤1)．
判断函数f(x)在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由．
解：不存在极值点．理由如下：
f′(x)＝ex(ln x－x＋＋a－1)，
令g(x)＝ln x－x＋＋a－1，x∈(1，e)，则f′(x)＝exg(x)，g′(x)＝－<0恒成立，所以
g(x)在(1，e)上单调递减，
所以g(x)0即可．
当t>0时，S(t)＝，
则S′(t)＝＝(t2－4)(t2＋12)，
令S′(t)＝0，得t＝2，
所以当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如表：
t (0，2) 2 (2，＋∞)
S′(t) － 0 ＋
S(t) 极小值
所以S(t) ＝S(2)＝32.
min
求函数f(x)在[a，b]上最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最
小值．
(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，
最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)
值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
1．函数y＝在[0，2]上的最大值是( )
A． B．
C．0 D．
解析：选A.易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1的解集为( )
A．(1，2) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－1，1)
【解析】 构造函数g(x)＝f(x)－x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上
单调递减，且g(1)＝f(1)－＋c＝＋c.f(x2)>＝x2＋，
即f(x2)－x2＋c>＋c，即g(x2)>g(1)，
即x2<1，即－1－f(x)成立，若f(ln
2)＝，则满足不等式f(x)>的x的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(0，1)
C．(ln 2，＋∞) D．(0，ln 2)
【解析】 由题意，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)>0.
令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，
所以函数g(x)在R上单调递增．
不等式f(x)>即exf(x)>1，即g(x)>1.
因为f(ln 2)＝，所以g(ln 2)＝eln 2f(ln 2)＝2×＝1.
故当x>ln 2时，g(x)>g(ln 2)＝1，所以不等式g(x)>1的解集为(ln 2，＋∞)．
故选C.【答案】 C
由于ex>0，故[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，′＝，其
符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个函数
类型3 含xf′(x)±nf(x)型
f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则
不等式xf(x)>0的解集为________．
【解析】 构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，
可以推出x<0，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，y＝x为奇函数，
所以F(x)为奇函数，
所以F(x)在(0，＋∞)上也单调递减，根据f(－4)＝0可得F(－4)＝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xf(x)>0的解集为(－∞，－
4)∪(0，4)．
【答案】 (－∞，－4)∪(0，4)
常见构造原函数的类型如下：
(1)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0，构造函数g(x)＝xf(x)．
(2)对于不等式xf′(x)－f(x)>0，构造函数g(x)＝(x≠0)．
(3)对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，构造函数g(x)＝xnf(x)．
(4)对于不等式xf′(x)－nf(x)>0，构造函数g(x)＝(x≠0)．
类型4 含f′(x)tan x±f(x)或f′(x)±f(x)tan x型
已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈时，f′(x)sin 2xg，即f>f.故选B.【答案】 B
该类型构造原函数如下：
(1)对于f′(x)tan x＋f(x)>0(<0)，构造函数h(x)＝f(x)sin x．
(2)对于f′(x)tan x－f(x)>0(<0)，构造函数h(x)＝.
(3)对于f′(x)－f(x)tan x>0(<0)，构造函数h(x)＝f(x)cos x．
(4)对于f′(x)＋f(x)tan x>0(<0)，构造函数h(x)＝.
设函数y＝f(x)，x∈R的导函数为f′(x)，且f(x)＝f(－x)，f′(x)g(0)>g(1)，所以e－1f(1)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＝2.3．(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若函数f(x)在x＝1处取得
极大值，则函数y＝－xf′(x)的图象不可能是( )
解析：选ACD.因为f(x)在x＝1处取得极大值，所以可设当x>1时f′(x)<0，当
x<1时f′(x)>0，所以当x>1时，y＝－xf′(x)>0，A，C不可能，当00，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
6．f(x)＝ex－x在区间[－1，1]上的最大值为________．
解析：f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，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，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－
1，f(－1)－f(1)＝＋2－e<＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)．所以最大值为e－1.答案：e－1
7．(2021·咸阳模拟)已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则
＝________．
解析：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c；
根据题图知，x＝－1，2是f(x)的两个极值点，
所以x＝－1，2是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两个实数根，
根据根与系数的关系得，
所以2b＝－3a，c＝－6a，
所以＝＝＝1.
答案：1
8．函数 f(x)＝(x2－x－1)ex(其 e＝2.718…是自然对数的底数)的极值点是
________；极大值为________．
解析：由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，
因为ex>0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，
当x<－2时f′(x)>0，即函数f(x)在区间(－∞，－2)上单调递增；
当－21时，f′(x)>0，即函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故f(x)的极值点为－2或1，且极大值为f(－2)＝.
答案：1或－2
9．设函数f(x)＝x2＋1－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝f(x)－x在区间上的最小值．
解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－，
由f′(x)>0，得x>，由f′(x)<0，得00，得x>1，由g′
(x)≤0，得00，
当x>1时，g′(x)>0，
所以－2是g(x)的极值点，1不是g(x)的极值点．
综上所述，g(x)的极值点为－2.
[B级 综合练]
11．函数f(x)在x＝x 处的导数存在，若p：f′(x )＝0，q：x＝x 是f(x)的极值点，
0 0 0
则( )
A．p是q的充分必要条件
B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
解析：选C.设f(x)＝x3，则f′(0)＝0，但是f(x)是单调递增函数，故在x＝0处不
存在极值，故若p则q是一个假命题，由极值的定义可得若q则p是一个真命题，
故选C.
12．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
解析：选B.f′(x)＝x2＋2mx＋n，导函数f′(x)为偶函数，则m＝0，故f(x)＝x3＋nx
＋2，f(1)＝＋n＋2＝－，所以n＝－3，
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－3x＋2，所以f′(x)＝x2－3，g(x)＝ex(x2－3)，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，故在区间[0，2]上，函数g(x)的最小值为g(1)＝e1×(12－
3)＝－2e.故选B.
13．(2021·全国统一考试模拟五)已知函数f(x)＝m(x2－1)－ln x(m∈R)．
(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；
(2)讨论函数f(x)的极值．
解：(1)证明：当m＝1时，f(x)＝(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝x－＝，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)
在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x) ＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
min
(2)由题意知，f′(x)＝mx－＝，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．
②当m>0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，所以
f(x)在上单调递减，在上单调递增．
故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．
14．已知函数f(x)＝－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．
(1)求实数a的值；
(2)设b>1，求f(x)在上的最大值和最小值．
解：(1)由题可得f(x)的导函数为f′(x)＝，所以f′(1)＝＝1－a.
依题意，有＝1－a，即＝1－a，
解得a＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝，
当00，－ln x>0，
所以f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，1－x2<0，－ln x<0，
所以f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又因为0<<11，
则h′(b)＝ln b>0，
所以h(b)在(1，＋∞)上单调递增．
当b→1时，h(b)→0，可得h(b)>0，则f(b)>f，
故f(x)最小值为f＝－bln b－.[C级 创新练]
15．(创新型)(2020·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y
＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数．已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则
f(x)为( )
A．2折函数 B．3折函数
C．4折函数 D．5折函数
解析：选C.f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)·(ex－3x－2)，令f′(x)＝0，得
x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点．又e－2≠3×(－2)
＋2＝－4.
所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数．
16．若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的
“友导”函数．已知函数g(x)＝－x3－3x＋1为函数f(x)＝2xln x－ax的“友导”
函数，则a的取值范围是________．
解析：由题意，得g′(x)＝－x2－3.又由题意知g(x)＝－x3－3x＋1为函数f(x)＝
2xln x－ax的“友导”函数，所以方程2xln x－ax＝－x2－3(x>0)有解，即a＝x＋
2ln x＋有解．令h(x)＝x＋2ln x＋，则h′(x)＝1＋－＝，当01时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝4，所以由
方程a＝x＋2ln x＋有解，可得a≥4.
答案：[4，＋∞)
