文档内容
§3.3 导数与函数的极值、最值
课标要求 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.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
一般地，若存在δ>0，当x∈(x －δ，x ＋δ)时，都有f(x)≤f(x)，则称f(x)为函数f(x)的一个
1 1 1 1
极大值；当x∈(x－δ，x＋δ)时，都有f(x)≥f(x)，则称f(x)为函数f(x)的一个极小值．
2 2 2 2
函数的极大值、极小值统称为函数的极值．
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 f ( a ) ， f ( b ) 比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值．
常用结论
对于可导函数f(x)，“f′(x)＝0”是“函数f(x)在x＝x 处有极值”的必要不充分条件．
0 0
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 (－∞，－)∪(，＋∞)
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>或a<－.
4．函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是________，最小值是________．
答案 4 －
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)＝x3－4x＋4有极小值，
并且极小值为f(2)＝－.
又由于f(0)＝4，f(3)＝1，
所以函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0,3]上的最大值是4，最小值是－.
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)(2023·连云港模拟)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x－2，即a<2时，取x＝－2，x＝－a，其单调区间如表所示，
1 2
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x＝－a，x＝－2，其单调区间如表所示，
1 2
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)(2024·成都模拟)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∈时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在上单调递减，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.
(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由f(x)＝ex－ax2－2ax，
得f′(x)＝ex－2ax－2a.
因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，
所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，
令f′(x)＝0，得＝，
设g(x)＝，y＝；
则g′(x)＝－，
令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0，
当x>0时，g′(x)<0；
当x<0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
当x→－∞时，g(x)→－∞；
当x→＋∞时，g(x)→0.
分别作出函数g(x)＝与y＝的图象，如图所示，
由图可知，0<<1，解得a>，
所以实数a的取值范围为.
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)在和(1，＋∞)上单调递增，在
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)(2023·商丘模拟)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
解析 函数f(x)的定义域为，
且f′(x)＝2x－＝＝，
因为f(x)在定义域内不存在极值点，
所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在上恒成立，
即2x2＋x－a≥0或2x2＋x－a≤0在上恒成立，
因为2x2＋x－a≤0在上不可能恒成立，
所以2x2＋x－a≥0在上恒成立，
即a≤2x2＋x＝22－，
所以a≤(2x2＋x) ＝－，
min
故a∈.
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 (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)或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 ＝－.故选D.
min
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)＋＝(x>0，a>0)，
当0<≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增，
所以f(x) ＝f(1)＝－2，符合题意．
min
当1<0，f(x)单调递增．
所以f(x) ＝f 时，f(x)＝2x－1－2ln x，
所以f′(x)＝2－＝，
当1时，f′(x)>0，所以f(x) ＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
min
②当0ln e＝1.
综上，f(x) ＝1.
min
(2)(2024·上饶模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋1.当00，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00，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＝，
当x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因此x＝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∈(1,2)，所以a∈(2,4)．
5．(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 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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，函数f(x)取得最大值，满足题意．
所以f′(2)＝－1＋＝－.
6．(2023·开封模拟)已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为(
)A．1－ln 2 B．2(1－ln 2)
C.(2－ln 2) D.(1－ln 2)
答案 D
解析 由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，
所以3n－3m＝em－2m；
令h(m)＝em－2m(m∈R)，
则h′(m)＝em－2，
令em－2＝0，解得m＝ln 2.
当m∈(－∞，ln 2)时，h′(m)<0，
即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减；
当m∈(ln 2，＋∞)时，h′(m)>0，
即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增；
即h(m) ＝h(ln 2)＝2－2ln 2，
min
故(n－m) ＝(1－ln 2)．
min
二、多项选择题
7．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－10 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
答案 BCD
解析 函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－－＝，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x，x，
1 2
于是
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确．
三、填空题
9．(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.
答案 sin x(答案不唯一)
解析 正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值．
10．(2024·襄阳模拟)若函数f(x)＝在区间上的最小值为2e，则a的取值范围是________．
答案
解析 由f(x)＝，得f′(x)＝，
所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
且f ＝2e，所以∈，
即a≥，
所以a的取值范围是.
11．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＝＋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)
＝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．
12．(2024·湛江模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x ，x ，且x ＝2x ，则a＝
1 2 2 1
________.
答案
解析 f(x)＝ex－ax2－a，定义域为R，
所以f′(x)＝ex－2ax，
故 －2ax＝0， －2ax＝0；
1 2
又x＝2x，所以 －4ax＝0.
2 1 1
又 >0，故 ＝2，所以x＝ln 2，
1
所以a＝ ＝.
四、解答题
13．设函数f(x)＝aln 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)＝－＋2a2＝
＝，x>0，
∵a>0，∴－<0<.
∴在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
在上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)由(1)可知，f(x) ＝f
min
＝aln ＋3a＋2a－4a
＝aln ＋a＝a(1－ln a)，
∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，
∴1－ln a>0，∴00，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)＝，
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＝>0，舍去；
②当a>0时，由f′(x)＝＝0，得x＝，
当0<时，
∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，
∴f(x) ＝f ＝－1－ln a＝－3，
max
∴a＝e2，符合题意；
当e≤，即0，舍去．
综上，存在a符合题意，此时a＝e2.
