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专题 3.5 导数与函数的极值、最值-重难点题型精讲
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 x 附近的左侧f′(x)<0，右侧
0 0
f′(x)<0 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
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．【题型1 根据函数图象判断极值】
【方法点拨】
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.
【例1】（2022春•杨浦区校级期末）已知函数y＝f（x）（a＜x＜b）的导函数是y＝f'（x）（a＜x＜b），
导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）在（a，b）内有（ ）
A．3个驻点 B．4个极值点
C．1个极小值点 D．1个极大值点
【解题思路】由题意结合导函数图像即可确定函数的性质．
【解答过程】解：由导函数的图象可知，原函数存在4个驻点，函数有3个极值点，其中2个极大值点，
1个极小值点．
故选：C．
【变式1-1】（2022春•纳雍县期末）已知函数f（x）的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（
）
A．﹣1是f（x）的极小值点
B．曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率小于零
C．f（x）在区间（﹣∞，3）上单调递减D．﹣3是f（x）的极小值点
【解题思路】根据题意，由函数导数与单调性的关系依次分析选项，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，在x＝﹣1左右都有f′（x）＜0，﹣1不是f（x）的极值，A错误；
对于B，f′（x）的图象在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，则曲线y＝f（x）在x＝2处
的切线斜率即f′（2）小于零，B正确；
对于C，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，C错误；
对于D，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，则﹣3是f
（x）的极大值点，D错误；
故选：B．
【变式1-2】（2022春•朝阳区校级月考）如图，可导函数y＝f（x）在点P（x ，f（x ））处的切线方程为
0 0
y＝g（x），设h（x）＝g（x）﹣f（x），h'（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．h'（x ）＝0，x 是h（x）的极大值点
0 0
B．h'（x ）＝0，x 是h（x）的极小值点
0 0
C．h'（x ）≠0，x 不是h（x）的极大值点
0 0
D．h'（x ）≠0，x 是h（x）的极值点
0 0
【解题思路】由图判断函数h（x）的单调性，结合y＝g（x）为y＝f（x）在点P处的切线方程，则有
h'（x ）＝0，由此可判断极值情况．
0
【解答过程】解：由题得，当x （﹣∞，x ）时，h（x）单调递减，
0
当x （x ，+∞）时，h（x）单调∈递增，
0
又h∈'（x ）＝g'（x ）﹣f'（x ）＝0，
0 0 0
则有x 是h（x）的极小值点，
0
故选：B．
【变式1-3】（2022春•南阳期末）函数f（x）的导函数是f'（x），下图所示的是函数y＝（x+1）•f'（x）（x R）的图像，下列说法正确的是（ ）
∈
A．x＝﹣1是f（x）的零点
B．x＝2是f（x）的极大值点
C．f（x）在区间（﹣2，﹣1）上单调递增
D．f（x）在区间[﹣2，2]上不存在极小值
【解题思路】根据函数y＝（x+1）•f'（x）（x R）的图像判断f′（x）的符号，进而判断f（x）的单
调性和极值即可． ∈
【解答过程】解：由函数y＝（x+1）•f'（x）（x R）的图像知，
当﹣2＜x＜﹣1时，x+1＜0，y＞0，∴f'（x）＜0∈，f（x）在（﹣2，﹣1）上减函数，
当﹣1＜x＜2时，x+1＞0，y＞0，∴f'（x）＞0，f（x）在（﹣1，2）上增函数，
当x＞2时，x+1＞0，y＜0，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上减函数，
∴x＝﹣1、x＝2分别是f（x）的极小值点、极大值点．
∴选项A、C、D错误，选项B正确，
故选：B．
【题型2 求已知函数的极值（点）】
【方法点拨】
求函数f (x)极值的一般解题步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数f′(x)；
③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 左右两侧值的符号．
0
1 π
【例2】（2022•扬中市校级开学）已知函数f(x)= x−sinx在[0， ]上的极小值为（ ）
2 2
π √3 π 1 π 1 π √3
A． − B． − C． − D． −
12 2 12 2 6 2 6 2
【解题思路】根据极小值的定义，结合导数的性质进行求解即可．1 1
【解答过程】解：由f(x)= x−sinx⇒f '(x)= −cosx，
2 2
π
当x∈(0， )时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
3
π π π
当x∈( ， )时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以 是函数的极小值点，
3 2 3
π π √3
极小值为：f( )= − ，
3 6 2
故选：D．
【变式2-1】（2022春•资阳期末）函数f（x）＝x3﹣3x的极大值为（ ）
A．﹣4 B．﹣2 C．1 D．2
【解题思路】求导，利用导数确定f（x）的单调区间，从而即可求极大值．
【解答过程】解：因为f（x）＝x3﹣3x，x R，
所以f′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1）∈，
令f′（x）＝0，得x＝﹣1或x＝1，
所以当x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当
x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
所以f（x）的单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（1，∞）；单调递减区间为（﹣1，1）．
所以f（x）
极大值
＝f（﹣1）＝2．
故选：D．
【变式2-2】（2022春•平谷区期末）函数f（x）＝x+2cosx在[0， ]上的极小值点为（ ）
π π 5π π 2π
A． B． C． D．
3 6 6 3
【解题思路】分析函数导数的符号变化，由此可得函数的单调性，由单调性得出结论即可．
【解答过程】解：对于函数f（x）＝x+2cosx，f′（x）＝1﹣2sinx，
π
因为x [0， ]，当0＜x＜ 时，f′（x）＞0，
6
∈ π
π 5π 5π
当 ＜x＜ 时，f′（x）＜0，当 ＜x＜π时，f′（x）＞0，
6 6 6
π π 5π 5π
所以f（x）在区间[0， ]上是增函数，在区间[ ， ]上是减函数，在[ ，π]是增函数．
6 6 6 6
5π
因此，函数f（x）＝x+2cosx在[0， ]上的极小值点为 ．
6
π
故选：C．【变式 2-3】（2022春•新乡期末）已知函数 f（x）＝（x﹣1）2（2﹣x）3，则 f（x）的极大值点为
（ ）
7
A．1 B． C．﹣1 D．2
5
【解题思路】解：因为f'（x）＝2（x﹣1）（2﹣x）3﹣3（x﹣1）2（2﹣x）2＝（x﹣1）（2﹣x）2（7﹣
5x），
7 7
所以f（x）在（﹣∞，1），( ，+∞)上单调递减，在(1， )上单调递增，
5 5
7
所以f（x）的极大值点为 ，
5
故选：B．
【解答过程】解：f'（x）＝2（x﹣1）（2﹣x）3﹣3（x﹣1）2（2﹣x）2＝（x﹣1）（2﹣x）2（7﹣
5x），
7
令f′（x）＝0得x＝1或x= ，
5
7 7
所以f（x）在（﹣∞，1），( ，+∞)上单调递减，在(1， )上单调递增，
5 5
7
所以f（x）的极大值点为 ，
5
故选：B．
【题型3 由函数的极值（点）求参数】
【方法点拨】
根据函数极值情况求参数的两个要领：
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：求出参数后，验证所求结果是否满足题意．
【例3】（2022春•龙海市校级期末）函数f（x）＝4x3﹣ax2﹣2bx+2在x＝1处有极大值﹣3，则a﹣b的值
等于（ ）
A．0 B．6 C．3 D．2
【解题思路】对函数求导，利用f（1）＝﹣3以及f′（1）＝0解出a，b，进而得出答案．
【解答过程】解：由题意得f′（x）＝12x2﹣2ax﹣2b，因为f（x）在x＝1处有极大值﹣3，
所以f′（1）＝12﹣2a﹣2b＝0，f（1）＝4﹣a﹣2b+2＝﹣3，解得a＝3，b＝3，
所以a﹣b＝0．
故选：A．1
【变式3-1】（2022春•哈尔滨期末）若函数f(x)=6alnx+ x2−(a+6)x有2个极值点，则实数a的取值
2
范围是（ ）
A．（﹣∞，6）∪（6，+∞） B．（0，6）∪（6，+∞）
C．{6} D．（0，+∞）
【解题思路】根据条件函数f（x）有两个极值点，转化为方程f′（x）＝0有两个不等正实数根，得到
求解．
6a (x−6)(x−a)
【解答过程】解：函数f（x）的定义域（0，+∞），f '(x)= +x−(a+6)= ，
x x
令f′（x）＝0得，x＝6或x＝a，
∵函数f（x）有2个极值点，∴f'（x）＝0有2个不同的正实数根，∴a＞0且a≠6，
故选：B．
【变式3-2】（2022春•淄博期末）已知x＝2是函数f（x）＝ax3﹣3x2+a的极小值点，则f（x）的极大值为
（ ）
A．﹣3 B．0 C．1 D．2
【解题思路】先对函数求导，然后结合极值存在条件可求a，进而可求函数的极大值．
【解答过程】解：因为f′（x）＝3ax2﹣6x，
由题意可得，f′（2）＝12a﹣12＝0，
故a＝1，f′（x）＝3x2﹣6x，
当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝0时，函数取得极大值f（0）＝1．
故选：C．
【变式3-3】（2022春•赣州期末）已知函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）在x＝1处取得
极值，则a+b的最大值为（ ）
A．1 B．√2 C．2 D．2√2
【解题思路】根据题意，对函数求导，令 f′（1）＝0可求得a2+b2＝2，利用基本不等式可求a+b的最
大值．
【解答过程】解：函数 f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）的导数为 f′（x）＝
3x2+2a2x+2b2﹣7，
因为函数在x＝1处取得极值，
所以f′（1）＝3+2a2+2b2﹣7＝0，即a2+b2＝2，
因为a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝2，即（a+b）2﹣2＝2ab，
a+b a+b
因为ab≤( ) 2 ，所以(a+b) 2−2≤2( ) 2 ，
2 2
整理得（a+b）2≤4，所以a+b≤2，当且仅当a＝b＝1时等号成立，
此时f′（x）＝3x2+2x﹣5＝（3x+5）（x﹣1），满足函数在x＝1处取得极值，
所以a+b的最大值为2，
故选：C．
【题型4 利用导数求函数的最值】
【方法点拨】
(1)若函数f (x)在闭区间[a，b]上单调递增或单调递减，f (a)与f (b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数f (x)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)上有唯一一个极大(或极小)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．
8
【例4】（2022•河南开学）函数f(x)=x2−2x+
在（0，+∞）上的最小值为（ ）
x
A．2 B．3 C．4 D．5
【解题思路】由题意求导，从而确定函数的单调性，从而求函数的最值．
8
(x3−2x2 )+(x3−8) (x−2)(2x2+2x+4)
【解答过程】解：因为f '(x)=2x−2− = = ，
x2 x2 x2
所以f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
故f（x） ＝f（2）＝4．
min
故选：C．
【变式4-1】（2022春•中山市校级月考）函数y＝x﹣2sinx在区间[0，2]上的最小值是（ ）
π π π π
A． −√3 B．− −√3 C．− −√3 D． −√3
6 3 6 3
【解题思路】利用导数研究函数区间单调性，进而求其最小值即可．
【解答过程】解：由y′＝1﹣2cosx，
π
当0≤x＜ 时，y′＜0，即y递减；
3π
当 ＜x≤2时，y′＞0，即y递增；
3
π π π
所以y = −2sin = −√3．
min 3 3 3
故选：D．
【变式 4-2】（2022春•乐山期末）已知函数 f（x）＝x2﹣lnx，则函数 f（x）在[1，2]上的最小值为
（ ）
√2 1 1 1 1
A．1 B． C． + ln2 D． + ln2
2 8 2 2 2
【解题思路】求导确定函数在[1，2]上的单调性，求出最小值即可．
1 2x2−1
【解答过程】解：因为f（x）＝x2﹣lnx（x＞0），所以f′（x）＝2x− = ，
x x
2x2−1
所以当x [1，2]时，f′（x）= ＞0，则f（x）在[1，2]上单调递增，则f（x）在[1，2]上的最小
x
∈
值为f（1）＝1．
故选：A．
1 1
【变式4-3】（2022•绿园区校级开学）函数f（x）＝lnx+ − 与g（x）＝xex﹣lnx﹣x的最小值分别为
x 2
a，b，则（ ）
A．a＝b B．a＞b
C．a＜b D．a，b的大小不能确定
【解题思路】根据函数的单调性分别求出函数f（x），g（x）的最小值，比较a，b即可．
【解答过程】解：f（x）的定义域是（0，+∞），
1 x−1
f '(x)=1− = ，
x x
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＞0，解得：x＞1，
f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
f（x）的最小值是f（1）＝1，故a＝1，
g（x）＝xex﹣lnx﹣x，定义域（0，+∞），
1 x+1
g'(x)=(x+1)ex− −1= (xex−1)，
x x
令h（x）＝xex﹣1，则h′（x）＝（x+1）ex＞0，x （0，+∞），
则可得h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（0）∈＝﹣1＜0，h（1）＝e﹣1＞0，故存在x （0，1）使得h（x）＝0即x ex 0=1，即x +lnx ＝0，
0 0 0 0
∈
当x （0，x ）时，h（x）＜0，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
0
当x∈（x ，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
0
∈
故当x＝x 时，函数取得最小值g(x )=x ex 0−lnx −x =1−lnx −x =1，即b＝1，
0 0 0 0 0 0 0
所以a＝b，
故选：A．
【题型5 由函数的最值求参数】
3a
【例5】（2022春•烟台期末）若函数f(x)=x3− x2+4在区间[1，2]上的最小值为0，则实数a的值为
2
（ ）
10
A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．
3
【解题思路】对函数求导后，分a≤0和a＞0两种情况求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，
使最小值等于零，从而可出实数a的值．
3a
【解答过程】解：由f(x)=x3− x2+4，得f'（x）＝3x2﹣3ax＝3x（x﹣a），
2
当a≤0时，f'（x）＞0在[1，2]上恒成立，
所以f（x）在[1，2]上递增，
3a 10
所以f(x) =f(1)=1− +4=0，解得a= （舍去），
min 2 3
当a＞0时，由f'（x）＝0，得x＝0或x＝a，
当0＜a≤1时，f'（x）＞0在[1，2]上恒成立，
所以f（x）在[1，2]上递增，
3a 10
所以f(x) =f(1)=1− +4=0，解得a= （舍去），
min 2 3
当1＜a＜2时，当1＜x＜a时，f'（x）＜0，当a＜x＜2时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（1，a）上递减，在（a，2）上递增，
3a
所以当x＝a时，f（x）取得最小值，所以f(a)=a3− a2+4=0，解得a＝2（舍去），
2
当a≥2时，当1≤x≤2时，f'（x）＜0，所以f（x）在[1，2]上递减，
3a
所以f(x) =f(2)=23− ×4+4=0，解得a＝2，
min 2综上，a＝2，
故选：C．
2022
【变式5-1】（2022春•贵阳期末）若函数f(x)=ex+lnx+x√x−1+a在x≤ 上的最小值为e+1，则a
2021
的值为（ ）
2020 2021
A．0 B．1 C． D．
2021 2020
【解题思路】判断函数f（x）的定义域，可知函数f（x）在定义域上单调递增，由此可建立关于 a的方
程，解出即可得到答案．
2022
【解答过程】解：函数的定义域为[1， ]，而函数y=ex，y=lnx，y=x√x−1在[1，+∞）上
2021
均为增函数，
2022
∴函数f(x)=ex+lnx+x√x−1+a在[1， ]单调递增，
2021
∴f（x） ＝f（1）＝e+a＝e+1，解得a＝1．
min
故选：B．
【变式5-2】（2022春•江北区校级期末）若函数f（x）＝x3﹣3x在区间（2a，a+3）上有最小值，则实数a
的取值范围是（ ）
1 1
A．(−2， ) B．（﹣2，1） C．[−1， ) D．（﹣2，﹣1]
2 2
【解题思路】由导数性质得f（x）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），x＝
1时，f（x） ＝﹣2．由此利用函数性质列不等式即可求解a的范围．
min
【解答过程】解：∵f（x）＝x3﹣3x，∴f′（x）＝3x2﹣3，
由f′（x）＝0，得x＝±1，
x （﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0；x （﹣1，1）时，f′（x）＜0；x （1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴∈f（x）的增区间是（﹣∞，﹣1），（∈ 1，+∞），减区间是（﹣1，1）∈，
∴x＝1时，f（x） ＝﹣2．
min
f（x）＝x3﹣3x＝﹣2时，
x3﹣3x+2＝0，x3﹣x﹣2x+2＝0，
x（x2﹣1）﹣2x+2＝0，
x（x+1）（x﹣1）﹣2（x﹣1）＝0，
（x2+x）（x﹣1）﹣2（x﹣1）＝0，（x﹣1）（x2+x﹣2）＝0，
（x﹣1）（x+2）（x﹣1）＝0，
（x﹣1）2（x+2）＝0，
解得x＝1，x＝﹣2，
1
∴﹣2≤2a＜1＜a+3，∴﹣1≤a＜ ．
2
1
即实数a的取值范围是[﹣1， ），
2
故选：C．
【变式5-3】（2022春•公安县校级月考）已知函数f（x）＝x2eax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，若f（x）的最小值为0
对任意x＞0恒成立，则实数a的最小值为（ ）
2 2 1
A．− B．− C．− D．√e
√e e √e
【解题思路】把f（x）转化为f（x）＝e2lnx+ax+1﹣（2lnx+ax+1）﹣1，证明ex﹣1≥x恒成立，得到f（x）
−2lnx−1 −2lnx−1
≥0恒成立，从而得到a= ，令g（x）= ，利用导数求出函数g（x）的最小值即可
x x
求出结果．
【解答过程】解：∵函数f（x）＝x2eax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，
∴f(x)=elnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1，
令t＝lnx2+ax+1，则h（t）＝et﹣t﹣1，f′（t）＝et﹣1，
当t （﹣∞，0）时h′（t）＜0，h（t）单调递减，
当t∈（0，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，
∴h∈（t）≥h（0）＝0，
∴f(x)=elnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1≥0，等号成立的条件是lnx2+ax+1＝0，
−1−2lnx
即a= 在（0，+∞）上有解，
x
2lnx+1 2−(2lnx+1) 2lnx−1
设g(x)=− ，则g'(x)=− = ，
x x2 x2
令g′（x）＝0，解得x=√e，
∴当x∈(0，√e)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈(√e，+∞)时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，2 2
∴g(x) =g(√e)=− ，即a的最小值为− ．
min √e √e
故选：A．
【题型6 极值和最值的综合问题】
【方法点拨】
解决函数极值、最值综合问题的策略：
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．
(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．
3
【例6】（2022春•城厢区校级期末）已知函数f(x)=x3− (k+1)x2+3kx+1，其中k
R．
2
∈
（1）当k＝3时，求函数f（x）在（0，3）内的极值点；
（2）若函数f（x）在[1，2]上的最小值为3，求实数k的取值范围．
【解题思路】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究函数的单调性，据此可求得函数的值域；
（2）求得函数的解析式，然后结合导函数的符号确定函数的单调性，分类讨论即可求得实数 k的取值
范围．
【解答过程】解：（1）k＝3时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，
则f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），
令f'（x）＝0得x ＝1，x ＝3，
1 2
当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当1＜x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞3时，
f′（x）＞0，f（x）单调递增；
所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，1），（3，+∞），单调递减区间为（1，3）；
所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减．
故f（x）在（0，3）内的极大值点为x＝1，无极小值点；
（2）方法一：f'（x）＝3x2﹣3（k+1）x+3k＝3（x﹣1）（x﹣k），
①当k≤1时， x [1，2]，f'（x）≥0，
函数f（x）在区∀间∈[1，2]单调递增，
3
所以f(x) =f(1)=1− (k+1)+3k+1=3，
min 2
5
即k= （舍）；
3
②当k≥2时， x [1，2]，f'（x）≤0，
∀ ∈函数f（x）在区间[1，2]单调递减，
所以f（x） ＝f（2）＝8﹣6（k+1）+3k⋅2+1＝3，符合题意；
min
③当1＜k＜2时，
当x [1，k）时，f'（x）≤0，f（x）区间在[1，k）单调递减，
当x∈（k，2]时，f'（x）＞0，f（x）区间在（k，2]单调递减，
所以 ∈ f(x) =f(k)=k3− 3 (k+1)k2+3k2+1=3，
min 2
化简得：k3﹣3k2+4＝0，即（k+1）（k﹣2）2＝0，
所以k＝﹣1或k＝2（都舍）；
综上所述：实数k取值范围为k≥2．
1
【变式6-1】（2022春•德州期末）已知函数f(x)=x3−3ax+1(a＞
)．
2
（1）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求实数a的值；
（2）当x [﹣2，1]时．求函数f（x）的最大值．
【解题思路∈】（1）利用导数求得函数极值，代入计算即可得到a的值；
（2）f'（x）＝0的根分类讨论，然后列表表示f'（x）的正负，极值点，同时注意比较端点处函数值，
从而得最大值．
【解答过程】解：（1）由题意可知f'（x）＝3x2﹣3a，
因为函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，
所以f'（﹣1）＝0，即3﹣3a＝0，解得a＝1，
经检验a＝1，符合题意，
所以a＝1；
（2）由（1）知f'（x）＝3x2﹣3a，
令f'（x）＝0，x=±√a，
当0＜√a＜1，即0＜a＜1时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：
x ﹣2 (−2，−√a) −√a (−√a，√a) √a (√a，1) 1
f'（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） ﹣7+6a 单调递增 单调递减 单调调增 2﹣3a
由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，
所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．
当1≤√a＜2，即1≤a＜4时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x ﹣2 (−2，−√a) −√a (−√a，1) 1
f'（x） + 0 ﹣
f（x） ﹣7+6a 单调递增 单调递减 2﹣3a
由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，
所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．
当√a≥2即a≥4时，f'（x）＝3x2﹣3a≤0恒成立，即f（x）在[﹣2，1]上单调递减，所以f（x）的最大
值为f（﹣2）＝﹣7+6a，
1
综上所述，当 ＜a＜4时，f（x）的最大值为2a√a+1；
2
当a≥4时，f（x）的最大值为﹣7+6a．
t
【变式6-2】（2022春•漳州期末）已知函数f(x)=(x−1)ex− x2−2x，f'（x）为f（x）的导函数，函
2
数g（x）＝f'（x）．
（1）当t＝1时，求函数g（x）的最小值；
5
（2）已知f（x）有两个极值点x ，x （x ＜x ）且f(x )+ −1＜0，求实数t的取值范围．
1 2 1 2 1 2e
【解题思路】（1）当t＝1时，根据题意可得g（x）＝xex﹣tx﹣2，求导得g'（x）＝（x+1）ex﹣1，分
析g（x）的单调性，进而可得g（x） ．
min
2 2 2
（2）问题可化为t=ex− ，有两个根x ，x ，令ℎ(x)=ex− ，则ℎ'(x)=ex+ ＞0，求导分析单
x 1 2 x x2
1
调性，又 x→﹣∞时，h（x）→0；x→+∞时，h（x）→+∞且ℎ( )＜0，推出 t＞0 且
2
2 2 5
t=ex 1− =ex 2− (x ＜0＜x )，分析f（x ）的单调性，又φ(−1)=− +1，推出﹣1＜x ＜0，即
x x 1 2 1 2e 1
1 2
可得出答案．
【解答过程】解：g（x）＝f'（x）＝xex﹣tx﹣2，
（1）当t＝1时，g（x）＝xex﹣x﹣2，g'（x）＝（x+1）ex﹣1，
当x≤﹣1时，x+1≤0，ex＞0，
所以g'（x）＝（x+1）ex﹣1≤0﹣1＜0，
当﹣1＜x＜0时，0＜x+1＜1，0＜ex＜1，
所以g'（x）＝（x+1）ex﹣1＜1×1﹣1＝0，
当x＞0时，x+1＞1，ex＞1，所以g'（x）＝（x+1）ex﹣1＞1×1﹣1＝0．
综上g（x）在（﹣∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，
所以g（x） ＝g（0）＝﹣2．
min
（2）依题有：方程g（x）＝0有两个不同的根x ，x ，
1 2
2
方程g（x）＝0可化为t=ex−
，
x
2 2
令ℎ(x)=ex− ，则ℎ'(x)=ex+ ＞0，
x x2
所以h（x）在（﹣∞，0）和（0，+∞）都是增函数，
1
因为x→﹣∞时，h（x）→0；x→+∞时，h（x）→+∞且ℎ( )＜0，
2
2 2
所以t＞0且t=ex 1− =ex 2− (x ＜0＜x )，
x x 1 2
1 2
t
所以f(x )=(x −1)ex 1− x 2−2x
1 1 2 1 1
1 2
=(x −1)ex 1− (ex 1− )x 2−2x
1 2 x 1 1
1
x 2 5
=(− 1 +x −1)ex 1−x ＜− +1，
2 1 1 2e
x2 1
令φ(x)=(− +x−1)ex−x(x＜0)，则φ'(x)=− x2ex−1＜0，
2 2
5
所以 （x）在（﹣∞，0）上为减函数，又因为φ(−1)=− +1，
2e
φ
所以﹣1＜x ＜0，
1
2 1
所以t=ex 1− ＞ +2．
x e
1
【变式6-3】（2022春•潞州区校级期末）有三个条件：
①函数f（x）在x＝1处取得极小值2；
②f（x）在x＝﹣1处取得极大值6；
③函数f（x）的极大值为6，极小值为2．
这三个条件中，请任意选择一个填在下面的横线上（只要填写序号），并解答本题．
题目：已知函数f（x）＝x3﹣3ax+b（a＞0），并且 _____．
（1）求f（x）的解析式；（2）当x [﹣3，1]时，求函数f（x）的最值．
【解题思路∈ 】（1）求出函数f（x）的导数f′（x），选择条件①，②，利用给定的极值点及对应的极
值列式求解并验证作答；选择条件③，判断极大值与极小值列式求解并验证作答．
（2）利用（1）的结论，利用导数求出给定区间上的最值作答．
{f '(1)=0 {a=1
【解答过程】解：（1）选条件①：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，由 ，得 ，
f(1)=2 b=4
此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，
则f（x）在x＝1处取得极小值2，
所以f（x）＝x3﹣3x+4；
{f '(−1)=0 {a=1
选条件②：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，由 ，得 ，
f(−1)=6 b=4
此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＝＜0，
则f（x）在x＝﹣1处取得极大值6，
所以f（x）＝x3﹣3x+4．
选条件③：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，
令f′（x）＝3x2﹣3a＝0，得x=±√a，
当x＜−√a或x＞√a时，f′（x）＞0，当−√a＜x＜√a时时，f′（x）＜0，
因此，当x=−√a时，f（x）取得极大值f（−√a），当x=√a时，f（x）取得极小值f（√a），
{(−√a) 3−3a(−√a)+b=6 {a=1
于是得 ，解得 ，
(√a) 3−3a√a+b=2 b=4
此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜
0，
则f（x）在x＝1处取得极小值2，在x＝﹣1处取得极大值6，
所以f（x）＝x3﹣3x+4；
（2）由（1）知，f（x）＝x3﹣3x+4，当x [﹣3，1]时，f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），
当﹣3＜x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜∈x＜1时，f′（x）＜0，
则f（x）在[﹣3，﹣1）上递增，在（﹣1，1]上递减，
而f（﹣3）＝﹣14，f（1）＝2，
所以f（x） ＝f（﹣1）＝6，f（x） ＝f（﹣3）＝﹣14．
max min
