第03 讲 导数与函数的极值、最值
目录
01
考情解码・命题预警............................................................................................................................................1
02 体系构建·思维可视............................................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚............................................................................................................................................3
知能解码..............................................................................................................................................................3
知识点1 函数的极值 ........................................................................................................................... 3
知识点2 函数的最大（小）值 ........................................................................................................ 4
知识点3 函数的最值与极值的关系 ...............................................................................................5
题型破译..............................................................................................................................................................6
题型1 函数图象与极值（点），最值的关系...............................................................................6
题型2 求
知函数的极值（点）
已
...............................................................................................8
题型3 根据函数的极值（点）求参数
...................................................................................10
【方法技巧】根据极值点求参数要回代检验
题型4 求函数的最值（不含参）
............................................................................................13
【方法技巧】求区间上函数最值步骤
题型5 求函数的最值（含参）
.................................................................................................16
题型6 根据函数的最值求参数
.................................................................................................19
题型7 函数的单调性、极值、最值的综合应用.........................................................................23
04 真题溯源·考向感知.........................................................................................................................................28
05 课本典例·高考素材.........................................................................................................................................32
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
（1）函数的极值
（2）函数的最值
单选题
多选题
填空题
解答题
全国二卷T18
（1）（4 分）
全国二卷T13（5
分）
上海卷T19（2）
（8 分）
北京卷T20（1）
（4 分）
全国一卷T19
（1）（4 分）
全国甲卷（理）T21
（1）（5 分）
全国 II 卷T16（2）（9
分）
全国乙卷（理）T21（3）
（6 分）
全国 II 卷T22（2）（9
分）
全国 II 卷T5（5 分）
北京卷T20（3）（7 分）
考情分析：
考
最值、极值的考
，
点考
的
．
考在
上
题
，
要
高
对
查相对稳定
属于重
查
内容
高
本节内容
无论试
怎样变化
我们只
导数
函数的
点，
函数的单调性、极值、最值
题
用图
了
把握好
作为研究
有力工具这一
将
等本质问
利
像直观明
地展示
，
的
体
题的
了．最
的
点
函数的单调性与最值，
导数
的
题．
出来
其余
就是具
问
转化
终
落脚
一定是
因为它们是
永恒
主
复习目标：
（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（点）、极小值（点）．
（3）会求闭区间上函数的最大值、最小值．
知识点1 函数的极值
一般地，对于函数
，
（1）若在点
处有
，且在点
附近的左侧有
，右侧有
，则称
为
的极小值点，
叫做函数
的极小值.
（2）若在点
处有
，且在点
附近的左侧有
，右侧有
，则称
为
的极大值点，
叫做函数
的极大值．
（3）极小值点与极大值点通称极值点，极小值与极大值通称极值.
注：极大（小）值点，不是一个点，是一个数.
自主检测（2025·四川·三模）函数f (x)=x
3−2 x
2+x−6的极小值是 .
【答案】−6
【详解】由题意可得f
' (x)=3 x
2−4 x +1=( x−1)(3 x−1)，
当x<1
3或x>1时，f
′ (x)>0，则f (x)在(−∞, 1
3)和(1,+∞)上单调递增，
当1
3 <x<1时，f
′ (x)<0，则f (x)在(
1
3 ,1)上单调递减，
故f (x)极小值=f (1)=−6.
故答案为：−6.
知识点2 函数的最大（小）值
一般地，如果在区间
上函数
的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值与最小
值.
设函数
在
上连续，在
内可导，求
在
上的最大值与最小值的步骤为：
（1）求
在
内的极值；
（2）将函数
的各极值与端点处的函数值
，
比较，其中最大的一个是最大值，最小的
一个是最小值.
自主检测已知函数f ( x)=x
3−x
2−ax +2在x =1时取得极值．
(1)求a 的值；
(2)求函数f ( x)的单调区间；
(3)求函数f ( x)在区间[−2,2)上的最小值．
【答案】(1)a=1
(2)单调递增区间为(1,+∞),(−∞,−1
3)，单调递减区间为(−1
3 ,1)；
(3)-8
【详解】（1）f
′( x)=3 x
2−2 x−a，由题意得f
′(1)=0，
即3−2−a=0，解得a=1，
故f
′( x)=3 x
2−2 x−1=(3 x +1)(x−1)，
令f
′( x)>0得x>1或x<−1
3，令f
′( x)<0得−1
3 <x<1，
故x =1为极小值点，满足要求；
（2）由（1）可知，f ( x)=x
3−x
2−x +2，
x>1或x<−1
3时，f
′( x)>0，−1
3 <x<1时，f
′( x)<0，
所以f ( x)的单调递增区间为(1,+∞),(−∞,−1
3)，单调递减区间为(−1
3 ,1)；
（3）由（1）知x =1为极小值点，f (1)=1−1−1+2=1，
又f (−2)=−8−4+2+2=−8，f (2)=8−4−2+2=4，
显然−8<1<4，故f ( x)在区间[−2,2)上的最小值为-8
知识点3 函数的最值与极值的关系
（1）极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间
的整体而言；
（2）在函数的定义区间
内，极大（小）值可能有多个（或者没有），但最大（小）值只有一个
（或者没有）；
（3）函数
的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点；
（4）对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得.
自主检测已知函数f (x)=−x
3+3 x
2−4．
(1)求函数f (x)的极值；
(2)求函数f (x)在[−2,3)上的最大值和最小值．
【答案】(1)极小值为−4，极大值为0
(2)f (x)max =16，f (x)min=−4.
【详解】（1）定义域R，f
′ (x)=−3 x
2+6 x =−3 x (x−2)令f
′ (x)=0，x =0，x =2
x
(−∞,0)
0
(0,2)
2
(2,+∞)
f
′ (x)
−
0
+
0
−
f (x)
单调递减
极小值−4
单调递增
极大值0
单调递减
当x =0时，f (x)有极小值，极小值为f (0)=−4；
当x =2时，f (x)有极大值，极大值为f (2)=0．
（2）
x
−2
(−2,0)
0
(0,2)
2
(2,3)
3
f
′ (x)
−
0
+
0
−
f (x)
16
单调递
减
极小值
−4
单调递
增
极大值0
单调递
减
−4
所以f (x)
x
ma=f (−2)=16，f (x)min=−4.．
题型1 函数图象与极值（点），最值的关系
例1-1 已知定义域为[−3,5)的函数f (x)的导函数为f
′ (x)且f
′ (x)的图象如图所示，则下列判断中正确的
（ ）
A．f (x)在(3,5)上单调递增
B．f (x)有极大值f (4)
C．f (x)有3 个极值点
D．f (x)在x =1处取得最大值
【答案】C
【详解】由题图知，在[−3,0),(2,4)上f
′ (x)<0，则f (x)在[−3,0),(2,4)上单调递减，
在(0,2),(4,5]上f
′ (x)>0，则f (x)在(0,2),(4,5]上单调递增，
所以f (x)在(3,5)上不单调，f (4)为极小值，且共有3 个极值点，x =1处不是最大值.
故选：C
例1-2（多选）已知函数f (x)，x∈[−a,a)的图象是一条连续不断的曲线，设其导数为f
′ (x)，函数
g(x)=(x
2−x)f
′ (x)的图象如下，则下列说法正确的是（ ）
A．f (x)在x =−1处取最大值
B．x =1是f (x)的极大值点
C．f (x)没有极小值点
D．x =1可能不是导函数f
′ (x)的极大值点
【答案】ACD
【详解】当−a≤x<−1时，g(x)>0, x
2−x>0，
∴f
′ (x)>0,函数f (x)单调递增，
同理可得：当−1<x<0时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
所以x =−1为函数f (x)的极大值，
当0<x<1时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
当1<x ≤a时，f
′ (x)<0,函数f (x)单调递减，
所以函数f (x)在(−1,a)上单调递减，
从而f (x)在x =−1处取最大值，且没有极小值点，故A,C 正确，B 错误；
又0<x<1和1<x ≤a时，f
′ (x)<0，
g(1)=0，而x
2−x在x =1时等于0，所以f
′ (1)不一定等于0，
当f
′ (1)=0时，x =1是导函数f
′ (x)的极大值点，
当f
′ (1)≠0时，x =1不是导函数f
′ (x)的极大值点，所以D 正确.
故选：ACD.
【变式训练1-1】（多选）已知函数f (x)的导函数f
′ (x)的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f
′ (x)在(b,c)上单调递增
B．函数f (x)至少有2 个极值点
C．函数f (x)在(a,e)上单调递减
D．函数f (x)在x =c处取得极大值
【答案】ABC
【详解】
根据f
′ (x)的图象可知：函数f
′ (x)在(b,c)上单调递增，故A 正确；
根据f
′ (x)的图象可知：f
′ (x)=0有三个解，其中x =a和x =e是导函数的变号零点，
而是x =c不是导函数的变号零点，故函数f (x)有2 个极值点，故B 正确；
根据f
′ (x)的图象可知：在x∈(a,e)时，f
′ (x)≤0，所以函数f (x)在(a,e)上单调递减，故C 正确；
根据f
′ (x)的图象可知：f
′ (x)=0有三个解，其中x =a和x =e是导函数的变号零点，
而是x =c不是导函数的变号零点，故函数f (x)在x =c处无极值，故D 错误；
故选：ABC．
【变式训练1-2】（多选）函数f (x)的定义域为(a,b)，导函数f
′ (x)在(a,b)内的图象如图所示，则下列命
题正确的是（ ）
A．函数f (x)在(a,b)内一定不存在最小值B．函数f (x)在(a,b)内只有一个极小值点
C．函数f (x)在(a,b)内有两个极大值点
D．函数f (x)在(a,b)内可能没有零点
【答案】BCD
【详解】对AB，设f
′ (x)=0的根为x1, x2, x3，且a<x1<x2<x3<b，则由图可知，
函数f (x)在(a, x1)内单调递增，在(x1, x2)内单调递减，在(x2, x3)内单调递增，
在(x3,b)内单调递减，所以函数f (x)在区间(a,b)内有极小值f (x2)，
当f (x2)≤f (a),f (x2)≤f (b)时，f (x2)是函数f (x)在区间(a,b)内的最小值，
所以A 错误，B 正确；
对C，函数f (x)在区间(a,b)内有极大值f (x1),f (x3)，所以C 正确；
对D，当f (a)≥0,f (x2)>0,f (b)≥0时，函数f (x)在(a,b)内没有零点，所以D 正确．
故选：BCD．
【变式训练1-3】（多选）已知定义在R上的函数y =f ( x)的导函数f
′( x)的图象如图所示，下列说法正确
的是（ ）
A．li m
Δ x→0
f (Δ x−2)−f (−2)
Δ x
<0
B．函数f ( x)在(−∞,−1)上单调递减
C．函数f ( x)在x =1处取得极大值
D．函数f ( x)有最大值
【答案】ABC
【详解】对A：由图可知，li m
Δ x→0
f (Δ x−2)−f (−2)
Δ x
=f
' (−2)<0，故A 正确；
对B：由图可知，当x∈(−∞,−1)时，f
′( x)≤0恒成立，
故函数f ( x)在(−∞,−1)上单调递减，故B 正确；
对C：由图可知，当x∈(−1,1)时，f
′( x)>0，当x∈(1,2)，f
′( x)<0，
故函数f ( x)在x =1处取得极大值，故C 正确；
对D：由图可知，当x∈(3,+∞)时，f
′( x)>0恒成立，
故f ( x)在(3,+∞)上单调递增，无最大值，故D 错误.
故选：ABC.
题型2 求已知函数的极值（点）
例2-1（2025·广东·模拟预测）已知函数f (x)=xe
x+(2−x)e
2−x，则f (x)的极小值为 .
【答案】2e
【详解】因为f (x)=xe
x+(2−x)e
2−x，所以f
′ (x)=(1+x)e
x−(3−x)e
2−x，
当 1<x ≤3 时，1+x>3−x ≥0,e
x>e
2−x>0，故 (1+x)e
x>(3−x)e
2−x，
所以f
′ (x)=(1+x)e
x−(3−x)e
2−x>0，
当 x>3时，1+x>0>3−x，故 (1+x)e
x>0>(3−x)e
2−x，
所以f
′ (x)=(1+x)e
x−(3−x)e
2−x>0，
综上，当x>1时，f
′ (x)>0恒成立，故f (x)在区间(1,+∞)上单调递增，
又因为f (1+x)=(x +1)e
x +1+(1−x)e
1−x，f (1−x)=(x +1)e
x +1+(1−x)e
1−x，
即f (1+x)=f (1−x)，所以f (x)的图象关于直线x =1对称，
故f (x)在区间 (−∞,1)上单调递减，故x =1为f (x)的极小值点，f (x)的极小值为f (1)=2e .
故答案为：2e
例2-2 函数f (x)=1
2 x
2−2ln x +x的极值是 .
【答案】3
2
【详解】由f (x)=1
2 x
2−2ln x +x的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)=x−2
x +1=x
2+x−2
x
=(x−1)(x +2)
x
，
当x∈(0,1)时，f
′ (x)<0，则f (x)在(0,1)上单调递减；
当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)>0，则f (x)在(1,+∞)上单调递增；
故f (x)在x =1取得极小值为f (1)=1
2 −2ln1+1=3
2，无极大值；
故答案为：3
2.
【变式训练2-1】已知函数f (x)=ln x
x ，则f ( x)的极大值为 ．
【答案】1
e /e
−1
【详解】函数f (x)=ln x
x 的定义域为(0,+∞)，且f
′( x)=1−ln x
x
2
，令f
′( x)=0，可得x =e，列表如下，
x
(0,e,)
e
(e,+∞)
f
′( x)
+
0
-
f ( x)
单调递增
极大值
单调递减
所以函数f ( x)的极大值为f (e)=1
e ．
故答案为：1
e
【变式训练2-2】已知函数f (x)=x
2−2 x−4 ln x +3，则f (x)的极小值为
【答案】3−4 ln 2
【详解】易知函数的定义域为(0,+∞)，由题知f
′ (x)=2 x−2−4
x =2(x−2)(x +1)
x
，
令f
′ (x)=0，得到x =2，当x∈(0,2)时，f
′ (x)<0，当x∈(2,+∞)时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在x =2处取得极小值，极小值为f (2)=3−4 ln 2，
故答案为：3−4 ln 2.
【变式训练2-3】若函数f (x)=(x
2−ax−2)e
x在x =−2处取得极大值，则f (x)的极小值为
【答案】−2e
2
【详解】由函数f (x)=(x
2−ax−2)e
x，可得f
′ (x)=[ x
2+(2−a)x−(a+2)]⋅e
x，
因为函数f (x)在x =−2处取得极大值，可得f
′ (−2)=0，
即(−2)
2+(2−a)(−2)−(a+2)=0，解得a=2，
将a=2，代入可得f
′ (x)=(x
2−4)e
x =( x−2)( x +2)⋅e
x，
当x∈(−∞,−2)∪(2,+∞)时，f
′ (x)>0；当x∈(−2,2)时，f
′ (x)<0，
所以函数f (x)在(−∞,−2),(2,+∞)上单调递增，在(−2,2)上单调递减，
所以x =2时，函数f (x)取得极小值，极小值为f (2)=(2
2−2×2−2)e
2=−2e
2.
故答案为：−2e
2.
题型3 根据函数的极值（点）求参数
例3-1（湖南省天壹T8 联盟2024-2025 学年高二下学期5 月月考数学试题）已知函数
，当
时，
有极大值，则
（ ）
A．
B．
C．0
D．
或1
【答案】A
【详解】函数
，求导得
，
依题意，
，即
，解得
或
，
当
时，
，
当
时，
，函数
在区间
上单调递增；
当
时，
，函数
在区间
上单调递减，
此时
在
时取得极大值，满足题意，因此
；
当
时，
，则
在
上单调递增，不符合题意，
所以
.
故选：A
例3-2 已知函数
有两个极值点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】
因为函数
有两个极值点，
所以
有两个不同的正实数解，
所以有
有两个不同的正实数解，
即二次函数
有两个不同的正零点，
所以有
，解得
.
故选：D.
方法技巧
根据极值点求参数要回代检验
在函数极值问题中，一定要检验方程
根左右的符号，更要注意变号后极大值与极小值是否与
已知有矛盾．
【变式训练3-1】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）若函数
存在唯一极值点，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由
，求导可得
，
由题意可得函数
存在唯一变号零点，则方程
存在唯一解，
即方程
存在唯一解，
令
，求导可得
，由
，解得
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递减，在
上单调递增，则
，
当
时，
，则
，当
时，
，
易知当
，即
时，方程
存在唯一解，
当
时，
，易知方程
的解为
，
由当
时，
，
，则
，同理可得当
时，
，
所以此时函数
无极值点，不符合题意；
当
时，
，易知函数
在
上单调递增，符合题意.
故选：B.
【变式训练3-2】已知函数
在
时有极值
，则
．
【答案】
【详解】
，有极值前提
．
或
．
当
时，函数
，函数在R 上单调递增，函
数无极值，舍去.
同理，当
时，经验证，满足条件.
则
.
故答案为：11.
【变式训练3-3】已知函数
在
处取得极大值，则
.
【答案】
/
【详解】由
，
得
，
则
，
解得
或
，
当
时，
，
，
此时函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
即函数
在
处取极小值，不成立；
当
时，
，
，
此时函数
在
，
上单调递增，在
上单调递减，
即函数
在
处取极大值，成立；
综上所述
，
故答案为：
.
题型4 求函数的最值（不含参）
例4-1 已知函数f (x)=x
3+m x
2+mx．
(1)若f (x)在R 上单调递增．求实数m 的取值范围；
(2)若m=−1，求f (x)在[−2,2]上的值域．
【答案】(1)[0，3)；
(2)[−10,2].
【详解】（1）因为f ( x)=x
3+m x
2+mx，所以f
′( x)=3 x
2+2mx +m．
因为f ( x)在R上单调递增，所以f
′( x)≥0恒成立，
则Δ =(2m)
2−12m≤0，解得0≤m≤3，即实数m的取值范围是[0,3)．
（2）因为m=−1，则f (x)=x
3−x
2−x，
则f
′ (x)=3 x
2−2 x−1=(3 x +1)(x−1)，
由f
′( x)>0，得x<−1
3或x>1；由f
′( x)<0，得−1
3 <x<1．
可知f ( x)在[−2,−1
3),(1,2]上单调递增，在[−1
3 ,1)上单调递减．
因为f (−2)=−10,f(−1
3)= 5
27 ,f (1)=−1,f (2)=2，
所以f ( x)在[−2,2]上的值域为[−10,2]．
例4-2 已知函数f (x)=x
3+a x
2+b在x =−2时取得极大值4.
(1)求实数a，b 的值；
(2)求函数f (x)在区间[−4,1)上的最值.
【答案】(1)a=3,b=0
(2)最大值为4，最小值为−16
【详解】（1）由题可知f
'( x)=3 x
2+2ax，¿，解得a=3,b=0．
此时f ( x)=x
3+3 x
2，f
'( x)=3 x
2+6 x =3 x( x +2)，
当x∈(−∞,−2)时，f
'( x)>0，所以f ( x)在(−∞,−2)单调递增，
当x∈(−2,0)时，f
'( x)<0，所以f ( x)在(−2,0)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，f
'( x)>0，所以f ( x)在(0,+∞)单调递增，
所以f ( x)在x =−2时取得极大值．所以a=3,b=0．
（2）由（1）可知，f ( x)在[−4 ,−2)单调递增，在(−2,0)单调递减，在(0,1]单调递增．
又因为f (−4)=−16，f (−2)=4，f (0)=0，f (1)=4，
所以函数f ( x)在区间[−4,1]上的最大值为4，最小值为−16．
方法技巧
求
上函数最值
区间
步骤
设函数
在
上连续，在
内可导，求
在
上的最大值与最小值的步骤为：
（1）求
在
内的极值；
（2）将函数
的各极值与端点处的函数值
，
比较，其中最大的一个是最大值，最小的
一个是最小值.
【变式训练4-1】已知函数f (x)=a x
3+bx +2在x =−1处取得极值−2．
(1)求a,b的值；
(2)求曲线y =f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(3)求函数f (x)在[0,2)上的最值．
【答案】(1)a=−2，b=6
(2)6 x−y +2=0
(3)最大值为6，最小值为−2
【详解】（1）∵f
′ (x)=3a x
2+b，f (x)在x =−1处取得极值−2，
∴{
f (−1)=−a−b+2=−2
f
′ (−1)=3a+b=0 )，解得：{
a=−2
b=6 )；
当a=−2，b=6时，f
′ (x)=−6 x
2+6=−6(x +1)(x−1)，
∴当x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)时，f
′ (x)<0；当x∈(−1,1)时，f
′ (x)>0；
∴f (x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增，
∴x =−1是f (x)的极小值点，满足题意；
综上所述：a=−2，b=6.
（2）由（1）得：f
′ (x)=−6 x
2+6，f (x)=−2 x
3+6 x +2，∴f
′ (0)=6，f (0)=2，
∴y =f (x)在点(0,f (0))处的切线方程为：y −2=6(x−0)，即6 x−y +2=0.
（3）由（1）知：f (x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增；
∴f (x)max =f (1)=−2+6+2=6，
又f (0)=2，f (2)=−2×8+6×2+2=−2，∴f (x)min=f (2)=−2，
∴f (x)在[0,2)上的最大值为6，最小值为−2.
【变式训练4-2】已知函数f (x)=3 x
3−9 x +5.
(1)求函数f (x)在x =0处的切线方程；
(2)求函数f (x)的单调区间；
(3)求函数f (x)在[−3,3)上的最大值和最小值.
【答案】(1)y =−9 x +5
(2)单调递增区间为(−∞,−1)，(1,+∞)，单调递减区间为(−1,1)
(3)最大值为59，最小值为−49
【详解】（1）因为f (x)=3 x
3−9 x +5，则f (0)=5，f
′ (x)=9 x
2−9，
所以f
′ (0)=−9，所以函数f (x)在x =0处的切线方程为y =−9 x +5；
（2）函数f ( x)的定义域为R，且f
′( x)=9 x
2−9=9(x +1)(x −1).
由f
′( x)>0，解得x<−1或x>1，所以f (x)的单调递增区间为(−∞,−1)，(1,+∞)；
由f
′( x)<0，解得−1<x<1，所以f (x)的单调递减区间为(−1,1).
（3）由（2）可知，f (x)在(−3,−1)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，在(1,3)上单调递增，
所以f (x)在x =−1处取得极大值，在x =1处取得极小值，
又f (−3)=−49，f (−1)=11，f (1)=−1，f (3)=59，
所以函数f ( x)在[−3,3)上的最大值为59，最小值为−49.
【变式训练4-3】设函数f (x)=−x
3−x
2+x +2.
(1)求f (x)在x =−2处的切线方程与坐标轴围成的三角形面积；
(2)求f (x)在区间[−5,2)上的最大值与最小值.
【答案】(1)7 x + y +10=0，50
7
(2)f ( x)min=−8，f ( x)max=97
【详解】（1）由题意可知，f
′( x)=−3 x
2−2 x +1，则f
′(−2)=−12+4 +1=−7，
又f (−2)=8−4−2+2=4，
则f ( x)在x =−2处的切线方程为：y −4 =−7( x +2)，即7 x + y +10=0，
所以f ( x)在x =−2处的切线方程7 x + y +10=0；
令x =0，则y =−10，令y =0，则x =−10
7 ，∴S =1
2 ×|−10
7 )×|−10)=50
7 ；
（2）令f
′( x)=−3 x
2−2 x +1=0，解得：x =−1或x =1
3，
则x，f
′( x)，f ( x)变化如表，
x
(−∞,−1)
−1
(−1, 1
3 )
1
3
( 1
3 ,+∞)
f
′( x)
−
0
+
0
−
f ( x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
所以的单调递增区间为(−1, 1
3 )，单调递减区间为(−∞,−1)，( 1
3 ,+∞)；
所以f ( x)在[−5,−1)上单调递减，在(−1, 1
3 )上单调递增，在( 1
3 ,2]上单调递减；
又f (−5)=125−25−5+2=97，f (−1)=1−1−1+2=1，
f ( 1
3 )=−( 1
3 )
3
−( 1
3 )
2
+ 1
3 +2=59
27 ，f (2)=−8−4+2+2=−8，
所以f ( x)min=f (2)=−8，f ( x)max=f (−5)=97.
题型5 求函数的最值（含参）
例5-1（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知函数f (x)=e
x+ax +a(a∈R).
(1)当a=1时，求f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性，并求最值.
【答案】(1)y =2 x +2
(2)答案见解析
【详解】（1）当a=1时，f (x)=e
x+x +1，求导得：f
′ (x)=e
x+1，
则f (0)=2，k切=f
′ (0)=2，
则f (x)在(0,f (0))处的切线方程：y −2=2(x−0)，即y =2 x +2；
（2）由f (x)=e
x+ax +a求导得：f
′ (x)=e
x+a，
当
①
a≥0时，f
′ (x)>0在R上恒成立，故f (x)在R上单调递增，无最值；
当
②
a<0时，由f
′( x)=0，解得x =ln (−a)，
当x<ln (−a)时，f
′ (x)<0，则f (x)在(−∞,ln (−a))上单调递减；
当x>ln (−a)时，f
′ (x)>0，f (x)在(ln (−a),+∞)单调递增，
所以f (x)在x =ln (−a)有最小值，为f (ln (−a))=eln (−a)+aln (−a)+a=aln (−a),无最大值.
例5-2 已知函数f ( x)=2e
x( x +1)．
(1)求函数f ( x)的极值；
(2)求函数f ( x)在区间[t ,t +1](t >−3)上的最小值g(t )．
【答案】(1)极小值为f (−2)=−2e
−2，无极大值
(2)g(t )={
−2e
−2,−3<t <−2
2e
t(t +1),t ≥−2 )
【详解】（1）f
'( x)=2e
x( x +2)，
由f
'( x)>0，得x>−2；由f
'( x)<0，得x<−2．
∴f ( x)在(−2,+∞)上单调递增，在(−∞,−2)上单调递减．
∴f ( x)的极小值为f (−2)=−2e
−2，无极大值．
（2）由（1）知f ( x)在(−2,+∞)上单调递增，在(−∞,−2)上单调递减．
∵t >−3，∴t +1>−2．
当
①
−3<t <−2时，f ( x)在[t ,−2)上单调递减，在(−2,t +1]上单调递增，∴g(t )=f (−2)=−2e
−2.
当
②
t ≥−2时，f ( x)在[t ,t +1]上单调递增，∴g(t )=f (t )=2e
t(t +1)．
g(t )={
−2e
−2,−3<t <−2
2e
t(t +1),t ≥−2 ).
【变式训练5-1．已知函数f (x)=x
3+ax +b.
(1)已知f (x)在点P(1,f (1))处的切线方程为y =6 x +2，求实数a，b的值；
(2)求函数f (x)在[0,2)上的最大值.
【答案】(1)a=3，b=4.
(2)答案见解析
【详解】（1）因为f (x)=x
3+ax +b，所以f
′ (x)=3 x
2+a，
所以f
′ (1)=3+a=6，所以a=3，
又f (1)=1+a+b=8，所以b=4，
综上所述a=3，b=4.
（2）因为f
′ (x)=3 x
2+a，
（
）当
ⅰ
a≥0时，f
′ (x)≥0恒成立，
所以函数f (x)在[0,2)上单调递增，
所以f (x)max=f (2)=2a+b+8；
（
）当
ⅱ
a<0时，由f
′ (x)=3 x
2+a=0，解得x =❑√−a
3 或x =−❑√−a
3 ，
当x>❑√−a
3或x<−❑√−a
3时，f
′ (x)>0，则f (x)在(
❑√−a
3 ,+∞)和(−∞,−❑√−a
3)上单调递增，
当−❑√−a
3 <x<❑√−a
3 时，f
′ (x)<0，则f (x)在(−❑√−a
3 ,❑√−a
3)上单调递减；
当
①
❑√−a
3 ≥2时，即a≤−12，所以函数f (x)在[0,2)上单调递减，
所以f (x)max=f (0)=b；
当
②
❑√−a
3 <2时，即−12<a<0，函数f (x)在(0,❑√−a
3)上单调递减，在(
❑√−a
3 ,2)上单调递增，
又f (0)=b，f (2)=2a+b+8，则f (2)−f (0)=2a+8，
所以当−4<a<0时，f (2)>f (0)，当−12<a<−4时，f (2)<f (0)，
当a=−4时，f (2)=f (0)，
所以f (x)max=max {f (2),f (0))={
b,−12<a≤−4
2a+b+8,−4<a<0)，
综上所述，当a>−4时，f (x)max=2a+b+8；当a≤−4时，f (x)max=b.
【变式训练5-2】已知函数f (x)=a
x +ln x (a∈R)．
(1)讨论f (x)的极值；
(2)求f (x)在[1,e)上的最小值g(a)．
【答案】(1)答案见解析
(2)g(a)={
a,a≤1
1+ln a,1<a<e
a
e +1,a≥e )
【详解】（1）由题意知：f (x)的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)=−a
x
2 + 1
x =x−a
x
2 ；
当a≤0时，x−a>0，∴f
′ (x)>0恒成立，∴f (x)在(0,+∞)上单调递增，
∴f (x)无极值；
当a>0时，若x∈(0,a)，f
′ (x)<0；若x∈(a,+∞)，f
′ (x)>0；
∴f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增；
∴f (x)的极小值为f (a)=1+ln a，无极大值；
综上所述：当a≤0时，f (x)无极值；当a>0时，f (x)的极小值为1+ln a，无极大值.
（2）当a≤1时，f
′ (x)≥0在[1,e)上恒成立，∴f (x)在[1,e)上单调递增，
∴f (x)min=f (1)=a；
当1<a<e时，若x∈[1,a)，f
′ (x)<0；若x∈(a,e)，f
′ (x)>0；
∴f (x)在[1,a)上单调递减，在(a,e)上单调递增，
∴f (x)min=f (a)=1+ln a；
当a≥e时，f
′ (x)≤0在[1,e)上单调递减，∴f (x)min=f (e)=a
e +1；
综上所述：f (x)在[1,e)上的最小值g(a)={
a,a≤1
1+ln a,1<a<e
a
e +1,a≥e )
.
【变式训练5-3】已知函数f (x)=a ln x−x．
(1)当a=1时，求函数f (x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数f (x)的最大值．
【答案】(1)f (x)在(0,1)上为增函数；f ( x)在(1,+∞)上为减函数；
(2)a(ln a−1)
【详解】（1）f ( x)的定义域为(0,+∞)，
当a=1时，f (x)=ln x−x，f
′ (x)=1
x −1=1−x
x
，
当f
′ (x)=1−x
x
>0，解得：0<x<1，
当f
′ (x)=1−x
x
<0，解得：x>1．
∴f ( x)在(0,1)上为增函数；f ( x)在(1,+∞)上为减函数；
（2）f ( x)的定义域为(0,+∞)，
f
′ (x)=a
x −1=a−x
x
，
当a>0时，令f
′ (x)>0，得0<x<a，令f
′ (x)<0时，得x>a，
∴f ( x)的递增区间为(0,a)，递减区间为(a,+∞)．
f ( x)max=aln a−a=a(ln a−1).
题型6 根据函数的最值求参数
例6-1 已知函数
，
.
(1)讨论
的单调性；
(2)若函数
在
上的最小值是
，求a 的值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)
【详解】（1）易知
的定义域为
，
可得
；
若
，可得
，此时
在
上单调递增；
若
，令
，解得
；
当
时，
，即可得
在
上单调递减；
当
时，
，即可得
在
上单调递增；
综上可得，
时，
在
上单调递增；
时，
在
上单调递减，在
上单调递增；
（2）由（1）可知，当
时，
在
上单调递增，
此时
无最小值，不合题意；
当
时，可知
在
上单调递减，在
上单调递增；
此时
在
处取得极小值，也是最小值；
因此
，解得
，符合题意；
当
时，
在
上单调递减，此时
无最小值，不合题意；
综上可知，
例6-2（2025·河北·三模）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在
处的切线方程；
(2)若函数
在区间
上的最小值为0，求实数
的值.
【答案】(1)
；
(2)
.
【详解】（1）当
时，函数
，求导得
，则
，而
，
所以曲线
在
处的切线方程为
，即
.
（2）函数
的定义域为
，求导得
，
当
时，
，函数
在
上单调递减，
，解得
，不符题意舍去；
当
时，由
得，
；由
得，
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
当
①
，即
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
，解得
，满足
，则
；
当
②
，即
时，
在
上单调递减，
则
，解得
，不满足
，不符题意舍去.
所以
.
【变式训练6-1】已知函数
在
内有最小值，则实数
的取值可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】函数
定义域为
，求导得
，
当
时，
，当
时，
，
函数
在
上单调递减，在
上单调递增，函数
在
处取得极小值，即最小值，
又函数
在
内有最小值，则
，解得
，
所以实数
的取值可以是
.
故选：D
【变式训练6-2】已知函数
（其中
为常数）在
处取得极值.
(1)当
时，求
的极值；
(2)若
在
上的最大值为2，求
的值.
【答案】(1)极大值为：
，极小值
(2)
或
.
【详解】（1）因为
，所以
，
因为函数
在
处取得极值，
，
当
时，
，
，
，
随
的变化情况如下表：
1
+
0
-
0
+
增
极大值
减
极小值
增
所以
的单调递增区间为
，
；单调递减区间为
，
极大值为：
，极小值
，
（2）当
时，由
，可知
，
，
，
易知当
时，
，当
时，
，
所以
，在
单调递增，在
单调递减，
此时最大值为
，不符合题意，
当
时，由
，得到
，
所以
，
令
，
，
，
因为
在
处取得极值，所以
，
当
时，易得
在
上恒成立，
在
上单调递减；
所以
在区间
上的最大值为
，
令
，解得
，
当
，
；
当
时，易得
在
恒成立，
在
上单调递增，
所以
，解得
，符合
；
当
时，
由
得
，由
得
所以
在
上单调递减，
上单调递增，
所以最大值2 可能在
或
处取得，而
，
所以
，
解得
，与
矛盾
当
时，可以
在
恒成立，
所以
在
单调递减，
所以最大值2 可能在
处取得，而
，矛盾
综上所述，
或
.
【变式训练6-3】已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)若
在
上的最大值是
，求
的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）依题意得函数
的定义域为
，
则
，
．
当
时，
在
上恒成立，
即函数
在
上单调递增；
当
时，令
，则
；
令
，则
；
故函数
在
上单调递增，在
上单调递减．
综上所述，当
时，函数
在
上单调递增；
当
时，函数
在
上单调递增；在
上单调递减．
（2）若
，由（1）可知，函数
在
上单调递增，
此时不存在最大值，与题意不符，
若
，则函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
若要使得函数在
上存在最大值，则
，即
，
且此时最大值为
．
令
，解得
，故a 的值为
．
题型7 函数的单调性、极值、最值的综合应用
例7-1（2025·北京·二模）已知函数f (x)=a(x−1)e
x−ln x，其中a>0．
(1)若曲线y =f (x)在点(1,f (1))处的切线经过点(2,2)，求a的值；
(2)证明：函数f (x)存在极小值；
(3)记函数f (x)的最小值为g(a)，求g(a)的最大值．
【答案】(1)a=3
e
(2)证明见解析
(3)0
【详解】（1）求导，得f
′ (x)=axe
x−1
x ，
所以f (1)=0，f
′ (1)=ae−1，
故曲线y =f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y =(ae−1)(x−1)，
将点(2,2)代入切线方程，得a=3
e ．
（2）函数f (x)的定义域为(0,+∞),f
′ (x)=a x
2e
x−1
x
．
设函数m(x)=a x
2e
x−1，则m
′ (x)=a(x
2+2 x)e
x，
由x>0，得m
′ (x)>0，
所以函数m(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为m(0)=−1<0,m(
1
❑√a)=e
1
❑√a −1>0，
所以存在唯一的x0∈(0, 1
❑√a)，使得m(x0)=0，即f
′(x0)=0．
当x变化时，f
′ (x)与f (x)的变化情况如下：
x
(0, x0 x0
(x0,+∞
f
′ (x
-
0
+
f (x) ↘
极小值
↗
所以函数f (x)在(0, x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增．
故函数f (x)存在极小值f (x0)．
（3）由（2）知，函数f (x)有最小值f ( x)min=f (x0)=g(a)．
由f
′(x0)=a x0e
x0−1
x0
=0，得a= 1
e
x0 x0
2 ．
所以g(a)=f (x0)=a(x0−1)e
x0−ln x0=x0−1
x0
2
−ln x0．
设函数ℎ(x)=x−1
x
2 −ln x，则ℎ
′ (x)=−(x +2)(x−1)
x
3
．
今ℎ
′ (x)=0，得x =−2（舍）或x =1．
当x变化时，ℎ
′ (x)与ℎ(x)的变化情况如下：
x
(0,1
1
(1,+∞
ℎ
′ (x +
0
-
ℎ(x ↗
极大
值
↘
所以函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
所以当x =1时，ℎ( x)max=ℎ(1)=0，即当x0=1时，f (x0)max=0．
结合a= 1
e
x0 x0
2 ，知当x0=1时，a=1
e ．
由函数y = 1
e
x x
2 ( x>0)的导数y
′ =−(x +2)
e
x x
3
<0，知其在区间(0,+∞)上单调递减，
故当且仅当a=1
e 时x0=1．
所以当a=1
e 时，g(a)取得最大值0．
例7-2（2025·四川泸州·模拟预测）已知函数f (x)=(x−1)e
x−1
2 a x
2.
(1)当a=2时，求f (x)的极大值；
(2)若f (x)在(0,+∞)有最小值，且最小值大于−a，求a的取值范围.
【答案】(1)−1
(2)1<a<e
2
【详解】（1）当a=2时，f (x)=(x−1)e
x−x
2，
f
′ (x)=e
x+(x−1)e
x−2 x =x e
x−2 x =x(e
x−2)，
令f
′ (x)=0，解得x =0或x =ln2，
当x<0或x>ln 2，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增；
当0<x<ln2时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
所以当x =0时，f (x)的极大值为f (0)=(0−1)e
0−0
2=−1.
（2）f (x)=(x−1)e
x−1
2 a x
2，f
′ (x)=x e
x−ax =x(e
x−a)，
当a<0时，x∈(0,+∞)，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，无最小值，不符题意；
当a>0时，令f
′ (x)=x(e
x−a)=0，则x =0或x =ln a，
当0<a≤1时，x∈(0,+∞)，f
′ (x)>0，所以f (x)单调递增，无最小值，
当a>1时，当0<x<ln a，f
′ (x)<0，当x>ln a，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(0,ln a)单调递减，在(ln a,+∞)上单调递减，所以当x =ln a时，f (x)有最小值，
最小值为f (ln a)=(ln a−1)e
ln a−1
2 a(ln a)
2=a[ln a−1−1
2
(ln a)
2)，
所以a[ln a−1−1
2
(ln a)
2)>−a，即ln a−1−1
2
(ln a)
2>−1，
化简得−1
2
(ln a)
2+ln a>0，即ln a(2−ln a)>0，
解得0<ln a<2，即1<a<e
2.
【变式训练7-1】已知函数f (x)=2 x
3−a x
2+b
(1)当a=3时，求f (x)的极值；
(2)若a>0，求f (x)在区间[0,1)的最小值．
【答案】(1)极大值f (0)=b，极小值f (1)=b−1；
(2)0<a<3时，最小值为f(
a
3)=−a
3
27 +b；a≥3时，最小值为f (1)=2−a+b.
【详解】（1）当a=3时，f (x)=2 x
3−3 x
2+b的定义域为R，且f
′ (x)=6 x
2−6 x =6 x (x−1)，
所以，当x<0或x>1时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；当0<x<1时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减.
所以，f (x)在x =0处取得极大值f (0)=b，在x =1处取得极小值f (1)=b−1.
（2）由题意，f
′ (x)=6 x
2−2ax =2 x (3 x−a)，
令f
' (x)=0，解得x =0或x =a
3.
因为a>0，所以当x<0或x>a
3时，f
′ (x)>0；当0<x<a
3 时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减.
所以，当0<a
3 <1即0<a<3时，f (x)在(0, a
3)上单调递减，在(
a
3 ,1)上单调递增，
则f (x)在区间[0,1)的最小值为f(
a
3)=−a
3
27 +b.
当a
3 ≥1即a≥3时，f (x)在[0,1)上单调递减，则f (x)在区间[0,1)的最小值为f (1)=2−a+b.
综上所述，0<a<3时，f (x)在区间[0,1)的最小值为f(
a
3)=−a
3
27 +b；
a≥3时，则f (x)在区间[0,1)的最小值为f (1)=2−a+b.
【变式训练7-2】（2024·四川成都·模拟预测）设f (x)=1
3 e
−x(2 x
2+4 ax +4 a).
(1)当a=2时，求f (x)的极小值；
(2)若f (x)的极大值为4，求a的值.
【答案】(1)0
(2)a=3
【详解】（1）f
' (x)=−2
3 e
−x⋅x (x +2a−2).
当a=2时，f
' (x)=−2
3 e
−x⋅x (x +2)，x∈(−∞,−2)∪(0,+∞),f
' (x)<0，
f (x)在(−∞,−2)上单调递减，(0,+∞)上单调递减，
x∈(−2,0),f
' (x)>0,f (x)在(−2,0)上单调递增，
因此f (x)的极小值为f (−2)=1
3 e
2[2×(−2)
2+4×2×(−2)+4×2)=0.
（2）当a=1时，f
' (x)=−2
3 e
−x⋅x
2≤0，f (x)无极值；
当a>1时，f
' (x)=−2
3 e
−x⋅x (x +2a−2)，x∈(−∞,2−2a)∪(0,+∞),f
' (x)<0，
f (x)在(−∞,2−2a)上单调递减，(0,+∞)上单调递减，
x∈(2−2a,0),f
' (x)>0,f (x)在(−2,0)上单调递增，f (x)有极小值f (2−2a)，极大值f (0).
当a>1时，由f (0)=4
3 a=4，解得a=3.
当a<1时，f
' (x)=−2
3 e
−x⋅x (x +2a−2)，x∈(−∞,0)∪(2−2a,+∞),f
' (x)<0，
f (x)在(−∞,0)上单调递减，(2−2a,+∞)上单调递减，
x∈(0,2−2a),f
' (x)>0,f (x)在(−2,0)上单调递增，f (x)有极小值f (0)，极大值f (2−2a)；
当a<1时，f (2−2a)=−4
3 e
2a−2(a−2)=4，即e
2a−2(a−2)=−3.
设g(a)=e
2a−2(a−2)，则g
′ (a)=e
2a−2(2a−3)<0，
因此g(a)在(−∞,1)上单调递减，g(a)>g(1)=−1，所以g(a)=−3无解.
综上可知，当且仅当a=3时，f (x)的极大值为4.
【变式训练7-3】设函数f (x)=(x−a)(ln x−a)
(1)当a=0时，求f (x)的极值；
(2)已知a∈Z，若f (x)单调递增，求a的最大值；
(3)已知a>0，设x0为f (x)的极值点，求f (x0)的最大值.
【答案】(1)极小值为−1
e ，无极大值
(2)−1
(3)−1
4
【详解】（1）当a=0时，f (x)=x ln x，则f
′ (x)=1+ln x
令f
′ (x)=0，解得x =1
e
当x∈(0, 1
e)时，f
′ (x)<0，f (x)在(0, 1
e)上单调递减，
当x∈(
1
e ,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)在(
1
e ,+∞)上单调递增，
所以f (x)的极小值为f(
1
e)=−1
e ，无极大值；
（2）解法一：由f
′ (x)=ln x−a
x −a+1，
若f (x)单调递增，必有f
′ (x)≥0恒成立；
令φ(x)=ln x−a
x −a+1，有φ
′ (x)=1
x + a
x
2 =x +a
x
2 ，
当a≥0时，由已知f (x)单调递增，但φ(
1
e)=ln 1
e −ea−a+1=−(e+1)a<0，不合题意
当a<0时，令φ
′ (x)>0，可得x>−a，
故函数φ(x)的减区间为(0,−a)，增区间为(−a,+∞)，有φ(x)min=φ(−a)=ln (−a)−a+2≥0
又由函数t (x)=ln (−x)−x +2单调递减，且t (−1)=3>0.
又由a∈Z，故a 的最大值为−1.
解法二：f
′ (x)=ln x−a+ x−a
x
，依题意f
′ (x)=ln x−a+ x−a
x
≥0恒成立，
所以f
′(
1
e
2)=−2+1−a−e
2a≥0，故a≤−1
e
2+1
因为a∈Z，所以a≤−1，
当a=−1时，f
′ (x)=ln x + 1
x +2，
设g(x)=ln x + 1
x +2，则g
′ (x)=1
x −1
x
2 =x−1
x
2
当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)>0，g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(1)=3>0
所以a=−1满足题意，即a的最大值为−1；
（3）当a>0时，易知f
′ (x)=ln x−a
x −a+1单调递增.
易知f
′(
1
e)=−ae−a<0，f
′(e
a)=a−a
e
a −a+1=e
a−a
e
a
>0
所以存在x0∈(
1
e ,e
a)使得f
′(x0)=ln x0−a
x0
−a+1=0，即a=x0ln x0+x0
x0+1
，x0为f (x)的极小值点，
所以f (x0)=(x0−x0ln x0+x0
x0+1 )(ln x0−x0ln x0+x0
x0+1 )=−x0(x0−ln x0)
2
(x0+1)
2
=−(x0−ln x0)
2
x0+ 1
x0
+2 ，其中
x0∈(
1
e ,e
a)，
设ℎ(x)=−(x−ln x)
2
x + 1
x +2 ，则ℎ
′ (x)=−
2(x−ln x)(1−1
x)(x + 1
x +2)−(1−1
x
2)(x−ln x)
2
(x + 1
x +2)
2
整理得ℎ
′ (x)=
(x−ln x)(1−1
x)
x +1
x
(−x−ln x−2)
(x + 1
x +2)
2
因为y =−x−ln x−2<−1
e +1−2<0，x−ln x>0，
所以当x∈(
1
e ,1)时，ℎ
′ (x)>0，ℎ(x)在(
1
e ,1)上单调递增
当x∈(1,e
a)时，ℎ
′ (x)<0，ℎ(x)在(1,e
a)上单调递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(1)=−1
4 ，即f (x0)的最大值为−1
4 .
1．（多选）（2024·新课标Ⅰ·高考真题）设函数f ( x)=( x−1)
2( x−4)，则（ ）
A．x =3是f ( x)的极小值点
B．当0<x<1时，f ( x)<f (x
2)
C．当1<x<2时，−4<f (2 x−1)<0
D．当−1<x<0时，f (2−x)>f ( x)
【答案】ACD
【详解】对A，因为函数f (x)的定义域为R，而f
′ (x)=2(x −1)(x −4)+(x −1)
2=3(x −1)(x −3)，
易知当x∈(1,3)时，f
′ (x)<0，当x∈(−∞,1)或x∈(3,+∞)时，f
′ (x)>0
函数f (x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，故x =3是函数f (x)的极小值
点，正确；
对B，当0<x<1时，x−x
2=x (1−x)>0，所以1>x>x
2>0，
而由上可知，函数f (x)在(0,1)上单调递增，所以f (x)>f (x
2)，错误；
对C，当1<x<2时，1<2 x−1<3，而由上可知，函数f (x)在(1,3)上单调递减，
所以f (1)>f (2 x−1)>f (3)，即−4<f (2 x−1)<0，正确；
对D，当−1<x<0时，f (2−x)−f ( x)=(1−x)
2(−2−x)−(x −1)
2(x −4)=(x −1)
2(2−2 x)>0，
所以f (2−x)>f ( x)，正确；
故选：ACD.
2．（多选）（2023·新课标
卷
Ⅰ
·高考真题）已知函数f (x)的定义域为R，f (xy)=y
2f (x)+x
2f ( y)，则
（ ）．
A．f (0)=0
B．f (1)=0
C．f (x)是偶函数
D．x =0为f (x)的极小值点
【答案】ABC
【详解】方法一：
因为f ( xy )=y
2f ( x)+x
2f ( y )，
对于A，令x =y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (0)=0，故A正确.
对于B，令x =y =1，f (1)=1f (1)+1f (1)，则f (1)=0，故B 正确.
对于C，令x =y =−1，f (1)=f (−1)+f (−1)=2f (−1)，则f (−1)=0，
令y =−1,f (−x)=f ( x)+x
2f (−1)=f ( x)，
又函数f ( x)的定义域为R，所以f ( x)为偶函数，故C正确，
对于D，不妨令f ( x)=0，显然符合题设条件，此时f ( x)无极值，故D错误.
方法二：
因为f ( xy )=y
2f ( x)+x
2f ( y )，
对于A，令x =y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (0)=0，故A正确.
对于B，令x =y =1，f (1)=1f (1)+1f (1)，则f (1)=0，故B 正确.
对于C，令x =y =−1，f (1)=f (−1)+f (−1)=2f (−1)，则f (−1)=0，
令y =−1,f (−x)=f ( x)+x
2f (−1)=f ( x)，
又函数f ( x)的定义域为R，所以f ( x)为偶函数，故C正确，
对于D，当x
2 y
2≠0时，对f ( xy )=y
2f ( x)+x
2f ( y )两边同时除以x
2 y
2，得到f ( xy )
x
2 y
2 =f ( x)
x
2 + f ( y)
y
2 ，
故可以设f ( x)
x
2 =ln|x)( x≠0)，则f ( x)={
x
2ln|x), x≠0
0, x =0 )，
当x>0肘，f ( x)=x
2ln x，则f
′ (x)=2 x ln x +x
2⋅1
x =x(2ln x +1)，
令f
′ (x)<0，得0<x<e
−1
2；令f
′ (x)>0，得x>e
−1
2；
故f ( x)在(0,e
−1
2)上单调递减，在(e
−1
2 ,+∞)上单调递增，
因为f ( x)为偶函数，所以f ( x)在(−e
−1
2 ,0)上单调递增，在(−∞,e
−1
2)上单调递减，
显然，此时x =0是f ( x)的极大值点，故D 错误.
故选：ABC.
3．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=(1−ax)ln (1+x)−x．
(1)当a=−2时，求f (x)的极值；
【答案】(1)极小值为0，无极大值.
【详解】（1）当a=−2时，f ( x)=(1+2 x)ln(1+x)−x，
故f
′( x)=2ln(1+x)+1+2 x
1+x −1=2ln(1+x)−
1
1+x +1，
因为y =2ln(1+x), y =−
1
1+x +1在(−1,+∞)上为增函数，
故f
′( x)在(−1,+∞)上为增函数，而f
′(0)=0，
故当−1<x<0时，f
′( x)<0，当x>0时，f
′( x)>0，
故f (x)在x =0处取极小值且极小值为f (0)=0，无极大值.
4．（2023·新课标
卷
Ⅱ
·高考真题）（1）证明：当0<x<1时，x−x
2<sin x<x；
（2）已知函数f (x)=cosax−ln(1−x
2)，若x =0是f (x)的极大值点，求a 的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）(−∞,−❑√2)∪(❑√2,+∞)
【详解】（1）构建F (x)=x−sin x , x∈(0,1)，则F
′ (x)=1−cos x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则F (x)在(0,1)上单调递增，可得F (x)>F (0)=0，
所以x>sin x , x∈(0,1)；
构建G (x)=sin x−(x−x
2)=x
2−x +sin x , x∈(0,1)，
则G
′ (x)=2 x−1+cos x , x∈(0,1)，
构建g(x)=G
′ (x), x∈(0,1)，则g
′ (x)=2−sin x>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0，
即G
′ (x)>0对∀x∈(0,1)恒成立，
则G (x)在(0,1)上单调递增，可得G (x)>G (0)=0，
所以sin x>x−x
2, x∈(0,1)；
综上所述：x−x
2<sin x<x.
（2）令1−x
2>0，解得−1<x<1，即函数f (x)的定义域为(−1,1)，
若a=0，则f (x)=1−ln(1−x
2), x ∈(−1,1)，
因为y =−lnu在定义域内单调递减，y =1−x
2在(−1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
则f (x)=1−ln(1−x
2)在(−1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
故x =0是f (x)的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b=|a)>0
因为f (x)=cosax−ln(1−x
2)=cos(|a) x)−ln(1−x
2)=cosbx−ln(1−x
2)，
且f (−x)=cos(−bx)−ln[1−(−x)
2)=cosbx−ln(1−x
2)=f (x)，
所以函数f (x)在定义域内为偶函数，
由题意可得：f
′ (x)=−bsin bx−2 x
x
2−1
, x∈(−1,1)，
（i）当0<b
2≤2时，取m=min{
1
b ,1)，x∈(0,m)，则bx∈(0,1)，
由（1）可得f
′ (x)=−bsin (bx)−2 x
x
2−1
>−b
2 x−2 x
x
2−1
=x(b
2 x
2+2−b
2)
1−x
2
，
且b
2 x
2>0,2−b
2≥0,1−x
2>0，
所以f
′ (x)> x(b
2 x
2+2−b
2)
1−x
2
>0，
即当x∈(0,m)⊆(0,1)时，f
′ (x)>0，则f (x)在(0,m)上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(−m,0)上单调递减，
所以x =0是f (x)的极小值点，不合题意；
（
）当
ⅱ
b
2>2时，取x∈(0, 1
b)⊆(0,1)，则bx∈(0,1)，
由（1）可得f
′ (x)=−bsin bx−2 x
x
2−1
<−b(bx−b
2 x
2)−2 x
x
2−1
=
x
1−x
2 (−b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2−b
2)，
构建ℎ(x)=−b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2−b
2, x∈(0, 1
b)，
则ℎ
′ (x)=−3b
3 x
2+2b
2 x +b
3, x∈(0, 1
b)，
且ℎ
′ (0)=b
3>0,ℎ
′(
1
b)=b
3−b>0，则ℎ
′ (x)>0对∀x∈(0, 1
b)恒成立，
可知ℎ(x)在(0, 1
b)上单调递增，且ℎ(0)=2−b
2<0,ℎ(
1
b)=2>0，
所以ℎ(x)在(0, 1
b)内存在唯一的零点n∈(0, 1
b)，
当x∈(0,n)时，则ℎ(x)<0，且x>0,1−x
2>0，
则f
′ (x)<
x
1−x
2 (−b
3 x
3+b
2 x
2+b
3 x +2−b
2)<0，
即当x∈(0,n)⊆(0,1)时，f
′ (x)<0，则f (x)在(0,n)上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：f (x)在(−n,0)上单调递增，
所以x =0是f (x)的极大值点，符合题意；
综上所述：b
2>2，即a
2>2，解得a>❑√2或a<−❑√2，
故a 的取值范围为(−∞,−❑√2)∪(❑√2,+∞).
5．（2023·北京·高考真题）设函数f ( x)=x−x
3e
ax +b，曲线y =f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为
y =−x +1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g( x)=f
′( x)，求g( x)的单调区间；
(3)求f ( x)的极值点个数．
【答案】(1)a=−1,b=1
(2)答案见解析
(3)3 个
【详解】（1）因为f ( x)=x−x
3e
ax +b, x∈R，所以f
′ (x)=1−(3 x
2+a x
3)e
ax +b，
因为f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y =−x +1，
所以f (1)=−1+1=0，f
′(1)=−1，
则{
1−1
3×e
a+b=0
1−(3+a)e
a+b=−1)，解得{
a=−1
b=1 )，
所以a=−1,b=1.
（2）由（1）得g(x)=f
′ (x)=1−(3 x
2−x
3)e
−x +1(x ∈R)，
则g
′ (x)=−x(x
2−6 x +6)e
−x +1，
令x
2−6 x +6=0，解得x =3± ❑√3，不妨设x1=3−❑√3，x2=3+❑√3，则0<x1<x2，
易知e
−x +1>0恒成立，
所以令g
′ (x)<0，解得0<x<x1或x>x2；令g
′ (x)>0，解得x<0或x1<x<x2；
所以g(x)在(0, x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(−∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
即g(x)的单调递减区间为(0,3−❑√3)和(3+❑√3,+∞)，单调递增区间为(−∞,0)和(3−❑√3,3+❑√3).
（3）由（1）得f ( x)=x −x
3e
−x +1(x ∈R)，f
′ (x)=1−(3 x
2−x
3)e
−x +1，
由（2）知f
′ (x)在(0, x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(−∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
当x<0时，f
′ (−1)=1−4e
2<0，f
′ (0)=1>0，即f
′ (−1)f
′ (0)<0
所以f
′ (x)在(−∞,0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则−1<x3<0，
此时，当x<x3时，f
′ (x)<0，则f (x)单调递减；当x3<x<0时，f
′ (x)>0，则f (x)单调递增；
所以f (x)在(−∞,0)上有一个极小值点；
当x∈(0, x1)时，f
′ (x)在(0, x1)上单调递减，
则f
′(x1)=f
′(3−❑√3)<f
′ (1)=1−2<0，故f
′ (0)f
′(x1)<0，
所以f
′ (x)在(0, x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0<x4<x1，
此时，当0<x<x4时，f
′ (x)>0，则f (x)单调递增；当x4<x<x1时，f
′ (x)<0，则f (x)单调递减；
所以f (x)在(0, x1)上有一个极大值点；
当x∈(x1, x2)时，f
′ (x)在(x1, x2)上单调递增，
则f
′(x2)=f
′(3+❑√3)>f
′ (3)=1>0，故f
′(x1)f
′(x2)<0，
所以f
′ (x)在(x1, x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1<x5<x2，
此时，当x1<x<x5时，f
′ (x)<0，则f (x)单调递减；当x5<x<x2时，f
′ (x)<0，则f (x)单调递增；
所以f (x)在(x1, x2)上有一个极小值点；
当x>x2=3+❑√3>3时，3 x
2−x
3=x
2(3−x)<0，
所以f
′ (x)=1−(3 x
2−x
3)e
−x +1>0，则f (x)单调递增，
所以f (x)在(x2,+∞)上无极值点；
综上：f (x)在(−∞,0)和(x1, x2)上各有一个极小值点，在(0, x1)上有一个极大值点，共有3个极值点.
1.(人教A 版选择性必修第二册P98练习T 5)求下列函数的极值
（1）
（2）
（2）【答案】（1）函数有极小值，即
（2）当
时，函数有极大值，
，
当
时，函数有极小值，
【详解】（1）
，
，令
。则
，当
时，
，当
时，
，当
时，函数有极小值，即
（3）
，
，令
，则
，当
时，
，当
时，
，当
时，
，所以，当
时，函数有极大值，
，当
时，函数有极小值，
2．(人教A 版选择性必修第二册P96例题8)某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料，瓶子的制造成本是
0.8 π r
2分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL 的饮料，制造商可获利0.2 分，且制作商
能制作的瓶子的最大半径为6cm．
(1)瓶子的半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大？
(2)瓶子的半径多大时，每瓶饮料的利润最小？
【答案】(1)当r =6cm时，每瓶饮料的利润最大
(2)当r =2cm时，每瓶饮料的利润最小
(3)3cm≤r ≤6cm
【详解】（1）解：由题知：每瓶饮料的利润为：
y =f (r)=0.2× 4 π r
3
3
−0.8 π r
2=0.8 π(
r
3
3 −r
2)，0<r ≤6，
所以f
′ (r)=0.8 π (r
2−2r)=0.8 πr (r −2)，
令f
′ (r)=0，解得r =2，
当r ∈(0,2)时，f
′ (r)>0，f (r)在(0,2)上单调递减，
当r ∈(2,6)时，f
′ (r)<0，f (r)在(2,6)上单调递增，
又f (6)=28.8 π ,f (2)=−16
15 π，
所以，当r =6cm时，每瓶饮料的利润最大；
（2）由（1）知：当r =2cm时，每瓶饮料的利润最小；
3．(人教A 版选择性必修第二册P98练习T 6)求下列函数在给定区间上的最大值与最小值：
（1）f ( x)=6 x
2+x +2，x∈[−1,1]
（2）f ( x)=x
3−12 x，x∈[−3,3]
（3）f ( x)=6−12 x +x
3，x∈[−1
3 ,1]
（4）f ( x)=48 x −x
3，x∈[−3,5]
【答案】（1）最大值为9，最小值为47
24 ；（2）最大值为16，最小值为−16；（3）最大值为269
27 ，最小
值为−5；（4）最大值为128，最小值为−117.
【详解】（1）f
′( x)=12 x +1，则f
′(−1
12 )=0，
∴−1≤x<−1
12时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；−1
12 <x ≤1时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增；
∴f ( x)在x∈[−1,1]上的极小值为f (−1
12 )=6×(−1
12 )
2
+(−1
12 )+2=47
24 ，而f (−1)=7，f (1)=9，
∴f ( x)在x∈[−1,1]上最大值为9，最小值为47
24 .
（2）f
′( x)=3 x
2−12，则f
′( x)=0时有x =±2，
∴−3≤x<−2时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增；−2<x<2时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；2<x ≤3时，
f
′( x)>0，f ( x)单调递增；
∴f ( x)在x∈[−3,3]上的极大值为f (−2)=16，极小值为f (2)=−16，而f (−3)=9， f (3)=−9，
综上，f ( x)在x∈[−3,3]上最大值为16，最小值为−16.
（3）f
′( x)=3 x
2−12，则f
′( x)=0时有x =±2，
∴−1
3 ≤x ≤1时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
∴f ( x)在x∈[−1
3 ,1]上最大值为f (−1
3 )=269
27 ，最小值为f (1)=−5.
（4）f
′( x)=48−3 x
2，则f
′( x)=0时有x =± 4，
∴−3≤x<4时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增；4<x ≤5时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
∴f ( x)在x∈[−3,5]上的极大值为f (4)=128，而f (−3)=−117， f (5)=115，
∴f ( x)在x∈[−3,5]上最大值为128，最小值为−117.
4．(人教A 版选择性必修第二册P99练习T 10)已知某商品生产成本C 与产量q 的函数关系式为C=100+4q，
价格p 与产量q 的函数关系式为
．求产量q 为何值时，利润L 最大？
【答案】当q=84 时，利润最大
【详解】先求出利润L 关于q 的函数关系式.
L=pq−C =(25−1
8 q)q−100−4 q =−1
8 q
2+21q−100,q∈(0,200),显然当q=84 时，利润最大
5．(人教A 版选择性必修第二册P99练习T 11)已知某商品进价为a 元/件，根据以往经验，当售价是b
(b≥4
3 a)元/件时，可卖出c 件.市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%．现决定一次性降
价，销售价为多少时，可获得最大利润？
【答案】4 a+5b
8
【详解】设销售价为x，可获得的利润为y，
则y =(1+ b−x
10 %b ×40 %)c⋅( x−a)=c
b (5b−4 x)( x−a)=c
b [−4 x
2+(4 a+5b)x−5ab]，
求导得y
′ =c
b [−8 x +(4 a+5b)]，令y
′ =c
b [−8 x +(4 a+5b)]=0，
解得x =4 a+5b
8
，由y >0知，x∈(a, 5
4 b)，
当x∈(a, 4 a+5b
8
)时，y
′>0，函数单增；
当x∈( 4 a+5b
8
, 5
4 b)时，y
′<0，函数单减；
因此x =4 a+5b
8
是函数的极大值点，也是最大值点；
故当销售价为4 a+5b
8
元/件时，可获得最大利润.
