2026版步步高大一輪高考數學復習講義第三章§3.3導數與函數的極值、最值§3.3導數與函數的極值、最值課標要求1.借助函數圖象，了解函數在某點取得極值的必要和充分條件.2.會用導數求函數的極大值、極小值.3.掌握利用導數研究函數最值的方法.4.會用導數研究生活中的最優化問題.1.函數的極值(1)函數的極小值函數y=f(x)在點x=a處的函數值f(a)比它在點x=a附近其他點處的函數值都小，f'(a)=0；而且在點x=a附近的左側，右側，則a叫做函數y=f(x)的極小值點，f(a)叫做函數y=f(x)的極小值.

(2)函數的極大值函數y=f(x)在點x=b處的函數值f(b)比它在點x=b附近其他點處的函數值都大，f'(b)=0；而且在點x=b附近的左側，右側，則b叫做函數y=f(x)的極大值點，f(b)叫做函數y=f(x)的極大值.

(3)極小值點、極大值點統稱為，極小值和極大值統稱為.

2.函數的最大(小)值(1)函數f(x)在區間[a，b]上有最值的條件：如果在區間[a，b]上函數y=f(x)的圖象是一條的曲線，那么它必有最大值和最小值.

(2)求函數y=f(x)在區間[a，b]上的最大(小)值的步驟：①求函數y=f(x)在區間(a，b)內的；

②將函數y=f(x)的各極值與比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.

1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數的極值可能不止一個，也可能沒有.()(2)函數的極小值一定小于函數的極大值.()(3)函數的極小值一定是函數的最小值.()(4)函數的極大值一定不是函數的最小值.()2.(多選)如圖是函數f(x)的導函數y=f'(x)的圖象，則下列說法正確的是()A.函數f(x)在區間(3，5)上單調遞減B.函數f(x)在區間(4，5)上單調遞增C.函數f(x)在x=3處取得極大值D.函數f(x)在x=4處取得極小值3.函數f(x)=x3-12x2-14x的極小值點為，極大值為4.若函數f(x)=x3-ax2+2x-1有兩個極值點，則實數a的取值范圍是.

解題時靈活應用轉化以下幾個關鍵點(1)極值點不是點，若函數f(x)在x1處取得極大值，則x1為極大值點，極大值為f(x1).(2)極值是個“局部”概念，最值是個“整體”概念.(3)有極值的函數一定不是單調函數.(4)“f'(x0)=0”是“x0為可導函數f(x)的極值點”的必要不充分條件.例如f(x)=x3，f'(0)=0，但0不是極值點.(5)對于一般函數而言，函數的最值必在下列各點中取得：導數為零的點、導數不存在的點、端點.題型一利用導數求解函數極值問題命題點1根據函數圖象判斷極值例1(多選)設函數f(x)在R上可導，其導函數為f'(x)，且函數g(x)=xf'(x)的圖象如圖所示，則下列結論中一定成立的是()A.f(x)有兩個極值點B.f(0)為f(x)的極大值C.f(x)有兩個極小值點D.f(-1)為f(x)的極小值命題點2求已知函數的極值例2(2025·沈陽模擬)已知函數f(x)=2lnx-2(a-1)x-ax2(a>0)，討論f(x)的極值.命題點3已知極值(點)求參數例3(1)(2024·肇慶模擬)若函數f(x)=x(x-c)2在x=-2處取極小值，則c等于()A.-6 B.-2C.-6或-2 D.-4(2)已知函數f(x)=lnx-aex(其中a∈R，e為自然對數的底數)存在極大值，且極大值不小于1，則a的取值范圍為思維升華根據函數的極值(點)求參數的兩個要領(1)列式：根據極值點處導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解.(2)驗證：求解后驗證根的合理性.跟蹤訓練1(1)已知函數f(x)=aex+bx在x=0處取得極小值1，則f'(2)等于()A.e2-2 B.2-e2C.e2-1 D.e2(2)若函數f(x)=eax+2x有大于零的極值點，則實數a的取值范圍為()A.a>-2 B.a>-1C.a<-2 D.a<-1題型二利用導數求函數的最值命題點1不含參函數的最值例4函數f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在區間[0，2π]上的最小值、最大值分別為()A.-π2，π2C.-π2，π2+2 命題點2含參函數的最值例5已知函數f(x)=(x-1)ex-12ax2(a>0)，求函數f(x)在[1，2]上的最小值思維升華求含有參數的函數的最值，需先求函數的定義域、導函數，通過對參數分類討論，判斷函數的單調性，從而得到函數f(x)的最值.跟蹤訓練2(1)已知函數f(x)=x-2sinx，x∈[0，π]，則f(x)的最大值為.

(2)(2025·泰安模擬)已知函數f(x)=ax+lnx在區間[1，e]上的最小值為32，則A.1 B.32 C.e2 D三次函數的性質三次函數是一類重要的函數，其規律性強，內容相對獨立，且有一些獨有的結論和技巧.如果能得當運用三次函數的有關結論，可以大大簡化解題過程.典例(多選)已知三次函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，則下列選項正確的是()A.三次函數的對稱中心是-B.若函數f(x)關于點(m，n)對稱，則y＝f'(x)的圖象關于直線x＝m對稱C.若函數y＝f(x)有極值，則對稱中心是兩個取極值的點的中點D.若f(x)＝0的三個根分別為x1，x2，x3，則x1＋x2＋x3＝－b答案精析落實主干知識1.(1)f'(x)<0f'(x)>0(2)f'(x)>0f'(x)<0(3)極值點極值2.(1)連續不斷(2)①極值②端點處的函數值f(a)，f(b)自主診斷1.(1)√(2)×(3)×(4)√2.AC3.734.(-∞，-6)∪(6，+∞)探究核心題型例1BC[根據g(x)=xf'(x)的圖象，可得當x<-2時，g(x)=xf'(x)>0，可得f'(x)<0，即f(x)單調遞減，當-2<x<0時，g(x)=xf'(x)<0，可得f'(x)>0，即f(x)單調遞增，當0<x<1時，g(x)=xf'(x)<0，可得f'(x)<0，即f(x)單調遞減，當x>1時，g(x)=xf'(x)>0，可得f'(x)>0，即f(x)單調遞增，因此f(x)在x=-2和x=1處取得極小值，在x=0處取得極大值，共3個極值點，A錯誤，C正確；f(0)為f(x)的極大值，B正確；f(-1)不是f(x)的極小值，D錯誤.]例2解函數f(x)的定義域為(0，+∞)，求導得f'(x)=2x-2(a-1)-2=-2(x因為a>0，則當x∈0，1f'(x)>0，當x∈1a，+∞時，f'(x因此f(x)在0，1a上單調遞增，在所以當x=1a時，f(x)取得極大值f1a=2ln1a+1例3(1)A[由函數f(x)=x(x-c)2，可得f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)(3x-c)，因為函數f(x)在x=-2處取得極小值，可得f'(-2)=0，解得c=-2或c=-6，當c=-2時，令f'(x)>0，解得x<-2或x>-23；令f'(x)<0解得-2<x<-23所以函數f(x)在(-∞，-2)上單調遞增，在-2，-23上單調遞減，在所以f(x)在x=-2處取極大值，不符合題意，舍去；當c=-6時，令f'(x)>0，可得x<-6或x>-2；令f'(x)<0，可得-6<x<-2，所以函數f(x)在(-∞，-6)上單調遞增，在(-6，-2)上單調遞減，在(-2，+∞)上單調遞增，所以f(x)在x=-2處取極小值，符合題意，綜上可得，c=-6.](2)0，解析由已知可得，函數f(x)的定義域為(0，+∞)，f'(x)=1x-a①當a≤0時，f'(x)=1x-ae>0在(0，+所以f(x)在(0，+∞)上單調遞增，此時函數f(x)無極值；②當a>0時，f'(x)=e-ax由f'(x)=e-axex=0可得x當0<x<ea時，f'(x)>0所以f(x)在0，e當x>ea時，f'(x)<0所以f(x)在ea于是函數f(x)在x=ea處取得極大值由已知，fea≥1即lnea-1≥1，lnea≥2=lne因為函數y=lnx在(0，+∞)上單調遞增，所以ea≥e2，即a≤1e，又a所以0<a≤1e于是a的取值范圍為0，1綜上所述，a的取值范圍為0，1跟蹤訓練1(1)C[由f(x)=aex+bx，得f'(x)=aex+b，因為f(x)在x=0處取得極小值1，所以f'(0)=a=1，b=-1?f'(x)=e當x>0時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，當x<0時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，所以f(x)在x=0處取得極小值，故a=1，b=-1滿足題意，于是有f'(2)=e2-1.](2)C[由函數f(x)=eax+2x，可得f'(x)=aeax+2，若a≥0，f'(x)>0，此時f(x)為增函數，無極值點；若a<0，令f'(x)=aeax+2=0，解得x=1aln-當x>1aln-2a時，f'(x當x<1aln-2a時，f'(x故x=1aln-2a是f(x)=eax由于函數f(x)=eax+2x有大于零的極值點，∴1aln-2a>0，即ln即0<-2a<1，解得a<-2.例4D[f(x)=cosx+(x+1)sinx+1，x∈[0，2π]，則f'(x)=-sinx+sinx+(x+1)cosx=(x+1)cosx，x∈[0，2π].令f'(x)=0，解得x=π2或x=3π因為fπ2=cosπ2+π2+1sinπf3π2=cos3π2+3π2+1sin又f(0)=cos0+(0+1)sin0+1=2，f(2π)=cos2π+(2π+1)sin2π+1=2，所以f(x)max=fπ2=π2f(x)min=f3π2=-3π2例5解函數f(x)=(x-1)ex-12ax2求導得f'(x)=xex-ax=x(ex-a)，若x∈[1，2]，則①當lna≥2，即a≥e2時，ex-a≤0，f'(x)≤0，函數f(x)在[1，2]上單調遞減，因此函數f(x)在[1，2]上的最小值為f(2)=e2-2a；②當1<lna<2，即e<a<e2時，函數f(x)在[1，lna)上單調遞減，在(lna，2]上單調遞增，因此函數f(x)的最小值為f(lna)=a(lna-1)-12a(lna)2③當lna≤1，即0<a≤e時，ex-a≥0，f'(x)≥0，函數f(x)在[1，2]上單調遞增，因此函數f(x)在[1，2]上的最小值為f(1)=-12綜上，當a≥e2時，f(x)在[1，2]上的最小值為e2-2a；當e<a<e2時，f(x)在[1，2]上的最小值為a(lna-1)-12a(lna)2當0<a≤e時，f(x)在[1，2]上的最小值為-12跟蹤訓練2(1)π解析由f(x)=x-2sinx，x∈[0，π]，可得f'(x)=1-2cosx，x∈[0，π]，令f'(x)=0可得cosx=22又x∈[0，π]，所以x=π4當x∈0，π4時，f'(x)<0，f(當x∈π4，π時，f'(x)>0，f(易知f(0)=0，f(π)=π，因此f(x)的最大值為π.(2)D[因為f(x)=ax+lnx(x>0所以f'(x)=1x-ax2當a≤0時，f'(x)>0，所以f(x)在(0，+∞)上單調遞增，此時f(x)在區間[1，e]上的最小值為f(1)=a+ln1=32解得a=32當a>0時，令f'(x)<0，得0<x<a；令f'(x)>0，得x>a，所以f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，+∞)上單調遞增，①當0<a≤1時，f(x)在區間[1，e]上單調遞增，所以最小值為f(1)=a≤1，不符合題意，舍去；②當1<a<e時，f(x)在[1，a)上單調遞減，在(a，e]上單調遞增，所以最小值為f(a)=1+lna=32，解得a=e③當a≥e時，f(x)在[1，e]上單調遞減，所以最小值為f(e)=ae+lne=3解得a=e2，不符合題意，舍去綜上所述，a=e.]微拓展典例ABC[對于A，設f(m-x)+f(m+x)=2n，得[a(m-x)3+b(m-x)2+c(m-x)+d]+[a(m+x)3+b(m+x)2+c(m+x)+d]=2n，整理得(6ma+2b)x2+(2am3+2bm2+2cm+2d)=2n.根據多項式恒等對應系數相等，可得m=-b3a且n=am3+bm2+cm+d，從而三次函數是中心對稱曲線，且由n=f(m)知其對稱中心(m，f(m))仍然在曲線上.故對稱中心為-b對于B，由y=f(x)的圖象關于點(m，n)對稱，得f(x)+f(2m-x)=2n.求導可得f'(2m-x)=f'(x)，即y=f'(x)的圖象關于直線x=m對稱，B正確；對于C，設f'(x)=3ax2+2bx+c=0的兩根分別為x1，x2，則x1+x2=-2b3a，x1x2=c3a.設f(x)的兩個取極值的點為A(x1，f(x1))，B(x2，則f(x1)+f(x2)=(ax13+bx12+cx1+d)+(ax23+bx=a(x13+x23)+b(x12+x22)+c(x1+x2)+2d=a(x1+x2)[(x1+x2)2-3x1x2]+b[(x1+x2)2-2x1x2]+c(=a-2b3a4b29a2-ca2f-b3=4b327a2所以f(x1)+f(x2)=2f-b3a，AB的中點Px1+對于D，ax3+bx2+cx+d=a(x-x1)(x-x2)(x-x3)=ax3-a(x1+x2+x3)x2+a(x1x2+x2x3+x3x1)x-ax1x2x3.比較系數可得x1+x2+x3=-ba，D錯誤.]§3.重點解讀函數中的構造問題是高考考查的一個熱點內容，經常以客觀題出現，通過已知等式或不等式的結構特征，構造新函數，解決比較大小、解不等式、恒成立等問題.題型一利用f(x)進行抽象函數構造命題點1利用f(x)與x構造函數例1(2024·綿陽模擬)已知函數f(x)滿足f(x)=f(-x)，且當x∈(-∞，0]時，f(x)+xf'(x)>0，若a=30.2·f(30.2)，b=ln2·f(ln2)，c=log319·flog319，則aA.a>b>c B.c>b>aC.c>a>b D.a>c>b思維升華(1)出現nf(x)+xf'(x)形式，構造函數F(x)=xnf(x).(2)出現xf'(x)-nf(x)形式，構造函數F(x)=f(命題點2利用f(x)與ex構造函數例2函數f(x)是定義在R上的奇函數，對任意實數x恒有f'(x)-f(x)>0，則()A.f(-1)>0 B.f(3)>ef(2)C.e13f12<e12f13 D思維升華(1)出現f'(x)+nf(x)形式，構造函數F(x)=enxf(x).(2)出現f'(x)-nf(x)形式，構造函數F(x)=f(命題點3利用f(x)與sinx，cosx構造函數例3(2025·杭州模擬)已知定義在R上的函數f(x)滿足f(x)sinx+f'(x)cosx>0，則()A.fπ3<3fπ6 B.fπ6<C.fπ3>3fπ6 D.fπ6思維升華函數f(x)與sinx，cosx相結合構造可導函數的幾種常見形式F(x)=f(x)sinx，F'(x)=f'(x)sinx+f(x)cosx；F(x)=f(F'(x)=f'F(x)=f(x)cosx，F'(x)=f'(x)cosx-f(x)sinx；F(x)=f(F'(x)=f'跟蹤訓練1(1)(2024·齊齊哈爾模擬)已知函數f(x)的定義域為(0，π)，其導函數是f'(x).若對任意的x∈(0，π)，有f'(x)sinx-f(x)cosx<0，則關于x的不等式f(x)>2fπ6sinxA.0，π3 B.0，π6 C.π(2)(2024·南通模擬)已知函數f(x)及其導函數f'(x)的定義域均為(0，+∞)，若xf'(x)<2f(x)，則()A.4e2f(2)<16f(e)<e2f(4)B.e2f(4)<4e2f(2)<16f(e)C.e2f(4)<16f(e)<4e2f(2)D.16f(e)<e2f(4)<4e2f(2)(3)(2024·揚州模擬)已知函數f(x)的導數為f'(x)，對任意實數x，都有f(x)-f'(x)>0，且f(1)=1，則f(x)>ex-1的解集為()A.(-∞，1)B.(1，+∞)C.(-1，1)D.(-∞，-1)∪(1，+∞)題型二構造具體函數關系例4(1)(2025·昆明模擬)設a=16，b=ln510，c=A.c<b<a B.c<a<bC.b<c<a D.b<a<c(2)(2024·南昌模擬)142857被稱為世界上最神秘的數字，142857×1=142857，142857×2=285714，142857×3=428571，142857×4=571428，142857×5=714285，142857×6=857142，所得結果是這些數字反復出現，若a=e0.142857，b=ln1.2857142+1，c=1.285714A.a>b>c B.c>b>aC.b>a>c D.a>c>b思維升華通過研究或變形，使所研究的式子具有鮮明的結構特點，然后依據此特點構造新函數.常用的不等式：sinx<x<tanx0<x<π2，ln(x+1)<x(x>0)，lnx≤x-1≤x2-x(x>0)，ex≥x+1(x>0)，ex≥ex>x(跟蹤訓練2(1)(2025·九江模擬)已知a=sinπ5，b=ln32，c=A.a>b>c B.c>a>bC.c>b>a D.a>c>b(2)已知e是自然對數的底數，a=π2lnπ，b=e2sin1e，cA.a>b>c B.c>a>bC.a>c>b D.b>c>a答案精析例1A[令g(x)=xf(x)，x∈R，因為f(x)=f(-x)，所以g(-x)=-xf(-x)=-xf(x)=-g(x)，所以g(x)為奇函數，又因為當x∈(-∞，0]時，f(x)+xf'(x)>0，所以當x∈(-∞，0]時，g'(x)=f(x)+xf'(x)>0，所以g(x)在(-∞，0]上單調遞增，又g(x)為奇函數，所以g(x)在R上單調遞增，又因為a=30.2·f(30.2)=g(30.2)，b=ln2·f(ln2)=g(ln2)，c=log319·f=glog319=-2<0<ln2<lne=1=30<30.2，所以g(-2)<g(ln2)<g(30.2)，即a>b>c.]例2B[設g(x)=f(則g'(x)=f'=f'(由條件可知，f'(x)-f(x)>0，所以g'(x)>0，則函數g(x)在R上單調遞增，因為函數f(x)是定義在R上的奇函數，則f(0)=0，由f(-1)e-1<f(0)e0，得故A錯誤；由f(3)e3得f(3)>ef(2)，故B正確；由f13e得e12f13<e由f(3)e3<f(4)e4，得ef(3)<f(例3B[令F(x)=f(x)cosx，x≠π2+k故F'(x)=f'(x)cosx+f(x)sinxcos2x>0故Fπ6<Fπ3，即fπ6cosπ6fπ6<3fπ3跟蹤訓練1(1)B[令函數g(x)=f(x)sinx，x∈則g'(x)=f'(x因此函數g(x)在(0，π)上單調遞減，不等式f(x)>2fπ6sinx?f(x即g(x)>gπ6，解得0<x<π所以原不等式的解集為0，π6(2)C[方法一設g(x)=f(x)x2，x∈(∵xf'(x)<2f(x)，∴g'(x)=xf'(x則g(x)在(0，+∞)上單調遞減，∴g(2)>g(e)>g(4)，∴f(2)4>f(e)即4e2f(2)>16f(e)>e2f(4)，故C正確.方法二設f(x)=1，又e2<16<4e2，C正確.](3)A[由f(x)>ex-1，可得f(x)ex令g(x)=f(x)ex，結合