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2025年高考数学精品教案第三章 一元函数的导数及其应用 第3讲 导数与函数的极值、最值
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这是一份2025年高考数学精品教案第三章 一元函数的导数及其应用 第3讲 导数与函数的极值、最值，共18页。
学生用书P056
1.函数的极值
极小值点和极大值点统称为⑤ 极值点 ，极小值和极大值统称为⑥ 极值 .
易错警示
（1）极值点不是点，若函数f（x）在x＝x1时取得极大值，则x1为极大值点，极大值为
f（x1）.
（2）极大值与极小值的大小没有必然关系，极小值可能比极大值大.
（3）有极值的函数一定不是单调函数.
（4）导数值为0的点不一定是函数的极值点.例如，f（x）＝x3，f '（0）＝0，但x＝0不是极值点.
2.函数的最大（小）值
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.
辨析比较
函数极值与最值的区别与联系
1.[易错题]下列说法正确的是（ C ）
A.函数的极大值比极小值大
B.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的
C.函数的最大值不一定是极大值，极大值也不一定是最大值
D.f '（x0）＝0是x0为可导函数y＝f（x）的极值点的充分不必要条件
解析 对于A，由极大值与极小值的概念可知，函数的极大值不一定比极小值大；对于B，函数在某区间上或定义域内如果有最大值，则最大值是唯一的，但极大值不一定；对于C，由极大值与最大值的概念可知C正确；对于D，在函数的极值点处f '（x0）＝0，但是使f '（x0）＝0成立的x0未必是极值点，如当x0为定义域的左右端点时f '（x0）可以等于0，但此时x0不是极值点.
2.设函数f（x）的定义域为R，x0（x0≠0）是 f（x）的极大值点，则下列结论一定正确的是（ D ）
A.∀x∈R， f（x）≤f（x0）B.－x0是y＝f（－x）的极小值点
C.－x0是y＝－f（x）的极小值点D.－x0是y＝－f（－x）的极小值点
解析 极值是函数的一种局部性质，因此不能确定在整个定义域上f（x0）是否最大，故A错误；因为函数f（x）与y＝f（－x）的图象关于y轴对称，所以－x0是y＝ f（－x）的极大值点，故B错误；因为函数f（x）与y＝－f（x）的图象关于x轴对称，所以x0是y＝
－f（x）的极小值点，而－x0是否为y＝－f（x）的极小值点不确定，故C错误；因为函数f（x）与y＝－f（－x）的图象关于原点对称，所以－x0是y＝－f（－x）的极小值点，选项D正确.
3.[2024辽宁省部分学校联考]函数f（x）＝（－2x＋4）ex在区间[1，＋∞）上的最大值为 2e .
解析 f '（x）＝（－2x＋2）ex，当x∈[1，＋∞）时，f '（x）≤0，f（x）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝2e.
4.若函数f（x）＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是 （－∞，－6）∪（6，＋∞） .
解析 由已知，得f '（x）＝3x2－2ax＋2.因为函数f（x）有极值，所以f '（x）＝0有变号零点，所以Δ＝4a2－24＞0，解得a＞6或a＜－6，所以实数a的取值范围为（－∞，
－6）∪（6，＋∞）.
学生用书P057
命题点1 导函数图象的应用
例1 （1）[浙江高考]函数y＝f（x）的导函数y＝f '（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的图象可能是（ D ）
A B
C D
解析 根据题意，已知导函数的图象与x轴有三个交点，且每个交点的两边导函数值的符号相反，因此函数f（x）在这些零点处取得极值，根据f（x）有两个极小值和一个极大值可排除A，C；记导函数 f '（x）的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在（－∞，x1）上
f '（x）＜0，在（x1，x2）上f '（x）＞0，所以函数f（x）在（－∞，x1）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，由x2＞0排除B.故选D.
（2）[多选/2024陕西省汉中市联考]设f '（x）是函数f（x）的导函数，y＝f '（x）的图象如图所示，则下列说法正确的是（ BC ）
A.函数一定有三个零点
B.函数一定有三个极值点
C.函数有最小值
D.函数图象一定经过坐标原点
解析 易知函数f（x）在（－∞，0），（1，2）上单调递减，在（0，1），（2，＋∞）上单调递增，所以函数f（x）一定有三个极值点0，1，2，B正确；函数f（x）有最小值，为f（0），f（2）中的较小者，C正确；函数f（x）的图象可能都在x轴上方，其零点个数可能是0，A错误；函数f（x）的图象不一定过原点，D错误.故选BC.
方法技巧
根据函数图象判断极值的方法
（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，进而求得极值（点）.
注意 要看清楚所给图象是原函数的图象还是导函数的图象.
训练1 [多选]已知函数y＝f（x）的导函数y＝f '（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ AB ）
A.f（a）＜f（b）＜f（c）
B.f（e）＜f（d）＜f（c）
C.x＝c时， f（x）取得最大值
D.x＝d时，f（x）取得最小值
解析 由f '（x）的图象可知，当x∈（－∞，c）∪（e，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（c，e）时，f '（x）＜0.所以f（x）在（－∞，c），（e，＋∞）上单调递增，在（c，e）上单调递减.对于A，因为a＜b＜c，所以f（a）＜f（b）＜f（c），A正确；对于B，因为c＜d＜e，所以f（e）＜f（d）＜f（c），B正确；对于C，由单调性知f（c）为极大值，当x＞e时，可能存在f（x0）＞f（c），C错误；对于D，由单调性知f（e）＜f（d），D错误.
命题点2 利用导数研究函数的极值
角度1 求函数的极值
例2 [全国卷Ⅱ]若x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1的极值点，则 f（x）的极小值为（ A ）
A.－1B.－2e－3C.5e－3D.1
解析 因为f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1，所以f '（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1的极值点，所以－2是x2＋（a＋2）x＋a－1＝0的根，将x＝－2代入解得a＝－1，所以f '（x）＝（x2＋x－2）ex－1＝（x＋2）（x－1）ex－1.令f '（x）＞0，解得x＜－2或x＞1，令f '（x）＜0，解得－2＜x＜1，所以f（x）在（－∞，－2）上单调递增，在（－2，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以当x＝1时，f（x）取得极小值，且f（x）极小值＝f（1）＝－1，故选A.
方法技巧
求可导函数f（x）的极值的步骤
（1）确定函数的定义域，求导数f '（x）；
（2）求方程f '（x）＝0的根；
（3）判断f '（x）在方程f '（x）＝0的根附近的左右两侧的符号；
（4）求出极值.
角度2 已知函数的极值（点）求参数
例3 （1）[多选/2023新高考卷Ⅱ]若函数f（x）＝aln x＋bx＋cx2（a≠0）既有极大值也有极小值，则（ BCD ）
A.bc＞0B.ab＞0
C.b2＋8ac＞0D.ac＜0
解析 因为函数f（x）＝aln x＋bx＋cx2（a≠0），所以函数f（x）的定义域为（0，
＋∞），f'（x）＝ax2－bx－2cx3，因为函数f（x）既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则Δ>0，x1＋x2>0，x1x2>0，即b2+8ac>0，ba>0，－2ca>0，所以b2+8ac>0，ab>0，ac<0.故B，C，D正确.因为ab＞0，ac＜0，所以bc＜0，A错误，故选BCD.
（2）[开放题/2023北京市第五十五中学4月调研]已知函数 f（x）＝（x－a）（x－3）2（a∈R），当x＝3时，f（x）有极大值.写出符合上述要求的一个a的值： 4（答案不唯一，满足a＞3即可） .
解析 由题意得，f '（x）＝（x－3）2＋（x－a）×2（x－3）＝（x－3）（x－3＋2x－2a）＝（x－3）（3x－2a－3），令f '（x）＝0，解得x＝3或x＝2a+33.
当2a+33＞3，即a＞3时，f（x）在（－∞，3）上单调递增，在（3，2a+33）上单调递减，所以f（x）在x＝3时取极大值.
所以a＞3，a可取4，故答案为4（答案不唯一，满足a＞3即可）.
方法技巧
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
注意 若函数y＝f（x）在区间（a，b）上存在极值点，则y＝f（x）在（a，b）上不是单调函数，即函数y＝f '（x）在区间（a，b）内存在变号零点.
训练2 （1）[多选]曲线f（x）＝a（x＋1）ex在点（－1，f（－1））处的切线方程为y＝1ex＋b，则下列说法正确的是（ AC ）
A.a＝1，b＝1eB.f（x）的极大值为1e2
C.f（x）的极小值为－1e2D.f（x）不存在极值
解析 依题意，f '（x）＝aex＋a（x＋1）ex＝（ax＋2a）ex，f '（－1）＝ae－1＝1e，解得a＝1，所以f（x）＝（x＋1）ex，f '（x）＝（x＋2）ex.又f（－1）＝0，所以1e×（－1）＋b＝0，所以b＝1e，故A正确.令f '（x）＝0，解得x＝－2，当x∈（－∞，－2）时，f '（x）＜0，函数f（x）在（－∞，－2）上单调递减；当x∈（－2，＋∞）时，f '（x）＞0，函数f（x）在（－2，＋∞）上单调递增.所以当x＝－2时，函数 f（x）取极小值，
即f（－2）＝－1e2，f（x）的极大值不存在，故B，D错误，C正确.故选AC.
（2）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a＝ 4 ，b＝ －11 .
解析 f '（x）＝3x2＋2ax＋b.由题意，得f '(1）=0，f（1）=10，即2a＋b+3=0，a2＋a＋b+1=10，解得a=4，b＝－11或a＝－3，b=3.当a＝4，b＝－11时，f '（x）＝3x2＋8x－11＝（3x＋11）（x－1），在x＝1附近的左右两侧，f '（x）异号，此时函数f（x）在x＝1处有极值；当a＝
－3，b＝3时，f '（x）＝3x2－6x＋3＝3（x－1）2，在x＝1附近的左右两侧，恒有f '（x）＞0，不变号，此时函数f（x）在x＝1处无极值.综上，a＝4，b＝－11.
命题点3 利用导数研究函数的最值
角度1 求函数的最值
例4 [2022全国卷乙]函数f（x）＝cs x＋（x＋1）sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为（ D ）
A.－π2，π2B.－3π2，π2
C.－π2，π2＋2D.－3π2，π2＋2
解析 由f（x）＝cs x＋（x＋1）sin x＋1，x∈[0，2π]，得f '（x）＝－sin x＋sin x＋
（x＋1）cs x＝（x＋1）cs x.
令f '（x）＝0，解得x＝－1（舍去）或x＝π2或x＝3π2.
因为f（π2）＝csπ2＋（π2＋1）sinπ2＋1＝2＋π2，f（3π2）＝cs3π2＋（3π2＋1）sin3π2＋1＝－3π2，又f（0）＝cs 0＋（0＋1）sin 0＋1＝2，f（2π）＝cs 2π＋（2π＋1）sin 2π＋1＝2，
所以f（x）max＝f（π2）＝2＋π2，f（x）min＝f（3π2）＝－3π2.故选D.
方法技巧
求函数f（x）在[a，b]上的最值的方法
（1）若函数f（x）在区间[a，b]上单调递增（递减），则f（a）为最小（大）值，f（b）为最大（小）值；
（2）若函数f（x）在区间（a，b）内有极值，则要先求出函数在（a，b）内的极值，再与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，这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
角度2 已知函数的最值求参数
例5 [全国卷Ⅲ]已知函数f（x）＝2x3－ax2＋b.
（1）讨论f（x）的单调性.
（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由.
解析 （1）对f（x）＝2x3－ax2＋b求导，得f '（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）.
令f '（x）＝0，得x＝0或x＝a3.
若a＞0，则当x∈（－∞，0）∪（a3，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（0，a3）时，f '（x）＜0.故f（x）在（－∞，0）和（a3，＋∞）上单调递增，在（0，a3）上单调递减.
若a＝0，则f（x）在R上单调递增.
若a＜0，则当x∈（－∞，a3）∪（0，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（a3，0）时，f '（x）＜0.故f（x）在（－∞，a3）和（0，＋∞）上单调递增，在（a3，0）上单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a＜0时，由（1）知，f（x）在[0，1]上单调递增，所以f（x）在区间[0，1]上的最小值为f（0）＝b，最大值为f（1）＝2－a＋b，所以b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝0，b＝－1，与a＜0矛盾，所以a＜0不存在.
（ii）当a＝0时，由（1）知，f（x）在[0，1]上单调递增，所以由f（0）＝－1，f（1）＝1得a＝0，b＝－1.
（iii）当0＜a＜3时，由（1）知，f（x）在（0，a3）上单调递减，在（a3，1）上单调递增，所以f（x）在[0，1]上的最小值为f（a3）＝－a327＋b＝－1，最大值为f（0）＝b或
f（1）＝2－a＋b.
若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0＜a＜3矛盾.
若－a327＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或 a＝0，与0＜a＜3矛盾.
（iv）当a≥3时，由（1）知，f（x）在[0，1]上单调递减，所以f（x）在区间[0，1]上的最大值为f（0）＝b，最小值为f（1）＝2－a＋b，所以2－a＋b＝－1，b＝1，则a＝4，b＝1.
综上，满足题设的a，b存在.当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f（x）在区间[0，1]上的最小值为－1且最大值为1.
训练3 （1）[2021新高考卷Ⅰ]函数f（x）＝｜2x－1｜－2ln x的最小值为 1 .
解析 函数f（x）＝｜2x－1｜－2ln x的定义域为（0，＋∞）.
①当x＞12时，（对x进行分类讨论）
f（x）＝2x－1－2ln x，所以f '（x）＝2－2x＝2（x－1）x，当12＜x＜1时，f '（x）＜0，当x＞1时，f '（x）＞0，所以f（x）min＝f（1）＝2－1－2ln 1＝1；
②当0＜x≤12时，f（x）＝1－2x－2ln x在（0，12]上单调递减，所以f（x）min＝f（12）＝
－2ln12＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1.
综上，f（x）min＝1.
（2）[2024河北省新乐市第一中学月考]已知函数f（x）＝3ln x－x2＋（a－12）x在区间（1，3）上有最大值，则实数a的取值范围是 （－12，112） .
解析 f '（x）＝3x－2x＋（a－12），且f '（x）在（1，3）上单调递减，由题知函数f（x）在区间（1，3）上有最大值，则需满足f '（x）在（1，3）内有唯一零点，故f '(1）>0，f '(3）<0，即3－2+a－12>0，1－6+a－12<0，解得－12＜a＜112，即实数a的取值范围为（－12，112）.
1.[命题点2/多选/2022新高考卷Ⅰ]已知函数f（x）＝x3－x＋1，则（ AC ）
A.f（x）有两个极值点
B.f（x）有三个零点
C.点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心
D.直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线
解析 因为f（x）＝x3－x＋1，所以f'（x）＝3x2－1，令f'（x）＝3x2－1＝0，得x＝±33.由f'（x）＝3x2－1＞0得x＞33或x＜－33；由f'（x）＝3x2－1＜0得－33＜x＜33.所以
f（x）＝x3－x＋1在（33，＋∞），（－∞，－33）上单调递增，在（－33，33）上单调递减，所以f（x）有两个极值点，故A正确.
因为f（x）的极小值f（33）＝（33）3－33＋1＝1－239＞0，f（－2）＝（－2）3－（－2）＋1＝－5＜0，所以函数f（x）在R上有且只有一个零点，故B错误.
因为函数g（x）＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f（x）＝x3－x＋1的图象，函数g（x）＝x3－x的图象关于原点（0，0）中心对称且g（0）＝0，所以点（0，1）
是曲线f（x）＝x3－x＋1的对称中心，故C正确.
假设直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，切点为（x0，y0），则f'（x0）＝3x02－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为（1，1），但点（1，1）不在直线y＝2x上，若x0＝
－1，则切点坐标为（－1，1），但点（－1，1）不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.故选AC.
2.[命题点2/2021全国卷乙]设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x－a）2（x－b）的极大值点，则（ D ）
A.a＜bB.a＞bC.ab＜a2D.ab＞a2
解析 解法一（分类与整合法） 因为函数f（x）＝a（x－a）2（x－b），所以f '（x）＝2a（x－a）（x－b）＋a（x－a）2＝a（x－a）（3x－a－2b）.令f '（x）＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝a+2b3.
（1）当a＞0时，
①若a+2b3＞a，即b＞a，此时易知函数f（x）在（－∞，a）上单调递增，在（a，a+2b3）上单调递减，所以x＝a为函数f（x）的极大值点，满足题意；
②若a+2b3＝a，即b＝a，此时函数f（x）＝a（x－a）3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；
③若a+2b3＜a，即b＜a，此时易知函数f（x）在（a+2b3，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，所以x＝a为函数f（x）的极小值点，不满足题意.
（2）当a＜0时，
①若a+2b3＞a，即b＞a，此时易知函数f（x）在（－∞，a）上单调递减，在（a，a+2b3）上单调递增，所以x＝a为函数f（x）的极小值点，不满足题意；
②若a+2b3＝a，即b＝a，此时函数f（x）＝a（x－a）3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；
③若a+2b3＜a，即b＜a，此时易知函数f（x）在（a+2b3，a）上单调递增，在（a，＋∞）上单调递减，所以x＝a为函数f（x）的极大值点，满足题意.
综上，a＞0且b＞a满足题意，a＜0且b＜a也满足题意.据此，可知必有ab＞a2成立.故选D.（解题技巧：分类讨论之后，需要及时整合，有利于进一步分析、求解）
解法二（特值排除法） 当a＝1，b＝2时，函数f（x）＝（x－1）2（x－2），画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f（x）的极大值点，满足题意.从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误.当a＝－1，b＝－2时，函数f（x）＝－（x＋1）2（x＋2），画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数f（x）的极大值点，满足题意.从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误.综上，选D.
图1图2
解法三（数形结合法） 当a＞0时，根据题意画出函数f（x）的大致图象，如图3所示，观察可知b＞a.
图3图4
当a＜0时，根据题意画出函数f（x）的大致图象，如图4所示，观察可知a＞b.
综上，可知必有ab＞a2成立.故选D.
3.[命题点2角度2/2022全国卷乙]已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax－ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点.若x1＜x2，则a的取值范围是 （1e，1） .
解析 由题意，f'（x）＝2axln a－2ex，根据f（x）有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f'（x）＝0的两个不同的根，又x1＜x2，所以易知当x∈（－∞，x1），（x2，＋∞）时，f'（x）＜0；当x∈（x1，x2）时，f'（x）＞0.
由f'（x）＝0可得axln a＝ex.
解法一 因为a＞0且a≠1，所以显然x≠0，
所以e＝axlnax.
令g（x）＝axlnax，则g（x）的图象与直线y＝e有两个交点，g'（x）＝ax（lna）2x－axlnax2＝axlna[(lna）x－1]x2.
令g'（x）＝0，得x＝1lna.故当x＞1lna时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x＜1lna时，
g'（x）＜0，g（x）单调递减.
所以g（x）极小值＝g（1lna）＝a1lnalna1lna＝a1lna（ln a）2，也是最小值.
所以a1lna（ln a）2＜e，
因为a1lna＝algaelgaa＝algae＝e，
所以（ln a）2＜1，
若a＞1，则当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，不符合题意，
所以0＜a＜1，则－1＜ln a＜0，1e＜a＜1.
所以a∈（1e，1）.
解法二 若a＞1，则当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，不符合题意，舍去.
若0＜a＜1，令g（x）＝axln a，h（x）＝ex，
在同一平面直角坐标系中作出函数g（x）和h（x）的大致图象，如图所示.
因为f'（x）＝0有两个不同的根，所以g（x）与h（x）的图象需要有两个交点，
则过原点且与g（x）的图象相切的直线l的斜率k＜e.
设直线l与g（x）的图象的切点坐标为（x0，ax0ln a），因为g'（x）＝ax（ln a）2，
所以k＝ax0（ln a）2＝ax0lnax0，可得x0＝1lna，
从而k＝a1lna（ln a）2＜e，即e（ln a）2＜e，则（ln a）2＜1，又0＜a＜1，所以－1＜ln a＜0，所以a∈（1e，1）.
4.[命题点3角度1/江苏高考]若函数f（x）＝2x3－ax2＋1（a∈R）在（0，＋∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[－1，1]上的最大值与最小值的和为 －3 .
解析 f '（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）（a∈R），当a≤0时，f '（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增.又f（0）＝1，所以此时f（x）在（0，
＋∞）内无零点，不满足题意.当a＞0，x＞0时，由f '（x）＞0得x＞a3，由f '（x）＜0得0＜x＜a3，则f（x）在（0，a3）上单调递减，在（a3，＋∞）上单调递增.又f（x）在（0，
＋∞）内有且只有一个零点，所以f（a3）＝－a327＋1＝0，解得a＝3.所以f（x）＝2x3－3x2＋1，则f '（x）＝6x（x－1），当x∈（－1，0）时，f '（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（0，1）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减，
则f（x）在[－1，1]上的最大值为 f（0）＝1.又f（－1）＝－4，f（1）＝0，则f（x）在[－1，1]上的最小值为－4，所以f（x）在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
学生用书·练习帮P279
1.函数f（x）＝x＋2cs x在区间[0，π2]上的最大值是（ C ）
A.π3＋1B.π4＋2C.π6＋3D.π2
解析 f'（x）＝1－2sin x.当0＜x＜π6时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当π6＜x＜π2时，
f'（x）＜0，f（x）单调递减.所以函数f（x）在x＝π6处取得极大值也是最大值，即f（x）max＝π6＋2csπ6＝π6＋3.故选C.
2.已知函数f（x）＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f（x）的极大值为（ B ）
A.2B.－52
C.3＋ln 2 D.－2＋2ln 2
解析 f '（x）＝2x＋2ax－3（x＞0），∵f（x）在x＝2处取得极小值，∴f '（2）＝4a－2＝0，解得a＝12，∴f（x）＝2ln x＋12x2－3x，f '（x）＝2x＋x－3＝（x－1)(x－2）x，∴f（x）在（0，1），（2，＋∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减，∴f（x）的极大值为f（1）＝12－3＝－52.
3.[2022全国卷甲]当x＝1时，函数f（x）＝aln x＋bx取得最大值－2，则f '（2）＝（ B ）
A.－1B.－12C.12D.1
解析 由题意知，f（1）＝aln 1＋b＝b＝－2.因为f '（x）＝ax－bx2（x＞0），所以f '（1）＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f '（2）＝a2－b4＝－12.故选B.
4.若函数f（x）＝x2－（a＋2）x＋aln x既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是（ B ）
A.（－∞，2）∪（2，＋∞）B.（0，2）∪（2，＋∞）
C.（2，＋∞）D.{2}
解析 因为f（x）既有极大值又有极小值，且f '（x）＝2x－a－2＋ax＝2x2－（a+2）x＋ax＝（2x－a)(x－1）x（x＞0），所以f '（x）＝0有两个不相等的正实数解，所以a2＞0且a2≠1，解得a＞0且a≠2.
5.[多选]函数y＝f（x）的导函数f '（x）的图象如图所示，则以下命题错误的是（ BD ）
A.x＝－3是函数y＝f（x）的极值点
B.x＝－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.曲线y＝f（x）在x＝0处切线的斜率小于零
解析 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x＝－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x＝－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0，所以曲线y＝f（x）在x＝0处切线的斜率大于零.故选BD.
6.[2024河南省商丘市部分学校联考]若函数f（x）＝x3－12x在区间（a，a＋4）上存在最大值，则实数a的取值范围是 （－6，－2） .
解析 因为f（x）＝x3－12x，所以f '（x）＝3x2－12＝3（x－2）（x＋2），由f '（x）＞0，得x＜－2或x＞2，则f（x）在区间（－∞，－2）和（2，＋∞）上单调递增，由
f '（x）＜0，得－2＜x＜2，则f（x）在区间（－2，2）上单调递减，所以f（x）在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.
要使函数f（x）＝x3－12x在区间（a，a＋4）上存在最大值，又（a＋4）－a＝4，则a＜－2，－27.[2021北京高考]已知函数f（x）＝3－2xx2＋a.
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在x＝－1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值.
解析 因为f（x）＝3－2xx2＋a，所以x2＋a≠0，f '（x）＝（3－2x)'(x2＋a）－（3－2x)(x2＋a)'（x2＋a）2＝2x2－6x－2a（x2＋a）2.
（1）若a＝0，则f '（1）＝－4，f（1）＝1，
则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y－1＝－4（x－1），即4x＋y－5＝0.
（2）由函数f（x）在x＝－1处取得极值可知f '（－1）＝0，即8－2a（1+a）2＝0，解得a＝4.
此时f（x）＝3－2xx2+4，所以f '（x）＝2（x－4)(x+1）（x2+4）2，
当x∈（－∞，－1）∪（4，＋∞）时，f '（x）＞0，所以f（x）的单调递增区间为
（－∞，－1），（4，＋∞）；
当x∈（－1，4）时，f '（x）＜0，所以f（x）的单调递减区间为（－1，4）.
又当x→－∞时，f（x）→0，当x→＋∞时，f（x）→0，
所以f（x）的最大值为f（－1）＝1，f（x）的最小值为f（4）＝－14.
8.若直线y＝ax＋b为函数f（x）＝ln x－1x图象的一条切线，则2a＋b的最小值为（ B ）
A.ln 2B.ln 2－12
C.1D.2
解析 函数f（x）的定义域是（0，＋∞），f '（x）＝1x＋1x2，设切点坐标为（x0，y0），则y0＝ln x0－1x0，a＝1x0＋1x02，所以切线方程为y－（ln x0－1x0）＝（1x0＋1x02）（x－x0），即y＝（1x0＋1x02）x－1＋ln x0－2x0，与已知对照，得b＝－1＋ln x0－2x0，所以2a＋b＝ln x0＋2x02－1.构造函数g（t）＝ln t＋2t2－1（t＞0），则g'（t）＝1t－4t3＝（t+2)(t－2）t3，所以函数g（t）在（0，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增，所以当t＝2时，g（t）取得最小值，为ln 2－12，所以（2a＋b）min＝ln 2－12.故选B.
9.[2023南京市六校联考]已知x1，x2是函数f（x）＝ex－12ax2的两个极值点，且x2＝2x1，则实数a 的值为（ C ）
A. 2eB.e2C.2ln2D.ln22
解析 因为f（x）＝ex－12ax2，所以f '（x）＝ex－ax.
因为x1，x2是函数f（x）＝ex－12ax2的两个极值点，所以ex1－ax1＝0，
ex2－ax2＝0，显然x1≠0，x2≠0，所以a＝ex1x1＝ex2x2.因为x2＝2x1，所以ex1x1＝e2x12x1，即2ex1＝e2x1，得ex1＝2，所以x1＝ln 2，a＝ex1x1＝eln2ln2＝2ln2.故选C.
10.[多选/2023广州市二检]已知函数f（x）＝1－4｜x｜x2+4的定义域是[a，b]（a，b∈Z），值域为[0，1]，则满足条件的整数对（a，b）可以是（ ACD ）
A.（－2，0）B.（－1，1）
C.（0，2）D.（－1，2）
解析 显然y＝1－4｜x｜x2+4（x∈R）是偶函数，我们先分析当x＞0时函数y＝1－4｜x｜x2+4的单调性.
当x＞0时，y＝1－4xx2+4，则y'＝4（x2－4）（x2+4）2，
令y'＝0，得x＝2，当0＜x＜2时，y'＜0，y＝1－4｜x｜x2+4单调递减；
当x＞2时，y'＞0，y＝1－4｜x｜x2+4单调递增.
所以x＝2为极小值点，极小值为0.
又当x＝0时，y＝1，当x→＋∞时，y→1，所以作出y＝1－4｜x｜x2+4的大致图象如图所示.
对A，当x∈[－2，0]时，由图象可知，f（x）∈[0，1]，故A满足条件；
对B，当x∈[－1，1]时，f（－1）＝f（1）＝15，则f（x）∈[15，1]，故B不满足条件；
对C，当x∈[0，2]时，由图象可知，f（x）∈[0，1]，故C满足条件；
对D，当x∈[－1，2]时，由图象可知，f（x）∈[0，1]，故D满足条件.
故选ACD.
11.[多选]已知定义在[a，b]上的函数y＝f（x）的导函数y＝
f '（x）的图象如图所示，则下列命题中正确的是（ BD ）
A.函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上单调递减
B.若x4＜m＜n＜x5，则 f '(m）＋f '(n）2＞f '（m＋n2）
C.函数y＝f（x）在[a，b]上有3个极值点
D.若x2＜p＜q＜x3，则[f（p）－f（q）]·[f '（p）－f '（q）]＜0
解析 对于A，由题图知，在区间[x2，x3]上，f '（x）≥0，在区间[x3，x4]上， f '（x）≤0，故函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上先增后减，故A错误；
对于B，由题图知，在区间[x4，x5]上，y＝f '（x）的图象是下凸的，在该段图象上任意取两点A（m，f '（m）），B（n，f '（n）），连接AB，则AB的中点为M（m＋n2，f '(m）＋f '(n）2），易知线段AB在y＝f '（x）的该段图象的上方，故 f '(m）＋f '(n）2＞
f '（m＋n2），故B正确；
对于C，由题图知，在区间[a，x3]上，f '（x）≥0，在区间[x3，x5]上，f '（x）≤0，在区间[x5，b]上，f '（x）≥0，所以y＝f（x）有一个极大值点x3和一个极小值点x5，故C错误；
对于D，由题图知，在区间[x2，x3]上，f '（x）≥0，且f '（x）单调递减，故y＝f（x）单调递增，故f '（p）＞f '（q），f（p）＜f（q），故[f（p）－f（q）]·[f '（p）－f '（q）]＜0，故D正确.故选BD.
12.[多选/2024福州市一检]已知函数f（x）＝x3－3ax＋2有两个极值点，则（ ACD ）
A.f（x）的图象关于点（0，2）对称
B.f（x）的极值之和为－4
C.∃a∈R，使得f（x）有三个零点
D.当0＜a＜1时，f（x）只有一个零点
解析 f（x）的图象可由奇函数g（x）＝x3－3ax的图象向上平移2个单位长度得到，故
f（x）的图象关于点（0，2）对称，选项A正确.设f（x）的极值点分别为x1，x2（x1＜x2），则由对称性可知x1＋x2＝0，f（x1）＋f（x2）＝2＋2＝4，即f（x）的极值之和为4，选项B错误.f '（x）＝3x2－3a，依题意，关于x的方程3x2－3a＝0有两个不同的根，则a＞0，x1＝－a，x2＝a，
当x＜－a时，f '（x）＞0，当－a＜x＜a时，f '（x）＜0，当x＞a时，f '（x）＞0，所以f（x）在区间（－∞，－a）上单调递增，在区间（－a，a）上单调递减，在区间（a，＋∞）
上单调递增.又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，当x→－∞时，f（x）→－∞，所以作出
f（x）的大致图象如图，
由图象可知，当f（x2）＝f（a）＜0，即a＞1时，f（x）的图象与x轴有三个交点，即∃a∈R，使得f（x）有三个零点，选项C正确.当0＜a＜1时，f（a）＝aa－3aa＋2＝2（1－aa）＞0，此时f（x）只有一个零点，选项D正确.综上，选ACD.
13.[2023济南市模拟节选]已知函数f（x）＝e2x2－aex＋x.讨论f（x）的极值点个数.
解析 f'（x）＝e2x－aex＋1，
当a≤0时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，极值点个数为0.
当0＜a≤2时，f'（x）≥0，
所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，极值点个数为0.
当a＞2时，由f'（x）＝0得，x＝lna－a2－42或x＝lna＋a2－42.
由f'（x）＞0得，x＜lna－a2－42或x＞lna＋a2－42；
由f'（x）＜0得，lna－a2－42＜x＜lna＋a2－42.
所以f（x）的单调递减区间为（lna－a2－42，lna＋a2－42），单调递增区间为（－∞，lna－a2－42），（lna＋a2+42，＋∞）.
所以x＝lna－a2－42为f（x）的极大值点，x＝lna＋a2－42为f（x）的极小值点，此时f（x）的极值点个数为2.
综上，当a≤2时，f（x）的极值点个数为0；当a＞2时，f（x）的极值点个数为2.
14.[条件创新/2023沈阳市三检节选]已知函数f（x）＝（x＋b）（e2x－a）（b＞0）的图象在点（－12，f（－12））处的切线方程为（e－1）x＋ey＋e－12＝0.
（1）求a，b；
（2）函数f（x）的图象与x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为y＝h（x），函数F（x）＝f（x）－h（x），x∈R，求F（x）的最小值.
解析 （1）将x＝－12代入切线方程（e－1）x＋ey＋e－12＝0中，得y＝0，
所以f（－12）＝（b－12）（1e－a）＝0，得b＝12或a＝1e.
因为f '（x）＝e2x（2x＋2b＋1）－a，
所以f '（－12）＝2be－a＝－e－1e＝－1＋1e.
若a＝1e，则b＝2－e2（舍去），
所以b＝12，则a＝1.
（2）由（1）可知，a＝1，b＝12，所以f（x）＝（x＋12）（e2x－1），
令f（x）＝0，得x＝－12或x＝0，
故函数f（x）的图象与x轴负半轴的交点P（－12，0）.
由函数f（x）的图象在点P（－12，0）处的切线方程为y＝h（x），
得h（x）＝f '（－12）（x＋12）.
因为F（x）＝f（x）－h（x），所以F（x）＝f（x）－f '（－12）（x＋12），
所以F'（x）＝f '（x）－f '（－12）＝2（x＋1）e2x－1e，
F'（－12）＝0.
若x≤－1，则F'（x）＜0.
若x∈（－1，－12），则x＋1∈（0，12），e2x∈（1e2，1e），
所以2（x＋1）e2x∈（0，1e），F'（x）＜0.
若x∈（－12，＋∞），则x＋1∈（12，＋∞），e2x∈（1e，＋∞），2（x＋1）e2x∈（1e，
＋∞），F'（x）＞0.
所以F（x）在（－∞，－12）上单调递减，在（－12，＋∞）上单调递增，
所以F（x）min＝F（－12）＝0.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大 （小）值的关系.
导函数图象的应用
该讲一直是高考的重点和难点.基本考法为求极值、最值，已知函数极值、最值求参数值（或范围），难度中等；综合考法为通过研究函数的性质解决不等式、零点、极值点偏移等问题，更突出应用，难度偏大.预计2025年高考命题常规，在复习备考时，要会构造函数，进而通过研究新构造函数的性质，数形结合解决问题.
利用导数研究函数的极值
2023新高考卷ⅡT11；2023新高考卷ⅡT22；2023全国卷乙T21；2022全国卷乙T16；2021全国卷乙T10；2021全国卷乙T20；2019全国卷ⅠT20
利用导数研究函数的最值
2022新高考卷ⅠT22；2022全国卷乙T11；2022全国卷甲T6；2021新高考卷ⅠT15；2019全国卷ⅢT20
条件
f '（x0）＝0
x0附近的左侧f '（x）＞0，右侧f '（x）＜0
x0附近的左侧f '（x）① ＜ 0，右侧f '（x）② ＞ 0
图象
极值
f（x0）为极大值
③ f（x0） 为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为④ 极小值点
极值
最值
区别
（1）极值是个“局部”概念，只能在定义域内部取得；（2）在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个都没有.
（1）最值是个“整体”概念，可以在区间的端点处取得；（2）最值（最大值或最小值）最多有一个.
联系
（1）极值有可能成为最值，最值只要不在区间端点处必定是极值；
（2）在区间[a，b]上图象是一条连续曲线的函数f（x）若有唯一的极值，则这个极值就是最值.
列式
根据极值以及极值点处导数为0列方程（组），利用待定系数法求解.
验证
因为f '（x0）＝0不是x0为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
学生用书P056
1.函数的极值
极小值点和极大值点统称为⑤ 极值点 ，极小值和极大值统称为⑥ 极值 .
易错警示
（1）极值点不是点，若函数f（x）在x＝x1时取得极大值，则x1为极大值点，极大值为
f（x1）.
（2）极大值与极小值的大小没有必然关系，极小值可能比极大值大.
（3）有极值的函数一定不是单调函数.
（4）导数值为0的点不一定是函数的极值点.例如，f（x）＝x3，f '（0）＝0，但x＝0不是极值点.
2.函数的最大（小）值
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.
辨析比较
函数极值与最值的区别与联系
1.[易错题]下列说法正确的是（ C ）
A.函数的极大值比极小值大
B.函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的
C.函数的最大值不一定是极大值，极大值也不一定是最大值
D.f '（x0）＝0是x0为可导函数y＝f（x）的极值点的充分不必要条件
解析 对于A，由极大值与极小值的概念可知，函数的极大值不一定比极小值大；对于B，函数在某区间上或定义域内如果有最大值，则最大值是唯一的，但极大值不一定；对于C，由极大值与最大值的概念可知C正确；对于D，在函数的极值点处f '（x0）＝0，但是使f '（x0）＝0成立的x0未必是极值点，如当x0为定义域的左右端点时f '（x0）可以等于0，但此时x0不是极值点.
2.设函数f（x）的定义域为R，x0（x0≠0）是 f（x）的极大值点，则下列结论一定正确的是（ D ）
A.∀x∈R， f（x）≤f（x0）B.－x0是y＝f（－x）的极小值点
C.－x0是y＝－f（x）的极小值点D.－x0是y＝－f（－x）的极小值点
解析 极值是函数的一种局部性质，因此不能确定在整个定义域上f（x0）是否最大，故A错误；因为函数f（x）与y＝f（－x）的图象关于y轴对称，所以－x0是y＝ f（－x）的极大值点，故B错误；因为函数f（x）与y＝－f（x）的图象关于x轴对称，所以x0是y＝
－f（x）的极小值点，而－x0是否为y＝－f（x）的极小值点不确定，故C错误；因为函数f（x）与y＝－f（－x）的图象关于原点对称，所以－x0是y＝－f（－x）的极小值点，选项D正确.
3.[2024辽宁省部分学校联考]函数f（x）＝（－2x＋4）ex在区间[1，＋∞）上的最大值为 2e .
解析 f '（x）＝（－2x＋2）ex，当x∈[1，＋∞）时，f '（x）≤0，f（x）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝2e.
4.若函数f（x）＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是 （－∞，－6）∪（6，＋∞） .
解析 由已知，得f '（x）＝3x2－2ax＋2.因为函数f（x）有极值，所以f '（x）＝0有变号零点，所以Δ＝4a2－24＞0，解得a＞6或a＜－6，所以实数a的取值范围为（－∞，
－6）∪（6，＋∞）.
学生用书P057
命题点1 导函数图象的应用
例1 （1）[浙江高考]函数y＝f（x）的导函数y＝f '（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）的图象可能是（ D ）
A B
C D
解析 根据题意，已知导函数的图象与x轴有三个交点，且每个交点的两边导函数值的符号相反，因此函数f（x）在这些零点处取得极值，根据f（x）有两个极小值和一个极大值可排除A，C；记导函数 f '（x）的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在（－∞，x1）上
f '（x）＜0，在（x1，x2）上f '（x）＞0，所以函数f（x）在（－∞，x1）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，由x2＞0排除B.故选D.
（2）[多选/2024陕西省汉中市联考]设f '（x）是函数f（x）的导函数，y＝f '（x）的图象如图所示，则下列说法正确的是（ BC ）
A.函数一定有三个零点
B.函数一定有三个极值点
C.函数有最小值
D.函数图象一定经过坐标原点
解析 易知函数f（x）在（－∞，0），（1，2）上单调递减，在（0，1），（2，＋∞）上单调递增，所以函数f（x）一定有三个极值点0，1，2，B正确；函数f（x）有最小值，为f（0），f（2）中的较小者，C正确；函数f（x）的图象可能都在x轴上方，其零点个数可能是0，A错误；函数f（x）的图象不一定过原点，D错误.故选BC.
方法技巧
根据函数图象判断极值的方法
（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，进而求得极值（点）.
注意 要看清楚所给图象是原函数的图象还是导函数的图象.
训练1 [多选]已知函数y＝f（x）的导函数y＝f '（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ AB ）
A.f（a）＜f（b）＜f（c）
B.f（e）＜f（d）＜f（c）
C.x＝c时， f（x）取得最大值
D.x＝d时，f（x）取得最小值
解析 由f '（x）的图象可知，当x∈（－∞，c）∪（e，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（c，e）时，f '（x）＜0.所以f（x）在（－∞，c），（e，＋∞）上单调递增，在（c，e）上单调递减.对于A，因为a＜b＜c，所以f（a）＜f（b）＜f（c），A正确；对于B，因为c＜d＜e，所以f（e）＜f（d）＜f（c），B正确；对于C，由单调性知f（c）为极大值，当x＞e时，可能存在f（x0）＞f（c），C错误；对于D，由单调性知f（e）＜f（d），D错误.
命题点2 利用导数研究函数的极值
角度1 求函数的极值
例2 [全国卷Ⅱ]若x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1的极值点，则 f（x）的极小值为（ A ）
A.－1B.－2e－3C.5e－3D.1
解析 因为f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1，所以f '（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1的极值点，所以－2是x2＋（a＋2）x＋a－1＝0的根，将x＝－2代入解得a＝－1，所以f '（x）＝（x2＋x－2）ex－1＝（x＋2）（x－1）ex－1.令f '（x）＞0，解得x＜－2或x＞1，令f '（x）＜0，解得－2＜x＜1，所以f（x）在（－∞，－2）上单调递增，在（－2，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以当x＝1时，f（x）取得极小值，且f（x）极小值＝f（1）＝－1，故选A.
方法技巧
求可导函数f（x）的极值的步骤
（1）确定函数的定义域，求导数f '（x）；
（2）求方程f '（x）＝0的根；
（3）判断f '（x）在方程f '（x）＝0的根附近的左右两侧的符号；
（4）求出极值.
角度2 已知函数的极值（点）求参数
例3 （1）[多选/2023新高考卷Ⅱ]若函数f（x）＝aln x＋bx＋cx2（a≠0）既有极大值也有极小值，则（ BCD ）
A.bc＞0B.ab＞0
C.b2＋8ac＞0D.ac＜0
解析 因为函数f（x）＝aln x＋bx＋cx2（a≠0），所以函数f（x）的定义域为（0，
＋∞），f'（x）＝ax2－bx－2cx3，因为函数f（x）既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则Δ>0，x1＋x2>0，x1x2>0，即b2+8ac>0，ba>0，－2ca>0，所以b2+8ac>0，ab>0，ac<0.故B，C，D正确.因为ab＞0，ac＜0，所以bc＜0，A错误，故选BCD.
（2）[开放题/2023北京市第五十五中学4月调研]已知函数 f（x）＝（x－a）（x－3）2（a∈R），当x＝3时，f（x）有极大值.写出符合上述要求的一个a的值： 4（答案不唯一，满足a＞3即可） .
解析 由题意得，f '（x）＝（x－3）2＋（x－a）×2（x－3）＝（x－3）（x－3＋2x－2a）＝（x－3）（3x－2a－3），令f '（x）＝0，解得x＝3或x＝2a+33.
当2a+33＞3，即a＞3时，f（x）在（－∞，3）上单调递增，在（3，2a+33）上单调递减，所以f（x）在x＝3时取极大值.
所以a＞3，a可取4，故答案为4（答案不唯一，满足a＞3即可）.
方法技巧
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
注意 若函数y＝f（x）在区间（a，b）上存在极值点，则y＝f（x）在（a，b）上不是单调函数，即函数y＝f '（x）在区间（a，b）内存在变号零点.
训练2 （1）[多选]曲线f（x）＝a（x＋1）ex在点（－1，f（－1））处的切线方程为y＝1ex＋b，则下列说法正确的是（ AC ）
A.a＝1，b＝1eB.f（x）的极大值为1e2
C.f（x）的极小值为－1e2D.f（x）不存在极值
解析 依题意，f '（x）＝aex＋a（x＋1）ex＝（ax＋2a）ex，f '（－1）＝ae－1＝1e，解得a＝1，所以f（x）＝（x＋1）ex，f '（x）＝（x＋2）ex.又f（－1）＝0，所以1e×（－1）＋b＝0，所以b＝1e，故A正确.令f '（x）＝0，解得x＝－2，当x∈（－∞，－2）时，f '（x）＜0，函数f（x）在（－∞，－2）上单调递减；当x∈（－2，＋∞）时，f '（x）＞0，函数f（x）在（－2，＋∞）上单调递增.所以当x＝－2时，函数 f（x）取极小值，
即f（－2）＝－1e2，f（x）的极大值不存在，故B，D错误，C正确.故选AC.
（2）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则a＝ 4 ，b＝ －11 .
解析 f '（x）＝3x2＋2ax＋b.由题意，得f '(1）=0，f（1）=10，即2a＋b+3=0，a2＋a＋b+1=10，解得a=4，b＝－11或a＝－3，b=3.当a＝4，b＝－11时，f '（x）＝3x2＋8x－11＝（3x＋11）（x－1），在x＝1附近的左右两侧，f '（x）异号，此时函数f（x）在x＝1处有极值；当a＝
－3，b＝3时，f '（x）＝3x2－6x＋3＝3（x－1）2，在x＝1附近的左右两侧，恒有f '（x）＞0，不变号，此时函数f（x）在x＝1处无极值.综上，a＝4，b＝－11.
命题点3 利用导数研究函数的最值
角度1 求函数的最值
例4 [2022全国卷乙]函数f（x）＝cs x＋（x＋1）sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为（ D ）
A.－π2，π2B.－3π2，π2
C.－π2，π2＋2D.－3π2，π2＋2
解析 由f（x）＝cs x＋（x＋1）sin x＋1，x∈[0，2π]，得f '（x）＝－sin x＋sin x＋
（x＋1）cs x＝（x＋1）cs x.
令f '（x）＝0，解得x＝－1（舍去）或x＝π2或x＝3π2.
因为f（π2）＝csπ2＋（π2＋1）sinπ2＋1＝2＋π2，f（3π2）＝cs3π2＋（3π2＋1）sin3π2＋1＝－3π2，又f（0）＝cs 0＋（0＋1）sin 0＋1＝2，f（2π）＝cs 2π＋（2π＋1）sin 2π＋1＝2，
所以f（x）max＝f（π2）＝2＋π2，f（x）min＝f（3π2）＝－3π2.故选D.
方法技巧
求函数f（x）在[a，b]上的最值的方法
（1）若函数f（x）在区间[a，b]上单调递增（递减），则f（a）为最小（大）值，f（b）为最大（小）值；
（2）若函数f（x）在区间（a，b）内有极值，则要先求出函数在（a，b）内的极值，再与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，这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
角度2 已知函数的最值求参数
例5 [全国卷Ⅲ]已知函数f（x）＝2x3－ax2＋b.
（1）讨论f（x）的单调性.
（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由.
解析 （1）对f（x）＝2x3－ax2＋b求导，得f '（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）.
令f '（x）＝0，得x＝0或x＝a3.
若a＞0，则当x∈（－∞，0）∪（a3，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（0，a3）时，f '（x）＜0.故f（x）在（－∞，0）和（a3，＋∞）上单调递增，在（0，a3）上单调递减.
若a＝0，则f（x）在R上单调递增.
若a＜0，则当x∈（－∞，a3）∪（0，＋∞）时，f '（x）＞0；当x∈（a3，0）时，f '（x）＜0.故f（x）在（－∞，a3）和（0，＋∞）上单调递增，在（a3，0）上单调递减.
（2）满足题设条件的a，b存在.
（i）当a＜0时，由（1）知，f（x）在[0，1]上单调递增，所以f（x）在区间[0，1]上的最小值为f（0）＝b，最大值为f（1）＝2－a＋b，所以b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝0，b＝－1，与a＜0矛盾，所以a＜0不存在.
（ii）当a＝0时，由（1）知，f（x）在[0，1]上单调递增，所以由f（0）＝－1，f（1）＝1得a＝0，b＝－1.
（iii）当0＜a＜3时，由（1）知，f（x）在（0，a3）上单调递减，在（a3，1）上单调递增，所以f（x）在[0，1]上的最小值为f（a3）＝－a327＋b＝－1，最大值为f（0）＝b或
f（1）＝2－a＋b.
若－a327＋b＝－1，b＝1，则a＝332，与0＜a＜3矛盾.
若－a327＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝33或a＝－33或 a＝0，与0＜a＜3矛盾.
（iv）当a≥3时，由（1）知，f（x）在[0，1]上单调递减，所以f（x）在区间[0，1]上的最大值为f（0）＝b，最小值为f（1）＝2－a＋b，所以2－a＋b＝－1，b＝1，则a＝4，b＝1.
综上，满足题设的a，b存在.当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f（x）在区间[0，1]上的最小值为－1且最大值为1.
训练3 （1）[2021新高考卷Ⅰ]函数f（x）＝｜2x－1｜－2ln x的最小值为 1 .
解析 函数f（x）＝｜2x－1｜－2ln x的定义域为（0，＋∞）.
①当x＞12时，（对x进行分类讨论）
f（x）＝2x－1－2ln x，所以f '（x）＝2－2x＝2（x－1）x，当12＜x＜1时，f '（x）＜0，当x＞1时，f '（x）＞0，所以f（x）min＝f（1）＝2－1－2ln 1＝1；
②当0＜x≤12时，f（x）＝1－2x－2ln x在（0，12]上单调递减，所以f（x）min＝f（12）＝
－2ln12＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1.
综上，f（x）min＝1.
（2）[2024河北省新乐市第一中学月考]已知函数f（x）＝3ln x－x2＋（a－12）x在区间（1，3）上有最大值，则实数a的取值范围是 （－12，112） .
解析 f '（x）＝3x－2x＋（a－12），且f '（x）在（1，3）上单调递减，由题知函数f（x）在区间（1，3）上有最大值，则需满足f '（x）在（1，3）内有唯一零点，故f '(1）>0，f '(3）<0，即3－2+a－12>0，1－6+a－12<0，解得－12＜a＜112，即实数a的取值范围为（－12，112）.
1.[命题点2/多选/2022新高考卷Ⅰ]已知函数f（x）＝x3－x＋1，则（ AC ）
A.f（x）有两个极值点
B.f（x）有三个零点
C.点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心
D.直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线
解析 因为f（x）＝x3－x＋1，所以f'（x）＝3x2－1，令f'（x）＝3x2－1＝0，得x＝±33.由f'（x）＝3x2－1＞0得x＞33或x＜－33；由f'（x）＝3x2－1＜0得－33＜x＜33.所以
f（x）＝x3－x＋1在（33，＋∞），（－∞，－33）上单调递增，在（－33，33）上单调递减，所以f（x）有两个极值点，故A正确.
因为f（x）的极小值f（33）＝（33）3－33＋1＝1－239＞0，f（－2）＝（－2）3－（－2）＋1＝－5＜0，所以函数f（x）在R上有且只有一个零点，故B错误.
因为函数g（x）＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f（x）＝x3－x＋1的图象，函数g（x）＝x3－x的图象关于原点（0，0）中心对称且g（0）＝0，所以点（0，1）
是曲线f（x）＝x3－x＋1的对称中心，故C正确.
假设直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，切点为（x0，y0），则f'（x0）＝3x02－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为（1，1），但点（1，1）不在直线y＝2x上，若x0＝
－1，则切点坐标为（－1，1），但点（－1，1）不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.故选AC.
2.[命题点2/2021全国卷乙]设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x－a）2（x－b）的极大值点，则（ D ）
A.a＜bB.a＞bC.ab＜a2D.ab＞a2
解析 解法一（分类与整合法） 因为函数f（x）＝a（x－a）2（x－b），所以f '（x）＝2a（x－a）（x－b）＋a（x－a）2＝a（x－a）（3x－a－2b）.令f '（x）＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝a+2b3.
（1）当a＞0时，
①若a+2b3＞a，即b＞a，此时易知函数f（x）在（－∞，a）上单调递增，在（a，a+2b3）上单调递减，所以x＝a为函数f（x）的极大值点，满足题意；
②若a+2b3＝a，即b＝a，此时函数f（x）＝a（x－a）3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；
③若a+2b3＜a，即b＜a，此时易知函数f（x）在（a+2b3，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增，所以x＝a为函数f（x）的极小值点，不满足题意.
（2）当a＜0时，
①若a+2b3＞a，即b＞a，此时易知函数f（x）在（－∞，a）上单调递减，在（a，a+2b3）上单调递增，所以x＝a为函数f（x）的极小值点，不满足题意；
②若a+2b3＝a，即b＝a，此时函数f（x）＝a（x－a）3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；
③若a+2b3＜a，即b＜a，此时易知函数f（x）在（a+2b3，a）上单调递增，在（a，＋∞）上单调递减，所以x＝a为函数f（x）的极大值点，满足题意.
综上，a＞0且b＞a满足题意，a＜0且b＜a也满足题意.据此，可知必有ab＞a2成立.故选D.（解题技巧：分类讨论之后，需要及时整合，有利于进一步分析、求解）
解法二（特值排除法） 当a＝1，b＝2时，函数f（x）＝（x－1）2（x－2），画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f（x）的极大值点，满足题意.从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误.当a＝－1，b＝－2时，函数f（x）＝－（x＋1）2（x＋2），画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数f（x）的极大值点，满足题意.从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误.综上，选D.
图1图2
解法三（数形结合法） 当a＞0时，根据题意画出函数f（x）的大致图象，如图3所示，观察可知b＞a.
图3图4
当a＜0时，根据题意画出函数f（x）的大致图象，如图4所示，观察可知a＞b.
综上，可知必有ab＞a2成立.故选D.
3.[命题点2角度2/2022全国卷乙]已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax－ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点.若x1＜x2，则a的取值范围是 （1e，1） .
解析 由题意，f'（x）＝2axln a－2ex，根据f（x）有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f'（x）＝0的两个不同的根，又x1＜x2，所以易知当x∈（－∞，x1），（x2，＋∞）时，f'（x）＜0；当x∈（x1，x2）时，f'（x）＞0.
由f'（x）＝0可得axln a＝ex.
解法一 因为a＞0且a≠1，所以显然x≠0，
所以e＝axlnax.
令g（x）＝axlnax，则g（x）的图象与直线y＝e有两个交点，g'（x）＝ax（lna）2x－axlnax2＝axlna[(lna）x－1]x2.
令g'（x）＝0，得x＝1lna.故当x＞1lna时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x＜1lna时，
g'（x）＜0，g（x）单调递减.
所以g（x）极小值＝g（1lna）＝a1lnalna1lna＝a1lna（ln a）2，也是最小值.
所以a1lna（ln a）2＜e，
因为a1lna＝algaelgaa＝algae＝e，
所以（ln a）2＜1，
若a＞1，则当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，不符合题意，
所以0＜a＜1，则－1＜ln a＜0，1e＜a＜1.
所以a∈（1e，1）.
解法二 若a＞1，则当x→＋∞时，f'（x）→＋∞，不符合题意，舍去.
若0＜a＜1，令g（x）＝axln a，h（x）＝ex，
在同一平面直角坐标系中作出函数g（x）和h（x）的大致图象，如图所示.
因为f'（x）＝0有两个不同的根，所以g（x）与h（x）的图象需要有两个交点，
则过原点且与g（x）的图象相切的直线l的斜率k＜e.
设直线l与g（x）的图象的切点坐标为（x0，ax0ln a），因为g'（x）＝ax（ln a）2，
所以k＝ax0（ln a）2＝ax0lnax0，可得x0＝1lna，
从而k＝a1lna（ln a）2＜e，即e（ln a）2＜e，则（ln a）2＜1，又0＜a＜1，所以－1＜ln a＜0，所以a∈（1e，1）.
4.[命题点3角度1/江苏高考]若函数f（x）＝2x3－ax2＋1（a∈R）在（0，＋∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[－1，1]上的最大值与最小值的和为 －3 .
解析 f '（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）（a∈R），当a≤0时，f '（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，则f（x）在（0，＋∞）上单调递增.又f（0）＝1，所以此时f（x）在（0，
＋∞）内无零点，不满足题意.当a＞0，x＞0时，由f '（x）＞0得x＞a3，由f '（x）＜0得0＜x＜a3，则f（x）在（0，a3）上单调递减，在（a3，＋∞）上单调递增.又f（x）在（0，
＋∞）内有且只有一个零点，所以f（a3）＝－a327＋1＝0，解得a＝3.所以f（x）＝2x3－3x2＋1，则f '（x）＝6x（x－1），当x∈（－1，0）时，f '（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（0，1）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减，
则f（x）在[－1，1]上的最大值为 f（0）＝1.又f（－1）＝－4，f（1）＝0，则f（x）在[－1，1]上的最小值为－4，所以f（x）在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.
学生用书·练习帮P279
1.函数f（x）＝x＋2cs x在区间[0，π2]上的最大值是（ C ）
A.π3＋1B.π4＋2C.π6＋3D.π2
解析 f'（x）＝1－2sin x.当0＜x＜π6时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当π6＜x＜π2时，
f'（x）＜0，f（x）单调递减.所以函数f（x）在x＝π6处取得极大值也是最大值，即f（x）max＝π6＋2csπ6＝π6＋3.故选C.
2.已知函数f（x）＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f（x）的极大值为（ B ）
A.2B.－52
C.3＋ln 2 D.－2＋2ln 2
解析 f '（x）＝2x＋2ax－3（x＞0），∵f（x）在x＝2处取得极小值，∴f '（2）＝4a－2＝0，解得a＝12，∴f（x）＝2ln x＋12x2－3x，f '（x）＝2x＋x－3＝（x－1)(x－2）x，∴f（x）在（0，1），（2，＋∞）上单调递增，在（1，2）上单调递减，∴f（x）的极大值为f（1）＝12－3＝－52.
3.[2022全国卷甲]当x＝1时，函数f（x）＝aln x＋bx取得最大值－2，则f '（2）＝（ B ）
A.－1B.－12C.12D.1
解析 由题意知，f（1）＝aln 1＋b＝b＝－2.因为f '（x）＝ax－bx2（x＞0），所以f '（1）＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f '（2）＝a2－b4＝－12.故选B.
4.若函数f（x）＝x2－（a＋2）x＋aln x既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是（ B ）
A.（－∞，2）∪（2，＋∞）B.（0，2）∪（2，＋∞）
C.（2，＋∞）D.{2}
解析 因为f（x）既有极大值又有极小值，且f '（x）＝2x－a－2＋ax＝2x2－（a+2）x＋ax＝（2x－a)(x－1）x（x＞0），所以f '（x）＝0有两个不相等的正实数解，所以a2＞0且a2≠1，解得a＞0且a≠2.
5.[多选]函数y＝f（x）的导函数f '（x）的图象如图所示，则以下命题错误的是（ BD ）
A.x＝－3是函数y＝f（x）的极值点
B.x＝－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.曲线y＝f（x）在x＝0处切线的斜率小于零
解析 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x＝－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x＝－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0，所以曲线y＝f（x）在x＝0处切线的斜率大于零.故选BD.
6.[2024河南省商丘市部分学校联考]若函数f（x）＝x3－12x在区间（a，a＋4）上存在最大值，则实数a的取值范围是 （－6，－2） .
解析 因为f（x）＝x3－12x，所以f '（x）＝3x2－12＝3（x－2）（x＋2），由f '（x）＞0，得x＜－2或x＞2，则f（x）在区间（－∞，－2）和（2，＋∞）上单调递增，由
f '（x）＜0，得－2＜x＜2，则f（x）在区间（－2，2）上单调递减，所以f（x）在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.
要使函数f（x）＝x3－12x在区间（a，a＋4）上存在最大值，又（a＋4）－a＝4，则a＜－2，－2
（1）若a＝0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）在x＝－1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值.
解析 因为f（x）＝3－2xx2＋a，所以x2＋a≠0，f '（x）＝（3－2x)'(x2＋a）－（3－2x)(x2＋a)'（x2＋a）2＝2x2－6x－2a（x2＋a）2.
（1）若a＝0，则f '（1）＝－4，f（1）＝1，
则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y－1＝－4（x－1），即4x＋y－5＝0.
（2）由函数f（x）在x＝－1处取得极值可知f '（－1）＝0，即8－2a（1+a）2＝0，解得a＝4.
此时f（x）＝3－2xx2+4，所以f '（x）＝2（x－4)(x+1）（x2+4）2，
当x∈（－∞，－1）∪（4，＋∞）时，f '（x）＞0，所以f（x）的单调递增区间为
（－∞，－1），（4，＋∞）；
当x∈（－1，4）时，f '（x）＜0，所以f（x）的单调递减区间为（－1，4）.
又当x→－∞时，f（x）→0，当x→＋∞时，f（x）→0，
所以f（x）的最大值为f（－1）＝1，f（x）的最小值为f（4）＝－14.
8.若直线y＝ax＋b为函数f（x）＝ln x－1x图象的一条切线，则2a＋b的最小值为（ B ）
A.ln 2B.ln 2－12
C.1D.2
解析 函数f（x）的定义域是（0，＋∞），f '（x）＝1x＋1x2，设切点坐标为（x0，y0），则y0＝ln x0－1x0，a＝1x0＋1x02，所以切线方程为y－（ln x0－1x0）＝（1x0＋1x02）（x－x0），即y＝（1x0＋1x02）x－1＋ln x0－2x0，与已知对照，得b＝－1＋ln x0－2x0，所以2a＋b＝ln x0＋2x02－1.构造函数g（t）＝ln t＋2t2－1（t＞0），则g'（t）＝1t－4t3＝（t+2)(t－2）t3，所以函数g（t）在（0，2）上单调递减，在（2，＋∞）上单调递增，所以当t＝2时，g（t）取得最小值，为ln 2－12，所以（2a＋b）min＝ln 2－12.故选B.
9.[2023南京市六校联考]已知x1，x2是函数f（x）＝ex－12ax2的两个极值点，且x2＝2x1，则实数a 的值为（ C ）
A. 2eB.e2C.2ln2D.ln22
解析 因为f（x）＝ex－12ax2，所以f '（x）＝ex－ax.
因为x1，x2是函数f（x）＝ex－12ax2的两个极值点，所以ex1－ax1＝0，
ex2－ax2＝0，显然x1≠0，x2≠0，所以a＝ex1x1＝ex2x2.因为x2＝2x1，所以ex1x1＝e2x12x1，即2ex1＝e2x1，得ex1＝2，所以x1＝ln 2，a＝ex1x1＝eln2ln2＝2ln2.故选C.
10.[多选/2023广州市二检]已知函数f（x）＝1－4｜x｜x2+4的定义域是[a，b]（a，b∈Z），值域为[0，1]，则满足条件的整数对（a，b）可以是（ ACD ）
A.（－2，0）B.（－1，1）
C.（0，2）D.（－1，2）
解析 显然y＝1－4｜x｜x2+4（x∈R）是偶函数，我们先分析当x＞0时函数y＝1－4｜x｜x2+4的单调性.
当x＞0时，y＝1－4xx2+4，则y'＝4（x2－4）（x2+4）2，
令y'＝0，得x＝2，当0＜x＜2时，y'＜0，y＝1－4｜x｜x2+4单调递减；
当x＞2时，y'＞0，y＝1－4｜x｜x2+4单调递增.
所以x＝2为极小值点，极小值为0.
又当x＝0时，y＝1，当x→＋∞时，y→1，所以作出y＝1－4｜x｜x2+4的大致图象如图所示.
对A，当x∈[－2，0]时，由图象可知，f（x）∈[0，1]，故A满足条件；
对B，当x∈[－1，1]时，f（－1）＝f（1）＝15，则f（x）∈[15，1]，故B不满足条件；
对C，当x∈[0，2]时，由图象可知，f（x）∈[0，1]，故C满足条件；
对D，当x∈[－1，2]时，由图象可知，f（x）∈[0，1]，故D满足条件.
故选ACD.
11.[多选]已知定义在[a，b]上的函数y＝f（x）的导函数y＝
f '（x）的图象如图所示，则下列命题中正确的是（ BD ）
A.函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上单调递减
B.若x4＜m＜n＜x5，则 f '(m）＋f '(n）2＞f '（m＋n2）
C.函数y＝f（x）在[a，b]上有3个极值点
D.若x2＜p＜q＜x3，则[f（p）－f（q）]·[f '（p）－f '（q）]＜0
解析 对于A，由题图知，在区间[x2，x3]上，f '（x）≥0，在区间[x3，x4]上， f '（x）≤0，故函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上先增后减，故A错误；
对于B，由题图知，在区间[x4，x5]上，y＝f '（x）的图象是下凸的，在该段图象上任意取两点A（m，f '（m）），B（n，f '（n）），连接AB，则AB的中点为M（m＋n2，f '(m）＋f '(n）2），易知线段AB在y＝f '（x）的该段图象的上方，故 f '(m）＋f '(n）2＞
f '（m＋n2），故B正确；
对于C，由题图知，在区间[a，x3]上，f '（x）≥0，在区间[x3，x5]上，f '（x）≤0，在区间[x5，b]上，f '（x）≥0，所以y＝f（x）有一个极大值点x3和一个极小值点x5，故C错误；
对于D，由题图知，在区间[x2，x3]上，f '（x）≥0，且f '（x）单调递减，故y＝f（x）单调递增，故f '（p）＞f '（q），f（p）＜f（q），故[f（p）－f（q）]·[f '（p）－f '（q）]＜0，故D正确.故选BD.
12.[多选/2024福州市一检]已知函数f（x）＝x3－3ax＋2有两个极值点，则（ ACD ）
A.f（x）的图象关于点（0，2）对称
B.f（x）的极值之和为－4
C.∃a∈R，使得f（x）有三个零点
D.当0＜a＜1时，f（x）只有一个零点
解析 f（x）的图象可由奇函数g（x）＝x3－3ax的图象向上平移2个单位长度得到，故
f（x）的图象关于点（0，2）对称，选项A正确.设f（x）的极值点分别为x1，x2（x1＜x2），则由对称性可知x1＋x2＝0，f（x1）＋f（x2）＝2＋2＝4，即f（x）的极值之和为4，选项B错误.f '（x）＝3x2－3a，依题意，关于x的方程3x2－3a＝0有两个不同的根，则a＞0，x1＝－a，x2＝a，
当x＜－a时，f '（x）＞0，当－a＜x＜a时，f '（x）＜0，当x＞a时，f '（x）＞0，所以f（x）在区间（－∞，－a）上单调递增，在区间（－a，a）上单调递减，在区间（a，＋∞）
上单调递增.又当x→＋∞时，f（x）→＋∞，当x→－∞时，f（x）→－∞，所以作出
f（x）的大致图象如图，
由图象可知，当f（x2）＝f（a）＜0，即a＞1时，f（x）的图象与x轴有三个交点，即∃a∈R，使得f（x）有三个零点，选项C正确.当0＜a＜1时，f（a）＝aa－3aa＋2＝2（1－aa）＞0，此时f（x）只有一个零点，选项D正确.综上，选ACD.
13.[2023济南市模拟节选]已知函数f（x）＝e2x2－aex＋x.讨论f（x）的极值点个数.
解析 f'（x）＝e2x－aex＋1，
当a≤0时，f'（x）＞0，
所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，极值点个数为0.
当0＜a≤2时，f'（x）≥0，
所以f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增，极值点个数为0.
当a＞2时，由f'（x）＝0得，x＝lna－a2－42或x＝lna＋a2－42.
由f'（x）＞0得，x＜lna－a2－42或x＞lna＋a2－42；
由f'（x）＜0得，lna－a2－42＜x＜lna＋a2－42.
所以f（x）的单调递减区间为（lna－a2－42，lna＋a2－42），单调递增区间为（－∞，lna－a2－42），（lna＋a2+42，＋∞）.
所以x＝lna－a2－42为f（x）的极大值点，x＝lna＋a2－42为f（x）的极小值点，此时f（x）的极值点个数为2.
综上，当a≤2时，f（x）的极值点个数为0；当a＞2时，f（x）的极值点个数为2.
14.[条件创新/2023沈阳市三检节选]已知函数f（x）＝（x＋b）（e2x－a）（b＞0）的图象在点（－12，f（－12））处的切线方程为（e－1）x＋ey＋e－12＝0.
（1）求a，b；
（2）函数f（x）的图象与x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为y＝h（x），函数F（x）＝f（x）－h（x），x∈R，求F（x）的最小值.
解析 （1）将x＝－12代入切线方程（e－1）x＋ey＋e－12＝0中，得y＝0，
所以f（－12）＝（b－12）（1e－a）＝0，得b＝12或a＝1e.
因为f '（x）＝e2x（2x＋2b＋1）－a，
所以f '（－12）＝2be－a＝－e－1e＝－1＋1e.
若a＝1e，则b＝2－e2（舍去），
所以b＝12，则a＝1.
（2）由（1）可知，a＝1，b＝12，所以f（x）＝（x＋12）（e2x－1），
令f（x）＝0，得x＝－12或x＝0，
故函数f（x）的图象与x轴负半轴的交点P（－12，0）.
由函数f（x）的图象在点P（－12，0）处的切线方程为y＝h（x），
得h（x）＝f '（－12）（x＋12）.
因为F（x）＝f（x）－h（x），所以F（x）＝f（x）－f '（－12）（x＋12），
所以F'（x）＝f '（x）－f '（－12）＝2（x＋1）e2x－1e，
F'（－12）＝0.
若x≤－1，则F'（x）＜0.
若x∈（－1，－12），则x＋1∈（0，12），e2x∈（1e2，1e），
所以2（x＋1）e2x∈（0，1e），F'（x）＜0.
若x∈（－12，＋∞），则x＋1∈（12，＋∞），e2x∈（1e，＋∞），2（x＋1）e2x∈（1e，
＋∞），F'（x）＞0.
所以F（x）在（－∞，－12）上单调递减，在（－12，＋∞）上单调递增，
所以F（x）min＝F（－12）＝0.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大 （小）值的关系.
导函数图象的应用
该讲一直是高考的重点和难点.基本考法为求极值、最值，已知函数极值、最值求参数值（或范围），难度中等；综合考法为通过研究函数的性质解决不等式、零点、极值点偏移等问题，更突出应用，难度偏大.预计2025年高考命题常规，在复习备考时，要会构造函数，进而通过研究新构造函数的性质，数形结合解决问题.
利用导数研究函数的极值
2023新高考卷ⅡT11；2023新高考卷ⅡT22；2023全国卷乙T21；2022全国卷乙T16；2021全国卷乙T10；2021全国卷乙T20；2019全国卷ⅠT20
利用导数研究函数的最值
2022新高考卷ⅠT22；2022全国卷乙T11；2022全国卷甲T6；2021新高考卷ⅠT15；2019全国卷ⅢT20
条件
f '（x0）＝0
x0附近的左侧f '（x）＞0，右侧f '（x）＜0
x0附近的左侧f '（x）① ＜ 0，右侧f '（x）② ＞ 0
图象
极值
f（x0）为极大值
③ f（x0） 为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为④ 极小值点
极值
最值
区别
（1）极值是个“局部”概念，只能在定义域内部取得；（2）在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个都没有.
（1）最值是个“整体”概念，可以在区间的端点处取得；（2）最值（最大值或最小值）最多有一个.
联系
（1）极值有可能成为最值，最值只要不在区间端点处必定是极值；
（2）在区间[a，b]上图象是一条连续曲线的函数f（x）若有唯一的极值，则这个极值就是最值.
列式
根据极值以及极值点处导数为0列方程（组），利用待定系数法求解.
验证
因为f '（x0）＝0不是x0为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
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