2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-第三节 导数与函数的极值、最值

第三节导数与函数的极值、最值课标解读考向预测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.近三年高考题中利用导数求函数的极值和最值是必考的考点．预计2026年高考极值和最值问题在选择题、填空题和解答题中都有可能出现，难度保持稳定或略有降低.必备知识—强基础1．函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧eq\x(\s\up1(01))f′(x)<0，右侧eq\x(\s\up1(02))f′(x)>0，则eq\x(\s\up1(03))a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧eq\x(\s\up1(04))f′(x)>0，右侧eq\x(\s\up1(05))f′(x)<0，则eq\x(\s\up1(06))b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．(3)极小值点、极大值点统称为eq\x(\s\up1(07))极值点，极小值和极大值统称为eq\x(\s\up1(08))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eq\x(\s\up1(09))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eq\x(\s\up1(10))极值；②将函数y＝f(x)的各极值与eq\x(\s\up1(11))端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是eq\x(\s\up1(12))最大值，最小的一个是eq\x(\s\up1(13))最小值．1．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的最值点．3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．4．函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．题组一走出误区——判一判(1)函数的极小值一定是函数的最小值．()(2)函数的极小值一定不是函数的最大值．()(3)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．()答案：(1)×(2)√(3)×题组二回归教材——练一练(1)(人教A选择性必修第二册5.3.2例5改编)函数f(x)＝2x－xlnx的极值是()A.eq\f(1,e) B.eq\f(2,e)C．e D．e2答案：C解析：f′(x)＝1－lnx，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝e处取得极大值，f(e)＝e.故选C.(2)(人教A选择性必修第二册5.3T4改编)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．2C．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－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－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2是f(x)的极大值点．综上所述，f(x)的极小值点的个数为1.(3)(人教A选择性必修第二册5.3T6改编)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在区间[0，3]上的最大值是________，最小值是________．答案：4－eq\f(4,3)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)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4有极小值，并且极小值为f(2)＝－eq\f(4,3).又f(0)＝4，f(3)＝1，所以函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在区间[0，3]上的最大值是4，最小值是－eq\f(4,3).考点探究—提素养导数与函数的极值(多考向探究)考向1根据函数图象判断极值(点)(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列结论中正确的是()A．f(x)的单调递增区间是(－1，2)，(4，＋∞)B．－1是f(x)的极小值点C．f(x)在(2，4)上是减函数，在(－1，2)上是增函数D．2是f(x)的极小值点答案：ABC解析：根据题中图象知，当x∈(－1，2)∪(4，＋∞)时，f′(x)>0，故函数f(x)在(－1，2)，(4，＋∞)上单调递增；当x∈(－3，－1)∪(2，4)时，f′(x)<0，故函数f(x)在(－3，－1)，(2，4)上单调递减，故A，C正确；当x＝－1时，f(x)取得极小值，－1是f(x)的极小值点，故B正确；当x＝2时，f(x)取得极大值，2不是f(x)的极小值点，故D错误．故选ABC.由图象判断函数y＝f(x)的极值的方法由导函数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．1.已知函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则()A．f(x)有2个极值点B．f(x)在x＝1处取得极小值C．f(x)有极大值，没有极小值D．f(x)在(－∞，1)上单调递减答案：C解析：由题图，得f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，∴f(x)有一个极大值，没有极小值，∴A，B，D错误，C正确．故选C.考向2求已知函数的极值(点)(2025·江苏东台一中高三模拟)求函数f(x)＝ex－ln(x＋1)的极值．解：f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(（x＋1）ex－1,x＋1)，令g(x)＝(x＋1)ex－1(x>－1)，则g′(x)＝(x＋2)ex，易得g′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，又g(0)＝0，所以当－1<x<0时，g(x)<0，即f′(x)<0，f(x)在(－1，0)上单调递减，当x>0时，g(x)>0，即f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(0)＝1，无极大值．求函数f(x)极值的一般解题步骤2.已知a≥0，函数f(x)＝eax＋eq\f(1,x)，g(x)＝f′(x)x2，求g(x)的极大值．解：因为f′(x)＝aeax－eq\f(1,x2)，所以g(x)＝f′(x)x2＝ax2eax－1(x≠0)，则g′(x)＝2axeax＋a2x2eax＝ax(ax＋2)eax(x≠0)，当a＝0时，g(x)＝－1，此时g(x)无极值；当a>0时，令g′(x)>0，则x<－eq\f(2,a)或x>0，令g′(x)<0，则－eq\f(2,a)<x<0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,a)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)，0))上单调递减，所以g(x)的极大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,a)))＝eq\f(4,ae2)－1.综上所述，当a＝0时，g(x)无极大值；当a>0时，g(x)的极大值为eq\f(4,ae2)－1.考向3已知函数的极值(点)求参数(1)(2025·安徽合肥高三模拟)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极小值0，则a＋b＝()A．7 B．6C．5 D．11答案：D解析：因为f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2，所以f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－1）＝0，,f（－1）＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－6a＋b＝0，,－1＋3a－b＋a2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9.))当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)为R上的增函数，此时f(x)无极值，不符合题意；当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，令f′(x)>0，得x<－3或x>－1，令f′(x)<0，得－3<x<－1，所以f(x)在(－∞，－3)和(－1，＋∞)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减，所以f(x)在x＝－1处取得极小值，符合题意．综上所述，a＋b＝11.故选D.(2)已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为________．答案：(1，＋∞)解析：因为函数f(x)的定义域是R，f′(x)＝ex－x－a，令h(x)＝ex－x－a，则h′(x)＝ex－1，所以在区间(－∞，0)上，h′(x)<0，h(x)单调递减；在区间(0，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)单调递增．要使f(x)有两个极值点，则f′(0)＝h(0)＝1－a<0，a>1，又当x趋于－∞时，f′(x)趋于＋∞，当x趋于＋∞时，f′(x)趋于＋∞，所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．已知函数的极值(点)求参数的方法(1)对于可导函数y＝f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的必要条件，即当已知可导函数在某一点处取得极值时，该点处的导数值一定为零，据此可建立关于参数的方程进行求解，但应检验极值点两侧的导数是否异号．(2)若函数f(x)在区间I上有极值点，则f′(x)在区间I上有变号的零点，亦即方程f′(x)＝0有满足相应条件的实数根，从而可转化为方程有解问题，也可转化为直线与曲线的交点问题进行求解．3.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则()A．bc>0 B．ab>0C．b2＋8ac>0 D．ac<0答案：BCD解析：函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，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有两个不等的正根x1，x2，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD.4．(2025·湖南长沙高三模拟)已知函数f(x)的导函数g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为________．答案：2解析：由题意可得，f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，设h(x)＝x2－3x＋a，则h(1)＝0，即1－3＋a＝0，解得a＝2，当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2)＝(x－1)2(x－2)，故当x>2时，f′(x)>0；当x<2且x≠1时，f′(x)<0，因此2是函数f(x)的极值点，1不是函数f(x)的极值点，所以a＝2满足题意．导数与函数的最值(多考向探究)考向1求已知函数的最值eq\a\vs4\al()(2025·吉林东北师范大学附中高三摸底)已知函数f(x)＝e2x＋ex－x，当x∈[－1，0]时，求f(x)的最大值与最小值．解：f′(x)＝2e2x＋ex－1＝(ex＋1)(2ex－1)，由x∈[－1，0]，得ex＋1>0，令f′(x)>0，则2ex－1>0，解得－ln2<x≤0；令f′(x)<0，则2ex－1<0，解得－1≤x<－ln2，可知f(x)在[－1，－ln2)上单调递减，在(－ln2，0]上单调递增，又因为f(－1)＝eq\f(1＋e＋e2,e2)，f(0)＝2，f(－ln2)＝eq\f(3,4)＋ln2，且eq\f(1＋e＋e2,e2)<2，所以函数f(x)的最大值为2，最小值为eq\f(3,4)＋ln2.求函数最值的步骤5.已知函数f(x)＝ex－3，g(x)＝1＋lnx，若f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为________．答案：－2解析：令t＝f(m)＝g(n)，则em－3＝t，1＋lnn＝t，所以m＝3＋lnt，n＝et－1，则n－m＝et－1－3－lnt，令h(t)＝et－1－3－lnt，则h′(t)＝et－1－eq\f(1,t)(t>0)，令h′(t)＝0，得t＝1.当0<t<1时，h′(t)<0，h(t)单调递减；当t>1时，h′(t)>0，h(t)单调递增，所以h(t)min＝h(1)＝－2，即n－m的最小值为－2.考向2已知函数的最值求参数eq\a\vs4\al()已知函数f(x)＝ax＋eq\f(1,x)＋(a－1)lnx(a∈R)的最小值为2，则实数a的值是________．答案：1或e解析：因为f′(x)＝a－eq\f(1,x2)＋eq\f(a－1,x)＝eq\f(（x＋1）（ax－1）,x2)，x>0，当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)是(0，＋∞)上的减函数，函数f(x)无最小值，不符合题意；当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，函数f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋a＋(1－a)lna，由1＋a＋(1－a)lna＝2，得(a－1)(1－lna)＝0，解得a＝1或e.综上，a＝1或e.(1)由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致函数最值的变化，故函数含参数时，需注意是否需要分类讨论．(2)已知函数的最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，再结合已知条件求出参数，进而使问题得以解决．6.(2025·河北衡水中学高三模拟)已知函数y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋1.若函数y＝f(x)在[1，＋∞)上的最小值为3，则实数a的值为()A．1 B．2C．3 D．4答案：D解析：因为y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋1.当x>0时，－x<0，则f(－x)＝－x－eq\f(a,x)＋1＝－f(x)，所以当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(a,x)－1，此时f′(x)＝1－eq\f(a,x2).当a≤1时，f′(x)＝1－eq\f(a,x2)≥0在[1，＋∞)上恒成立，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝1＋a－1＝3，解得a＝3(舍去)；当a>1时，若x∈[1，eq\r(a)]，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减；若x∈[eq\r(a)，＋∞)，则f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，故当x＝eq\r(a)时，函数f(x)取得最小值f(eq\r(a))＝2eq\r(a)－1＝3，解得a＝4.综上所述，a＝4.故选D.课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★考向导数与函数的极值导数与函数的最值导数与函数的极值导数与函数的最值导数与函数的极值导数与函数的最值导数与函数的极值导数与函数的最值导数与函数的极值导数与函数的极值、最值考点求已知函数的极值点求已知函数的最值求已知函数的极值由函数的最值求参数的值由函数的极值、极值点求参数的值由函数的最值求参数的值由函数的极值情况求参数的取值范围求函数的最值根据导函数的图象判断极值点求已知函数的极值点、最值题号111213141516171819难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★考向导数与函数的极值导数与函数的极值导数与函数的最值导数与函数的极值导数与函数的极值导数与函数的极值导数与函数的极值导数与函数的最值导数与函数的极值考点判断已知函数的极值点求已知函数的极值点由函数的最值求参数的值由极值点的个数求参数的取值范围由函数的极值点求参数的取值范围由函数的极值情况求参数的取值范围判断函数的极值点求函数的最值由函数的极值情况求参数的取值范围一、单项选择题1．(2025·陕西西安一中高三质量监测)函数f(x)＝(x2－8)ex的极小值点为()A．2 B．－4e2C．－4 D．8e－4答案：A解析：因为f′(x)＝(x2＋2x－8)ex＝(x－2)(x＋4)ex，令f′(x)>0，得x<－4或x>2，令f′(x)<0，得－4<x<2，所以f(x)在(－∞，－4)，(2，＋∞)上单调递增，在(－4，2)上单调递减，故f(x)的极小值点为2.故选A.2．(2025·湖北鄂东南高三期末)函数f(x)＝cosx＋xsinx在[0，π]上的最大值为()A．0 B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,2) D．π答案：C解析：f′(x)＝－sinx＋xcosx＋sinx＝xcosx，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2).故选C.3．已知函数f(x)＝x2－8x＋6lnx＋1，则f(x)的极大值为()A．10 B．－6C．－7 D．0答案：B解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2（x－1）（x－3）,x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，故列表如下：x(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增－6单调递减－14＋6ln3单调递增所以f(x)的极大值为f(1)＝－6.故选B.4．已知函数f(x)＝xex＋a在区间[0，1]上的最小值为1，则实数a的值为()A．－2 B．2C．－1 D．1答案：D解析：因为f′(x)＝(x＋1)ex，所以当x∈[0，1]时，f′(x)>0，则f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝a＝1.故选D.5．函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极小值－3，则a－b的值为()A．0 B．6C．3 D．2答案：A解析：因为f′(x)＝12x2－2ax－2b，且f(x)在x＝1处有极小值－3，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝12－2a－2b＝0，,f（1）＝4－a－2b＋2＝－3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝3.))经检验符合题意，所以a－b＝0.故选A.6．若当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．1答案：B解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，又f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)＝eq\f(2（1－x）,x2)，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意，所以f′(2)＝eq\f(2×（1－2）,22)＝－eq\f(1,2).故选B.7．(2025·吉林通化三区九校模拟)已知函数f(x)＝2ex－ax2在R上无极值，则a的取值范围是()A．(－∞，e] B．(－∞，e)C．[0，e) D．[0，e]答案：D解析：f′(x)＝2ex－2ax，故f′(0)＝2>0，因为函数f(x)＝2ex－ax2在R上无极值，所以f′(x)≥0在R上恒成立，即ex－ax≥0在R上恒成立，当x>0时，a≤eq\f(ex,x)，设g(x)＝eq\f(ex,x)，则g′(x)＝eq\f(xex－ex,x2)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，当0<x<1时，g′(x)<0，当x>1时，g′(x)>0，则g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而g(x)≥g(1)＝e，故a≤e；当x<0时，a≥eq\f(ex,x)，而eq\f(ex,x)<0，则a≥0.综上所述，0≤a≤e.故选D.8．(2025·广东雷州高三第一次模拟)函数结构是值得关注的对象，为了研究y＝xx(x∈(0，＋∞))的结构，两边取对数，可得lny＝lnxx，即lny＝xlnx，两边取指数，得elny＝exlnx，即y＝exlnx，这样我们就得到了较为熟悉的函数类型．结合上述材料，可求得y＝xx(x∈(0，＋∞))的最小值为()A．1 B．eC．e－eq\s\up7(\f(1,e)) D．e－e答案：C解析：因为y＝xx(x>0)，两边取对数，得lny＝lnxx，即lny＝xlnx，令g(x)＝xlnx(x∈(0，＋∞))，则g′(x)＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，g′(x)＝lnx＋1<0，g(x)为减函数，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，g′(x)＝lnx＋1>0，g(x)为增函数，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)，则y＝xx(x∈(0，＋∞))的最小值为e－eq\s\up7(\f(1,e)).故选C.二、多项选择题9．(2025·湖南名校高三联考)已知定义在区间(a，b)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，f′(x)的图象如图所示，则()A．f(x)在(x4，b)上有增也有减B．f(x)有1个极小值点C．f(x4)<f(x5)D．f(x)有1个极大值点答案：BCD解析：由题图可得，当x∈(a，x2)，(x4，b)时，f′(x)≥0，当x∈(x2，x4)时，f′(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(a，x2)，(x4，b)，单调递减区间为(x2，x4)，所以f(x)有1个极大值点，1个极小值点．故A错误，B，D正确；又x4<x5<b，所以f(x4)<f(x5)，故C正确．故选BCD.10．(2025·湖南郴州高三期末)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x－3|ex，x≥0，,x2＋4x－3，x<0，))则()A．f(x)在(0，3)上单调递增B．f(x)仅有1个极大值点C．f(x)无最大值，有最小值D．当a∈[3，4]时，关于x的方程f(x)＝a共有3个实根答案：BC解析：对于A，当0<x<3时，f(x)＝|x－3|ex＝(3－x)ex，则f′(x)＝－ex＋(3－x)ex＝(2－x)ex，当0<x<2时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增，当2<x<3时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，故A错误；对于B，由A项分析知，函数f(x)在(0，3)上有一个极大值点2，当x≥3时，f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝(x－2)ex>0，此时函数f(x)单调递增，当x<0时，f(x)＝(x＋2)2－7，此时函数f(x)有极小值点－2，无极大值点，综上所述，函数f(x)仅有1个极大值点，故B正确；对于C，当x≥0时，f(x)＝|x－3|ex≥0＝f(3)，当x<0时，f(x)≥－7＝f(－2)，所以函数f(x)的最小值为f(－2)＝－7，函数f(x)无最大值，故C正确；对于D，f(x)的图象如图所示，由图可知，当a∈[3，4]时，关于x的方程f(x)＝a共有4个实根，故D错误．故选BC.11．(2024·新课标Ⅰ卷)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(x2)C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x)答案：ACD解析：对于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，所以函数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f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0<x<1时，因为x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0，而由A项分析可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，故B错误；对于C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由A项分析可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(3)<f(2x－1)<f(1)，即－4<f(2x－1)<0，故C正确；对于D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)＝2(1－x)3>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD.三、填空题12．函数f(x)＝x3－12x的极小值点为________．答案：2解析：因为函数f(x)＝x3－12x，所以由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)，令f′(x)<0，得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，2)，所以函数f(x)＝x3－12x的极小值点为2.13．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________．答案：4解析：由题意，得f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.14．(2025·山东烟台高三模拟)若函数f(x)＝xlnx－eq\f(3a,2)x2在区间(0，＋∞)上有两个极值点，则实数a的取值范围是________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析：由题意，得f′(x)＝lnx＋1－3ax，因为函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个极值点，即f′(x)＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即3a＝eq\f(lnx＋1,x)在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即函数g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)和y＝3a的图象有两个交点，又由g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，得g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，且当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0.所以0<3a<1，解得0<a<eq\f(1,3)，即实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).四、解答题15．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)－x.(1)设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程；(2)若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围．解：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝lnx－eq\f(2,x)－x，其中x>0，则f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)－1＝eq\f(x－x2＋2,x2)，令f′(x)＝2，得eq\f(x－x2＋2,x2)＝2，化简得3x2－x－2＝(x－1)(3x＋2)＝0，解得x＝1(负值舍去)，又f(1)＝－3，则切线过点(1，－3)，所以切线方程为y＋3＝2(x－1)，即2x－y－5＝0.(2)由题可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－1＝eq\f(－x2＋ax－b,x2)，因为x＝1是f(x)的极小值点，所以f′(1)＝－1＋a－b＝0，则a＝b＋1，则f′(x)＝eq\f(－x2＋（b＋1）x－b,x2)＝－eq\f(（x－1）（x－b）,x2)，若b≤0，令f′(x)>0，得x∈(0，1)，令f′(x)<0，得x∈(1，＋∞)，则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意；若0<b<1，令f′(x)>0，得x∈(b，1)，令f′(x)<0，得x∈(0，b)∪(1，＋∞)，则f(x)在(b，1)上单调递增，在(0，b)，(1，＋∞)上单调递减，得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意；若b＝1，则f′(x)＝－eq\f(（x－1）2,x2)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值点，不满足题意；若b>1，令f′(x)>0，得x∈(1，b)，令f′(x)<0，得x∈(0，1)∪(b，＋∞)，则f(x)在(1，b)上单调递增，在(0，1)，(b，＋∞)上单调递减，得x＝1是f(x)的极小值点，满足题意．综上，x＝1是f(x)的极小值点时，b的取值范围是(1，＋∞)．16．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.(2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立，可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意；若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，则f(x)有极小值f(lna)＝a－alna－a3，无极大值，由题意可得f(lna)＝a－alna－a3<0，即a2＋lna－1>0.设g(a)＝a2＋lna－1，a>0，则g′(a)＝2a＋eq\f(1,a)>0，可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，故不等式a2＋lna－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞)．解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点，令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0.以下同解法一．17．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则()A．f(0)＝0B．f(1)＝0C．f(x)是偶函数D．x＝0为f(x)的极小值点答案：ABC解析：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0＋0＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，则f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋x2f(－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，解法一：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．解法二：当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到eq\f(f（xy）,x2y2)＝eq\f(f（x）,x2)＋eq\f(f（y）,y2)，故可以设eq\f(f（x）,x2)＝ln|x|(x≠0)，则f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ln|x|，x≠0，,0，x＝0，))当x>0时，f(x)＝x2lnx，则f′(x)＝2xlnx＋x2·eq\f(1,x)＝x(2lnx＋1)，令f′(x)<0，得0<x<e－eq\s\up7(\f(1,2)).令f′(x)>0，得x>e－eq\s\up7(\f(1,2)).故f(x)在(0，e－eq\s\up7(\f(1,2)))上单调递减，在(e－eq\s\up7(\f(1,2))，＋∞)上单调