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文档简介
专题3.3导数的应用:单调性、极值与最值(举一反三复习讲义)
【全国通用】
1、导数的应用:单调性、极值与最值
导数与函数是高中数学的重要内容,函数的单调性、极值与最值是高考
命题规律常考的重点、热点内容,从近几年的高考情况来看,高考中常涉及的问题有:
利用导数解决函数的单调性、极值和最值等;多与不等式、函数零点(或方
分析程根)等内容结合考查,此类问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想,
此类问题在选择、填空、解答题中都有考查,而在解答题中进行考查时试题
难度较大.
考点2023年2024年2025年
高考真题新课标I卷:第19题,
12分新课标I卷:第10题,
统计函数的单调新课标Ⅱ卷:第6题,6分全国二卷:第18题,
性5分全国甲卷(文数):17分
全国甲卷(文数):第20题,12分
第20题,12分
全国甲卷(理数):
第21题,12分
全国乙卷(文数):
第20题,12分
新课标I卷:第10题,全国一卷:第19题,
新课标Ⅱ卷:第22题,6分17分
函数的极值12分新课标Ⅱ卷:第16题,全国二卷:第13题,
与最值全国乙卷(理数):15分5分
第21题,12分全国甲卷(理数):上海卷:第19题,14
第21题,12分分
预测在2026年全国卷高考数学中,函数的单调性、极值与最值问题的
2026年考情将继续维持稳定态势。单调性、极值、最值依旧是考查核心,或与三角
函数、不等式等内容跨模块结合考查,主要涉及分类讨论、转化与化归等数
命题预测学思想。单调性、极值、最值问题在选择题、填空题、解答题中都有可能考
查,而在解答题中进行考查时综合性较强,试题难度较大。
知识点1导数中函数单调性问题的解题策略
1.确定函数单调区间的步骤;
(1)确定函数f(x)的定义域;
(2)求f'(x);
(3)解不等式f'(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间;
(4)解不等式f'(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略:
(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式,首先看能否因式分解,再讨论二次项系数的正负及两根的大小;若不能因式分
解,则需讨论判别式Δ的正负,二次项系数的正负,两根的大小及根是否在定义域内.
3.根据函数单调性求参数的一般思路:
(1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0),且在(a,b)内的任一非空子区间上,f'(x)
不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
知识点2导数中函数单调性的应用
1.比较大小:
利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小的问题转化为先利用导数研究函
数的单调性,进而根据单调性比较大小.
2.解不等式:
与抽象函数有关的不等式,要充分挖掘条件关系,恰当构造函数;题目中若存在f(x)与f'(x)的不等关系时,
常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数,与题设形成解题链条,利用导数研究新函数的单调性,从而求
解不等式.
知识点3函数的极值问题及其解题策略
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤:
(1)确定函数f(x)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x0左右两侧值的符号;
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路:
(1)已知函数极值,确定函数解析式中的参数时,要注意:根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程
组,利用待定系数法求解.
(2)导数值为0不是此点为极值点的充要条件,所以用待定系数法求解后必须检验.
知识点4函数的最值问题及其解题策略
1.利用导数求函数最值的解题策略:
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤:
①求函数在(a,b)内的极值;
②求函数在区间端点处的函数值f(a),f(b);
③将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤:
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值
情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值.
2.求含有参数的函数的最值的解题策略:
求含有参数的函数的最值,需先求函数的定义域、导函数,通过对参数分类讨论,判断函数的单调性,从
而得到函数f(x)的最值.
【方法技巧与总结】
1.求最值时,应注意极值点和所给区间的关系,关系不确定时,需要分类讨论,不可想当然认为极值就是
最值.
2.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.
【题型1函数与导函数图象问题】
【例1】(2025·四川成都·模拟预测)已知定义域为的函数的导函数为,且函数
′
的部分图象如图所示,则下列说法中正确的0是,+(∞)������=�−3⋅
′
��
A.有极小值,极大值
B.��有极小值�6,极大值�10
C.��有极小值�1,极大值�10和
D.��有极小值�1,极大值�3�10
【答案】B���6�1
【解题思路】根据给定的函数图象,分析判断值为正或负的x取值区间作答.
′
【解答过程】观察图象知,当�(�)时,�(�或)且,
�(�)>00<�<13<�<10�≠6
当时,或,
而当�(�)<0时1,<�<3�,>当10时,,因此当或时,,
′
当0<�<3时,�−3<,0当且�仅>当3�时−取3等>号0,0<�<1�>10�(�)<0
′
则1<在�<10和�(�)≥上0单调递减,在�=6上单调递增,
所以�(�)(有0,极1)小值(10,+,∞)极大值,A,(1C,1,0)D不正确;B正确.
故选:�(�B).�(1)�(10)
【变式1-1】(2025·河北·模拟预测)已知函数的导函数的图象如图所示,则
32′
下列结论成立的是()��=��+��+��+2��
A.B.
C.�>0,�<0,�>0D.�>0,�=0,�<0
【答案】�B<0,�=0,�>0�<0,�>0,�>0
【解题思路】求导可得,再由二次函数的图象性质即可判断.
′
【解答过程】��,
′2
如图:因为��的=图3象��是开+口2�向�+上�的抛物线,所以;
′
应为函数图象�关�于轴对称,即为偶函数,所以3�>0;⇒�>0
′
因为有两根且�互为相反数,�所�以.�=0
′
综上:��.�<0
故选:B�.>0,�=0,�<0
【变式1-2】(2025·陕西渭南·二模)已知函数的大致图象如图所示,则不等式
�′
的解集为()��=e��−1����<0
A.B.C.D.
1
−2,−11,2−2,12,+∞
【答案】B
【解题思路】根据给定的图象可得是函数的极小值点,求出值,再解不等式.
【解答过程】观察图象知,是1函数�的(�)极小值点,求导得�,
′�
则,解�=得1,当�(�)时,;当�(�)=时e,(��−1+�,)
′1′′
�(1)=e(2�−1)=0�=2�<1�(�)<0�>1�(�)>0
则是函数的极小值点,,,
′�11�1
�=1�(�)�(�)=e(2�−2)�(�)=e(2�−1)
不等式,解得,
′12�
�(�)�(�)<0⇔4e(�−1)(�−2)<01<�<2
所以不等式的解集为.
′
故选:B.�(�)�(�)<0(1,2)
【变式1-3】(2025·湖南郴州·三模)已知函数与其导函数的部分图象如图所示.设函数,
��
′�
则()������=e
A.
B.�0<�1
C.e�−在1>�上0单调递减
D.��在1,2处取得极大值
【答案】B���=1
【解题思路】确定、的分布图,分析函数的单调性,可判断选项;求得,比
A′
��−��
′′�
较、的大�小�,可�得�出函数的单调性,�可�判断BCD选项.��=e
′
【解�答�过程�】�由图可知、的�分�布如图所示.
′
����
易得当时,,所以在上单调递减,
′
则−2<,�A<错2误;��<0��−2,2
�0>�1
由,得
′.
����−��
�′�
当��=e时�,�=e,所以,
′′
所以−2<在�<1上�单�调−递�减�,<所0以��<0,即,
�−1�0
−10
ee
所以��−2,1,B正确;�−1>�0>
当e�−1>时�,0,则,
′′
所以1<�<2,��在>��上单调�递增�,−C�错�误>;0
′
当��时>,0��1,,2所以,
′′
因为�=1在��=上�单�调递减,�在�=0上单调递增,
所以,��在−2,1处取得极小值,D1错,2误.
故选:B�.��=1
【题型2利用导数判断单调性、求单调区间】
【例2】(2025·四川·模拟预测)已知函数,则的单调递增区间为()
��=ln�−3�+��∈���
A.B.C.D.
11
0,33,+∞0,33,+∞
【答案】A
【解题思路】求出函数的定义域,解不等式,即可得出函数的增区间.
′
【解答过程】函数��的定�义�域>为0,则��,
′11−3�
��=ln�−3�+��∈�0,+∞��=�−3=�
因为,由,可得,
′1−3�1
�>0��=�>00<�<3
故函数的单调递增区间为.
1
��0,3
故选:A.
【变式2-1】(25-26高三上·江苏无锡·月考)已知函数,则下列叙述正确的
11
是()��=cos�+2cos2�+3cos3�
A.在区间内单调递增
π
��0,2
B.在区间内单调递减
π
��3,π
C.在区间内单调递增
π2π
��2,3
D.在区间内单调递减
【答案】C��0,π
【解题思路】利用导数判断函数的单调性,判断各个选项.
【解答过程】对函数,
11
求导得��=cos�+2cos2�+3cos3�
′
��=−sin�−sin2�−sin3�=−sin�+sin3�−sin2�
=−sin2�−�+sin2�+�−sin2�
=−2sin2�cos�−sin2�=−sin2�2cos�+1
对于A,当时,,,
π
�∈0,22�∈0,πsin2�>02cos�+1>0
此时,函数在区间内单调递减,A错误;
′π
�(�)<0�(�)0,2
对于B,当时,由上可知函数在区间内单调递减,
ππππ
�∈3,2�(�)3,2
当时,,,此时有正有负,
π′
�∈2,π2�∈π,2πsin2�<0,2cos�+1∈−1,1�(�)
函数在区间内不是单调递减的,B错误;
π
�(�)2,π
对于C,当时,,,
π24π
�∈2,3π2�∈π,3sin2�<0,2cos�+1>0
此时,函数在区间内单调递增,C正确;
′π2π
�(�)>0�(�)2,3
对于D,当时,由上分析可知函数在区间内单调递减,
π
�∈0,π�(�)0,2
函数在区间内单调递增,D错误;
π2π
�(�)2,3
故选:C.
【变式2-2】(2025·河北·模拟预测)已知函数.
�+1�
��=�−1e
(1)求曲线在点处的切线方程;
��2,�2
(2)求的单调区间.
【答案�】�(1)
22
(2)递增区间e为�−�+e=0和,递减区间为和
【解题思路】(1−)∞求,−出导3函数3,+,∞计算出,−,3根,1据导1数,的3几何意义及直线的点斜式方程即可求
′′
解;���2�2
(2)令即可求出函数的单调递增区间,令即可求出函数的单调递减区间.
′′
【解答过�程�】>(0)由题意知����<0��,
122
(�−1)−(�+1)�+1−2�−1�−3
′2��2�2�2�
��=(�−1)e+�−1e=(�−1)e+(�−1)e=(�−1)e
则,,
2
2−32+1
′22222
�2=(2−1)e=e�2=2−1e=3e
所以曲线在点处的切线方程为,即.
2222
(2)的�定�义域为2,�2,�−3e=e�−2e�−�+e=0
由(�)�知�∣�≠,1
12
�−3
′2�
令�得�=(�−1)或e;令得,且,
′′
所以��>的0单调�递<−增区3间为�>3�和�<0−,单3调<递�减<区3间为�≠1和.
【变式�2�-3】(2025·安徽·模拟−预∞测,−)已3知函数3,+∞−3,11,,其3中.
1
�(�)=(3−�)ln�−3��+3�+6−��∈�
(1)讨论函数的单调性;
(2)若存在�(�,)使成立,求实数的取值范围.
2
�>0�(�)≥��
【答案】(1)当时,函数在上单调递增.当时,函数在上单调递增,在
11
�≤0��0,+∞�>0��0,��,+∞
上单调递减.
(2)
【解题−∞思,路3】(1)对函数求导,对参数分类讨论,根据导数判断函数单调性;
(2)结合(1)进而求得函数的最大值,再结合不等式求解参数取值范围.
【解答过程】(1)函数的定义域,
1
�(�)=(3−�)ln�−3��+3�+6−�0,+∞
对函数求导得,
2
3−�1−3��+3−��+1−3�+1��−1
′222
�(�)=�−3�+�=�=�
①当时,,因为,所以,则,
3�+1
′22′
�=0�(�)=��>03�+1>0,�>0��>0
函数在上单调递增.
②当��时0,,+令∞,即,解得(舍)或,
−3�+1��−111
′2
�>0�(�)=0�=0�=−3�=�
当,所以,则,函数单调递增.
12′
�∈0,���−1<0,3�+1>0,�>0��>0��
当,所以,则,函数单调递减.
12′
�∈�,+∞��−1>0,3�+1>0,�>0��<0��
③当时,令,即,解得(舍)或,
−3�+1��−111
′2
�<0�(�)=0�=0�=−3�=�
因为,所以,则,函数在上单调递增.
2′
综上,�>当0时�,�函−数1<0,3在�+1>0,上�单>调0递增�.�>0��0,+∞
�≤0��0,+∞
当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
11
�>0��0,��,+∞
(2)由(1)知,当时,函数在上单调递增,
所以当,�≤0,则存�在�0,,+使∞成立.
2
�→+∞��→+∞�>0�(�)≥�
当时,函数在上单调递增,在上单调递减.
11
�>0��0,��,+∞
所以
1111
1
max
��=��=3−�ln�−3�×�+3�+6−�
,
=若存3在−�−,ln�使−3+3�,+6即−�=3−�−ln�+2�+3
22
令�>0�(�)≥�3−�−ln�,+2�+3≥�
2
求导��=3−�−ln�+2�+3−�,�>0,
′3−�3
��=ln�−�+2−2�=ln�−�+3−2�
令,,
2
313−2�+�+3−2�+3�+1
′222
ℎ�=ln�−�+3−2�ℎ�=�+�−2=�=�
令,解得或(舍),
'3
ℎ�=0�=2�=−1
当,,函数单调递增.
3'
�∈0,2ℎ�>0ℎ�
当,,函数单调递减.
3'
�∈2,+∞ℎ�<0ℎ�
所以有最大值,
33333
3
ℎ�ℎ2=ln2−2+3−2×2=ln2−2<0
可知,在单调递减,且,当,,
′
当��时<,0��.0,+∞�3=00<�<3��>0
综上�>,3实数的�取�值<范0围.
�−∞,3
【题型3由函数的单调性求参数】
【例3】(2025·江苏·模拟预测)设函数在区间上单调递减,则的最大值是()
2
�(�)=(�+�)�(1,2)�
A.B.C.D.3
3
−3−2−2
【答案】A
【解题思路】求出函数的导函数,依题意在上恒成立,即可得到在上恒成立,从
′3
�(�)≤0(1,2)�≤−2�(1,2)
而求出的范围.
【解答过�程】因为,所以,
2′
因为函数在区�间(�)=(上�+是�减)�函数,�(�)=�(3�+2�)
所以�(�)(1,2)在上恒成立,即在上恒成立,
′
所以�(�)=�在(3�+2上�恒)≤成0立,(1因,2为)时,3�+2�≤0(,1,2所)以,
333
�≤−2�(1,2)�∈(1,2)−3<−2�<−2�≤−3
所以的最大值是.
故选:�A.−3
【变式3-1】(2025·四川泸州·一模)若函数在单调递减,则的取值范围
322
是()��=�−3��−9��+1−1,2�
A.B.
1,+∞−∞,−1∪2,+∞
C.D.
1
−∞,−2∪1,+∞−∞,−3∪1,+∞
【答案】C
【解题思路】先对函数求导,根据导数的函数性质结合零点取值得出已知条件恒成立时需满足的条件,再讨
论的符号得出的取值范围.
【解�答过程】函数�,求导得,
322'22
当时,��=�−,3��−在9R�上�+单1调递增,不�合�题=意3;�−6��−9�
'2
令�=0,�解�得=3�≥或0��,
'
若函�数�=0�=3��=−�在单调递减,则在恒成立,
322'
当�时�,=�−3�,�−9��+1−1,2,��≤0−1,2
1
−1≥3��≤−3
�<03�<−�∴⇒⇒�≤−2
当时,,−�≥2�≤−2,
−�≤−1�≥12
�>03�>−�∴⇒⇒�≥1
的取值范围为3�≥2.�≥3
∴故�选:C.−∞,−2∪1,+∞
【变式3-2】(2025·四川绵阳·一模)“”是“函数在上单调递增”的()
�
�>1�=�−�0,+∞
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解题思路】对函数求导,根据的范围确定导数大于0时的范围,进而根据充分条件、必要条件的定义确
定答案.��
【解答过程】对函数求导得
�
'2
当时,,此时函�数=在1+�上单调递增,
'
所以�>“1”是�函>数0在0,+∞上单调递增的充分条件;
�
�>1�=�−�0,+∞
令,则,即,
�
'22
因为�≥0,所1+以�≥0,�所≥以−�,经验证当时,此时,在上单调递增,符合题意,
22
则�>无0法推出−�<,0�≥0�=0�=�0,+∞
也就�≥是0说,函数�>1在上单调递增推不出“”,
�
�=�−�0,+∞�>1
综上,“”是函数在上单调递增的充分不必要条件.
�
�>1�=�−�0,+∞
故选:A.
【变式3-3】(2025·山东威海·三模)已知函数在上存在单调递减区间,
�
则的取值范围是()�(�)=�−log�(�+1)(�>1)(0,+∞)
�A.B.C.D.
【答案】B(1,e](1,e)[e,+∞)(e,+∞)
【解题思路】求导,由题意将问题转换成有解,构造函数,由其
�2�2
单调性得到,求解即可�.(�+1)ln�<1��=�(�+1)ln�
2
【解答过程】�求0导=可得ln�<1,
′�1
�(�)=�ln�−(�+1)ln�
由题意有解,
′�1
�(�)=�ln�−(�+1)ln�<0
即有解,
�1
�ln�<(�+1)ln�
即有解,
�2
令�(�+1)ln�<1,
�2
因为��=�,(易�+知1)ln�在单调递增,
�2
此时�>1�,�所=以�(�+1)ln,�(0,+∞)
22
�0=ln�ln�<1
又,,
所以�>1ln�>0,解得:,
所以0的<取ln值�范<围1是.1<�<e
故选:�B.(1,e)
【题型4导数中函数单调性的应用】
【例4】(2025·安徽合肥·模拟预测)已知,则的大小关系为()
A.B.�=lCn.1.2,�=0.2,�=1.2D−.1�,�,�
【答案】B�<�<��<�<��<�<��<�<�
【解题思路】构造函数,由导数得出单调性即可得出,构造
,由�导�数=得出�−单l调n1性+,�即可�>得0出.�>���=ln1+
【�解−答过1程+】�构−造1函数�>�,
′1�
1+�1+�
当时,�,�故=�−在ln1+�上�单>调0递,�增�,=1−=
′
所以�>0��>0��0,+∞,
构造函�0数.2=0.2−ln1.2>�0=0⇒�>,�
则��=ln1+�−,1+�−1
′112−1+�
当��=1+�−21+�=21在+�单调递增,
'
所以�∈0,2,��>0,��0,2,即,
所以�0.2=l.n1.2−1.2−1>�0=ln1−1−1=0�>�
故选:�<B.�<�
【变式4-1】(25-26高三上·江西·月考)已知定义在上的函数的导函数为,若恒成立,
′′
且,则的解集为()R������<6�
2
�A1.=2�2�≤B1.2�−1C.D.
11
−∞, 21, +∞2, +∞−∞, 1
【答案】C
【解题思路】构造辅助函数,利用导数判断其单调性,将原不等式转化为辅助函数的不等式,结合单调性求
解自变量的范围.
【解答过程】构造函数,则,
2′′
由,得��,=故��−在3�上单调�递�减=.��−6�
′′
计算��<6���<0��R.
2
�1=�1−3×1=2−3=−1
将变形为,即.
22
�2�≤12�−1�2�−3×(2�)≤−1�2�≤�1
因单调递减,故,解得.
1
��2�≥1�≥2
故选:C.
【变式】(山西三模)设,,,则,,的大小关系为()
4-22025··2
e2
A.B.�=4−ln4�C=.ln2�=e��D.�
【答案】C�<�<��<�<��<�<��<�<�
【解题思路】构造函数,利用导数研究函数的单调性,进而利用单调性比较大小.
【解答过程】设,
�
��=ln��≥e
则e2,,,
2
2e24e
e2
2ln2ln4lne
�=ln2=��===�4�=e==�e
因为,当时,,所以在上单调递增.
ln�−1
′2′
��=ln��>e��>0��e,+∞
又,所以.
2
e
故选e:<C2.<4�<�<�
【变式4-3】(2025·四川眉山·模拟预测)已知可导函数的导函数为,若对任意,都有
′′
,且,则不等式�(的�)解集为(�)(�)�∈R�(�)−
�
�(�)A<.1�(0)=20B2.5�(�)+1C>.2026eD.
1
−∞,0(0,+∞)(−∞,e)−∞,1
【答案】A
【解题思路】根据给定条件,构造函数,利用导数确定单调性,进而求出不等式的解集.
【解答过程】设函数,求导得,
′��′
�(�)+1�(�)⋅e−[�(�)+1]⋅e�(�)−�(�)−1
�′2��
�(�)=e�(�)=e=e
由,得,函数在R上单调递减,
�(�)+1
′′�
�(�)−�(�)<1�(�)<0�(�)=e
,即,
�(�)+1
��
�(�)+1>2026e⇔e>2026�(�)>2026
由,得,因此,解得,
�(0)+1
0
�(0)=2025�(0)=e=2026�(�)>�(0)�<0
所以原不等式的解集为.
故选:A.(−∞,0)
【题型5利用导数求函数的极值】
【例5】(2025·河南·模拟预测)函数的极小值为()
3
A.B.��=2�C.−6�+3D.7
【答案】C−33−7−1
【解题思路】求导得,令,求得极值点,进而可得的单调性,代入求解,
′′
即可得答案.�(�)=6(�−1)(�+1)�(�)=0�(�)
【解答过程】由题意,
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