2026版高三数学讲义第三章　3.4　导数与函数的极值、最值

3．4导数与函数的极值、最值

1．理解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．

2．能利用导数求某些函数的极大值、极小值．

3．掌握利用导数研究函数最值的方法，会求闭区间上函数的最大值和最小值．

1．函数的极值

(1)函数极值的定义：如图，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

他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0.类似地，函

数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而

且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0.我们把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；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．极小值

点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．

(2)函数在某点取得极值的必要条件和充分条件

一般地，函数y＝f(x)在某一点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点取得极值的必要条件．

可导函数y＝f(x)在x＝x0处取极大（小）值的充分条件：①f′(x0)＝0；②在x＝x0附近的

左侧f′(x)>0(<0)，右侧f′(x)<0(>0).

(3)导数求极值的方法：解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，如果在x0附近的左侧f′(x)>0，

右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是

极小值．

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．函数的最大（小）值

(1)函数最大（小）值的再认识

①一般地，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；

②若函数y＝f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数在[a，b]上的最小值，f(b)为函数在[a，

b]上的最大值；若函数y＝f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数在[a，b]上的最大值，f(b)

为函数在[a，b]上的最小值．

(2)导数求最值的一般步骤

设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值和最

小值的步骤如下：

①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；

②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，

最小的一个是最小值．

3．三次函数的图象、单调性、极值

设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，记Δ＝4b2－12ac＝4(b2

－3ac)，并设x1，x2是方程f′(x)＝0的根，且x1<x2.

(1)a>0

项目Δ>0Δ≤0

图象

在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；

单调性在R上单调递增

在(x1，x2)上单调递减

极值点

20

个数

(2)a<0

项目Δ>0Δ≤0

图象

在(x1，x2)上单调递增；在(－∞，x1)，

单调性在R上单调递减

(x2，＋∞)上单调递减

极值点

20

个数

1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）

(1)对于可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点．(×)

(2)函数的极大值不一定是最大值，最小值也不一定是极小值．(√)

(3)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(×)

(4)连续函数f(x)在区间[a，b]上一定存在最值．(√)

2．（人教A版选择性必修第二册P98T4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)

A．1B．2

C．3D．4

解析：由题中导函数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x＝－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x＝－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x＝2是f(x)的极大值点．综上，f(x)的极小值点的个数为1.故选A.

1

－，1

3．（人教A版选择性必修第二册P98T6改编）已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈3，则

134

f(x)的最大值为，最小值为－10．

27

11

－，1－，1

解析：f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，因为x∈3，所以f′(x)＜0，故f(x)在3

1

－134

上单调递减，所以f(x)的最大值为f3＝，最小值为f(1)＝－10.

27

4．（人教A版选择性必修第二册P104T9改编）函数f(x)＝x(x－c)2有极值，则实数c的

取值范围是(－∞，0)∪(0，＋∞)．

解析：f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2.由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝16c2－12c2

＝4c2>0，解得c≠0，即c∈(－∞，0)∪(0，＋∞).

考点1利用导数求函数的极值

命题角度1根据导函数的图象判断函数的极值

【例1】（多选）函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是(ABD)

A．函数y＝f(x)在(－1，3)上单调递增

B．函数y＝f(x)在(3，5)上单调递减

C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值

D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值

【解析】对于A，由题中图象知，当x∈(－1，3)时，f′(x)>0，此时y＝f(x)单调递增，

故A正确；对于B，当x∈(3，5)时，f′(x)<0，此时y＝f(x)单调递减，故B正确；对于C，x

＝0的附近左右两侧导函数符号不变，故C错误；对于D，当x∈(3，5)时，f′(x)<0，当x∈(5，

＋∞)时，f′(x)>0，则函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值，故D正确．故选ABD.

由导函数图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：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．

命题角度2求已知函数的极值

2x2－ax＋a

【例2】（2024·宁夏银川二模）已知函数f(x)＝，其中a∈R，讨论f(x)的

ex

极值．

－2x2＋(a＋4)x－2a(－2x＋a)(x－2)a

【解】∵f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝.

exex2

aa

①若a<4，可得当x<或x>2时，f′(x)<0，当<x<2时，f′(x)>0，

22

aa

－∞，，2

所以f(x)在2，(2，＋∞)上单调递减，在2上单调递增，

aa

8－a

所以f(x)的极小值为f2＝a，f(x)的极大值为f(2)＝.

e2

e2

②若a＝4，则f′(x)≤0，所以函数f(x)在R上单调递减，无极值．

aa

③若a>4，当x<2或x>时，f′(x)<0，当2<x<时，f′(x)>0，

22

aa

，＋∞2，

所以f(x)在(－∞，2)，2上单调递减，在2上单调递增，

aa

8－a

所以f(x)的极小值为f(2)＝，f(x)的极大值为f2＝a.

e2

e2

aa

8－a

综上，当a<4时，f(x)的极小值为f2＝a，f(x)的极大值为f(2)＝；

e2

e2

当a＝4时，函数f(x)无极值；

aa

8－a

当a>4时，f(x)的极小值为f(2)＝，f(x)的极大值为f2＝a.

e2

e2

求函数f(x)极值的步骤

第一步，确定函数f(x)的定义域．

第二步，求导函数f′(x).

第三步，解方程f′(x)＝0，求出在函数定义域内的所有根．

第四步，列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0附近左右两侧值的符号，如果左正右负，那么

f(x)在x＝x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x＝x0处取极小值．

命题角度3已知函数的极值（点）求参数

【例3】（2024·新课标Ⅱ卷T16节选）已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值，且

极小值小于0，求a的取值范围．

【解】方法一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，不合题意；

若a>0，则令f′(x)>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，

可知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.

1

构建g(a)＝a2＋lna－1，a>0，则g′(a)＝2a＋>0，可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且

a

g(1)＝0，

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，＋∞).

方法二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.

当a>0时，令f′(x)>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，

可知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，符合题意．

由题意，可得f(lna)＝a－alna－a3<0，即a2＋lna－1>0.

设g(a)＝a2＋lna－1，a>0，

因为y＝a2，y＝lna－1在(0，＋∞)上单调递增，可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且

g(1)＝0，不等式a2＋lna－1>0等价于g(a)>g(1)，所以a>1，

所以a的取值范围为(1，＋∞).

根据函数的极值（点）求参数的两个要领

(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．

(2)验证：求解后验证根的合理性．

【对点训练1】(1)（多选）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)

的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(BC)

A．f(x)有两个极值点

B．f(－2)为函数f(x)的极小值

C．f(x)有两个极小值

D．f(－1)为函数f(x)的极小值

解析：由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，所以f′(x)<0；当x∈(－2，0)时，g(x)<0，

所以f′(x)>0；当x∈(0，1)时，g(x)<0，所以f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，所以f′(x)>0，

所以函数f(x)在(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，在(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增．故f(x)

有三个极值点，极小值为f(－2)和f(1)，极大值为f(0).故选BC.

(2)已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(B)

5

A．2B．－

2

C．3＋ln2D．－2＋2ln2

21

解析：由题意，得f′(x)＝＋2ax－3，x>0，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，∴f(x)＝2lnx

x2

12(x－1)(x－2)

＋x2－3x，f′(x)＝＋x－3＝，∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)

2xx

15

上单调递减，∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.故选B.

22

b

(3)（2025·八省联考改编）已知函数f(x)＝alnx＋－x，若x＝1是f(x)的极小值点，则b

x

的取值范围为(1，＋∞)．

ab－x2＋ax－b

解析：由题可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＝，因为x＝1是

xx2x2

－x2＋(b＋1)x－b

f(x)的极小值点，所以f′(1)＝－1＋a－b＝0a＝b＋1，所以f′(x)＝＝

x2

－(x－1)(x－b)⇒

，若b≤0，令f′(x)>0x∈(0，1)，令f′(x)<0x∈(1，＋∞)，则f(x)在(0，1)上

x2

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)>0x∈(b，1)，令f′(x)<0x∈(0，b)∪(1，＋∞)，则f(x)在(b，1)上单调递增，在(0，b)，

(x－1)2

(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)＝－≤0

x2

（当且仅当x＝1时等号成立），f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值点，不满足题意；若b>1，

令f′(x)>0x∈(1，b)，令f′(x)<0x∈(0，1)∪(b，＋∞)，则f(x)在(1，b)上单调递增，在(0，

，，＋∞上单调递减，得＝是的极小值点，满足题意．综上，若＝是的极

1)(b⇒)x⇒1f(x)x1f(x)

小值点，则b>1.

考点2函数的最值

命题角度1求已知函数的最值

3

【例4】已知函数f(x)＝x3＋ax2＋1，当－<a<0时，求f(x)在区间[0，1]上的最大值．

2

【解】∵f(x)＝x3＋ax2＋1，

∴f′(x)＝3x2＋2ax.

2

令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝－a.

3

32

∵－<a<0，∴0<－a<1.

23

当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示．

222

x00，－a－a－a，11

333

f′(x)－0＋

4

f(x)1单调递减a3＋1单调递增a＋2

27

22

0，－a－a，1

∴f(x)在3上单调递减，在3上单调递增．

31

∵－<a<0，∴<a＋2<2.

22

3

当a＋2<1，即－<a<－1时，f(x)max＝f(0)＝1；

2

当a＋2≥1，即－1≤a<0时，f(x)max＝f(1)＝a＋2.

3

综上，当－<a<－1时，f(x)的最大值为1；当－1≤a<0时，f(x)的最大值为a＋2.

2

命题角度2由函数的最值求参数

【例5】（2024·河南南阳一模）已知函数f(x)＝3x2－2lnx＋(a－1)x＋3在区间(1，2)

上有最小值，则整数a的一个取值可以是－4（答案不唯一，满足－10<a<－3的任意整数均

可）．

2

【解析】由f(x)＝3x2－2lnx＋(a－1)x＋3可知，f′(x)＝6x－＋a－1＝

x

6x2＋(a－1)x－2

，又f(x)＝3x2－2lnx＋(a－1)x＋3在(1，2)上有最小值，所以f′(x)在(1，2)

x

上有变号零点且在零点附近两侧的函数值左负右正．令h(x)＝6x2＋(a－1)x－2，则h(x)在(1，

2)上有变号零点且在零点附近两侧的函数值左负右正，所以

Δ＝(a－1)2＋4×6×2>0，

h(1)＝6＋a－1－2<0，

h(2)＝6×4＋2(a－1)－2>0，

解得－10<a<－3.又因为a∈Z，所以a∈{a∈Z|－10<a<－3}，则a的一个取值可能是－4.

（答案不唯一）

1．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，将区间端点的函数值

f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．

2．若所给函数f(x)含参数，则需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．

3．已知函数在开区间上有最值，可转化为有极值问题求解，若在闭区间上有最值，则需

要比较区间端点值与极值的大小．

π

－，π

【对点训练2】(1)函数f(x)＝x2sinx＋2xcosx在区间2上的最大值与最小值分别

为(A)

π2π2π2

A．，－2πB．，－

444

π2

C．2π，－D．2π，－2π

4

－π，π

解析：由题意，得f′(x)＝2xsinx＋x2cosx＋2cosx－2xsinx＝(x2＋2)cosx．当x∈22

πππ

，ππ2－

时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当x∈2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又因为f2＝，f2

4

π2π2

＝－，f(π)＝－2π，所以f(x)的最大值与最小值分别为与－2π.故选A.

44

(2)（2024·广西南宁一模）已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值为－1，则实数a的取值

范围为[0，＋∞）．

解析：因为f(x)＝(x－1)ex＋ax2，所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)，若a≥0，则x∈(－∞，

0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)

上单调递增，所以当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝－1，满足题意；若a<0，则当x无限趋近

于负无穷时，f(x)无限趋近于负无穷，f(x)没有最小值，不符合题意．综上，实数a的取值范

围为[0，＋∞）.

课时作业20

1．（5分）已知f′(x)是函数f(x)在R上的导函数，函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则

函数y＝xf′(x)的图象可能是(C)

解析：由题意可得f′(－2)＝0，而且在点(－2，0)附近的左侧，f′(x)<0，此时xf′(x)>0，排

除B，D；在点(－2，0)附近的右侧，f′(x)>0，此时xf′(x)<0，排除A，所以函数y＝xf′(x)的图

象可能是C.故选C.

3

2．（5分）（2024·福建泉州一模）已知x1，x2是函数f(x)＝(x－1)－x的两个极值点，则

(C)

A．x1＋x2＝－2

B．x1＋x2＝1

C．f(x1)＋f(x2)＝－2

D．f(x1)＋f(x2)＝2

2333

解析：f′(x)＝3(x－1)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1±.不妨设x1＝1＋，x2＝1－，则

333

3333

3－3

x1＋x2＝2，故A，B错误；f(x1)＋f(x2)＝3－1－＋3－1＋＝－2，故C正确，

33

D错误．故选C.

3．（5分）已知函数f(x)＝x2lnx，则下列结论正确的是(C)

11

A．f(x)在x＝处取得极大值－

e2e

e

B．f(x)在x＝e处取得极大值

2

11

C．f(x)在x＝处取得极小值－

e2e

e

D．f(x)在x＝e处取得极小值

2

1

0，

解析：因为f′(x)＝2xlnx＋x＝x(2lnx＋1)，且x∈(0，＋∞)，所以x∈e时f′(x)<0，

11

，＋∞1

f(x)单调递减，x∈e时f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝处取得极小值fe＝

e

111

ln＝－.故选C.

ee2e

4．（5分）（2024·江西上饶一模）已知函数f(x)＝xex，则下列说法正确的是(C)

A．f(x)的导函数为f′(x)＝(x－1)ex

B．f(x)在(－1，＋∞)上单调递减

1

C．f(x)的最小值为－

e

D．f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝2x

解析：对于A，f(x)＝xexf′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，因此A不正确；对于B，由上可知

＝＋x，当－时，，函数单调递增，因此不正确；对于，由上可知

f′(x)(x1)ex>1⇒f′(x)>0f(x)BC

f′(x)＝(x＋1)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x<－1时，f′(x)<0，函数f(x)单

1

调递减，所以当x＝－1时，函数f(x)取得最小值，最小值为－，因此C正确；对于D，由

e

上可知f′(x)＝(x＋1)ex，因为f′(0)＝1，f(0)＝0，所以f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x，

因此D不正确．故选C.

5．（5分）（2024·江苏南通二模）若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取

值范围为(C)

1

A．a>－2B．a>－

2

1

C．a<－2D．a<－

2

解析：函数f(x)＝eax＋2x，可得f′(x)＝aeax＋2，若a≥0，则f′(x)>0，此时f(x)单调递增，

22

1－1－1

无极值点，故a<0.令f′(x)＝aeax＋2＝0，解得x＝lna，当x>lna时，f′(x)>0，当x<ln

aaa

22

－1－

a时，f′(x)<0，故x＝lna是f(x)＝eax＋2x的极值点．∵函数f(x)＝eax＋2x有大于零

a

22

1－－2

的极值点，∴lna>0lna<00<－<1，解得a<－2.故选C.

aa

⇒⇒1

1

6．（5分）已知函数f(x)＝ln(ax)＋的最小值为2，则fe的值为(B)

x

A．e－1B．e

1

C．2＋D．e＋1

e

1

解析：显然a≠0，若a<0，则x<0，不合题意，故a>0，则定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·

ax

1x－1

－＝，令f′(x)＝0，解得x＝1，当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，

x2x2

1

此时f(x)单调递增，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝lna＋1＝2，解得a＝e，则f(x)＝ln(ex)＋，

x

11

e×1

则＝＋＝故选

felne1e.B.

e

x4x33x2

7．（6分）（多选）（2024·贵州安顺一模）设函数f(x)＝－－＋3x，则(ABD)

432

A．f(x)有1个极大值点

B．f(x)有2个极小值点

C．x＝－1是f(x)的极大值点

D．x＝3是f(x)的极小值点

x4x33x2

解析：函数f(x)＝－－＋3x的定义域为R，且f′(x)＝x3－x2－3x＋3＝(x－1)(x2－3)

432

＝(x－1)（x＋3）（x－3），所以当x<－3或1<x<3时，f′(x)<0，当－3<x<1或x>3时，

f′(x)>0，所以f(x)在（－∞，－3），（1，3）上单调递减，在（－3，1），（3，＋∞）上单

调递增，所以f(x)在x＝－3处取得极小值，在x＝1处取得极大值，在x＝3处取得极小值．故

选ABD.

8．（6分）（多选）（2024·新课标Ⅱ卷）设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(AD)

A．当a>1时，f(x)有三个零点

B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点

C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴

D．存在a，使得点(1，f（1)）为曲线y＝f(x)的对称中心

解析：由f(x)＝2x3－3ax2＋1，得f′(x)＝6x(x－a).对于A，当a>1时，f(x)在(0，a)上单调

递减，在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，f(x)的极大值f(0)＝1>0，f(x)的极小值f(a)＝1－

a3<0，所以f(x)有三个零点，故A正确．对于B，当a<0时，f(x)在(a，0)上单调递减，在(－

∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，x＝0是极小值点，故B错误．对于C，任何三次函数的图象

都不存在对称轴，故C错误．对于D，方法一，当a＝2时，f(x)＝2x3－6x2＋1＝2(x－1)3－6(x

－1)－3，图象关于点(1，－3)中心对称，故D正确．方法二，考虑到三次函数的图象特征，

如果存在对称中心，两个极值点一定关于点(1，f（1)）对称，所以a＋0＝2，且f(a)＋1＝2f(1)，

解得a＝2，故D正确．故选AD.

9．（5分）中国古代建筑的主要受力构件是梁，其截面的基本形式是矩形．如图，将一

根截面为圆形的木材加工制成截面为矩形的梁，设与承载重力的方向垂直的宽度为x，与承

1

载重力的方向平行的高度为y，记矩形截面抵抗矩W＝xy2.根据力学原理，截面抵抗矩越大，

6

2

梁的抗弯曲能力越强，则宽x与高y的最佳比值应为．

2

11

解析：设圆的直径为d，则x2＋y2＝d2，即y2＝d2－x2.由题意可得W＝x(d2－x2)＝(－x3

66

133

＋d2x)，0<x<d，则W′＝(－3x2＋d2)，令W′>0，解得0<x<d，令W′<0，解得d<x<d，可

633

33

0，dd，d3

知W在3上单调递增，在3上单调递减，则x＝d时，W取最大值，此时y

3

3

d

16x32

＝d2－d2＝d.所以＝＝.

33y62

d

3

10．（5分）（2024·辽宁葫芦岛一模）已知函数f(x)＝ex－ax2在R上无极值，则a的取值

e

0，

范围是2．

解析：由题意，得f′(x)＝ex－2ax，故f′(0)＝1＞0，因为函数f(x)＝ex－ax2在R上无极值，

exex2xex－2ex(x－1)ex

所以f′(x)≥0在R上恒成立．当x＞0时，a≤，设g(x)＝，则g′(x)＝＝，

2x2x4x22x2

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

eeexe

单调递增，从而g(x)≥g(1)＝，故a≤；当x＜0时，＜0，则a≥0.综上，0≤a≤.

222x2

11．（18分）（2024·湖南衡阳二模）已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋1(a∈R)，当x＝2时，f(x)

取得极值－3.

(1)求f(x)的解析式；

(2)求f(x)在区间[－1，3]上的最值．

解：(1)依题意，可得f′(x)＝3ax2＋2bx，

又当x＝2时，f(x)取得极值－3，

f(2)＝－3，8a＋4b＋1＝－3，

所以即

f′(2)＝0，12a＋4b＝0，

a＝1，

解得所以f(x)＝x3－3x2＋1.

b＝－3，

(2)由(1)可知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2，

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．

x－1(－1，0)0(0，2)2(2，3)3

f′(x)＋0－0＋

单调单调单调

f(x)－31－31

递增递减递增

因此，在区间[－1，3]上，f(x)的最小值为－3，最大值为1.

12．（20分）（2024·江苏南京二模）已知函数f(x)

x2－ax＋a

＝，其中a∈R.

ex

(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f（1)）处的切线方程；

1

(2)当a>0时，若f(x)在区间[0，a]上的最小值为，求a的值．

e

x212x－x21

解：(1)当a＝0时，f(x)＝，则f(1)＝，f′(x)＝，所以f′(1)＝，

exeexe

11

所以曲线y＝f(x)在点(1，f（1)）处的切线方程为y－＝(x－1)，即x－ey＝0.

ee

－x2＋(a＋2)x－2a(x－2)(x－a)

(2)f′(x)＝＝－，

exex

令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝a.

若0<a<2，则当x∈[0，a]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，a]上单调递减，

a1

所以f(x)min＝f(a)＝＝.

eae

a1－a

令g(a)＝，则g′(a)＝，当0<a<1时，g′(a)>0，g(a)单调递增，当1<a<2时，g′(a)<0，

eaea

1a1

g(a)单调递减，所以g(a)的极大值为g(1)＝，所以由＝得a＝1.

eeae

若a>2，则当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，2]上单调递减，

当x∈（2，a]时，f′(x)≥0且不恒为0，则f(x)在（2，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)

4－a1

＝＝，则a＝4－e<2，不合题意．

e2e

21

若a＝2，则当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，f(x)在[0，2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝≠，