高考数学专题九复数与导数第练函数的极值与最值练习(新)-课件

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高考二轮复习数学课件(新高考新教材)第3讲利用导数研究函数的单调性极值与最值

个函数图象的公共点处的切线相同,则 b 的最大值为(
1
A.- 2
3e
1
B.- 2
6e
1
C. 2
6e
1
D. 2
3e
)
答案 D
解析设公共点为 P(x0,y0),依题意有 f(x0)=g(x0),f'(x0)=g'(x0),又
62 ln 0 = 02 -40 -,
62
f'(x)= ,g'(x)=2x-4a,于是 62
温馨提示求曲线的切线方程时,要注意是在点P处的切线还是过点P的切线,
前者点P为切点,后者点P不一定为切点.
2.利用导数研究函数的单调性
(1)导数与函数单调性的关系.
①f'(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件,如函数f(x)=x3在区间(-∞,+∞)内
单调递增,但f'(x)≥0.
②f'(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件,如函数f(x)在某个区间内恒有
值.
这个条件不可少
易错提醒若函数的导数存在,则在某点处的导数等于零是函数在该点取得
极值的必要不充分条件,因此已知极值点求参数值时,要对参数值进行检验.
关键能力•学案突破
突破点一导数的几何意义
[例 1—1]若存在 a>0,使得函数 f(x)=6a2ln x 与 g(x)=x2-4ax-b 的图象在这两
1
为(0, )和(1,+∞).故选
2
D.
易错警示利用导数求函数的单调区间,其实质是解不等式问题,应注意以下
几点
(1)首先确定函数的定义域,忽视定义域的限制容易导致错误.
(2)当函数在区间的端点处有定义时,单调区间可以写成闭区间也可以写成

(完整版)极值、最值与导数习题(附答案)

极值、最值与导数
1.若函数f(x)=2x3－3x2+c的极大值为6，那么c的值为( )
A.0
B.5
C.6
D.1
2.设函数2
()ln
f x x
x
=+，则( )
A .
1
2
x=为f(x)的极大值点 B .
1
2
x=为f(x)的极小值点
C .x=2为f(x)的极大值点
D .x=2为f(x)的极小值点
3.函数f(x)=(x－3)e x的单调递增区间是________.
4.如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象，给出下列命题：
①－2是函数y=f(x)的极值点; ②1是函数y=f(x)的极值点;
③y=f(x)在x=0处切线的斜率小于零; ④y=f(x)在区间(－2，2)上单调递增. 则正确命题的序号是________.(写出所有正确命题的序号)
5.已知函数f(x)=－x3+3x2+9x－2.
(Ⅰ)求f(x)的单调递减区间; (Ⅱ)求f(x)在区间[－2，2]上的最大值与最小值.
答案：
1.C
2.D
3.(2，+∞)
4.①④
5. (Ⅰ)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，+∞).
(Ⅱ)函数f(x)在闭区间[－2，2]上的最大值为f(2)=20，最小值为f(－1)=－7.。

3.3导数与函数的极值最值课件高三数学一轮复习2

提醒：(1)极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点．
(2)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．例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点． (3)极大值(或极小值)可能不止一个，可能没有，极大值不一定大于极小值．
提醒：(1)极值是一个局部性概念，反映的是函数在某个点附近的大小情况，并不意味它在函数的整个定义域内最大或最小；最值是一个整体性的概念，函数的最值是比较某个区间内的所有函数值得出的．
(2)若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数最值点． (3)若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点必为极值点． (4)连续函数的极值个数不确定，而函数在某一闭区间上的最大和最小值是唯一的．
②若 a<0，要使函数 f(x)在 x＝a 处取得极大值，则需 f(x)在a＋32b，a上单调递增，在 (a，＋∞)上单调递减，此时需满足 a>a＋32b，得 b<a<0，∴a2<ab.
综上可知，a2<ab，故选 D.
3．(角度 2)已知函数 f(x)＝x3＋6lnx，f ′(x)为 f(x)的导函数．求函数 g(x)＝f(x)－f ′(x) ＋9的单调区间和极值．
3 值点，则实数 a 的取值范围是____－__∞__，__－__14_∪___14_，__＋__∞__ ___．
【解析】
(1) 因为
f′(x)
＝
3x2
＋
6mx
＋
n
，
由
题
有
f′－1＝0， f－1＝0，
即
3－6m＋n＝0，－1＋3m－n＋m2＝0，

第3章 §3.3 导数与函数的极值、最值--新高考数学新题型一轮复习课件

则a＋b等于
√A.－7
C.－7或0
B.0 D.－15或6
由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得ff′ 1＝1＝ 1＋3＋ a＋2ab＋＋ba＝2＝01，0，解得ab＝＝－4，11，或ba＝＝－3，3，检验知，当a＝－3，b＝3时，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
教材改编题
1.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.2
C.3
D.4
由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正.
2.函数 f(x)＝x3－ax2＋2x－1 有极值，则实数 a 的取值范围是 A.(－∞，－ 6]∪[ 6，＋∞)
√B.(－∞，－ 6)∪( 6，＋∞)
(2)求函数f(x)的极值.
由(1)知 f′(x)＝1－eax，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与极小值；当a>0时，令f′(x)>0，则x>ln a，所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，则x<ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
∴g(x)min＝g(1)＝2，又 g12＝52，g(3)＝130， ∴当52≤a<130时，y＝f′(x)在12，3上只有一个变号零点. ∴实数 a 的取值范围为52，130.
题型二利用导数求函数最值例4 已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R). (1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；

20090209高二数学(函数的极值与导数习题课)

a＝0或4.
作业：作业： P31～32习题1.3A组：习题1.3A P31～32习题1.3A组 3，4，5.
1.3
导数在研究函数中的应用函数的最大（函数的最大（小）值与导数
1.3.3
问题提出
1.用导数确定函数单调性的基本原理 1.用导数确定函数单调性的基本原理是什么？是什么？ f′(x)≥0 Û f(x)单调递增； f(x)单调递增；单调递增 f′(x)≤0 Û f(x)单调递减， f(x)单调递减，单调递减其中f′(x)不恒等于0. 其中f (x)不恒等于0. 不恒等于
4
4
例3 已知函数 3 3 2 f (x) = ax - (a + 2)x + 6x - 3 2 求函数f(x)的极小值； f(x)的极小值（1）当a＞2时，求函数f(x)的极小值；＞试确定函数f(x) f(x)的零点（2）当a＜0时，试确定函数f(x)的零点＜个数. 个数.
2 极小值为f(1). （1）极大值为 f ( ) ，极小值为f(1). a
2.用导数确定函数极值的基本原理是 2.用导数确定函数极值的基本原理是什么？什么？附近左侧f (x)＞（1）在x0附近左侧f′(x)＞0，右侧f (x)＜是极大值；右侧f′(x)＜0，则f(x0)是极大值；附近左侧f (x)＜（2）在x0附近左侧f′(x)＜0，右侧f (x)＞是极小值. 右侧f′(x)＞0，则f(x0)是极小值.
探究（探究（二）：函数最值的求解原理
思考1 如果函数f(x)在区间[a，b]上是思考1：如果函数f(x)在区间[a，b]上是 f(x)在区间[a 单调函数，那么f(x)是否存在最值？ f(x)是否存在最值单调函数，那么f(x)是否存在最值？若存在，其最大值和最小值如何确定？存在，其最大值和最小值如何确定？若f(x)在区间[a，b]上是增函数，则f(a) f(x)在区间[a b]上是增函数在区间[a，上是增函数，为最小值，f(b)为最大值为最大值；为最小值，f(b)为最大值；若f(x)在区间[a，b]上是减函数，则f(a) f(x)在区间[a b]上是减函数在区间[a，上是减函数，为最大值，f(b)为最小值为最小值. 为最大值，f(b)为最小值.

第03讲导数与函数的极值、最值 (精讲+精练)(教师版)

第03讲导数与函数的极值、最值(精讲+精练）目录第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试第三部分：典型例题剖析高频考点一：函数图象与极值（点）的关系高频考点二：求已知函数的极值（点）高频考点三：根据函数的极值（点）求参数高频考点四：求函数的最值（不含参）高频考点五：求函数的最值（含参）高频考点六：根据函数的最值求参数高频考点七：函数的单调性、极值、最值的综合应用第四部分：高考真题感悟第五部分：第03讲导数与函数的极值、最值（精练）1、函数的极值一般地，对于函数()y f x =，（1）若在点x a =处有()0f a '=，且在点x a =附近的左侧有()0f 'x <，右侧有()0f 'x >，则称x a =为()f x 的极小值点，()f a 叫做函数()f x 的极小值.（2）若在点x b =处有()=0f 'b ，且在点x b =附近的左侧有()0f 'x >，右侧有()0f 'x <，则称x b =为()f x 的极大值点，()f b 叫做函数()f x 的极大值．（3）极小值点与极大值点通称极值点，极小值与极大值通称极值. 注：极大（小）值点，不是一个点，是一个数.2、函数的最大（小）值一般地，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，那么它必有最大值与最小值. 设函数()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，求()f x 在[,]a b 上的最大值与最小值的步骤为：（1）求()f x 在(,)a b 内的极值；（2）将函数()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、函数的最值与极值的关系（1）极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间[,]a b 的整体而言；（2）在函数的定义区间[,]a b 内，极大（小）值可能有多个（或者没有），但最大（小）值只有一个（或者没有）；（3）函数()f x 的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点；（4）对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得.一、判断题1．（2021·全国·高二课前预习）函数()f x 在区间[],a b 上连续，则()f x 在区间[],a b 上一定有最值，但不一定有极值. ( ) 【答案】正确2．（2021·全国·高二课前预习）函数的最大值不一定是函数的极大值.( )第一部分：知识点精准记忆第二部分：课前自我评估测试【答案】正确3．（2021·全国·高二课前预习）函数的极大值一定大于极小值. ( ) 【答案】错误4．（2021·全国·高二课前预习）有极值的函数一定有最值，有最值的函数不一定有极值. ( ) 【答案】错误二、单选题1．（2022·广东·高州市长坡中学高二阶段练习）函数3()31f x x x =-+在闭区间[3,0]-上的最大值、最小值分别是（） A ．1,1- B ．1,17- C ．3,17- D ．9,19【答案】C()()2()33311f x x x x '=-=+-，令()0f x '>得：1x >或1x <-，令()0f x '<得：11x -<<，故()f x 在1x =-处取得极大值，在1x =处取得极小值，且()11313f -=-++=，()3279117f -=-++=-，()01f =，所以函数3()31f x x x =-+在闭区间[3,0]-上的最大值、最小值分别是3，-17. 故选：C2．（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高二期末）函数y ＝ln xx的最大值为（） A ．e －1 B ．e C ．e 2 D ．10【答案】A令 21ln 0.xy x e x '-==⇒= 当x e >时，0y '< ；当 0x e << 时，0y '> 所以函数得极大值为 1e -，因为在定义域内只有一个极值，所以1max .y e -=故选：A.3．（2022·河北邢台·高二阶段练习）已知函数()f x 的导函数的图象如图所示，则()f x 极值点的个数为（）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】A对于处处可导的函数，函数的极值点要满足两个条件，一个是该点的导数为0，另一个是该点左、右的导数值异号，由图象可知，导函数与x 轴有5个交点，因为在0附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '<，所以0不是()f x 极值点．其余四个点的左、右的导数值异号，所以是极值点，故()f x 极值点的个数是4. 故选：A.4．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高二阶段练习）若函数()329f x x ax x =+--在1x =-处取得极值，则=a （） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】A解：因为函数()329f x x ax x =+--在1x =-处取得极值，()2321f x x ax '=+-，所以()()()23121110f a '=----+=，解得1a =，检验当1a =时，函数()f x 在1x =-处取得极大值，所以1a =. 故选：A.高频考点一：函数图象与极值（点）的关系1．（2022·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高二开学考试）已知函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A ．当1x =时，函数()f x 取得极小值B ．函数()f x 在区间()11-，上是单调递增的C ．当3x =时，函数()f x 取得极大值D ．函数()f x 在区间()5,6上是单调递增的【答案】A由图像可知，()1,1x ∈-时，()0f x '<，所以()f x 单调递减，故B 错误； ()1,5x ∈时，()0f x '>，所以()f x 单调递增，所以当1x =时，函数()f x 取得极小值，故A 正确；当3x =时，函数()f x '取得极大值，不是()f x 的极值，故C 错误；导函数()f x '在区间()5,6上存在()05,6x ∈使得()00f x '=，所以函数()f x 在区间()5,6上是先减后增，故D 错误；故选：A.2．（2022·全国·高三专题练习）设函数()f x 的导函数为()f x '，函数()y xf x '=的图像如图所示，则（）A ．()f x 的极大值为f，极小值为(fB ．()f x 的极大值为(f ，极小值为fC ．()f x 的极大值为()3f -，极小值为()3fD ．()f x 的极大值为()3f ，极小值为()3f - 【答案】D当(),3x ∈-∞-时，()0y xf x '=>，∴()0f x '<，()f x 单调递减；同理可得，当()3,3x ∈-时，()0f x '≥，()f x 单调递增；当()3,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减. ∴()f x 的极大值是()3f ，()f x 的极小值是()3f -. 故选：D.3．（2022·宁夏·银川二中高二期末（文））已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示，则下列结论正确的是（）.A ．函数()y f x =在(),1-∞-上是增函数B ．()()13f f -<C ．()()35f f ''<D ．3x =是函数()y f x =的极小值点【答案】B解：根据函数()f x 的导函数()f x '的图象，可得1x <-或35x <<时，()0f x '<，当13x 或5x >时，()0f x '>，所以函数()f x 在(),1-∞-和()3,5上递减，在()1,3-和()5,+∞上递增，故A 错误；()()13f f -<，故B 正确； ()()035f f '=='，故C 错误；3x =是函数()y f x =的极大值点，故D 错误. 故选：B.4．（2022·全国·高二）如图是函数()32f x x bx cx d =+++的大致图象，则2212x x +=（）A ．23B ．43C ．83D ．123【答案】C由图示可知：()32f x x bx cx d =+++经过（0,0）、（1,0）、（2,0），所以有：()()()001020f f f ⎧=⎪=⎨⎪=⎩，即0108420d b c d b c d =⎧⎪+++=⎨⎪+++=⎩，解得：032d b c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，所以()3232f x x x x =-+，()2362f x x x '=-+.由图示可知12,x x 是()3232f x x x x =-+的极值点，所以12,x x 是23620x x -+=的两根. 所以()222121212482433x x x x x x +=+-=-=. 故选：C.高频考点二：求已知函数的极值（点）1．（2022·山东师范大学附中高二阶段练习）函数()32392f x x x x =-++-，()2,2x ∈-有（）A ．极大值25，极小值7-B ．极大值25，极小值9-C ．极大值25，无极小值D ．极小值7-，无极大值【答案】D由()32392f x x x x =-++-，得2()369f x x x '=-++，令()0f x '=，则23690x x -++=，解得1x =-或3x =（舍去），当21x -<<-时，()0f x '<，当12x -<<时，()0f x '>，所以()f x 在(2,1)--上递减，在(1,2)-上递增，所以当1x =-时，()f x 取得极小值，无极大值，极小值为32(1)(1)3(1)9(1)27f -=--+-+⨯--=-，故选：D2．（2022·江苏·海门中学高二期末）已知函数232()xf x x a-=+在4x =处取得极值，则()f x 的极大值为（）A ．15B ．1C ．14-D ．4-【答案】B解：因为232()x f x x a -=+，所以()()()()2222222232262()x a x x x x a f x x a x a -+----'==++，依题意可得()40f '=，即()2222464204a a ⨯-⨯-=+，解得4a =，所以232()4x f x x -=+定义域为R ，且()()()()22222214268()44x x x x f x x x +---'==++，令()0f x '>，解得4x >或1x <-，令()0f x '<解得14x -<<，即()f x 在(),1-∞-和()4,+∞上单调递增，在()1,4-上单调递减，即在1x =-处取得极大值，在4x =处取得极小值，所以()()()()23211114f x f -⨯-=-==-+极大值；故选：B3．（2022·全国·高二）已知函数()23x f x e x =-+，则()f x 在定义域上（） A ．有极小值52ln 2- B ．有极大值2ln 2 C ．有最大值 D ．无最小值【答案】A解：因为()23x f x e x =-+定义域为R ，所以()2x f x e '=-，令()0f x '>，即20x e ->，解得ln 2x >，即()f x 在()ln 2,+∞上单调递增，令()0f x '<，即20x e -<，解得ln 2x <，即()f x 在(),ln 2-∞上单调递减，所以ln 2x =时函数取得极小值即最小值，所以()()ln2min ln 22ln 2352ln 2f x f e ==-+=-，故有极小值52ln 2-，最小值52ln 2-，无极大值与最大值；故选：A4．（2022·全国·高二）函数()()233e x f x x x =-+的极大值与极小值之和为（）A ．eB ．3C ．3e -D ．3e +【答案】D根据题意()()2e xf x x x '=-，今()0f x '=，∴0x =或1，当0x <或1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，所以()f x 极小值()1e f ==，()f x 极大值()03f ==，所以极大值与极小值之和为3e +. 故选：D ．5．（2022·全国·高二课时练习）若1x =是函数()ln f x x m x =+的极值点，则函数()f x （） A ．有极小值1 B ．有极大值1 C ．有极小值-1 D ．有极大值-1【答案】A因为x =1是函数()ln f x x m x =+的极值点，所以()1m f x x '=+，()'1101m f =+=，解得1m =-，所以()ln f x x x =-，()()111>0x f x x x x-=-='，所以>1x 时，()'>0f x ，函数()f x 单调递增，01x <<时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，所以函数()f x 有极小值(1)1ln11f =-=，故选：A ．高频考点三：根据函数的极值（点）求参数1．（2022·河南新乡·二模（文））已知0a >，函数()2313f x a x x =-的极小值为43-，则=a （）AB ．1CD 【答案】C()()()22f x x a x a x a '=-+=--+，则()f x 在(),a -∞-和(),a +∞上单调递减，在(),a a -上单调递增，所以()()333124333f x f a a a a =-=-+=-=-极小值，则32a =，则a =故选：C2．（2022·全国·高三专题练习）已知()()()2ln 40,0f x x ax b x a b =++->>在1x =处取得极值，则21a b+的最小值为___________. 【答案】3 ()124f x ax b x'=++-，因为()f x 在1x =处取得极值，所以()10f '=，即1240a b ++-=，所以23a b +=.所以()2112112224133b a a b a b a b a b ⎛⎫⎛⎫+=++=+++≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1533⎛+= ⎝，当且仅当1a b ==时取等号.把1a =，1b =代入()f x 检验得，1x =是()f x 的极值点，故21a b+的最小值为3.故答案为：3.3．（2022·全国·高三专题练习）若函数()3223ax ax f x x =++-不存在极值点，则a 的取值范围是______．【答案】30,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦∵()3223ax ax f x x =++-，∴()2341ax a f x x '=++，若0a =，则()10f x '=>恒成立，()f x 在R 上为增函数，满足条件；若0a ≠，则216120a a =-≤∆时，即304a <≤时，()0f x '≥恒成立，()f x 在R 上为增函数，满足条件；综上可得304a ≤≤，即30,4a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．故答案为：30,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦.4．（2022·江西南昌·高二期末（文））已知函数()2ln f x ax b x =+在1x =处有极值2，则a b -=______.【答案】6解：()2b f x ax x'=+，因为函数()2ln f x ax b x =+在1x =处有极值2，所以()()1210f f ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即220a a b =⎧⎨+=⎩，解得2,4a b ==-，则()()24144,0x f x x x x x-'=-=>，故当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，所以函数()2ln f x ax b x =+在1x =处有极大值，所以2,4a b ==-，所以6a b -=. 故答案为：6.5．（2022·全国·高二课时练习）函数()()322,,R f x x ax bx a a b =+++∈在x ＝1处有极值为10，则b 的值为 __.【答案】11-()()322,,R f x x ax bx a a b =+++∈，()'232f x x ax b =++，依题意可知()()11010f f ⎧=='⎪⎨⎪⎩，即2110320a b a a b ⎧+++=⎨++=⎩，解得411a b =⎧⎨=-⎩或33a b =-⎧⎨=⎩.当411a b =⎧⎨=-⎩时，()()()'238113111f x x x x x =+-=+-， ()f x 在区间()()'11,1,0,3f x f x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭递减；在区间()()()'1,,0,f x f x +∞>递增，所以()'1f 是()f x 的极小值，符合题意.当33a b =-⎧⎨=⎩时，()()2'2393310f x x x x =-+=-≥，()f x 在R 上递增，没有极值. 所以11b =-. 故答案为：11-6．（2022·四川省绵阳南山中学高二阶段练习（文））若函数()23ln 2a f x x x x =-在区间(0,)+∞上有两个极值点，则实数a 的取值范围是______．【答案】1(0,)3由题意，函数()23ln 2a f x x x x =-，可得()ln 13f x x ax '=+-，因为函数()f x 在区间(0,)+∞上有两个极值点，即()0f x =在(0,)+∞上有两个不等的实数根，即ln 13x a x+=在(0,)+∞上有两个不等的实数根，即函数()ln 1x g x x+=和3y a =的图象有两个交点，又由()ln 1x g x x +=，可得()2ln x g x x-'=，当(0,1)x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递减，所以()()max 11g x g ==，且当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x →，所以031a <<，解得103a <<，即实数a 的取值范围是1(0,)3.故答案为：1(0,)3.7．（2022·宁夏·平罗中学高二期末（文））若函数3()4,2f x ax bx x =-+=当时，函数()f x 有极值43．(1)求函数()f x 的解析式； (2)求函数()f x 的单调区间.【答案】(1)31()246f x x x =-+(2)单调增区间为(,2)-∞-，(2,)+∞；单调减区间(2,2)-． (1)解：因为()34f x ax bx =-+，所以2()3f x ax b '=-，由题意知(2)1204(2)8243f a b f a b '=-=⎧⎪⎨=-+=⎪⎩，解得16a =，2b =， ∴所求的解析式为31()246f x x x =-+；(2)解：由（1）可得211()2(2)(2)22f x x x x '=-=-+，令()0f x '=，解得12x =、22x =-，令()0f x '>，解得2x >或2x <-，函数的单调增区间为(,2)-∞-，(2,)+∞；令()0f x '<，解得22x -<<，所以函数的单调减区间(2,2)-．高频考点四：求函数的最值（不含参）1．（2022·四川·攀枝花七中高二阶段练习（理））已知2x =是2()2ln 3f x x ax x =+-的极值点，则()f x 在1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值是（） A ．92ln 32-B ．52-C ．172ln 38--D ．2ln 24-【答案】A 由题意, 2()23f x ax x'=+- 且(2)0,f '= 12a ∴=则2232(1)(2)()3x x x x f x x x x x-+--'=+-== , ∴当12x << 时,()0,()f x f x '<单调递减;当 1x < 或2x > 时, ()0,()f x f x '>单调递增, ∴ 在1,1,(2,3]3⎡⎫⎪⎢⎣⎭上,() f x 单调递增; (1,2],()x f x ∈单调递减,又因为ln3lne 1>=，所以2ln32>，所以992ln 3222->-， 95(3)2ln 3(1),22f f ∴=->=- ()f x ∴在1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上最大值是92ln 32-,故选： A.2．（多选）（2022·山东省东明县第一中学高二阶段练习）函数3223125y x x x =--+在[]2,1-上的最值情况为（） A ．最大值为12 B ．最大值为5 C ．最小值为8- D ．最小值为15-【答案】AC由题意得：26612y x x '=--，令266120y x x '=--=，则1x =- 或2x = ，当21x -<<-时，26612y x x '=-->0.，当11x -<<时，266120y x x '=--<, 故1x =- 是函数的极大值点，则函数的极大值也即在[]2,1-上的最大值为32(1)312512⨯--++= ，故A 正确，B 错误；而当2x =- 时，1y = ，当1x = 时，8y =- ，故函数在[]2,1-上的最小值为8-，故C 正确，D 错误，故选：AC3．（2022·福建·启悟中学高二阶段练习）已知函数32()393f x x x x =--- (1)求()f x 在1x =处的切线方程； (2)求()f x 在[2,2]-上的最值．【答案】(1)1220x y ++= (2)最大值为2，最小值为-25 (1)2()369f x x x '=--，(1)36912f '∴=--=-，又(1)139314f =---=-，()f x ∴在1x =处的切线方程为()12114y x =---，即1220x y ++=(2)2()369f x x x '=--，[2,2]x ∈-令()0f x '>，得21x -≤<-，令()0f x '<，得12x -<≤，故()f x 在[2,1)--上单调递增，在(1,2]-上单调递减．又32(2)(2)3(2)9(2)35f -=--⨯--⨯--=-，32(1)(1)3(1)9(1)32f -=--⨯--⨯--= 32(2)23292325f =-⨯-⨯-=-，故()f x 在[2,2]-上的最大值为2，最小值为-25.4．（2022·广东·深圳市南山区华侨城中学高二阶段练习）已知关于x 的函数()3213f x x bx cx bc =-+++，且函数f （x ）在1x =处有极值－43．(1)求实数b ，c 的值；(2)求函数f （x ）在[－1，2]上的最大值和最小值．【答案】(1)1b =-，3c = (2)最大值为43-，最小值为203-(1)因为()3213f x x bx cx bc =-+++，所以()22f x x bx c '=-++．因为函数f （x ）在1x =处有极值－43．所以()()112014133f b c f b c bc ⎧=-++=⎪⎨=-+++=-'⎪⎩，解得11b c =⎧⎨=-⎩，或13b c =-⎧⎨=⎩．（i ）当1b =，1c =-时，()()210f x x '=--≤，所以f （x ）在R 上单调递减，不存在极值．（ii ）当1,3b c =-=时，()()()31f x x x '=-+-，当(3,1)x ∈-时，()0f x '>，f （x ）单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，f （x ）单调递减．所以f （x ）在1x =处存在极大值，符合题意．综上所述，1b =-，3c = (2)由（1）知．()321333f x x x x =--+-，则()223f x x x '=--+，令()()()310f x x x '=-+-=，得13x =-，21x =．当x 变化时，()'f x ，f （x ）在[－1，2]的变化情况如下表：所以f （x ）在[－1，2]上的最大值为3-，最小值为203-．5．（2022·广东·高州市长坡中学高二阶段练习）已知函数()ln f x ax x =-．（a 为常数） (1)当1a =时，求函数()f x 的最值；【答案】(1)函数()f x 的最小值为1，无最大值. (1)当1a =时，()ln f x x x =-，定义域为()0,∞+，11()1x f x x x'-=-=，当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，故()ln f x x x =-在1x =处取得极小值，也是最小值，()()min 1101f x f ==-=，综上：函数()f x 的最小值为1，无最大值.6．（2022·辽宁·朝阳市第二高级中学高二阶段练习）已知()2e xx af x -=．(1)若()f x 在3x =处取得极值，求()f x 的最小值；【答案】(1)2e - (1)∵()2exx af x -=，∴()()()2222e e 2e e x xxx x x a x x a f x ⋅--⋅--'==-，∵()f x 在3x =处取得极值，()2332330e af -⨯-'=-=，∴3a =，∴()23e x x f x -=，()223(1)(3)e e x xx x x x f x --+-'=-=-，当1x <-时，()’0f x <；当13x 时，()’0f x >；当3x >时，()’0f x <. ∴()f x 在(],1-∞-上单调递减，在[]1,3-上单调递增，在[)3,+∞上单调递减. 又∵当3x >时，()0f x >，()12e 0f -=-<， ∴()f x 的最小值为2e -.7．（2022·江苏·常熟中学高二阶段练习）已知函数2()ln (2)(R)f x a x x a x a =+-+∈. (1)若1a =，求()f x 在区间[]1,e 上的最大值；【答案】(1)2e 3e 1-+ (1)当1a =时，()()2ln 31e f x x x x x =+-≤≤，()()()'123123x x f x x x x--=+-=，所以()f x 在区间()()'31,,0,2f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭递减；在区间()()'3,e ,0,2f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭递增.()()212,e e 3e 10f f =-=-+>，所以()f x 在区间[]1,e 上的最大值为2e 3e 1-+.高频考点五：求函数的最值（含参）1．（2022·广西·高二期末（文））已知函数()3222f x x ax =-+.(1)若0a >，讨论函数()f x 的单调性；(2)当0<<3a 时，求()f x 在区间[]0,1上的最小值和最大值.【答案】(1)()f x 在(),0∞-和,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.(2)答案见解析. (1)函数定义域为R ，()()26223f x x ax x x a '=-=-，()0f x '=时，0x =或3a x =，因为0a >，所以03a>，()0f x '>时，0x <或3a x >，()0f x '<时，03a x <<，所以函数()f x 在(),0∞-和,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减. (2)因为0<<3a ，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,13a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 的最小值为32322233327a a a a f a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()()02,1144f f a =<=-<，当23a ≤<时，42a -<，此时最小值为3227a -，最大值为2；当02a <<时，42a ->，此时最小值为3227a -，最大值为4a -.2．（2022·北京市朝阳区人大附中朝阳分校模拟预测）设函数()()()ln 10f x a x x a =+-≠. (1)求曲线()y f x =在()()0,0f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有最大值并记为()M a ，求()M a 的最小值；【答案】(1)()1y a x =- (2)()M a 取得最小值0 (1)()11af x x '=-+，()00f =，()01f a '=-，所以函数()y f x =在()()0,0f 处的切线方程是()1y a x =-； (2) ()11af x x '=-+，()1x >-，当0a <时，()0f x '<，所以函数()f x 在()1,-+∞单调递减，函数没有最大值，故舍去；当0a >时，()()11011x a af x x x -+-'=-==++，得11x a =->-，当()1,a 1x ∈--时，()0f x '>，函数单调递增，当()1,x a ∈-+∞时，()0f x '<，函数单调递减，所以当1x a =-时，函数取得最大值()()1ln 1f a M a a a a -==+-，()ln 0M a a '==，得1a =，当()0,1a ∈时，()0M a '<，函数()M a 单调递减，当()1,a ∈+∞时，()0M a '>，函数()M a 单调递增，所以当1a =时，函数()M a 取得最小值，()10M =.3．（2022·河南·模拟预测（理））已知函数()()()ln 0f x x a x a =->. (1)当1a =时，判断函数()f x 的单调性；(2)证明函数()f x 存在最小值()g a ，并求出函数()g a 的最大值. 【答案】(1)在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增 (2)证明见解析，()max 0g a = (1) 由题意知，()()1ln f x x x =-，()()1ln 10f x x x x '=+->，()210x f x x+''=>. 所以函数()f x '单调递增.又()10f '=，所以当01x <<时()0f x '<，函数()f x 单调递减；当1x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增. 所以()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. (2)由题意知，()()ln 10a f x x x x '=+->，()20x af x x+''=>. 所以函数()f x '单调递增.令()ln 1h x x x =-+，则()1xh x x-'=. 当01x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增；当1x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减. 所以()()max 10h x h ==，即ln 1≤-x x .所以()ln 1a af x x xx x'=+-≤-，即0f '≤=. 另一方面，()0e ln e 1110e e a aa a a f a '=+->+-=>，所以存在)at ∈，使得()ln 10af t t t'=+-=，① 即当0x t <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当x t >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 所以函数()f x 存在最小值()()()ln f t g a t a t ==-.由①式，得ln a t t t -=.所以()()20t a g a t-=-≤（当且仅当a t =，即ln 0a =，1a =时，等号成立）. 所以()()max 10g a g ==，即为所求.4．（2022·山东·菏泽一中高二阶段练习）已知函数()32231f x x ax =++，a R ∈．(1)求函数()f x 的单调区间； (2)求()f x 在区间[]0,2上的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (1)根据题意，函数()32231f x x ax =++，其导数()()6f x x x a ='+． ①当0a =时，()260f x x '=≥，则()f x 在(),-∞+∞上为增函数；②当0a >时，令()()60x f x x a ='+>，解得x a <-或0x >，则()f x 的单调递增区间为(),a -∞-和()0,∞+，单调递减区间为(),0a -；③当0a <时，令()()60x f x x a ='+>，解得0x <或x a >-，则()f x 的单调递增区间为(),0∞-和(),a -+∞，单调递减区间为()0,a -． (2)由（1）可得，当0x =或x a =-，()0f x '=．①当0a -≤，即0a ≥时，()f x 在[]0,2上单调递增，此时()f x 在区间[]0,2上的最小值为()01f =； ②当02a <-<，即20a <<-时，()f x 在[]0,a -上单调递减，在[],2a -内单调递增，此时()f x 在区间[]0,2上的最小值为()31f a a -=+；③当2-≥a ，即2a ≤-时，()f x 在[]0,2上单调递减，此时()f x 在区间[]0,2上的最小值为()21712f a =+．综上可得：当0a ≥时，()f x 的最小值为()01f =；当20a <<-时，()f x 的最小值头()31f a a -=+；当2a ≤-时，()f x 的最小值为()21712f a =+．5．（2022·河南·模拟预测（文））已知函数()3()3f x x ax a a =-+∈R ．(1)若()f x 仅有一个零点，求a 的取值范围；(2)若函数()f x 在区间[]0,3上的最大值与最小值之差为()g a ，求()g a 的最小值．【答案】(1)1(,]4-∞(2)(1)()22333()f x x a x a '=-=-①0a ≤时，()0f x '≥恒成立，()f x 在R 上单调递增，易知其有1个零点，满足题意 ②0a >时，(,(,)x a ∈-∞+∞时()0f x '>，(x ∈时()0f x '<故()f x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减 (20fa =>，2f a =-由题意()f x 仅有1个零点，故20f a =->，解得104a <<综上，a 的取值范围是1(,]4-∞(2)由（1）可知①0a ≤时，()f x 在区间[]0,3上单调递增，()(3)(0)279g a f fa =-=-3≥即9a ≥时，()f x 在区间[]0,3上单调递减，()(0)()927g a f f aa =-=- ③03<<即09a <<时，()f x在区间上单调递减，在上单调递增 (0)f a =，(3)278f a =-，2fa =-故27923()29a a g a a ⎧-+<<⎪=⎨≤<⎪⎩综上，279,027923()29927,9a a a a g a a a a -≤⎧⎪-+<<⎪=⎨≤<⎪⎪-≥⎩ 可得min ()(3)g a g ==高频考点六：根据函数的最值求参数1．（2022·河南·模拟预测（文））已知函数33,()2,x x x af x x x a ⎧-≤=⎨->⎩无最大值，则实数a 的取值范围是( )A ．()1,+∞B ．()1,-+∞C ．()–,0∞D ．(),1-∞-【答案】D令()33g x x x -＝，则()()()233311g x x x x '--＝＝＋，令()0g x '＞，解得1x -＜或1x ＞；令()0g x '＜，解得11x -＜＜， ∴()g x 在()1-∞-，上单调递增，在()11-，上单调递减，在()1,+∞上单调递增，g (－1)＝2，g (1)＝－2，据此，作出()33g x x x -＝和y ＝－2x 的图像，由图可知，当x ＝a ＜－1时，函数f (x )无最大值. 故选：D.2．（2022·陕西安康·高二期末（文））已知0a >，函数()ln f x ax x =-的最小值为()1ln21a -+，则=a （） A ．1或2 B ．2 C ．1或3 D ．2或3【答案】A由()ln f x ax x =-（0x >），得()11ax f x a x x-'=-=（0a >，0x >），当10x a <<时，()0f x '<，当1x a>时，()0f x '>，所以()f x 在1 0,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，故()()min 11ln 1ln 21f x f a a a ⎛⎫==+=-+ ⎪⎝⎭，得ln (1)ln 2a a =-，解得1a =或2.故选：A3．（2022·河南开封·高二阶段练习（理））已知函数()()2e 32xf x x a x =+++在区间()1,0-上有最小值，则实数a 的取值范围是______．【答案】11,3e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭由题知，()e 232xf x x a '=+++，()1,0x ∈-，因为()e 232xf x x a '=+++在区间()1,0-上单调递增，若函数()()2e 32xf x x a x =+++在区间()1,0-有最小值，则()()10,00f f ''-<>，即130,330ea a +<+>，解得113ea -<<-，所以实数a 的取值范围是11,3e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭．故答案为：11,3e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭．4．（2022·河北·武安市第三中学高二阶段练习）已知函数()()R e xx af x a -=∈． (1)若2a =-，求()f x 的极值； (2)若()f x 在[]1,2上的最大值为21e ，求实数a 的值．【答案】(1)有极大值e ，无极小值 (2)1a = (1)若2a =-，()2e x x f x +=，所以()1e xx f x --'=，所以()0f x '>时，1x <-；()0f x '<时，1x >-.所以()f x 在(),1-∞-上单调递增，在()1,-+∞上单调递减，又()1121e e f --+-==，所以()f x 有极大值e ，无极小值； (2) 由于()1e xx a f x -++'=， ①当12a +≥，即1a ≥时，()0f x '>在()1,2上恒成立，故()f x 在()1,2上单调递增，()f x 在[]1,2上的最大值为()22212e ea f -==，故1a =，满足1a ≥；②当11a +≤，即0a ≤时，()0f x '<在()1,2上恒成立，故()f x 在()1,2上单调递减，()f x 在[]1,2上的最大值为()2111e e a f -==，故11ea =-，不满足0a ≤，舍去； ③当112a <+<，即01a <<时，由()10e xx a f x -++'==，得1x a =+，当1x a <+时，()0f x '>，当1x a >+时，()0f x '<，即()f x 在[)1,1a +上单调递增，在(]1,2a +上单调递减，故()f x 的最大值为()1121111e e e a a a a f a +++-+===，所以1a =，不满足01a <<，舍去，综上所述，1a =．5．（2022·福建·福鼎市第一中学高二阶段练习）已知函数()ln .af x x x=+(1)讨论()f x 在定义域内的单调性；(2)若0a >，且()f x 在[]1,e 上的最小值为32，求实数a 的值.【答案】(1)答案见解析；(2)a =(1)由题意知：()f x 定义域为()0,∞+，()221a x a f x x x x'-=-=；当0a ≤时，()0f x '>在()0,∞+上恒成立，()f x ∴在()0,∞+上单调递增；当0a >时，令()0f x '=，解得：x a =，∴当()0,x a ∈时，()0f x '<；当(),x a ∈+∞时，()0f x '>； ()f x ∴在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；综上所述：当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增. (2)由（1）知：当0a >时，()f x 在()0,a 上单调递减，在(),a +∞上单调递增；若1a ≤，则()f x 在[]1,e 上单调递增，()()min 312f x f a ∴===，不合题意；若1e a <<，()f x 在[)1,a 上单调递减，在(],e a 上单调递增， ()()min 3ln 12f x f a a ∴==+=，解得：a = 若e a ≥，则()f x 在[]1,e 上单调递减，()()min 3e 1e 2a f x f ∴==+=，解得：e2a =，不合题意；综上所述：a =6．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高二阶段练习（文））已知函数()ln 3f x a x x =+-. (1)若()f x 在()1,+∞上不单调，求a 的取值范围； (2)若()f x 的最小值为2-，求a 的值. 【答案】(1)(),1-∞- (2)1- (1) ()1a x af x x x+=+='. 若()f x 在()1,+∞上单调，则()0f x '≥在()1,+∞上恒成立，所以0x a ≥+在()1,+∞上恒成立，所以10a +≥，即1a ≥-.因为()f x 在()1,+∞上不单调，所以a 的取值范围是(),1-∞-. (2) ()()10a x a f x x x x+'=+=>. ①当0a ≥时，()0f x '≥，()f x 在()1,+∞上单调递增，此时()f x 无最值. ②当0a <时，令()0f x '=，得x a =-，当()0,x a ∈-时，()0f x '<，当(),x a ∈-+∞时，()0f x '>，所以()f x 在()0,a -上单调递减，在(),a -+∞上单调递增.所以()f x 的最小值是()()ln 32f a a a a -=---=-，则()1ln 10a a---=.令()1ln 1x g x x =+-则()21x g x x-'=，所以()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，因为()10g =，所以方程()0g x =只有一个根1x =，所以11a a -=⇒=- 故a 的值为1-.7．（2022·全国·高二单元测试）已知函数1()ln (R)ah x x a x a x+=-+∈． (1)求函数()h x 的单调区间；(2)函数()h x 在区间[1,e]上的最小值小于零，求a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析； (2)2e 1(,2)(,)e 1+-∞-⋃+∞-.(1)由题设，22221(1)[(1)](1)()1a a x ax a x a x h x x x x x+--+-++'=--==且定义域为(0,)+∞，当10a +≤，即1a ≤-时，在(0,)+∞上()0h x '>，即()h x 在(0,)+∞上递增；当10a +>，即1a >-时，在(0,1)a +上()0h x '<，在(1,)a ++∞上()0h x '>，所以()h x 在(0,1)a +上递减，在(1,)a ++∞上递增；(2)由（1）知：若11a +≤，即0a ≤时，则()h x 在[1,e]上递增，故min ()(1)20h x h a ==+<，可得2a <-；若11e a <+<，即0e 1a <<-时，则()h x 在(1,1)a +上递减，在(1,e)a +上递增，故min ()(1)2[1ln(1)]2h x h a a a =+=+-+>，不合题设；若1e a +≥，即e 1a ≥-时，则()h x 在[1,e]上递减，故min 1()(e)e 0e a h x h a +==-+<，得2e 1e 1e 1a +>>--；综上，a 的取值范围2e 1(,2)(,)e 1+-∞-⋃+∞-. 高频考点七：函数的单调性、极值、最值的综合应用1．（2022·全国·高二）已知函数3211()2132f x x x x =+-+，若函数()f x 在(2,23)a a +上存在最小值，则a 的取值范围是（） A ．11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．(1,3)-D ．(,2)-∞-【答案】A3211()2132f x x x x =+-+2'()2(2)(1)f x x x x x =+-=+-，当21x -<<时，()f x 单调递减；当2x <-或1x >时，()f x 单调递增，()f x 在1x =、2x =-处取得极值.111(1)21326f =+-+=-，321129(2)(2)(2)2(2)1323f -=⋅-+⋅--⋅-+=，∴函数()f x 在1x =处取得最小值， ∵函数()f x 在(2,23)a a +上存在最小值， ∴2123a a <<+，解得112a -<<. 故选：A.2．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学高三阶段练习（文））函数()22ln ,(,)x a b x b R x a f =++∈有极小值，且极小值为0，则2a b -的最小值为（） A ．e B ．2e C ．21e D ．21e -【答案】B由()22ln ,(,)x a b x b R x a f =++∈，可得()2b f x x x'=+，因为()f x 有极小值，记为0x ，则0020b x x +=，即002,(20)x b x =>-，又由()00f x =，所以2200l 0n x a b x ++=，即222200000ln 2ln 0a x b x x x x =--=-+≥，所以0x 设()22200002ln a b g x x x x -==+，当0x ≥()000044ln 0g x x x x '=+≥，所以()2200002ln g x x x x =+在)+∞上单调递增，当0x =时，可得()0min 2g x g e ==，所以2a b -的最小值为2e . 故选：B.3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数32()422f x x ax bx =--+在1x =处取得极小值3-，且321()13g x x x =-+在区间(,4)c c +上存在最小值，则a b c ++的取值范围是（）A ．(4,8)B ．[4,8)C ．(5,8)D ．[5,8)【答案】D 由题意函数()32422f x x ax bx =--+在1x =处取得极小值3-，则有()21222f x x ax b '=--，则()()11222014223f a b f a b ⎧=--=⎪⎨=--+=-'⎪⎩，解得33a b =⎧⎨=⎩，又因为()32113g x x x =-+在区间(),4c c +上存在最小值，()22g x x x '=-，当0x <或2x >时()0g x '>，当02x <<时，()0g x '<，所以函数()g x 在()0-∞，上单调递增，在()0,2上单调递减，在()2+∞，上单调递增，故函数()g x 的极小值为()123g =-，令()1=3g x -，则1x =-或2x =，因为()g x 区间(),4c c +上存在最小值，则有124c c -≤<<+，则有12c -≤<，则58a b c ≤++<. 故选：D4．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数321()13f x x x =+-在区间(,3)m m +上存在最小值，则实数m的取值范围是（） A ．[5,0)- B ．(5,0)- C ．[3,0)- D ．(3,0)-【答案】D函数321()13f x x x =+-的导函数为2()2f x x x =+'，令()0f x '=，得2x =-或0x =，故()f x 在(,2),(0,)-∞-+∞上单调递增，在(2,0)-上单调递减，则0x =为极小值点，2x =-为极大值点. 由()f x 在区间(,3)m m +上存在最小值，可得03m m <<+，解得30m -<<，此时32211()1(3)11(0)33f m m m m m f =+-=+->-=，因此实数m 的取值范围是(3,0)-，故选：D.5．（2022·河南焦作·二模（文））已知函数()(2)e x f x x =-. (1)求()f x 的极值；(2)若函数()()(ln )g x f x k x x =--在区间1,12⎛⎫⎪⎝⎭上没有极值，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为e -，无极大值(2)[e,)⎛-∞⋃+∞ ⎝⎦解：由题意，函数()(2)e x f x x =-，可得()e (2)e (1)e x x xf x x x '=+-=-，令()0f x '=，解得1x =，当1x <时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>，所以()f x 在区间(,1)-∞上单调递减，在区间(1,)+∞上单调递增，所以当1x =时，函数()f x 取得的极小值为()1e f =-，无极大值. (2)解：由()(2)e (ln )x g x x k x x =---，可得()(1)e x k g x x x ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭，因为()g x 在区间1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上没有极值，所以()g x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增或单调递减，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '≥或()0g x '≤恒成立，即e 0x k x -≤或e 0xk x -≥恒成立，即e x k x ≥或e x k x ≤在1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭恒成立，设()e x h x x =，则()(1)e x h x x =+'，当1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '>，所以()h x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，要使e x k x ≥或e x k x ≤恒成立，则(1)e k h ≥=或12k h ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭即实数k 的取值范围是[e,)⎛-∞⋃+∞ ⎝⎦. 6．（2022·重庆市育才中学模拟预测）已知函数()21()e xf x x ax a -=+-，其中a R ∈.(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分而不必要条件. 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. (1)由题：函数的定义域为R ；121()(2)2[(2)()]x x f x e x a x a e x x a --⎡⎤=-+--=--+'⎣⎦.1°2a =-时，()0,()f x f x '≤在x ∈R 上单调递减；2°2a >-时，()f x 在(,),(2,)x a ∈-∞-+∞单调递减；()f x 在(,2)a -单调递增； 3°2a <-时，()f x 在(,2),(,)x a ∈-∞-+∞单调递减；()f x 在(2,)a -单调递增. (2)由（1）可知，当2a >-时，(),()f x f x '的变化情况如下表：所以，0a ≥时，()f x 的极小值为()0f a a e -=-⋅≤. 又2x >时，222240x ax a a a a +->+-=+>，所以，当2x >时，()21()xf x x ax a e -=+-⋅恒成立.所以，1()a f a a e +-=-⋅为()f x 的最小值. 故0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分条件. 又当5a =-时，(),()f x f x '的变化情况如下表：因为当5x >时，()550f x x x e =-+⋅>，又1(2)0f e -=-<，所以，当5a =-时，函数()f x 也存在最小值所以，故0a ≥不是函数()f x 存在最小值的必要条件.综上，0a ≥是函数()f x 存在最小值的充分而不必要条件.7．（2022·全国·高二课时练习）已知函数()33f x x ax =-，(1)讨论函数()f x 的极值情况； (2)求函数()f x 在区间[]0,2上的最大值. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 (1)（1）()()22333f x x a x a '=-=-当0a ≤时，()0f x '≥，函数()f x 在R 上单调递增, 无极值；当0a >时，令()0f x '>，解得x <x >令()0f x '<,解得x <∴ 函数()f x 在(),,-∞+∞上单调递增, 在(上单调递减,∴函数()f x 在x = (2f =x =2f=-(2)（2）由（1）知，当0a ≤时，函数()f x 在[]0,2上单调递增, 故()()max 286f x f a ==-当04a <<时，函数()f x 在(上单调递减，在)2上单调递增,又 ()()00,286f f a ==-,∴当403a <≤时，()()max 286f x f a ==-；当443a <<时，()()max 00f x f ==；当4a ≥时，函数()f x 在[]0,2上单调递减，()()max 00f x f ==. 综上，当43a ≤时，函数()f x 在[]0,2上的最大值为86a -；当43a >时，函数()f x 在[]0,2上的最大值为0.1．（2021·全国·高考真题（理））设0a≠，若x a=为函数()()()2f x a x a x b=--的极大值点，则（）A．a b<B．a b>C．2ab a<D．2ab a>【答案】D若a b=，则()()3f x a x a=-为单调函数，无极值点，不符合题意，故a b.()f x∴有x a=和x b=两个不同零点，且在x a=左右附近是不变号，在x b=左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a=左右附近都是小于零的.当0a<时，由x b>，()0f x≤，画出()f x的图象如下图所示：由图可知b a<，0a<，故2ab a>.当0a>时，由x b>时，()0f x>，画出()f x的图象如下图所示：由图可知b a>，0a>，故2ab a>.综上所述，2ab a>成立.故选：D2．（2021·北京·高考真题）已知函数()232xf xx a-=+．（1）若0a=，求曲线()y f x=在点()()1,1f处的切线方程；。

第3章第2节第2课时导数与函数的极值、最值-2022届高三数学一轮复习讲义(新高考)

第2课时导数与函数的极值、最值一、教材概念·结论·性质重现1．函数的极值与导数条件f ′(x0)＝0x0附近的左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)<0x0附近的左侧f ′(x)<0，右侧f ′(x)>0图象形如山峰形如山谷极值 f (x0)为极大值 f (x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点(1)函数的极大值和极小值都可能有多个，极大值和极小值的大小关系不确定．(2)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．(1)函数f (x)在[a，b]上有最值的条件一般地，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)求函数y＝f (x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤①求函数y＝f (x)在区间(a，b)上的极值；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．(1)求函数的最值时，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)若函数f (x)在区间[a，b]内是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值；若函数f (x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．(3)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．1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(2)对可导函数f (x)，f ′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)(3)函数的极大值一定是函数的最大值．(×)(4)开区间上的单调连续函数无最值．(√)2．f (x)的导函数f ′(x)的图象如图所示，则f (x)的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4A解析：由题意知在x＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，f (x)在x＝－1左减右增．故选A．3．函数f (x)＝2x－x ln x的极大值是()A．1e B．2e C．e D．e2C解析：f ′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x．令f ′(x)＝0，得x＝e.当0<x<e时，f ′(x)>0；当x>e时，f ′(x)<0.所以x＝e时，f (x)取到极大值，f (x)极大值＝f (e)＝e.4．若函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为()A．4 B．2或6 C．2 D．6C解析：函数f (x)＝x(x－c)2的导数为f ′(x)＝3x2－4cx＋c2.由题意知，f (x)在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6.又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，故导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正．当c ＝2时，f (x )＝x (x －2)2的导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正，即在x ＝2处有极小值．而当c ＝6时，f (x )＝x (x －6)2在x ＝2处有极大值．故c ＝2.5．函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 8 解析：f ′(x )＝6x 2－4x ＝2x (3x －2)．由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.因为f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f (2)＝8，所以最大值为8.考点1 利用导数求函数的极值——综合性考向1 根据函数的图象判断函数的极值(多选题)已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则( )A ．函数f (x )有极大值f (2)B ．函数f (x )有极大值f (－2)C ．函数f (x )有极小值f (－2)D ．函数f (x )有极小值f (2)BD 解析：由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．根据函数的图象判断极值的方法根据已知条件，分情况确定导数为0的点，及导数为0点处左右两侧导数的正负，从而确定极值类型．考向2 已知函数解析式求极值已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x . 令f ′(x )＝0，解得x ＝2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表. x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － f (x )↗ln 2－1↘(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x . 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点；当a >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，故函数f (x )在x ＝1a 处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a .求函数极值的一般步骤(1)先求函数f (x )的定义域，再求函数f (x )的导函数； (2)求f ′(x )＝0的根；(3)判断在f ′(x )＝0的根的左、右两侧f ′(x )的符号，确定极值点；(4)求出函数f (x )的极值．考向3 已知函数的极值求参数设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)·x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ， f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x . 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0. 所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.已知函数极值点或极值求参数的两个关键(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：因为某点处的导数值等于0不是此点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该点左右两侧的正负．1．(多选题)定义在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，4上的函数f (x )的导函数f ′(x )图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )在区间(0,4)单调递增B ．函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0单调递减 C ．函数f (x )在x ＝1处取得极大值 D ．函数f (x )在x ＝0处取得极小值ABD 解析：根据导函数图象可知，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(0,4)上，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝0处取得极小值，没有极大值．所以A ，B ，D 选项正确，C 选项错误．故选ABD ．2．(2020·青岛一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧3x －9，x ≥0，x e x ，x <0(e ＝2.718…为自然对数的底数)．若f (x )的零点为α，极值点为β，则α＋β＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2C 解析：当x ≥0时，f (x )＝3x －9为增函数，无极值．令f (x )＝0，即3x －9＝0，解得x ＝2，即函数f (x )的一个零点为2；当x <0时，f (x )＝x e x <0，无零点，f ′(x )＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x ，则当－1<x <0时，f ′(x )>0.当x <－1时，f ′(x )<0，所以当x ＝－1时，函数f (x )取得极小值．综上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故选C ．3．函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．－12 解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2. 令f ′(x )<0，得x <－2或x >1；令f ′(x )>0，得－2<x <1.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增，所以f (x )极小值＝f (－2)＝－12.4．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a ≥0)．(1)当a ＝1，且函数图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围．解：f ′(x )＝3ax 2－4x＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝(3x －1)(x －1)．令f ′(x )>0，解得x <13或x >1；令f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减，极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a >0时，f ′(x )≥0或 f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点2 利用导数求函数的最值——应用性(2020·北京卷)已知函数f (x )＝12－x 2. (1)求曲线y ＝f (x )的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．解：(1)因为f (x )＝12－x 2，所以f ′(x )＝－2x .设切点为(x 0,12－x 20)，则－2x 0＝－2，即x 0＝1，所以切点为(1,11)．由点斜式可得切线方程为y －11＝－2(x －1)，即2x ＋y －13＝0. (2)显然t ≠0，因为y ＝f (x )在点(t,12－t 2)处的切线方程为y －(12－t 2)＝－2t (x －t )，即y ＝－2tx ＋t 2＋12.令x ＝0，得y ＝t 2＋12；令y ＝0，得x ＝t 2＋122t .所以S (t )＝12×(t 2＋12)·t 2＋122|t |＝(t 2＋12)24|t |，t ≠0，显然为偶函数．只需考察t ＞0即可(t <0时，结果一样)，则S (t )＝t 4＋24t 2＋1444t ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫t 3＋24t ＋144t ， S ′(t )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2＋24－144t 2 ＝3(t 4＋8t 2－48)4t 2 ＝3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2 ＝3(t －2)(t ＋2)(t 2＋12)4t 2. 由S ′(t )>0，得t >2；由S ′(t )<0，得0<t <2.所以S (t )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以t ＝2时，S (t )取得极小值，也是最小值为S (2)＝16×168＝32. 综上所述，当t ＝±2时，S (t )min ＝32.求函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤(1)求函数在区间(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．已知k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2. (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求函数f (x )在[0，k ]上的最大值．解：(1)由题意得f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )．因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以1＜2k ≤2.令f ′(x )＞0，所以⎩⎨⎧ x ＞0，e x －2k ＞0或⎩⎨⎧ x ＜0，e x－2k ＜0，解得x ＞ln 2k 或x ＜0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(ln 2k ，＋∞)，(－∞，0)．令f ′(x )＜0，所以⎩⎨⎧x ＞0，e x －2k ＜0或⎩⎨⎧x ＜0，e x－2k ＞0，解得0＜x ＜ln 2k . 所以函数f (x )的单调递减区间为(0，ln 2k )．所以函数f (x )的单调递增区间为(ln 2k ，＋∞)，(－∞，0)，单调递减区间为(0，ln 2k )．(2)令φ(k )＝k －ln (2k )，k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，φ′(k )＝1－1k ＝k －1k ≤0. 所以φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上是减函数．所以φ(1)≤φ(k )＜φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.所以1－ln 2≤φ(k )＜12＜k ，即0＜ln (2k )＜k . 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3－f (0) ＝(k －1)e k －k 3＋1 ＝(k －1)e k －(k 3－1)＝(k －1)e k －(k －1)(k 2＋k ＋1) ＝(k －1)[e k －(k 2＋k ＋1)]．因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以k －1≥0.对任意的k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，y ＝e k 的图象恒在直线y ＝k 2＋k ＋1的下方，所以e k －(k 2＋k ＋1)≤0.所以f (k )－f (0)≥0，即f (k )≥f (0)．所以函数f (x )在[0，k ]上的最大值f (k )＝(k －1)e k －k 3.考点3 极值与最值的综合应用——综合性(2020·山东师范大学附中高三质评)已知函数f (x )＝x 2·e ax ＋1－b ln x －ax (a ，b ∈R )．(1)若b ＝0，曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x 平行，求a 的值； (2)若b ＝2，且函数f (x )的值域为[2，＋∞)，求a 的最小值．解：(1)当b ＝0时，f (x )＝x 2e ax ＋1－ax ，x >0， f ′(x )＝x e ax ＋1(2＋ax )－a . 由f ′(1)＝e a ＋1(2＋a )－a ＝2，得e a ＋1(2＋a )－(a ＋2)＝0，即(e a ＋1－1)(2＋a )＝0，解得a ＝－1或a ＝－2. 当a ＝－1时，f (1)＝e 0＋1＝2，此时直线y ＝2x 恰为切线，舍去．所以a ＝－2.(2)当b ＝2时，f (x )＝x 2e ax ＋1－2ln x －ax ，x >0. 设t ＝x 2e ax ＋1(t >0)，则ln t ＝2ln x ＋ax ＋1，故函数f (x )可化为g (t )＝t －ln t ＋1(t >0)．由g ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，可得g (t )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，所以g (t )的最小值为g (1)＝1－ln 1＋1＝2. 此时，t ＝1，函数f (x )的值域为[2，＋∞)．问题转化为：当t ＝1时，ln t ＝2ln x ＋ax ＋1有解，即ln 1＝2ln x ＋ax ＋1＝0，得a ＝－1＋2ln xx . 设h (x )＝－1＋2ln x x，x >0，则h ′(x )＝2ln x －1x 2，故h (x )的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e ，＋∞)，所以h (x )的最小值为h (e)＝－2e ，故a 的最小值为－2e .求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，函数的解析式含参数时，要讨论参数的大小．(2)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．1．(2021·福建三校联考)若方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，7)B ．(15－6ln 3，＋∞)C ．(12－61n 3，＋∞)D ．(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)D 解析：方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解等价于函数m (x )＝x 2－8x ＋6ln x ＋m (x >0)的图象与x 轴有且只有一个交点．对函数m (x )求导得m ′(x )＝2x －8＋6x ＝2x 2－8x ＋6x ＝2(x －1)(x －3)x. 当x ∈(0,1)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；当x ∈(1,3)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减；当x ∈(3，＋∞)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增，所以m (x )极大值＝m (1)＝m －7，m (x )极小值＝m (3)＝m ＋6ln 3－15.所以当x 趋近于0时，m (x )趋近于负无穷，当x 趋近于正无穷时，m (x )趋近于正无穷，所以要使m (x )的图象与x 轴有一个交点，必须有m (x )极大值＝m －7<0或m (x )极小值＝m ＋6ln 3－15>0，即m <7或m >15－6ln 3.故选D ． 2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 3＋x 2(x <1)，a ln x (x ≥1).(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e ](e 为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23. (2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e ]上单调递增，则f (x )在 [1，e ]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为a ；当a <2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为2.。

2025高考数学一轮复习-3.3导数与函数的极值、最值【课件】

极大值，也是最大值 f(1)＝3e，函数无极小值.
4.某冷饮店的日销售额 y(单位：元)与当天的最高气温 x(单位：℃，20≤x≤40)
的关系式为
y＝19x2－ 1 x3，则该冷饮店的日销售额的最大值约为( 10 30
C
)
A.907 元
B.910 元
C.915 元
D.920 元
解析 ∵y＝1190x2－310x3，20≤x≤40， ∴y′＝159x－110x2＝－110x(x－38). ∴当20≤x≤38时，y′≥0，即函数在[20，38]上单调递增，当38≤x≤40时， y′≤0，即函数在[38，40]上单调递减， ∴当x＝38时，函数取值最大值，∴ymax＝1190×382－310×383≈915.
角度2 求已知函数的极值
例 2 已知函数 f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当 a＝21时，求 f(x)的极值；解当 a＝12时，f(x)＝ln x－12x，函数的定义域为(0，＋∞)且 f′(x)＝x1－12＝2－ 2xx，令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.
x
(0，2)
2
(2，＋∞)f′(x)＋0 Nhomakorabea－
f(x)
ln 2－1
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值.
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数. 解由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x－a＝1－xax. 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
解析 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.在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.

高中数学导数地应用——极值与最值专项训练题(全)

高中数学专题训练导数的应用——极值与最值一、选择题1．函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和13，则( )A．a－2b＝0 B．2a－b＝0 C．2a＋b＝0 D．a＋2b＝0 答案 D解析y′＝3ax2＋2bx，据题意，0、13是方程3ax2＋2bx＝0的两根∴－2b3a＝13，∴a＋2b＝0.2．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln2B．－1ln2C．－ln2 D．ln2答案 B解析由y＝x·2x得y′＝2x＋x·2x·ln2 令y′＝0得2x(1＋x·ln2)＝0∵2x＞0，∴x＝－1 ln23．函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( ) A．0＜b＜1 B．b＜1C．b＞0 D．b＜1 2答案 A解析f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0，∴b＞0，f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1综上，b的范围为0＜b＜14．连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是( )A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案 B解析x>－1时，f′(x)>0x<－1时，f′(x)<0∴连续函数f(x)在(－∞，－1)单减，在(－1，＋∞)单增，∴x＝－1为极小值点．5．函数y ＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643答案 A解析 y ′＝x 2＋2x －3.令y ′＝x 2＋2x －3＝0，x ＝－3或x ＝1为极值点．当x ∈[0,1]时，y ′<0.当x ∈[1,2]时，y ′>0，所以当x ＝1时，函数取得极小值，也为最小值．∴当x ＝1时，y min ＝－173.6．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，如右图所示，则( )A ．x ＝1是最小值点B ．x ＝0是极小值点C ．x ＝2是极小值点D ．函数f (x )在(1,2)上单增答案 C解析由导数图象可知，x ＝0，x ＝2为两极值点，x ＝0为极大值点，x ＝2为极小值点，选C.7．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( )A ．f (－a 2)≤f (－1)B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定答案 A解析由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72.由f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，故f (－a 2)≤f (－1)．8．函数f (x )＝e －x ·x ，则( )A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确答案 B解析 f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x ·e －x ＝e －x (－x ＋12x )＝e －x ·1－2x2x .令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f (12)＝1e·12＝12e. 二、填空题9．若y ＝a ln x ＋bx 2＋x 在x ＝1和x ＝2处有极值，则a ＝________，b ＝________.答案－23 －16解析 y ′＝a x＋2bx ＋1.由已知⎩⎨⎧a ＋2b ＋1＝0a2＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23b ＝－1610．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )只有三个零点，则实数c 的取值范围为________答案 0<c <43解析 ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx ，∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0) 或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增．若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎨⎧f 0c >0f213×23－22＋c <0，，解得0<c <4311．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．答案 m <－12解析因为函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，所以y ′＝e x ＋2m ＝0有大于0的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12.12．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴相切于(1,0)，则极小值为________．答案 0解析 f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由题知f ′(1)＝3－2p －q ＝0. 又f (1)＝1－p －q ＝0，联立方程组，解得p ＝2，q ＝－1.∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，解得x ＝1或x ＝13，经检验知x ＝1是函数的极小值点， ∴f (x )极小值＝f (1)＝0. 三、解答题13．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，求函数f (x )的单调区间与极值．解析由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1，于是f ′(x )＝1＋2sin(x ＋π4)．令f ′(x )＝0，从而sin(x ＋π4)＝－22，得x ＝π，或x ＝3π2.因此，由上表知f (x )的单调递增区间是(0，π)与(2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f (3π2)＝3π2，极大值为f (π)＝π＋2.14．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析 f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a .(1)由已知有f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0，从而x 1x 2＝2a18＝1，所以a ＝9； (2)由于Δ＝36(a ＋2)2－4×18×2a ＝36(a 2＋4)>0，所以不存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数． 15．已知定义在R 上的函数f (x )＝x 2(ax －3)，其中a 为常数． (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上是增函数，求a 的取值范围．解析 (1)f (x )＝ax 3－3x 2，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)． ∵x ＝1是f (x )的一个极值点，∴f ′(1)＝0，∴a ＝2.(2)解法一 ①当a ＝0时，f (x )＝－3x 2在区间(－1,0)上是增函数，∴a ＝0符合题意；②当a ≠0时，f ′(x )＝3ax (x －2a)，令f ′(x )＝0得：x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，对任意x ∈(－1,0)，f ′(x )>0，∴a >0符合题意；当a <0时，当x ∈(2a ，0)时，f ′(x )>0，∴2a≤－1，∴－2≤a <0符合题意；综上所述，a ≥－2.解法二 f ′(x )＝3ax 2－6x ≥0在区间(－1,0)上恒成立，∴3ax －6≤0，∴a ≥2x 在区间(－1,0)上恒成立，又2x <2－1＝－2，∴a ≥－2. 16．已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋1－ln x .(1)若f (x )在(0，12)上是减函数，求a 的取值范围；(2)函数f (x )是否既有极大值又有极小值？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝－2x ＋a －1x ，∵f (x )在(0，12)上为减函数，∴x ∈(0，12)时－2x ＋a －1x <0恒成立，即a <2x ＋1x恒成立．设g (x )＝2x ＋1x ，则g ′(x )＝2－1x 2.∵x ∈(0，12)时1x2>4，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，12)上单调递减，g (x )>g (12)＝3，∴a ≤3.(2)若f (x )既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0必须有两个不等的正实数根x 1，x 2，即2x 2－ax ＋1＝0有两个不等的正实数根．故a 应满足⎩⎨⎧Δ>0a2>0⇒⎩⎨⎧a 2－8>0a >0⇒a >22，∴当a >22时，f ′(x )＝0有两个不等的实数根，不妨设x 1<x 2，由f ′(x )＝－1x (2x 2－ax ＋1)＝－2x(x －x 1)(x －x 2)知，0<x <x 1时f ′(x )<0，x 1<x <x 2时f ′(x )>0，x >x 2时f ′(x )<0，∴当a >22时f (x )既有极大值f (x 2)又有极小值f (x 1)．1. 已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为 1，则a 的值等于________．答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.令f ′(x )>0，则x <1a ，∴f (x )在(0，1a)上递增；令f ′(x )<0，则x >1a，∴f (x )在(1a，2)上递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，∴ln 1a＝0，得a ＝1.2．设函数f (x )＝2x 3＋3ax 2＋3bx ＋8c 在x ＝1及x ＝2时取得极值． (1)求a 、b 的值；(2)若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2时取得极值，则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，即⎩⎨⎧6＋6a ＋3b ＝0，24＋12a ＋3b ＝0.解得a ＝－3，b ＝4. (2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2,3)时，f ′(x )>0.所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c . 又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ，则当x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c . 因为对于任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立，所以9＋8c <c 2，解得c <－1或c >9.因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求f (x )的单调区间；(2)设f (x )在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 3－6x 2＋3x ＋1，f ′(x )＝3(x －2＋3)(x －2－3)．当x ∈(－∞，2－3)时f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，2－3)上单调增加；当x ∈(2－3，2＋3)时f ′(x )＜0，f (x )在(2－3，2＋3)上单调减少；当x ∈(2＋3，＋∞)时f ′(x )＞0，f (x )在(2＋3，＋∞)上单调增加．综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)，f(x)的单调减区间是(2－3，2＋3)．(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2＜0时，f′(x)＝0有两个根，x1＝a－a2－1，x2＝a＋a2－1.由题意知，2＜a－a2－1＜3，①或2＜a＋a2－1＜3.②①式无解．②式的解为54＜a＜53.因此a的取值范围是(54，53)．1．“我们称使f(x)＝0的x为函数y＝f(x)的零点．若函数y＝f(x)在区间[a，b]上是连续的，单调的函数，且满足f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上有唯一的零点”．对于函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1，(1)讨论函数f(x)在其定义域内的单调性，并求出函数极值．(2)证明连续函数f(x)在[2，＋∞)内只有一个零点．解析(1)解：f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝6x＋1－2x＋2＝8－2x2x＋1，f′(x)＝0⇒x＝2(－2舍去). x (－1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)取得极大值∴当x＝2时，f(x)的极大值为f(2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1在定义域内只有一个零点．2．(2010·江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．解析函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a.(1)当a ＝1时，f ′(x )＝－x 2＋2x 2－x ，所以f (x )的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；(2)当x ∈(0,1]时，f ′(x )＝2－2xx 2－x＋a >0，即f (x )在(0,1]上单调递增，故f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a ，因此a ＝12. 3．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a . (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．分析本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f (2)和f (－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a .解 (1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9. 令f ′(x )<0，解得x <－1，或x >3，∴函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)∵f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ， f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ， ∴f (2)>f (－2)．∵在(－1,3)上f ′(x )>0， ∴f (x )在(－1,2]上单调递增．又由于f (x )在[－2，－1)上单调递减，∴f (－1)是f (x )的极小值，且f (－1)＝a －5.∴f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2.∴f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2. ∴f (－1)＝a －5＝－7，即函数f (x )在区间[－2,2]上的最小值为－7. 4．已知函数f (x )＝xe －x (x ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)已知函数y ＝g (x )的图象与函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称．证明当x ＞1时，f (x )＞g (x )；(3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1＋x 2＞2. 解析 (1)f ′(x )＝(1－x )e －x . 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当x所以f (x函数f (x )在x ＝1处取得极大值f (1)，且f (1)＝1e.(2)由题意可知g (x )＝f (2－x )，得g (x )＝(2－x )e x －2.令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝xe －x ＋(x －2)e x －2，于是F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x .当x ＞1时，2x －2＞0，从而e 2x －2－1＞0，又e －x ＞0.所以F ′(x )＞0.从而函数F (x )在[1，＋∞)上是增函数．又F (1)＝e －1－e －1＝0，所以x ＞1时，有F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )． (3)①若(x 1－1)(x 2－1)＝0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2＝1，与x 1≠x 2矛盾．②若(x 1－1)(x 2－1)＞0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2，与x 1≠x 2矛盾．根据①②得(x 1－1)(x 2－1)＜0，不妨设x 1＜1，x 2＞1.由(2)可知，f (x 2)＞g (x 2)，g (x 2)＝f (2－x 2)，所以f (x 2)＞f (2－x 2)，从而f (x 1)＞f (2－x 2)，因为x 2＞1，所以2－x 2＜1，又由(1)可知函数f (x )在区间(－∞，1)内是增函数，所以x 1＞2－x 2，即x 1＋x 2＞2.5．已知函数f (x )＝ax 3－32ax 2，函数g (x )＝3(x －1)2.(1)当a >0时，求f (x )和g (x )的公共单调区间； (2)当a >2时，求函数h (x )＝f (x )－g (x )的极小值； (3)讨论方程f (x )＝g (x )的解的个数．解 (1)f ′(x )＝3ax 2－3ax ＝3ax (x －1)，又a >0，由f ′(x )>0得x <0或x >1，由f ′(x )<0得0<x <1，即函数f (x )的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)，而函数g (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．(2)h (x )＝ax 3－32ax 2－3(x －1)2，h ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x－1)，令h ′(x )＝0，得x ＝2a 或x ＝1，由于2a<1，易知x ＝1为函数h (x )的极小值点，∴h (x )的极小值为h (1)＝－a2.(3)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－32(a ＋2)x 2＋6x －3，φ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x －1)，①若a ＝0，则φ(x )＝－3(x －1)2，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；②若a <0，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a 2>0，φ(x )的极小值为φ(2a )＝－4a 2＋6a－3<0，∴φ(x )的图象与x 轴有三个交点，即方程f (x )＝g (x )有三个解； ③若0<a <2，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a2<0，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；④若a ＝2，则φ′(x )＝6(x －1)2≥0，φ(x )单调递增，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ(2a)＝－4(1a－34)2－34<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．综上知，若a≥0，方程f(x)＝g(x)只有一个解；若a<0，方程f(x)＝g(x)有三个解．。

高中数学导数的应用极值与最值专项训练题(全)

高中数学专题训练导数的应用——极值与最值一、选择题1．函数y ＝ax 3＋bx 2取得极大值和极小值时的x 的值分别为0和13，则( ) A ．a －2b ＝0 B ．2a －b ＝0 C ．2a ＋b ＝0 D ．a ＋2b ＝0 答案 D解析 y ′＝3ax 2＋2bx ，据题意，0、13是方程3ax 2＋2bx ＝0的两根∴－2b 3a ＝13， ∴a ＋2b ＝0. 2．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( ) A.1ln2 B ．－1ln2 C ．－ln2 D ．ln2 答案 B解析由y ＝x ·2x 得y ′＝2x ＋x ·2x ·ln2令y ′＝0得2x (1＋x ·ln2)＝0∵2x ＞0，∴x ＝－1ln23．函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( ) A ．0＜b ＜1 B ．b ＜1C ．b ＞0D ．b ＜12 答案 A解析 f (x )在(0,1)内有极小值，则f ′(x )＝3x 2－3b 在(0,1)上先负后正，∴f ′(0)＝－3b ＜0，∴b ＞0，f ′(1)＝3－3b ＞0，∴b ＜1综上，b 的范围为0＜b ＜14．连续函数f (x )的导函数为f ′(x )，若(x ＋1)·f ′(x )>0，则下列结论中正确的是( )A ．x ＝－1一定是函数f (x )的极大值点B ．x ＝－1一定是函数f (x )的极小值点C ．x ＝－1不是函数f (x )的极值点D ．x ＝－1不一定是函数f (x )的极值点答案 B解析 x >－1时，f ′(x )>0 x <－1时，f ′(x )<0∴连续函数f (x )在(－∞，－1)单减，在(－1，＋∞)单增，∴x ＝－1为极小值点．5．函数y ＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643 答案 A解析 y ′＝x 2＋2x －3.令y ′＝x 2＋2x －3＝0，x ＝－3或x ＝1为极值点．当x ∈[0,1]时，y ′<0.当x ∈[1,2]时，y ′>0，所以当x ＝1时，函数取得极小值，也为最小值．∴当x ＝1时，y min ＝－173.6．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，如右图所示，则( )A ．x ＝1是最小值点B ．x ＝0是极小值点C ．x ＝2是极小值点D ．函数f (x )在(1,2)上单增答案 C 解析由导数图象可知，x ＝0，x ＝2为两极值点，x ＝0为极大值点，x ＝2为极小值点，选C.7．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( ) A ．f (－a 2)≤f (－1) B ．f (－a 2)<f (－1) C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定答案 A解析由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72.由f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，故f (－a 2)≤f (－1)．8．函数f (x )＝e －x ·x ，则( )A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确答案 B 解析f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x·e －x ＝e －x (－x ＋12x)＝e －x ·1－2x2x. 令f ′(x )＝0，得x ＝12. 当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f (12)＝1e ·12＝12e.二、填空题9．若y ＝a ln x ＋bx 2＋x 在x ＝1和x ＝2处有极值，则a ＝________，b ＝________.答案－23 －16解析 y ′＝ax＋2bx ＋1.由已知⎩⎨⎧a ＋2b ＋1＝0a 2＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23b ＝－1610．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )只有三个零点，则实数c 的取值范围为________答案 0<c <43解析 ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx ，∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0) 或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增．若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎨⎧f (0)＝c >0f (2)＝13×23－22＋c <0，，解得0<c <4311．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．答案 m <－12解析因为函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，所以y ′＝e x ＋2m ＝0有大于0的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12.12．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴相切于(1,0)，则极小值为________．答案 0解析 f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由题知f ′(1)＝3－2p －q ＝0. 又f (1)＝1－p －q ＝0，联立方程组，解得p ＝2，q ＝－1. ∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，解得x ＝1或x ＝13，经检验知x ＝1是函数的极小值点，∴f (x )极小值＝f (1)＝0. 三、解答题 13．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，求函数f (x )的单调区间与极值．解析由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1，于是f ′(x )＝1＋2sin(x ＋π4)．令f ′(x )＝0，从而sin(x ＋π4)＝－22，得x ＝π，或x ＝3π2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因此，由上表知f (x )的单调递增区间是(0，π)与(3π2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f (3π2)＝3π2，极大值为f (π)＝π＋2.14．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析f′(x)＝18x2＋6(a＋2)x＋2a.(1)由已知有f′(x1)＝f′(x2)＝0，从而x1x2＝2a18＝1，所以a＝9；(2)由于Δ＝36(a＋2)2－4×18×2a＝36(a2＋4)>0，所以不存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数．15．已知定义在R上的函数f(x)＝x2(ax－3)，其中a为常数．(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)若函数f(x)在区间(－1,0)上是增函数，求a的取值范围．解析(1)f(x)＝ax3－3x2，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝2.(2)解法一①当a＝0时，f(x)＝－3x2在区间(－1,0)上是增函数，∴a＝0符合题意；②当a≠0时，f′(x)＝3ax(x－2a)，令f′(x)＝0得：x1＝0，x2＝2a.当a>0时，对任意x∈(－1,0)，f′(x)>0，∴a>0符合题意；当a<0时，当x∈(2a，0)时，f′(x)>0，∴2a≤－1，∴－2≤a<0符合题意；综上所述，a≥－2.解法二f′(x)＝3ax2－6x≥0在区间(－1,0)上恒成立，∴3ax－6≤0，∴a≥2 x在区间(－1,0)上恒成立，又2x<2－1＝－2，∴a≥－2.16．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x.(1)若f(x)在(0，12)上是减函数，求a的取值范围；(2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．解析(1)f′(x)＝－2x＋a－1x，∵f(x)在(0，12)上为减函数，∴x∈(0，12)时－2x＋a－1x<0恒成立，即a<2x＋1x恒成立．设g(x)＝2x＋1x，则g′(x)＝2－1x2.∵x∈(0，12)时1x2>4，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，12)上单调递减，g(x)>g(12)＝3，∴a≤3.(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0必须有两个不等的正实数根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根．故a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0a 2>0⇒⎩⎨⎧a 2－8>0a >0⇒a >22，∴当a >22时，f ′(x )＝0有两个不等的实数根，不妨设x 1<x 2，由f ′(x )＝－1x (2x 2－ax ＋1)＝－2x (x －x 1)(x －x 2)知，0<x <x 1时f ′(x )<0，x 1<x <x 2时f ′(x )>0，x >x 2时f ′(x )<0，∴当a >22时f (x )既有极大值f (x 2)又有极小值f (x 1)．1. 已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为 1，则a 的值等于________．答案 1解析 ∵f (x )是奇函数，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1，当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.令f ′(x )>0，则x <1a ，∴f (x )在(0，1a )上递增；令f ′(x )<0，则x >1a ，∴f (x )在(1a ，2)上递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，∴ln1a ＝0，得a ＝1.2．设函数f (x )＝2x 3＋3ax 2＋3bx ＋8c 在x ＝1及x ＝2时取得极值． (1)求a 、b 的值；(2)若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2时取得极值，则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6＋6a ＋3b ＝0，24＋12a ＋3b ＝0.解得a ＝－3，b ＝4. (2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2,3)时，f ′(x )>0.所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c . 又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ，则当x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c .因为对于任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立，所以9＋8c <c 2，解得c <－1或c >9.因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求f (x )的单调区间；(2)设f (x )在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 3－6x 2＋3x ＋1，f ′(x )＝3(x －2＋3)(x －2－3)．当x ∈(－∞，2－3)时f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，2－3)上单调增加；当x ∈(2－3，2＋3)时f ′(x )＜0，f (x )在(2－3，2＋3)上单调减少；当x ∈(2＋3，＋∞)时f ′(x )＞0，f (x )在(2＋3，＋∞)上单调增加．综上，f (x )的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)，f (x )的单调减区间是(2－3，2＋3)．(2)f ′(x )＝3[(x －a )2＋1－a 2]．当1－a 2≥0时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，故f (x )无极值点；当1－a 2＜0时，f ′(x )＝0有两个根， x 1＝a －a 2－1，x 2＝a ＋a 2－1.由题意知，2＜a －a 2－1＜3，①或2＜a ＋a 2－1＜3.②①式无解．②式的解为54＜a ＜53.因此a 的取值范围是(54，53)．1．“我们称使f (x )＝0的x 为函数y ＝f (x )的零点．若函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上是连续的，单调的函数，且满足f (a )·f (b )<0，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上有唯一的零点”．对于函数f (x )＝6ln(x ＋1)－x 2＋2x －1，(1)讨论函数f (x )在其定义域内的单调性，并求出函数极值． (2)证明连续函数f (x )在[2，＋∞)内只有一个零点．解析 (1)解：f (x )＝6ln(x ＋1)－x 2＋2x －1定义域为(－1，＋∞)，且f ′(x )＝6x ＋1－2x ＋2＝8－2x 2x ＋1，f ′(x )＝0⇒x ＝2(－2舍去).由表可知，f (x )值在区间(－1,2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝2时，f (x )的极大值为f (2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1在定义域内只有一个零点．2．(2010·江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．解析函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a.(1)当a＝1时，f′(x)＝－x2＋2x(2－x)，所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝2－2xx(2－x)＋a>0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝1 2.3．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．分析本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f(2)和f(－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a.解(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)<0，解得x<－1，或x>3，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f(2)>f(－2)．∵在(－1,3)上f′(x)>0，∴f(x)在(－1,2]上单调递增．又由于f(x)在[－2，－1)上单调递减，∴f(－1)是f(x)的极小值，且f(－1)＝a－5.∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a ＝20，解得a＝－2.∴f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2.∴f(－1)＝a－5＝－7，即函数f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－7.4．已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数y＝g(x)的图象与函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．证明当x＞1时，f(x)＞g(x)；(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明x1＋x2＞2.解析(1)f′(x)＝(1－x)e－x.令f′(x)＝0，解得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝1 e.(2)由题意可知g(x)＝f(2－x)，得g(x)＝(2－x)e x－2.令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝xe－x＋(x－2)e x－2，于是F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.当x＞1时，2x－2＞0，从而e2x－2－1＞0，又e－x＞0.所以F′(x)＞0.从而函数F(x)在[1，＋∞)上是增函数．又F(1)＝e－1－e－1＝0，所以x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)．(3)①若(x1－1)(x2－1)＝0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2＝1，与x1≠x2矛盾．②若(x1－1)(x2－1)＞0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2，与x1≠x2矛盾．根据①②得(x1－1)(x2－1)＜0，不妨设x1＜1，x2＞1.由(2)可知，f(x2)＞g(x2)，g(x2)＝f(2－x2)，所以f(x2)＞f(2－x2)，从而f(x1)＞f(2－x2)，因为x2＞1，所以2－x2＜1，又由(1)可知函数f(x)在区间(－∞，1)内是增函数，所以x1＞2－x2，即x1＋x2＞2.5．已知函数f(x)＝ax3－32ax2，函数g(x)＝3(x－1)2.(1)当a>0时，求f(x)和g(x)的公共单调区间；(2)当a>2时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的极小值；(3)讨论方程f(x)＝g(x)的解的个数．解(1)f′(x)＝3ax2－3ax＝3ax(x－1)，又a>0，由f′(x)>0得x<0或x>1，由f′(x)<0得0<x<1，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)，而函数g(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．(2)h(x)＝ax3－32ax2－3(x－1)2，h′(x)＝3ax2－3(a＋2)x＋6＝3a(x－2a)(x－1)，令h′(x)＝0，得x＝2a或x＝1，由于2a<1，易知x＝1为函数h(x)的极小值点，∴h(x)的极小值为h(1)＝－a 2.(3)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax3－32(a＋2)x2＋6x－3，φ′(x)＝3ax2－3(a＋2)x＋6＝3a(x－2a)(x－1)，①若a＝0，则φ(x)＝－3(x－1)2，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解；②若a<0，则φ(x)的极大值为φ(1)＝－a2>0，φ(x)的极小值为φ(2a)＝－4a2＋6a－3<0，∴φ(x)的图象与x轴有三个交点，即方程f(x)＝g(x)有三个解；③若0<a<2，则φ(x)的极大值为φ(1)＝－a2<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解；④若a＝2，则φ′(x)＝6(x－1)2≥0，φ(x)单调递增，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解；⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ(2a)＝－4(1a－34)2－34<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．综上知，若a≥0，方程f(x)＝g(x)只有一个解；若a<0，方程f(x)＝g(x)有三个解．。

导数与函数的极值、最值最新习题(含解析)

导数与函数的极值、最值课时作业一、选择题1．如图2是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：图2①－2是函数y＝f(x)的极值点；②1是函数y＝f(x)的极值点；③y＝f(x)的图象在x＝0处切线的斜率小于零；④函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增．则正确命题的序号是()A．①③B．②④C．②③D．①④解析：根据导函数图象可知，－2是导函数的零点且－2的左右两侧导函数符号异号，故－2是极值点；1不是极值点，因为1的左右两侧导函数符号一致；0处的导函数值即为此点的切线斜率，显然为正值，导函数在(－2，2)上恒大于或等于零，故为函数的增区间，所以选D.答案：D2．设f(x)＝12x2－x＋cos(1－x)，则函数f(x)()A．仅有一个极小值B．仅有一个极大值C．有无数个极值D．没有极值解析：由f(x)＝12x2－x＋cos(1－x)，得f′(x)＝x－1＋sin(1－x)．设g(x)＝x－1＋sin(1－x)，则g′(x)＝1－cos(1－x)≥0.所以g(x)为增函数，且g(1)＝0.所以当x∈(－∞，1)时，g(x)<0，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，则f(x)单调递增．又f′(1)＝0，所以函数f(x)仅有一个极小值f(1)．故选A.答案：A3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取极值10，则a＝()A ．4或－3B ．4或－11C ．4D ．－3 解析：∵f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .由题意得⎩⎨⎧f ′（1）＝3＋2a ＋b ＝0，f （1）＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，即⎩⎨⎧2a ＋b ＝－3，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，故函数f (x )单调递增，无极值．不符合题意．∴a ＝4.故选C. 答案：C 4．函数f (x )＝2＋ln x x ＋1在[1e ，e]上的最小值为 ( ) A ．1 B.e 1＋e C.21＋e D.31＋e解析：∵f ′(x )＝x ＋1x －（2＋ln x ）（x ＋1）2＝1x－1－ln x （x ＋1）2，∴当e ≥x >1时，f ′(x )<0；当1e ≤x ＜1时，f ′(x )＞0. 所以f (x )的最小值为min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （1e ），f （e ）＝min{e 1＋e ，31＋e }＝e 1＋e ，选B.答案：B5．若函数f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x 有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ( )A ．(0，62)B ．(1，62)C ．(－62，62)D ．(63，1)∪(1，62) 解析：∵f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x ， ∴f ′(x )＝2(a ＋1)e 2x －2e x ＋a －1，∵f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x 有两个极值点， ∴f ′(x )＝0有两个不等实根，设t ＝e x >0，则关于t 的方程2(a ＋1)t 2－2t ＋a －1＝0有两个不等正根，可得⎩⎪⎨⎪⎧a －12（a ＋1）>0，22（a ＋1）>0，4－8（a －1）（a ＋1）>0⇒1<a <62，∴实数a 的取值范围是(1，62)，故选B. 答案：B 6.图1如图1，可导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )，设h (x )＝f (x )－g (x )，则下列说法正确的是( )A ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极大值点B ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极小值点C ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是h (x )的极值点D ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0是h (x )的极值点解析：由题意可得函数f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)， ∴h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， ∴h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)， ∴h ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0. 又当x <x 0时，f ′(x )<f ′(x 0)，故h ′(x )<0，h (x )单调递减；当x >x 0时，f ′(x )>f ′(x 0)，故h ′(x )>0，h (x )单调递增．∴x ＝x 0是h (x )的极小值点．故选B. 答案：B7．若函数g (x )＝mx ＋sin xe x 在区间(0，2π)内有一个极大值和一个极小值，则实数m 的取值范围是 ( )A ．[－e －2π，e －π2)B ．(－e －π，e －2π)C ．(－e π，e －5π2) D ．(－e －3π，e π) 解析：函数g (x )＝mx ＋sin xe x ，求导得g ′(x )＝m ＋cos x －sin xe x. 令f (x )＝m ＋cos x －sin x e x，则f ′(x )＝－2cos xe x .易知，当x ∈(0，π2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(π2，3π2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(3π2，2π)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．且f (0)＝m ＋1，f (π2)＝m －e －π2，f (3π2)＝m ＋e －3π2， f (2π)＝m ＋e －2π，有f (π2)<f (2π)，f (0)>f (3π2)．根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f （π2）＝m －e －π2<0，f （2π）＝m ＋e －2π≥0，解得－e－2π≤m <e －π2.故选A.答案：A8．函数y ＝2x 3－3x 2－12x ＋5在[0，3]上的最大值和最小值分别是 ( )A ．－4，－15B ．5，－15C ．5，－4D ．5，－16 解析：由题意知y ′＝6x 2－6x －12，令y ′>0，解得x >2或x <－1，故函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0，2]上递减，在[2，3]上递增，当x＝0时，y＝5；当x＝3时，y＝－4；当x＝2时，y＝－15.由此得函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0，3]上的最大值和最小值分别是5，－15.故选B.答案：B9．若函数f(x)＝13x3－⎝⎛⎭⎪⎫1＋b2x2＋2bx在区间[－3，1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为()A．2b－43 B.32b－23C．0 D．b2－16b3解析：由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3，1]上不是单调函数，所以－3<b<1.由f′(x)>0，解得x>2或x<b；由f′(x)<0，解得b<x<2.所以f(x)的极小值为f(2)＝2b－43.故选A.答案：A10．已知函数f(x)＝ln x＋a，g(x)＝ax＋b＋1，若∀x>0，f(x)≤g(x)，则ba的最小值是()A．1＋e B．1－e C．e－1D．2e－1解析：由题意，∀x>0，f(x)≤g(x)，即ln x＋a≤ax＋b＋1，即ln x－ax＋a≤b＋1，设h(x)＝ln x－ax＋a，则h′(x)＝1x－a，当a≤0时，h′(x)＝1x－a>0，函数h(x)单调递增，无最大值，不合题意；当a>0时，令h′(x)＝1x－a＝0，解得x＝1a，当x∈(0，1a)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x∈(1a，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1a)＝－ln a＋a－1，故－ln a＋a－1≤b＋1，即－ln a＋a－b－2≤0，令ba＝k，则b＝ak，所以－ln a＋(1－k)a－2≤0，设φ(a)＝－ln a＋(1－k)a－2，则φ′(a)＝－1a＋(1－k)，若1－k≤0，则φ′(a)<0，此时φ(a)单调递减，无最小值，所以k＜1，由φ′(a)＝0，得a＝11－k，此时φ(a)min＝ln(1－k)－1≤0，解得k≥1－e，所以k的小值为1－e，故选B.答案：B11．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是()A．－13 B．－15 C．10 D．15解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，∴－12＋4a＝0，解得a＝3，∴f′(x)＝－3x2＋6x，f(x)＝－3x3＋3x2－4，∴n∈[－1，1]时，f′(n)＝－3n2＋6n，当n＝－1时，f′(n)最小，最小为－9，当m∈[－1，1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，令f′(m)＝0，得m＝0或m＝2，所以当m＝0时，f(m)最小，最小为－4，故f(m)＋f′(n)的最小值为－9＋(－4)＝－13.故选A.答案：A12．设函数y＝f(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，若在(a，b)上，f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在(a，b)上为“凸函数”．已知当m≤2时，f(x)＝16x3－12mx2＋x在(－1，2)上是“凸函数”，则f(x)在(－1，2)上() A．既有极大值，也有极小值B．没有极大值，有极小值C．有极大值，没有极小值D．没有极大值，也没有极小值解析：由题设可知，f″(x)<0在(－1，2)上恒成立，由于f ′(x )＝12x 2－mx ＋1，从而f ″(x )＝x －m ，所以有x －m <0在(－1，2)上恒成立，故知m ≥2，又因为m ≤2，所以m ＝2，从而f (x )＝16x 3－x 2＋x ，f ′(x )＝12x 2－2x ＋1＝0，得x 1＝2－2∈(－1，2)，x 2＝2＋2∉(－1，2)，且当x ∈(－1，2－2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2－2，2)时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝2－2处取得极大值，没有极小值．答案：C 二、填空题13．已知函数f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f (x )在[12，2]上的最大值等于________．解析：∵函数f (x )＝1－xx ＋ln x ， ∴f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2.故f (x )在[12，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，又∵f (12)＝1－ln2，f (2)＝ln2－12，f (1)＝0， f (12)－f (2)＝32－2ln2>0，∴f (x )max ＝1－ln2，故答案为1－ln2. 答案：1－ln214．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．解析：求导得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝2处取得极值，所以f ′(2)＝3·22＋6a ·2＋3b ＝0，即4a ＋b ＋4＝0 ①，又因为图象在x ＝1处的切线与直线6x ＋2y ＋5＝0平行，所以f ′(1)＝3＋6a ＋3b ＝－3，即2a ＋b ＋2＝0 ②，联立①②可得a ＝－1，b ＝0，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，当f ′(x )>0时，x <0或x >2；当f ′(x )<0时，0<x <2，∴函数的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，函数的单调减区间是(0，2)，因此求出函数的极大值为f (0)＝c ，极小值为f (2)＝c －4，故函数的极大值与极小值的差为c －(c －4)＝4，故答案为4. 答案：415．若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋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________．解析：由f ′(x )＝6x 2－2ax ＝0，得x ＝0或x ＝a3，因为函数f (x )在(0，＋∞)上有且仅有一个零点且f (0)＝1，所以a 3>0，f (a 3)＝0，因此2(a 3)3－a (a3)2＋1＝0，a ＝3.从而函数f (x )在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)，f (x )min ＝min{f (－1)，f (1)}＝f (－1)，f (x )max ＋f (x )min ＝f (0)＋f (－1)＝1－4＝－3.答案：－316．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1，(1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝________；(2)若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， ∴f ′(1)＝3a ＋9＝6，∴a ＝－1.函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)＝0在(－1，3)内有不同的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）＝－a ＋9>0，f ′（3）＝7a ＋33>0，－1<－2a 6<3，∴－337<a <－3.答案：－1 (－337，－3) 三、解答题17．已知函数f (x )＝x ＋ax ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )＝x ＋ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，证明：f (x )≤e －x ＋x 2. 解：(1)由题意x >0，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ，①当a ＝0时，f (x )＝x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a >0时，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递增，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )<0，当x ∈(e －1－1a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，e －1－1a )上单调递减，函数f (x )在(e －1－1a ，＋∞)上单调递增；③当a <0，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递减，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1－1a ，＋∞时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －1－1a 上单调递增，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1－1a ，＋∞上单调递减． (2)由f ′(1)＝0，得a ＝－1，令h (x )＝e －x ＋x 2－x ＋x ln x ，则h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x ，h ″(x )＝e －x ＋2＋1x >0，∴h ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∵h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－e －1e ＋2e －1＜0，h ′(1)＝－e －1＋2＞0， ∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得h ′(x 0)＝0，即－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0. ∴当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，∴h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (x 0)．由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，得e －x 0＝2x 0＋ln x 0， ∴h (x 0)＝e －x 0＋x 20－x 0＋x 0ln x 0 ＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)．当x 0＋ln x 0<0时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x 0 ⇒－e －x 0＋x 0<0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾；当x 0＋ln x 0>0时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x 0⇒－e －x 0＋x 0>0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾；当x 0＋ln x 0＝0时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x 0⇒－e －x 0＋x 0＝0，得－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，故x 0＋ln x 0＝0成立，得h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)＝0，所以h (x )≥0，即f (x )≤e －x ＋x 2.18．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数y ＝f (x )的单调区间和最小值；(2)若函数F (x )＝f （x ）－a x 在[1，e]上的最小值为32，求a 的值； (3)若k ∈Z ，且f (x )＋x －k (x －1)>0对任意x >1恒成立，求k 的最大值．解：(1)f (x )的单调增区间为[1e ，＋∞)，单调减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ， f (x )min ＝f (1e )＝－1e .(2)F (x )＝ln x －ax ，F ′(x )＝x ＋a x 2，(ⅰ)当a ≥0时，F ′(x )>0，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32∉[0，＋∞)，舍去．(ⅱ)当a <0时，F (x )在(0，－a )在上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增，①若a ∈(－1，0)，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32∉(－1，0)，舍去；②若a ∈[－e ，－1]，F (x )在[1，－a ]上单调递减，在[－a ，e]上单调递增，所以F (x )min ＝F (－a )＝ln(－a )＋1＝32，解得a ＝－e ∈[－e ，－1]；③若a ∈(－∞，－e), F (x )在[1，e]上单调递减， F (x )min ＝F (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e 2∉(－∞，－e)，舍去．综上所述， a ＝－ e.(3)由题意得，k (x －1)<x ＋x ln x 对任意x >1恒成立，即k <x ln x ＋x x －1对任意x >1恒成立．令h (x )＝x ln x ＋x x －1，则h ′(x )＝x －ln x －2（x －1）2，令φ(x )＝x －ln x －2(x >1)，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，所以函数φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，因为方程φ(x )＝0在(1，＋∞)上存在唯一的实根x 0，且x 0∈(3，4)，当1<x <x 0时，φ(x )<0，即h ′(x )<0，当x >x 0时，φ(x )>0，即h ′(x )>0.所以函数h (x )在(1，x 0)上递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0（1＋ln x 0）x 0－1＝x 0（1＋x 0－2）x 0－1＝x 0∈(3，4)，所以k <g (x )min ＝x 0，又因为x 0∈(3，4)，故整数k 的最大值为3.19．高三模拟考试)已知函数f (x )＝－4x 3＋ax ，x ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在[－1，1]上的最大值为1，求实数a 的取值集合．解：(1)f ′(x )＝－12x 2＋a .当a ＝0时，f (x )＝－4x 3在R 上单调递减；当a <0时，f ′(x )＝－12x 2＋a <0，即f (x )＝－4x 3＋ax 在R 上单调递减；当a >0时，f ′(x )＝－12x 2＋a ＝0，解得x 1＝36a ，x 2＝－3a 6，∴当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6时，f ′(x )<0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6上递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6时，f ′(x )>0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6上递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞时，f ′(x )<0， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞上递减．综上，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6上递减；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6上递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞上递减． (2)∵函数f (x )在[－1，1]上的最大值为1，∴对任意x ∈[－1，1]，f (x )≤1恒成立，即－4x 3＋ax ≤1对任意x ∈[－1，1]恒成立，变形可得ax ≤1＋4x 3.当x ＝0时，a ·0≤1＋4·03，即0≤1，可得a ∈R ；当x ∈(0，1]时，a ≤1x ＋4x 2，则a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4x 2min，令g (x )＝1x ＋4x 2，则g ′(x )＝－1x 2＋8x ＝8x 3－1x 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，g ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时， g ′(x )>0. 因此，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3， ∴a ≤3.当x ∈[－1，0)时，a ≥1x ＋4x 2，则a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4x 2max，令g (x )＝1x ＋4x 2，则g ′(x )＝－1x 2＋8x ＝8x 3－1x 2，当x ∈[－1，0)时，g ′(x )<0，因此，g (x )max ＝g (－1)＝3，∴a ≥3.综上，a＝3.∴a的取值集合为{3}。

第4章+第1讲+导数与函数的极值、最值2024高考数学一轮复习+PPT(新教材)

(2)函数的极大值与极大值点若函数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 04 _都__大_，f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左侧 05 ___f′_(x_)_＞__0____，右侧 06 __f_′_(x_)_＜__0____，则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．
又因为x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，所以x1，x2是x2＋4x＋1＝0
的两个根，且x1>x2.解方程可得，x1＝－2＋ 3 ，x2＝－2－ 3 ，所以x2－x1
＝－2 3.
解析答案
角度已知函数的极值求参数的值或取值范围
ห้องสมุดไป่ตู้
例3 (1)(2021·河北九校联考)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，故A错误；当x<1时，f′(x)>0，f(x)在区
间(－∞，1)上单调递增，故B错误；当x＝1时，f(x)＝
3x ex
取得极大值
3 e
，无
极小值，故C正确，D错误．故选C．
解析
(2)(2021·凉山州模拟)若x0是函数f(x)＝ex－
ln x
x
－
1 x
的极值点，则x0满足
解析
角度
已知函数解析式求极值或极值点
例2 (1)(2021·西安模拟)已知f(x)＝3exx ，则f(x)(
)
A．在(－∞，＋∞)上单调递增
B．在(－∞，1)上单调递减
C．有极大值3e，无极小值
D．有极小值3e，无极大值
答案
解析 ∵f(x)＝3exx ，∴f′(x)＝3·ex－e2x3x·ex＝31e－x x，当x>1，f′(x)<0，

导数与函数的极值、最值-重难点题型精讲高考数学(新高考地区专用)(解析版)

专题3.5 导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值极值点x 0为极大值点x 0为极小值点2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．【题型1 根据函数图象判断极值】【方法点拨】由图象判断函数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.【例1】（2022春•杨浦区校级期末）已知函数y＝f（x）（a＜x＜b）的导函数是y＝f'（x）（a＜x＜b），导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）在（a，b）内有（）A．3个驻点B．4个极值点C．1个极小值点D．1个极大值点【解题思路】由题意结合导函数图像即可确定函数的性质．【解答过程】解：由导函数的图象可知，原函数存在4个驻点，函数有3个极值点，其中2个极大值点，1个极小值点．故选：C．【变式1-1】（2022春•纳雍县期末）已知函数f（x）的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A．﹣1是f（x）的极小值点B．曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率小于零C．f（x）在区间（﹣∞，3）上单调递减D．﹣3是f（x）的极小值点【解题思路】根据题意，由函数导数与单调性的关系依次分析选项，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，在x＝﹣1左右都有f′（x）＜0，﹣1不是f（x）的极值，A错误；对于B，f′（x）的图象在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，则曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率即f′（2）小于零，B正确；对于C，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，C错误；对于D，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，则﹣3是f （x）的极大值点，D错误；故选：B．【变式1-2】（2022春•朝阳区校级月考）如图，可导函数y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），设h（x）＝g（x）﹣f（x），h'（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（）A．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极大值点B．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极小值点C．h'（x0）≠0，x0不是h（x）的极大值点D．h'（x0）≠0，x0是h（x）的极值点【解题思路】由图判断函数h（x）的单调性，结合y＝g（x）为y＝f（x）在点P处的切线方程，则有h'（x0）＝0，由此可判断极值情况．【解答过程】解：由题得，当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）单调递增，又h'（x0）＝g'（x0）﹣f'（x0）＝0，则有x0是h（x）的极小值点，故选：B．【变式1-3】（2022春•南阳期末）函数f（x）的导函数是f'（x），下图所示的是函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像，下列说法正确的是（）A．x＝﹣1是f（x）的零点B．x＝2是f（x）的极大值点C．f（x）在区间（﹣2，﹣1）上单调递增D．f（x）在区间[﹣2，2]上不存在极小值【解题思路】根据函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像判断f′（x）的符号，进而判断f（x）的单调性和极值即可．【解答过程】解：由函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像知，当﹣2＜x＜﹣1时，x+1＜0，y＞0，∴f'（x）＜0，f（x）在（﹣2，﹣1）上减函数，当﹣1＜x＜2时，x+1＞0，y＞0，∴f'（x）＞0，f（x）在（﹣1，2）上增函数，当x＞2时，x+1＞0，y＜0，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上减函数，∴x＝﹣1、x＝2分别是f（x）的极小值点、极大值点．∴选项A、C、D错误，选项B正确，故选：B．【题型2 求已知函数的极值（点）】【方法点拨】求函数f(x)极值的一般解题步骤：①确定函数的定义域；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．【例2】（2022•扬中市校级开学）已知函数f(x)=12x−sinx在[0，π2]上的极小值为（）A ．π12−√32B ．π12−12C ．π6−12D ．π6−√32【解题思路】根据极小值的定义，结合导数的性质进行求解即可．【解答过程】解：由f(x)=12x −sinx ⇒f′(x)=12−cosx ，当x ∈(0，π3)时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈(π3，π2)时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，所以π3是函数的极小值点，极小值为：f(π3)=π6−√32，故选：D ．【变式2-1】（2022春•资阳期末）函数f （x ）＝x 3﹣3x 的极大值为（） A ．﹣4B ．﹣2C ．1D ．2【解题思路】求导，利用导数确定f （x ）的单调区间，从而即可求极大值．【解答过程】解：因为f （x ）＝x 3﹣3x ，x ∈R ，所以f ′（x ）＝3x 2﹣3＝3（x +1）（x ﹣1），令f ′（x ）＝0，得x ＝﹣1或x ＝1，所以当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；所以f （x ）的单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（1，∞）；单调递减区间为（﹣1，1）．所以f （x ）极大值＝f （﹣1）＝2．故选：D ．【变式2-2】（2022春•平谷区期末）函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为（） A ．π3B ．π6C ．5π6D ．2π3【解题思路】分析函数导数的符号变化，由此可得函数的单调性，由单调性得出结论即可．【解答过程】解：对于函数f （x ）＝x +2cos x ，f ′（x ）＝1﹣2sin x ，因为x ∈[0，π]，当0＜x ＜π6时，f ′（x ）＞0，当π6＜x ＜5π6时，f ′（x ）＜0，当5π6＜x ＜π时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）在区间[0，π6]上是增函数，在区间[π6，5π6]上是减函数，在[5π6，π]是增函数．因此，函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为5π6．故选：C ．【变式2-3】（2022春•新乡期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）2（2﹣x ）3，则f （x ）的极大值点为（） A ．1B ．75C ．﹣1D ．2【解题思路】解：因为f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ），所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增，所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【解答过程】解：f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ），令f ′（x ）＝0得x ＝1或x =75，所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增，所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【题型3 由函数的极值（点）求参数】【方法点拨】根据函数极值情况求参数的两个要领：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：求出参数后，验证所求结果是否满足题意．【例3】（2022春•龙海市校级期末）函数f （x ）＝4x 3﹣ax 2﹣2bx +2在x ＝1处有极大值﹣3，则a ﹣b 的值等于（） A ．0B ．6C ．3D ．2【解题思路】对函数求导，利用f （1）＝﹣3以及f ′（1）＝0解出a ，b ，进而得出答案．【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝12x 2﹣2ax ﹣2b ，因为f （x ）在x ＝1处有极大值﹣3，所以f ′（1）＝12﹣2a ﹣2b ＝0，f （1）＝4﹣a ﹣2b +2＝﹣3，解得a ＝3，b ＝3，所以a ﹣b ＝0．故选：A ．【变式3-1】（2022春•哈尔滨期末）若函数f(x)=6alnx +12x 2−(a +6)x 有2个极值点，则实数a 的取值范围是（）A．（﹣∞，6）∪（6，+∞）B．（0，6）∪（6，+∞）C．{6}D．（0，+∞）【解题思路】根据条件函数f（x）有两个极值点，转化为方程f′（x）＝0有两个不等正实数根，得到求解．【解答过程】解：函数f（x）的定义域（0，+∞），f′(x)=6ax+x−(a+6)=(x−6)(x−a)x，令f′（x）＝0得，x＝6或x＝a，∵函数f（x）有2个极值点，∴f'（x）＝0有2个不同的正实数根，∴a＞0且a≠6，故选：B．【变式3-2】（2022春•淄博期末）已知x＝2是函数f（x）＝ax3﹣3x2+a的极小值点，则f（x）的极大值为（）A．﹣3B．0C．1D．2【解题思路】先对函数求导，然后结合极值存在条件可求a，进而可求函数的极大值．【解答过程】解：因为f′（x）＝3ax2﹣6x，由题意可得，f′（2）＝12a﹣12＝0，故a＝1，f′（x）＝3x2﹣6x，当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝0时，函数取得极大值f（0）＝1．故选：C．【变式3-3】（2022春•赣州期末）已知函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）在x＝1处取得极值，则a+b的最大值为（）A．1B．√2C．2D．2√2【解题思路】根据题意，对函数求导，令f′（1）＝0可求得a2+b2＝2，利用基本不等式可求a+b的最大值．【解答过程】解：函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）的导数为f′（x）＝3x2+2a2x+2b2﹣7，因为函数在x＝1处取得极值，所以f′（1）＝3+2a2+2b2﹣7＝0，即a2+b2＝2，因为a 2+b 2＝（a +b ）2﹣2ab ＝2，即（a +b ）2﹣2＝2ab ，因为ab ≤(a+b 2)2，所以(a +b)2−2≤2(a+b 2)2，整理得（a +b ）2≤4，所以a +b ≤2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，此时f ′（x ）＝3x 2+2x ﹣5＝（3x +5）（x ﹣1），满足函数在x ＝1处取得极值，所以a +b 的最大值为2，故选：C ．【题型4 利用导数求函数的最值】【方法点拨】(1)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上单调递增或单调递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，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 )上有唯一一个极大(或极小)值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．【例4】（2022•河南开学）函数f(x)=x 2−2x +8x 在（0，+∞）上的最小值为（） A ．2B ．3C ．4D ．5【解题思路】由题意求导，从而确定函数的单调性，从而求函数的最值．【解答过程】解：因为f ′(x)=2x −2−8x 2=(x 3−2x 2)+(x 3−8)x 2=(x−2)(2x 2+2x+4)x 2，所以f （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，故f （x ）min ＝f （2）＝4．故选：C ．【变式4-1】（2022春•中山市校级月考）函数y ＝x ﹣2sin x 在区间[0，2]上的最小值是（） A ．π6−√3B ．−π3−√3C ．−π6−√3D ．π3−√3【解题思路】利用导数研究函数区间单调性，进而求其最小值即可．【解答过程】解：由y ′＝1﹣2cos x ，当0≤x ＜π3时，y ′＜0，即y 递减；当π3＜x ≤2时，y ′＞0，即y 递增；所以y min =π3−2sin π3=π3−√3．【变式4-2】（2022春•乐山期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣lnx ，则函数f （x ）在[1，2]上的最小值为（） A ．1B ．√22C ．18+12ln2 D ．12+12ln2【解题思路】求导确定函数在[1，2]上的单调性，求出最小值即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝x 2﹣lnx （x ＞0），所以f ′（x ）＝2x −1x =2x 2−1x ，所以当x ∈[1，2]时，f ′（x ）=2x 2−1x ＞0，则f （x ）在[1，2]上单调递增，则f （x ）在[1，2]上的最小值为f （1）＝1．故选：A ．【变式4-3】（2022•绿园区校级开学）函数f （x ）＝lnx +1x −12与g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x 的最小值分别为a ，b ，则（） A ．a ＝b B ．a ＞bC ．a ＜bD ．a ，b 的大小不能确定【解题思路】根据函数的单调性分别求出函数f （x ），g （x ）的最小值，比较a ，b 即可．【解答过程】解：f （x ）的定义域是（0，+∞）， f ′(x)=1−1x =x−1x，令f ′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1， f （x ）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， f （x ）的最小值是f （1）＝1，故a ＝1， g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x ，定义域（0，+∞）， g ′(x)=(x +1)e x −1x −1=x+1x (xe x −1)，令h （x ）＝xe x ﹣1，则h ′（x ）＝（x +1）e x ＞0，x ∈（0，+∞），则可得h （x ）在（0，+∞）上单调递增，且h （0）＝﹣1＜0，h （1）＝e ﹣1＞0，故存在x 0∈（0，1）使得h （x ）＝0即x 0e x 0=1，即x 0+lnx 0＝0，当x ∈（0，x 0）时，h （x ）＜0，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减，当x ∈（x 0，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增，故当x ＝x 0时，函数取得最小值g(x 0)=x 0e x 0−lnx 0−x 0=1−lnx 0−x 0=1，即b ＝1，所以a ＝b ，【题型5 由函数的最值求参数】【例5】（2022春•烟台期末）若函数f(x)=x 3−3a 2x 2+4在区间[1，2]上的最小值为0，则实数a 的值为（） A ．﹣2B ．﹣1C ．2D ．103【解题思路】对函数求导后，分a ≤0和a ＞0两种情况求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，使最小值等于零，从而可出实数a 的值．【解答过程】解：由f(x)=x 3−3a 2x 2+4，得f '（x ）＝3x 2﹣3ax ＝3x （x ﹣a ），当a ≤0时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立，所以f （x ）在[1，2]上递增，所以f(x)min =f(1)=1−3a2+4=0，解得a =103（舍去），当a ＞0时，由f '（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a ，当0＜a ≤1时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立，所以f （x ）在[1，2]上递增，所以f(x)min =f(1)=1−3a 2+4=0，解得a =103（舍去），当1＜a ＜2时，当1＜x ＜a 时，f '（x ）＜0，当a ＜x ＜2时，f '（x ）＞0，所以f （x ）在（1，a ）上递减，在（a ，2）上递增，所以当x ＝a 时，f （x ）取得最小值，所以f(a)=a 3−3a2a 2+4=0，解得a ＝2（舍去），当a ≥2时，当1≤x ≤2时，f '（x ）＜0，所以f （x ）在[1，2]上递减，所以f(x)min =f(2)=23−3a2×4+4=0，解得a ＝2，综上，a ＝2，故选：C ．【变式5-1】（2022春•贵阳期末）若函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在x ≤20222021上的最小值为e +1，则a 的值为（） A ．0B ．1C ．20202021D ．20212020【解题思路】判断函数f （x ）的定义域，可知函数f （x ）在定义域上单调递增，由此可建立关于a 的方程，解出即可得到答案．【解答过程】解：函数的定义域为[1，20222021]，而函数y =e x ，y =lnx ，y =x √x −1在[1，+∞）上均为增函数，∴函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在[1，20222021]单调递增， ∴f （x ）min ＝f （1）＝e +a ＝e +1，解得a ＝1．故选：B ．【变式5-2】（2022春•江北区校级期末）若函数f （x ）＝x 3﹣3x 在区间（2a ，a +3）上有最小值，则实数a 的取值范围是（） A ．(−2，12)B ．（﹣2，1）C ．[−1，12)D ．（﹣2，﹣1]【解题思路】由导数性质得f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2．由此利用函数性质列不等式即可求解a 的范围．【解答过程】解：∵f （x ）＝x 3﹣3x ，∴f ′（x ）＝3x 2﹣3，由f ′（x ）＝0，得x ＝±1，x ∈（﹣∞，﹣1）时，f ′（x ）＞0；x ∈（﹣1，1）时，f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0， ∴f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1）， ∴x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2． f （x ）＝x 3﹣3x ＝﹣2时， x 3﹣3x +2＝0，x 3﹣x ﹣2x +2＝0， x （x 2﹣1）﹣2x +2＝0，x （x +1）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0，（x 2+x ）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0，（x ﹣1）（x 2+x ﹣2）＝0，（x ﹣1）（x +2）（x ﹣1）＝0，（x ﹣1）2（x +2）＝0，解得x ＝1，x ＝﹣2，∴﹣2≤2a ＜1＜a +3，∴﹣1≤a ＜12．即实数a 的取值范围是[﹣1，12），故选：C．【变式5-3】（2022春•公安县校级月考）已知函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，若f（x）的最小值为0对任意x＞0恒成立，则实数a的最小值为（）A．2√eB．−2e C．1√eD．√e【解题思路】把f（x）转化为f（x）＝e2lnx+ax+1﹣（2lnx+ax+1）﹣1，证明e x﹣1≥x恒成立，得到f（x）≥0恒成立，从而得到a=−2lnx−1x，令g（x）=−2lnx−1x，利用导数求出函数g（x）的最小值即可求出结果．【解答过程】解：∵函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1，令t＝lnx2+ax+1，则h（t）＝e t﹣t﹣1，f′（t）＝e t﹣1，当t∈（﹣∞，0）时h′（t）＜0，h（t）单调递减，当t∈（0，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，∴h（t）≥h（0）＝0，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1≥0，等号成立的条件是lnx2+ax+1＝0，即a=−1−2lnxx在（0，+∞）上有解，设g(x)=−2lnx+1x，则g′(x)=−2−(2lnx+1)x2=2lnx−1x2，令g′（x）＝0，解得x=√e，∴当x∈(0，√e)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈(√e，+∞)时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g(x)min=g(√e)=2√e，即a的最小值为2√e．故选：A．【题型6 极值和最值的综合问题】【方法点拨】解决函数极值、最值综合问题的策略：(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．【例6】（2022春•城厢区校级期末）已知函数f(x)=x3−32(k+1)x2+3kx+1，其中k∈R．（1）当k＝3时，求函数f（x）在（0，3）内的极值点；（2）若函数f（x）在[1，2]上的最小值为3，求实数k的取值范围．【解题思路】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究函数的单调性，据此可求得函数的值域；（2）求得函数的解析式，然后结合导函数的符号确定函数的单调性，分类讨论即可求得实数k的取值范围．【解答过程】解：（1）k＝3时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，则f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），令f'（x）＝0得x1＝1，x2＝3，当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当1＜x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，1），（3，+∞），单调递减区间为（1，3）；所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减．故f（x）在（0，3）内的极大值点为x＝1，无极小值点；（2）方法一：f'（x）＝3x2﹣3（k+1）x+3k＝3（x﹣1）（x﹣k），①当k≤1时，∀x∈[1，2]，f'（x）≥0，函数f（x）在区间[1，2]单调递增，所以f(x)min=f(1)=1−32(k+1)+3k+1=3，即k=53（舍）；②当k≥2时，∀x∈[1，2]，f'（x）≤0，函数f（x）在区间[1，2]单调递减，所以f（x）min＝f（2）＝8﹣6（k+1）+3k⋅2+1＝3，符合题意；③当1＜k＜2时，当x∈[1，k）时，f'（x）≤0，f（x）区间在[1，k）单调递减，当x∈（k，2]时，f'（x）＞0，f（x）区间在（k，2]单调递减，所以f(x)min=f(k)=k3−32(k+1)k2+3k2+1=3，化简得：k3﹣3k2+4＝0，即（k+1）（k﹣2）2＝0，所以k＝﹣1或k＝2（都舍）；综上所述：实数k取值范围为k≥2．【变式6-1】（2022春•德州期末）已知函数f(x)=x3−3ax+1(a＞12 )．（1）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求实数a的值；（2）当x∈[﹣2，1]时．求函数f（x）的最大值．【解题思路】（1）利用导数求得函数极值，代入计算即可得到a的值；（2）f'（x）＝0的根分类讨论，然后列表表示f'（x）的正负，极值点，同时注意比较端点处函数值，从而得最大值．【解答过程】解：（1）由题意可知f'（x）＝3x2﹣3a，因为函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，所以f'（﹣1）＝0，即3﹣3a＝0，解得a＝1，经检验a＝1，符合题意，所以a＝1；（2）由（1）知f'（x）＝3x2﹣3a，令f'（x）＝0，x=±√a，当0＜√a＜1，即0＜a＜1时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，√a)√a(√a，1)1 f'（x）+0﹣0+f（x）﹣7+6a单调递增单调递减单调调增2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当1≤√a＜2，即1≤a＜4时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，1)1f'（x）+0﹣f（x）﹣7+6a单调递增单调递减2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当√a≥2即a≥4时，f'（x）＝3x2﹣3a≤0恒成立，即f（x）在[﹣2，1]上单调递减，所以f（x）的最大值为f （﹣2）＝﹣7+6a ，综上所述，当12＜a ＜4时，f （x ）的最大值为2a √a +1；当a ≥4时，f （x ）的最大值为﹣7+6a ．【变式6-2】（2022春•漳州期末）已知函数f(x)=(x −1)e x −t2x 2−2x ，f '（x ）为f （x ）的导函数，函数g （x ）＝f '（x ）．（1）当t ＝1时，求函数g （x ）的最小值；（2）已知f （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2）且f(x 1)+52e −1＜0，求实数t 的取值范围．【解题思路】（1）当t ＝1时，根据题意可得g （x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，求导得g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1，分析g （x ）的单调性，进而可得g （x ）min ．（2）问题可化为t =e x −2x，有两个根x 1，x 2，令ℎ(x)=e x −2x，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0，求导分析单调性，又x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0，推出t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)，分析f （x 1）的单调性，又φ(−1)=−52e +1，推出﹣1＜x 1＜0，即可得出答案．【解答过程】解：g （x ）＝f '（x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，（1）当t ＝1时，g （x ）＝xe x ﹣x ﹣2，g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1，当x ≤﹣1时，x +1≤0，e x ＞0，所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1≤0﹣1＜0，当﹣1＜x ＜0时，0＜x +1＜1，0＜e x ＜1，所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＜1×1﹣1＝0，当x ＞0时，x +1＞1，e x ＞1，所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＞1×1﹣1＝0．综上g （x ）在（﹣∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，所以g （x ）min ＝g （0）＝﹣2．（2）依题有：方程g （x ）＝0有两个不同的根x 1，x 2，方程g （x ）＝0可化为t =e x −2x ，令ℎ(x)=e x −2x ，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0，所以h （x ）在（﹣∞，0）和（0，+∞）都是增函数，因为x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0，所以t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)，所以f(x 1)=(x 1−1)e x 1−t2x 12−2x 1 =(x 1−1)e x 1−12(e x 1−2x 1)x 12−2x 1=(−x 122+x 1−1)e x 1−x 1＜−52e +1，令φ(x)=(−x 22+x −1)e x −x(x ＜0)，则φ′(x)=−12x 2e x −1＜0，所以φ（x ）在（﹣∞，0）上为减函数，又因为φ(−1)=−52e +1，所以﹣1＜x 1＜0，所以t =e x 1−2x 1＞1e+2．【变式6-3】（2022春•潞州区校级期末）有三个条件： ①函数f （x ）在x ＝1处取得极小值2； ②f （x ）在x ＝﹣1处取得极大值6； ③函数f （x ）的极大值为6，极小值为2．这三个条件中，请任意选择一个填在下面的横线上（只要填写序号），并解答本题．题目：已知函数f （x ）＝x 3﹣3ax +b （a ＞0），并且 _____．（1）求f （x ）的解析式；（2）当x ∈[﹣3，1]时，求函数f （x ）的最值．【解题思路】（1）求出函数f （x ）的导数f ′（x ），选择条件①，②，利用给定的极值点及对应的极值列式求解并验证作答；选择条件③，判断极大值与极小值列式求解并验证作答．（2）利用（1）的结论，利用导数求出给定区间上的最值作答．【解答过程】解：（1）选条件①：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(1)=0f(1)=2，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，当x ＞1时，f ′（x ）＞0，则f （x ）在x ＝1处取得极小值2，所以f （x ）＝x 3﹣3x +4；选条件②：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(−1)=0f(−1)=6，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＝＜0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4．选条件③：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，令f′（x）＝3x2﹣3a＝0，得x=±√a，当x＜−√a或x＞√a时，f′（x）＞0，当−√a＜x＜√a时时，f′（x）＜0，因此，当x=−√a时，f（x）取得极大值f（−√a），当x=√a时，f（x）取得极小值f（√a），于是得{(−√a)3−3a(−√a)+b=6(√a)3−3a√a+b=2，解得{a=1b=4，此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在x＝1处取得极小值2，在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4；（2）由（1）知，f（x）＝x3﹣3x+4，当x∈[﹣3，1]时，f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当﹣3＜x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在[﹣3，﹣1）上递增，在（﹣1，1]上递减，而f（﹣3）＝﹣14，f（1）＝2，所以f（x）max＝f（﹣1）＝6，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣14．。

高中数学第二章导数及其应用习题课用导数研究函数的单调性极值最值课件北师大版选择性必修第二册

若a≤0,则f'(x)=ln x-2ax+1>0在x>1时恒成立,从而f(x)在区间(1,+∞)上单调
递增,
所以f(x)>f(1)=0在区间(1,+∞)上恒成立,与已知矛盾,
故a≤0不符合题意.
若a>0,设φ(x)=f'(x)=ln x-2ax+1,x>1,
1
1
则 φ'(x)= -2a,且 ∈(0,1).
(3)注意区分“在区间上恒成立”与“在区间上存在x值使不等式成立”的区别.
分离参数后对应不同的最值类型.
【变式训练1】已知函数f(x)=x2+aln x.
(1)当a=-2时,求函数f(x)的单调区间;
2
(2)若g(x)=f(x)+ 在[1,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围.
2 2(2 -1)
∴函数f(x)在区间(0,π)上单调递减.
答案:D
).
二、函数的极值、最值与导数
【问题思考】
1.(1)函数的极大值与极小值:
若函数y=f(x)在区间(a,x0)上单调递增,在区间(x0,b)上单调递减,则x0是极大
值点,f(x0)是极大值.
若函数y=f(x)在区间(a,x0)上单调递减,在区间(x0,b)上单调递增,则x0是极小
2 2
则 g'(x)≤0 在[1,+∞)上恒成立,即 a≤ -2x 在[1,+∞)上恒成立.

因为φ(x)没有最小值,不满足题意,
所以实数a的取值范围为[0,+∞).
探究二
用导数求函数的极值、最值
【例2】已知函数f(x)= 1x2+aln x.

第2章第3节导数与函数的极值、最值新高考数学自主复习PPT

第3节
导数与函数的极值、最值
3.函数的最值与极值的区别与联系
(1)函数的最值是一个整体性的概念，反映的是函数在整个定义域或其某个子区间上的情况，是对整个区间上的函数值的比较；函数的极值是在局部上对函数值的比较，具有相对性． (2)函数在一个闭区间上若存在最大值或最小值，则最大值或最小值只能各有一个，具有唯一性；而极大值和极小值可能多于一个，也可能没有． (3)极值只能在区间内取得，最值则可以在区间端点处取得，函数有极值时不一定有最值，有最值时也未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在区间端点处取得必定是极值．
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第3节
导数与函数的极值、最值
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第3节
导数与函数的极值、最值
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第3节
导数与函数的极值、最值
考点2 已知函数的极值、最值求参数
5．[课标全国Ⅲ2019·20]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]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．
第2章第3节导数与函数的极值、最值新高考数学自主复习ppt【公开课课件】
极值时，该极值必是最值．例如函数
在(0，＋∞)内连续，但没有最大
值与最小值．
②在闭区间上的每一点处必须连续，即在闭区间上有间断点亦不能保证f(x)有最

完整版)导数与极值、最值练习题

完整版)导数与极值、最值练习题三、知识新授一）函数极值的概念函数极值指的是函数在某个点上的最大值或最小值，包括极大值和极小值。

二）函数极值的求法：1）确定函数的定义域，并求出函数的导数f'(x)；2）解方程f'(x)=0，得到方程的根x（可能不止一个）；3）如果在x附近的左侧f'(x)>0，右侧f'(x)<0，则f(x)是极大值；反之，则f(x)是极小值。

题型一图像问题1、函数f(x)的导函数图像如下图所示，则函数f(x)在图示区间上（）第二题图）A．无极大值点，有四个极小值点B．有三个极大值点，两个极小值点C．有两个极大值点，两个极小值点D．有四个极大值点，无极小值点2、函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f'(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个3、若函数f(x)=x+bx+c的图像的顶点在第四象限，则函数f'(x)的图像可能为（）图略）4、设f'(x)是函数f(x)的导函数，y=f'(x)的图像如下图所示，则y=f(x)的图像可能是（）图略）A。

B。

C。

D。

5、已知函数f(x)的导函数f'(x)的图像如右图所示，那么函数f(x)的图像最有可能的是（）图略）6、f'(x)是f(x)的导函数，f'(x)的图像如图所示，则f(x)的图像只可能是（）图略）A。

B。

C。

D。

7、如果函数y=f(x)的图像如图，那么导函数y=f'(x)的图像可能是（）图略）ABCD8、如图所示是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)图像，则下列哪一个判断可能是正确的（）图略）A．在区间(-2,0)内y=f(x)为增函数B．在区间(0,3)内y=f(x)为减函数C．在区间(4,+∞)内y=f(x)为增函数D．当x=2时y=f(x)有极小值9、如果函数y=f(x)的导函数的图像如图所示，给出下列判断：①函数y=f(x)在区间(-3,-1/2)内单调递增；②函数y=f(x)在区间(-1/2,2)内单调递减。

《导数与函数的极值、最值》示范公开课教学课件

典例分析
例2 已知函数f（x）＝ 1 x3－4x＋4，求函数的极值，并作出函数图像的示意图． 3
为方便起见，上面步骤也可以用表格形式表示（↗表示递增，↘表示递减），x fΒιβλιοθήκη （x） f（x）（－∞，－2）
－2
＋
0
↗
极大值 9 1
3
（－2，2）
2
－
0
↘
极小值 11
3
（2，＋∞）＋ ↗
典例分析
求可导函数极值的步骤为： ➢ 确定函数的定义区间，求导数f′（x）； ➢ 求方程f′（x）＝0的根； ➢ 用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小区间，并列成表格．检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不变符号，那么f（x）在这个根处无极值．
a
（2）函数f（x）在a、b点的导数值是多少？
（3）在a、b点附近，y＝f（x）的导数的符号分别是什么？
O b
x y＝f（x）
追问3：观察y＝f（x）的图像在x＝b点的函数值f（b）与x＝b附近的其他点的函数值的特征，并描述在x＝b点及其附近导数的正负．
新知探究
一般地，设函数y＝f（x）的定义域为D，设x0∈D，如果对于x0附近的任意不同于x0的x，都有（1）f（x）＜f（x0），则称x0为函数f（x）的一个极大值点，且f（x）在x0处取极大值；（2）f（x）＞f（x0），则称x0为函数f（x）的一个极小值点，且f（x）在x0处取极小值．极大值点与极小值点都称为极值点，极大值与极小值都称为极值．显然，极大值点在其附近函数值最大，极小值点在其附近函数值最小．

高考数学复习第三章导数及其应用3.2.2导数与函数的极值最值文ppt市赛课公开课一等奖省名师优质课获

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②若 0<a<e，当 x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数 f(x)在区间(0， a)上单调递减，当 x∈(a，e]时，f′(x)>0，函数 f(x)在区间(a，e] 上单调递增，
所以当 x＝a 时，函数 f(x)取得最小值 ln a.
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③若 a≥e，则当 x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数 f(x)在区间(0， e]上单调递减，
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考点 1 用导数解决函数极值问题
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函数的极值 (1)函数的极小值：函数 y＝f(x)在点 x＝a 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__f′__(_x_)<_0_，右侧_f_′__(_x_)>_0_，则点 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．
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当 x∈12，3时，f′(x)＝x2－ax＋1≤0，即 a≥x＋1x恒成立，a≥130. 因此要使函数 f(x)在12，3上有极值点，实数 a 的取值范围是2，130.
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(2)已知 f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2 在 x＝－1 时有极值 0，则 a
－b＝__－__7____.
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已知 y＝f(x)是奇函数，当 x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－axa>12，
当 x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为 1，则 a＝( D )
1
1
A.4
B.3
1 C.2
D．1
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解析：由题意知，当 x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1. 令 f′(x)＝1x－a＝0，得 x＝1a，当 0<x<1a时，f′(x)>0；当 x>1a时，f′(x)<0. ∴f(x)max＝f1a＝－ln a－1＝－1，解得 a＝1.