导数与函数的极值、最值(经典导学案及练习答案详解)

§3.3导数与函数的极值、最值
学习目标
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.
2.会用导数求函数的极大值、极小值.
3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．
知识梳理
1．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a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧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．
(3)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．函数的最大(小)值
(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
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．
常用结论
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．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(×)
(2)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)
(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．(√)
(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(×)
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
答案 A
解析 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 )＝x 3－ax 2＋2x －1有极值，则实数a 的取值范围是( )
A ．(－∞，－6]∪[6，＋∞)
B ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)
C ．(－6，6)
D ．[－6，6]
答案 B
解析 f ′(x )＝3x 2－2ax ＋2，由题意知f ′(x )有变号零点，∴Δ＝(－2a )2－4×3×2>0， 解得a >6或a <－ 6.
3．若函数f (x )＝13
x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________. 答案 4
解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.
题型一 利用导数求函数的极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例1 (2022·广州模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )
A ．函数f (x )有极大值f (－3)和f (3)
B ．函数f (x )有极小值f (－3)和f (3)
C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)
D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)
答案 D
解析由题图知，当x∈(－∞，－3)时，
y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．
命题点2求已知函数的极值
例2已知函数f(x)＝x－1＋a
e x(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解(1)因为f(x)＝x－1＋a
e x，
所以f′(x)＝1－a
e x，
又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，
即1－a
e1＝0，所以a＝e.
(2)由(1)知f′(x)＝1－a
e x，
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，
故f(x)在x＝ln a处取得极小值，
且f(ln a)＝ln a，但是无极大值，
综上，当a≤0时，f(x)无极大值与极小值；
当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，但是无极大值．
命题点3已知极值(点)求参数
例3(1)(2022·大庆模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于()
A ．－7
B ．0
C ．－7或0
D ．－15或6
答案 A 解析 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，
可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，
因为f (x )在x ＝1处取得极值10，
可得⎩
⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧
a ＝－3，
b ＝3， 检验知，当a ＝－3，b ＝3时，
可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，
此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，
当x <－113
或x >1时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；
当－113
<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意．
所以a ＋b ＝－7.
(2)(2022·南京模拟)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )在区间(0，＋∞)上有两个极值，则实数a 的取值范围为( )
A ．(0，e)
B.⎝⎛⎭⎫0，1e
C.⎝⎛⎭
⎫0，12 D.⎝⎛⎭
⎫0，13 答案 C
解析 f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎝⎛⎭⎫1x －a
＝ln x ＋1－2ax ，
由题意知ln x ＋1－2ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，2a ＝ln x ＋1x
， 设g (x )＝ln x ＋1x
， 则g ′(x )＝1－(ln x ＋1)x 2＝－ln x x 2.
当0<x <1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；
当x >1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，
所以g (x )的极大值为g (1)＝1，
又当x >1时，g (x )>0，
当x →＋∞时，g (x )→0，
当x →0时，g (x )→－∞，
所以0<2a <1，即0<a <12. 教师备选 1．(2022·榆林模拟)设函数f (x )＝x cos x 的一个极值点为m ，则tan ⎝
⎛⎭⎫m ＋π4等于( ) A.m －1m ＋1
B.m ＋1m －1
C.1－m m ＋1
D.m ＋11－m 答案 B
解析 由f ′(x )＝cos x －x sin x ＝0，
得tan x ＝1x ，所以tan m ＝1m
， 故tan ⎝
⎛⎭⎫m ＋π4＝1＋tan m 1－tan m ＝m ＋1m －1. 2．已知a ，b ∈R ，若x ＝a 不是函数f (x )＝(x －a )2(x －b )·(e x －1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( )
A ．1≤b <a
B ．b <a ≤1
C ．a <1≤b
D ．a <b ≤1 答案 B
解析 令f (x )＝(x －a )2(x －b )(e x －1－1)＝0，
得x 1＝a ，x 2＝b ，x 3＝1.
下面利用数轴标根法画出f (x )的草图，借助图象对选项A ，B ，C ，D 逐一分析．
对选项A ，若1≤b <a ，由图
可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项B ，若b <a ≤1，由图
可知x ＝a 不是f (x )的极小值点，符合题意； 对选项C ，若a <1≤b ，由图
可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意； 对选项D ，若a <b ≤1，由图可知x ＝a 是f (x )的极小值点，不符合题意． 思维升华 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．
跟踪训练1 (1)(2022·长沙模拟)若x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x
－1的极值点，则f (x )的极大值为( )
A ．－1
B ．－2e －3
C ．5e －3
D ．1 答案 C
解析 因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，
故可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝e x －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]，
因为x ＝1是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x
－1的极值点，故可得f ′(1)＝0，
即2a ＋2＝0，解得a ＝－1.
此时f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)＝e x －1(x ＋2)(x －1)．
令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝1，
由f ′(x )>0可得x <－2或x >1；
由f ′(x )<0可得－2<x <1，
所以f (x )在区间(－∞，－2)上单调递增，
在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f (x )的极大值点为x ＝－2.则f (x )的极大值为f (－2)＝(4＋2－1)e －3＝5e －3.
(2)(2022·芜湖模拟)函数f (x )＝ln x ＋12
x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )
A.⎝⎛⎭⎫52，103
B.⎣⎡⎭⎫52，103
C.⎝⎛⎦⎤52，103
D.⎣⎡⎦⎤2，103 答案 B
解析 ∵f (x )＝ln x ＋12
x 2－ax (x >0)， ∴f ′(x )＝1x
＋x －a ， ∵函数f (x )＝ln x ＋12
x 2－ax (x >0)在⎣⎡⎦⎤12，3上有且仅有一个极值点， ∴y ＝f ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，3上只有一个变号零点．
令f ′(x )＝1x ＋x －a ＝0，得a ＝1x
＋x . 设g (x )＝1x ＋x ，则g (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,3]上单调递增，
∴g (x )min ＝g (1)＝2，
又g ⎝⎛⎭⎫12＝52，g (3)＝103， ∴当52≤a <103
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⎣⎡⎭⎫52，103.
题型二 利用导数求函数最值
例4 已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )．
(1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．
解 (1)∵a ＝1，
∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，
∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x
， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，
∴g (x )在[1，e]上单调递增，
∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1.
(2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，
g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x
＝(2x －a )(x －1)x
. ①当a 2
≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1； ②当1<a 2
<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14
a 2－a ； ③当a 2
≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e. 综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，
(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.
教师备选
已知函数f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)．
(1)讨论函数f (x )的单调性；
(2)若函数f (x )有最大值M ，且M >a －4，求实数a 的取值范围．
解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
由f (x )＝ln x －ax －2(a ≠0)可得
f ′(x )＝1x
－a ， 当a <0时，f ′(x )>0，
所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a
， 所以当x ∈⎝⎛⎭
⎫0，1a 时， f ′(x )>0，f (x )单调递增；
当x ∈⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 综上所述，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞上单调递减． (2)由(1)知，当a <0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，
当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭
⎫1a ，＋∞上单调递减， 所以当x ＝1a
时，f (x )取得最大值， 即f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a ×1a
－2 ＝ln 1a
－3＝－ln a －3， 因此有－ln a －3>a －4，得ln a ＋a －1<0，
设g (a )＝ln a ＋a －1，
则g ′(a )＝1a
＋1>0， 所以g (a )在(0，＋∞)上单调递增，
又g (1)＝0，所以g (a )<g (1)，得0<a <1，
故实数a 的取值范围是(0,1)．
思维升华 (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，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．
(2)若所给的闭区间[a ，b ]含参数，则需对函数f (x )求导，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．
跟踪训练2 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)，设该蓄水池的底面半径为r
米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大.
解 (1)∵蓄水池的侧面的总成本为
100×2πrh ＝200πrh (元)，
底面的总成本为160πr 2元，
∴蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元．
由题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，
∴h ＝15r (300－4r 2)．
从而V (r )＝πr 2h ＝π
5(300r －4r 3)．
由h >0，且r >0，可得0<r <5 3.
故函数V (r )的定义域为(0,53)．
(2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)， 故V ′(r )＝π
5(300－12r 2)，
令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍)．
当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上单调递增；
当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上单调递减．
由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8，
即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．
课时精练
1．若函数f (x )＝x 2＋2x
e x 的极大值点与极小值点分别为a ，b ，则a ＋b 等于(
) A ．－4 B. 2
C ．0
D ．2
答案 C
解析 f ′(x )＝2－x 2
e x ，
当－2<x <2时，f ′(x )>0；
当x <－2或x >2时，f ′(x )<0.
故f (x )＝x 2＋2x e
x 的极大值点与极小值点分别为2，－2， 则a ＝2，b ＝－2，所以a ＋b ＝0.
2．如图是函数y ＝f (x )的导函数的图象，下列结论中正确的是( )
A ．f (x )在[－2，－1]上单调递增
B ．当x ＝3时，f (x )取得最小值
C ．当x ＝－1时，f (x )取得极大值
D ．f (x )在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减
答案 D
解析 根据题图知，
当x ∈(－2，－1)，x ∈(2,4)时，
f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；
当x ∈(－1,2)，x ∈(4，＋∞)时，
f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增．
所以y ＝f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A 不正确，选项D 正确；
故当x ＝－1时，f (x )取得极小值，选项C 不正确；当x ＝3时，f (x )不是取得最小值，选项B 不正确．
3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( )
A ．2
B ．－52
C ．3＋ln 2
D ．－2＋2ln 2 答案 B
解析 由题意得，f ′(x )＝2x
＋2ax －3， ∵f (x )在x ＝2处取得极小值，
∴f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12
， ∴f (x )＝2ln x ＋12
x 2－3x ， f ′(x )＝2x ＋x －3＝(x －1)(x －2)x ，
∴f (x )在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52
. 4．(2022·重庆联考)函数f (x )＝x ＋2cos x 在[0，π]上的最大值为( )
A ．π－2
B.π6 C ．2
D.π6＋ 3 答案 D
解析 由题意得，f ′(x )＝1－2sin x ，
∴当0≤sin x ≤12
，即x 在⎣⎡⎦⎤0，π6和⎣⎡⎦⎤5π6，π上时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增； 当12
<sin x ≤1，即x 在⎝⎛⎭⎫π6，5π6上时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，
∴f (x )有极大值f ⎝⎛⎭⎫π6＝π6＋3，
有极小值f ⎝⎛⎭⎫5π6＝5π6－3，而端点值f (0)＝2，f (π)＝π－2，则f ⎝⎛⎭⎫π6>f (0)>f (π)>f ⎝⎛⎭
⎫5π6， ∴f (x )在[0，π]上的最大值为π6＋ 3. 5．(多选)已知x ＝1和x ＝3是函数f (x )＝ax 3＋bx 2－3x ＋k (a ，b ∈R )的两个极值点，且函数f (x )有且仅有两个不同零点，则k 值为( )
A ．－43
B.43 C ．－1
D ．0 答案 BD
解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx －3，
依题意1,3是f ′(x )＝0的两个根， 所以⎩⎨⎧ 1＋3＝－2b 3a ，
1×3＝－33a
，
解得a ＝－13，b ＝2. 故f (x )＝－13
x 3＋2x 2－3x ＋k . 易求得函数f (x )的极大值为f (3)＝k 和极小值为f (1)＝－43
＋k .
要使函数f (x )有两个零点，则f (x )极大值k ＝0或f (x )极小值－43＋k ＝0， 所以k ＝0或k ＝43
. 6．(多选)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π，2π)，则( )
A ．f (x )为奇函数
B ．f (x )在[0，π)上单调递增
C ．f (x )恰有4个极大值点
D ．f (x )有且仅有4个极值点
答案 BD
解析 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，
所以f (x )是非奇非偶函数，故A 错误；
因为f (x )＝x ＋sin x －x cos x ，
所以f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ，
当x ∈[0，π)时，f ′(x )>0，则f (x )在[0，π)上单调递增，故B 正确；
显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x
， 分别作出y ＝sin x ，y ＝－1x
在区间[－2π，2π)上的图象，
由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f (x )在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f (x )只有2个极大值点，故C 错误，D 正确．
7．(2022· 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f (x )＝________.
答案 sin x (答案不唯一)
解析 正弦函数f (x )＝sin x 为奇函数，且存在极值．
8．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________．
答案 1
解析 函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．
①当x >12
时，f (x )＝2x －1－2ln x ， 所以f ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x
，
当12
<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，
所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0<x ≤12
时，f (x )＝1－2x －2ln x 在⎝⎛⎦⎤0，12上单调递减， 所以f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝－2ln 12
＝2ln 2＝ln 4>ln e ＝1.综上，f (x )min ＝1. 9．已知函数f (x )＝ln x －2x －2x ＋1
. (1)求函数f (x )的单调区间；
(2)设g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1
＋2(a ∈R )，若x 1，x 2是函数g (x )的两个极值点，求实数a 的取值范围． 解 (1)由题知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝1x －2(x ＋1)－2(x －1)(x ＋1)2＝(x －1)2
x (x ＋1)2
≥0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立， 当且仅当x ＝1时，f ′(x )＝0，
所以f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)因为g (x )＝f (x )－4＋a x ＋1＋2＝ln x －a x ＋1
， 所以g ′(x )＝1x ＋a (x ＋1)2＝x 2＋(2＋a )x ＋1x (x ＋1)2
(x >0)． 由题意知x 1，x 2是方程g ′(x )＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．
令h (x )＝x 2＋(2＋a )x ＋1，又h (0)＝1>0，
所以只需⎩⎪⎨⎪⎧
－2－a >0，Δ＝(2＋a )2－4>0，解得a <－4，即实数a 的取值范围为(－∞，－4)． 10．(2022·珠海模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，其中e 为自然对数的底数．
(1)若x ＝1为f (x )的极值点，求f (x )的单调区间和最大值；
(2)是否存在实数a ，使得f (x )的最大值是－3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)∵f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，
∴f ′(x )＝1－ax x
， 由f ′(1)＝0，得a ＝1.
∴f ′(x )＝1－x x
， ∴x ∈(0,1)，f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )<0，
∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；
f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.
(2)∵f (x )＝ln x －ax ，
∴f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ， ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，
∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3，
解得a ＝4
e >0，舍去；
②当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝1－ax
x ＝0，
得x ＝1
a ，
当0<1
a <e ，即a >1
e 时，
∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1
a 时，f ′(x )>0；
x ∈⎝⎛⎭⎫1
a ，e 时，f ′(x )<0，
∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1
a ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1
a ，e ，
又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，
∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1
a ＝－1－ln a ＝－3，
∴a ＝e 2；
当e ≤1
a ，即0<a ≤1
e 时，
f (x )在(0，e]上单调递增，
∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3，
解得a ＝4
e >1
e ，舍去．
综上，存在a 符合题意，此时a ＝e 2.
11．若函数f (x )＝(x 2－a )e x 的两个极值点之积为－3，则f (x )的极大值为(
) A.6
e 3 B ．－2
e
C ．－2e D.4
e 2
答案 A
解析 因为f (x )＝(x 2－a )e x ，
所以f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x ，
由f′(x)＝(x2＋2x－a)e x＝0，
得x2＋2x－a＝0，
由函数f(x)＝(x2－a)e x的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)e x，f′(x)＝(x2＋2x－3)e x，
当x<－3或x>1时，f′(x)>0；
当－3<x<1时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，
在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极大值为f(－3)＝6 e3.
12．函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为()
A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2
C．a＝2，b＝3 D．以上都不对
答案 C
解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，
由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，
在[0,2]上单调递减，
即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，
则f(0)＝b＝3，
则f(x)＝ax3－6ax2＋3，
f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，
则f(－1)>f(2)，
即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，
计算得出a＝2，b＝3.
13．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则() A．a<b B．a>b
C．ab<a2D．ab>a2
答案 D
解析当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.
图1
当a <0时，根据题意画出函数f (x )的大致图象，如图2所示，观察可知a >b .
图2
综上，可知必有ab >a 2成立．
14．(2022·河南多校联考)已知函数f (x )＝2ln x ，g (x )＝x ＋2，若f (x 1)＝g (x 2)，则x 1－x 2的最小值为______．
答案 4－2ln 2
解析 设f (x 1)＝g (x 2)＝t ，
即2ln x 1＝t ，x 2＋2＝t ，
解得x 1＝2e t ，x 2＝t －2，
所以x 1－x 2＝2e t －t ＋2，
令h (t )＝2
e t －t ＋2，则h ′(t )＝21e 2t －1， 令h ′(t )＝0，解得t ＝2ln 2，
当t <2ln 2时，h ′(t )<0，
当t >2ln 2时，h ′(t )>0，
所以h (t )在(－∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h (t )的最小值为h (2ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，
所以x 1－x 2的最小值为4－2ln 2.
15．(多选)已知函数f (x )＝x ln x ＋x 2，x 0是函数f (x )的极值点，以下几个结论中正确的是( )
A ．0<x 0<1e
B ．x 0>1e
C ．f (x 0)＋2x 0<0
D ．f (x 0)＋2x 0>0
答案 AD
解析 函数f (x )＝x ln x ＋x 2(x >0)，
∴f ′(x )＝ln x ＋1＋2x ，
∵x 0是函数f (x )的极值点，
∴f ′(x 0)＝0，即ln x 0＋1＋2x 0＝0，
∴f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝2e >0，
当x >1e
时，f ′(x )>0， ∵当x →0时，f ′(x )→－∞，
∴0<x 0<1e
，即A 正确，B 不正确； f (x 0)＋2x 0＝x 0ln x 0＋x 20＋2x 0＝x 0(ln x 0＋x 0＋2)＝x 0(1－x 0)>0，即D 正确，C 不正确．
16．已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a >0)．
(1)求函数f (x )的单调递增区间；
(2)若函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1<x 2，不等式f (x 1)≥mx 2恒成立，求实数m 的取值范围．
解 (1)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x
，x >0， 一元二次方程2x 2－2x ＋a ＝0的Δ＝4(1－2a )，
①当a ≥12
时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当0<a <12
时，令f ′(x )＝0， 得x 1＝1－1－2a 2>0，x 2＝1＋1－2a 2
>0， 所以当0<x <1－1－2a 2
时， f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当1－1－2a 2<x <1＋1－2a 2
时， f ′(x )<0，f (x )单调递减，
当x >1＋1－2a 2
时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 综上所述，当a ≥12时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，当0<a <12
时，f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2，⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞. (2)由(1)知，0<a <12，x 1＋x 2＝1，x 1x 2＝a 2
，
则0<x 1<12
<x 2， 由f (x 1)≥mx 2恒成立，
得x 21－2x 1＋a ln x 1≥mx 2，
即(1－x 2)2－2(1－x 2)＋2(1－x 2)x 2ln(1－x 2)≥mx 2，
即m ≤x 2－1x 2
＋2(1－x 2)ln(1－x 2)， 记h (x )＝x －1x
＋2(1－x )ln(1－x )， 1>x >12
， 则h ′(x )＝1x 2－2ln(1－x )－1>0⎝⎛⎭⎫1>x >12， 故h (x )在⎝⎛⎭⎫12，1上单调递增，
h ⎝⎛⎭⎫12＝－32
－ln 2， 故m ≤－32－ln 2.。