2019版高考数学总复习 第二章 函数、导数及其应用 15 导数与函数的极值、最值课时作业 文
近年届高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课堂达标15导数与函数的极值、最值文新人教版(202
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课堂达标（十五）导数与函数的极值、最值[A基础巩固练］1．(2018·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是（）A．y＝x3B．y＝ln（－x)C．y＝x e－x D．y＝x＋错误![解析]由题可知,B、C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值）,而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．[答案］D2．（2018·哈尔滨调研)函数f(x）＝错误!x2－ln x的最小值为( ）A.12B．1C．0 D．不存在［解析］f′(x)＝x－错误!＝错误!且x＞0。
令f′（x)＞0，得x＞1。
令f′(x）＜0,得0＜x＜1.∴f（x）在x＝1处取得极小值也是最小值，f(1)＝错误!－ln 1＝错误!。
[答案］A3．设函数f（x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f（x）e x的一个极值点,则下列图象不可能为y＝f（x）图象的是( ）［解析]因为[f(x）e x］′＝f′(x）e x＋f（x）(e x）′＝［f(x)＋f′(x)］e x,且x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，e x＞0，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中,f(－1）＞0,f′(－1)＞0，不满足f′（－1)＋f（－1）＝0。
2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.1函数及其表示课件理
经典题型冲关
题型 1 函数的概念 典例1 集合 A＝{x|0≤x≤4}， B＝{y|0≤y≤2}， 下列 ) 1 B．f：x→y＝3x D．f：x→y＝ x
不表示从 A 到 B 的函数的是( 1 A．f：x→y＝2x 2 C．f：x→y＝3x
用定义法．
解析 依据函数概念，集合 A 中任一元素在集合 B 中 都有唯一确定的元素与之对应，选项 C 不符合．故选 C.
4．必记结论 函数与映射的相关结论 (1)相等函数 如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致， 则这两个函数相等． (2)映射的个数 若集合 A 中有 m 个元素，集合 B 中有 n 个元素，则从 集合 A 到集合 B 的映射共有 nm 个． (3)与 x 轴垂直的直线和一个函数的图象至多有 1 个交 点．
值域 ．
表示函数的常用方法有 解析法、图象法和 列表法 ．
3．分段函数 (1)若函数在其定义域的不同子集上，因 对应关系 不 同而分别用几个不同的式子来表示，这种函数称为分段函 数． (2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的 并集 ， 其值域等于各段函数的值域的 并集 ，分段函数虽由几个部 分组成，但它表示的是一个函数．
解析 ①y＝x 与 y＝alogax 定义域不同； ②y＝2x＋1－2x＝2x(2－1)＝2x 相同； ③f(u)与 f(v)的定义域及对应法则均相同； ④对应法则不相同.
x＋1≥0， 等函数；D 项，由 解得 x≥1，即函数 f(x)的定 x－1≥0，
义域为{x|x≥1}．由 x2－1≥0，解得 x≥1 或 x≤－1，即 g(x) 的定义域为{x|x≥1 或 x≤－1}，两个函数的定义域不相同， 不是相等函数．故选 A.
3．小题热身 －x2－x＋2 (1)(2018· 广东深圳模拟)函数 y＝ 的定义域 ln x 为( ) A．(－2,1) B．[－2,1] C．(0,1) D．(0,1]
19年高考数学一轮总复习第二章函数、导数及其应用2.2函数的单调性与最值课件理
其中正确的是( A．①② C．④⑤
) B．③④ D．⑤⑥
解析：①错误，函数的单调递增区间应为(－∞，0]和(0，＋∞)； ②错误， 对 R 上的特殊的值－1＜3， 有 f(－1)＜f(3)， f(x)在 R 上不一定为增函数； ③错误，函数 y＝|x|在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数； ④错误，[1，＋∞)是单调递增区间的子集；
B.
答案：B
2．函数 y＝ A．(1，＋∞)
1 C.2，＋∞
的单调递增区间为(
)
3 B．－∞，4 3 D．4，＋∞
解析：令 u＝2x 因为
2
3 2 1 －3x＋1＝2x－4 － . 8 1 u y＝ 3 在
4．设任意 x1，x2∈[a，b]，且 x1＜x2，那么 fx1－fx2 fx1－fx2 (1) ＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数； ＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函 x1－x2 x1－x2 数． (2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔f(x)在[a， b]上是增函数； (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0⇔f(x) 在[a，b]上是减函数．
「基础小题练一练」 1． 下列函数 f(x)满足“对任意 x1， x2∈(0， ＋∞)， 当 x1＜x2 时， 都有 f(x1)＞f(x2)” 的是( )
x
A．f(x)＝e
1 B．f(x)＝ x D．f(x)＝ln(x＋3)
C．f(x)＝(x－3)2
解析：由条件易知 f(x)在(0，＋∞)上单调递减，只有 B 满足，故选 B. 答案：B
求函数单调区间的常见方法 (1)利用已知函数的单调性，转化为已知函数的和、差或复合函数，再求单调区 间． (2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义求解． (3)图象法：如果 f(x)是以图象形式给出的，或者 f(x)的图象易作出，可由图象的 直观性写出它的单调区间． (4)导数法：利用导数确定函数的单调区间． (5)复合函数法：如果是复合函数，应根据复合函数的单调性的判断方法，首先 判断两个简单函数的单调性， 再根据“同则增， 异则减”的法则求解函数的单调区间.
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
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.
19版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第15讲导数与函数的极值精选教案理
19版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第15讲导数与函数的极值精选教案理D分值：5～8分1．函数的极值与导数(1)函数的极小值若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值__都小__，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧__f′(x)<0__，右侧__f′(x)>0__，则点x＝a 叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．(2)函数的极大值若函数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都大，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧__f′(x)>0__，右侧__f′(x)<0__，则点x＝b 叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．2．函数的最值与导数(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[a，b]上的最大值与最小值的步骤①求函数y＝f(x)在(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．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)函数f(x)在区间(a，b)内一定存在最值．( ×)(2)函数的极大值一定比极小值大．( × )(3)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件．( × )(4)函数的最大值不一定是极大值，最小值也不一定是极小值．( √ )2．若函数f (x )＝a sin x ＋13sin 3x 在x ＝π3处有最值，那么a ＝( A )A ．2B ．1C ．233D ．0解析 f ′(x )＝a cos x ＋cos 3x (x ∈R)，又f (x )在x ＝π3处有最值，故x ＝π3是函数f (x )的极值点，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝a cos π3＋cos π＝0，即a ＝2，故选A ．3．函数y ＝x ·e －x，x ∈[0,4]的最小值为( A )A ．0B ．1eC ．4e 4D ．2e 2 解析 ∵y ′＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )，令y ′＝0，则x ＝1，而f (1)＝1e>0，f (0)＝0，f (4)＝4e 4>0，∴最小值为0，故选A ． 4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a ＝( D )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，f ′(－3)＝0，∴a ＝5.5．设函数f (x )＝x e x，则( D )A ．x ＝1为f (x )的极大值点B ．x ＝1为f (x )的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点解析求导得f′(x)＝e x＋x e x＝e x(x＋1)，令f′(x)＝e x(x＋1)＝0，解得x＝－1，易知x ＝－1是函数f(x)的极小值点．一利用导数研究函数的极值利用导数研究函数极值问题的步骤【例1】已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x. (1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1， ∴曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x(x >0)可知， ①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值．②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．【例2】 (1)(2017·全国卷Ⅱ)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( A )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1 (2)(2017·浙江金华十校联考)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是！！！ ⎝⎛⎭⎪⎫0，12 ###. 解析 (1)因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1．因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·e x －1＝(x ＋2)(x －1)·e x －1．令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )的极小值为f (1)＝－1，故选A ．(2)f ′(x )＝(ln x －ax )＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＝ln x＋1－2ax ，令f ′(x )＝0，得2a ＝ln x ＋1x.设φ(x )＝ln x ＋1x ，则φ′(x )＝－ln xx2，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(1)＝1，则φ(x )的大致图象如图所示，若函数f (x )有两个极值点，则直线y ＝2a 和y ＝φ(x )的图象有两个交点，所以0<2a <1，得0<a <12.二 利用导数研究函数的最值求可导函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的基本步骤(1)求出函数f (x )在区间(a ，b )内的所有极值f (x 1)，f (x 2)，…，f (x n )；(2)计算函数f (x )在区间[a ，b ]上的两个端点值f (a )，f (b )；(3)对所有的极值和端点值作大小比较； (4)对比较的结果作出结论：所有这些值中最大的即是该函数在[a ，b ]上的最大值，所有这些值中最小的即是该函数在[a ，b ]上的最小值．【例3】 设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解析 (1)由题意可知f (1)＝－12，f ′(1)＝0.由于f ′(x )＝ax－2bx (x >0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝－b ＝－12，f ′(1)＝a －2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知f (x )＝ln x －x22(x >0)，令f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x＝0(x >0)，得x ＝1．故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上是增函数，在[1，e]上是减函数，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝－12.【例4】 (2018·湖北武昌实验中学月考)设f(x)＝ax－ln x，是否存在实数a，当x∈(0，e](e是自然对数的底数)时，函数f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解析假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－1x＝ax－1x(0<x≤e)．①a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝a e－1＝3，a＝4e∉(－∞，0]；②当1a≥e时，f′(x)<0在(0，e]上恒成立，所以f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝a e－1＝3，a＝4e∉⎝⎛⎦⎥⎤0，1e；③当0<1a<e时，令f′(x)<0，得0<x<1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件．综上，存在实数a ＝e 2，使得x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.1．设函数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，则下列结论中一定成立的是( D )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 解析 由图可知，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，故选D ．2．函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝__1__.解析 f ′(x )＝(x －m )2＋2x (x －m )＝(x －m )(3x －m )．∵f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值， ∴f ′(1)＝0，即(1－m )(3－m )＝0，解得m ＝1或m ＝3.当m ＝1时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)，当13<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，即m ＝1符合题意．当m ＝3时，f ′(x )＝(x －3)(3x －3)＝3(x －1)(x －3)．当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <3时，f ′(x )<0， ∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意，即m ≠3.综上，m ＝1．3．已知函数f (x )＝e x(ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极值． 解析 (1)f ′(x )＝e x(ax ＋b )＋a e x－2x －4＝e x(ax ＋b ＋a )－2x －4.由已知，得⎩⎨⎧f (0)＝4，f ′(0)＝4，即⎩⎨⎧b ＝4，b ＋a －4＝4，解得⎩⎨⎧b ＝4，a ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x(x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝e x(4x ＋8)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x －12.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－ln 2.令f ′(x )<0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2<0，e x －12>0或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2>0，e x －12<0.解得－2<x <－ln 2.令f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2<0，e x －12<0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，e x －12>0.解得x <－2或x >－ln 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.由上表可知，函数f(x)的极大值为f(－2)＝4(1－e－2)，极小值为f(－ln 2)＝2＋2ln 2－(ln 2)2.4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y ＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝23时，y＝f(x)有极值．(1)求a，b，c的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．解析(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b ＝0 ，①当x＝23时，y＝f(x)有极值，则f′⎝⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a＋3b＋4＝0 ，②由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f(1)＝4，所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝23 .当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示.x－3(－3，－2)－2错误!错误⎝⎛⎭⎪⎫23，1 1f′(x)＋0－0＋f( x)8单调递增13单调递减错误单调递增4所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为95 27.易错点分类不完全，混淆概念错因分析：对参数的分类讨论不完全．【例1】已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a<0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值．解析 (1)当a ＝－4时，f (x )＝(4x 2－16x ＋16)x ，则f ′(x )＝2(5x －2)(x －2)x，其中x >0.由f ′(x )>0，得0<x <25或x >2.故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)．(2)f ′(x )＝(10x ＋a )(2x ＋a )2x ，a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝－a 10或x ＝－a2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 10，－a 2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a <0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4，即－8≤a <－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4，即a <－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上有，a＝－10.【跟踪训练1】设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．解析由题意知函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1.令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点．②当a>0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．a．当0<a≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)单调递增，无极值点．b．当a>89时，Δ>0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1<x2)，因为x1＋x2＝－12，所以x1<－14，x2>－14.由g(－1)＝1>0，可得－1<x1<－14 .所以当x∈(－1，x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．因此函数有两个极值点．③当a<0时，Δ>0，由g(－1)＝1>0，可得x1<－1．当x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；所以函数有一个极值点．综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点；当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．课时达标 第15讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞D ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1， ∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值， 且f (1)＝12－ln 1＝12，故选A ．3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( D )A ．15B ．16C ．17D ．18解析 x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，即x ＝2是f ′(x )＝3x 2－3a ＝0的根，将x ＝2代入得a ＝4，所以函数解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2.令f ′(x )＝3x 2－12＝0，得x ＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时函数f (x )取得极大值f (－2)＝18，故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎨⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax，x >0，在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0)D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2解析 当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a≤2，得a ≤12ln 2，综上可知a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2，故选D ．5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37，故选A ．6．(2018·河北三市联考二)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( A )A ．2b －43B ．32b －23C．0 D．b2－1 6 b3解析f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)．∵函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3<b<1，则由f′(x)>0，得x<b或x>2.由f′(x)<0，得b<x<2，∴函数f(x)的极小值为f(2)＝2b－43，故选A．二、填空题7．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m ＝__32__.解析f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，则x＝2和x＝－2为其两个极值点，f(3)＝－1，f(－3)＝17，f(2)＝－8，f(－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．(2018·东北八校月考)已知函数y ＝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 )的极大值与极小值之差为__4__.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎨⎧f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2，∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.f(x)1202 1f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的极小值为__0__.解析由y＝f′(x)的图象知，f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表.x(－1,0)(0,2)2(2,4)4(4,5) f′(x)＋0－0＋0－f(单极单极单极单所以f (x )的极小值为f (2)＝0. 三、解答题10．(2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cosx －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解析 (1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1．(2)设h (x )＝e x(cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x(cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e xsin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0.所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.11．已知函数f (x )＝x －1＋ae 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．解析(1)由f(x)＝x－1＋ae x ，得f′(x)＝1－ae x.由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－ae x ，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a>0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x ＝ln a.x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值f(ln a)＝ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．12．已知函数f(x)＝ax2－e x(a∈R，e为自然对数的底数)，f′(x)是f(x)的导函数．(1)解关于x的不等式：f(x)>f′(x)；(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a 的取值范围．解析(1)f′(x)＝2ax－e x，f(x)－f′(x)＝ax(x－2)>0.当a＝0时，无解；当a>0时，解集为{x|x<0或x>2}；当a<0时，解集为{x|0<x<2}．(2)设g(x)＝f′(x)＝2ax－e x，则x1，x2是方程g(x)＝0的两个根．g′(x)＝2a－e x，若a≤0，g′(x)<0恒成立，g(x)单调递减，方程g(x)＝0不可能有两个根；若a>0，则当x∈(－∞，ln 2a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．∴g(x)max＝g(ln 2a)＝2a ln 2a－2a>0，得a>e2.故实数a的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫e2，＋∞.。
2019年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.11.2导数与函数的极值最值课件理
角度三 已知函数极值情况求参数 (1)已知函数 f(x)＝x(x－c)2 在 x＝2 处有极大值，则实数 c 的值为 ( ) A．2 或 6 2 C. 3 B．2 D．6 )
1 2 (2)已知函数 f(x)＝ln x＋ ax －2x 有两个极值点，则 a 的取值范围是( 2 A．(－∞，1) C．(0,1) B．(0,2) D．(0,3)
当 x∈(c，＋∞)时，f′(x)＞0， c c 所以 x＝ 是极大值点，所以 ＝2， 3 3 解得 c＝6.故选 D.
解法二：因为 f′(x)＝(x－c)(3x－c)． 又因为 f(x)在 x＝2 处取极值， 所以 f′(2)＝0，即(2－c)(6－c)＝0. 所以 c＝2 或 c＝6. 当 c＝6 时，f′(x)＝3(x－2)(x－6)，易知 x∈(－∞，2)和 x∈(6，＋∞)时，f′(x) ＞0，函数 f(x)是增函数，x∈(2,6)时，f′(x)＜0，函数 f(x)是减函数，此时 x＝2 为极 大值点．
必修部分
第二章 函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用 第二课时 导数与函数的极值、最值
栏 目 导 航
课时跟踪检测
利用导数研究函数的极值
[考 向 锁 定] 函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难 度适中，为中高档题． 常见的命题角度有 (1)知图判断函数极值； (2)已知函数求极值； (3)已知函数极值情况求参数值(范围)．
【答案】 (1)D (2)C
1．利用导数研究函数极值问题的一般流程
2．已知函数极值点或极值求参数的 2 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：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数 法求解后必须验证根的合理性.
高考数学大一轮总复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11.2 导数与函数的极值、最值课件 理 北师大版
又 f－34－f14＝ln 32＋196－ln 27－116 ＝ln 37＋12＝121－ln 499<0。 所以 f(x)在区间－34，14的最大值为 f41＝116＋ln 72。
x f′(x)
f(x)
(0,1) － 单调递减
1 0 极小值3
(1，＋∞) ＋
单调递增
• 由上表知f(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数， 故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3。
3．(2015·安徽卷)已知函数 f(x)＝x＋axr2(a>0，r>0)。 (1)求 f(x)的定义域，并讨论 f(x)的单调性； 解 (1)由题意知 x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)。 f(x)＝x＋axr2＝x2＋2arxx＋r2， f′(x)＝ax2＋2rxx2＋＋2r2rx－＋arx222 x＋2r ＝ar－x＋xrx＋4 r， 所以当 x<－r 或 x>r 时，f′(x)<0。当－r<x<r 时，f′(x)>0。 因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；f(x)的单调递增 区间为(－r，r)，
角度二：求函数的极值 2．设 f(x)＝aln x＋21x＋23x＋1，其中 a∈R，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1)) 处的切线垂直于 y 轴。 (1)求 a 的值； 解 因为 f(x)＝aln x＋21x＋23x＋1， 故 f′(x)＝ax－21x2＋32 由于曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于 y 轴，故该切线斜率为 0， 即 f′(1)＝0， 从而 a－21＋23＝0，解得 a＝－1。
• 解析 ①当x<－2时，1－x>0。 • ∵(1－x)f′(x)>0， • ∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函数。 • ②当－2<x<1时，1－x>0。 • ∵(1－x)f′(x)<0， • ∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是减函数。 • ③当1<x<2时，1－x<0。 • ∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0， • 即f(x)在(1,2)上是减函数。 • ④当x>2时，1－x<0。 • ∵(1－x)f′(x)<0，
2019版高中全程复习方略数学：第二章 函数、导数及其应用 2.11.1
2．若幂函数
f(x)的图象过点
22，21，则函数
g(x)＝exf(x)的单
调递减区间为( )
A．(－∞，0) B．(－∞，－2)
C．(－2，－1) D．(－2,0)
解析：设幂函数
f(x)＝xα，因为图象过点
22，21，所以12＝
2
2
α，α＝2，所以 f(x)＝x2，故 g(x)＝exx2，令 g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2
(3)若 a<0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln－a2. 当 x∈(－∞，ln－a2)时，f′(x)<0； 当 x∈(ln－a2，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，ln(－a2))上单调递减， 在(ln－a2，＋∞)上单调递增．
悟·技法 利用导数求函数的单调区间的方法 (1)确定函数 y＝f(x)的定义域． (2)求导数 f′(x)，令 f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内 的一切实根． (3)把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各 实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数 f(x)的定 义区间分成若干个小区间． (4)确定 f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定的数在每个 相应区间内的单调性.
解析：设 f′(x)的图象与 x 轴的 4 个交点从左至右依次为 x1， x2，x3，x4，当 x<x1 时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当 x1<x<x2 时，f′(x)<0， f(x)为减函数，则 x＝x1 为极大值点，经过类似分析可知，x＝x3 为 极大值点，x＝x2，x＝x4 为极小值点．
[变式练]——(着眼于举一反三)
2019版高考数学理一轮课件：第15讲导数与函数的极值
－x －x －x
1 B．e 2 D．e2
1 ∵y′＝e －xe ＝e (1－x)，令 y′＝0，则 x＝1，而 f(1)＝e >0，f(0)＝0，
4 f(4)＝e4>0，∴最小值为 0，故选 A．
4．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝( D ) A．2 C．4 B．3 D．5
都小 ， 且 f′(a) ＝ 0 ， 而 且 在 点 x ＝ a 附 近 的 左 侧 ____________ f′(x)<0 ________ ，右侧
f′(x)>0 ____________ ，则点x＝a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．
(2)函数的极大值 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都大，
一 利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数极值问题的步骤
【例1】 已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的极值．
解析 a 函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－x .
2 (1)当 a＝2 时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－x (x>0)，因而 f(1)＝1，f′(1)＝－1， ∴曲线 y＝f(x)在点 A(1，f(1))处的切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 x＋y－2＝0.
1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)． (1)函数f(x)在区间(a，b)内一定存在最值．( × )
(2)函数的极大值一定比极小值大．( × )
(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．( ) × (4)函数的最大值不一定是极大值，最小值也不一定是极小值．( √ )
高考数学第二章函数、导数及其应用2.11.2导数与函数的极值、最值理高三全册数学
在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数 f(x)在 x＝－1 处取得
极大值，且 f(－1)＝1，即 m＝13，函数 f(x)在 x＝1 处取得极小
值，且 f(1)＝13×13－1＋13＝－13.故选 A.
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3．(方向 3)(2019·江西八校联考)若函数 f(x)＝x2－x＋alnx 在[1，＋
(2)注意把不等式恒成立问题转化为函数的最值问题．
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(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sinx＋sin2x，则 f(x)的最小值是
－3 2 3
.
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解析：解法 1：因为 f(x)＝2sinx＋sin2x，所以 f′(x)＝2cosx
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方向 2 求函数的极值 【例 2】 (2019·深圳调研)设函数 f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中 a ∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由．
【解】 f′(x)＝x＋1 1＋a(2x－1) ＝2ax2＋xa＋x－1 a＋1(x>－1)． 令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cosx－12)(cosx＋1)，由 f′(x)≥0
得12≤cosx≤1，即 2kπ－π3≤x≤2kπ＋3π，k∈Z，由 f′(x)≤0 得－
1≤cosx≤12，即 2kπ＋π≥x≥2kπ＋3π或 2kπ－π≤x≤2kπ－3π，k∈Z，
所以当 x＝2kπ－3π(k∈Z)时，f(x)取得最小值，且 f(x)min＝f(2kπ－3π)
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4．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)．则下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是()
解析：由条件可知当0<x<1时，xf′(x)<0，
所以f′(x)<0，函数递减．
当x>1时，xf′(x)>0，
所以f′(x)>0，函数递增，
所以当x＝1时，函数取得极小值．
2019版高考数学总复习第二章函数、导数及其应用15导数与函数的极值、最值课时作业文
一、选择题
1．(2018·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是()
A．y＝x3B．y＝ln(－x)
C．y＝xe－xD．y＝x＋
解析：由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．
C．(－∞，e) D．[0，e)
解析：f′(x)＝－k＝(x>0)．设g(x)＝，
则g′(x)＝，则g(x)在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.
答案：A
二、填空题
6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________.
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
设g(x)＝ax－a－lnx，
则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0.
因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，
而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1，得a＝1.
若a＝1，则g′(x)＝1－.
当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
解析：∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，
∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，
即解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去．
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
答案：18
7．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm，要使体积最大，则其高为________cm.
当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0.
答案：D
2．函数y＝的最大值为()
A．e－1B．e
C．e2D.
解析：令y′＝＝0，解得x＝e.当x>e时，y′<0；当0<x<e时，y′>0，所以y极大值＝f(e)＝，在定义域内只有一个极值，所以ymax＝.
答案：A
3．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为()
当x<－1时，xf′(x)<0，所以f′(x)>0，函数递增，当－1<x<0，xf′(x)>0，所以f′(x)<0，函数递减，所以当x＝－1时，函数取得极大值．符合条件的只有C项．
答案：C
5．已知函数f(x)＝－k，x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围()
A．(－∞，e] B．[0，e]
故函数y＝f(x)－g(x)有极小值0，无极大值．
(2)y＝f(xg(x)－2)＝(xlnx－2)2－(xlnx－2)＝(xlnx)2－5xlnx＋6，
令u＝xlnx，当x∈[1，e]时，u′＝lnx＋1>0，所以u＝xlnx在[1，e]上单调递增，
所以0≤u≤e，y＝h(u)＝u2－5u＋6，
h(u)图象的对称轴u＝.h(u)在上单调递减，在上单调递增．
A．12 cm3B．72 cm3
C．144 cm3D．160 cm3
解析：设盒子容积为ycm3，盒子的高为xcm，则x∈(0,5)．
则y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，
所以y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，
所以ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
解析：设圆锥的体积为Vcm3，高为hcm，
则V＝π(400－h2)h＝π(400h－h3)，
∴V′＝π(400－3h2)，
由V′＝0，得h＝.
所以当h＝cm时，V最大．
答案：
8．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．
解析：依题意，f(x)的单调递减区间为(－1,1)，
h(u)min＝h＝－，
又h(0)＝6，h(e)＝e2－5e＋6，
则h(u)max＝6.
所以所求函数的值域为.[能源自挑战]11．(2017·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.
(1)求a；
(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2.
(2)已知实数t∈R，求函数y＝f(xg(x)－2)，x∈[1，e]的值域．
解析：(1)因为y＝f(x)－g(x)＝x2－x－lnx，
所以y′＝2x－1－＝＝.
因为x>0，所以当0<x<1时，y′<0；当x>1时，y′>0，
即函数y＝f(x)－g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，
可得a＝1，
由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，
可得1－3＋b＝2，故b＝4.
所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为
f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
答案：6
三、解答题
9．(2018·湖北七市(州)协作体联考)设n∈N*，a，b∈R，函数f(x)＝＋b，已知曲线y＝f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.
(1)求a，b；
(2)求f(x)的最大值．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
∴f′(1)＝a，又切线斜率为1，故a＝1.
由曲线y＝f(x)过点(1,0)，有f(1)＝b＝0.
故a＝1，b＝0.
(2)由(1)知f(x)＝，f′(x)＝.
令f′(x)＝0，即1－nlnx＝0，解得x＝e .
当0<x<e时，有f′(x)>0，得f(x)在(0，e )上是增函数；
当x>e 时，有f′(x)<0，得f(x)在(e ，＋∞)上是减函数．
故f(x)在x＝e 处取得最大值f(e )＝.
10．(2018·襄阳模拟)已知函数f(x)＝x2－x，g(x)＝lnx.
(1)求函数y＝f(x)－g(x)的极值；