导数与函数的极值、最值(共30张)
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 ．1B ．2C ．3D ．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 )＝13x 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＋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(1)因为f(x)＝x－1＋ae x，所以f′(x)＝1－ae 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－ae1＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－ae 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 ．－7B ．0C ．－7或0D ．－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.⎝⎛⎭⎫0，1eC.⎝⎛⎭⎫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 ＋1B.m ＋1m －1C.1－m m ＋1D.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 <aB ．b <a ≤1C ．a <1≤bD ．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 ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．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 ＋12x 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.⎝⎛⎭⎫52，103B.⎣⎡⎭⎫52，103C.⎝⎛⎦⎤52，103D.⎣⎡⎦⎤2，103 答案 B解析 ∵f (x )＝ln x ＋12x 2－ax (x >0)， ∴f ′(x )＝1x＋x －a ， ∵函数f (x )＝ln x ＋12x 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 2－14a 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 ＝π5(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 )＝π5(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＋2xe x 的极大值点与极小值点分别为a ，b ，则a ＋b 等于() A ．－4 B. 2C ．0D ．2答案 C解析 f ′(x )＝2－x 2e 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 ex 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 ．2B ．－52C ．3＋ln 2D ．－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 ＋12x 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－2B.π6 C ．2D.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 ．－43B.43 C ．－1D ．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 )＝－13x 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)2x (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 ＝4e >0，舍去；②当a >0时，由f ′(x )＝1x －a ＝1－axx ＝0，得x ＝1a ，当0<1a <e ，即a >1e 时，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，e 时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a ，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫1a ，e ，又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2；当e ≤1a ，即0<a ≤1e 时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >1e ，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.6e 3 B ．－2eC ．－2e D.4e 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＝2C．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>bC．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 )＝2e 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<1eB ．x 0>1eC ．f (x 0)＋2x 0<0D ．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.。
用导数求函数的最大值与最小值-2023年学习资料
观察下面函数y=fc在区间[a,b]上的图象，回答：-1在哪一点处函数y=fx有极大值和极小值？-极大：x x1x=X3x=x5-极小：x=x2x=x4-2函数y=fx在[a,b]上有最大值和最小值吗？如果有，-最 值和最小值分别是什么？-ymnx =fx3-y=fo-ymin =fx-:-1x29x3-xsb
练习：-如果函数fx=ax5-bx3+ca≠0在-x=±1时有极值，极大值为4，极小值为0，-试求a,b, 的值-提示：y'=5ax4-3bx2由y'=0.得-x25ax2-3b=0-.x=±1是极值点，∴.5ab=0-又x2=0-∴.x=0,x=土1可能是极值点。
练习：-如果函数fx=x5-bx3+ca≠0在x=士1-时有极值，极大值为4，极小值为0，试求a,b,c值-若a>0,y'=5ax2x2-1.由x,y,y'的变化得-X--00,-1--1,0-0,1-1,+∞ f'x-无极值--a+b+c=4-a-b+c=0-b=5-5a=3b-c=2
练习：-如果函数fx=ax5-bx3+ca≠0在x=士1-时有极值，极大值为4，极小值为0，试求a,b,c 的值-若a<0,y'=5ax2x2-1.由x,y,y'的变化得-a=-3-b=-5-c=2
练习3：-求函数y=x3-3ax+2a>0的极值，并问方程-x3-3ax+2=0何时有三个不同的实根？-何 有连个根？有唯一的实根？-,a>0,y'=3x2-3a.由x,y,y'的变化得-X--w,-a-a,a-√ ,+-f'x-fx-极大-极小
一般地，在闭区间[α，b]上的连续函数fx必有最大值与最小值-在开区间a,b内的连续函数fx不一定有最大值 最小值.-=x-y=f-若函数x在所给的区间I内有唯一的极值，则它是函数的-最值
导数与函数的单调性、极值、最值问题专题
导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位 高考对本内容的考查主要有：(1)导数的运算是导数应用的基础，要求是B 级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(2)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B 级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度.真 题 感 悟1.(2017·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3－2x ＋e x －1e x ，其中e 是自然对数的底数，若f (a －1)＋f (2a 2)≤0，则实数a 的取值范围是________. 解析 f ′(x )＝3x 2－2＋e x ＋1e x ≥3x 2－2＋2e x ·1ex ＝3x 2≥0且f ′(x )不恒为0，所以f (x )为单调递增函数. 又f (－x )＝－x 3＋2x ＋e －x －e x ＝－(x 3－2x ＋e x－1ex )＝－f (x )，故f (x )为奇函数，由f (a －1)＋f (2a 2)≤0，得f (2a 2)≤f (1－a )， ∴2a 2≤1－a ，解之得－1≤a ≤12，故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，12.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，122.(2017·江苏卷)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1(a >0，b ∈R)有极值，且导函数f ′(x )的极值点是f (x )的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b 2>3a ；(3)若f (x )，f ′(x )这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a 的取值范围.(1)解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a 32＋b －a 23.当x ＝－a 3时，f ′(x )有极小值b －a 23.因为f ′(x )的极值点是f (x )的零点，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3＝－a 327＋a 39－ab 3＋1＝0，又a >0，故b ＝2a 29＋3a.因为f (x )有极值，故f ′(x )＝0有实根， 从而b －a 23＝19a (27－a 3)≤0，即a ≥3.当a ＝3时，f ′(x )>0(x ≠－1)，故f (x )在R 上是增函数，f (x )没有极值； 当a >3时，f ′(x )＝0有两个相异的实根 x 1＝－a －a 2－3b 3，x 2＝－a ＋a 2－3b 3.列表如下：故f (x )的极值点是x 1，x 2.从而a >3. 因此b ＝2a 29＋3a，定义域为(3，＋∞).(2)证明 由(1)知，b a ＝2a a 9＋3a a.设g (t )＝2t 9＋3t ，则g ′(t )＝29－3t 2＝2t 2－279t 2.当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫362，＋∞时，g ′(t )>0，从而g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫362，＋∞上单调递增.因为a >3，所以a a >33，故g (a a )>g (33)＝3，即ba > 3.因此b 2>3a .(3)解 由(1)知，f (x )的极值点是x 1，x 2， 且x 1＋x 2＝－23a ，x 21＋x 22＝4a 2－6b 9.从而f (x 1)＋f (x 2)＝x 31＋ax 21＋bx 1＋1＋x 32＋ax 22＋bx 2＋1＝x 13(3x 21＋2ax 1＋b )＋x 23(3x 22＋2ax 2＋b )＋13a (x 21＋x 22)＋23b (x 1＋x 2)＋2＝4a 3－6ab 27－4ab 9＋2＝0. 记f (x )，f ′(x )所有极值之和为h (a )， 因为f ′(x )的极值为b －a 23＝－19a 2＋3a ，所以h (a )＝－19a 2＋3a ，a >3.因为h ′(a )＝－29a －3a 2<0，于是h (a )在(3，＋∞)上单调递减.因为h (6)＝－72，于是h (a )≥h (6)，故a ≤6.因此a的取值范围为(3，6].考点整合1.导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f (x)在某个区间内可导，如果f ′(x)＞0，则y＝f (x)在该区间为增函数；如果f ′(x)＜0，则y＝f (x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.2.极值的判别方法当函数f (x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0，那么f (x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f ′(x)＜0，右侧f ′(x)＞0，那么f (x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f ′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.3.闭区间上函数的最值在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.热点一利用导数研究函数的单调性[命题角度1] 求解含参函数的单调区间【例1－1】(2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x)＝e x(e x－a)－a2x，其中参数a≤0.(1)讨论f (x)的单调性；(2)若f (x)≥0，求a的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0.f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增.(2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为 f⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即a ≥－2e 34时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].探究提高 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，常需依据以下标准分类讨论：(1)二次项系数为0、为正、为负，目的是讨论开口方向；(2)判别式的正负，目的是讨论对应二次方程是否有解；(3)讨论两根差的正负，目的是比较根的大小；(4)讨论两根与定义域的关系，目的是根是否在定义域内.另外，需优先判断能否利用因式分解法求出根. [命题角度2] 已知函数的单调区间求参数范围【例1－2】 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数).(1)当a ＝2时，求函数f (x )的单调递增区间；(2)若函数f (x )在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围；(3)函数f (x )能否为R 上的单调函数？若能，求出a 的取值范围？若不能，请说明理由.解 (1)当a ＝2时，f (x )＝(－x 2＋2x )·e x ，所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x . 令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x ＞0，因为e x ＞0，所以－x 2＋2＞0，解得－2＜x ＜ 2. 所以函数f (x )的单调递增区间是(－2，2). (2)因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增， 所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立. 因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0对x ∈(－1，1)都成立，即a ≥x 2＋2xx ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立.令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0. 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增. 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32.所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.(3)若函数f (x )在R 上单调递减，则f ′(x )≤0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≤0对x ∈R 都成立.因为e x ＞0，所以x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立.所以Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋4≤0，这是不可能的.故函数f (x )不可能在R 上单调递减.若函数f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0对x ∈R 都成立，即[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈R 都成立，因为e x ＞0，所以x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立.而Δ＝(a －2)2＋4a ＝a 2＋4＞0，故函数f (x )不可能在R 上单调递增. 综上，可知函数f (x )不可能是R 上的单调函数.探究提高 (1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围. (2)可导函数f (x )在某个区间D 内单调递增(或递减)，转化为恒成立问题时，常忽视等号这一条件，导致与正确的解法擦肩而过，注意，这里“＝”一定不能省略.【训练1】 (2017·南京、盐城模拟)设函数f (x )＝ln x ，g (x )＝ax ＋a －1x－3(a ∈R).(1)当a ＝2时，解关于x 的方程g (e x )＝0(其中e 为自然对数的底数)； (2)求函数φ(x )＝f (x )＋g (x )的单调递增区间. 解 (1)当a ＝2时，方程g (e x )＝0，即2e x ＋1e x －3＝0，去分母，得2(e x )2－3e x ＋1＝0，解得e x ＝1或e x ＝12.故所求方程的根为x ＝0或x ＝－ln 2. (2)因为φ(x )＝f (x )＋g (x )＝ln x ＋ax ＋a －1x－3(x >0)， 所以φ′(x )＝1x ＋a －a －1x 2＝ax 2＋x －（a －1）x 2＝[ax －（a －1）]（x ＋1）x2(x >0)， 当a <0时，由φ′(x )>0，解得0<x <a －1a；当a ＝0时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当0<a <1时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当a ＝1时，由φ′(x )>0，解得x >0； 当a >1时，由φ′(x )>0，解得x >a －1a. 综上所述，当a <0时，φ(x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －1a ； 当0≤a ≤1时，φ(x )的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a >1时，φ(x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1a ，＋∞. 热点二 利用导数研究函数的极值【例2】 (2017·南通调研)设函数f (x )＝x －2e x －k (x －2ln x )(k 为实常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数). (1)当k ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)若函数f (x )在(0，4)内存在三个极值点，求k 的取值范围. 解 (1)当k ＝1时，函数f (x )＝e xx2－(x －2ln x )(x ＞0)，则f ′(x )＝（x －2）（e x －x 2）x3(x ＞0). 当x ＞0时，e x ＞x 2，理由如下：要使当x ＞0时，e x ＞x 2，只需使x ＞2ln x ， 设φ(x )＝x －2ln x ，则φ′(x )＝1－2x ＝x －2x，所以当0＜x ＜2时，φ′(x )＜0；当x ＞2时，φ′(x )＞0， 所以φ(x )＝x －2ln x 在x ＝2处取得最小值φ(2)＝2－2ln 2＞0， 所以当x ＞0时，x ＞2ln x ， 所以e x －x 2＞0，所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0，即函数f (x )在(0，2)上为减函数，在(2，＋ ∞)上为增函数， 所以f (x )在x ＝2处取得最小值f (2)＝e 24－2＋2ln 2.(2)因为f ′(x )＝（x －2）（e x －kx 2）x 3＝（x －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2－k x，当k ≤0时，e xx2－k ＞0，所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，4)上单调递增，不存在三个极值点，所以k ＞0. 令g (x )＝e xx 2，得g ′(x )＝e x ·（x －2）x 3，则g (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，在x ＝2处取得最小值为g (2)＝e 24，且g (4)＝e 416，于是可得y ＝k 与g (x )＝e xx 2在(0，4)内有两个不同的交点的条件是k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416.设y ＝k 与g (x )＝e xx2在(0，4)内的两个不同交点的横坐标分别为x 1，x 2，且0＜x 1＜2＜x 2＜4，导函数f ′(x )及原函数f (x )的变化情况如下：所以 f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，2)上单调递增，在(2，x 2)上单调递减，在(x 2，4)上单调递增，所以f (x )在(0，4)上存在三个极值点.即函数f (x )在(0，4)内存在三个极值点的k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416.探究提高极值点的个数，一般是使f ′(x)＝0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究.【训练2】(2017·苏、锡、常、镇调研节选)已知函数f (x)＝ax2＋cos x(a ∈R)，记f (x)的导函数为g(x).(1)证明：当a＝12时，g(x)在R上单调递增；(2)若f (x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围.(1)证明当a＝12时，f (x)＝12x2＋cos x，所以f ′(x)＝x－sin x，令g(x)＝x－sin x，所以g′(x)＝1－cos x≥0，所以g(x)在R上单调递增.(2)解因为g(x)＝f ′(x)＝2ax－sin x，所以g′(x)＝2a－cos x.①当a≥12时，g′(x)≥1－cos x≥0，所以函数f ′(x)在R上单调递增.当x>0时，则f ′(x)>f ′(0)＝0；当x<0时，则f ′(x)<f ′(0)＝0；所以f (x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)，所以f (x)在x＝0处取得极小值，符合题意.②当a≤－12时，g′(x)≤－1－cos x≤0，所以函数f ′(x)在R上单调递减.当x>0时，则f ′(x)<f ′(0)＝0；当x<0时，则f ′(x)>f ′(0)＝0，所以f (x)的单调递减区间是(0，＋∞)，单调递增区间是(－∞，0)，所以f (x)在x＝0处取得极大值，不符合题意.③当－12<a <12时，∃x 0∈(0，π)，使得cos x 0＝2a ，即g ′(x 0)＝0，但当x ∈(0，x 0)时，cos x >2a ，即g ′(x )<0， 所以函数f ′(x )在(0，x 0)上单调递减， 所以f ′(x )<f ′(0)＝0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，不符合题意. 综上所述，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.热点三 利用导数研究函数的最值【例3】 (2017·浙江卷)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12.(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围.解 (1)f ′(x )＝(x －2x －1)′e －x ＋(x －2x －1)(e －x )′ ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1－x ＋2x －1e －x ＝(1－x )⎝⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＞12. (2)令f ′(x )＝(1－x )⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22x －1e －x ＝0， 解得x ＝1或52.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化如下表：又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12e －12，f (1)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝12e －52，则f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为12e －12.又f (x )＝(x －2x －1)e －x ＝12(2x －1－1)2e －x ≥0.综上，f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12. 探究提高 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论： (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论.【训练3】 已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数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. 解 (1)因为f ′(x )＝ln x ＋1(x ＞0)， 令f ′(x )≥0，即ln x ≥－1＝ln e －1， 所以x ≥e －1＝1e ，所以x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞. 同理令f ′(x )≤0，可得x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e .所以 f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e .由此可知 f(x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .(2)由F (x )＝x ln x －a x ，得F ′(x )＝x ＋ax 2，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.当a ＜0时，f (x )在(0，－a )上单调递减，在(－a ，＋∞)上单调递增. ①当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，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 ＝－e2∉(－∞，－e)，舍去.综上所述，a ＝－ e.1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开.2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值.3.可导函数极值的理解(1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值；(2)对于可导函数f (x)，“f (x)在x＝x0处的导数f ′(x0)＝0”是“f (x)在x＝x处取得极值”的必要不充分条件；(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.一、填空题1.已知函数f (x)＝4ln x＋ax2－6x＋b(a，b为常数)，且x＝2为f (x)的一个极值点，则a的值为________.解析由题意知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，∵f ′(x)＝4x＋2ax－6，∴f ′(2)＝2＋4a－6＝0，即a＝1，经验证符合题意. 答案 12.(2017·苏州调研)函数f (x)＝12x2－ln x的单调递减区间为________.解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x )＝x －1x<0，解得0＜x <1，所以函数f (x )的单调递减区间为(0，1). 答案 (0，1)3.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则ab的值为________.解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10， 即⎩⎨⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎨⎧a ＝－2，b ＝1或 ⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎨⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.答案 －234.(2017·南京模拟)若函数f (x )＝e x (－x 2＋2x ＋a )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，则实数a 的最大值为________.解析 由f (x )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，得f ′(x )＝e x (－x 2＋a ＋2)≥0，x ∈[a ，a ＋1]恒成立，即(－x 2＋a ＋2)min ≥0，x ∈[a ，a ＋1].当a ≤－12时，－a 2＋a ＋2≥0，则－1≤a ≤－12；当a >－12时，－(a ＋1)2＋a ＋2≥0，则－12<a ≤－1＋52，所以实数a 的取值范围是－1≤a ≤－1＋52，a 的最大值是－1＋52. 答案－1＋525.(2017·浙江卷改编)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是________(填序号).解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f ′(x )＞0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )＜0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有④符合. 答案 ④6.(2017·泰州期末)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0，1)内有最小值，则a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a ).当a ≤0时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0，1)内单调递增，无最小值. 当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a ).当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增； 当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减，所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)内有最小值. 答案 (0，1)7.已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3.由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根， 所以Δ＝4a 2－12＞0， 解得a ＞3或a ＜－ 3.答案 (－∞，－3)∪(3，＋∞)8.(2016·北京卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x ＞a .(1)若a ＝0，则f (x )的最大值为________；(2)若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________. 解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x ＞0.若x ≤0，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x 2－1). 由f ′(x )＞0得x ＜－1， 由f ′(x )＜0得－1＜x ≤0.∴f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减， ∴f (x )最大值为f (－1)＝2.若x ＞0，f (x )＝－2x 单调递减，所以f (x )＜f (0)＝0. 综上，f (x )最大值为2.(2)函数y ＝x 3－3x 与y ＝－2x 的图象如图.由(1)知，当a ≥－1时，f (x )取得最大值2.当a ＜－1时，y ＝－2x 在x ＞a 时无最大值.且－2a ＞2. 所以a ＜－1.答案 (1)2 (2)(－∞，－1) 二、解答题9.(2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －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 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1，f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1. (2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )， 则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.10.(2016·全国Ⅱ卷)(1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x ＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0，1)时，函数g (x )＝e x －ax －ax 2(x >0)有最小值.设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域.(1)解 f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). f ′(x )＝（x －1）（x ＋2）e x －（x －2）e x （x ＋2）2＝x 2e x（x ＋2）2≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增. 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x >－(x ＋2)，即(x －2)e x ＋x ＋2>0. (2)证明 g ′(x )＝（x －2）e x ＋a （x ＋2）x3＝x ＋2x 3(f (x )＋a ). 由(1)知f (x )＋a 单调递增，对任意a ∈[0，1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0. 因此，存在唯一x a ∈( 0，2]， 使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增. 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝ e x a －a （x a ＋1）x 2a＝e x a ＋f （x a ）（x a ＋1）x 2a＝e x ax a ＋2.于是h (a )＝e xax a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝（x ＋1）e x （x ＋2）2>0，e x x ＋2单调递增.所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e 24. 因为e x x ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24，存在唯一的x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈[0，1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0，1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.11.设函数f (x )＝e xx 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数).(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点，求k 的取值范围. 解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k （x －2）x 2＝（x －2）（e x －kx ）x 3.由k ≤0可得e x －kx ＞0，所以当x ∈(0，2)时，f ′(x )＜0，函数y ＝f (x )单调递减，x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数y ＝f (x )单调递增.所以f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞). (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0，2)内单调递减，故f (x )在(0，2)内不存在极值点；当k ＞0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈[0，＋∞). 因为g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0＜k ≤1时， 当x ∈(0，2)时，g ′(x )＝e x －k ＞0，y ＝g (x )单调递增. 故f (x )在(0，2)内不存在两个极值点；当k ＞1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )＜0，函数y ＝g (x )单调递减.x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数y ＝g (x )单调递增. 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k ).函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点当且仅当⎩⎨⎧g （0）＞0，g （ln k ）＜0，g （2）＞0，0＜ln k ＜2，解得e ＜k ＜e 22， 综上所述，函数f (x )在(0，2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫e ，e 22.。
导数与函数极值最值
导数与函数的极值与最值1. 函数的极值⑴．判断 f (x 0)是极值的方法一般地，当函数 y ＝f (x )在点 x 0 处连续时，①．如果在 x 0 附近的左侧 f ′(x )＞0，右侧 f ′(x )＜0，那么 f (x 0)是极大值； ②．如果在 x 0 附近的左侧 f ′(x )＜0，右侧 f ′(x )＞0，那么 f (x 0)是极小值． ⑵．求可导函数极值的步骤：①．求 f ′(x )；②．求方程 f ′(x )＝0 的根；③．检查 f ′(x )在方程 f ′(x )＝0 的根左右值的符号．如果左正右负，那么 y ＝f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么 y ＝f (x )在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．2. 函数的最值⑴．在闭区间[a ，b ]上连续的函数 y ＝f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．⑵．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．⑶．设函数 f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求 f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下： ①．求 f (x )在(a ，b )内的极值；②．将 f (x )的各极值与 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. 利用极值求参数1. 极值点使得导函数为0，即极值点为导函数的零点.2. 极值点的个数就是导函数变号零点的个数3. 方法：①直接法：直接求方程，得到方程的根，在通过解不等式确定参数取值范围； ②分离参数法：将参数分离，构造新函数转化成求最值或者值域的问题； ③数形结合：先对解析式变形，在坐标系中画出函数图像，通过找交点求解.题型一 求极值【例1】(1)（2019·湖北高二期末）函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示，则（ ）A ．12为()f x 的极大值点 B ．2-为()f x 的极大值点 C ．2为()f x 的极大值点D ．45为()f x 的极小值点 (2)（2019·黑龙江铁人中学高二期中（文））函数()()2312f x x =-+的极值点是（ ） A ．0x =B ．1x =C ．1x =-或1D ．1x =或0【解析】(1)对于A 选项，当122x -<<时，()0f x '>，当122x <<时，()0f x '<，12为()f x 的极大值点，A 选项正确；对于B 选项，当2x <-时，()0f x '<，当122x -<<时，()0f x '>，2-为()f x 的极小值点，B 错误； 对于C 选项，当122x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>，2为()f x 的极小值点，C 选项错误； 对于D 选项，由于函数()y f x =为可导函数，且405f ⎛⎫'<⎪⎝⎭，45不是()f x 的极值点，D 选项错误.故：A. (2)函数的导数为2233()2(1)(3)6(1)f x x x x x '=-⨯=-， 当()0f x '=得0x =或1x =，当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<， 所以1x =是极小值点.当0x <时，()0f x '<，当01x <<时，()0f x '<， 所以0x =不是极值点.故选B .【举一反三】1．（2018·安徽高二期末（理））函数()321313f x x x x =+--的极小值点是（ ） A ．1B ．（1，﹣83）C ．3-D ．（﹣3，8）【解析】()223f x x x =+-'，由2230x x +-=得31x =-或 函数()321313f x x x x =+--在(),3-∞-上为增函数，()3,1-上为减函数， ()1+∞，上为增函数，故()f x 在1x =处有极小值，极小值点为1.选A 2．（2019·安徽高二月考（文））已知函数()2ln f x ax b x =+在点M (1,1)处的切线方程为230x y +-=.（1）求函数()y f x =的解析式；（2）求函数()y f x =的单调区间和极值.【答案】（1）f (x )=x 2-4lnx （2）函数()f x 的单调递增区间是(，单调递减区间是)+∞.极小值为22ln 2-，无极大值 【解析】（1）()2bf x ax x'=+， 因为点M (1,1)处的切线方程为2x +y -3=0，所以()()11122f a f a b ⎧==⎪⎨=+=-'⎪⎩,所以14a b =⎧⎨=-⎩，则f (x )=x 2-4lnx ;（2）定义域为(0,+∞),()24242x f x x x x-'=-=,令()0f x '=，得x =. 列表如下：故函数()f x 的单调递增区间是(，单调递减区间是)+∞.极小值为222ln 2f=-=-，无极大值.题型二 求最值【例2】（2019·黑龙江铁人中学高二期中 ）函数32()32f x x x =-+在区间[－1，1]上的最大值是（ ） A ．4 B ．2 C ．0 D ．－2【答案】B【解析】令()2360f x x x '=-=，解得0x =2x =.()()()()02,22,12,10f f f f ==--=-=，故函数的最大值为2，所以本小题选B.【举一反三】1．（2019·湖南高一月考）已知函数2()4,[0,3],f x x x a x =-++∈若()f x 有最小值2-，则()f x 的最大值为____【解析】二次函数()y f x = 在[]0,2x ∈ 单调递增，当(]2,3x ∈ 单调递减故在x=0时取得最小值，即a=2题型三 利用极值最值求参数【例3】(1)（2019·河北唐山一中高三期中（理））若2x =-是函数21()(1)ex f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）．A ．1-B ．32e --C ．35e -D ．1(2)（2019·贵州省铜仁第一中学高三（文））若函数()333f x x bx b =-+在()0,1内有极小值，则b 的取值范围为（ ） A ．01b <<B ．1b <C ．0b >D ．12b <(3)（2019·安徽高二月考（文））若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是 A ．[－5，0)B ．(－5，0)C ．[－3，0)D ．(－3，0)【答案】(1)A(2)A(3)C 【举一反三】1.已知是函数的极小值点，则的范围是_____2.已知是函数的极小值点，则取值范围________3.已知函数有两个极值点，且，则（ ）4.（2019·新疆高三月考）已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是____．5.若函数在区间内有极值，则取值范围（ C ）0x =()()()22222f x x a x a x a=-++a ()(),02,-∞⋃+∞1x =()()()2202xk f x x e x kx k =--+>k ()0,e ()221ln f x x x a x =-++12,x x 12x x <D ()212ln 2.4A f x +<-()212ln 2.4B f x -<()212ln 2.4C f x +>-()212ln 2.4D f x ->()()()2122ln 02ax f x a x x a =-++>1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭a6. 若函数在上有小于零的极值点，实数的取值范围是（ ）7. 若函数在区间恰有一个极值点，则实数取值范围______.8. 已知函数在区间上至少有一个极值点，实数取值范围______ 课后训练：1．（2019·江西高三期中（文））若函数()32236f x x mx x =-+在区间()1,+∞上存在极值点，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)2,+∞ B ．(),1-∞ C ．(],2-∞ D ．()2,+∞【答案】D 【解析】依题意()'2666f x x mx =-+，由于函数()32236f x x mx x =-+在区间()1,+∞上存在极值点，所以()'2666fx x mx =-+在区间()1,+∞上有正有负，由于二次函数()'2666f x x mx =-+开口向上，对称轴为2m x =，2364660m ∆=-⨯⨯>，解得2m <-或2m >.当2m <-时，对称轴12mx =<-，()'060f =>故此时在区间()1,+∞上()'0f x >，函数()f x 单调递增，没有极值点.当2m >时，由于()'16661260f m m =-+=-<，且二次函数()'2666f x x mx =-+开口向上，故()'2666f x x mx =-+区间()1,+∞上必存在零点，也即()f x 在区间()1,+∞上存在极值点. 故选：D.2．（2019·陕西高三（文））函数3()1f x ax x =++有极值的充要条件是 （ ） A ．0a > B ．0a ≥ C ．0a < D ．0a ≤【答案】C【解析】因为2()31f x ax '=+，所以221()31030f x ax a x =+=⇒=-<'，即0a <，应选答案C 。
导数与函数的极值、最值
知识要点
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典型例题
易错辨析
提升训练
【解】 (1)因 f(x)＝x3－6x2＋3x＋1， 所以 f′(x)＝3x2－12x＋3， ∴f′(x)＝3(x－2＋ 3)(x－2－ 3)． 当 f′(x)>0 时，x>2－ 3，或 x<2＋ 3； 当 f′(x)<0 时，2－ 3<x<2＋ 3. ∴f(x)的单调增区间是(－∞，2－ 3)，(2＋ 3，＋∞)，单调减 区间是(2－ 3，2＋ 3)．
解析：f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0得，x1＝－2，x2＝2. 当x＜－2时，f′(x)＞0，－2＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)在x＝－2处取 得极大值．
答案：－2
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x2＋a 5．若函数 f(x)＝ 在 x＝1 处取极值，则 a＝________. x＋1 解析：∵f(x)在 x＝1 处取极值，∴f′(1)＝0.
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2．函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图 所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内极小值点的个数为( )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：极值点在f′(x)的图象上应是f′(x) 的图象与x轴的交点的横坐标，且极小 值点的左侧图象在x轴下方，右侧图象
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典型例题
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∵g(x)在 x＝0 和 x＝2 点处连续， 又∵g(0)＝1，g(1)＝2－ln 4，g(2)＝3－ln 9， 且 2－ln 4<3－ln 9<1， ∴g(x)的最大值是 1， g(x)的最小值是 2－ln 4. 所以在区间[0,2]上原方程恰有两个相异的实根时实数 a 的 取值范围是： 2－ln 4<a≤3－ln 9.
一轮复习--导数与函数的极值、最值
其实，世上最温暖的语言，“ 不是我爱你，而是在一起。” 所以懂得才是最美的相遇！只有彼此以诚相待，彼此尊 重，相互包容，相互懂得，才能走的更远。 相遇是缘，相守是爱。缘是多么的妙不可言，而懂得又是多么的难能可贵。否则就会错过一时，错过一世！ 择一人深爱，陪一人到老。一路相扶相持，一路心手相牵，一路笑对风雨。在平凡的世界，不求爱的轰轰烈烈；不求誓 言多么美丽；唯愿简单的相处，真心地付出，平淡地相守，才不负最美的人生；不负善良的自己。 人海茫茫，不求人人都能刻骨铭心，但求对人对己问心无愧，无怨无悔足矣。大千世界，与万千人中遇见，只是相识的 开始，只有彼此真心付出，以心交心，以情换情，相知相惜，才能相伴美好的一生，一路同行。 然而，生活不仅是诗和远方，更要面对现实。如果曾经的拥有，不能天长地久，那么就要学会华丽地转身，学会忘记。 忘记该忘记的人，忘记该忘记的事儿，忘记苦乐年华的悲喜交集。 人有悲欢离合，月有阴晴圆ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ。对于离开的人，不必折磨自己脆弱的生命，虚度了美好的朝夕；不必让心灵痛苦不堪， 弄丢了快乐的自己。擦汗眼泪，告诉自己，日子还得继续，谁都不是谁的唯一，相信最美的风景一直在路上。 人生，就是一场修行。你路过我，我忘记你；你有情，他无意。谁都希望在正确的时间遇见对的人，然而事与愿违时， 你越渴望的东西，也许越是无情无义地弃你而去。所以美好的愿望，就会像肥皂泡一样破灭，只能在错误的时间遇到错的人。 岁月匆匆像一阵风，有多少故事留下感动。愿曾经的相遇，无论是锦上添花，还是追悔莫及；无论是青涩年华的懵懂赏 识，还是成长岁月无法躲避的经历……愿曾经的过往，依然如花芬芳四溢，永远无悔岁月赐予的美好相遇。 其实，人生之路的每一段相遇，都是一笔财富，尤其亲情、友情和爱情。在漫长的旅途上，他们都会丰富你的生命，使 你的生命更充实，更真实；丰盈你的内心，使你的内心更慈悲，更善良。所以生活的美好，缘于一颗善良的心，愿我们都能 善待自己和他人。 一路走来，愿相亲相爱的人，相濡以沫，同甘共苦，百年好合。愿有情有意的人，不离不弃，相惜相守，共度人生的每 一个朝夕……直到老得哪也去不了，依然是彼此手心里的宝，感恩一路有你！
专题3.3导数与函数的极值、最值(2021年高考数学一轮复习专题)
专题 导数与函数的极值、最值一、题型全归纳题型一 利用导数解决函数的极值问题【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程命题角度一 由图象判断函数的极值【题型要点】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】设函数()x f 在R 上可导，其导函数为()x f '，且函数()()x f x y '-=1的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）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】由题图可知，当x ＜－2时，()x f '＞0；当－2＜x ＜1时，()x f '＜0；当1＜x ＜2时，()x f '＜0；当x ＞2时，()x f '＞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. 【例2】已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝2处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )有两个极值点【解析】由导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B 正确．当x ＝－4时函数无极值，故C 错误．只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 错误．故选B.命题角度二 求已知函数的极值【题型要点】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()x f '＝0的根.（3）判断在()x f '＝0的根的左、右两侧()x f '的符号，确定极值点. （4）求出具体极值.【例3】已知函数f （x ）＝（x －2）（e x －ax ），当a ＞0时，讨论f （x ）的极值情况. 【解析】 ∵()x f '＝（e x －ax ）＋（x －2）（e x －a ）＝（x －1）（e x －2a ），∵a ＞0， 由()x f '＝0得x ＝1或x ＝ln 2a .∵当a ＝e2时，f ′（x ）＝（x －1）（e x －e ）≥0，∵f （x ）在R 上单调递增，故f （x ）无极值.∵当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：∵当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：综上，当0＜a ＜e2时，f （x ）有极大值－a （ln 2a －2）2，极小值a －e ；当a ＝e2时，f （x ）无极值；当a ＞e2时，f （x ）有极大值a －e ，极小值－a （ln 2a －2）2.【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x ，求函数f (x )的极小值．【解析】 f ′(x )＝1x －a －1x 2＝x －（a －1）x 2(x >0)，当a －1≤0，即a ≤1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极小值． 当a －1>0，即a >1时，由f ′(x )<0，得0<x <a －1，函数f (x )在(0，a －1)上单调递减； 由f ′(x )>0，得x >a －1，函数f (x )在(a －1，＋∞)上单调递增．f (x )极小值＝f (a －1)＝1＋ln(a －1)． 综上所述，当a ≤1时，f (x )无极小值； 当a >1时，f (x )极小值＝1＋ln(a －1)．命题角度三 已知函数的极值求参数值(范围)【题型要点】已知函数极值点或极值求参数的两个要领(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：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．【易错提醒】若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．【例5】设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛1,1a 时，f ′(x )<0; 当x ∵(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∵(0，1)时，ax －1≤x －1<0，所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．题型二 函数的最值问题【题型要点】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[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1】（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f （x ）＝2x 3－ax 2＋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.【解析】（1）f ′（x ）＝6x 2－2ax ＝2x （3x －a ）.令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a ＞0，则当x ∵（－∞，0）∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在 （－∞，0），⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 单调递减. 若a ＝0，f （x ）在（－∞，＋∞）单调递增.若a ＜0，则当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ∵（0，＋∞）时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ，（0，＋∞）单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛0,3a 单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（∵）当a ≤0时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递增，所以f （x ）在区间［0,1］的最小值为f （0）＝b ，最大值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1. （∵）当a ≥3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递减，所以f （x ）在区间［0,1］的最大值为f （0）＝b ，最小值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1. （∵）当0＜a ＜3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］的最小值为⎪⎭⎫⎝⎛3a f ＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾.若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾.综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f （x ）在［0,1］的最小值为－1，最大值为1.【例2】(2020·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x －ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．【解析】 (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx 2，所以f ′(x )＞0∵0<x <1，f ′(x )<0∵x ＞1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,1e 上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的极大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又⎪⎭⎫ ⎝⎛e f 1＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e，且⎪⎭⎫⎝⎛e f 1<f (e)．所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值为0，最小值为2－e.题型三 函数极值与最值的综合应用【题型要点】解决函数极值、最值问题的策略(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1】设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .若f (x )在x ＝2处取得极小值，则a 的取值范围为_______． 【解析】 f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ，若a >12，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛2,1a 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⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21. 【例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 )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．【解析】：(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 )的变化情况如下表所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)∵由(1)知，当－1≤x <1时，函数f (x )在[－1，0)和⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,32上单调递减，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡32,0上单调递增．因为f (－1)＝2，⎪⎭⎫ ⎝⎛32f ＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为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． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .所以当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.题型四 利用导数研究生活中的优化问题【题型要点】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f （x ）.（2）求函数的导数()x f '，解方程()x f '＝0.（3）比较函数在区间端点和()x f '＝0的点的函数值的大小，最大（小）者为最大（小）值. （4）回归实际问题，结合实际问题作答.【例1】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式y ＝ax －3＋10（x －6）2，其中3＜x ＜6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】（1）因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，解得a ＝2.（2）由（1）可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10（x －6）2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f （x ）＝（x －3）⎣⎡⎦⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10（x －3）（x －6）2,3＜x ＜6.则()x f '＝10［（x －6）2＋2（x －3）（x －6）］＝30（x －4）（x －6）. 于是，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：所以，当x ＝4时，函数f （x ）取得最大值且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.【例2】已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f （x ）万元，且f （x ）＝⎩⎨⎧10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入－年总成本） 【解析】（1）由题意得W ＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫10.8－130x 2x －2.7x －10，0＜x ≤10，⎝⎛⎭⎫108x －1 0003x 2x －2.7x －10，x ＞10，即W ＝⎩⎨⎧8.1x －130x 3－10，0＜x ≤10，98－⎝⎛⎭⎫1 0003x ＋2.7x ，x ＞10.（2）∵当0＜x ≤10时，W ＝8.1x －130x 3－10，则W ′＝8.1－110x 2＝81－x 210＝（9＋x ）（9－x ）10，因为0＜x ≤10，所以当0＜x ＜9时，W ′＞0，则W 递增；当9＜x ≤10时，W ′＜0，则W 递减.所以当x ＝9时，W 取最大值1935＝38.6万元.∵当x ＞10时，W ＝98－⎪⎭⎫⎝⎛+x x 7.231000≤98－21 0003x×2.7x ＝38. 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时等号成立.综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.二、高效训练突破 一、选择题1．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2 B ．50，14 C ．50，－2D ．50，－14【解析】：因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∵[－4，－3)或x ∵(0，2]时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x ∵(－3，0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2. 2．已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，给出下列判断：∵函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内单调递增；∵当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值； ∵函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内单调递增；∵当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值． 则上述判断正确的是( ) A ．∵∵ B ．∵∵ C ．∵∵∵D ．∵∵【解析】：对于∵，函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内有增有减，故∵不正确； 对于∵，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故∵正确；对于∵，当x ∵(－2，2)时，恒有f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )在区间(－2，2)上单调递增，故∵正确； 对于∵，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故∵不正确．3.（2020·东莞模拟）若x ＝1是函数f （x ）＝ax ＋ln x 的极值点，则（ ） A.f （x ）有极大值－1 B.f （x ）有极小值－1 C.f （x ）有极大值0D.f （x ）有极小值0【解析】∵f （x ）＝ax ＋ln x ，x ＞0，∵f ′（x ）＝a ＋1x ，由f ′（1）＝0得a ＝－1，∵f ′（x ）＝－1＋1x ＝1－xx .由f ′（x ）＞0得0＜x ＜1，由f ′（x ）＜0得x ＞1， ∵f （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.∵f （x ）极大值＝f （1）＝－1，无极小值，故选A.4.函数f （x ）＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于（ ）A.89B.109C.169D.289【解析】函数f （x ）的图象过原点，所以d ＝0.又f （－1）＝0且f （2）＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f （x ）＝x 3－x 2－2x ，所以f ′（x ）＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′（x ）＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 5.已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．2ln 2－2 C ．eD ．2－e【解析】：函数f (x )定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝2f ′（1）x －1，所以f ′(1)＝1，f (x )＝2ln x －x ，令f ′(x )＝2x－1＝0，解得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2. 6.已知函数f （x ）＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f （x ）在区间［k,2］上的最大值为28，则实数k 的取值范围为（ ） A.［－3，＋∞） B.（－3，＋∞） C.（－∞，－3）D.（－∞，－3］【解析】由题意知f ′（x ）＝3x 2＋6x －9，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′（x ），f （x ）随x 的变化情况如下表：7.用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( ) A ．120 000 cm 3 B ．128 000 cm 3 C ．150 000 cm 3D ．158 000 cm 3【解析】：设水箱底长为x cm ，则高为120－x2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2＞0，x ＞0，得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝－12x 3＋60x 2.求导数，有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x ＝80(x ＝0舍去)．当x ∵(0，80)时，y ′＞0；当x ∵(80，120)时，y ′＜0. 因此，x ＝80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝128 000.故选B.8.(2020·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∵N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A ．2折函数 B ．3折函数 C ．4折函数D ．5折函数【解析】：.f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)·(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点．又e －2≠3×(－2)＋2＝－4. 所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．9.(2020·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x ，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )A ．4e －2 B ．4e 2 C ．e －2D ．e 2【解析】：f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x .由题意知，f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，所以m ＝0，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .当x >0或x <－2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当－2<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝－2时，f (x )取得极大值，f (－2)＝4e －2.故选A.10.函数f （x ）＝x 3－3x －1，若对于区间［－3,2］上的任意x 1，x 2，都有|f （x 1）－f （x 2）|≤t ，则实数t 的最小值是（ ） A.20 B.18 C.3D.0【解析】原命题等价于对于区间［－3,2］上的任意x ，都有f （x ）max －f （x ）min ≤t ， ∵f ′（x ）＝3x 2－3，∵当x ∵［－3，－1］时，f ′（x ）＞0， 当x ∵［－1,1］时，f ′（x ）＜0，当x ∵［1,2］时，f ′（x ）＞0. ∵f （x ）max ＝f （2）＝f （－1）＝1，f （x ）min ＝f （－3）＝－19. ∵f （x ）max －f （x ）min ＝20，∵t ≥20.即t 的最小值为20.故选A.二、填空题1.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值0，则a －b ＝ ．【解析】：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9， 经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋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 ＝ ；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 )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，结合题意f ′(1)＝3a ＋9＝6，解得a ＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）>0，f ′（3）>0，解得－337<a <－3.3．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f ′(－2)＝ ，f (x )的极小值为 ．【解析】：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x .令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.4.（2019·武汉模拟）若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是 ．【解析】：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.5.若函数f （x ）＝x 3－3ax 在区间（－1,2）上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为 .【解析】因为f ′（x ）＝3（x 2－a ），所以当a ≤0时，f ′（x ）≥0在R 上恒成立，所以f （x ）在R 上单调递增，f （x ）没有极值点，不符合题意； 当a ＞0时，令f ′（x ）＝0得x ＝±a ， 当x 变化时，f ′（x ）与f （x ）的变化情况如下表所示：因为函数f （x ）在区间（－1,2）上仅有一个极值点，所以⎩⎨⎧a ＜2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a ＞－1，2≤a ，解得1≤a ＜4.三 解答题1.(2020·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值． 【解析】：(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． 所以f (x )max ＝f (1)＝－1.所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1.(2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∵(0，e]，1x ∵⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,1e .∵若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，所以f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意；∵若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∵(0，e]，解得0<x <－1a，令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∵(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上为增函数，在⎥⎦⎤⎝⎛-e a ,1上为减函数，所以f (x )max ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 1＝－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln .令－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln ＝－3，得⎪⎭⎫⎝⎛-a 1ln ＝－2，即a ＝－e 2.因为－e 2<－1e ，所以a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.2.(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∵R .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值．【解析】：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6.(2)f ′(x )＝n －xx2，令f ′(x )<0，得x >n ；令f ′(x )>0，得x <n .∵当n ≤1时，函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝m －n ；∵当n >1时，函数f (x )在[1，n )上单调递增，在(n ，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (n )＝m －1－ln 3.（2019·郑州模拟）已知函数f （x ）＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e ，求函数f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上的最大值和最小值.【解析】 f ′（x ）＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2.∵若k ＝0，则f ′（x ）＝－1x 2在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒有f ′（x ）＜0，所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减.∵若k ≠0，则f ′（x ）＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.（∵）若k ＜0，则在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0.所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上单调递减，（∵）若k ＞0，由k ＜1e ，得1k ＞e ，则x －1k ＜0在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒成立，所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0， 所以f （x ）在1e ，e 上单调递减.综上，当k ＜1e 时，f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减，所以f （x ）min ＝f （e ）＝1e ＋k －1，f （x ）max ＝⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝e －k －1.4.已知函数f （x ）＝a ln x ＋1x （a ＞0）.（1）求函数f （x ）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在［1，e ］上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【解析】由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′（x ）＝a x －1x 2（a ＞0）.（1）由f ′（x ）＞0解得x ＞1a ，所以函数f （x ）的单调递增区间是⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a ；由f ′（x ）＜0解得x ＜1a ，所以函数f （x ）的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛a 1,0.所以当x ＝1a 时，函数f （x ）有极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值. （2）不存在.理由如下：由（1）可知，当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0时，函数f （x ）单调递减；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 时，函数f （x ）单调递增.∵若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f （x ）在［1，e ］上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （1）＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件.∵若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f （x ）在⎪⎭⎫⎢⎣⎡a 1,1上为减函数，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a ,1上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （x ）的极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a （1－ln a ）＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件.∵若1a ＞e ，即0＜a ＜1e时，函数f （x ）在［1，e ］上为减函数，故函数f （x ）的最小值为f （e ）＝a ＋1e ＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件.综上所述，这样的a 不存在.。
导数与函数的极值、最值(课件)高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破(新高考版)
例4 [2022全国卷乙]函数 f ( x )＝ cos x ＋( x ＋1) sin x ＋1在区间[0，2π]的最小值、最
大值分别为( D
)
A.
π π
－ ，
2 2
B. － ，
C.
π π
－ ， ＋2
2 2
D. － ， ＋2
3π
2
π
2
3π
2
π
2
[解析] 由 f ( x )＝ cos x ＋( x ＋1) sin x ＋1， x ∈[0，2π]，
2
1 2 > 0，
− > 0，
2 + 8 > 0，
所以 > 0，
故B，C，D正确.因为 ab ＞0， ac ＜0，所以 bc ＜0，A错误，
< 0.
故选BCD.
（2）[2022全国卷乙]已知 x ＝ x 1和 x ＝ x 2分别是函数 f ( x )＝2 ax －e x 2( a
2
2
2
2
角度2
已知函数的最值求参数
例5 [全国卷Ⅲ]已知函数 f ( x )＝2 x 3－ ax 2＋ b .
(1)讨论 f ( x )的单调性.
[解析] (1)对 f ( x )＝2 x 3－ ax 2＋ b 求导，得 f '( x )＝6 x 2－2 ax ＝2 x (3 x － a ).
令 f '( x )＝0，得 x ＝0或 x ＝ .
的图象可能是( D
A
)
B
C
D
[解析] 根据题意，已知导函数的图象与 x 轴有三个交点，且每个交点的两边
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}。
导数与函数的极值和最值考点及题型
第三节导数与函数的极值、最值❖基础知识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．(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，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点).②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．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．❖常用结论(1)若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．(3)若函数f(x)在区间(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．考点一利用导数解决函数的极值问题考法(一)利用导数求函数的极值或极值点[典例](2018·天津高考改编)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d ＝3，求f (x )的极小值点及极大值．[解] (1)由已知，可得f (x )＝x (x －1)(x ＋1)＝x 3－x ，故f ′(x )＝3x 2－1.因此f (0)＝0，f ′(0)＝－1.因此曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －f (0)＝f ′(0)(x －0)，故所求切线方程为x ＋y ＝0. (2)由已知可得f (x )＝(x －t 2＋3)(x －t 2)(x －t 2－3) ＝(x －t 2)3－9(x －t 2)＝x 3－3t 2x 2＋(3t 22－9)x －t 32＋9t 2.故f ′(x )＝3x 2－6t 2x ＋3t 22－9.令f ′(x )＝0，解得x ＝t 2－3或x ＝t 2＋ 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：[解题技法] 求函数的极值或极值点的步骤(1)求导数f ′(x )，不要忘记函数f (x )的定义域； (2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x )的符号，确定极值点或函数的极值． 考法(二) 已知函数极值点或极值求参数的值或范围[典例] (2018·北京高考节选)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．[解] 由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x . 若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0,1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．[解题技法]已知函数极值点或极值求参数的2个要领[题组训练]1．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12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 )的极小值点解析：选D ∵f (x )＝2x＋ln x (x >0)，∴f ′(x )＝－2x 2＋1x ，令f ′(x )＝0，则x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0. 所以x ＝2为f (x )的极小值点．2．(2019·广州高中综合测试)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处的极值为10，则数对(a ，b )为( )A ．(－3,3)B ．(－11,4)C ．(4，－11)D ．(－3,3)或(4，－11)解析：选Cf ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b ＋a 2＝10，消去b 可得a 2－a －12＝0，解得a ＝－3或a ＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧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，这时f (x )无极值，不合题意，舍去，故选C.3．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)．(1)当a ＝1，且函数f (x )的图象过点(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 )＝x 3－2x 2＋x ＋1，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1， 由f ′(x )>0，解得x <13或x >1；由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， 所以函数f (x )的极小值是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 )＝3ax 2－4x ＋1≥0或f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≤0恒成立． 因为a >0，所以f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 则有Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.故a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞. 考点二 利用导数解决函数的最值问题[典例] (2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －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] (1)因为f (x )＝e x cos 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 x sin 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.[解题技法]导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤(1)求函数f (x )的导数f ′(x )；(2)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； (3)求f (x )在给定区间上的端点值；(4)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； (5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范． [题组训练]1.(2018·珠海摸底)如图，将一张16 cm ×10 cm 的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的最大容积是________ cm 3.解析：设剪下的四个小正方形的边长为x cm ，则经过折叠以后，糊成的长方体纸盒是一个底面是长为(16－2x ) cm ，宽为(10－2x ) cm 的长方形，其面积为(16－2x )(10－2x )cm 2，长方体纸盒的高为x cm ，则体积V ＝(16－2x )(10－2x )×x ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)cm 3，所以V ′＝12(x －2)·⎝⎛⎭⎫x －203，由V ′>0，得0<x <2，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(0,2)上单调递增；由V ′<0，得2<x <5，则函数V ＝4x 3－52x 2＋160x (0<x <5)在(2,5)上单调递减，所以当x ＝2时，V max ＝144(cm 3)． 答案：1442．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解：(1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2，因为x ∈[1，e]，①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递增， 所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，所以a ＝－ e.综上，a ＝－ e.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( ) A ．[－3，＋∞) B ．(－3，＋∞) C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ，设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t ，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0；当t ＞22时，f ′(t )＞0. ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x 3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y ＝2x －1x 2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2. 答案：28．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．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.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－129．若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式为y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件． 解析：y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)，当0<x <3时，y ′>0；当x >3时，y ′<0. 故当x ＝3时，该商品的年利润最大． 答案：310．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 )的极大值与极小值之差为________． 解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx＋b (a ，b ∈R )，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值； (2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a (1－ln x )x 2.所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2.令f ′(x )＝0，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)＝1e .12．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 ，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －12＝2－x2x.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：故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x(x >0)．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时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a .当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，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．B 级1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋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：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0.由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1， 由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6. 答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ≠0，3t >0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98.答案：⎝⎛⎭⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．贾老师数学解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a >0)． (1)由f ′(x )>0，解得x >1a， 所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )<0，解得0<x <1a， 所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1.②若1<1a <e ，即1e<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1. ③若1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e＝a ＋1e＝0， 即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e. 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。
第03讲-导数与函数的极值、最值-(精讲+精练)(学生版)
导数与函数的极值、最值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. ( )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.( ) 3．（2021·全国·高二课前预习）函数的极大值一定大于极小值. ( )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. ( ) 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 ．9,192．（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 －1B ．eC ．e 2D ．103．（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 ．74．（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 ．1B ．2C ．3D ．4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 -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2．（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 ．4-3．（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 2C ．有最大值D ．无最小值4．（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 +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1B ．有极大值1C ．有极小值-1D ．有极大值-1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 ．1C D 2．（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___________.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______．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 -=______.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 __.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______．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.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 24-2．（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15-3．（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．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．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；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；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；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.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；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.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.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．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 a f 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-∞-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2B ．2C ．1或3D ．2或33．（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______．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．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.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.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．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)-∞-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 ．eB ．2eC ．21e D ．21e -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)4．（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)-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.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.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.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 >2．（2021·北京·高考真题）已知函数()232xf x x a-=+． （1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．3．（2021·全国·高考真题（文））设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围.4．（2020·北京·高考真题）已知函数2()12f x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）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．5．（2020·全国·高考真题（文））已知函数f （x ）=2ln x +1． （1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围； （2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性．一、单选题1．（2022·甘肃省民乐县第一中学高二阶段练习（理））已知函数2()()f x x x m =-在1x =-处有极小值，则实数m 的值为（ ） A ．3B ．－1或－3C ．－1D ．－32．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高二阶段练习）函数()f x 的定义域为开区间(),a b ，导函数fx 在(),a b 内的图象如图所示，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．（2022·河北·武安市第三中学高二阶段练习）函数()232ln 5f x x x =-+的极值点为（ ）A B ．6ln3+ C ．1 D ．84．（2022·河南·栾川县第一高级中学高二阶段练习（理））已知函数321()13f x x tx x =+++在R 上不存在极值点，则实数t 的取值范围是（ ） A ．,1(),)1(-∞-⋃+∞ B ．(1,1)-C ．(,1][1,)∞∞--⋃+D ．[1,1]-5．（2022·福建省漳州第一中学高二阶段练习）函数()ln f x x x =-在区间(0，e](其中e 为自然对数的底数)上的最大值为（ ） A ．1e -B ．－1C ．－eD ．06．（2022·福建·福鼎市第一中学高二阶段练习）函数()33f x x x =-在区间(2,)m -上有最大值，则m 的取值范围是（ ）A ．(-B ．(]1,3-C ．(-D ．(]1,2-7．（2022·陕西商洛·一模（理））若对任意的()1,x ∈+∞，恒有ln ln 11e e e e axxax x+≥+，则a 的取值范围为（ ） A ．（—∞，e] B ．11(,][,)e e ∞∞--⋃+C ．（—∞，1e]D ．[1e，+∞）8．（2022·新疆乌鲁木齐·二模（理））直线y a =分别与函数1()(0)x f x x x-=>，2()x g x e =交于A ，B 两点，则AB 的最小值为（ ） A ．22ln 2+ B ．2C ．2ln 2D ．22ln 2-二、填空题9．（2022·山东师范大学附中高二阶段练习）若函数()3269x x x f x a =-++在[]22-,上的最大值为3，则=a ___________.10．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0，3]上的最大值、最小值分别为m ，n ，则m －n ＝________.11．（2022·全国·高三专题练习）已知直线y kx =与曲线()ln y x b =+相切，当b 取得最大值时，k 的值为_______________________．12．（2022·重庆市二0三中学校高二阶段练习）已知函数()322161f x x m x mx m =+-+-在x ＝2处取得极小值，则m =______．三、解答题13．（2022·北京工业大学附属中学高二阶段练习）设函数2()(2)ln ()f x x a x a x a R =+--∈. (1)若1a =，求()f x 的极值； (2)讨论函数()f x 的单调性.14．（2022·陕西·西安市庆安高级中学高二阶段练习（理））已知函数()323,R f x x ax x a =-+∈.(1)若x =3是f （x ）的极值点，求f （x ）的极值；(2)若函数f （x ）是R 上的单调递增函数，求实数a 的取值范围.15．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（文））已知函数3211()(1)32f x x a x ax =-++．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当(1,3]a ∈时，若()f x 在区间[0,1]a +上的最大值为M ，最小值为m ，求证：23M m ->．16．（2022·江西·模拟预测（文））已知函数()222(0)e xmx x f x m +-=>.(1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224ef x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.。
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．。
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
导数与函数的极值、最值 考点一 利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，求函数f (x )的极值．[解] 由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－aex .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 ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为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，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．[例2] 设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－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 )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1(x ＞－1)．令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当 a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． 当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． 当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0, 函数f (x )单调递增． 因此函数f (x )有两个极值点．③当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0， 可得x 1＜－1＜x 2.当x ∈(－1，x 2)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f (x )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．考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数[例3] 已知函数g (x )＝ln x －mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围．[解] 因为g (x )＝ln x －mx ＋mx，所以g ′(x )＝1x －m －mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2(x ＞0)，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)＞0，12m＞0，h ⎝⎛⎭⎫12m ＜0，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12. 考法(三) 已知函数的极值求参数[例4] (2018·北京高考)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 . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1.此时f (1)＝3e ≠0. 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，＋∞. 考点二 利用导数研究函数的最值[典例精析]已知函数f (x )＝ln x x －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ＞0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值．[解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＞0，x ＞0，得 0＜x ＜e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得x ＞e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m ＞0，即0＜m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln (2m )2m－1；②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0＜m ≤e 2时，f (x )max ＝ln (2m )2m －1；当e 2＜m ＜e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1. [题组训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当cos x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.答案：－3322．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝⎭⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭12，1. (2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x＝(2ax －1)(x －1)x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1.①当a ＜0，即12a ＜0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2. ②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时，若12a ＜1，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎡⎭⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝⎛⎭⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在区间(0,1)，⎣⎡⎦⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a ＜e 矛盾．若x 2＝12a ≥e ，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.考点三 利用导数求解函数极值和最值的综合问题[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R)．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥ e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．[解] (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0， 即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ， 而x ＋1x≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2. 即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]． (2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值， 且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x (x ＞0)，∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个实根， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝1，∴f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋12(x 22－x 21)－a (x 2－x 1)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)1x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝⎛⎭⎫x 2x 1－x 1x 2， 设t ＝x 2x 1(t ≥ e)，令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (t ≥ e)， 则h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在[e ，＋∞)上是减函数， ∴h (t )≤h (e)＝12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee ，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee .[题组训练]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a ＞0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f (－3)＝9a －3b ＋ce －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x .由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e－5＝5e 5＞5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[课时跟踪检测]A 级1．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为( )A ．0 B.1e C.4e4 D.2e2 解析：选A f ′(x )＝1－xex ，当x ∈[0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1,4]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，因为f (0)＝0，f (4)＝4e 4＞0，所以当x ＝0时，f (x )有最小值，且最小值为0.2．若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．e解析：选C f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，故选C.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( ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析：选D 因为x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，所以f ′(2)＝12－3a ＝0，解得a ＝4，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2，f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0，得x ＝±2，故函数f (x )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)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 5．(2019·泉州质检)已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x＋1和y ＝ x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( )A.3－ln 22B.5－ln 22C.3＋ln 22D.5＋ln 22解析：选D 由y ＝e x＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎫y －22⎝⎛⎭⎫y ＋22y (y ＞0)，当0＜y ＜22时，h ′(y )＜0；当y ＞22时，h ′(y )＞0，即函数h (y )在区间⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝⎛⎭⎫22＝⎝⎛⎭⎫222－ln 22＋2＝5＋ln 22.6．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0， 解得a ＞22. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞7．(2019·长沙调研)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 ＝________.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 ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 答案：18．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π3，f ⎝⎛⎭⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π3x 在⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫π3＝32a ＋12b ＝0. ∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝⎛⎭⎫π3＝12a －32b ＝1， ∴a ＝12，b ＝－32.(2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3，∴函数g (x )＝sin x x ⎝⎛⎭⎫0＜x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin x x 2.设u (x )＝x cos x －sin x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x ＜0，故u (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减．∴u (x )＜u (0)＝0，∴g (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫π2＝2π. 9．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0，解得x ＞1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1a ，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件． ③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.B 级1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－4，b ＝11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3. 经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C. 2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝⎛⎭⎫x ＝－12舍去， 则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a －1≥0，a －1＜12，a ＋1＞12，解得1≤a ＜32. 答案：⎣⎡⎭⎫1，32 3．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎪⎨⎪⎧ a ＜1，10－a 2＞1，f (1)≥f (a )，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ，整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0，即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，10－a 2＞1，(a －1)2(a ＋2)≥0，解得－2≤a ＜1.答案：[－2,1)4.已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ，由题意得AB ＝2(103)2－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π， 所以V ＝πr 2x ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0＜x ＜103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0＜x ＜103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)，则V ′，V 随x 的变化情况如下表：所以当x ＝10所以V max ＝2 000π. 答案：2 000π6．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1)2，其中a 为常数． (1)当1＜a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，求g (x )＝x ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＋1xln(1＋x )的最大值． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3， ①当－1＜2a －3＜0，即1＜a ＜32时， 当－1＜x ＜2a －3或x ＞0时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增， 当2a －3＜x ＜0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(2a －3,0)上单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增． ③当2a －3＞0，即a ＞32时， 当－1＜x ＜0或x ＞2a －3时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0＜x ＜2a －3时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减．综上，当1＜a ＜32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32＜a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减． (2)∵g (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝⎛⎭⎫1x ， ∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值．令h (x )＝g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )－ln x ＋1x－21＋x， 则h ′(x )＝2x 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (1＋x )－2x 2＋x (x ＋1)2. 由(1)可知当a ＝2时，f (x )在(0,1]上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，∴g(x)的最大值为2ln 2.。
第3讲导数与函数的极值最值课件共83张PPT
2．导数与函数的最值 (1)函数 f(x)在[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 07 ___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[a，b]上的最大(小)值的步骤 ①求函数 y＝f(x)在(a，b)上的 08 _极__值___. ②将函数 y＝f(x)的各极值与 09 __端__点__处__的__函__数__值__f(_a_)_，__f(_b_)_比较，其中 10 __最__大__的一个是最大值， 11 _最__小___的一个是最小值．
即 2x＋y－13＝0.
解
(2)显然 t≠0，因为 y＝f(x)在点(t,12－t2)处的切线方程为 y－(12－t2)＝
－2t(x－t)，
令
x＝0，得
y＝t2＋12，令
y＝0，得
t2＋12 x＝ 2t ，
所以 S(t)＝12×(t2＋12)·t2＋2|t1| 2.
不妨设 t＞0(t＜0 时，结果一样)，
例 1 (2021·南昌摸底考试)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( )
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)
单调递减，所以 x＝1 是 f(x)的极大值点．②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1
或 x＝－1a.因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a<0.综合①②
导数与函数的函数极值定理详解
导数与函数的函数极值定理详解函数的极值是函数在某个区间上最大或最小的值。
函数的极值点则是函数取得极值的点。
函数的极值点与导数息息相关，导数可以帮助我们确定函数的极值点所在位置。
在本文中，我们将详细讨论导数与函数的函数极值定理，揭示其中的原理和应用。
一、导数的定义和性质在我们深入探讨导数与函数的函数极值定理之前，我们先来回顾一下导数的定义和性质。
1. 导数的定义给定函数$f(x)$，若极限$\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ 存在，则称该极限为函数$f(x)$在$x$处的导数，记作$f'(x)$。
2. 导数的几何意义导数的几何意义是函数曲线在某一点处的切线斜率。
通过导数的概念，我们可以研究函数的变化趋势和曲线的形状。
3. 导数的性质（1）常数的导数为零：$\frac{d}{dx}c=0$，其中$c$为常数。
（2）幂函数的导数：$\frac{d}{dx}x^n=nx^{n-1}$，其中$n$为实数。
（3）指数函数的导数：$\frac{d}{dx}a^x=\ln a\cdot a^x$，其中$a>0$，$a\neq 1$。
（4）对数函数的导数：$\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{x}$。
二、函数的极值定理函数的极值定理是导数与函数极值之间的重要联系。
它指出，若函数在某个区间内可导，且导数在该区间内既大于零又小于零，那么函数在该区间内必然存在极值点。
具体而言，如果函数在某个区间上连续，且在该区间某一点$x_0$处导数大于零，在该点左侧导数小于零，在该点右侧导数又大于零，那么函数在点$x_0$处必然存在极小值。
同理，如果函数在某个区间上连续，且在该区间某一点$x_0$处导数小于零，在该点左侧导数大于零，在该点右侧导数又小于零，那么函数在点$x_0$处必然存在极大值。
三、导数的应用导数不仅用于求函数的极值，还可以应用于解决其他数学问题。
下面介绍几个常见的导数应用。
导数与函数的单调性、极值、最值
§3.2导数与函数的单调性、极值、最值1．函数的单调性在某个区间(a，b)，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．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．3．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．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．(×)(2)函数在某区间上或定义域极大值是唯一的．(×)(3)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(√)(6)函数f(x)＝x sin x有无数个极值点．( √ )2． 函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)D ．(－1,1)答案 A解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．3． (2013·)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则 ( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f ′(x )＝e x ·x －1，f ′(1)≠0. ∴x ＝1不是f (x )的极值点．当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)显然f ′(1)＝0，且x 在1的左边附近f ′(x )<0， x 在1的右边附近f ′(x )>0， ∴f (x )在x ＝1处取到极小值．故选C.4． 函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)， ∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0， ∴m (x )在R 上是增函数． ∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0， ∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}， 即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞)．5． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值围是________．答案 [－3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数，则f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立．∴a≥－3.题型一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值围，若不存在，请说明理由．思维启迪函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上单调递增，若a>0，e x－a≥0，∴e x≥a，x≥ln a.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间是[ln a，＋∞)．(2)∵f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．又∵－2<x<3，∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝e x－e3在x∈(－2,3)上，f′(x)<0，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a≥e3，使f(x)在(－2,3)上为减函数．思维升华(1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求函数围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(1)设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a >1，则f (x )的单调减区间为________． 答案 (2,2a )解析 f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )， 由a >1知，当x <2时，f ′(x )>0， 故f (x )在区间(－∞，2)上是增函数； 当2<x <2a 时，f ′(x )<0， 故f (x )在区间(2,2a )上是减函数； 当x >2a 时，f ′(x )>0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上是增函数． 综上，当a >1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上是增函数， 在区间(2,2a )上是减函数．(2)若f (x )＝－12x 2＋b ln(x ＋2)在(－1，＋∞)上是减函数，则b 的取值围是________．答案 (－∞，－1] 解析 转化为f ′(x )＝－x ＋bx ＋2≤0在[－1，＋∞)上恒成立， 即b ≤x (x ＋2)在[－1，＋∞)上恒成立，令g (x )＝x (x ＋2)＝(x ＋1)2－1， 所以g (x )min ＝－1，则b 的取值围是(－∞，－1]． 题型二 利用导数求函数的极值例2 设a >0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a (1＋ln x )．(1)求曲线y ＝f (x )在(2，f (2))处与直线y ＝－x ＋1垂直的切线方程；(2)求函数f (x )的极值．思维启迪 (1)通过f ′(2)的值确定a ；(2)解f ′(x )＝0，然后要讨论两个零点的大小确定函数的极值． 解 (1)由已知，得x >0，f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax ，y ＝f (x )在(2，f (2))处切线的斜率为1， 所以f ′(2)＝1，即2－(a ＋1)＋a2＝1，所以a ＝0，此时f (2)＝2－2＝0， 故所求的切线方程为y ＝x －2. (2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x.①当0<a <1时，若x ∈(0，a )，f ′(x )>0， 函数f (x )单调递增；若x ∈(a,1)，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 若x ∈(1，＋∞)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 此时x ＝a 是f (x )的极大值点，x ＝1是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (a )＝－12a 2＋a ln a ，极小值是f (1)＝－12.②当a ＝1时，f ′(x )＝(x －1)2x >0，所以函数f (x )在定义域(0，＋∞)单调递增， 此时f (x )没有极值点，故无极值．③当a >1时，若x ∈(0,1)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若x ∈(1，a )，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 若x ∈(a ，＋∞)，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 此时x ＝1是f (x )的极大值点，x ＝a 是f (x )的极小值点， 函数f (x )的极大值是f (1)＝－12，极小值是f (a )＝－12a 2＋a ln a .综上，当0<a <1时，f (x )的极大值是－12a 2＋a ln a ，极小值是－12；当a ＝1时，f (x )没有极值；当a >1时，f (x )的极大值是－12，极小值是－12a 2＋a ln a .思维升华 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点．所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1. 所以a 的取值围为{a |0<a ≤1}．题型三利用导数求函数的最值例3已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值围．思维启迪(1)题目条件的转化：f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)；(2)可以列表观察h(x)在(－∞，2]上的变化情况，然后确定k的取值围．解(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)，即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b，解得a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，所以h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h′(x)，h(x)在(－∞，2]上的变化情况如下表所示：↗当－3<k<2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此k的取值围是(－∞，－3]．思维升华(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．已知函数f(x)＝x ln x.(1)求函数f (x )的极值点；(2)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，求函数g (x )在区间[1，e]上的最小值．(其中e 为自然对数的底数)． 解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，x >0， 由f ′(x )＝0得x ＝1e，所以f (x )在区间(0，1e )上单调递减，在区间(1e ，＋∞)上单调递增．所以，x ＝1e 是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)， 则g ′(x )＝ln x ＋1－a ， 由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1，所以，在区间(0，e a －1)上，g (x )为递减函数， 在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )为递增函数．当e a －1≤1，即a ≤1时，在区间[1，e]上，g (x )为递增函数， 所以g (x )的最小值为g (1)＝0.当1<e a －1<e ，即1<a <2时，g (x )的最小值为g (e a －1)＝a －e a －1. 当e a －1≥e ，即a ≥2时，在区间[1，e]上，g (x )为递减函数， 所以g (x )的最小值为g (e)＝a ＋e －a e. 综上，当a ≤1时，g (x )的最小值为0； 当1<a <2时，g (x )的最小值为a －e a －1； 当a ≥2时，g (x )的最小值为a ＋e －a e.利用导数求函数的最值问题典例：(12分)已知函数f (x )＝(x －k )e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．思维启迪 (1)解方程f ′(x )＝0列表求单调区间；(2)根据(1)中表格，讨论k －1和区间[0,1]的关系求最值． 规解答解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.[2分] f (x )与f ′(x )的情况如下：所以，f([6分](2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；[8分]当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.[10分]综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.[12分]答题模板用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步答题：第一步：求函数f(x)的导数f′(x)；第二步：求f(x)在给定区间上的单调性和极值；第三步：求f(x)在给定区间上的端点值；第四步：将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；第五步：反思回顾：查看关键点，易错点和解题规．温馨提醒(1)本题考查求函数的单调区间，求函数在给定区间[0,1]上的最值，属常规题型．(2)本题的难点是分类讨论．考生在分类时易出现不全面，不准确的情况．(3)思维不流畅，答题不规，是解答中的突出问题.方法与技巧1．利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分．2．求极值、最值时，要求步骤规、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3．在实际问题中，如果函数在区间只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．失误与防1．注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域进行．2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题1． 若函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象可能为( )答案 C解析 根据f ′(x )的符号，f (x )图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A ，D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B.2． 下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( )A ．(π2，3π2)B ．(π，2π)C ．(3π2，5π2)D ．(2π，3π)答案 C解析 y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ， 当x ∈(3π2，5π2)时，恒有x cos x >0.故选C.3． 设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A ．a <－1B ．a >－1C ．a >－1eD ．a <－1e答案 A解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.4． 设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值围是( )A ．1<a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0<a ≤3答案 A解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.5． 函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )A ．－2B ．0C ．2D ．4答案 C解析 ∵f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2. ∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数． ∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2. 二、填空题6． 函数f (x )＝x ＋9x的单调减区间为________．答案 (－3,0)，(0,3)解析 f ′(x )＝1－9x 2＝x 2－9x 2，令f ′(x )<0，解得－3<x <0或0<x <3， 故单调减区间为(－3,0)和(0,3)．7． 函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]有极大值又有极小值，则a 的取值围是________．答案 a >2或a <－1解析 ∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]， ∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0. ∵函数f (x )有极大值和极小值，∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根． 即Δ＝4a 2－4a －8>0，∴a >2或a <－1. 8． 设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1,2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值围是________． 答案 (－∞，72)解析 f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0， 解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f (－23)＝15727，f (－1)＝112，f (2)＝7，故f (x )min ＝72，∴a <72.三、解答题9． 已知函数f (x )＝1x＋ln x ．求函数f (x )的极值和单调区间．解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．10．已知函数f (x )＝x 2＋b sin x －2(b ∈R )，F (x )＝f (x )＋2，且对于任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0.(1)求函数f (x )的解析式；(2)已知函数g (x )＝f (x )＋2(x ＋1)＋a ln x 在区间(0,1)上单调递减，数a 的取值围． 解 (1)F (x )＝f (x )＋2＝x 2＋b sin x －2＋2＝x 2＋b sin x ， 依题意，对任意实数x ，恒有F (x )－F (－x )＝0. 即x 2＋b sin x －(－x )2－b sin(－x )＝0， 即2b sin x ＝0，所以b ＝0，所以f (x )＝x 2－2. (2)∵g (x )＝x 2－2＋2(x ＋1)＋a ln x ， ∴g (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ， g ′(x )＝2x ＋2＋ax.∵函数g (x )在(0,1)上单调递减，∴在区间(0,1)， g ′(x )＝2x ＋2＋a x ＝2x 2＋2x ＋ax ≤0恒成立，∴a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立．∵－(2x 2＋2x )在(0,1)上单调递减，∴a ≤－4为所求．B 组 专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)1． 已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (1)<e f (0)，f (2 014)>e 2 014f (0)B ．f (1)>e f (0)，f (2 014)>e 2 014f (0)C ．f (1)>e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0)D ．f (1)<e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0) 答案 D解析 令g (x )＝f (x )ex ，则g ′(x )＝(f (x )e x )′＝f ′(x )e x －f (x )e x e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x <0，所以函数g (x )＝f (x )e x 是单调减函数，所以g (1)<g (0)，g (2 014)<g (0)， 即f (1)e 1<f (0)1，f (2 014)e 2 014<f (0)1， 故f (1)<e f (0)，f (2 014)<e 2 014f (0)．2． 如图是函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289答案 C解析 由图象可得f (x )＝x (x ＋1)(x －2)＝x 3－x 2－2x ， 又∵x 1、x 2是f ′(x )＝3x 2－2x －2＝0的两根， ∴x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝(23)2＋2×23＝169. 3． 已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－(x －1)(x －3)x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3， 则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)， 函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调， 由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.4． (2013·课标全国Ⅰ)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 )的极大值． 解 (1)f ′(x )＝e x (ax ＋b )＋a e x －2x －4 ＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4∵y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4， ∴f ′(0)＝a ＋b －4＝4，f (0)＝b ＝4， ∴a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2(x ＋2) ＝2(x ＋2)(2e x －1)令f ′(x )＝0得x 1＝－2，x 2＝ln 12，列表：∴y ＝f (x )的单调增区间为(－∞，－2)，⎝⎛⎭⎫ln 12，＋∞； 单调减区间为⎝⎛⎭⎫－2，ln 12. f (x )极大值＝f (－2)＝4－4e －2.5． 已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x 在[0,1]上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0.(1)求a 的取值围．(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值． 解 (1)由f (0)＝1，f (1)＝0，得c ＝1，a ＋b ＝－1， 则f (x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ， f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x ，依题意对于任意x ∈[0,1]，有f ′(x )≤0. 当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上， 而f ′(0)＝－a <0，所以需f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1； 当a ＝1时，对于任意x ∈[0,1]，有f ′(x )＝(x 2－1)e x ≤0， 且只在x ＝1时f ′(x )＝0，f (x )符合条件；当a ＝0时，对于任意x ∈[0,1]，f ′(x )＝－x e x ≤0， 且只在x ＝0时，f ′(x )＝0，f (x )符合条件； 当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值围为0≤a ≤1. (2)因g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x ， g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x ， ①当a ＝0时，g ′(x )＝e x >0， g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1， 在x ＝1处取得最大值g (1)＝e.②当a ＝1时，对于任意x ∈[0,1]有g ′(x )＝－2x e x ≤0， g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2， 在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.③当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a2a >0.若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时， g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ， 在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e. 若1－a 2a <1，即13<a <1时， g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g (1－a 2a )＝2a e 1－a 2a ，在x ＝0或x ＝1处取得最小值，而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ，由g (0)－g (1)＝1＋a －(1－a )e ＝(1＋e)a ＋1－e ＝0， 得a ＝e －1e ＋1.则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (0)－g (1)≤0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ； 当e －1e ＋1<a <1时，g (0)－g (1)>0， g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e.。
2021届高考数学(理)考点复习：导数与函数的极值、最值(含解析)
2021届高考数学（理）考点复习导数与函数的极值、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． 概念方法微思考1．对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”) 提示 必要不充分2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？提醒 不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．1．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数． 【解析】（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-，y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---==， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．2．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ． 【解析】（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：21111(0,]3b b b x +--+=，2211b b b x ++-+=．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，令11(0,]3x t =∈，可得：23221t tb t -=-．43211112()()(1)()(1)21t t t M f x x x b x t t b t t -+-∴==--=--=-， 432261282(21)t t t tM t -+-+'=-． 令32()61282g t t t t =-+-+，22()182482(32)0g t t t t '=-+-=--<，∴函数()g t 在1(0,]3t ∈上单调递减，14()039g =>． ()0t g t ∴>．0M ∴'>．∴函数()M t 在1(0,]3t ∈上单调递增，14()()327M t M ∴=． 3．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0， 可得2(4221)0a a e --+=， 解得12a =； （Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值； 若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是(1,)+∞．4．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0， 可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠， 解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-，()f x 递增，无极值； 若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极小值； 若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意； 若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．5．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解析】（1）当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-．()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''，(0,)x ∈+∞时，()0f x '' ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a ，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++， 显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．6．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++． （1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a 时，讨论方程()0f x =实根的个数． 【解析】2()36(1)123(2)(2)f x ax a x ax x '=-++=--． （1）当0a >时，令()0f x '=，得2x =或2x a=； ①当01a <<时，有22>，列表如下： x(,2)-∞2 2(2,)a 2a 2(,)a+∞ ()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为22124()a f a a -=．②当1a =时，有22a=，则2()3(2)0f x x '=-，故()f x 在R 上单调递增，无极小值； ③当1a >时，有22<，列表如下： x2(,)a-∞2a 2(,2)a 2 (2,)+∞()f x ' +0 -0 +()f x极大值极小值故极小值为f （2）124a =-．（Ⅱ）解法一：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，令()0f x '=，得2x =或2x =，有202<<，列表如下： x2(,)a -∞2a2(,2)a2 (2,)+∞ ()f x ' -0 +0 -()f x极小值极大值故极大值为f （2）1240a =->，极小值22124()0a f a a -=<，因此()0f x =有三个根．解法二：①当0a =时，令2()3123(4)f x x x x x =-+=--，得0x =或4x =，有两个根； ②当0a <时，2()[3(1)12]f x x ax a x =-++，对于二次函数23(1)12y ax a x =-++，0x =不是该二次函数的零点，△29(1)240a a =+->，则该二次函数有两个不等的非零零点， 此时，方程()0f x =有三个根．7．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中 2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【解析】2()()2I f ππ=-．()22sin f x x x '=-，()2f ππ∴'=．∴曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为：2(2)2()y x πππ--=-．化为：2220x y ππ---=．()()II h x g =()x a -2()(cos sin 22)(2cos )x f x e x x x a x x =-+--+()(cos sin 22)(sin cos 2)(22sin )x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+-- 2(sin )()2(sin )()x x lna x x e a x x e e =--=--．令()sin u x x x =-，则()1cos 0u x x '=-，∴函数()u x 在R 上单调递增． (0)0u =，0x ∴>时，()0u x >；0x <时，()0u x <．（1）0a 时，0x e a ->，0x ∴>时，()0h x '>，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，()0h x '<，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x ∴=时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．（2）0a >时，令()2(sin )()0x lna h x x x e e '=--=． 解得1x lna =，20x =．①01a <<时，(,)x lna ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (,0)x lna ∈时，0x lna e e ->，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (0,)x ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． ②当1a =时，0lna =，x R ∈时，()0h x '，∴函数()h x 在R 上单调递增． ③1a <时，0lna >，(,0)x ∈-∞时，0x lna e e -<，()0h x '>，函数()h x 单调递增； (0,)x lna ∈时，0x lna e e -<，()0h x '<，函数()h x 单调递减； (,)x lna ∈+∞时，0x lna e e ->，()0h x '>，函数()h x 单调递增．∴当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 综上所述：0a 时，函数()h x 在(0,)+∞单调递增；0x <时，函数()h x 在(,0)-∞单调递减． 0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)12h a =--．01a <<时，函数()h x 在(,)x lna ∈-∞，(0,)+∞是单调递增；函数()h x 在(,0)x lna ∈上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极小值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极大值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++． 当1a =时，0lna =，函数()h x 在R 上单调递增．1a >时，函数()h x 在(,0)-∞，(,)lna +∞上单调递增；函数()h x 在(0,)lna 上单调递减．当0x =时，函数()h x 取得极大值，(0)21h a =--．当x lna =时，函数()h x 取得极小值，2()[2sin()cos()2]h lna a ln a lna lna lna =--+++．8．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．【解析】（Ⅰ）解：因为32()1f x x ax bx =+++， 所以2()()32g x f x x ax b ='=++，()62g x x a '=+， 令()0g x '=，解得3ax =-．由于当3a x >-时()0g x '>，()()g x f x ='单调递增；当3ax <-时()0g x '<，()()g x f x ='单调递减；所以()f x '的极小值点为3ax =-，由于导函数()f x '的极值点是原函数()f x 的零点，所以()03af -=，即33102793a a ab -+-+=，所以223(0)9a b a a=+>．因为32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值， 所以2()320f x x ax b '=++=有实根，所以24120a b ->，即222903a a a-->，解得3a >，所以223(3)9a b a a=+>．（Ⅱ）证明：由（1）可知h （a ）42332245913(427)(27)81381a a b a a a a a=-=-+=--， 由于3a >，所以h （a ）0>，即23b a >；（Ⅲ）解：由（1）可知()f x '的极小值为2()33a a fb '-=-，设1x ，2x 是()y f x =的两个极值点，则1223ax x +=-，123b x x =，所以332212121212()()()()2f x f x x x a x x b x x +=++++++22121212121212()[()3][()2]()2x x x x x x a x x x x b x x =++-++-+++3422273a ab=-+，又因为()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，所以23242372327392a a ab a b a -+-+=--， 因为3a >，所以3263540a a --， 所以22(36)9(6)0a a a -+-， 所以2(6)(2129)0a a a -++， 由于3a >时221290a a ++>， 所以60a -，解得6a ， 所以a 的取值范围是(3，6]．9．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x ． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 【解析】（1）因为2()()(0)f x ax ax xlnx x ax a lnx x =--=-->， 则()0f x 等价于()0h x ax a lnx =--，求导可知1()h x a x'=-． 则当0a 时()0h x '<，即()y h x =在(0,)+∞上单调递减， 所以当01x >时，0()h x h <（1）0=，矛盾，故0a >． 因为当10x a <<时()0h x '<、当1x a>时()0h x '>， 所以1()()min h x h a=，又因为h （1）10a a ln =--=， 所以11a=，解得1a =； 另解：因为f （1）0=，所以()0f x 等价于()f x 在0x >时的最小值为f （1）， 所以等价于()f x 在1x =处是极小值， 所以解得1a =；（2）由（1）可知2()f x x x xlnx =--，()22f x x lnx '=--， 令()0f x '=，可得220x lnx --=，记()22t x x lnx =--，则1()2t x x'=-，令()0t x '=，解得12x =， 所以()t x 在区间1(0,)2上单调递减，在1(2，)+∞上单调递增，所以1()()2102min t x t ln ==-<，又2212()0t e e=>，所以()t x 在1(0,)2上存在唯一零点，所以()0t x =有解，即()0f x '=存在两根0x ，2x ，且不妨设()f x '在0(0,)x 上为正、在0(x ，2)x 上为负、在2(x ，)+∞上为正， 所以()f x 必存在唯一极大值点0x ，且00220x lnx --=， 所以222200000000000()22f x x x x lnx x x x x x x =--=-+-=-， 由012x <可知20002111()()224max f x x x <-=-+=； 由1()0f e '<可知0112x e <<，所以()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，1)e 上单调递减，所以0211()()f x f e e>=；综上所述，()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<． 10．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈． （1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 【解析】（1）由()f x ln '= 22x ax a -+， 可得()g x ln = 22x ax a -+，(0,)x ∈+∞， 所以112()2axg x a x x-'=-=， 当0a ，(0,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增； 当0a >，1(0,)2x a∈时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 1(2x a∈，)+∞时，()0g x '<，函数()g x 单调递减． 所以当0a 时，()g x 的单调增区间为(0,)+∞； 当0a >时，()g x 的单调增区间为1(0,)2a，单调减区间为1(2a ，)+∞．⋯（6分）（2）由（1）知，f '（1）0=．①当102a <<时，112a >，由（1）知()f x '在1(0,)2a内单调递增， 可得当(0,1)x ∈时，()0f x '<，当1(1,)2x a∈时，()0f x '>． 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在1(1,)2a内单调递增， 所以()f x 在1x =处取得极小值，不合题意． ②当12a =时，112a=，()f x '在(0,1)内单调递增，在(1,)+∞内单调递减， 所以当(0,)x ∈+∞时，()0f x '，()f x 单调递减，不合题意． ③当12a >时，1012a <<，()f x 在1(0,)2a上单减， 当1(2x a∈，1)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 =处取极大值，符合题意．综上可知，正实数a 的取值范围为1(2，)+∞．⋯（12分）11．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．【解析】（1）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 可得曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线斜率为0(cos0sin 0)10k e =--=， 切点为0(0,cos00)e -，即为(0,1)，曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程为1y =；（2）函数()cos x f x e x x =-的导数为()(cos sin )1x f x e x x '=--， 令()(cos sin )1x g x e x x =--，则()g x 的导数为()(cos sin sin cos )2sin x x g x e x x x x e x '=---=-，当[0x ∈，]2π，可得()2sin 0x g x e x '=-，即有()g x 在[0，]2π递减，可得()(0)0g x g =，则()f x 在[0，]2π递减，即有函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值为0(0)cos001f e =-=；最小值为2()cos 2222f e πππππ=-=-．1．（2020•道里区校级一模）已知函数21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，则实数m 的取值范围为( ) A ．1(e-，0)B ．1(1,1)e--C ．1(,1)e-∞-D ．(1,)-+∞【答案】B【解析】由21()(1)2f x xlnx m x x =-+-，得()(1)f x lnx m x '=-+，0x >．要使21()(1)2f x xlnx m x x =-+-有两个极值点，只需()(1)0f x lnx m x '=-+=有两个变号根，即1lnxm x+=有两个变号根． 令()lnxg x x=，(0)x >，则21()lnx g x x -'=，由()0g x '=得x e =，易知当(0,)x e ∈时，()0g x '>，此时()g x 单调递增； 当(,)x e ∈+∞时，()0g x '<，此时()g x 单调递减． 所以1()()max g x g e e==， 而1()0g e e=-<，1lim lim 01x x lnx x x →+∞→+∞==，作出()y g x =，1y m =+的图象，可知：101m e <+<，解得111m e-<<-+． 故选B ．2．（2020•内江三模）函数2()(12)22ax f x a x lnx =+--在区间1(2，3)内有极小值，则a 的取值范围是( ) A ．1(2,)3--B ．1(2,)2--C ．(2-，11)(33--⋃，)+∞D ．(2-，11)(22--⋃，)+∞【答案】D【解析】22(12)2(1)(2)()(12)ax a x ax x f x ax a x x x+--+-'=++-==， 当0a =时，()2f x x '=-，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a >时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a -<<，所以在1(2，2)上，()0f x '<，()f x 单调递减，在(2,3)上，()0f x '>，()f x 单调递增， f （2）为函数()f x 的极小值，符合题意，当0a <时，令()0f x '=，得1x a=-，2x =，且102a <-<，若()f x 在1(2，2)有极小值，只需12112a a ⎧-<⎪⎪⎨⎪->⎪⎩或12a ->，解得122a -<<-，或102a -<<，综上所述，122a -<<-，或12a -<，故选D ．3．（2020•德阳模拟）已知函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，若不等式1212()()f x f x x x t +<++恒成立，那么t 的取值范围是( )A ．[1-，)+∞B ．[222ln --，)+∞C ．[32ln --，)+∞D ．[5-，)+∞【答案】D【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221()ax x f x x-+'=(0)x >， 因为函数2()2f x ax x lnx =-+有两个极值点1x ，2x ，所以方程22210ax x -+=在(0,)+∞上有两个不相等的正实数根， 则121248010102a x x a x x a ⎧⎪=->⎪⎪+=>⎨⎪⎪=>⎪⎩，解得102a <<．因为222121211122212121212122()()()22[()2]3()()12f x f x x x ax x lnx ax x lnx x x a x x x x x x ln x x ln a a+-+=-++-+--=+--++=---，设h （a ）212ln a a=---，h '（a ）22aa-=，易知h '（a ）0>在1(0,)2上恒成立， 故h （a ）在1(0,)2上单调递增，故h （a ）1()52h <=-，所以5t -，所以t 的取值范围是[5-，)+∞． 故选D ．4．（2020•汕头校级三模）已知函数21()(1)2x x f x x e ae ax =--+只有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(-∞，10][2，)+∞B ．(-∞，10][3，)+∞C ．(-∞，10][4，)+∞D ．(-∞，1][03-，)+∞【答案】A 【解析】21()(1)2x x f x x e ae ax =--+，2()x xf x xe ae a '∴=-+，()f x 只有一个极值点，()f x '∴只要一个变号零点．（1）当0a =时，()x f x xe '=，易知0x =是()f x 的唯一极值点； （2）当0a ≠时，方程2()0x x f x xe ae a '=-+=可化为1x x x e e a-=-， 令1()g x x a=，()x xh x e e -=-，可得两函数均为奇函数， ∴只需判断0x >时，两函数无交点即可．①当0a <时，1()0g x x a=<，()0x x h x e e -=->，所以()g x 与()h x 有唯一交点0x =，且当0x >时，()()g x h x <；当0x <时，()()g x h x >． 0x ∴=是()f x 的唯一极值点；②当0a >时，()0x x h x e e -'=+>，即()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(0)0h =，lim ()x h x →+∞=+∞，设()h x 过原点的切线为y kx =，切点为(m ，)(0)km m >， 则m m m me e k km e e --⎧+=⎨=-⎩，解得0m =，2k =， 如图所示，当1y x a=在直线2y x =下方（第一象限）或与2y x =重合时，0x =是唯一交点，能满足()0f x '=的变号零点，即函数()f x 的极值点， 12a∴．综上所述，实数a 的取值范围为(-∞，10][2，)+∞．故选A ．5．（2020•山西模拟）已知函数3()(2)x e f x t lnx x x x=-++仅有一个极值点1，则实数t 的取值范围是( ) A ．1(,]33e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭B ．1(,]3-∞C ．1(,]23e ⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．1(,]2-∞【答案】B 【解析】由题意知函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222(1)(23)()(1)1323()(2)xx e x x t x e x f x t x x x x -+--+'=-+-=， 因为函数恰有一个极值点1，所以023xe t x -=+无解，令()(0)23x e g x x x =>+，则2(21)()0(23)x e x g x x +'=>+，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，从而1()(0)3g x g >=，所以13t 时，023x e t x -=+无解，3()(2)x e f x t lnx x x x =-++仅有一个极值点1，所以t 取值范围是1(,]3-∞．故选B ．6．（2020•南平三模）函数3211()(2)(0)32f x x a x x a =-++>在(,)e +∞内有极值，那么下列结论正确的是( )A ．当1(0,2)a e e ∈+-时，11a e e a -->B ．当1(2,)2ea e e ∈+-时，11a e e a --<C ．当(,)2ea e ∈时，11a e e a -->D ．当1(,)a e e e∈+时，11a e e a --<【答案】B【解析】令2()()(2)1(0)g x f x x a x a ='=-++>，则△2(2)40a =+->， 若()f x 在(,)e +∞内仅有一个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有一个零点， 则20()(2)10a g e e a e >⎧⎨=-++<⎩，解得12a e e >+-； 若()f x 在(,)e +∞内仅有两个极值点，即()g x 在(,)e +∞内有两个零点， 则20()(2)1022a g e e a e a e ⎧⎪>⎪=-++>⎨⎪+⎪>⎩，无解， ∴当12a e e>+-时，函数()f x 在(,)e +∞内有极值， 现考查不等式11a e e a --<，两边同时取对数可得，1(1)a e lna -<-，即1(1)0a e lna ---<， 令1()1(1),2h a a e lna a e e=--->+-，则1()1e h a a-'=-，令h '（a ）0>，解得1a e >-， ∴函数h （a ）在1(2,1)e e e+--上单调递减，在(1,)e -+∞上单调递增， 又111(2)3(1)(2)h e e e ln e e e e+-=+---+-112(1)10e e lne e e<+---=-<，h （e ）(1)(1)0e e lne =---=，∴当1(2)a e e e∈+-时，h （a ）0<成立，即11a e e a --<，∴选项B 正确． 故选B ．7．（2020•龙岩模拟）已知函数()xf x ax lnx=-在(1,)+∞上有极值，则实数a 的取值范围为( ) A ．1(,]4-∞B ．1(,)4-∞C ．1(0,]4D ．1[0,)4【答案】B 【解析】21()()lnx f x a lnx -'=-，设22111()()()lnx g x lnx lnx lnx -==-， 函数()f x 在区间(1,)+∞上有极值，()()f x g x a ∴'=-在(1,)+∞上有变号零点，令1t lnx=，由1x >可得0lnx >，即0t >， 得到22111()244y t t t =-=--+， ∴14a <． 故选B ．8．（2020•武汉模拟）设函数2()(32)()f x lnx a x x a R =+-+∈在定义域内只有一个极值点，则实数a的取值范围为( ) A ．8(,)9+∞B ．8(0,)9C ．(,0)-∞D ．(0,)+∞【答案】C【解析】2()(32)f x lnx a x x =+-+，定义域为(0,)+∞，21231()(23)ax ax f x a x x x-+'=+-=， 设2()231g x ax ax =-+，①当0a =时，()1g x =，故()0f x '>， ()f x ∴在(0,)+∞上为增函数，所以无极值点．②当0a >时，△298a a =-， 若809a<时△0，()0g x ，故()0f x '， 故()f x 在(0,)+∞上递增，所以无极值点． 若89a >时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <， 且1232x x +=，而(0)10g =>，则12304x x <<<， 所以当1(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增； 当1(x x ∈，2)x ，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增． 所以此时函数()f x 有两个极值点；③当0a <时△0>，设()0g x =的两个不相等的实数根为1x ，2x ，且12x x <，但(0)10g =>，所以120x x <<，所以当2(0,)x x ∈，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递増； 当2(x x ∈，)+∞，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减． 所以此时函数()f x 只有一个极值点． 综上得：当0a <时()f x 有一个极值点． 故选C ．9．（2020•昆明一模）已知函数221()(44)(4)2x f x e x x k x x =--++，2x =-是()f x 的唯一极小值点，则实数k 的取值范围为( ) A ．2[e -，)+∞ B ．3[e -，)+∞ C ．2[e ，)+∞ D ．3[e ，)+∞【答案】D【解析】由题可知，21()(4424)(24)(2)[(4)]2x x f x e x x x k x x e x k '=--+-++=+-+，2x =-是()f x 的唯一极小值点，(4)0x e x k ∴-+恒成立，即(4)x k e x --，令()(4)x g x e x =-，则()(3)x g x e x '=-，当3x <时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，∴3()(3)min g x g e ==-，3k e ∴--，即3k e ．故选D ．10．（2020•江西模拟）已知定义在(0,)+∞上的函数()()x a f x e ln x a -=-+，其中0a >，e 为自然对数的底数．（1）求证：()f x 有且只有一个极小值点； （2）若不等式()212f x x a ln ++-在(0,)+∞上恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）证明：由于1()x a f x e x a-'=-+ 21()0()x a f x e x a -''=+>+，则()f x ' 在(0,)+∞ 上单调递增．令()x g x e x =-，则()1x g x e '=-，故当(,0)x ∈-∞时，()0g x '<，()g x 单调递减 当(0,)x ∈+∞ 时，()0g x '>，()g x 单调递增， 则()(0)1min g x g ==，即1x e x x +>，由于1(0)0aaa a e f e a e a --'=-=<，1(1)021f a e a '+=->+，故0(0,1)x a ∃∈+，使得0()0f x '=，且当0(0,)x x ∈时0()0f x '<，()f x 单调递减； 当0(x x ∈，)+∞时，0()0f x '>，()f x 单调递增．因此()f x 在(0,)+∞ 有且只有一个极小值点0x ，无极大值点． （2）由于不等式()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立，()i 必要性：当1x = 时，不等式成立，即 1(1)312a e ln a a ln --++--令1()(1)312,()0a g a ln a a e ln g a -=+++--， 由于11()0123a g a e a a -'=++>++，则g （a ） 在 (0,)+∞ 上单调递增，又由于g （1）0=，则g （a ）0 的解为01a <． ()ii 充分性：下面证明当01a < 时， ()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立令()()2112x a h x e ln x a x a ln -=-++++， 由于01a <，01a >--，1x a x --，1x a x e e --，01a x x <++，()(1)ln x a ln x ++，()(1)ln x a ln x -+-+，12,2122,2122,2122a x a x x a x x a x +++++++-++-+，则1()(1)2212x h x e ln x x ln --+++令1()(1)2212x m x e ln x x ln -=-+++，则 11()122x m x e x x -'=-++，1231()0(1)(22)x m x e x x -''=++>++， ()m x ' 在(0,)+∞ 上单调递增，由于m '（1）0=，则当(0,1)x ∈时，()0m x '<，()m x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞ 时，()0m x '>，()m x 单调递增， 故()m x m =（1）0=，即()0m x 恒成立， 因此，当01a < 时，()212f x x a ln ++- 在(0,)+∞ 上恒成立．故a 的取值范围为(0，1]．11．（2020•红河州三模）已知函数()()1af x lnx a R x =-∈+． （1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，求实数a 的取值范围，并证明：1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．【解析】（1）由()1af x lnx x =-+得21()(1)a f x x x '=++，故切线斜率k f ='（1）14a=+， 又f （1）2a =-，故切线方程为：(1)(1)24a ay x +=+-，即(4)4430a x y a +---=；（2）2221(2)1()(0)(1)(1)a x a x f x x x x x x +++'=+=>++，由题意知：1x ，2x 是方程()0f x '=在(0,)+∞内的两个不同实数解， 令2()(2)1(0)g x x a x x =+++>，注意到(0)10g =>，其对称轴为直线2x a =--， 故只需220(2)40a a -->⎧⎨=+->⎩，解得：4a <-， 即实数a 的取值范围是(,4)-∞-，由1x ，2x 是方程2(2)10x a x +++=的两根，得：122x x a +=--，121x x =，故12()()f x f x + 1212()()11a a lnx lnx x x =-+-++ 121212122()1x x ln x x a x x x x ++=-+++22121a aa --+=---+a =-，又f （1）2a=-，即12()()2f x f x f +=（1），故1()f x ，f （1），2()f x 成等差数列．12．（2020•启东市校级模拟）已知函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e=的图象在它们的交点(,)P s t 处具有相同的切线． （1）求()f x 的解析式；（2）若函数2()(1)()g x x mf x =-+有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求21()g x x 的取值范围． 【解析】（1）根据题意，函数()(0)f x alnx a =≠与212y x e= 可知()af x x'=，1y x e '=，两图象在点(,)P s t 处有相同的切线，所以两个函数切线的斜率相等， 即1as e s=，化简得s ae =， 将(,)P s t 代入两个函数可得22s alns e=②，综合上述两式①②可解得1a =，所以()f x lnx =．（2）函数22()(1)()(1)g x x mf x x mlnx =-+=-+，定义域为(0,)+∞，222()2(1)m x x mg x x x x-+'=-+=， 因为1x ，2x 为函数()g x 的两个极值点，所以1x ，2x 是方程2220x x m -+=的两个不等实根， 由根与系数的关系知121x x +=，122mx x =，(*)， 又已知12x x <，所以121012x x <<<<，222211()(1)g x x mlnx x x -+=，将(*)式代入得22222222212()(1)2(1)121g x x x x lnx x x lnx x x -+-==-+-， 令()12h t t tlnt =-+，1(2t ∈，1)，()21h t lnt '=+，令()0h t '=，解得：t e=，当1(2t ∈)e 时，()0h t '<，()h t 在1(2e 单调递减；当(t e ∈，1)时，()0h t '>，()h t 在(e，1)单调递增；所以2()(11min eh t h ee===-， 1(){()2h t max h <，h （1）}，11()2022h ln h =-<=（1），即21()g x x 的取值范围是2[1e -0)． 13．（2020•河南模拟）设函数()f x xlnx =，()()x g x ae a R =∈．（1）若曲线()y f x =在1x =处的切线也与曲线()y g x =相切，求a 的值． （2）若函数()()()G x f x g x =-存在两个极值点． ①求a 的取值范围；②当22ae 时，证明：()0G x <． 【解析】（1）()f x xlnx =，()1f x lnx '=+，(0,)x ∈+∞，f ∴（1）0=，f '（1）1=，故曲线()f x 在1x =处的切线方程是1y x =-； 设直线1y x =-与()y g x =相切于点0(x ，01)x -，()x g x ae '=，00()x g x ae ∴'=，由00011x x ae ae x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，得022x a e -=⎧⎨=⎩； （2）()1x G x lnx ae '=+-， ①()G x 在(0,)+∞上存在两个极值点等价于()0G x '=在(0,)+∞上有2个不同的根，由10x lnx ae +-=，可得1xlnx a e +=，令1()xlnx t x e +=， 则11()xlnx x t x e --'=，令1()1h x lnx x =--，可得211()0h x x x'=--<， 故()h x 在(0,)+∞递减，且h （1）0=， 当(0,1)x ∈时，()0h x >，()0t x '>，()t x 递增， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，()0t x '<，()t x 递减， 故t （1）1e=是极大值也是最大值，又当0x →时，()t x →-∞，当x →+∞时，()0t x >且趋向于0， 要使()0G x '=在(0,)+∞有2个根，只需10a e<<， 故a 的取值范围是1(0,)e；②证明：设()()xG x ae F x lnx x x==-， 2(1)()xx a x e F x x--'=， 当01x <时，22a e，()0F x ∴'>，则()F x 在(0,1)递增，()F x F ∴（1）0ae =-<，当1x >时，2(1)()[](1)x a x xF x e x a x -'=---， 令()(1)x x H x e a x =--，则21()0(1)x H x e a x '=+>-，22a e ，H ∴（2）22220ae e a a -=-=， 取(1,2)m ∈，且使2(1)m e a m >-，即2211ae m ae <<-， 则22()0(1)m mH m e e e a m =-<-=-，()H m H （2）0，故()H x 存在唯一零点0(1,2)x ∈， 故()F x 有唯一的极大值点0(1,2)x ∈， 由0()0H x =，可得000(1)x x e a x =-，故0001()1F x lnx x =--，0(1,2)x ∈，020011()0(1)F x x x '=+>-，故0()F x 为(1,2)上的增函数， 0()F x F ∴<（2）222102ae ln ln =--<， 综上，当22a e 时，总有()0G x x<，即()0G x <．14．（2020•河南模拟）已知函数21()22f x x ax lnx =-+，a R ∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，212()x x x <，求21()2()f x f x -的取值范围． 【解析】（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，2121()2x ax f x x a x x-+'=-+=，令221y x ax =-+， 当△2440a =-即11a -时，0y ，此时()f x 在(0,)+∞递增， 当1a <-时，2210x ax -+=有2个负根，此时()f x 在(0,)+∞递增，当1a >时，2210x ax -+=有2个正根，分别是211x a a =-221x a a =+- 此时()f x 在1(0,)x 递增，在1(x ，2)x 递减，在2(x ，)+∞递增， 综上，1a 时，()f x 在(0,)+∞递增，1a >时，()f x 在2(0,1)a a -递增，在2(1a a --21)a a +-递减，在2(1a a +-)+∞递增；（2）由（1）得：122x x a +=，121x x =，1a >，21121ax x =+，22221ax x =+， 1a >，1(0,1)x ∴∈，2(1,)x ∈+∞， 222122211111()2()22(2)22f x f x x ax lnx x ax lnx ∴-=-+--+ 2221211212x x lnx lnx =-++-+222222111()212x lnx ln x x =-++-+2222211312x lnx x =-+++，令22t x =，则1t >，113()122g t t lnt t =-+++，则222211332(1)(2)()2222t t t t g t t t t t -+----'=--+==，当12t <<时，()0g t '>，当2t >时，()0g t '<， 故()g t 在(1,2)递增，在(2,)+∞递减，g （2）13222ln =+， 21()2()f x f x ∴-的取值范围是(-∞，132]22ln +． 15．（2020•运城模拟）设函数()f x xlnx =．（1）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（2）若函数2()()F x f x ax =-有两个极值点，求实数a 的取值范围； （3）当120x x >>时，221212()()()2m x x f x f x ->-恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】（1）()1f x lnx '=+，()f x 在点(1，f （1）)处的切线斜率k f ='（1）1=，则切线方程为1y x =-，（2）()()212F x f x ax lnx ax '='-=+-．()F x 有两个极值点． 即()F x '有两个零点，即120lnx ax +-=有两个不等实根，12lnxa x+=， 令21()()lnx lnxg x g x x x+-='=， 在(0,1)上()0g x '>，()g x 在(0,1)上单调递增．在(1,)+∞上单调递减，()max g x g =（1）1=．x →+∞时，()0g x →． 即12(0,1),(0,)2a a ∈∈．（3）221212()()()2m x x f x f x ->-可化为222211()()22m m f x x f x x ->-． 设2()()2m Q x f x x =-，又120x x >>． ()Q x ∴在(0,)+∞上单调递减，()10Q x lnx mx ∴'=+-在(0,)+∞上恒成立，即1lnxmx+． 又1()lnxh x x+=在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减． ()h x ∴在1x =处取得最大值．h （1）1=．1m ∴．16．（2020•鹿城区校级模拟）已知函数2()(3)1()f x axlnx x a x a R =-+-+∈． （Ⅰ）当1a =时，求曲线()f x 在(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）若()f x 存在两个极值点1x ，212()x x x <． ①求a 的取值范围；。