(完整版)导数--函数的极值练习题
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.。
高中数学专题突破练习《函数的极值》含详细答案解析
5.3.2 函数的极值与最大(小)值第1课时 函数的极值基础过关练题组一 函数极值的概念及其求解1.已知函数f(x)的导函数为f'(x),则“f'(x0)=0”是“x=x0是函数f(x)的一个极值点”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件2.函数f(x)的定义域为R,导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x) ( )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x2,则f(x)( )3.(2019天津高二上期末)已知函数f(x)=ln x-12A.有极小值,无极大值B.无极小值,有极大值C.既有极小值,又有极大值D.既无极小值,又无极大值4.函数f(x)=x+2cos x在0,( )A.0B.π6C.π3D.π25.求下列函数的极值.(1)f(x)=x3-3x2-9x+5;(2)f(x)=2xx2+1-2;(3)f(x)=x2-2ln x.题组二 含参函数的极值问题6.(2019海南海口高二上期末)已知f(x)=ln x+ax(a≠0),则( )A.当a<0时,f(x)存在极小值f(a)B.当a<0时,f(x)存在极大值f(a)C.当a>0时,f(x)存在极小值f(a)D.当a>0时,f(x)存在极大值f(a)7.(2020浙江湖州高二上期末)若函数y=e x-2mx有小于零的极值点,则实数m的取值范围是( )A.m<12B.0<m<12C.m>12D.0<m<18.(2020浙江杭州七校高二下联考)若函数f(x)=x3+ax2+ax(x∈R)不存在极值点,则a的取值范围是 .9.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=-1处取得极值0,则m= ,n= .10.(2020山西吕梁高二上期末)已知函数f(x)=ln x-12ax2+x,a∈R.(1)当a=0时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若g(x)=f(x)-(ax-1),求函数g(x)的极值.题组三 函数极值的综合应用11.若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于( )A.2B.3C.6D.912.(2019云南昆明高三月考)已知函数f(x)=(x2-m)·e x,若函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为3e,则f(x)的极大值是( )A.4e-2B.4e2C.e-2D.e213.(2019辽宁省实验中学高二上期末)已知等差数列{a n}的前n项和为S n=n2+k+12(n∈N*),则f(x)=x3-kx2-2x+1的极大值为( )A.52B.3C.72D.214.已知三次函数f(x)=mx3+nx2+px+2q的图象如图所示,则f'(1)f'(0)= .15.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在点x0处取得极小值-5,其导函数y=f'(x)的图象经过点(0,0),(2,0).(1)求a,b的值;(2)求x0及函数f(x)的表达式.16.(2020山西吕梁高二上期末)已知函数f(x)=2x3+3ax2+3bx+c在x=1及x=2处取得极值.(1)求a,b的值;(2)若方程f(x)=0有三个不同的实根,求c的取值范围.深度解析17.已知函数f(x)=e x(ax+b)-x2-4x,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,并求出f(x)的极大值.能力提升练题组一 函数极值的求解及其应用1.(2020湖南长沙麓山国际学校高二上检测,)函数f(x)的定义域为(a,b),其导函数f'(x)在(a,b)内的图象如图,则函数f(x)在区间(a,b)内的极小值点有( )A.1个B.2个C.3个D.4个2.()已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴相切于(1,0)点,则f(x)的极小值为( )A.0B.-427C.-527D.13.(多选)()如图是函数y=f(x)的导函数f'(x)的图象,则下面判断正确的是( )A.f(x)在(-3,1)上是增函数B.f(x)在(1,3)上是减函数C.f(x)在(1,2)上是增函数D.当x=4时,f(x)取得极小值4.(2019北京大兴高三上期末,)已知函数f(x)=x-aln x.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,求a的值;(2)求函数y=f(x)在区间[1,4]上的极值.题组二 含参函数的极值问题5.(2019福建泉州高三月考,)已知函数f(x)=ax3-bx+2的极大值和极小值分别为M,m,则M+m=( )A.0B.1C.2D.46.(2020浙江杭州高三检测,)已知a>0且a≠1,则函数f(x)=(x-a)2ln x( )A.有极大值,无极小值B.有极小值,无极大值C.既有极大值,又有极小值D.既无极大值,又无极小值7.(2019湖南湘潭高三一模,)若函数f(x)=x 2-(3m+1)x+3,x≤0,mx2+xln x,x>0恰有三个极值点,则m的取值范围是( )A.-12,-B.-12,0C.-1,-D.-1,-8.(2020河北保定高二上期末,)已知x=1是函数f(x)=ax+x2的极值点,则实数a的值为 .易错9.(2020北京海淀高三上期末,)已知函数f(x)=e x(ax2+1)(a>0).(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)若函数f(x)有极小值,求证:f(x)的极小值小于1.10.(2020江西高安中学高二上期末,)已知函数f(x)=1x2-ax+ln2x(a∈R).(1)若f(x)在定义域上不单调,求a的取值范围;(2)设a<e+1,m,n分别是f(x)的极大值和极小值,且S=m-n,求S的取值e范围.题组三 函数极值的综合应用11.(2020福建三明高二上期末质量检测,)函数y=1-x2的图象大致是x( )12.(2020河北邯郸高三上期末,)已知函数f(x)为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数,当x>0时,f(x)=(x-2e)ln x.若函数g(x)=f(x)-m存在四个不同的零点,则m的取值范围是(深度解析)A.(-e,e)B.[-e,e]C.(-1,1)D.[-1,1]13.(2020山东济宁高二上期末质量检测,)已知点A,B为曲线y=1上xax2-ax-ln x的两个极值两个不同的点,A,B的横坐标x1,x2是函数f(x)=12+y2=1的位置关系是( )点,则直线AB与椭圆x24A.相离B.相切C.相交D.不确定14.(多选)()已知函数f(x)=xln x+x2,x是函数f(x)的极值点,则下列结论正确的是( )A.0<x0<1e B.x0>1eC.f(x0)+2x0<0D.f(x0)+2x0>015.(多选)()已知函数f(x)=ax-ln x(a∈R),则下列说法正确的是( )A.若a≤0,则函数f(x)没有极值B.若a>0,则函数f(x)有极值C.若函数f(x)有且只有两个零点,则实数a的取值范围是-∞,D.若函数f(x)有且只有一个零点,则实数a的取值范围是(-∞,0]16.(2020山东青岛高三上期末,)已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.求证:(1)f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)f(x)有且仅有两个不同的零点.答案全解全析基础过关练1.B 由极值点的定义可以得出,可导函数f(x)的极值点为x 0,则f'(x 0)=0,必要性成立;反过来不成立.故选B.2.C 设y=f'(x)的图象与x 轴的交点从左到右的横坐标依次为x 1,x 2,x 3,x 4,则f(x)在x=x 1,x=x 3处取得极大值,在x=x 2,x=x 4处取得极小值,故选C.3.B 由题可得, f'(x)=1x -x=1―x 2x (x>0),当x>1时, f'(x)<0,当0<x<1时, f'(x)>0,所以f(x)在x=1处取得极大值,无极小值.故选B.4.B 由题意得, f'(x)=1-2sin x,令f'(x)=0,得x=π6,当0<x<π6时, f'(x)>0;当π6<x<π2时, f'(x)<0.∴当x=π6时, f(x)取得极大值.5.解析 (1)由题意得, f'(x)=3x 2-6x-9,令f'(x)=0,即3x 2-6x-9=0,解得x=-1或x=3.当x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-1)-1(-1,3)3(3,+∞)f'(x)+-+f(x)↗极大值↘极小值↗∴当x=-1时,函数f(x)有极大值,且f(-1)=10;当x=3时,函数f(x)有极小值,且f(3)=-22.(2)由题意得,函数f(x)的定义域为R,f'(x)=2(x 2+1)―4x 2(x 2+1)2=-2(x -1)(x +1)(x 2+1)2.令f'(x)=0,得x=-1或x=1.当x 变化时, f'(x),f(x)的变化情况如下表:x (-∞,-1)-1(-1,1)1(1,+∞)f'(x)-0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘∴当x=-1时,函数有极小值,且极小值为f(-1)=-3;当x=1时,函数有极大值,且极大值为f(1)=-1.(3)由题意得, f'(x)=2x-2x ,且函数f(x)的定义域为(0,+∞),令f'(x)=0,得x=1或x=-1(舍去),当x ∈(0,1)时, f'(x)<0,当x ∈(1,+∞)时, f'(x)>0,∴当x=1时,函数有极小值,极小值为f(1)=1,无极大值.6.C 由题意得, f'(x)=1x -a x 2=x -ax 2,且函数f(x)的定义域是(0,+∞).当a>0时,令f'(x)>0,解得x>a,令f'(x)<0,解得0<x<a,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,故f(x)的极小值为f(a),无极大值,当a<0时, f'(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值.故选C.7.B 由y=e x -2mx,得y'=e x -2m.由题意知e x -2m=0有小于零的实根,即e x =2m,得m=12e x .∵x<0,∴0<12e x <12,∴0<m<12.8.答案 [0,3]解析 由f(x)=x 3+ax 2+ax(x ∈R),得f'(x)=3x 2+2ax+a.∵函数f(x)=x 3+ax 2+ax(x ∈R)不存在极值点,且f'(x)的图象开口向上,∴f'(x)≥0对x ∈R 恒成立,∴Δ=4a 2-12a ≤0,解得0≤a ≤3,∴a 的取值范围是[0,3].9.答案 2;9解析 由题可得, f'(x)=3x 2+6mx+n,∴f '(-1)=3-6m +n =0,f (-1)=-1+3m -n +m 2=0,解得m =1,n =3或m =2,n =9.当m =1,n =3时,f'(x)=3x 2+6x+3=3(x+1)2≥0恒成立,不满足题意.故m=2,n=9.10.解析 (1)当a=0时, f(x)=ln x+x,所以f'(x)=1x +1,则切线斜率k=f'(1)=2,又f(1)=1,所以切点坐标为(1,1),所以切线方程为y-1=2(x-1),即2x-y-1=0.(2)由题知,g(x)=f(x)-(ax-1)=ln x-12ax 2+(1-a)x+1(x>0),所以g'(x)=1x-ax+(1-a)=-ax2+(1―a)x+1x(x>0),当a≤0时,因为x>0,所以g'(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上是单调递增函数,无极值.当a>0时令g'(x)=0,得x=1a或x=-1(舍去),所以当x∈0,,g'(x)>0;当x,+∞时,g'(x)<0,所以当a>0时,函数g(x)的单调递增区间是0,单调递减区间是,+∞,所以当x=1a 时,g(x)有极大值=12a-ln a,综上,当a≤0时,函数g(x)无极值;当a>0时,函数g(x)有极大值12a-ln a,无极小值.11.D f'(x)=12x2-2ax-2b,∵f(x)在x=1处有极值,∴f'(1)=12-2a-2b=0,∴a+b=6.又a>0,b>0,∴a+b≥2ab,∴2ab≤6,∴ab≤9,当且仅当a=b=3时等号成立,∴ab的最大值为9.12.A 因为函数f(x)=(x2-m)e x,所以f'(x)=e x(x2-m+2x),由函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为3e,得f'(1)=e(1-m+2)=e(3-m)=3e,所以m=0.则f'(x)=e x(x2+2x)=e x(x+2)x,因为e x>0,所以函数f(x)在(-∞,-2)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的极大值为f(-2)=4e -2.故选A.13.A 由于等差数列前n 项和公式中,常数项为0,所以k+12=0,所以k=-12,所以f(x)=x 3+12x 2-2x+1,所以f'(x)=3x 2+x-2=(3x-2)(x+1),故函数f(x)在(-∞,-1),+∞上单调递增,在-1,,故当x=-1时,f(x)取得极大值,为f(-1)=52.故选A.14.答案 1解析 由题意得,m ≠0,且f'(x)=3mx 2+2nx+p,由题图可知,x=2是函数的极大值点,x=-1是极小值点,即2,-1是f'(x)=0的两个根,由f '(-1)=3m -2n +p =0,f '(2)=12m +4n +p =0,解得p =―6m ,2n =―3m ,∵f'(0)=p=-6m, f'(1)=p=-6m,∴f '(1)f '(0)=1.15.解析 (1)由题意可得f'(x)=3x 2+2ax+b.∵f'(x)的图象过点(0,0),(2,0),∴b =0,12+4a +b =0,解得a =―3,b =0.(2)由(1)知f'(x)=3x 2-6x,令f'(x)>0,得x>2或x<0,令f'(x)<0,得0<x<2.∴f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上单调递增,在(0,2)上单调递减,∴f(x)在x=2处取得极小值.∴x 0=2.由f(2)=-5,得c=-1,∴f(x)=x3-3x2-1.16.解析 (1)由题意得,f'(x)=6x2+6ax+3b,由函数f(x)在x=1及x=2处取得极值,得f'(1)=6+6a+3b=0,f'(2)=24+12a+3b=0,解得a=―3,b=4,经检验a,b均符合题意.(2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+c,f'(x)=6x2-18x+12=6(x-2)(x-1),令f'(x)=0,得x=1或x=2,当x<1或x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1<x<2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴f(x)在x=1处取得极大值,在x=2处取得极小值.又f(x)=0有三个不同的实根,∴f(1)=5+c>0,f(2)=4+c<0,解得-5<c<-4.方法技巧 解决一元三次方程的实数根问题,常常要考虑两个方面:一是导数为零时一元二次方程实根的个数;二是一元二次方程有两个不等实根时,三次函数有极大值点和极小值点,判断极大值、极小值与0的大小关系.17.解析 (1)由题可得,f'(x)=e x(ax+a+b)-2x-4.由已知得f(0)=b=4,f'(0)=a+b-4=4,解得a=4, b=4.(2)由(1)知,f(x)=4e x(x+1)-x2-4x, f'(x)=4e x(x+2)-2x-4=4(x+2)e x-令f'(x)=0,得x=-ln2或x=-2.从而当x∈(-∞,-2)∪(-ln2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-2,-ln2)时,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln2)上单调递减.当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).能力提升练1.A 设y=f'(x)的图象与x轴交点的横坐标从左到右依次为x1,x2,x3,x4.由题图知,当a<x<x1时,f'(x)>0,当x1<x<x2时,f'(x)<0,所以x1是极大值点;同理,x2是极小值点,x4是极大值点.又当x2<x<x3时,f'(x)>0,当x3<x<x4时,f'(x)>0,所以x3不是极值点,所以f(x)在(a,b)内有1个极小值点.故选A.2.A 由题知f'(x)=3x2-2px-q,f'(1)=3-2p-q=0,f(1)=1-p-q=0,联立3―2p-q=0,1―p-q=0,解得p=2,q=―1.∴f(x)=x3-2x2+x,f'(x)=3x2-4x+1.令f'(x)=3x2-4x+1=0,解得x=1或x=13,经检验知x=1是函数f(x)的极小值点,∴f(x)极小值=f(1)=0.3.CD f'(x)的图象在(-3,1)上先小于0,后大于0,故f(x)在(-3,1)上先减后增,因此A错误;f'(x)的图象在(1,3)上先大于0,后小于0,故f(x)在(1,3)上先增后减,因此B错误;由题图可知,当x∈(1,2)时,f'(x)>0,所以f(x)在(1,2)上单调递增,因此C 正确;当x ∈(2,4)时, f'(x)<0,当x ∈(4,5)时, f'(x)>0,所以当x=4时, f(x)取得极小值,因此D 正确.故选CD.4.解析 (1)因为f(x)=x -aln x,所以f'(x)=12x -ax (x>0),所以f'(1)=12-a.因为曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为x-2y+1=0,所以12-a=12,解得a=0.(2)f'(x)=12x -a x =x -2a2x .①当2a ≤1,即a ≤12时, f'(x)≥0在[1,4]上恒成立,所以y=f(x)在[1,4]上单调递增,所以y=f(x)在[1,4]上无极值;②当2a ≥2,即a ≥1时, f'(x)≤0在[1,4]上恒成立,所以y=f(x)在[1,4]上单调递减,所以y=f(x)在[1,4]上无极值;③当1<2a<2,即12<a<1时,令f'(x)=0,得x=4a 2.当x 变化时, f'(x), f(x)的变化情况如下表:x (1,4a 2)4a 2(4a 2,4)f'(x)-0+f(x)↘极小值↗因此, f(x)的单调递减区间为(1,4a 2),单调递增区间为(4a 2,4),所以当x=4a 2时, f(x)在[1,4]上取得极小值,且极小值为f(4a 2)=2a-2aln 2a,无极大值.5.D 由题意得, f'(x)=3ax 2-b,设方程3ax 2-b=0的两个根分别为x 1,x 2,则f(x)在x 1,x 2处取到极值,则M+m=4-b(x 1+x 2)+a(x 1+x 2)[(x 1+x 2)2-3x 1x 2],又x 1+x 2=0,x 1x 2=-b3a ,所以M+m=4,故选D.6.C 由题意得, f'(x)=2(x-a)ln x+(x -a )2x =(x-a)2ln x +1―令f'(x)=0,得x=a 或2ln x+1-ax =0.作出g(x)=2ln x+1和h(x)=ax 的图象(图略),易知g(x)=2ln x+1和h(x)=a x 的图象有交点,所以方程2ln x+1-ax =0有解,所以根据函数的单调性和极值的关系可得,函数f(x)=(x-a)2ln x 既有极大值又有极小值,故选C.7.A 由题可知f'(x)=2x -(3m +1),x ≤0,2mx +ln x +1,x >0,当x>0时,令f'(x)=0,得-2m=ln x +1x,令g(x)=ln x +1x,则g'(x)=-ln xx 2,则函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,g(x)的图象如图所示,所以当0<-2m<1,即-12<m<0时, f'(x)=0有两个不同的根.当x ≤0时,令f'(x)=0,得x=3m +12<0,解得m<-13.综上,m ∈-12,-13.8.答案 2解析 由f(x)=ax +x 2,得f'(x)=-ax 2+2x.因为x=1是f(x)的极值点,所以f'(1)=0,即-a+2=0,所以a=2.此时f'(x)=2(x3-1)x2,当x<1时,f'(x)<0;当x=1时,f'(x)=0;当x>1时,f'(x)>0.因此x=1是极小值点,即a=2符合题意.易错警示 已知极值点求参数的值,先计算f'(x)=0,求得x的值,再验证极值点.由于导数为0的点不一定是极值点,因此解题时要防止遗漏验证导致错误.9.解析 (1)由已知得f'(x)=e x(ax2+2ax+1),因为f(0)=1,f'(0)=1,所以所求切线的方程为y=x+1.(2)证明:f'(x)=e x(ax2+2ax+1),令g(x)=ax2+2ax+1,则Δ=4a2-4a.(i)当Δ≤0,即0<a≤1时,∀x∈R,f'(x)≥0,所以函数f(x)在R上是单调递增函数,此时函数f(x)在R上无极小值. (ii)当Δ>0,即a>1时,记x1,x2是方程ax2+2ax+1=0的两个根,不妨设x1<x2,则x1+x2=―2<0,x1x2=1a>0,所以x1<x2<0.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,x1)x1(x1,x2)x2(x2,+∞) f'(x)+0-0+ f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数y=f(x)的极小值为f(x2),又因为函数y=f(x)在[x2,0]上单调递增,所以f(x2)<f(0)=1.所以函数y=f(x)的极小值小于1.10.解析 (1)由已知得f'(x)=x+1x-a(x>0,a∈R).①若f(x)在定义域上单调递增,则f'(x)≥0,即a ≤x+1x 在(0,+∞)上恒成立,又x+1x ∈[2,+∞),所以a ≤2.②若f(x)在定义域上单调递减,则f'(x)≤0,即a ≥x+1x 在(0,+∞)上恒成立,又x+1x ∈[2,+∞),所以a ∈⌀.因为f(x)在定义域上不单调,所以a>2,所以a ∈(2,+∞).(2)由(1)知,要使f(x)在(0,+∞)上有极大值和极小值,必须满足a>2.又a<e+1e ,所以2<a<e+1e .设f'(x)=x+1x -a=x 2-ax +1x=0的两根分别为x 1,x 2,即x 2-ax+1=0的两根分别为x 1,x 2,于是x 1+x 2=a,x 1x 2=1.不妨设0<x 1<1<x 2,则f(x)在(0,x 1)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在(x 2,+∞)上单调递增,所以m=f(x 1),n=f(x 2),所以S=m-n=f(x 1)-f(x 2)21-a x 1+ln x 122-a x 2+ln x 2=12(x 21-x 22)-a(x 1-x 2)+(ln x 1-ln x 2)=-12(x 21-x 22)+ln x 1x 2-+ln x 1x 2.令t=x 1x 2,t ∈(0,1),则-t.又t+1t =x 21+x 22x 1x 2=(x 1+x 2)2-2x 1x 2x 1x 2=a 2-2∈2,e 2+所以1e 2<t<1.所以++1t-12<0,所以-t ,1上为减函数.所以S ∈0,11.D 令y=1x -x 2=0,得x 3=1,解得x=1.因此选项A 、C 中的图象不正确;y'=-1x 2-2x,令y'=0,得2x 3+1=0,解得x=-312,因此,x=-312是函数y=1x -x 2的唯一的极大值点,因此,当x<-312时,y'>0,当-312<x<0时,y'<0,故B 错误,D 正确.故选D.12.A 当x>0时, f'(x)=ln x+1-2e x , f″(x)=1x +2ex 2>0,故f'(x)在(0,+∞)上单调递增,因为f'(e)=0,所以f(x)在(0,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增.f(x)的大致图象如图所示.由g(x)=f(x)-m 存在四个不同的零点知,直线y=m 与y=f(x)的图象有四个不同的交点,故m ∈(-e,e),故选A.解题模板 利用导数解决函数的极值问题,常见的解题步骤是:求导、求驻点(令导数为0时方程的解)、列表、回答问题,由表可得出函数的大致图象,借助数形结合可解决函数的极值问题.13.C 由f(x)=12ax 2-ax-ln x,得f'(x)=ax-a-1x =ax 2-ax -1x,因为A,B 的横坐标x 1、x 2是函数f(x)=12ax 2-ax-ln x 的两个极值点,所以x 1、x 2是方程ax 2-ax-1=0的两根,因此x 1+x 2=1,x 1x 2=―1a ,a ≠0,又点A,B 为曲线y=1x 上两个不同的点,所以k AB =1x 1-1x2x 1-x 2=-1x 1x 2=a,因此直线AB 的方程为y-1x 1=a(x-x 1),即y=ax-ax 1+1x 1=ax-ax 1-ax 2=ax-a(x 1+x 2)=ax-a=a(x-1),即直线AB 恒过定点(1,0),显然点(1,0)在椭圆x 24+y 2=1内,因此直线AB与椭圆x 24+y 2=1必相交.故选C.14.AD ∵函数f(x)=xln x+x 2(x>0),∴f'(x)=ln x+1+2x,易得f'(x)=ln x+1+2x 在(0,+∞)上单调递增=2e >0,∵当x →0时, f'(x)→-∞,∴0<x 0<1e ,∴A 正确,B 错误.∵f'(x 0)=ln x 0+1+2x 0=0,∴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,∴C 错误,D 正确.故选AD.15.ABD 由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=a-1x =ax -1x,当a ≤0时, f'(x)<0恒成立,此时f(x)单调递减,没有极值.又当x 趋近于0时, f(x)趋近于+∞,当x 趋近于+∞时, f(x)趋近于-∞,∴f(x)有且只有一个零点.当a>0时,在0,f'(x)<0, f(x)单调递减,,+∞上f'(x)>0, f(x)单调递增,当x=1a 时, f(x)取得极小值,同时也是最小值,∴f(x)min =1+ln a,当x 趋近于0时,ln x 趋近于-∞, f(x)趋近于+∞,当x 趋近于+∞时, f(x)趋近于+∞,当1+ln a=0,即a=1e 时, f(x)有且只有一个零点;当1+ln a<0,即0<a<1e 时, f(x)有且仅有两个零点,综上可知ABD 正确,C 错误.故选ABD.16.证明 (1)设g(x)=f'(x)=1x -1+2cos x,当x ∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-1x 2<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为=3π-1+1>0,g=2π-1<0,所以g(x),α,即f'(x)在(0,π)上存在唯一零点α.(2)①由(1)知,当x ∈(0,α)时, f'(x)>0,f(x)在(0,α)上单调递增;当x ∈(α,π)时, f'(x)<0, f(x)在(α,π)上单调递减,所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点<α<所以=ln π2-π2+2>2-π2>0,又因为=-2-1e 2+2sin 1e 2<-2-1e 2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点,又因为f(π)=ln π-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点,②当x ∈[π,2π)时,sin x ≤0, f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,则h'(x)=1x -1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x ∈[π,2π)时, f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2,-1<0,设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1x所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个零点.。
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值2.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.min3.一个圆柱形圆木的底面半径为1m，长为10m，将此圆木沿轴所在的平面剖成两个部分．现要把其中一个部分加工成直四棱柱木梁，长度保持不变，底面为等腰梯形（如图所示，其中O 为圆心，在半圆上），设，木梁的体积为V（单位：m3），表面积为S（单位：m2）．（1）求V关于θ的函数表达式；（2）求的值，使体积V最大；（3）问当木梁的体积V最大时，其表面积S是否也最大？请说明理由．【答案】(1)；(2)；（3）是.【解析】（1）本题求直四棱柱的体积，关键是求底面面积，我们要用底面半径1和表示出等腰梯形的上底和高，从图形中可知高为，而，因此面积易求，体积也可得出；（2）我们在（1）中求出，这里的最大值可利用导数知识求解，求出，解出方程在上的解，然后考察在解的两边的正负性，确定是最大值点，实质上对应用题来讲，导数值为0的那个唯一点就是要求的极值点）；（3），上（2）我们可能把木梁的表面积用表示出来，，由于在体积中出现，因此我们可求的最大值，这里可不用导数来求，因为，可借助二次函数知识求得最大值，如果这里取最大值时的和取最大值的取值相同，则结论就是肯定的.试题解析：（1）梯形的面积=，． 2分体积． 3分（2）．令，得，或（舍）．∵，∴． 5分当时，，为增函数；当时，，为减函数． 7分∴当时，体积V最大． 8分（3）木梁的侧面积=，．=，． 10分设，．∵，∴当，即时，最大． 12分又由（2）知时，取得最大值，所以时，木梁的表面积S最大． 13分综上，当木梁的体积V最大时，其表面积S也最大． 14分【考点】（1）函数解析式；（2）用导数求最值；（3）四棱柱的表面积及其最值.4.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.5.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是________．【答案】(－1,0)【解析】根据函数极大值与导函数的关系，借助二次函数图象求解．因为f(x)在x＝a处取到极大值，所以x＝a为f′(x)的一个零点，且在x＝a的左边f′(x)＞0，右边f′(x)＜0，所以导函数f′(x)的开口向下，且a＞－1，即a的取值范围是(－1,0)．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.7.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，∴f(1)不是极值，故A，B错；当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(x e x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左侧附近f′(x)<0，x在1的右侧附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.8.设函数，则函数的各极小值之和为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，令，则，令，则，所以当时，取极小值，其极小值为所以函数的各极小值之和，故选D.【考点】1.函数的极值求解；2.数列的求和.9.设函数，其中.（1)若在处取得极值，求常数的值；（2）设集合，，若元素中有唯一的整数，求的取值范围.【答案】（1)；（2）【解析】（1）由在处取得极值，可得从而解得，此问注意结合极值定义检验所求值是否为极值点；（2）分，，和三种情况得出集合A，然后由元素中有唯一的整数，分析端点，从而求出的取值范围.试题解析：（1），又在处取得极值，故，解得.经检验知当时，为的极值点，故.（2）,当时，，则该整数为2，结合数轴可知，当时，，则该整数为0，结合数轴可知当时，,不合条件.综上述，.【考点】1.利用导数处理函数的极值；2.集合元素的分析10.已知函数在处取得极值，则取值的集合为 .【答案】.【解析】，，依题意有，从而有，且有，即，解得或，当时，，此时，此时函数无极值，当时，，此时，此时函数有极值，故.【考点】函数的极值11.函数最小值是___________.【答案】【解析】函数求导得.当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，因此函数在处取得最小值，即.【考点】利用导数求函数的最值.12.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.13.设函数，（1）求函数的极大值；（2）记的导函数为，若时，恒有成立，试确定实数的取值范围.【答案】(1);(2) .【解析】（1）由导函数或求得函数的单调区间，再找极大值;(2) 的导函数是一元二次函数，转化为一元二次函数在上的最值，再满足条件即可.试题解析：(1)令，且当时，得；当时，得或∴的单调递增区间为；的单调递减区间为和，故当时，有极大值，其极大值为 6分（2）∵ 7分①当时，，∴在区间内单调递减∴，且∵恒有成立∵又，此时， 10分②当时，，得因为恒有成立，所以，即，又得， 14分综上可知，实数的取值范围 . 15分【考点】1.函数的极值；2.一元二次函数的最值.14.已知函数．(Ⅰ)若在上的最大值为，求实数的值；(Ⅱ)若对任意，都有恒成立，求实数的取值范围；(Ⅲ)在(Ⅰ)的条件下，设，对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上？请说明理由．【答案】（Ⅰ）．（Ⅱ）．（Ⅲ）对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．【解析】（Ⅰ）由，得，令，得或．当变化时，及的变化如下表：由，，，即最大值为，． 4分（Ⅱ）由，得．，且等号不能同时取，，即恒成立，即． 6分令，求导得，，当时，，从而，在上为增函数，，． 8分（Ⅲ）由条件，，假设曲线上存在两点，满足题意，则，只能在轴两侧，不妨设，则，且．是以为直角顶点的直角三角形，，，是否存在，等价于方程在且时是否有解． 10分①若时，方程为，化简得，此方程无解；②若时，方程为，即，设，则，显然，当时，，即在上为增函数，的值域为，即，当时，方程总有解．对任意给定的正实数，曲线上总存在两点，，使得是以（为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上． 14分【考点】利用导数研究函数的单调性、最值。
导数专题训练(含答案)
导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 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))处的切线方程与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．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 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 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e 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，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合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， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。
高二数学利用导数求最值和极值试题
高二数学利用导数求最值和极值试题1.函数在（0,1）内有最小值，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B.【解析】首先对函数进行求导，即，然后根据函数在（0,1）内有最小值，讨论参数与0的大小关系，进而找到符合条件的的取值范围，即（1）若，此时，这表明在（0,1）上单调递增的，所以在处取得最小值，显然不可能；（2）若，令，解得，当时，为增函数，为减函数，所以在处取得最小值，也是最小值，故极小值点在（0,1）内，符合条件要求.综上所述，的取值范围为（0,1）.故答案应选B.【考点】利用导数求闭区间上函数的最值.2.已知函数.（1）若函数在区间上存在极值点，求实数a的取值范围；（2）如果当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围；【答案】（1）（2）【解析】（1）对函数求导，求出极值点，范围在内，得到不等式关系，解不等式即可；（2）要对恒成立问题转化,转化为求最值问题，令，求出在的最小值.试题解析：（1）当x>0时，，有；所以在（0，1）上单调递增，在上单调递减，函数在处取得唯一的极值．由题意，且，解得所求实数的取值范围为.（2）当时，令，由题意，在上恒成立令，则，当且仅当时取等号．所以在上单调递增，．因此，在上单调递增，．所以．【考点】导数运算，化归思想.3.设函数，则的极小值点为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】因为，令得解得，又因为函数的定义域为，当时，，所以时为减函数；当时，，所以时为增函数；所以当时函数取得极小值；【考点】导数在求函数极值中的应用；4.已知函数.（1）求曲线在点（1，0）处的切线方程；（2）设函数，其中，求函数在上的最小值.(其中为自然对数的底数)【答案】（1）（2）当时，的最小值为0；当时，的最小值为；当时，的最小值为．【解析】利用导数的几何意义求曲线在点处的切线方程，注意这个点的切点.（2）解决类似的问题时，注意区分函数的最值和极值.求函数的最值时，要先求函数在区间内使的点，再计算函数在区间内所有使的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.（3）分类讨论是学生在学习过程中的难点，要找好临界条件进行讨论.试题解析：（1）由，得切线的斜率为．又切线过点，所以直线的方程为 4分（2），则令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增①当，即时，在上单调递增，所以在上的最小值为②当，即时，在上单调递减，在上单调递增．在上的最小值为③当，即时，在上单调递减，所以在上的最小值为．综上：当时，的最小值为0；当时，的最小值为；当时，的最小值为． 12分【考点】（1）利用导数求切线方程；（2）利用导数求函数的最值.5.已知函数在与处都取得极值．（1）求函数的解析式；（2）求函数在区间[-2，2]的最大值与最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由已知函数在与处都取得极值，得到，求出得到：关于a,b的两个方程，联立解方程组可得到a,b的值，从而可写出函数的解析式；（2）由（１）已求出的解析式，要求函数在区间[-2，2]的最大值与最小值，只需先求出函数在区间[-2，2]的极大值与极小值，再求出两个端点的函数值，然后比较这四个数值的大小，得其中的最大者就是该函数的最大值，最小者就是该函数的最小值．试题解析：（1）f（x）＝x3＋ax2＋bx，f¢（x）＝3x2＋2ax＋b 1分由f¢（）＝，f¢（1）＝3＋2a＋b＝0 3分得a＝，b＝－2 5分经检验，a＝，b＝－2符合题意所以，所求的函数解析式为： 6分（2）由（1）得f¢（x）＝3x2－x－2＝（3x＋2）（x－1）， 7分列表如下：（－2，－）－（－，1）9分11分所以当时， 12分【考点】１．函数导数；２．函数极值；３．函数最值．6.函数在[0，3]上的最大值和最小值分别是( ).A．5，－15B．5，－14C．5，－16D．5，15【答案】A【解析】，；令得；令得；函数在递减，在递增；又，.【考点】利用导数求闭区间上的最值.7.函数在[0，3]上的最大值和最小值分别是A．5，15B．5，－14C．5，－15D．5，－16【答案】C【解析】，；令得；令得；函数在递减，在递增；又，.【考点】利用导数求闭区间上的最值.8.函数．（1）求函数的极值；（2）设函数，对，都有，求实数m的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】解题思路：（1）求导，令得，列表即可极值；（2）因为，都有，所以只需即可，即求的最值.规律总结：（1）利用导数求函数的极值的步骤：①求导；②解，得分界点；③列表求极值点及极值；（2）恒成立问题要转化为求函数的最值问题.注意点：因为，都有，所以只需即可.试题解析：（1）因为，所以，令，解得，或，则＋－＋故当时，有极大值，极大值为；当时，有极小值，极小值为．（2）因为，都有，所以只需即可．由（1）知：函数在区间上的最小值，又，则函数在区间上的最大值，由，即，解得，故实数m的取值范围是．【考点】1.函数的极值；2.不等式恒成立问题.9.若函数在[－1,1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是__________【答案】【解析】求导得=，当-1＜＜0时，，当时，＜0，所以该函数在（-1,0）上是增函数，在（0,1）是减函数，故当=0时，=，所以=3，所以当=-1时，y=，当=1时，=，所以该函数在[-1,1]上的最小值为.【考点】利用导数求函数在某个闭区间上的最值10.设函数在上的导函数为,在上的导函数为,若在上,恒成立,则称函数在上为“凸函数”．已知当时,在上是“凸函数”．则在上 ( )A．既有极大值,也有极小值B．既有极大值,也有最小值C．有极大值,没有极小值D．没有极大值,也没有极小值【答案】C【解析】由题设可知:在(-1,2)上恒成立,由于从而,所以有在(-1,2)上恒成立,故知，又因为，所以；从而，得；且当时，当时，所以在上在处取得极大值，没有极小值．【考点】新定义,函数的极值．11.若函数在（0，1）内有极小值，则 ( )A．＜1B．0＜＜1C．b＞0D．b＜【答案】B【解析】由得：，若函数在（0，1）内有极小值，则必在区间内有解，即关于的方程区间内有解，所以有，故选B.【考点】导数与函数的极值.12.若函数在[－1,1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是__________【答案】【解析】由函数得，令0得x=0或x=1，<0得，>0得x>1或x<0，所以函数在（0,1）上是减函数，在上是增函数，故最大值为f(0)=a=3,f(1)=,f(-1)=,故最小值为,【考点】导数与函数的极值.13.已知函数既有极大值又有极小值，则实数的取值范围是。
课时导数与函数的极值、最值检测题与详解答案
导数与函数的极值、最值测试题与详解答案A 级——保大分专练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：3.5．(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＋2b ＋c ＝0，f＝－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 ＋2x3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y＝2x －1x2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 )＝x 2＋－2x x ＋x 2＋2＝－x ＋x －x 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 ＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f＝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－ln xx 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 x x ，f ′(x )＝1－ln xx2. 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－axx(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——创高分自选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．解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x2(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.。
导数与函数的极值、最值 最新习题(含解析)
导数与函数的极值、最值课时作业一、选择题1．如图2是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：图2①－2是函数y＝f(x)的极值点；②1是函数y＝f(x)的极值点；③y＝f(x)的图象在x＝0处切线的斜率小于零；④函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增．则正确命题的序号是()A．①③B．②④C．②③D．①④解析：根据导函数图象可知，－2是导函数的零点且－2的左右两侧导函数符号异号，故－2是极值点；1不是极值点，因为1的左右两侧导函数符号一致；0处的导函数值即为此点的切线斜率，显然为正值，导函数在(－2，2)上恒大于或等于零，故为函数的增区间，所以选D.答案：D2．设f(x)＝12x2－x＋cos(1－x)，则函数f(x)()A．仅有一个极小值B．仅有一个极大值C．有无数个极值D．没有极值解析：由f(x)＝12x2－x＋cos(1－x)，得f′(x)＝x－1＋sin(1－x)．设g(x)＝x－1＋sin(1－x)，则g′(x)＝1－cos(1－x)≥0.所以g(x)为增函数，且g(1)＝0.所以当x∈(－∞，1)时，g(x)<0，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，则f(x)单调递增．又f′(1)＝0，所以函数f(x)仅有一个极小值f(1)．故选A.答案：A3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取极值10，则a＝()A ．4或－3B ．4或－11C ．4D ．－3 解析：∵f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .由题意得⎩⎨⎧f ′（1）＝3＋2a ＋b ＝0，f （1）＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， 即⎩⎨⎧2a ＋b ＝－3，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，故函数f (x )单调递增，无极值．不符合题意．∴a ＝4.故选C. 答案：C 4．函数f (x )＝2＋ln x x ＋1在[1e ，e]上的最小值为 ( ) A ．1 B.e 1＋e C.21＋e D.31＋e解析：∵f ′(x )＝x ＋1x －（2＋ln x ）（x ＋1）2＝1x－1－ln x （x ＋1）2，∴当e ≥x >1时，f ′(x )<0；当1e ≤x ＜1时，f ′(x )＞0. 所以f (x )的最小值为min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （1e ），f （e ）＝min{e 1＋e ，31＋e }＝e 1＋e ，选B.答案：B5．若函数f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x 有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ( )A ．(0，62)B ．(1，62)C ．(－62，62)D ．(63，1)∪(1，62) 解析：∵f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x ， ∴f ′(x )＝2(a ＋1)e 2x －2e x ＋a －1，∵f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x 有两个极值点， ∴f ′(x )＝0有两个不等实根，设t ＝e x >0，则关于t 的方程2(a ＋1)t 2－2t ＋a －1＝0有两个不等正根，可得⎩⎪⎨⎪⎧a －12（a ＋1）>0，22（a ＋1）>0，4－8（a －1）（a ＋1）>0⇒1<a <62，∴实数a 的取值范围是(1，62)，故选B. 答案：B 6.图1如图1，可导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )，设h (x )＝f (x )－g (x )，则下列说法正确的是( )A ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极大值点B ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极小值点C ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是h (x )的极值点D ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0是h (x )的极值点解析：由题意可得函数f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)， ∴h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， ∴h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)， ∴h ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0. 又当x <x 0时，f ′(x )<f ′(x 0)， 故h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当x >x 0时，f ′(x )>f ′(x 0)， 故h ′(x )>0，h (x )单调递增．∴x ＝x 0是h (x )的极小值点．故选B. 答案：B7．若函数g (x )＝mx ＋sin xe x 在区间(0，2π)内有一个极大值和一个极小值，则实数m 的取值范围是 ( )A ．[－e －2π，e －π2)B ．(－e －π，e －2π)C ．(－e π，e －5π2) D ．(－e －3π，e π) 解析：函数g (x )＝mx ＋sin xe x ， 求导得g ′(x )＝m ＋cos x －sin xe x. 令f (x )＝m ＋cos x －sin x e x，则f ′(x )＝－2cos xe x .易知，当x ∈(0，π2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(π2，3π2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(3π2，2π)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 且f (0)＝m ＋1，f (π2)＝m －e －π2，f (3π2)＝m ＋e －3π2， f (2π)＝m ＋e －2π，有f (π2)<f (2π)，f (0)>f (3π2)．根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f （π2）＝m －e －π2<0，f （2π）＝m ＋e －2π≥0，解得－e－2π≤m <e －π2.故选A.答案：A8．函数y ＝2x 3－3x 2－12x ＋5在[0，3]上的最大值和最小值分别是 ( )A ．－4，－15B ．5，－15C ．5，－4D ．5，－16 解析：由题意知y ′＝6x 2－6x －12， 令y ′>0，解得x >2或x <－1，故函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0，2]上递减，在[2，3]上递增，当x＝0时，y＝5；当x＝3时，y＝－4；当x＝2时，y＝－15.由此得函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0，3]上的最大值和最小值分别是5，－15.故选B.答案：B9．若函数f(x)＝13x3－⎝⎛⎭⎪⎫1＋b2x2＋2bx在区间[－3，1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为()A．2b－43 B.32b－23C．0 D．b2－16b3解析：由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3，1]上不是单调函数，所以－3<b<1.由f′(x)>0，解得x>2或x<b；由f′(x)<0，解得b<x<2.所以f(x)的极小值为f(2)＝2b－43.故选A.答案：A10．已知函数f(x)＝ln x＋a，g(x)＝ax＋b＋1，若∀x>0，f(x)≤g(x)，则ba的最小值是()A．1＋e B．1－e C．e－1D．2e－1解析：由题意，∀x>0，f(x)≤g(x)，即ln x＋a≤ax＋b＋1，即ln x－ax＋a≤b＋1，设h(x)＝ln x－ax＋a，则h′(x)＝1x－a，当a≤0时，h′(x)＝1x－a>0，函数h(x)单调递增，无最大值，不合题意；当a>0时，令h′(x)＝1x－a＝0，解得x＝1a，当x∈(0，1a)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x∈(1a，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1a)＝－ln a＋a－1，故－ln a＋a－1≤b＋1，即－ln a＋a－b－2≤0，令ba＝k，则b＝ak，所以－ln a＋(1－k)a－2≤0，设φ(a)＝－ln a＋(1－k)a－2，则φ′(a)＝－1a＋(1－k)，若1－k≤0，则φ′(a)<0，此时φ(a)单调递减，无最小值，所以k＜1，由φ′(a)＝0，得a＝11－k，此时φ(a)min＝ln(1－k)－1≤0，解得k≥1－e，所以k的小值为1－e，故选B.答案：B11．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是()A．－13 B．－15 C．10 D．15解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，∴－12＋4a＝0，解得a＝3，∴f′(x)＝－3x2＋6x，f(x)＝－3x3＋3x2－4，∴n∈[－1，1]时，f′(n)＝－3n2＋6n，当n＝－1时，f′(n)最小，最小为－9，当m∈[－1，1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，令f′(m)＝0，得m＝0或m＝2，所以当m＝0时，f(m)最小，最小为－4，故f(m)＋f′(n)的最小值为－9＋(－4)＝－13.故选A.答案：A12．设函数y＝f(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，若在(a，b)上，f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在(a，b)上为“凸函数”．已知当m≤2时，f(x)＝16x3－12mx2＋x在(－1，2)上是“凸函数”，则f(x)在(－1，2)上() A．既有极大值，也有极小值B．没有极大值，有极小值C．有极大值，没有极小值D．没有极大值，也没有极小值解析：由题设可知，f″(x)<0在(－1，2)上恒成立，由于f ′(x )＝12x 2－mx ＋1，从而f ″(x )＝x －m ，所以有x －m <0在(－1，2)上恒成立，故知m ≥2，又因为m ≤2，所以m ＝2，从而f (x )＝16x 3－x 2＋x ，f ′(x )＝12x 2－2x ＋1＝0，得x 1＝2－2∈(－1，2)，x 2＝2＋2∉(－1，2)，且当x ∈(－1，2－2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2－2，2)时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝2－2处取得极大值，没有极小值．答案：C 二、填空题13．已知函数f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f (x )在[12，2]上的最大值等于________．解析：∵函数f (x )＝1－xx ＋ln x ， ∴f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2.故f (x )在[12，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增， 又∵f (12)＝1－ln2，f (2)＝ln2－12，f (1)＝0， f (12)－f (2)＝32－2ln2>0，∴f (x )max ＝1－ln2，故答案为1－ln2. 答案：1－ln214．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．解析：求导得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝2处取得极值，所以f ′(2)＝3·22＋6a ·2＋3b ＝0，即4a ＋b ＋4＝0 ①，又因为图象在x ＝1处的切线与直线6x ＋2y ＋5＝0平行， 所以f ′(1)＝3＋6a ＋3b ＝－3，即2a ＋b ＋2＝0 ②， 联立①②可得a ＝－1，b ＝0， 所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， 当f ′(x )>0时，x <0或x >2； 当f ′(x )<0时，0<x <2，∴函数的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，函数的单调减区间是(0，2)， 因此求出函数的极大值为f (0)＝c ， 极小值为f (2)＝c －4，故函数的极大值与极小值的差为c －(c －4)＝4， 故答案为4. 答案：415．若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．解析：由f ′(x )＝6x 2－2ax ＝0，得x ＝0或x ＝a3，因为函数f (x )在(0，＋∞)上有且仅有一个零点且f (0)＝1，所以a 3>0，f (a 3)＝0，因此2(a 3)3－a (a3)2＋1＝0，a ＝3.从而函数f (x )在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)，f (x )min ＝min{f (－1)，f (1)}＝f (－1)，f (x )max ＋f (x )min ＝f (0)＋f (－1)＝1－4＝－3.答案：－316．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1，(1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝________；(2)若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， ∴f ′(1)＝3a ＋9＝6，∴a ＝－1.函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)＝0在(－1，3)内有不同的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）＝－a ＋9>0，f ′（3）＝7a ＋33>0，－1<－2a 6<3，∴－337<a <－3.答案：－1 (－337，－3) 三、解答题17．已知函数f (x )＝x ＋ax ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )＝x ＋ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，证明：f (x )≤e －x ＋x 2. 解：(1)由题意x >0，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ，①当a ＝0时，f (x )＝x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a >0时，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递增，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )<0，当x ∈(e －1－1a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，e －1－1a )上单调递减，函数f (x )在(e －1－1a ，＋∞)上单调递增；③当a <0，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递减，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1－1a ，＋∞时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －1－1a 上单调递增，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1－1a ，＋∞上单调递减． (2)由f ′(1)＝0，得a ＝－1，令h (x )＝e －x ＋x 2－x ＋x ln x ，则h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x ，h ″(x )＝e －x ＋2＋1x >0，∴h ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∵h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－e －1e ＋2e －1＜0，h ′(1)＝－e －1＋2＞0， ∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得h ′(x 0)＝0，即－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0. ∴当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，∴h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (x 0)．由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，得e －x 0＝2x 0＋ln x 0， ∴h (x 0)＝e －x 0＋x 20－x 0＋x 0ln x 0 ＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)．当x 0＋ln x 0<0时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x 0 ⇒－e －x 0＋x 0<0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾； 当x 0＋ln x 0>0时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x 0⇒－e －x 0＋x 0>0， 所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾； 当x 0＋ln x 0＝0时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x 0⇒－e －x 0＋x 0＝0， 得－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，故x 0＋ln x 0＝0成立， 得h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)＝0，所以h (x )≥0， 即f (x )≤e －x ＋x 2.18．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数y ＝f (x )的单调区间和最小值；(2)若函数F (x )＝f （x ）－a x 在[1，e]上的最小值为32，求a 的值； (3)若k ∈Z ，且f (x )＋x －k (x －1)>0对任意x >1恒成立，求k 的最大值． 解：(1)f (x )的单调增区间为[1e ，＋∞)，单调减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ， f (x )min ＝f (1e )＝－1e .(2)F (x )＝ln x －ax ，F ′(x )＝x ＋a x 2，(ⅰ)当a ≥0时，F ′(x )>0，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32∉[0，＋∞)，舍去．(ⅱ)当a <0时，F (x )在(0，－a )在上单调递减， 在(－a ，＋∞)上单调递增，①若a ∈(－1，0)，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32∉(－1，0)，舍去；②若a ∈[－e ，－1]，F (x )在[1，－a ]上单调递减，在[－a ，e]上单调递增，所以F (x )min ＝F (－a )＝ln(－a )＋1＝32，解得a ＝－e ∈[－e ，－1]；③若a ∈(－∞，－e), F (x )在[1，e]上单调递减， F (x )min ＝F (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e 2∉(－∞，－e)，舍去．综上所述， a ＝－ e.(3)由题意得，k (x －1)<x ＋x ln x 对任意x >1恒成立，即k <x ln x ＋x x －1对任意x >1恒成立． 令h (x )＝x ln x ＋x x －1，则h ′(x )＝x －ln x －2（x －1）2， 令φ(x )＝x －ln x －2(x >1)，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，所以函数φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，因为方程φ(x )＝0在(1，＋∞)上存在唯一的实根x 0，且x 0∈(3，4)，当1<x <x 0时，φ(x )<0，即h ′(x )<0，当x >x 0时，φ(x )>0，即h ′(x )>0.所以函数h (x )在(1，x 0)上递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0（1＋ln x 0）x 0－1＝x 0（1＋x 0－2）x 0－1＝x 0∈(3，4)，所以k <g (x )min ＝x 0， 又因为x 0∈(3，4)，故整数k 的最大值为3.19．高三模拟考试)已知函数f (x )＝－4x 3＋ax ，x ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在[－1，1]上的最大值为1，求实数a 的取值集合．解：(1)f ′(x )＝－12x 2＋a .当a ＝0时，f (x )＝－4x 3在R 上单调递减；当a <0时，f ′(x )＝－12x 2＋a <0，即f (x )＝－4x 3＋ax 在R 上单调递减；当a >0时，f ′(x )＝－12x 2＋a ＝0，解得x 1＝36a ，x 2＝－3a 6，∴当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6时，f ′(x )<0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6上递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6时，f ′(x )>0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6上递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞时，f ′(x )<0， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞上递减． 综上，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6上递减； 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6上递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞上递减． (2)∵函数f (x )在[－1，1]上的最大值为1，∴对任意x ∈[－1，1]，f (x )≤1恒成立，即－4x 3＋ax ≤1对任意x ∈[－1，1]恒成立，变形可得ax ≤1＋4x 3.当x ＝0时，a ·0≤1＋4·03，即0≤1，可得a ∈R ；当x ∈(0，1]时，a ≤1x ＋4x 2，则a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4x 2min， 令g (x )＝1x ＋4x 2，则g ′(x )＝－1x 2＋8x ＝8x 3－1x 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，g ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时， g ′(x )>0. 因此，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3， ∴a ≤3.当x ∈[－1，0)时，a ≥1x ＋4x 2，则a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4x 2max， 令g (x )＝1x ＋4x 2，则g ′(x )＝－1x 2＋8x ＝8x 3－1x 2，当x ∈[－1，0)时，g ′(x )<0，因此，g (x )max ＝g (－1)＝3，∴a ≥3.综上，a＝3.∴a的取值集合为{3}。
第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.。
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。
《导数与极值》基础练习题
《导数与极值》基础练习题一、单选题 1．已知3()x xf x e=，则()f x （ ） A ．在(,)-∞+∞上单调递增 B ．在(,1)-∞上单调递减 C ．有极大值3e ，无极小值 D ．有极小值3e，无极大值 2．已知函数()f x 的导函数()'f x 的图像如下，若()f x 在0x x =处有极值，则0x 的值为（ ）A ．3-B ．0C ．3D ．73．已知函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =在区间(),a b 内的极小值点的个数为（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 4．若函数1()sin sin 33f x a x x =+在3x π=处有最大（小）值，则a 等于（ ） A ．2B ．1C ．233D ．05．如图是函数()y f x =的导函数()y f x ='的图象，则函数()y f x =的极小值点的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．36．关于x 的函数32()33f x x x x a =++-的极值点的个数有（ ）A ．2个B ．1个C ．0个D ．由a 确定7．函数3()1f x ax x =++有极值的充要条件是 （ ）A ．0a >B ．0a ≥C ．0a <D ．0a ≤8．已知函数()ln f x x ax =-在2x =处取得极值，则a =（ ）A ．1B ．2C ．12D ．-29．已知a 为函数3()27f x x x =-的极小值点，则a =（ ）A ．3B ．－2C ．4D ．210．函数()()x f x x x e 2=-3+1的极大值为（）A ．2e -B ．15e -C ．3254e -D ．2e -11．函数()sin xf x ae x =-在0x =处有极值,则a 的值为( )A ．1-B ．0C ．1D ．e12．函数()ln f x kx x =-的极值点为2x =，则k 的值为（ ）A ．2B ．1C ．12D ．12-13．已知1x =是2()(3)23xf x x a x a e ⎡⎤=-+++⎣⎦的极小值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,)+∞B ．(1,)-+∞C ．(,1)-∞-D ．(,1)-∞14．函数()[]2cos 0,f x x x π=+在上的极小值点为（ ）A ．0B ．6πC ．56π D ．π15．设()21cos 2=+f x x x ，则函数()f x （ ） A ．有且仅有一个极小值 B ．有且仅有一个极大值 C ．有无数个极值 D ．没有极值 16．已知函数()31f x ax bx =++的图象在点()1,1a b ++处的切线斜率为6，且函数()f x 在2x =处取得极值，则a b +=（ ） A ．263-B ．7C ．223D ．26317．若1x =是函数3221()(1)(33)3f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为（ ） A ．-3B ．2C ．-2或3D ．–3或218．已知是函数2x =就函数3()32f x x ax =-+的极小值点，那么函数()f x 的极大值为（ ）A ．-2B ．6C ．17D ．18二、多选题19．函数()f x 的定义域为R ，它的导函数()y f x '=的部分图象如图所示，则下面结论正确的是（ ）A ．在()1,2上函数()f x 为增函数B ．在()3,5上函数()f x 为增函数C ．在()1,3上函数()f x 有极大值D ．3x =是函数()f x 在区间[]1,5上的极小值点20．已知函数39,0(),0x x x f x xe x ⎧-≥=⎨<⎩，若()f x 的零点为α，极值点为β，则（ ）A ．=0αB ．+=1αβC ．()f x 的极小值为1e --D ．()f x 有最大值 三、填空题21．函数2sin y x x =-在()0,π上的极值点为______. 22．函数()ln f x x x =的极值点是x =__________.23．函数()f x 的定义域为开区间(),a b ，导函数()f x 在(),a b 内的图象如图所示，则函数()f x 在开区间(),a b 内有极小值点___________个.24．已知函数()ln f x x x =，则()y f x =的极小值为______． 25．若函数32()4f x x ax =-+-在2x =处取得极值，则a =________. 26．若x ＝2是f (x )＝ax 3-3x 的一个极值点，则a ＝________. 27．函数()ln f x x x =-的极大值是______.28．已知a 为函数()212f x x x =-的极小值点，则a =______ .29．已知函数()2()e xf x x ax =+的一个极值点为1，则曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为______.30．函数f （x ）＝x 3+ax 2+（a +6）x +1有极值，则a 的取值范围是_____．31．设函数()2xf x e x ax =+-，若0x =是()f x 的极值点，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线的斜率为_______.32．已知函数()xf x e ax =+在1x =处取得极小值，则实数a =__________.33．设x ＝－2与x ＝4是函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点，则常数a －b 的值为________． 34．已知函数f (x )=x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x =－1时有极值0，则m ＋n =________. 35．若函数f （x ）＝a sin x +cos x 在x 3π=处有极值，则实数a 等于________.四、双空题 36．若函数2'1()(2)ln 2f x x f x ⋅=+,则()f x 的极大值点为_______，极大值为_________.五、解答题37．函数()ln 1f x x x ax =-+在点(1,(1))A f 处的切线斜率为2-．（1）求实数a 的值；（2）求()f x 的单调区间和极值．38．已知函数()()3223168f x x a x ax =-+++，其中a R ∈，已知()f x 在3x =处取得极值.（1）求()f x 的解析式；（2）求()f x 在点()()1,1A f 处切线的方程.39．已知函数3()31f x x x =-+.（1）求()f x 的单调区间； （2）求函数的极值；(要列表).40．已知函数()ln(1)f x x =+与函数2()g x x ax b =++在0x =处有公共的切线.（1）求实数a ，b 的值；（2）记()()()F x f x g x =-，求()F x 的极值.《导数与极值》参考答案1．C 【解析】由题意3(1)()xx f x e-'=，当1x <时，()0f x '>，()f x 递增，1x >时，()0f x '<，()f x 递减，(1)f 是函数的极大值，也是最大值3(1)f e=，函数无极小值．故选：C ．2．B 【解析】由()'f x 知，0x =时，(0)0f '=，30x -<<时，()0f x '>，03x <<时，()0f x '<，0是极值点．虽然有(7)0f '=，但在7的两侧，()0f x '<，7不是极值点．故选：B ．3．A 【解析】由图象，设()'f x 与x 轴的两个交点横坐标分别为c 、d 其中c d <，知在(,)c -∞，(),d +∞上()0f x '≥，所以此时函数()f x 在(,)c -∞，(,)d +∞上单调递增，在(,)c d 上，()0f x '<，此时()f x 在(,)c d 上单调递减，所以x c =时，函数取得极大值，x d=时，函数取得极小值．则函数()y f x =的极小值点的个数为1．故选: A4．A 【解析】∵()f x 在3x π=处有最大（小）值，∴3x π=是函数()f x 的极值点.又∵()cos cos3()f x a x x x R =+∈'，∴cos cos 033f a πππ'⎛⎫=+=⎪⎝⎭，解得2a =.故选：A 5．B 【解析】由图象，设()f x '与x 轴的两个交点横坐标分别为a 、b 其中a b <，知在(,)a -∞，(,)b +∞上()0f x '>，所以此时函数()f x 在(,)a -∞，(,)b +∞上单调递增，在(,)a b 上，()0f x '<，此时()f x 在(,)a b 上单调递减，所以x a =时，函数取得极大值，x b=时，函数取得极小值．则函数()y f x =的极小值点的个数为1．故选: B6．C 【解析】因为，32()33f x x x x a =++-，所以，令2'()3630f x x x =++=，得，2(1)0x +=，在x=－1附近，导函数值不变号，所以，关于x 的函数32()33f x x x x a =++-的极值点的个数为0，选C ．7．C 【解析】因为2()31f x ax '=+，所以221()31030f x ax a x =+=⇒=-<'，即0a <，故选C ． 8．C 【解析】()'1f x a x =-，依题意()'20f =，即110,22a a -==.此时()()'112022x f x x x x-=-=>，所以()f x 在区间()0,2上递增，在区间()2,+∞上递减，所以()f x 在2x =处取得极大值，符合题意.所以12a =.故选：C 9．A 【解析】3'22()27()3273(9)03f x x x f x x x x =-⇒=-=-=⇒=±.当3x >时，'()0f x >，因此函数单调递增，当33x -<<时，'()0f x <，因此函数单调递减，当3x <-时，'()0f x >，因此函数单调递增，所以3x =是函数的极小值点，故3a =.故选：A 10．B 【解析】依题意()()'22x fx x x e =--()()21x x x e =-+，故函数在()(),1,2,-∞-+∞上递增，在()1,2-上递减，所以函数在1x =-处取得极大值为()115f e --=.故选B. 11．C 【解析】由题意得：()cos xf x ae x '=-．()f x 在0x =处有极值，()0cos010f a a '∴=-=-=，解得：1a =经检验满足题意，本题正确选项：C12．C 【解析】因为()ln f x kx x =-，所以()´1fx k x=-；又()ln f x kx x =-的极值点为2x =，所以()´20f=，即12k =.故选C 13．D 【解析】依题意()()()1xf x x a x e '=--，零点为121,x x a ==，要1x =是函数的极小值点，则必须1a <，此时函数在(),1a 上递减，在()1,+∞上递增，在1x =处取得极小值.故本题选D. 14．C 【解析】y′＝1﹣2sinx ＝0，得x π6=或x 5π6=，故y ＝x+2cosx 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．∴x 5π6=是函数的极小值点，故选：C ． 15．A 【解析】()sin f x x x '=-，()1cos 0f x x ''=-≥，∴()f x '单调递增且()00f '=，∴当0x <时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当0x >时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，故()f x 有唯一的极小值点.故选：A. 16．C 【解析】由题可知：()'23fx ax b =+，则36,120,a b a b +=⎧⎨+=⎩解得23a =-，8b =.经检验，当23a =-，8b =时，()f x 在2x =处取得极大值，所以223a b +=.故选：C 17．D 【解析】由题意，知：22()2(1)(33)f x x a x a a '=++-+-且()01f '=，∴260+-=a a ，解得：3a =-或2a =.当3a =-时，2()43(1)(3)f x x x x x '=-+=--，即在1x =的左侧(0)30f '=>，右侧(2)10f '=-<，所以1x =是极值点，而非拐点；当2a =时，2()67(1)(7)f x x x x x '=+-=-+，即在1x =的左侧(0)70f '=-<，右侧(2)90f '=>，所以1x =是极值点，而非拐点；故选：D18．D 【解析】函数3()32f x x ax =-+的导数()233f x x a '=-， 由题意得，()20f '=，即1230a -=，4a =． ()3122f x x x =-+，()()()2312322f x x x x '=-=-+，令()0f x '>，得2x >或2x <-；()0f x <′，得22x -<<， 所以当时2x =-取极大值，即()()8242218f x f -=-=++=极大值． 故选：D ．19．AC 【解析】由图象可知()f x 在区间()1,2和()4,5上()'0fx >，()f x 递增；在区间()2,4上()'0f x <，()f x 递减.所以A 选项正确，B 选项错误.在区间()1,3上，()f x 有极大值为()2f ，C 选项正确.在区间[]1,5上，4x =是()f x 的极小值点，D 选项错误.故选：AC20．BC 【解析】当0x <时，()0x f x xe =<，此时函数无零点，当0x ≥时，()39x f x =-，函数的零点为2，所以2α=，当0x <时，()(1)x x xf x e xe e x ='=++，由()0f x '<得1x <-，由()0f x '>，得10x -<<，所以函数在1x =-处取得极小值，极小值点为1-，极小值为1(1)f e --=-，当0x ≥时，()39x f x =-为递增函数，此时()f x 无极值，也无最大值，所以1β=-，所以2(1)1αβ+=+-=，故选：BC21．3π【解析】∵'12cos y x =-，∴当03x π<<时，'0y <；当3x ππ<<时，'0y >.故极值点为3π. 22．1e 【解析】令()'ln 10f x x =+=，解得1e x =.则函数()ln f x x x =的极值点是1ex =， 23．1【解析】从导函数的图象上可得导数的零点有4个，其中满足零点左侧附近导数小于零且右侧附近导数大于零的零点有1个，24．1e-【解析】因为()ln f x x x =，所以()ln 1f x x '=+，由()0f x '>得1x e>；由()0f x '<得10x e <<；所以函数()ln f x x x =在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()y f x =的极小值为1111ln f e e e e⎛⎫==- ⎪⎝⎭.25．3【解析】由题意，得2()32f x x ax '=-+，因为2x =是函数()f x 的极值点，可得()20f '=，所以34220a -⨯+⨯=，解得3a =.26．14【解析】因为3()3f x ax x =-，所以2()33f x ax '=-，因为x ＝2是f (x )＝ax 3-3x 的一个极值点，所以(2)1230f a '=-=，故14a =，经验证当14a =时，2x =是()f x 的一个极值点.所以14a =.27．-1【解析】()f x 的定义域为(0,)+∞，∵()ln f x x x =-，∴()1'1f x x=-，令()'0f x =，解得1x =，当01x <<时，()'0f x >；当1x >时，()'0f x <，()f x ∴递增区间是(0,1)，递减区间是(1,)+∞，故()f x 在1x =处取得极大值，极大值为()1ln111f =-=-.28．6【解析】由()212f x x x =-有()()221226f x x x '=-=-．令()0f x '>，得6x >，则()f x 在()6+，∞上单调递增.令()0f x '<，得6x <，则()f x 在()6，-∞上单调递减.所以()f x 在6x =处取得极小值,所以6a =29．320x y +=【解析】2()(2)e x x x a a f x ⎡⎤=+++⎣⎦'，由()01f '=，有32a =-，又切点为(0,0)，3(0)2f '=-,则切线方程为32y x =-，320x y +=.30．{a |a ＜﹣3或a ＞6}【解析】函数32()(6)1f x x ax a x ++++＝有极值，则2()3260f x x ax a '=+++=有两个不相等的实数解，22412(6)4(318)0a a a a ∆=-+=-->，3a ∴<-或6a >.31．1e +【解析】由已知()2xf x e x a '=+-，所以()010f a '=-=，得1a =，所以()1211f e e '=+-=+，32．e -【解析】因为()xf x e ax =+，所以()´x fx e a =+，又函数()xf x eax =+在1x =处取得极小值，所以()´1e 0fa =+=,故a e =-.33．21【解析】因为()32f x x ax bx =++，所以()2'32f x x ax b =++£®因为2x =-与4x =是函数，()32f x x ax bx =++的两个极值点，可得()()2124044880f a b f a b ⎧-=-+=⎪⎨=++=''⎪⎩，解得3a =-，24b =-，所以21a b -=£® 34．11【解析】()()3222336f x x mx nx m f x x mx n =+++∴'=++， 依题意可得()()210130 10360f m n m f m n ⎧-⎧-+-+⎪⇒⎨⎨'--+⎪⎩⎩＝＝＝＝，联立可得29m n =⎧⎨=⎩或1?3m n =⎧⎨=⎩；当1,3m n ==时函数()32331f x x x x =+++，()()22363310f x x x x '=++=+≥，所以函数()f x 在R 上单调递增，故函数()f x 无极值，所以1,3m n ==舍去；所以2,9m n ==，所以+11m n =. 35解析】由函数f （x ）＝asinx +cosx ，则f ′（x ）＝acosx ﹣sinx ，由函数f （x ）在x 3π=处有极值，则'()03f π=，即acos3π-sin 3π=0，故a =36()1ln 212-【解析】2'''11()(2)ln ()(2)2f x x f x f x x f x=+⇒⋅=⋅+,因此有 '''11(2)2(2)(2)22f f f =⋅+⇒=-,所以2'111()ln ,()42f x x x f x x x=-+=-+2'112()22x f x x x x -+=-+==,因为0x >,所以当x >,函数()f x 单调递减,当02x时, 函数()f x 单调递增,因此()f x,极大值为11(ln 21)22f =-+=-.37．【解析】（1）函数()ln 1f x x x ax =-+的导数为()ln 1f x x a '=+-，在点(1,(1))A f 处的切线斜率为12k a =-=，(1)2f '∴=-，即12a -=-，3a ∴=；（2）由（1）得，()ln 2,(0,)f x x x '=-∈+∞， 令()0f x '>，得2x e >，令()0f x '<，得20x e <<，即()f x 的增区间为()2,e +∞，减区间为()20,e ．在2x e =处取得极小值21e -，无极大值． 38．【解析】（1）()()3223168,f x x a x ax =-+++()()()()2661661f x x a x a x a x ∴=-++=--'而()f x 在3x =处取得极值，故()'30f=，得3a =，经检验，当3a =时，()f x 在3x =处取得极值. 所以()32212188f x x x x =-++.（2）由（1）得，()()()631f x x x -'=-所以，切线的斜率()10k f '==，而()116f =，所以切线的方程为160y -=. 39．【解析】（1）3()31=-+f x x x ，/2()333(1)(1)∴=-=-+f x x x x ，设'()0f x =可得1x =或1x =-. ①当/()0f x >时，1x >或1x <-； ②当/()0f x <时，11x -<<，所以()f x 的单调增区间为()(),1,1,-∞-+∞，单调减区间为：()1,1-.（2）由（1）可得，当x 变化时，/()f x ，()f x 的变化情况如下表：当1x =-时，()f x 有极大值，并且极大值为(1)3f -= 当1x =时，()f x 有极小值，并且极小值为(1)1f =-. 40．【解析】（1）()11f x x '=+，()2g x x a '=+， 由题意得()()00f g '='，()()00f g =，解得1a =，0b =. （2）()()()()2ln 1F x f x g x x x x =-=+--，()()23121(1)11x x F x x x x x -+=--=>-++'， ()F x '，()F x 的变化情况如下表：x()1,0-()0,∞+()F x ' +-()F x极大值由表可知，()F x 的极大值为()00F =，无极小值.。
2.6.2函数的极值（讲义+典型例题+小练）（解析版）
2.6.2函数的极值（讲义+典型例题+小练）函数的极值与其导数的关系：1.①极值的定义：设函数()f x 在点0x 附近有定义，且若对0x 附近的所有的点都有0()()f x f x <（或0()()f x f x >，则称0()f x 为函数的一个极大（或小）值，0x 为极大（或极小）值点。
②可导数()f x 在极值点．．．0x 处的导数为0（即0'()0f x =），但函数()f x 在某点0x 处的导数为0，并不一定函数()f x 在该处取得极值（如3()f x x =在00x =处的导数为0，但()f x 没有极值）。
③求极值的步骤： 第一步：求导数'()f x ；第二步：求方程'()0f x =的所有实根；第三步：列表考察在每个根0x 附近，从左到右，导数'()f x 的符号如何变化， 若'()f x 的符号由正变负，则0()f x 是极大值； 若'()f x 的符号由负变正，则0()f x 是极小值；若'()f x 的符号不变，则0()f x 不是极值，0x 不是极值点。
例：1．函数()1f x x x=+的极大值点为（ ） A ．1 B ．1- C ．1± D ．不存在【答案】B 【解析】 【分析】求导，令导数等于0，然后判断导数符号可得，或者根据对勾函数图象可解. 【详解】 令221(1)(1)()10x x f x x x -+'=-==，得1x =±， 因为1x <-时，()0f x '>，10x -<<时，()0f x '<，所以1x =-时()f x 有极大值； 当01x <<时，()0f x '<，1x >时，()0f x '>，所以1x =时()f x 有极小值.故选：B2．函数()f x 的导函数()f x '的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）A ．()f x 的极小值点为1x ，4xB ．()f x 的极大值点为2xC ．()f x '有唯一的极小值D ．函数()f x 在(),a b 上的极值点的个数为2 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象直接判断即可. 【详解】由图像可知，()f x 的极小值点为5x ，极大值点为3x ，故A ，B 选项错误；1x ，4x 为()f x '的极小值点，故C 错误；由极值点的概念知函数()f x 在(),a b 上的极值点是3x ，5x ，个数为2，D 正确； 故选：D.3．已知函数()21x x x f x e ++=，则()f x 的极小值为___________.【答案】1 【解析】 【分析】根据导数判断函数的单调性，进而求得极小值. 【详解】由()21x x x f x e ++=，得()()()()()222111x x x x x e x x e x x f x e e +-++--'==， 令()0f x '=，解得0x =或1x =，故函数()f x 在(),0∞-，()1,+∞上单调递减，在()0,1上单调递增， 故函数()f x 在0x =时取极小值()01f =， 故答案为：1.4．已知函数322()(23)f x x ax a x a =+-++，a R ∈. (1)若2a =-时，求：函数()f x 的极值；(2)若曲线()y f x =在1x =-处的切线与直线20x y -=平行，求：实数a 的值. 【答案】(1)极大值11227，极小值4 (2)12a =-【解析】 【分析】（1）首先求出函数的导函数，令()0f x '=，即可得到x 、()'f x 与()f x 的关系表，从而求出函数的极值；（2）求出函数的导函数，再根据()12f '-=得到方程，解得即可； (1)解：因为2a =-， 则32()24f x x x x =-++，所以()()2()341311f x x x x x '=-+=--，令()0f x '=，解得121,13x x ==.x1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ 131,13⎛⎫ ⎪⎝⎭ 1()1,+∞()'f x+-+()f x单调递增极大值 单调递减 极小值 单调递增当13x =时，()f x 取极大值，32111111224333327f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即函数的极大值为11227，当1x =时，()f x 取极小值，()14f =，即函数的极小值为4； (2)解：因为()()32223f x x ax a x a =+-++，所以()()23223f x x ax a '=+-+，因为直线20x y -=的斜率2k =，即()()()22312123a a =⨯-+⨯--+， 解得12a =-.举一反三1．已知函数()ln xf x x=，则（ ） A ．函数()f x 的极大值为1e，无极小值B ．函数()f x 的极小值为1e，无极大值C ．函数()f x 的极大值为0，无极小值D ．函数()f x 的极小值为0，无极大值【答案】A 【解析】 【分析】利用导数来求得()f x 的极值. 【详解】()f x 的定义域为()0,∞+，()'21ln xf x x -=， ()f x 在()()()'0,e ,0,f x f x >递增；在()()()'e,,0,f x f x +∞<递减， 所以()f x 的极大值为()1e ef =，没有极小值.故选：A2．已知函数()sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0,]m 有且仅有2个极值点，则 m 的取值范围是（ ） A ．47,33ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．47,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．710,33ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．710,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的性质，结合余弦型函数的性质、极值的定义进行求解即可. 【详解】由()()'sin cos 0()6662f x x f x x x k k Z πππππ⎛⎫⎛⎫=+⇒=+=⇒+=+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()3x k k Z ππ⇒=+∈，因为()sin 6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在区间[0,]m 有且仅有2个极值点，所以令0,1,2k =，解得47,,333πππ，因此有4733m ππ≤<， 故选：A3．已知函数()2e xx af x -=，1x =是函数()f x 的一个极值点，则=a ______． 【答案】无解 【解析】 【分析】根据极值点处的导函数值为零，然后再检验极值点是否存在即可求解. 【详解】因为()2e x x a f x -=，则()2e 2x x x x af +-+'=，由于1x =是函数()f x 的一个极值点，所以()221101e xaf a -+'==⇒=-+，当1a =-时，()221(1)0e 2e x x x x x f x ----=+'=≤，因此函数()f x 在R 上单调递减，函数()f x 无极值，故不存在满足条件的a 值. 故答案为：无解4．设函数()322f x x x x =+--.(1)求()f x 在2x =-处的切线方程； (2)求()f x 的极小值点和极大值点. 【答案】(1)7100x y -+=；(2)极大值点1x =-，极小值点13x =.【解析】 【分析】（1）求函数的导数，利用函数的导数求出切线的斜率，结合切点坐标，然后求解切线方程；（2）利用导数研究f (x )的单调性，判断函数的极值点即可． (1)函数32()2f x x x x =+--，函数的导数为2()321f x x x '=+-．(2)12417f '-=--=，(2)84224f -=-++-=-，()f x 在2x =-处的切线方程：47(2)y x +=+，即7100x y -+=．(2)令()0f x '=，23210x x +-=，解得113x =，21x =-．当113x -<<时，可得()0f x '<，即()f x 的单调递减区间1(1,)3-，1x <-或13x >，可得()0f x '>，∴函数单调递增区间(,1)-∞-，1(3，)∞+．()f x ∴的极大值点1x =-，极小值点13x =． 5．设a ∈R ，函数()()()322112132x a a x x x a f =-+++.(1)若函数()()()0f x g x x x'=≠为奇函数，求实数a 的值；(2)若函数()f x 在2x =处取得极小值，求实数a 的值. 【答案】(1)12-(2)1 【解析】 【分析】（1）求出()f x '，根据奇函数的概念得到210a --=，即可求出结果；（2）利用导数求出函数的单调区间，进而求出极小值点，可得12a +=，即可求出结果. (1)由已知，得()()2221f x x a x a a '=-+++，()()221f x a ag x x a x x '+==+--，0x ≠，∵()()()0f x g x x x'=≠为奇函数，∵0x ∀≠，()()0g x g x -+=，即210a --=，∵12a =-；(2)()()()()22211f x x a x a a x a x a '=-+++=--+⎡⎤⎣⎦，当x 变化时()f x '，()f x 的变化情况如下表： x(),a -∞a(),1a a +1a +()1,a ∞++()f x '+-+()f x极大值极小值∵12a +=，∵1a =.巩固提升一、单选题1．已知函数()sin f x x ax =+在3x π=处取得极值，则=a （ ）A ．32-B ．12-C ．12D ．32【答案】B 【解析】 【分析】根据极值点处导函数为零可求解. 【详解】因为()sin f x x ax =+，则()cos f x x a '=+，由题意可知1()cos 0332f a a ππ'=+=⇒=-.经检验满足题意故选：B2．已知函数()f x 的导函数()'f x 的图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）A ．在区间(1,1)-上，函数()f x 是增函数B ．在区间(3,2)-上，函数()f x 是减函数C ．2-为函数()f x 的极小值点D ．2为函数()f x 的极大值点【答案】D【分析】根据导函数与原函数的关系可求解. 【详解】对于A ，在区间(1,0)-，()0f x '<，故A 不正确； 对于B ，在区间(3,2)--，()0f x '>，故B 不正确；对于C 、D ，由图可知()f x 在区间(0,2)上单调递增，在区间(2,3)上单调递减，且(2)0f '=，所以2-为函数()f x 的极大值点，故C 不正确，D 正确. 故选：D3．已知函数()3221f x x x x =-+-，则下列说法正确的是（ ）A ．()f x 的极小值为2-B ．()f x 的极大值为2327-C ．()f x 在区间1,13⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增D ．()f x 在区间(),0-∞上单调递减【答案】B 【解析】 【分析】求导，利用导函数的符号变化得到函数的单调区间，进而求出函数的极值. 【详解】因为()3221f x x x x =-+-，所以()2341f x x x '=-+，令()0f x '>，得1x >或13x <；令()0f x '<，得113x <<；所以()f x 在区间()1,+∞，1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在区间1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()f x 在13x =处有极大值，极大值为123327f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；在1x =处有极小值，极小值为()11f =-. 故选：B.4．函数32()f x x ax bx =-+在1x =处有极值为4，则-a b 的值为（ ） A ．3 B ．3- C ．6 D ．6-【答案】B【分析】根据函数在1x =处有极值为4，由()01f '=，(1)4f =求解. 【详解】因为函数32()f x x ax bx =-+， 所以2()32f x x ax b '=-+，所以(1)320f a b '=-+=，(1)14f a b =-+=， 解得a =6,b =9，-a b =-3，故选：B5．已知三次函数()3221()(41)152723f x x m x m m x =--+--+在定义域R 上无极值点，则m的取值范围是（ ） A ．(,2)(4,)-∞+∞ B ．(,2][4,)-∞+∞ C ．[]2,4 D ．()2,4【答案】C 【解析】 【分析】求得()'f x ，结合0∆≤来求得m 的取值范围.【详解】22()2(41)1527f x x m x m m '=--+--，()f x 在定义域R 上无极值点，()'0f x ∴≥在R 上恒成立，即22(41)--+x m x 215270--≥m m 在R 上恒成立，()(()()()222Δ44141527)4684240m m m m m m m ∴=----=-+=--≤， 解得24m ≤≤. 故选：C6．已知函数()()πsin 0,2f x x ωϕωϕ⎛⎫=+>< ⎪⎝⎭的图象关于π4x =对称，π04f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且()f x 在()0,π上恰有3个极大值点，则ω的值等于（ ）A ．1B ．3C ．5D ．6【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件列不等式，从而求得ω的值. 【详解】 依题意π0,2ωϕ><， ()f x 的图象关于π4x =对称，π04f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，且()f x 在()0,π上恰有3个极大值点，所以12πππ42ππ42π3πk k T T ωϕωϕ⎧+=+⎪⎪⎪-+=⎨⎪<⎪⎪≥⎩，其中12,Z k k ∈，所以()12πππ22π2ππ32k k ωω⎧=-+⎪⎪⎨⎪≤<⎪⎩，()122146k k ωω⎧=-+⎨<≤⎩ ， 所以5ω=. 故选：C 二、多选题7．已知函数f （x ）=（x -a ）（x -3）2，当x =3时，f （x ）有极大值，则a 的取值可以是（ ） A ．6 B ．5 C ．4 D ．3【答案】ABC 【解析】 【分析】求得导数函数()(3)(332),f x x x a '=---只需3233a+>即可满足题意. 【详解】2()()(3),f x x a x =--∴22()(3)()(3)(3)(332),f x x x a x x x a '=---=--+-令 ()0f x '=，则3x =或323ax +=， 当3233a +>时，即3a >时，()f x 在(),3-∞单调递增，323,3a +⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，32,3a +⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递增，此时，当x =3时，f （x ）有极大值， 则a 的取值可以是4,5,6. 故选：ABC.8．已知函数()e xxf x =，下列说法正确的有（ ） A ．312ef ⎛⎫⎪⎭= ⎝B ．()f x 只有一个零点C ．()f x 有两个零点D ．()f x 有一个极大值点【答案】BD 【解析】 【分析】根据解析式得出32f ⎛⎫⎪⎝⎭；由()0f x =判断BC ；由导数判断D.【详解】332233322e 2e f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故A 错误；()0,0e xx f x x ===，即函数()f x 只有一个零点，故B 正确，C 错误；1()e x xf x -'=，()01f x x '>⇒<，()01f x x '<⇒>，即函数()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，即()f x 有一个极大值点，故D 正确；故选：BD 三、填空题9．已知函数2()exx x af x +-=在1x =处取得极值，则()f x 的极小值___________. 【答案】1 【解析】 【分析】求出导函数，由极值点确定参数a 的值，再根据导数与单调性的关系得极值． 【详解】21()e xx x a f x -+++'=， ()f x 在1x =处取得极值，则1(1)0ea f +'==，1a =-， 21()e xx x f x ++=，2(1)()e e x xx x x x f x -+--'==， 0x <或1x >时，()0f x '<，01x <<时，()0f x '>，()f x 在(,0)-∞和(1,)+∞上递减，在(0,1)上递增，因此0x =时，()f x 取得极小值0001(0)1e f ++==， 故答案为：110．若函数f (x )＝x 3＋mx 2＋x ＋1在R 上无极值点，则实数m 的取值范围是_____. 【答案】3,3⎡-⎣【解析】 【分析】求导，利用判别式小于等于0得出实数m 的取值范围. 【详解】f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋1.由题意得Δ＝4m 2－12≤0，解得33m ≤，即实数m 的取值范围是3,3⎡-⎣.故答案为：3,3⎡-⎣四、解答题11．已知函数32()f x x ax bx c =+++在1x =与23x =-时，都取得极值．(1)求a ，b 的值；(2)若3(1)2f -=，求()f x 的单调增区间和极值． 【答案】(1)12a =-，2b =-(2)函数的单调递增区间是2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭和()1,+∞，单调递减区间是2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭，函数的极大值是249327f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，函数的极小值是12-.【解析】 【分析】（1）利用导数与极值点的关系，求得,a b 后，再检验；（2）首先求c ，再利用导数和函数单调性，极值的关系，即可求解. (1)()232f x x ax b '=++，由条件可知()10f '=和203f ⎛⎫'-= ⎪⎝⎭，即32044033a b a b ++=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：12a =-，2b =-，所以()32122f x x x x c =--+， 检验：()()()232132f x x x x x '=--=-+x2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ 23-2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭ 1()1,+∞f x+-+()f x单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增经检验1x =与23x =-时，都取得极值，满足条件，所以12a =-，2b =-；(2)()1311222f c -=--++=，解得：1c =，所以()321212f x x x x =--+()()()232132f x x x x x '=--=-+x2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ 23-2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭ 1()1,+∞f x+0 -+()f x单调递增极大值4927单调递减极小值12-单调递增有表可知，函数的单调递增区间是2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭和()1,+∞，单调递减区间是2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭，函数的极大值是249327f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，函数的极小值是12-.12．已知函数32()f x x ax bx =++在23x =-与1x =处都取得极值.(1)求a ，b 的值； (2)求函数()f x 的单调区间. 【答案】(1)12a =-，2b =-(2)单调增区间为2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,+∞；单调减区间为2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】 【分析】（1）根据极值点以及根与系数关系列方程组，解方程组求得,a b . （2）结合导数求得()f x 的单调区间. (1)()'232f x x ax b =++，依题意221133,222133a a b b ⎧-+=-⎪⎪⇒=-=-⎨⎪-⨯=⎪⎩.验证满足题意 (2)由（1）得()()()'232132f x x x x x =--=-+，所以()f x 在区间()()()'2,,1,,0,3f x f x ⎛⎫-∞-+∞> ⎪⎝⎭递增，在区间()()'2,1,0,3f x f x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭递减.即()f x 的单调增区间为2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,+∞；单调减区间为2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭.。
高中数学利用导数研究函数的极值精选练习题
利用导数研究函数的极值精选题28道一．选择题（共6小题）1．设函数f（x）＝e x（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．[）B．[）C．[）D．[）2．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．13．已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．4D．24．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（）A．3B．4C．5D．65．已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．6．设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2D．ab＞a2二．填空题（共17小题）7．等差数列{a n}的前n项和为S n，已知S10＝0，S15＝25，则nS n的最小值为．8．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，则a﹣b＝．9．若函数f（x）＝+x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是．10．已知函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是．11．已知函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为．12．已知函数，若函数有两个极值点x1，x2，且，则实数a的取值范围为．13．直线y＝a与函数f（x）＝x3﹣3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是．14．已知函数，x0是函数f（x）的极值点，给出以下几个命题：①；②；③f（x0）+x0＜0；④f（x0）+x0＞0；其中正确的命题是．（填出所有正确命题的序号）15．已知函数f（x）＝x3﹣kx2+2x，x∈R，k∈R．①若f′（﹣1）＝1，则k的值为．②若函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，则k的取值范围是．16．若函数f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是．17．已知f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的取值范围是．18．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2在x＝2处取得极值，则实数a＝．19．若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是．20．已知函数若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，则实数m的取值范围是．21．已知函数f（x）＝x3﹣3a2x+a（a＞0）的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是．22．已知函数f（x）＝ae x﹣x2有两个极值点，则实数a的取值范围是．23．f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2处有极大值，则常数c的值为．三．解答题（共5小题）24．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．25．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．26．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．27．已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．28．已知函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．利用导数研究函数的极值精选题28道参考答案与试题解析一．选择题（共6小题）1．设函数f（x）＝e x（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．[）B．[）C．[）D．[）【分析】设g（x）＝e x（2x﹣1），y＝ax﹣a，问题转化为存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得﹣a＞g（0）＝﹣1且g （﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解关于a的不等式组可得．【解答】解：设g（x）＝e x（2x﹣1），y＝ax﹣a，由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，∵g′（x）＝e x（2x﹣1）+2e x＝e x（2x+1），∴当x＜﹣时，g′（x）＜0，当x＞﹣时，g′（x）＞0，∴当x＝﹣时，g（x）取最小值﹣2，当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得≤a＜1故选：D．【点评】本题考查导数和极值，涉及数形结合和转化的思想，属中档题．2．若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1，可得f′（x）＝（2x+a）e x﹣1+（x2+ax﹣1）e x﹣1，x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）e x﹣1的极值点，可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．解得a＝﹣1．可得f′（x）＝（2x﹣1）e x﹣1+（x2﹣x﹣1）e x﹣1，＝（x2+x﹣2）e x﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．故选：A．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力．3．已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（）A．﹣4B．﹣2C．4D．2【分析】可求导数得到f′（x）＝3x2﹣12，可通过判断导数符号从而得出f（x）的极小值点，从而得出a的值．【解答】解：f′（x）＝3x2﹣12；∴x＜﹣2时，f′（x）＞0，﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，x＞2时，f′（x）＞0；∴x＝2是f（x）的极小值点；又a为f（x）的极小值点；∴a＝2．故选：D．【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象．4．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，若f（x1）＝x1＜x2，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的不同实根个数为（）A．3B．4C．5D．6【分析】由函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，可得f′（x）＝3x2+2ax+b ＝0有两个不相等的实数根，必有Δ＝4a2﹣12b＞0．而方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的△1＝Δ＞0，可知此方程有两解且f（x）＝x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程f（x）＝x1或f（x）＝x2解的个数．【解答】解：∵函数f（x）＝x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，∴f′（x）＝3x2+2ax+b＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝4a2﹣12b＞0．解得＝．∵x1＜x2，∴，．而方程3（f（x））2+2af（x）+b＝0的△1＝Δ＞0，∴此方程有两解且f（x）＝x1或x2．不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0．①把y＝f（x）向下平移x1个单位即可得到y＝f（x）﹣x1的图象，∵f（x1）＝x1，可知方程f（x）＝x1有两解．②把y＝f（x）向下平移x2个单位即可得到y＝f（x）﹣x2的图象，∵f（x1）＝x1，∴f（x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）＝x2只有一解．综上①②可知：方程f（x）＝x1或f（x）＝x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f （x））2+2af（x）+b＝0的只有3不同实根．故选：A．【点评】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值及方程解的个数、平移变换等基础知识，考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．5．已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）（）A．B．C．D．【分析】先求出f′（x），令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．利用导数与函数极值的关系即可得出．【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x1，x2⇔函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点⇔g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0．．①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去．②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x＝，∵x，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减．∴x＝是函数g（x）的极大值点，则＞0，即＞0，∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即．故当0＜a＜时，g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜＜x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，∴x1＜1＜＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上递减，在区间（x1，x2）上递增，在区间（x2，+∞）上递减．∴f（x1）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x2）＞f（1）＝﹣a＞﹣．故选：D．【点评】本题考查了利用导数研究函数极值的方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．6．设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2D．ab＞a2【分析】分a＞0及a＜0，结合三次函数的性质及题意，通过图象发现a，b的大小关系，进而得出答案．【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则0＜a＜b；当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则b＜a＜0；综上，ab＞a2．故选：D．【点评】本题考查三次函数的图象及性质，考查导数知识的运用，考查数形结合思想，属于中档题．二．填空题（共17小题）7．等差数列{a n}的前n项和为S n，已知S10＝0，S15＝25，则nS n的最小值为﹣49．【分析】由等差数列的前n项和公式化简已知两等式，联立求出首项a1与公差d的值，结合导数求出nS n的最小值．【解答】解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，∵S10＝10a1+45d＝0，S15＝15a1+105d＝25，∴a1＝﹣3，d＝，∴S n＝na1+d＝n2﹣n，∴nS n＝n3﹣n2，令nS n＝f（n），∴f′（n）＝n2﹣n，∴当n＝时，f（n）取得极值，当n＜时，f（n）递减；当n＞时，f（n）递增；因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．f（6）＝﹣48，f（7）＝﹣49，故nS n的最小值为﹣49．故答案为：﹣49．【点评】此题考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式，熟练掌握性质及公式是解本题的关键．8．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，则a﹣b＝15．【分析】根据函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10得f′（1）＝0，f（1）＝10即可求出a﹣b的值．【解答】解：∵f′（x）＝3x2+2ax+b，∵函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10，∴f′（1）＝0，f（1）＝10，∴3+2a+b＝0，1+a+b+a2＝10，解得a＝4，b＝﹣11或a＝﹣3，b＝3，当a＝4，b＝﹣11时，f′（x）＝3x2+8x﹣11＝（3x+11）（x﹣1），此时x＝1是极小值点；当a＝﹣3，b＝3时，f′（x）＝3x2﹣6x+3＝3（x﹣1）2，此时x＝1不是极小值点．∴a＝4，b＝﹣11，∴a﹣b＝15．故答案为：15．【点评】本题考查利用导数求函数极值的处理策略，关键是f′（1）＝0，f（1）＝10，属于基础题．9．若函数f（x）＝+x﹣5无极值点，则实数a的取值范围是[﹣1，1]．【分析】求出函数的导数，问题转化为f′（x）＝0最多1个实数根，根据二次函数的性质求出a的范围即可．【解答】解：f（x）＝x3﹣ax2+x﹣5，f′（x）＝x2﹣2ax+1，若函数f（x）在R上无极值点，即f′（x）＝0最多1个实数根，故Δ＝4a2﹣4≤0，解得：﹣1≤a≤1，故答案为：[﹣1，1]．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道基础题．10．已知函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是．【分析】f（x）＝xlnx﹣ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣2ax．令g（x）＝lnx+1﹣2ax，由于函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点⇔g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．g′（x）＝＝．当a≤0时，直接验证；当a＞0时，利用导数研究函数g（x）的单调性可得：当x＝时，函数g（x）取得极大值，故要使g（x）有两个不同解，只需要，解得即可．【解答】解：f（x）＝xlnx﹣ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣2ax．令g（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，则g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．g′（x）＝＝，当a≤0时，g′（x）＞0，则函数g（x）在区间（0，+∞）单调递增，因此g（x）＝0在区间（0，+∞）上不可能有两个实数根，应舍去．当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x＝．令g′（x）＞0，解得，此时函数g（x）单调递增；令g′（x）＜0，解得，此时函数g（x）单调递减．∴当x＝时，函数g（x）取得极大值．当x趋近于0与x趋近于+∞时，g（x）→﹣∞，要使g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根，则，解得．∴实数a的取值范围是．故答案为：．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值，考查了等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．11．已知函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f（x）的极大值为2ln2﹣2．【分析】先求导数，当x＝1时，即可得到f′（1），再令导数大于0或小于0，解出x 的范围，即得到函数的单调区间，进而可得函数的极大值．【解答】解：由于函数f（x）＝2f′（1）lnx﹣x，则f′（x）＝2f′（1）×﹣1（x＞0），f′（1）＝2f′（1）﹣1，故f′（1）＝1，得到f′（x）＝2×﹣1＝，令f′（x）＞0，解得：x＜2，令f′（x）＜0，解得：x＞2，则函数在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，故f（x）的极大值为f（2）＝2ln2﹣2故答案为：2ln2﹣2【点评】本题考查了利用导数研究函数的极值，属于基础题．12．已知函数，若函数有两个极值点x1，x2，且，则实数a的取值范围为．【分析】由题意可得，，作比得，令x2﹣x1＝t，结合条件将x1写成关于t的函数，求导分析得到x1的范围，再结合得到a的范围，与函数f（x）有两个极值点时a的范围取交集即可．【解答】解：∵函数f（x）由两个极值点x1，x2，∴f′（x）＝ae x﹣x有两个零点x1，x2，即，，作比得，令x2﹣x1＝t…①，则有，∴，代入①，得，由题意知，≥2，∴t≥ln2，令，（t≥ln2），∴，令h（t）＝e t﹣1﹣te t，则h′（t）＝﹣te t＜0，∴h（t）单调递减，∴h（t）≤h（ln2）＝1﹣2ln2＜0，∴g（t）单调递减，∴g（t）≤g（ln2）＝ln2，即x1≤ln2，而，令，则，∴u（x）在（﹣∞，ln2]上单调递增，∴，即，又f′（x）＝ae x﹣x有两个零点x1，x2，u（x）在R上与y＝a有两个交点，而，在（﹣∞，1）上u（x）单调递增，在（1，+∞）上u（x）单调递减，u（x）的最大值为，∴，综上，．故答案为：．【点评】本题考查了利用导数研究函数零点问题，利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题，运用了整体换元的方法，属难题．13．直线y＝a与函数f（x）＝x3﹣3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是（﹣2，2）．【分析】先求出其导函数，利用其导函数求出其极值以及图象的变化，进而画出函数f （x）＝x3﹣3x对应的大致图象，平移直线y＝a即可得出结论．【解答】解：令f′（x）＝3x2﹣3＝0，得x＝±1，可求得f（x）的极大值为f（﹣1）＝2，极小值为f（1）＝﹣2，如图所示，当满足﹣2＜a＜2时，恰有三个不同公共点．故答案为：（﹣2，2）【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值以及数形结合思想的应用，是对基础知识的考查，属于基础题．14．已知函数，x0是函数f（x）的极值点，给出以下几个命题：①；②；③f（x0）+x0＜0；④f（x0）+x0＞0；其中正确的命题是①③．（填出所有正确命题的序号）【分析】求导数，利用零点存在定理，可判断①②；f（x0）+x0＝x0lnx0+x02+x0＝x0（lnx0+x0+1）＝﹣x0＜0，可判断③④．【解答】解：∵函数f（x）＝xlnx+x2，（x＞0）∴f′（x）＝lnx+1+x，易得f′（x）＝lnx+1+x在（0，+∞）递增，∴f′（）＝＞0，∵x→0，f′（x）→﹣∞，∴0＜x0＜，即①正确，②不正确；∵lnx0+1+x0＝0∴f（x0）+x0＝x0lnx0+x02+x0＝x0（lnx0+x0+1）＝﹣x02＜0，即③正确，④不正确．故答案为：①③．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的计算能力、转化思想，属于中档题．15．已知函数f（x）＝x3﹣kx2+2x，x∈R，k∈R．①若f′（﹣1）＝1，则k的值为﹣1．②若函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，则k的取值范围是．【分析】①求出原函数的导函数，再由f′（﹣1）＝1列式求得k值；②把函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，转化为函数f′（x）＝x2﹣2kx+2在区间（1，2）内存在2个零点，即方程x2﹣2kx+2＝0在区间（1，2）内有两个不同根，由一元二次方程根的分布得关于k的不等式组求解．【解答】解：①∵f（x）＝x3﹣kx2+2x，∴f′（x）＝x2﹣2kx+2，由f′（﹣1）＝（﹣1）2+2k+2＝1，得k＝﹣1；②∵函数f（x）在区间（1，2）内存在2个极值点，∴函数f′（x）＝x2﹣2kx+2在区间（1，2）内存在2个零点，即方程x2﹣2kx+2＝0在区间（1，2）内有两个不同根．∴，解得：．故答案为：①﹣1；②．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的极值，体现了数学转化思想方法，是中档题．16．若函数f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（0，）．【分析】求出函数的导数，结合二次函数的性质可求．【解答】解：因为f（x）＝x2﹣x+alnx有两个不同的极值点，所以f′（x）＝x﹣1+＝＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，所以x2﹣x+a＝0在（0，+∞）有2个不同的零点，所以，解可得，0＜a＜．故答案为：（0，）．【点评】本题主要考查了函数极值的存在条件的应用，属于基础试题．17．已知f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．【分析】讨论a的取值范围，求函数的导数判断函数的极值，根据函数极值和单调性之间的关系进行求解即可．【解答】解：（i）当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1，令f（x）＝0，解得x＝，函数f （x）有两个零点，舍去．（ii）当a≠0时，f′（x）＝3ax2+6x＝3ax（x+），令f′（x）＝0，解得x＝0或﹣．①当a＜0时，﹣＞0，当x＞﹣或x＜0，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．∴故x＝﹣是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵函数f（x）＝ax3+3x2﹣1存在唯一的零点x0，且x0＜0，则f（﹣）＝﹣+﹣1＝﹣1＜0，即a2＞4得a＞2（舍）或a＜﹣2．②当a＞0时，﹣＜0，当x＜﹣或x＞0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当﹣＜x＜0时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．∴x＝﹣是函数f（x）的极大值点，0是函数f（x）的极小值点．∵f（0）＝﹣1＜0，∴函数f（x）在（0，+∞）上存在一个零点，此时不满足条件．综上可得：实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）．故答案为：（﹣∞，﹣2）．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、函数的零点，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．18．已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2在x＝2处取得极值，则实数a＝6．【分析】先求出导函数f'（x），又x＝2是函数f（x）的一个极值点，利用f'（2）＝0，求出a的值．【解答】解：f'（x）＝6x2﹣2ax，f'（2）＝24﹣4a＝0，∴a＝6．故答案为：6．【点评】本题考查极值点的定义，属于简单题．19．若函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，则实数a的取值范围是．【分析】将题目等价转化为导函数方程有两个不同的正实根后，既可以采用不完全分离参数法数形结合求解（如法1），也可以采用常规的完全分离参数法，数形结合求解（如法2），相比较而言，法2更容易理解．【解答】解：法1：函数f（x）＝ax2+xlnx有两个极值点，即导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，即方程lnx＝﹣2ax﹣1有两个不同正实数根，即函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，作出图象如右图；设恒过定点的函数y＝﹣2ax﹣1与函数y＝lnx相切于点（x0，y0），则有，解得x0＝1，y0＝0，即切点为（1，0），此时直线的斜率为k＝1，由图象可知，要使函数y＝lnx与函数y＝﹣2ax﹣1有两个不同的交点，则0＜﹣2a＜1，即a∈（﹣，0），法2：转化为导函数f'（x）＝2ax+lnx+1在（0，+∞）上有两个变号零点，分离参数得到，方程﹣2a＝在（0，+∞）上有两个不同的实根，令g（x）＝，定义域为x＞0，g′（x）＝，则x∈（0，1）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈（1，+∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，故g（x）max＝g（1）＝1，＜/br＞作出函数y＝g（x）和y＝﹣2a的图象于同一个坐标系中，则得到0＜﹣2a＜1，即a∈（﹣，0），故答案为：（﹣，0）．【点评】这类题目往往需要在函数和方程之间多次转化，需要我们对相关的知识要很清楚，另外需要了解常见的分离参数法的不同类型．20．已知函数若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，则实数m的取值范围是．【分析】研究x＞0与x≤0时，f（x）的单调性、极值情况，画出图象，然后研究y＝a 与y＝f（x）恰有两个交点时a的取值范围．【解答】解：（1）x≤0时，f′（x）＝e x﹣x﹣1，易知f′（0）＝0，而f″（x）＝e x﹣1＜0，所以f′（x）在（﹣∞，0]上递减，故f′（x）≥f′（0）＝0，故f（x）在（﹣∞，0]上递增，且f（x）≤f（0）＝，当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞．（2）x＞0时，，令f′（x）＞0，得0＜x＜e；f′（x）＜0得x＞e；故f（x）在（0，e）上递增，在（e，+∞）递减，故x＞0时，；x→0时，f（x）→﹣∞；x→+∞时，f（x）→0．由题意，若方程f（x）﹣m＝0恰有两个实根，只需y＝m与y＝f（x）恰有两个交点，同一坐标系画出它们的图象如下：如图所示，当直线y＝m在图示①，②位置时，与y＝f（x）有两个交点，所以m的范围是：．故答案为：．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值等性质，进而结合图象研究函数的零点问题．属于中档题．21．已知函数f（x）＝x3﹣3a2x+a（a＞0）的极大值为正数，极小值为负数，则a的取值范围是．【分析】先利用导数求函数的极大值和极小值，再解不等式．【解答】解∵f′（x）＝3x2﹣3a2（a＞0），∴由f′（x）＞0得：x＞a或x＜﹣a，由f′（x）＜0得：﹣a＜x＜a．∴当x＝a时，f（x）有极小值，x＝﹣a时，f（x）有极大值．由题意得：解得a＞．故答案为【点评】本题考查导数求函数的极值．解决函数的极值问题，导数是唯一方法．极值点左右两边的导数符号必须相反．22．已知函数f（x）＝ae x﹣x2有两个极值点，则实数a的取值范围是（0，）．【分析】求出函数的导数，问题转化为y＝a和g（x）＝在R上有2个交点，根据函数的单调性求出g（x）的范围，从而求出a的范围即可．【解答】解：f′（x）＝ae x﹣2x，若函数f（x）＝ae x﹣x2有两个极值点，则y＝a和g（x）＝在R上有2个交点，g′（x）＝，x∈（﹣∞，1）时，即g′（x）＞0，g（x）递增，x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）递减，故g（x）max＝g（1）＝，而＞0恒成立，所以0＜a＜，故答案为：（0，）．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．23．f（x）＝x（x﹣c）2在x＝2处有极大值，则常数c的值为6．【分析】先求出f′（x），根据f（x）在x＝2处有极大值则有f′（2）＝0得到c的值为2或6，先让c＝2然后利用导数求出函数的单调区间，从而得到x＝2取到极小值矛盾，所以舍去，所以得到c的值即可．【解答】解：f（x）＝x3﹣2cx2+c2x，f′（x）＝3x2﹣4cx+c2，f′（2）＝0⇒c＝2或c＝6．若c＝2，f′（x）＝3x2﹣8x+4，令f′（x）＞0⇒x＜或x＞2，f′（x）＜0⇒＜x＜2，故函数在（﹣∞，）及（2，+∞）上单调递增，在（，2）上单调递减，∴x＝2是极小值点．故c＝2不合题意，c＝6．故答案为6【点评】考查学生利用导数研究函数极值的能力，会利用待定系数法求函数解析式．三．解答题（共5小题）24．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a﹣可得h（x）min＝h（），从而可得结论；（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）＝．【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以＝1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2﹣，令t′（x）＝0，解得x＝，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（）＝ln2﹣1＜0，又t（）＝＞0，所以t（x）在（0，）上存在唯一零点，所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）＝﹣x0﹣x0lnx0＝﹣x0+2x0﹣2＝x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max＝﹣+＝；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）＝；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．25．已知函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2有两个零点．（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：x1+x2＜2．【分析】法一：（Ⅰ）由函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2可得：f′（x）＝（x﹣1）e x+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（e x+2a），对a进行分类讨论，综合讨论结果，可得答案．（Ⅱ）设x1，x2是f（x）的两个零点，则﹣a＝＝，令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，分析g（x）的单调性，令m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝，设h（m）＝，m＞0，利用导数法可得h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，可得结论．法二：（1）显然x＝1不是函数f（x）的零点，当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，设g（x）＝，通过研究g（x）函数的单调性与值域范围，即可求解．（2）不妨设x1＜1＜x2，要证x1+x2＜2，只需证x2＜2﹣x1，由函数g（x）在（1，+∞）上单调递增，只需证明g（x2）＜g（2﹣x1），即g（x1）＜g（2﹣x1），即∀x＜1，e x（x ﹣2）+e2﹣x•x＜0，令h（x）＝e x（x﹣2）+e2﹣x•x，利用导数证得h（x）＜0即可得证．【解答】法一：解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2，∴f′（x）＝（x﹣1）e x+2a（x﹣1）＝（x﹣1）（e x+2a），①若a＝0，那么f（x）＝0⇔（x﹣2）e x＝0⇔x＝2，函数f（x）只有唯一的零点2，不合题意；②若a＞0，那么e x+2a＞0恒成立，当x＜1时，f′（x）＜0，此时函数为减函数；当x＞1时，f′（x）＞0，此时函数为增函数；此时当x＝1时，函数f（x）取极小值﹣e，由f（2）＝a＞0，可得：函数f（x）在x＞1存在一个零点；当x＜1时，e x＜e，x﹣2＜x﹣1＜0，∴f（x）＝（x﹣2）e x+a（x﹣1）2＞（x﹣2）e+a（x﹣1）2＝a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e，令a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＝0的两根为t1，t2，且t1＜t2，则当x＜t1，或x＞t2时，f（x）＞a（x﹣1）2+e（x﹣1）﹣e＞0，故函数f（x）在x＜1存在一个零点；即函数f（x）在R是存在两个零点，满足题意；③若﹣＜a＜0，则ln（﹣2a）＜lne＝1，当x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＜ln（﹣2a）﹣1＜lne﹣1＝0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当ln（﹣2a）＜x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝ln（﹣2a）时，函数取极大值，由f（ln（﹣2a））＝[ln（﹣2a）﹣2]（﹣2a）+a[ln（﹣2a）﹣1]2＝a{[ln（﹣2a）﹣2]2+1}＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；④若a＝﹣，则ln（﹣2a）＝1，当x＜1＝ln（﹣2a）时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当x＞1时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故函数f（x）在R上单调递增，函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；⑤若a＜﹣，则ln（﹣2a）＞lne＝1，当x＜1时，x﹣1＜0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，当1＜x＜ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＜e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＜0恒成立，故f（x）单调递减，当x＞ln（﹣2a）时，x﹣1＞0，e x+2a＞e ln（﹣2a）+2a＝0，即f′（x）＝（x﹣1）（e x+2a）＞0恒成立，故f（x）单调递增，故当x＝1时，函数取极大值，由f（1）＝﹣e＜0得：函数f（x）在R上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a的取值范围为（0，+∞）．证明：（Ⅱ）∵x1，x2是f（x）的两个零点，∴f（x1）＝f（x2）＝0，且x1≠1，且x2≠1，∴﹣a＝＝，令g（x）＝，则g（x1）＝g（x2）＝﹣a，∵g′（x）＝，∴当x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；设m＞0，则g（1+m）﹣g（1﹣m）＝﹣＝，设h（m）＝，m＞0，则h′（m）＝＞0恒成立，即h（m）在（0，+∞）上为增函数，h（m）＞h（0）＝0恒成立，即g（1+m）＞g（1﹣m）恒成立，令m＝1﹣x1＞0，则g（1+1﹣x1）＞g（1﹣1+x1）⇔g（2﹣x1）＞g（x1）＝g（x2）⇔2﹣x1＞x2，即x1+x2＜2．法二：（1）解：显然x＝1不是函数f（x）的零点，当x≠1时，方程f（x）＝0等价于﹣a＝，设g（x）＝，求导g'（x）＝，故函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∵函数g（x）在（﹣∞，1）上的值域为（﹣∞，0），在（1，+∞）上的值域为（﹣∞，+∞），∴当﹣a＜0时，函数f（x）有两个零点，故所求a取值范围为（0，+∞）．（2）证明：根据（1）的结果，不妨设x1＜1＜x2，则只需证x2＜2﹣x1，考虑函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，于是只需证明f（x2）＜f（2﹣x1），即f（x1）＜f（2﹣x1），接下来证∀x＜1，f（x）﹣f（2﹣x）＜0，即∀x＜1，e x（x﹣2）+e2﹣x•x＜0，令h（x）＝e x（x﹣2）+e2﹣x•x，h′（x）＝（e x﹣e2﹣x）（x﹣1），当x＜1时有e x﹣e2﹣x＜0，所以h′（x）＞0，所以在（﹣∞，1）上，h（x）单调递增，所以h（x）＜h（1）＝0，因此原命题得证．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，分类讨论思想，难度较大．26．已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，（2）方法一：分离参数可得a＝在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．方法二：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．利用h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．【解答】解：（1）证明：当a＝1时，函数f（x）＝e x﹣x2．则f′（x）＝e x﹣2x，令g（x）＝e x﹣2x，则g′（x）＝e x﹣2，令g′（x）＝0，得x＝ln2．当x∈（0，ln2）时，g′（x）＜0，当x∈（ln2，+∞）时，g′（x）＞0，∴g（x）≥g（ln2）＝e ln2﹣2•ln2＝2﹣2ln2＞0，∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）＝1．（2）方法一：f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程e x﹣ax2＝0在（0，+∞）只有一个根，⇔a＝在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．G，当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，当x→0时，G（x）→+∞，当x→+∞时，G（x）→+∞，∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝G（2）＝．方法二：①当a≤0时，f（x）＝e x﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（0，2）时，h′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，∴，（x≥0）．当h（2）＜0时，即a，（i）由于h（0）＝1，当x＞0时，e x＞x2，可得h（4a）＝1﹣＝＝1﹣＞0．h（x）在（0，+∞）有2个零点（ii）当h（2）＞0时，即a，h（x）在（0，+∞）没有零点，（iii）当h（2）＝0时，即a＝，h（x）在（0，+∞）只有一个零点，综上，f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a＝．【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．27．已知函数f（x）＝sin x﹣ln（1+x），f′（x）为f（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【分析】（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f″（x）在（﹣1，）上为减函数，结合f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一得零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＜0，可得函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f（x）单调递增；当x∈（）时，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，f（x）单调递减，再由f（）＞0，f（π）＜0．然后列x，f′（x）与f（x）的变化情况表得答案．【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝cos x，f″（x）＝﹣sin x+，令g（x）＝﹣sin x+，则g′（x）＝﹣cos x＜0在（﹣1，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，又∵f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＜f′（0）＝0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f′（x）＞f′（0）＝0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＝＜0，由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f′（x）单调递减，f′（x）＞f′（x1）＝0，f（x）单调递增；当x∈（）时，f′（x）单调递减，f′（x）＜f′（x1）＝0，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，cos x＜0，﹣＜0，于是f′（x）＝cos x﹣＜0，f（x）单调递减，其中f（）＝1﹣ln（1+）＞1﹣ln（1+）＝1﹣ln2.6＞1﹣lne＝0，f（π）＝﹣ln（1+π）＜﹣ln3＜0．于是可得下表：（）结合单调性可知，函数f （x）在（﹣1，]上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，π）上有且只有一个零点x2，当x∈[π，+∞）时，sin x≤1＜ln（1+x），则f（x）＝sin x﹣ln（1+x）＜0恒成立，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．综上，f（x）有且仅有2个零点．【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查函数与方程思想，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．28．已知函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．【分析】（1）由f′（0）＝2，可得切线斜率k＝2，即可得到切线方程．（2）可得＝﹣．可得f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0只需（x）≥﹣e，即可．【解答】解：（1）＝﹣．∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线斜率k＝2，∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程为y﹣（﹣1）＝2x．即2x﹣y﹣1＝0为所求．（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，可得＝﹣．令f′（x）＝0，可得，当x时，f′（x）＜0，x时，f′（x）＞0，x∈（2，+∞）时，f′（x）＜0．∴f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0，故g（x）在（2，+∞）上恒大于零，即f（x）＝在（2，+∞）上恒大于零．函数f（x）的图象如下：∵a≥1，∴，则≥﹣e，∴f（x）≥﹣e，∴当a≥1时，f（x）+e≥0．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．。
专题15 导数与函数的极值、最值(原卷版)
1．已知极值求参数。若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反。
2、对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．
2023高考一轮复习讲与练
专题15导数与函数的极值、最值
练高考 明方向
1.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）.当 时，函数 取得最大值 ，则 （）
A. B. C. D. 1
2.（2022·新高考Ⅰ卷T10）已知函数 ，则（）
A. 有两个极值点B. 有三个零点
C.点 是曲线 的对称中心D.直线 是曲线 的切线
8.(2019·北京高考理科·T19同2019·北京高考文科·T20)已知函数f(x)= x3-x2+x.
(1)求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程.
(2)当x∈[-2,4]时,求证:x-6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)=|f(x)-(x+a)|(a∈R),记F(x)在区间[-2,4]上的最大值为M(a),当M(a)最小时,求a的值.
(2)对于求解析式中含有参数的函数极值问题，一般要对方程f′(x)＝0的根的情况进行讨论，分两个层次讨论．第一层次，讨论在定义域内是否有根；第二层次，在有根的条件下，再讨论根的大小．
类型三、含参的极值问题
基本题型：
1．（求参数的值）设函数f(x)＝lnx＋ax2－ x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为()
基本方法：
求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；
《导数与极值、最值关系》能力练习题
《导数与极值、最值关系》能力练习题一、单选题1．若1x =是函数()xf x e ax =-的极值点，则方程()f x a =在()2,+∞的不同实根个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．02．函数32()422f x x ax bx =--+在1x =处有极大值3-，则+a b 的值等于（ ）A ．9B ．6C ．3D ．23．已知函数()ln f x x ax =-的图象在1x =处的切线方程为0x y b ++=，则()f x 的极大值为（ ）A ．ln21--B ．ln21-+C ．1-D ．14．已知1x =是函数32()3f x ax x =-的极小值点，则函数()f x 的极小值为（ ）A ．0B ．1-C ．2D ．45．已知函数()2()xf x x a e =-，则“1a ≥-”是“()f x 有极值”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 6．函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]既有极大值又有极小值，则a 的取值范围是（ ）A ．(－1,2)B ．(－2,1)C ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)7．已知32()f x x px qx =++的图像与x 轴相切于非原点的一点，且f (x )极小值=-4，那么p ，q 值分别为（ ）A ．8，6B ．9，6C ．4，2D ．6，98．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)-9．已知函数2(1)1ax y x x =>-有最大值4-，则a 的值为（ ）A ．1B ．1-C ．4D ．4-10．若函数322312y x x x m =--+在[0，3]上的最大值为5，则m =（ ）A ．3B ．4C ．5D ．811．若函数y ＝x 3＋32x 2＋m 在[-2，1]上的最大值为92，则m 等于（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．5212．已知函数2()(0)x f x a x a =>+在[1,)+∞上的最大值为3，则a 的值为（ ）A ．31-B ．34C ．43D ．31+13．已知函数()2()xf x x a e =+有最小值，则函数()y f x '=的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．不确定14．已知定义在[,]m n 上的函数()f x ，其导函数()'f x 的大致图象如图所示，则下列叙述正确的个数为（ ）①函数()f x 的值域为[(),()]f d f n ；②函数()f x 在[,]a b 上递增，在[,]b d 上递减； ③()f x 的极大值点为x c =，极小值点为x e =；④()f x 有两个零点. A ．0B ．1C ．2D ．315．已知函数()()211x f x x ax e-=+-在(),2x ∈-∞-单调递增，在()2,1x ∈-单调递减，则函数()f x 在[]2,2x ∈-的值域是（ ） A ．[]1,e - B ．31,5e -⎡⎤-⎣⎦C ．11,e ---⎡⎤⎣⎦D ．35,e e -⎡⎤⎣⎦二、填空题 16．若函数321()53f x x ax x =-+-无极值点，则实数a 的取值范围是_________． 17．若函数2()2(0)x f x m e x x m =⋅-+<在(0,1)上有极值点，则m 的取值范围为___________. 18．已知函数在()3223(,)f x x mx nx m m n R =+++∈，1x =-时取得极小值0，则m n +=__________． 19．已知函数()()321233f x x ax a x =++++在(),-∞+∞上存在极值点，则实数a 的取值范围是_____________.20．已知()3222f x x cx c x =-+在2x =处有极小值，则常数c 的值为___________.21．已知32()263f x x x =-+，对任意的2][2x ∈-，都有()f x a ≤，则a 的取值范围为_______.22．已知函数()1ln x f x x =+在区间1,2a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（其中0a >）上存在最大值，则实数a 的取值范围是_______.23．若函数()33f x x x =-在区间()25,a a -上有最大值，则实数a 的取值范围是______.24．若函数()3213f x x x =-在区间(),4a a +内存在最大值，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题 25．已知.函数.e 为自然对数的底．（1）当时取得最小值,求的值;（2）令，求函数在点P 处的切线方程．26．已知函数32()3()f x x ax x a =-+∈R 在1x =处有极值.（1）求a 的值；（2）求函数()f x 的单调区间.27．已知函数e 1()ln x f x k x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，其中k 为常数， 2.71828e =…为自然对数的底数. （1）若2e k =，求函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 在区间(1,2)上单调，求k 的取值范围.28．已知32()1f x x ax bx =+++在1x =与1=3x -时取得极值． （1）求,a b 的值；（2）求()f x 的极大值和极小值；（3）求()f x 在[]1,2-上的最大值与最小值.29．已知函数()2ln f x a x bx =-，a ､b R ∈，若()f x 在1x =处与直线12y相切. （1）求a ，b 的值；（2）求()f x 在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的极值.30．设函数3()65,f x x x x R =-+∈.（1）求(2)f '的值；（2）求()f x 的单调区间和极值；（3）若关于x 的方程()f x a =有3个不同实根，求实数a 的取值范围.《导数与极值、最值关系》能力练习题参考答案1．A 【解析】由()'x f x e a =-，得()10'=-=f e a ，则a e =，()xf x e ex =-，函数()f x 在()2,+∞，()()'0,f x f x >单调递增，()222f e e e =-<,函数()y f x =与y a =的交点个数为1个.故选A ．2．B 【解析】由题意得2()1222f x x ax b '=--，因为()f x 在1x =处有极大值3-，所以(1)12220(1)4223f a b f a b =--=⎧⎨=--+=-'⎩，解得3,3a b ==，所以6a b +=，故选：B 3．A 【解析】因为()ln f x x ax =-，所以1()f x a x'=-，又因为函数()f x 在图象在1x =处的切线方程为0x y b ++=，所以(1)1f a b =-=--，(1)11f a ='-=-，解得2a =，1b =.由112()2x f x x x-'=-=，102x <<，()0f x '>，12x >，()0f x '<，知()f x 在12x =处取得极大值，11ln 1ln 2122f ⎛⎫=-=--⎪⎝⎭.故选：A. 4．B 【解析】由题意，函数32()3f x ax x =-，可得2()363(2)f x ax x x ax '=-=-，因为1x =是函数32()3f x ax x =-的极小值点，则()01f '=，即31(2)0a ⨯⨯-=，解得2a =，可得()6(1)f x x x '=-，当0x <或1x >时，()0f x '>，()f x 单调递增；当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以当1x =是函数32()3f x ax x =-的极小值点，所以函数的极小值为32(1)21311f =⨯-=-⨯.故选：B.5．B 【解析】()2()20xf x x x a e '=-=+，220x x a +-=，44a ．若440a ∆=+≤，1a ≤-则()2()20x f x x x a e '=+-≥恒成立，()f x 为增函数，无极值；若440a ∆=+>，即1a >-，则()f x 有两个极值．所以“1a ≥-”是“()f x 有极值”的必要不充分条件．故选:B6．D 【解析】因为32()33[(2)1]f x x ax a x =++++，所以2()363(2)f x x ax a '=+++，函数()f x 有极大值又有极小值，()0f x ∴'=有两个不相等是实数根，∴23636(2)0a a ∆=-+>，化为220a a -->，解得2a >或1a <-．则a 的取值范围是(-∞，1)(2-，)+∞．故选：D ．7．D 【解析】设切点为()(),00a a ≠，()2()f x x x px q =++，由题意得：20x px q ++=有两个相等实根，所以()2223()2f x x x a x ax a x =--+=，()()2233()4f x x ax a x a x a '-+-=-=，令()0f x '=，得3ax =或x a =，因为f (x )极小值=-4，而()04f a =≠-，所以()43a f =-，即2433a a a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，解得3a =-，所以32()69f x x x x =++，所以6,9p q ==.故选：D 8．D 【解析】函数321()13f x x x =+-的导函数为2()2f x x x =+'，令()0f x '=，得2x =-或0x =，故()f x 在(,2),(0,)-∞-+∞上单调递增，在(2,0)-上单调递减，则0x =为极小值点，2x =-为极大值点.由()f x 在区间(,3)m m +上存在最小值，可得03m m <<+，解得30m -<<，此时32211()1(3)11(0)33f m m m m m f =+-=+->-=，因此实数m 的取值范围是(3,0)-，故选：D.9．B 【解析】因为函数2(1)1ax y x x =>-，所以2222222(1)2111(1)(1)(1)ax ax x ax ax ax y a x x x x '⎛⎫⎡⎤---====- ⎪⎢⎥----⎣'⎦⎝⎭，令0y '=，解得2x =或0x =（舍去）.若函数在区间(1,)+∞上有最大值4-，则最大值必然在2x =处取得，所以441a=-，解得1a =-，此时2(2)(1)x x y x '--=-，当12x <<时，0y '>，当2x >时，0y '<，所以当2x =时y 取得最大值4-，故选：B.10．C 【解析】()()26612612y x x x x '=--=+-，当[]0,2x ∈时，0y '<，函数单调递减，当[]2,3x ∈时，0y '>，函数单调递增，当0x =时，y m =，当3x =时，9y m =-，则函数在[]0,3上的最大值为m ，则5m =.故选：C.11．C 【解析】'2333(1)y x x x x =+=+，易知，当10x -<<时，'0y <，当21x -<<-或01x <<时，'0y >，所以函数y ＝x 3＋32x 2＋m 在(2,1)--，(0,1)上单调递增，在(1,0)-上单调递减，又当1x =-时，12y m =+，当1x =时，52y m =+，所以最大值为5922m +=，解得2m =.故选：C 12．A 【解析】由2()x f x x a =+，得()222()a x f x x a '-=+，当1a >时，若x >()0,()f x f x '<单调递减，若1x <<()0,()f x f x '>单调递增，故当x =()f x 有最大值=，解得314a =<，不符合题意.当1a =时，函数()f x 在[1,)+∞上单调递减，最大值为1(1)2f =，不符合题意.当01a <<时，函数()f x 在[1,)+∞上单调递减.此时最大值为1(1)1f a ==+，解得31a ，符合题意.故a 1.故选：A .13．C 【解析】由题意，()2()2xf x x a e x +'=+，因为函数()f x 有最小值，且0x e >，所以函数存在单调递减区间，即()0f x '<有解，所以220x x a ++=有两个不等实根，所以函数()y f x '=的零点个数为2.故选：C.14．B 【解析】根据导函数()'f x 的图象可知，当[,)x m c ∈时，()0f x '>，所以函数()f x 在[,]m c 上单调递增，当(,)x c e ∈时，()0f x '<，所以函数()f x 在[,]c e 上单调递减，当(,]x e n ∈时，()0f x '>，所以函数()f x 在(,]e n 上单调递增，故②错误，③正确，根据单调性可知，函数的最小值为()f m 或()f e ，最大值为()f c 或()f n ，故①错误，当()0>f m 且()0f e >时，函数无零点，故④错误.故选：B.15．A 【解析】由()()2121x x a x a ef x -⎡⎤=+++-⎣⎦'，由已知可得()201f a '-=⇒=-，则()()211x f x x x e -=--，()()212x f x x x e -'=+-，当[]2,1x ∈-，()()0f x f x '<⇒单调递减，当(]1,2x ∈，()()0f x f x '>⇒单调递增，则()()min 11f x f ==-，()325f e --=，()2f e =，()()max 2f x f e ==，综上：()[]1,f x e ∈-.故选：A16．[]1,1-【解析】因为321()53f x x ax x =-+-，所以2()21f x x ax '=-+，因为函数321()53f x x ax x =-+-无极值点，所以2240a，解得11a -≤≤，实数a 的取值范围是[]1,1-，17．(2,0)-【解析】因为2()2(0)x f x m e x x m =⋅-+<，所以()22(0)x f x m e x m '=⋅-+<，因为函数2()2(0)x f x m e x x m =⋅-+<在(0,1)上有极值点，所以()22(0)xf x m e x m '=⋅-+<在(0,1)上有零点，因为(0),22x y m e m x y =⋅-=<+在(0,1)上都递减，所以()'f x 在(0,1)上为减函数，所以(0)20(1)0f m f me =+>⎧⎨=<''⎩，解得20m -<<.18．11【解析】322()3f x x mx nx m =+++，2()36f x x mx n ∴'=++，依题意可得(1)0(1)0f f -=⎧⎨'-=⎩即2130360m n m m n ⎧-+-+=⎨-+=⎩，解得29m n =⎧⎨=⎩或13m n =⎧⎨=⎩，当1m =，3n =时函数32()331f x x x x =+++，22()3633(1)0f x x x x '=++=+，函数在R 上单调递增，函数无极值，故舍去；所以29m n =⎧⎨=⎩，所以11+=m n ．19．{|1a a <-或}2a >【解析】由题可知：()222f x x ax a '=+++，因为函数()f x 在(),-∞+∞上存在极值点，所以()0f x '=有解，所以()244120a a ∆=-⨯⨯+≥，则1a ≤-或2a ≥，当1a =-或2a =时，函数()y f x ='与x 轴只有一个交点，即()0f x '≥，所以函数()f x 在(),-∞+∞单调递增，没有极值点，故舍去，所以1a <-或2a >，即{|1a a <-或}2a >20．2【解析】由()3222f x x cx c x =-+知，()2234f x x cx c '=-+，因为()f x 在2x =处取极小值，所以()221280f c c '=-+=，解得2c =或6c =，当2c =时，2()384(32)(2)f x x x x x ==-'-+-，()f x 在2x =处取极小值，符合题意，当6c =时，2()324363(2)(6)f x x x x x '=-+=--，()f x 在2x =处取极大值，不符合题意，综上知，2c =.21．[3)+∞，【解析】由2()6120f x x x '=-=得0x =或2x =，在区间[-2,0)上()'0f x >,()f x 单调递增；在(0,2)内时()()'0,f x f x <单调递减.又(2)37f -=-，(0)3f =，(2)5f =-，∴max ()3f x =，又()f x a ≤对于任意的x ∈[-2,2]恒成立，∴3a ≥，即a 的取值范围是[)3,+∞ 22．112a <<【解析】因为()1ln x f x x +=，0x >，所以()2ln x f x x '=-.当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<.所以()f x 在区间()0,1上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减，所以函数()f x 在1x =处取得极大值.因为函数()f x 在区间1,2a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭（其中0a >）上存在最大值，所以1112a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩，解得112a <<. 23．()1,2-【解析】由题意得：233fxx ，令()0f x '<解得11x -<<；令()0f x '>解得1x <-或1x >，所以函数在(),1-∞-上是增函数，在()1,1-上是减函数，在()1,+∞上是增函数，故函数在1x =-处取到极大值2，所以极大值必是区间()25,a a -上的最大值，∴251a a -<-<，解得-1a 2<<.检验满足题意24．(]4,1--【解析】由题可知：()22f x x x '=-．令()00'>⇒<f x x 或2x >，令()002'<⇒<<f x x ，所以函数()f x 在()0,2单调递减，在()(),0,2,-∞+∞单调递增，故函数的极大值为()00f =，所以在开区间(),4a a +内的最大值一定是()00f =，又()()300f f ==，所以0443a a a <<+⎧⎨+≤⎩，得实数a 的取值范围是(]4,1--．25．【解析】（1），由得，由得，（2），26．【解析】（1）∵2()361f x x ax '=-+，函数32()3f x x ax x =-+在1x =处有极值，∴()10f '=，解得23a =(经检验，符合题意). （2）由（1）知32()2=-+f x x x x ，则2()341(1)(31)f x x x x x '=-+=--，令()0f x '=，得11x =，213x =. 当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭131,13⎛⎫ ⎪⎝⎭1(1,)+∞()'f x+-+()f x极大值极小值∴函数()f x 的单调增区间为1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调减区间为1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭.27．【解析】（1）2222(1)e 11(1)e 1()x x x x x f x k k x x x x x ---⎛⎫'=--+=- ⎪⎝⎭，即()2(1)()x x e k f x x--'= 当2e k =时()22(1)()x x e e f x x--'=，0x >。
函数的极值与导数习题
[学业水平训练] 1．下列四个函数中，能在x＝0处取得极值的函数是() ①y＝x3②y＝x2＋1③y＝|x|④y＝2xA．①②B．②③C．③④D．①③解析：选B.①④为单调函数，不存在极值．2．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则函数y的极值情况是() A．有极小值B．有极大值C．既有极大值又有极小值D．无极值解析：选D．∵y′＝1－11＋x2(x2＋1)′＝1－2xx2＋1＝(x－1)2x2＋1，令y′＝0，得x＝1，当x＞1时，y′＞0，当x＜1时，y′＞0，∴函数无极值．3．(2014·高考课标全国卷Ⅱ)函数f(x)在x＝x0处导数存在．若p：f′(x0)＝0；q：x＝x0是f(x)的极值点，则() A．p是q的充分必要条件B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件解析：选C．当f′(x0)＝0时，x＝x0不一定是f(x)的极值点，比如，y＝x3在x＝0时，f′(0)＝0，但在x＝0的左右两侧f′(x)的符号相同，因而x＝0不是y＝x3的极值点．由极值的定义知，x＝x0是f(x)的极值点必有f′(x0)＝0.综上知，p是q的必要条件，但不是充分条件．4．已知函数f(x)，x∈R有唯一极值，且当x＝1时，f(x)存在极小值，则()A．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0B．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0C．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0D．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0解析：选C．f(x)在x＝1时存在极小值，则当x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.5．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是()A．(2,3) B．(3，＋∞)C．(2，＋∞) D．(－∞，3)解析：选B.因为函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，所以有f′(2)＝0，而f′(x)＝6x2＋2ax＋36，代入得a＝－15.现令f′(x)＞0，解得x＞3或x＜2，所以函数的一个增区间是(3，＋∞)．6．函数y＝3x3－9x＋5的极大值为________．解析：y′＝9x2－9.令y′＝0，得x＝±1.当x变化时，y′，y的变化情况如下表：从上表可以看出，当x＝－1时，函数y有极大值3×(－1)3－9×(－1)＋5＝11. 答案：117．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋c ，其导数f ′(x )的图象如图所示，则函数的极小值是________． 解析：由图象可知，当x ＜0时，f ′(x )＜0， 当0＜x ＜2时，f ′(x )＞0，故x ＝0时函数f (x )取极小值f (0)＝C ． 答案：c8．已知f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝1与x ＝－23时都取得极值，则a ＝________，b ＝________.解析：∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，令f ′(x )＝0，由题设知x 1＝1与x 2＝－23为f ′(x )＝0的解．∴⎩⎨⎧－23a ＝1－23b 3＝1×(－23)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－12b ＝－2. 答案：－12－29．求下列函数的极值：(1)f (x )＝x 2e －x ；(2)f (x )＝ln x x .解：(1)函数的定义域为R . f ′(x )＝2x e －x －x 2e －x ＝x (2－x )e －x . 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表：由上表可以看出，当x ＝0时，函数有极小值，且f (0)＝0.当x ＝2时，函数有极大值，且f (2)＝4e2.(2)函数f (x )＝ln xx 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x x 2.令f ′(x )＝0，即1－ln xx 2＝0，得x ＝e.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表：由表可知，当x ＝e 时，函数的极大值是1e.10．已知函数y ＝ax 3＋bx 2，当x ＝1时，有极大值3. (1)求a ，b 的值；(2)求函数y 的极小值． 解：(1)y ′＝3ax 2＋2bx ，由题意，得当x ＝1时，y ′|x ＝1＝3a ＋2b ＝0，y |x ＝1＝a ＋b ＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，a ＋b ＝3，解得a ＝－6，b ＝9. (2)由(1)知y ＝－6x 3＋9x 2， 则y ′＝－18x 2＋18x . 令y ′＝0，得x ＝0或x ＝1， 经检验知x ＝0是函数的极小值点， 故y 极小值＝y |x ＝0＝0.[高考水平训练]1．若函数y ＝x 3－3ax ＋a 在(1,2)内有极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．1＜a ＜2 B ．1＜a ＜4 C ．2＜a ＜4 D ．a ＞4或a ＜1解析：选B.y ′＝3x 2－3a .当a ≤0时，f ′(x )≥0，函数y ＝x 3－3ax ＋a 为单调函数，不合题意，舍去； 当a ＞0时，y ′＝3x 2－3a ＝0⇒x ＝±a ，不难分析当1＜a ＜2，即1＜a ＜4时，函数y ＝x 3－3ax ＋a 在(1,2)内有极小值．2．(2014·绵阳高二检测)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，给出下面四个判断． ①f (x )在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________．解析：由题中函数y ＝f (x )的导函数的图象可知：f (x )在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数．f (x )在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值．故②③正确．答案：②③3．已知函数y ＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，且其图象在x ＝1处的切线与直线6x ＋2y ＋5＝0平行． (1)求函数的单调区间；(2)求函数的极大值与极小值的差．解：y ′＝3x 2＋6ax ＋3b . ∵x ＝2是函数的极值点， ∴12＋12a ＋3b ＝0， 即4＋4a ＋b ＝0，①又图象在x ＝1处的切线与直线6x ＋2y ＋5＝0平行， ∴y ′|x ＝1＝3＋6a ＋3b ＝－3，即2a ＋b ＋2＝0.② 由①②解得a ＝－1，b ＝0， 此时y ′＝3x 2－6x ＝3x (x －2)． (1)令y ′＞0，得3x (x －2)＞0， 解得x ＜0或x ＞2， 令y ′＜0，得3x (x －2)＜0， 解得0＜x ＜2，∴函数的单调减区间为(0,2)，单调增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)．(2)由(1)可以断定x ＝0是极大值点，x ＝2是极小值点，又y ＝f (x )＝x 3－3x 2＋c ， ∴y 极大值－y 极小值＝f (0)－f (2)＝c －(8－12＋c )＝4.4．设a 为实数，函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a . (1)求f (x )的极值；(2)当a 在什么范围内取值时，曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点？ 解：(1)f ′(x )＝3x 2－2x －1.令f ′(x )＝0，则x ＝－13或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的极大值是f (－13)＝527＋a ，极小值是f (1)＝a －1.(2)函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a ＝(x －1)2(x ＋1)＋a －1， 由此可知，x 取足够大的正数时，有f (x )＞0，x 取足够小的负数时，有f (x )＜0， 曲线y ＝f (x )与x 轴至少有一个交点．由(1)知f (x )极大值＝f (－13)＝527＋a ，f (x )极小值＝f (1)＝a －1.∵曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点， ∴f (x )极大值＜0或f (x )极小值＞0， 即527＋a ＜0或a －1＞0， ∴a ＜－527或a ＞1，∴当a ∈(－∞，－527)∪(1，＋∞)时，曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点．。
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导数--函数的极值练习题
一、选择题
1.下列说法正确的是( )
A.当f ′(x 0)=0时，则f (x 0)为f (x )的极大值
B.当f ′(x 0)=0时，则f (x 0)为f (x )的极小值
C.当f ′(x 0)=0时，则f (x 0)为f (x )的极值
D.当f (x 0)为函数f (x )的极值且f ′(x 0)存在时，则有f ′(x 0)=0 2.下列四个函数，在x =0处取得极值的函数是 ( )
①y =x 3 ②y =x 2+1 ③y =|x | ④y =2x A.①② B.②③ C.③④ D.①③ 3.函数y =
2
16x x
+的极大值为( ) A.3 B.4 C.2 D.5
4.函数y =x 3－3x 的极大值为m ,极小值为n ,则m +n 为( )A.0 B.1 C.2 D.4
5.y =ln 2x +2ln x +2的极小值为( ) A.e －
1 B.0 C.－1 D.1 6.y =2x 3－3x 2+a 的极大值为6，那么a 等于( )
A.6
B.0
C.5
D.1
7．对可导函数,在一点两侧的导数异号是这点为极值点的
A.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件 8.下列函数中, 0=x 是极值点的函数是( )
A.3
x y -= B.x y 2
cos = C.x x y -=tan D.x y 1=
9.下列说法正确的是( )
A. 函数在闭区间上的极大值一定比极小值大;
B. 函数在闭区间上的最大值一定是极大值;
C. 对于12)(2
3+++=x px x x f ,若6||<
p ,则)(x f 无极值;
D.函数)(x f 在区间),(b a 上一定存在最值.
10.函数2
2
3
)(a bx ax x x f +--=在1=x 处有极值10, 则点),(b a 为( ) A.)3,3(- B.)11,4(- C. )3,3(-或)11,4(- D.不存在 11.函数|6|)(2--=x x x f 的极值点的个数是( )
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D.3个 12.函数x
x
x f ln )(=
( ) A.没有极值 B.有极小值 C. 有极大值 D.有极大值和极小值
二．填空题：
13.函数x x x f ln )(2
=的极小值是 14.定义在]2,0[π上的函数4cos 2)(2-+=x e
x f x
的极值情况是
15.函数)0(3)(3
>+-=a b ax x x f 的极大值为6,极小值为2,则)(x f 的减区间是
16.下列函数①3
2x y =,②x y tan =,③|1|3++=x x y ,④x
xe y =,其中在其定义区间上存在极值点的函
数序号是
17.函数f (x )=x 3－3x 2+7的极大值为___________. 18.曲线y =3x 5－5x 3共有___________个极值.
19.函数y =－x 3+48x －3的极大值为___________；极小值为___________. 20.若函数y =x 3+ax 2+bx +27在x =－1时有极大值，在x =3时有极小值，则a =___________,b =___________.
三．解答题
21.已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c ,当x =－1时，取得极大值7；当x =3时，取得极小值.求这个极小值及a 、b 、c 的值.
22.函数f (x )=x +x
a
+b 有极小值2，求a 、b 应满足的条件.
23.已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx+c 在x =2处有极值，其图象在x ＝1处的切线垂直于直线y =3
1x -2 （1）设f(x)的极大值为p ，极小值为q ，求p-q 的值；
（2）若c 为正常数，且不等式f(x)>mx 2在区间（0,2）内恒成立，求实数m 的取值范围。