第二章 第十一节 第二课时 导数与函数的极值、最值
第二章 第十一节 导数与函数的单调性、极值、最值课时提升作业
课时提升作业(十四)一、选择题1.设a∈R,若函数y=e x+ax,x∈R有大于零的极值点,则( )(A)a<-1 (B)a>-1(C)a>- (D)a<-2.(2013·榆林模拟)函数y=(3-x2)e x的递增区间是( )(A)(-∞,0)(B)(0,+∞)(C)(-∞,-3)和(1,+∞)(D)(-3,1)3.(2013·铜川模拟)对任意的x∈R,函数f(x)=x3+ax2+7ax不存在极值点的充要条件是( )(A)0≤a≤21 (B)a=0或a=7(C)a<0或a>21 (D)a=0或a=214.(2013·九江模拟)已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,且满足以下条件:①f(x)=a x·g(x)(a>0,a≠1);②g(x)≠0;③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x).若+=,则a等于( )(A) (B)2 (C) (D)2或5.设f′(x)是函数f(x)的导函数,将y=f(x)和y=f′(x)的图像画在同一个直角坐标系中,不可能正确的是( )6.(2013·抚州模拟)函数y=f′(x)是函数y=f(x)的导函数,且函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线为l:y=g(x)=f′(x0)·(x-x0)+f(x0),F(x)=f(x)-g(x),如果函数y=f(x)在区间[a,b]上的图像如图所示,且a<x0<b,那么( )(A)F′(x0)=0,x=x0是F(x)的极大值点(B)F′(x0)=0,x=x0是F(x)的极小值点(C)F′(x0)≠0,x=x0不是F(x)的极值点(D)F′(x0)≠0,x=x0是F(x)的极值点二、填空题7.函数f(x)=的递增区间是.8.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为.9.对于函数f(x)=-2cosx(x∈[0,π])与函数g(x)=x2+lnx有下列命题:①函数f(x)的图像关于x=对称;②函数g(x)有且只有一个零点;③函数f(x)和函数g(x)图像上存在平行的切线;④若函数f(x)在点P处的切线平行于函数g(x)在点Q处的切线,则直线PQ的斜率为.其中正确的命题是.(将所有正确命题的序号都填上)三、解答题10.(2013·合肥模拟)已知函数f(x)=x3-x2+x+b,其中a,b∈R.(1)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=5x-4,求函数f(x)的解析式.(2)当a>0时,讨论函数f(x)的单调性.11.(2013·南昌模拟)已知函数f(x)=ax2-3x+lnx(a>0).(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线平行于x轴,求函数f(x)在区间[,2]上的最值.(2)若函数f(x)在定义域内是单调函数,求a的取值范围.12.(能力挑战题)已知函数f(x)=xlnx.(1)求函数f(x)的极值点.(2)若直线l过点(0,-1),并且与曲线y=f(x)相切,求直线l的方程.(3)设函数g(x)=f(x)-a(x-1),其中a∈R,求函数g(x)在[1,e]上的最小值(其中e为自然对数的底数).答案解析1.【解析】选A.由y′=(e x+ax)′=e x+a=0,得e x=-a,即x=ln(-a)>0⇒-a>1⇒a<-1.2.【解析】选D.y′=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0⇒x2+2x-3<0⇒-3<x<1,≨函数y=(3-x2)e x的递增区间是(-3,1).3.【解析】选A.f′(x)=3x2+2ax+7a,令f′(x)=0,当Δ=4a2-84a≤0,即0≤a≤21时,f′(x)≥0恒成立,函数不存在极值点.4.【解析】选A.由①②得=a x,又[]′=,由③知[]′<0,故y=a x是减函数,因此0<a<1.由+=,得a+=,解得a=或a=2(舍).5.【解析】选D.对于A来说,抛物线为函数f(x),直线为f′(x);对于B来说,从左到右上升的曲线为函数f(x),从左到右下降的曲线为f′(x);对于C来说,下面的曲线为函数f(x),上面的曲线为f′(x).只有D不符合题设条件.【方法技巧】函数的导数与增减速度及图像的关系(1)导数与增长速度①一个函数的增长速度快,就是说,在自变量的变化相同时,函数值的增长大,即平均变化率大,导数也就大;②一个函数减小的速度快,那么在自变量的变化相同时,函数值的减小大,即平均变化率大,导数的绝对值也就大.(2)导数与图像一般地,如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值较大,说明函数在这个范围内变化得快,这时,函数的图像就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数的图像就较“平缓”.6.【思路点拨】y=g(x)是函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线,故g′(x)=f′(x0),据此判断F′(x0)是否为0,再进一步判断在x=x0两侧F′(x)的符号.【解析】选B.F′(x)=f′(x)-g′(x)=f′(x)-f′(x0),≨F′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0,又当x<x0时,从图像上看,f′(x)<f′(x0),即F′(x)<0,此时函数F(x)=f(x)-g(x)是减少的,同理,当x>x0时,函数F(x)是增加的.7.【解析】f′(x)==>0,即cosx>-,结合三角函数图像知,2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),即函数f(x)的递增区间是(2kπ-,2kπ+)(k∈Z).答案:(2kπ-,2kπ+)(k∈Z)8.【解析】≧x=2是f(x)的极大值点,f(x)=x(x2-2cx+c2)=x3-2cx2+c2x,≨f′(x)=3x2-4cx+c2,≨f′(2)=3×4-8c+c2=0,解得c=2或c=6,当c=2时,在x=2处不能取极大值,≨c=6.答案:6【误区警示】本题易出现由f′(2)=0求出c后,不验证是否能够取到极大值这一条件,导致产生增根.9.【解析】画出函数f(x)=-2cosx,x∈[0,π]的图像可知①错;函数g(x)=x2+lnx的导函数g′(x)=x+≥2,所以函数g(x)在定义域内为增函数,画图知②正确;因为f′(x)=2sinx≤2,又因为g′(x)=x+≥2,所以函数f(x)和函数g(x)图像上存在平行的切线,③正确;同时要使函数f(x)在点P处的切线平行于函数g(x)在点Q处的切线只有f′(x)=g′(x)=2,这时P(,0),Q(1,),所以k PQ=,④也正确.答案:②③④10.【解析】(1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1.由导数的几何意义得f′(2)=5,于是a=3.由切点P(2,f(2))在直线y=5x-4上可知2+b=6,解得b=4.所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3-2x2+x+4.(2)f′(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-)(x-1).当0<a<1时,>1,函数f(x)在区间(-≦,1)及(,+≦)上是增加的,在区间(1,)上是减少的;当a=1时,=1,函数f(x)在区间(-≦,+≦)上是增加的;当a>1时,<1,函数f(x)在区间(-≦,)及(1,+≦)上是增加的,在区间(,1)上是减少的.11.【解析】(1)≧f(x)=ax2-3x+lnx,≨f′(x)=2ax-3+,又f′(1)=0,≨2a-2=0,≨a=1,≨f(x)=x2-3x+lnx,f′(x)=2x-3+.令f′(x)=0,即2x-3+=0,解得x=或x=1.列表如下:≨当x=1时,f(x)min=-2;≧f(2)-f()=-2+ln2++ln2=ln4->1->0,≨当x=2时,f(x)max=-2+ln2.(2)f(x)的定义域为(0,+≦),f′(x)=2ax-3+=,令Δ=9-8a.当a≥时,Δ≤0,f′(x)≥0,函数f(x)在(0,+≦)上是增加的,当0<a<时,Δ>0,方程2ax2-3x+1=0有两个不相等的正根x1,x2,不妨设x1<x2,则当x∈(0,x1)∪(x2,+≦)时,f′(x)>0,当x∈(x1,x2)时,f′(x)<0,这时,函数f(x)在定义域内不是单调函数.综上,a的取值范围是[,+≦).12.【思路点拨】(1)先判断f(x)的增减性,再求极值点.(2)设出切点,表示出切线方程,利用直线过点(0,-1),求出切点即可得出切线方程.(3)先求出极值点,再根据该点是否在[1,e]上分类讨论.【解析】(1)f′(x)=lnx+1,x>0.而f′(x)>0,即lnx+1>0,得x>.f′(x)<0,即lnx+1<0,得0<x<,所以f(x)在(0,)上是减少的,在(,+≦)上是增加的.所以x=是函数f(x)的极小值点,极大值点不存在.(2)设切点坐标为(x0,y0),则y0=x0lnx0,切线的斜率为lnx0+1,所以切线l的方程为y-x0lnx0=(lnx0+1)(x-x0).又切线l过点(0,-1),所以有-1-x0lnx0=(lnx0+1)(0-x0).解得x0=1,y0=0.所以直线l的方程为y=x-1.(3)g(x)=xlnx-a(x-1),则g′(x)=lnx+1-a.g′(x)<0,即lnx+1-a<0,得0<x<e a-1,g′(x)>0,得x>e a-1,所以g(x)在(0,e a-1)上是减少的,在(e a-1,+≦)上是增加的.①当e a-1≤1即a≤1时,g(x)在[1,e]上是增加的,所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(1)=0.②当1<e a-1<e,即1<a<2时,g(x)在[1,e a-1)上是减少的,在(e a-1,e]上是增加的.g(x)在[1,e]上的最小值为g(e a-1)=a-e a-1.③当e≤e a-1,即a≥2时,g(x)在[1,e]上是减少的,所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(e)=e+a-ae.综上,x∈[1,e]时,当a≤1时,g(x)的最小值为0;当1<a<2时,g(x)的最小值为a-e a-1;当a≥2时,g(x)的最小值为a+e-ae.【变式备选】设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在(,+≦)上存在递增区间,求a的取值范围.(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.【解析】(1)f(x)=-x3+x2+2ax,≨f′(x)=-x2+x+2a,当x∈[,+≦)时,f′(x)的最大值为f′()=+2a.函数f(x)在(,+≦)上存在递增区间,即导函数在(,+≦)上存在函数值大于零成立,≨+2a>0⇒a>-.(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-,而f′(x)=-x2+x+2a的图像开口向下,且对称轴为x=,≨f′(1)=-1+1+2a=2a>0,f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,则必有一点x0∈[1,4]使得f′(x0)=0,此时函数f(x)在[1,x0]上是增加的,在[x0,4]上是减少的,f(1)=-++2a=+2a>0,≨f(4)=-×64+×16+8a=-+8a,≨-+8a=-,得a=1,此时,由f′(x0)=-+x0+2=0得x0=2或-1(舍去),所以函数f(x)max=f(2)=.。
高中数学课件第十一节 第二课时 导数与函数极值、最值
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第十一节
第二课时
导数与函数极值、最值
结束
(2)由(1)知，x＝－3 是 f(x)的极小值点，所以有 b＋c 9a－3 ＝－e3， －3 e g0＝b－c＝0， g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0， 解得 a＝1，b＝5，c＝5， x2＋5x＋5 所以 f(x)＝ . ex
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第十一节
第二课时
导数与函数极值、最值
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[解]
2ax＋bex－ax2＋bx＋cex (1)f′(x)＝ ex2
－ax2＋2a－bx＋b－c ＝ ， ex 令 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c， 因为 ex>0， 所以 y＝f′(x)的零点就是 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x ＋b－c 的零点，且 f′(x)与 g(x)符号相同． 又因为 a>0，所以－3<x<0 时，g(x)>0，即 f′(x)>0， 当 x<－3 或 x>0 时，g(x)<0，即 f′(x)<0，所以 f(x)的单调 增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
3
，(2，＋∞)．
fx ln x (2)g(x)＝ x ＝|x－a|＋ x ，x∈[1，e]． ln x ①若a≤1，则g(x)＝x－a＋ x ， 1－ln x x2＋1－ln x 故g′(x)＝1＋ ＝ . x2 x2 因为x∈[1，e]，所以0≤ln x≤1，所以1－ln x≥0， x2＋1－ln x>0，所以g′(x)>0.
a2 a2 f′(x)＝6x＋6 ＋b－ ， 6
a 即 y＝f′(x)关于直线 x＝－ 对称． 6
导数与函数的极值、最值 经典课件(最新)
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3．(教材改编)一条长为 2 的铁丝截成两段，分别弯成两个正方形，要使两个正方形 的面积之和最小，则两段铁丝的长度分别是________，________．
解析：设两段铁丝的长分别为 x，2－x，0<x<2，则两个正方形的面积之和 S＝1x62 ＋ （2－16x）2＝18x2－41x＋14，故 S′＝4x－14.令 S′＝0，得 x＝1.当 0<x<1 时，S′<0；当 2>x>1 时，S′>0.所以 S 在 x＝1 处取得极小值也是最小值，所以两段铁丝的长都是 1.
(2)由(1)知，当 x＝ 2时，函数取得极小值，故极小值为 2＋ 22＝2 2. (3)由(1)(2)知，函数的极小值恰好是函数的最小值，故 ymin＝2 2.极值是个“局部” 概念，最值是“整体”概念．
答案：(1)x＝ 2 (2)2 2 (3)2 2
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5．(改编题)设 f(x)＝lnx，g(x)＝f(x)＋f′(x)，则 g(x)的最小值为________． 解析：对 f(x)＝lnx 求导，得 f′(x)＝1x， 则 g(x)＝lnx＋1x，且 x>0. 对 g(x)求导，得 g′(x)＝x－x21， 令 g′(x)＝0，解得 x＝1. 当 x∈(0，1)时，g′(x)<0，函数 g(x)＝lnx＋1x在(0，1)上单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数 g(x)＝lnx＋1x在(1，＋∞)上单调递增． 所以当 x＝1 时，g(x)min＝g(1)＝1.
极小值
在包含 x0 的一个区间(a，b)内，函数 y
在包含 x0 的一个区间(a，b)内， 函数 y＝f(x)在任何一点的函数值
第二节 导数与函数的极值、最值知识点汇总
第二节导数与函数的极值、最值知识点汇总考点一利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．[解] 由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－ae x.①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．[例2] 设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．[解] f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1(x＞－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．当0＜a≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．当a＞89时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－1 2，所以x1＜－14，x2＞－14.由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－1 4 .所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函数f(x)单调递增．因此函数f(x)有两个极值点．③当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1＜x2.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)有一个极值点．综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a＞89时，函数f(x)有两个极值点．考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数[例3] 已知函数g(x)＝ln x－mx＋mx存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．[解] 因为g(x)＝ln x－mx＋m x ，所以g′(x)＝1x－m－mx2＝－mx2－x＋mx2(x＞0)，令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h 0＞0，12m＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ＜0，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.考法(三) 已知函数的极值求参数[例4] (2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a ＞12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )＜0;当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2＜0，ax －1≤12x －1＜0，所以f ′(x )＞0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数研究函数的最值[典例精析]已知函数f (x )＝ln xx－1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ＞0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值． [解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2， 由⎩⎨⎧f ′x ＞0，x ＞0，得 0＜x ＜e ；由⎩⎨⎧f ′x＜0，x ＞0，得x ＞e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． (2)①当⎩⎨⎧2m ≤e ，m ＞0，即0＜m ≤e2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln2m 2m－1；②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0＜m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m2m －1；当e 2＜m ＜e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.[题组训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0，∴当cos x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当cos x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.答案：－3322．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， 又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1. ①当a ＜0，即12a＜0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2. ②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时， 若12a ＜1，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在区间(0,1)，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a＜e 矛盾． 若x 2＝12a≥e ，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a＝1e－2或a＝－2.考点三利用导数求解函数极值和最值的综合问题[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋12x2－ax＋a(a∈R)．(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥e x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．[解] (1)∵f′(x)＝1x＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，即1x＋x－a≥0恒成立，∴a≤⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x min，而x＋1x≥2 x·1x＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2.即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝1x＋x－a＝x2－ax＋1x(x＞0)，∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，∴f(x2)－f(x1)＝ln x2x1＋12(x22－x21)－a(x2－x1)＝lnx2x1－12(x22－x21)＝lnx2x1－12(x22－x21)1x1x2＝lnx2x1－12⎝⎛⎭⎪⎫x2x1－x1x2，设t＝x2x1(t≥e)，令h(t)＝ln t－12⎝⎛⎭⎪⎫t－1t(t≥e)，则h′(t)＝1t－12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1t2＝－t－122t2＜0，∴h(t)在[e，＋∞)上是减函数，∴h(t)≤h(e)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－e＋ee，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ e ＋e e .[题组训练]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a ＞0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝2ax ＋be x －ax 2＋bx ＋ce x e x 2＝－ax 2＋2a －bx ＋b －ce x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f －3＝9a －3b ＋ce－3＝－e 3，g 0＝b －c ＝0，g－3＝－9a －32a －b＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e－5＝5e 5＞5＝f (0)， 所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[课时跟踪检测]A级1．函数f(x)＝x e－x，x∈[0,4]的最小值为( )A．0 B.1 eC.4e4D.2e2解析：选A f′(x)＝1－x e x，当x∈[0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1,4]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝4e4＞0，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.2．若函数f(x)＝a e x－sin x在x＝0处有极值，则a的值为( )A．－1 B．0C．1 D．e解析：选C f′(x)＝a e x－cos x，若函数f(x)＝a e x－sin x在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C.3．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为( )A．15 B．16C．17 D．18解析：选D 因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示，则x21＋x22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.5．(2019·泉州质检)已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x ＋1和y ＝ x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( )A.3－ln 22 B.5－ln 22 C.3＋ln 22D.5＋ln 22解析：选D 由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎪⎫y －22⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋22y(y ＞0)，当0＜y ＜22时，h ′(y )＜0；当y ＞22时，h ′(y )＞0，即函数h (y )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＋2＝5＋ln 22.6．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0， 解得a ＞22. ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞7．(2019·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎪⎫a ＞12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0＜x ＜1a时，f ′(x )＞0；当x ＞1a时，f ′(x )＜0.∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案：18．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3x在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝32a ＋12b ＝0.∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12a －32b ＝1，∴a ＝12，b ＝－32.(2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，∴函数g (x )＝sin x x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin xx 2.设u (x )＝x cos x－sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x ＜0，故u (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴u (x )＜u (0)＝0，∴g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π.9．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x2＝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，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件． ②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即lna ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.B 级1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ， 则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.② 联立①②，解得⎩⎨⎧a ＝－4，b ＝11或⎩⎨⎧a ＝3，b ＝－3.经检验⎩⎨⎧a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C.2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x ，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝－12舍去，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a －1≥0，a －1＜12，a ＋1＞12，解得1≤a ＜32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，323．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎨⎧a ＜1，10－a 2＞1，f 1≥f a，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ，整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0， 即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即⎩⎨⎧a ＜1，10－a 2＞1，a －12a ＋2≥0，解得－2≤a ＜1.答案：[－2,1)4.已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ， 由题意得AB ＝21032－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π，所以V ＝πr 2x ＝π⎝⎛⎭⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0＜x ＜103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0＜x ＜103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)， 则V ′，V 随x 的变化情况如下表：x (0,10) 10 (10,103)V ′ ＋0 －V极大值所以当x ＝所以V max ＝2 000π. 答案：2 000π6．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋xx ＋12，其中a 为常数．(1)当1＜a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，求g (x )＝x ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1x ln(1＋x )的最大值．解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x x －2a ＋3x ＋13，①当－1＜2a －3＜0，即1＜a ＜32时，当－1＜x ＜2a －3或x ＞0时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，当2a －3＜x ＜0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(2a －3,0)上单调递减． ②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3＞0，即a ＞32时，当－1＜x ＜0或x ＞2a －3时，f ′(x )＞0， 则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0＜x ＜2a －3时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减． 综上，当1＜a ＜32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a－3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32＜a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值． 令h (x )＝g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x)－ln x＋1x－21＋x，则h′(x)＝2x3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln1＋x－2x2＋xx＋12.由(1)可知当a＝2时，f(x)在(0,1]上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，∴g(x)的最大值为2ln 2.。
第二章 第十一节 导数与函数的单调性、极值、最值
【思路点拨】(1)由y′＜0的解集为 ( 3 , 3 )， 确定a的取值
3 3
范围.(2)先求出导函数，再利用导数与单调性的关系或转化为 恒成立问题求解．
【规范解答】(1)选A.
≧ y 3a(x 2 1 ) 3a(x 3 )(x 3 ),
3 当 3 ＜ x＜ 3 3 3 3 3 3 3 因为函数y=a(x3-x)在 ( 3 , 3 ) 上是减少的， 3 3
考向 2
已知函数的单调性求参数的范围
3 3
【典例2】（1）若函数y=a(x3-x)的递减区间为 ( 3 , 3 )， 则a
的取值范围是( )
（A）a＞0
（C）a＞1
（B）-1＜a＜0
（D）0＜a＜1
(2)（2013·厦门模拟）若函数f(x)=x3-ax2+1在［1,2］上是 减少的，求实数a的取值范围．
(i)当a＞1时，1-2a＜-1,
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x
f′(x) f(x)
(-≦,1-2a)
+ 增加
(1-2a,-1)
减少
(-1,+≦)
+ 增加
由此得，函数f(x)的递增区间为(-≦,1-2a)和(-1,+≦)，递减 区间为(1-2a,-1).
(ii)由a=1时，1-2a=-1，此时，f′(x)≥0恒成立，且仅在x=
(1) f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件.( )
(2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.(
(3)函数的极大值不一定比极小值大.( )
)
(4)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0点为极值点的充要条 件.( )
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是 极小值.( )
高考数学总复习第十一节 第二课时 导数与函数的极值、最值
当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单
调递增，故函数 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值且极小值为 f(ln a)
＝ln a，无极大值．
综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；
第 二 课时 导数与函数的极值、最值
课堂·考点突破
自主研、合作探、多面观、全扫命题题点
课后·三维演练
基础练、题型练、能力练、全练力保全能
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课 堂 考点突破
自主研、合作探、多面观、全扫命题题点
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考点一 运用导数解决函数的极值问题
题点多变型考点——多角探明 [锁定考向] 函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、 填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题． 常见的命题角度有： (1)知图判断函数极值； (2)已知函数求极值或极值点； (3)已知函数极值情况求参数值(范围)．
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[由题悟法] 求函数 f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的 3 步骤 (1)求函数在(a，b)内的极值； (2)求函数在区间端点的函数值 f(a)，f(b)； (3)将函数 f(x)的极值与 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个 为最大值，最小的一个为最小值．
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[即时应用] 已知函数 f(x)＝lnxx－1. (1)求函数 f(x)的单调区间； 解：因为函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且 f′(x)＝1－xl2n x， 由fx′＞0x，＞0， 得 0＜x＜e；由fx′＞0x，＜0， 得 x＞e. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为 (e，＋∞)．
导数与函数的极值最值
2．函数的最值 (1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值 与最小值． (2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则___f(_a_)_为函数的最小 值，__f_(b_)__为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减， 则___f(_a_)__为函数的最大值， __f_(b_)__为函数的最小值．
a＝1，
∴f1＝－b＝－12，
解得b＝12.
(2)由(1)得 f(x)＝ln x－12x2， 则 f′(x)＝1x－x＝1－x x2， ∵当1e≤x≤e 时，令 f′(x)＞0 得1e≤x＜1； 令 f′(x)＜0，得 1＜x≤e，∴f(x)在1e，1上单调递增，在[1， e]上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－12.
)
A.137
B．－137
4
2
C.e4
D.e2
[解析] f′(x)＝x2＋2x－3，f′(x)＝0，x∈[0,2]， 得 x＝1.比较 f(0)＝－4，f(1)＝－137，f(2)＝－130.可知最小 值为－137. [答＞0 是 f(x)为增函数的充要条件． ②函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的． ③函数的极大值不一定比极小值大． ④对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 点为极值点的充要条件． ⑤函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定 是极小值． 其中真命题的是________．(写出所有真命题的序号)
[解析] 由题图可知，当 x＜－2 时，f′(x)＞0；当－2＜x ＜1 时，f′(x)＜0；当 1＜x＜2 时，f′(x)＜0；当 x＞2 时，f′(x) ＞0.由此可以得到函数 f(x)在 x＝－2 处取得极大值，在 x＝2 处 取得极小值．
[答案] D
【高中数学】导数与函数的极值、最值
高中数学学科
t1，t2，t3 是公差为 d 的等差数列．
(1)若 t2＝0，d＝1，求曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为 f(0)＝1，
所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
(2)设 h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
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
高中数学学科
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
高中数学学科
导数与函数的极值、最值
一、基础知识
1．函数的极值 (1)函数的极小值： 函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0； 而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0，右侧 f′(x)＞0，则点 a 叫做函数 y＝f(x)的极小值点， f(a)叫做函数 y＝f(x)的极小值． (2)函数的极大值： 函数 y＝f(x)在点 x＝b 的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0； 而且在点 x＝b 附近的左侧 f′(x)＞0，右侧 f′(x)＜0，则点 b 叫做函数 y＝f(x)的极大值点， f(b)叫做函数 y＝f(x)的极大值． 极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值.
《导数与函数的极值、最值》示范公开课教学课件
典例分析
例2 已知函数f（x）＝ 1 x3－4x＋4，求函数的极值，并作出函数图像的示意图． 3
为方便起见，上面步骤也可以用表格形式表示（↗表示递增，↘表示递减），x fΒιβλιοθήκη （x） f（x）（－∞，－2）
－2
＋
0
↗
极大值 9 1
3
（－2，2）
2
－
0
↘
极小值 11
3
（2，＋∞） ＋ ↗
典例分析
求可导函数极值的步骤为： ➢ 确定函数的定义区间，求导数f′（x）； ➢ 求方程f′（x）＝0的根； ➢ 用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小区间，并列成 表格． 检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这 个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值； 如果左右不变符号，那么f（x）在这个根处无极值．
a
（2）函数f（x）在a、b点的导数值是多少？
（3）在a、b点附近，y＝f（x）的导数的符号分别是什么？
O b
x y＝f（x）
追问3：观察y＝f（x）的图像在x＝b点的函数值f（b）与x＝b附近的其他点的函数值的特征， 并描述在x＝b点及其附近导数的正负．
新知探究
一般地，设函数y＝f（x）的定义域为D，设x0∈D，如果对于x0附近的任意不同于x0的x， 都有 （1）f（x）＜f（x0），则称x0为函数f（x）的一个极大值点，且f（x）在x0处取极大值； （2）f（x）＞f（x0），则称x0为函数f（x）的一个极小值点，且f（x）在x0处取极小值． 极大值点与极小值点都称为极值点，极大值与极小值都称为极值．显然，极大值点在其 附近函数值最大，极小值点在其附近函数值最小．
第十一节第二课时导数与函数的极值、最值
“课后·三维演练”见“课时跟踪检测（十五）” 普通高中适用作业
“课后·三维演练”见“课时跟踪检测（十五）” 重点高中适用作业
第十一节第二课时导数 与函数的极值、最值
2020/9/23
课堂·考点突破
练透基点，研通难点，备考不留死角
课后·三维演练
分层训练，梯度设计，及时
课 堂 考点突破
练透基点，研通难点，备考不留死角
根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方 列式
程组，利用待定系数法求解 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条 验证 件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的 合理性
第二节 第二课时 导数与函数的极值、最值
第二课时导数与函数的极值、最值[知识排查·微点淘金]知识点1函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．[微思考]导函数f′(x)的零点与可导函数f(x)的极值点有何关系？提示：可导函数f(x)的极值点x0一定是导函数f′(x)的变号零点．[微提醒]1．f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的既不充分也不必要条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点；f(x)＝|x|，x0＝0是f(x)的极小值点，但f(x)在x＝0处导数不存在．2．极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．知识点2函数的最值(1)一般地，在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值，在开区间(a，b)内的连续函数f(x)不一定有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[微提醒]函数的最值是对定义域而言的整体概念，而极值是局部概念，在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个也没有，而最值最多有一个，并且有最值的未必有极值；有极值的未必有最值．[小试牛刀·自我诊断]1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)(1)函数f (x )在区间(a ，b )内一定存在最值．(×)(2)函数的极大值一定比极小值大．(×)(3)对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件．(×)(4)函数的最大值不一定是极大值，最小值也不一定是极小值．(√)2．(链接教材选修2－2 P 32A 组T 5(4))函数f (x )＝2x －x ln x 的极值是( ) A.1eB ．2eC ．eD ．e 2解析：选C 因为f ′(x )＝2－(ln x ＋1)＝1－ln x ，当f ′(x )＞0时，解得0＜x ＜e ；当f ′(x )＜0时，解得x ＞e ，所以x ＝e 时，f (x )取到极大值，f (x )极大值＝f (e)＝e.故选C.3．(混淆极值点与极值的概念)函数g (x )＝－(x －1)2的极值点是________，函数f (x )＝x 3的极值________(填存在或不存在)．答案：1 不存在4．(忽视极值的存在条件)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，在x ＝1处取得极值10，则a ＝________，b ＝________．解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝10，f ′（1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a ＋b ＝9，2a ＋b ＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3.经验证，当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，故f (x )在R 上单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3不符合题意，舍去． 当a ＝4，b ＝－11时，符合题意．答案：4 －11一、应用探究点——利用导数求函数的极值(多向思维)[典例剖析]思维点1 由图象判断函数极值[例1] 已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝－1处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )只有一个极值点解析：由题中导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x ＞2时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误；当x ＝2时函数取得极大值，故B 错误；当x ＝－4时函数无极值，故C 错误；只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 正确．故选D.答案：D知图判断函数的极值的情况：先找出导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号，最后判断是极大值点还是极小值点．思维点2 已知函数求极值[例2] 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 ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x 2x， 令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表. x(0，2) 2 (2，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 －f(x)ln 2－1故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a＝1－axx.当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a>0时，当x∈(0，1a)，则f′(x)>0，若x∈(1a，＋∞)，则f′(x)<0，故函数在x＝1a处有极大值．综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝1a.运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的一般步骤：(1)先求函数y＝f(x)的定义域，再求其导数f′(x)．(2)求方程f′(x)＝0在f(x)定义域内的根．(3)检查导数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．注意：(1)导数为零的点不一定是极值点．(2)在解答题中涉及极值问题要列出表格．[学会用活]1．函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法不正确的是()A ．(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B ．(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间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 )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，C 错误，故选C.2．(2021·安徽毛坦厂中学联考)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解析：选B 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.故选B. 二、应用探究点——已知函数极值求参数值(范围)(思维拓展)[典例剖析][例3] (1)若函数f (x )的导数f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －52(x －k )k ，k ≥1，k ∈Z ，已知x ＝k 是函数f (x )的极大值点，则k ＝________．解析：因为函数的导数为f ′(x )＝⎝⎛⎭⎫x －52(x －k )k ，k ≥1，k ∈Z ， 所以若k 是偶数，则x ＝k 不是极值点，则k 是奇数，若k ＜52，由f ′(x )＞0，解得x ＞52或x ＜k ；由f ′(x )＜0，解得k ＜x ＜52， 即当x ＝k 时，函数f (x )取得极大值．因为k ≥1，k ∈Z ，k 为奇数，所以k ＝1，若k ＞52，由f ′(x )＞0，解得x ＞k 或x ＜52； 由f ′(x )＜0，解得52＜x ＜k ， 即当x ＝k 时，函数f (x )取得极小值不满足条件．答案：1(2)已知函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，求实数a 的取值范围．解：因为f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 的定义域为(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝x ＋(a －1)－a x＝x 2＋（a －1）x －a x ＝（x ＋a ）（x －1）x， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－a ，因为函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，所以x ＝1，此时a ≥0. 所以当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )极小值＝f (1)＝12＋a －1＝a －12， 因为f (x )极小值≥1，所以a －12≥1，解得a ≥32. 故实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫32，＋∞. [拓展变式][变条件]若本例(2)变为f (x )存在两个极值点x 1，x 2(x 1≠x 2)，求a 的取值范围．解：解法一：由例(2)的解析知，f ′(x )＝0解得x ＝1或x ＝－a .因为f (x )在(0，＋∞)上存在两个不相等的极值点，∴－a ＞0且－a ≠1即a ＜0且a ≠－1.解法二：f (x )在(0，＋∞)上有两个不等的极值点⇔f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不等的变号零点，设g (x )＝x 2＋(a －1)x －a .即g (x )在(0，＋∞)上有两个不等零点．故有⎩⎨⎧g （0）＞0，－（a －1）2×1＞0，Δ＞0.解得a ＜0且a ≠－1.已知函数极值点或极值求参数的两个要领 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验证因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性 [学会用活]3．已知函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，则实数c 的值为( )A ．6B ．2C ．2或6D ．0解析：选B 由f ′(2)＝0可得c ＝2或6.当c ＝2时，结合图象(图略)可知函数先增后减再增，在x ＝2处取得极小值；当c ＝6时，结合图象(图略)可知，函数在x ＝2处取得极大值，不合题意．故选B.4．(2021·长春市质量监测)若函数f (x )＝(x 2＋ax ＋3)e x 在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－22]B ．(－∞，－22)C ．(－∞，－3]D ．(－∞，－3)解析：选C f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax ＋3)e x ＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a ＋3]e x ，令g (x )＝x 2＋(a ＋2)x ＋a ＋3.由题意知，g (x )在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g (x )的图象特征知，⎩⎨⎧－a ＋22＞0，a ＋3≤0，或⎩⎨⎧－a ＋22≤0，a ＋3＜0，解得a ≤－3.故选C.三、应用探究点——利用导数研究函数的最值(思维拓展)[典例剖析][例4] 已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值． 解：f ′(x )＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x 2. ①若k ≤0，则在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有f ′(x )＜0，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减．②若0＜k ＜1e ，则f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2， 由k ＜1e ，得1k＞e ， 则x －1k＜0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立， 所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒成立， 所以f (x )在[1e，e]上单调递减． 综上，当k ＜1e时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1e＋k －1， f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1.[拓展变式][变条件]若本例条件中的“k ＜1e ”改为“k ≥1e”，则函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上的最小值是多少？ 解：f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2， ∵k ≥1e ，∴0＜1k≤e ，若0＜1k ≤1e ，即k ≥e 时，f ′(x )≥0在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上恒成立， f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上为增函数，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1. 若1e ＜1k ＜e ，即1e＜k ＜e 时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1k 上为减函数，在⎣⎡⎭⎫1k ，e 上为增函数，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1k ＝k －1－k ln k .当k ＝1e时，f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上为减函数，无最小值． 综上，当1e＜k ＜e 时，f (x )min ＝k －1－k ln k ，当k ≥e 时， f (x )min ＝e －k －1，当k ＝1e时，f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，e 上无最小值．求函数f (x )在闭区间[a ，b ]内的最值的思路(1)若所给的问题中不含有参数，则只需求f ′(x )，并求f ′(x )＝0在区间[a ，b ]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(2)若所给的问题中含有参数，则需求f ′(x )，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．[学会用活]5．已知函数f (x )＝(x －k )e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0，1]上的最小值．解：(1)f ′(x )＝(x －k )′e x ＋(x －k )(e x )′＝(x －k ＋1)e x ，令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.所以当x ∈(－∞，k －1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈(k －1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．(2)当k －1≤0即k ≤1时，函数f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )在[0，1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0＜k －1＜1，即1＜k ＜2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上递减，在(k －1，1]上递增，所以f (x )在[0，1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1.当k －1≥1即k ≥2时，f (x )在[0，1]上单调递减，f (x )min ＝f (1)＝(1－k )e.综上可知f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－k ，k ≤1，－e k －1，1＜k ＜2，（1－k ）e ，k ≥2.限时规范训练 基础夯实练1．(2021·安徽滁州模拟)已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )①f (b )＞f (a )＞f (c )；②函数f (x )在x ＝c 处取得极小值，在x ＝e 处取得极大值；③函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值；④函数f (x )的最小值为f (d )．A ．③B ．①②C ．③④D ．①④解析：选A 由题图可知，当x ≤c 时，f ′(x )≥0，所以函数f (x )在(－∞，c ]上单调递增，又a ＜b ＜c ，所以f (a )＜f (b )＜f (c )，故①不正确；因为f ′(c )＝0，f ′(e )＝0，且当x ＜c 时，f ′(x )＞0；当c ＜x ＜e 时，f ′(x )＜0；当x ＞e 时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在x ＝c 处取得极大值，在x ＝e 处取得极小值，故②不正确，③正确；由题图知，当d ≤x ≤e 时，f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[d ，e ]上单调递减，从而f (d )＞f (e )，故④不正确．故选A.2．若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( )A ．－1B ．0C ．1D ．e解析：选C f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，故选C.3．(2021·江西重点中学盟校联考)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1在x ＝1处取极值0，则a －b ＝( )A ．0B ．2C ．－2D ．1解析：选A f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋1，则f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝1处取极值0，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝3＋2a ＋b ＝0，f （1）＝1＋a ＋b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－1.验证：当a ＝－1，b ＝－1时，f ′(x )＝3x 2－2x －1＝(3x ＋1)(x －1)，易知x ∈⎝⎛⎭⎫－13，1时，f ′(x )＜0；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，故f (x )在x ＝1处取得极值，符合题意．故a ＝－1，b ＝－1，则a －b ＝0，选A.4．(2021·昆明市高三诊断)设函数f (x )＝(x 2－2x ＋2)e x －13x 3－12x 2的极值点的最大值为x 0，若x 0∈(n ，n ＋1)，则整数n 的值为( )A ．－2B ．－1C ．0D ．1解析：选C f ′(x )＝x 2e x －x 2－x ，令f ′(x )＝x 2e x －x 2－x ＝0，则x ＝0或x e x －x －1＝0，所以x ＝0为一个极值点．当x ≠0，x e x －x －1＝0时，则e x ＝1＋1x .当x ＞1时，e x ＞e ，1＋1x ∈(1，2)，所以不存在使e x ＝1＋1x 成立的x 0；当0＜x ＜1时，e x ∈(1，e)，1＋1x ＞2，所以存在使e x＝1＋1x成立的x 0.又因为x 0为极值点的最大值，x 0∈(n ，n ＋1)，所以整数n 的值是0.故选C.5．(2021·江西八校联考)若函数f (x )＝x 2－x ＋a ln x 在(1，＋∞)上有极值点，则实数a 的取值范围为________．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －1＋a x ＝2x 2－x ＋ax，由题意知2x 2－x ＋a ＝0在R 上有两个不同的实数解，且在(1，＋∞)上有解， 所以Δ＝1－8a ＞0，且2×12－1＋a ＜0， 所以a ∈(－∞，－1)． 答案：(－∞，－1)6．(2021·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a ＞12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________．解析：由题意知，当x ∈(0，2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＞0；当1a <x <2时，f ′(x )＜0.∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 答案：17．已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－23.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋5)上存在极值，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，求实数a 的取值范围． 解：(1)∵f ′(x )＝x 2＋2x ，x ∈R ， 令f ′(x )＝0，解得x ＝－2或x ＝0，∴当x ∈(－∞，－2)和x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，此时f (x )为增函数； 当x ∈(－2，0)时，f ′(x )＜0，此时f (x )为减函数． ∴x ＝－2，x ＝0分别为函数f (x )的极大值点与极小值点． 由题意得－2∈(a ，a ＋5)或0∈(a ，a ＋5)，则⎩⎪⎨⎪⎧a ＜－2，a ＋5＞－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a ＋5＞0，解得－7＜a ＜0， 故实数a 的取值范围为(－7，0)． (2)由(1)得，f (x )的极小值为f (0)＝－23，令f (x )＝－23，即13x 3＋x 2＝0，解得x ＝－3或x ＝0.∵函数f (x )在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋5＞0，－3≤a ＜0，解得－3≤a ＜0，故实数a 的取值范围为[－3，0)． 综合提升练8．(2021·广西一模)已知a 为正实数，若函数f (x )＝x 3－3ax 2＋2a 2的极小值为0，则a 的值为( )A.12 B ．1 C.32D ．2解析：选A 由已知得f ′(x )＝3x 2－6ax ＝3x (x －2a )， 又a ＞0，所以由f ′(x )＞0得x ＜0或x ＞2a ，由f ′(x )＜0 得0＜x ＜2a ，所以f (x )在x ＝2a 处取得极小值0， 即f (x )极小值＝f (2a )＝(2a )3－3a (2a )2＋2a 2＝－4a 3＋2a 2＝0， 由a ＞0，解得a ＝12，故选A.9．(2021·江西南昌模拟)若函数f (x )＝(x －1)e x －ax (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－1e ，0 B ．(－∞，0) C.⎝⎛⎭⎫－1e ，＋∞ D ．(0，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －a ＝x e x －a ，要使函数f (x )＝(x －1)e x －ax 有两个极值点，则f ′(x )＝0有两个不同的实数根，即方程a ＝x e x 有2个不同的实数根，即直线y ＝a 与g (x )＝x e x 的图象有2个交点．g ′(x )＝(x ＋1)e 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，所以g (x )min ＝g (－1)＝－e －1＝－1e，当x →－∞时，g (x )→0，当x →＋∞时，g (x )→＋∞，所以当－1e ＜a ＜0时满足直线y ＝a 与g (x )＝x e x 的图象有2个交点，即函数f (x )有两个极值点，故选A.10．(2021·南昌调研)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1＜x 2)，则( )A ．f (x 1)＞0，f (x 2)＞－12B ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜－12C ．f (x 1)＞0，f (x 2)＜－12D ．f (x 1)＜0，f (x 2)＞－12解析：选D f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0 有两个不等实根x 1，x 2，即曲线y ＝1＋ln x 与直线y ＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 在点(1，1)处的切线， 可知，0＜2a ＜1，0＜x 1＜1＜x 2，∴a ∈⎝⎛⎭⎫0，12. 由0＜x 1＜1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)＜0， ∵当x 1＜x ＜x 2时，f ′(x )＞0， ∴f (x 2)＞f (1)＝－a ＞－12，故选D.11．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0，得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0，解得a ＞22， ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞ 12．已知函数f (x )＝ln x －a x.(1)若a ＞0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解：(1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x ＋ax 2，因为a ＞0，所以f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2，因为x ∈[1，e]， ①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)；②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0，在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．③若－e ＜a ＜－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1＜x ＜－a 时，f ′(x )＜0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减； 当－a ＜x ＜e 时，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增，所以f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，所以a ＝－ e.综上，a ＝－ e.创新应用练13．(2021·重庆一中月考)已知函数f (x )＝xln x ＋ax ，x ＞1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值． 解：(1)∵f (x )＝xln x ＋ax ，x ＞1，∴f ′(x )＝ln x －1（ln x ）2＋a .由题意，可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤1（ln x ）2－1ln x ＝⎝⎛⎭⎫1ln x －122－14对任意x ∈(1，＋∞)恒成立． ∵x ∈(1，＋∞)，∴ln x ∈(0，＋∞)，1ln x∈(0，＋∞)， ∴当1ln x －12＝0时，函数t (x )＝⎝⎛⎭⎫1ln x －122－14取得最小值为－14，∴a ≤－14.故实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－14. (2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，x ＞1，f ′(x )＝ln x －1＋2（ln x ）2（ln x ）2＝（2ln x －1）（ln x ＋1）（ln x ）2. 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）＝0，x ＞1，得x ＝ e. f (x )与f ′(x )在(1，＋∞)上的变化情况如下表：∴f (x )极小值(e)4 e.。
高中数学知识点总结导数与函数的极值与最值
高中数学知识点总结导数与函数的极值与最值导数与函数的极值与最值是高中数学中的重要知识点，也是数学分析中的基础内容。
导数可以帮助我们分析函数的变化趋势，而极值与最值则能帮助我们找到函数的局部极大值和最大值。
本文将对导数与函数的极值与最值进行总结和介绍。
一、导数的定义与求法1.导数的定义导数表示函数在某一点处的变化率，可以理解为函数图像在该点的斜率。
若函数f(x)在点x处可导，则函数在该点的导数表示为f'(x)，可以用极限的形式来定义，即：f'(x) = lim（h→0）[f(x+h)-f(x)]/h2.导数的求法常见函数的导数求法有以下几种方法：（1）利用导数定义进行求解，使用极限的性质来计算；（2）使用基本导数公式，如常数函数导数为0，幂函数导数为幂次减1等；（3）使用导数的基本运算法则，如和差法则、积法则、商法则等；（4）利用复合函数、反函数和参数方程的求导法则；（5）利用隐函数求导法则，将函数的表达式转化为关于x和y的方程，然后进行求导等。
二、函数的极值与最值1.极值的定义函数f(x)在点x=a处的极值，指的是函数在该点的函数值最大或最小。
如果存在f(a) > f(x)（或f(a) < f(x)）对于x在a的某个邻域内成立，则称f(a)是函数的极大值（或极小值）。
2.函数极值的判定条件对于函数f(x)，有以下判定条件可以帮助我们确定其极值：（1）一阶导数的零点：若f'(x) = 0，则该点可能为函数的极值点；（2）二阶导数的符号：若f''(x) > 0，则该点为函数的极小值点；若f''(x) < 0，则该点为函数的极大值点；（3）导数的单调性：若f'(x)在某个区间上始终保持正（或负）号，则该区间上的极值点为极小值（或极大值）点；（4）端点：函数在区间的端点上也可能存在极值。
3.最值的定义与求法函数f(x)在区间[a, b]上的最大值与最小值称为最值。
2-11-2 导数与函数的极值、最值 课件
点，则实数 a 的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．0，12
C．(0,1)
D．(0，＋∞)
(2)函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在 x＝1 处有极值 10，则 a 的值
为________．
解析：(1)∵f(x)＝x(lnx－ax)， ∴f′(x)＝lnx－2ax＋1， 由函数 f(x)有两个极值点，可知 f′(x)在(0，＋∞)上有两个不 同的零点， 令 f′(x)＝0，则 2a＝lnxx＋1， 设 g(x)＝lnxx＋1，则 g′(x)＝－xl2nx， ∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以 f(0)＝5 为函数 f(x)的极大值，故 f(x)在区间[－5，＋∞) 上的最大值取 f(－5)和 f(0)中的较大者，而 f(－5)＝e5－5＝5e5>5＝ f(0)，所以函数 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是 5e5.
1．函数的最值是整个定义域上的问题，而函数的极值只是定 义域的局部问题．
2．f′(x0)＝0 是 f(x)在 x＝x0 处取得极值的必要非充分条件， 因为求函数的极值，还必须判断 x0 两侧的 f′(x)的符号是否相反．
3．求 f(x)的最值应注意在闭区间上研究，还是在开区间上研 究，若闭区间上最值问题只需比较端点值与极值即可，若开区间 上最值问题，注意考查 f(x)的有界性．
当 x∈(0,1)时，f′(x)>0，所以函数 f(x)单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数 f(x)单调递减． 所以函数 f(x)在 x＝1 处取得极大值，也是最大值，且 f(x)max ＝f(1)＝0.函数 f(x)无最小值．
(2)因为 f′(x)＝2mx2－xmx＋1(x>0)， 当 m＝0 时，f′(x)＝1x>0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 无极值点； 当 m≠0 时，设 g(x)＝2mx2－mx＋1，Δ＝m2－8m， ①若 0<m≤8，Δ≤0，f′(x)≥0，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调 递增，无极值点；
第二节 导数与函数的极值、最值知识点汇总
第二节导数与函数的极值、最值知识点汇总考点一利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．[解] 由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－ae x.①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．[例2] 设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．[解] f′(x)＝1x＋1＋a(2x－1)＝2ax2＋ax－a＋1x＋1(x＞－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，f′(x)＞0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．②当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．当0＜a≤89时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．当a＞89时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，因为x1＋x2＝－1 2，所以x1＜－14，x2＞－14.由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－1 4 .所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函数f(x)单调递增．因此函数f(x)有两个极值点．③当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1＜x2.当x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．所以函数f(x)有一个极值点．综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a＞89时，函数f(x)有两个极值点．考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数[例3] 已知函数g(x)＝ln x－mx＋mx存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围．[解] 因为g(x)＝ln x－mx＋m x ，所以g′(x)＝1x－m－mx2＝－mx2－x＋mx2(x＞0)，令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h 0＞0，12m＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ＜0，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.考法(三) 已知函数的极值求参数[例4] (2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a ＞12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )＜0;当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2＜0，ax －1≤12x －1＜0，所以f ′(x )＞0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二 利用导数研究函数的最值[典例精析]已知函数f (x )＝ln xx－1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ＞0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值． [解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2， 由⎩⎨⎧f ′x ＞0，x ＞0，得 0＜x ＜e ；由⎩⎨⎧f ′x＜0，x ＞0，得x ＞e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)． (2)①当⎩⎨⎧2m ≤e ，m ＞0，即0＜m ≤e2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln2m 2m－1；②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0＜m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m2m －1；当e 2＜m ＜e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.[题组训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0，∴当cos x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当cos x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝－332.答案：－3322．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， 又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－2a ＋1x ＋1x＝2ax －1x －1x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1. ①当a ＜0，即12a＜0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2. ②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时， 若12a ＜1，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在区间(0,1)，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a＜e 矛盾． 若x 2＝12a≥e ，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a＝1e－2或a＝－2.考点三利用导数求解函数极值和最值的综合问题[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋12x2－ax＋a(a∈R)．(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥e x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．[解] (1)∵f′(x)＝1x＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，即1x＋x－a≥0恒成立，∴a≤⎝⎛⎭⎪⎫x＋1x min，而x＋1x≥2 x·1x＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2.即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝1x＋x－a＝x2－ax＋1x(x＞0)，∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，∴f(x2)－f(x1)＝ln x2x1＋12(x22－x21)－a(x2－x1)＝lnx2x1－12(x22－x21)＝lnx2x1－12(x22－x21)1x1x2＝lnx2x1－12⎝⎛⎭⎪⎫x2x1－x1x2，设t＝x2x1(t≥e)，令h(t)＝ln t－12⎝⎛⎭⎪⎫t－1t(t≥e)，则h′(t)＝1t－12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1t2＝－t－122t2＜0，∴h(t)在[e，＋∞)上是减函数，∴h(t)≤h(e)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－e＋ee，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ e ＋e e .[题组训练]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a ＞0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝2ax ＋be x －ax 2＋bx ＋ce x e x 2＝－ax 2＋2a －bx ＋b －ce x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f －3＝9a －3b ＋ce－3＝－e 3，g 0＝b －c ＝0，g－3＝－9a －32a －b＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e－5＝5e 5＞5＝f (0)， 所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[课时跟踪检测]A级1．函数f(x)＝x e－x，x∈[0,4]的最小值为( )A．0 B.1 eC.4e4D.2e2解析：选A f′(x)＝1－x e x，当x∈[0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1,4]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，因为f(0)＝0，f(4)＝4e4＞0，所以当x＝0时，f(x)有最小值，且最小值为0.2．若函数f(x)＝a e x－sin x在x＝0处有极值，则a的值为( )A．－1 B．0C．1 D．e解析：选C f′(x)＝a e x－cos x，若函数f(x)＝a e x－sin x在x＝0处有极值，则f′(0)＝a－1＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意，故选C.3．已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为( )A．15 B．16C．17 D．18解析：选D 因为x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，所以f′(2)＝12－3a＝0，解得a＝4，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0，得x＝±2，故函数f(x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时，函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的大致图象如图所示，则x21＋x22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.5．(2019·泉州质检)已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x ＋1和y ＝ x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( )A.3－ln 22 B.5－ln 22 C.3＋ln 22D.5＋ln 22解析：选D 由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎪⎫y －22⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋22y(y ＞0)，当0＜y ＜22时，h ′(y )＜0；当y ＞22时，h ′(y )＞0，即函数h (y )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＋2＝5＋ln 22.6．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )，由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0， 解得a ＞22. ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞7．(2019·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎪⎫a ＞12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0＜x ＜1a时，f ′(x )＞0；当x ＞1a时，f ′(x )＜0.∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案：18．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3x在⎝⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝32a ＋12b ＝0.∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12a －32b ＝1，∴a ＝12，b ＝－32.(2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3，∴函数g (x )＝sin x x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin xx 2.设u (x )＝x cos x－sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x ＜0，故u (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴u (x )＜u (0)＝0，∴g (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上的最小值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝2π.9．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x2＝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，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件． ②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即lna ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.B 级1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ， 则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.② 联立①②，解得⎩⎨⎧a ＝－4，b ＝11或⎩⎨⎧a ＝3，b ＝－3.经检验⎩⎨⎧a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C.2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x ，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝－12舍去，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a －1≥0，a －1＜12，a ＋1＞12，解得1≤a ＜32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，323．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎨⎧a ＜1，10－a 2＞1，f 1≥f a，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ，整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0， 即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即⎩⎨⎧a ＜1，10－a 2＞1，a －12a ＋2≥0，解得－2≤a ＜1.答案：[－2,1)4.已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ， 由题意得AB ＝21032－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π，所以V ＝πr 2x ＝π⎝⎛⎭⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0＜x ＜103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0＜x ＜103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)， 则V ′，V 随x 的变化情况如下表：x (0,10) 10 (10,103)V ′ ＋0 －V极大值所以当x ＝所以V max ＝2 000π. 答案：2 000π6．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋xx ＋12，其中a 为常数．(1)当1＜a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，求g (x )＝x ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1x ln(1＋x )的最大值．解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x x －2a ＋3x ＋13，①当－1＜2a －3＜0，即1＜a ＜32时，当－1＜x ＜2a －3或x ＞0时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，当2a －3＜x ＜0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(2a －3,0)上单调递减． ②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3＞0，即a ＞32时，当－1＜x ＜0或x ＞2a －3时，f ′(x )＞0， 则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0＜x ＜2a －3时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减． 综上，当1＜a ＜32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a－3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32＜a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值． 令h (x )＝g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1x 2ln(1＋x)－ln x＋1x－21＋x，则h′(x)＝2x3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln1＋x－2x2＋xx＋12.由(1)可知当a＝2时，f(x)在(0,1]上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，∴g(x)的最大值为2ln 2.。
A新高考数学 第二节 第二课时 导数与函数的极值、最值
(2)由(1)得f(x)＝13x3－12x2－2x＋56，f′(x)＝x2－x－2＝(x＋1)(x－2)．
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝2．
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1,2) 2 (2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
∴当x＝－1时，f(x)取得极大值，且f(－1)＝2； 当x＝2时，f(x)取得极小值，且f(2)＝－52．
a<0时，f(x)在x＝
2a 3
处取得极大值，在x＝0处取得极小值，则a－1<
2a 3
<a＋3，又
a<0，所以－9<a<0．所以a的取值范围为(－9,0)∪(0,1)．
[答案] (－9,0)∪(0,1)
1．已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意根据极值点的导数 为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
02
考点 分类突破 课堂讲练
理解透 规律明 变化究其本
利用导数研究函数的极值问题
考向1 根据函数图象判断函数极值
(2022·郑州模拟)设函数f(x)在R 上可导，其导函数为
f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一
定成立的是
()
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
解：(1)因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，故f′(x)＝6x2＋2ax＋b，从而f′(x)＝
6
x＋a6
2＋b－
a2 6
，即y＝f′(x)的图象关于直线x＝－
a 6
对称，从而由条件可知
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课时规范练A 组 基础对点练1．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A ．a ＜－1B ．a ＞－1C ．a ＞－1eD ．a ＜－1e解析：∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解，∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1.选A.答案：A2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( )A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18 解析：∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11. 而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，x ∈(－∞，1)，f ′(x )＞0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )＞0，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.选C.答案：C3．(2019·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )A ．y ＝x 3B ．y ＝ln(－x )C．y＝x e－x D．y＝x＋2 x解析：A、B为单调函数，不存在极值，C不是奇函数，故选D.答案：D4．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为()A．2 B．3C．6 D．9解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2ab，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．故选D.答案：D5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是()A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，所以f(x)在[－2,0]上单调递增，在(0,2]上单调递减．所以x＝0为极大值点，也为最大值点．所以f(0)＝m＝3，所以m＝3.所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5.所以最小值是－37.答案：A6．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是()解析：因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x ，且x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.答案：D7．函数y ＝2x －1x 2的极大值是________．解析：y ′＝2＋2x 3，令y ′＝0，得x ＝－1.当x ＜－1时，y ′＞0；当－1＜x ＜0时，y ′＜0.当x ＞0，y ′＞0， 所以当x ＝－1时，y 取极大值－3.答案：－38．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________． 解析：因为y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧ 3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0. 所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2.所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.答案：49．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋(m ＋6)，所以Δ＝4m 2－4×3(m ＋6)＞0，解得m ＞6或m ＜－3，所以实数m 的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)10．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解析：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －12. 令f ′(x )＝0，得x ＝－ln 2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(－2，－ln 2)时，f ′(x )＜0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)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)．B 组 能力提升练11．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处取到极大值解析：当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0＜x ＜1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)＜0，当x ＞1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)＞0,1不会是极值 点．当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0＜x ＜1，x＞1时，f (x )＞0，由极值的概念，知选C.答案：C12．若0＜x 1＜x 2＜1，则( )A ．e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1B ．e x 1－e x 2＜ln x 2－ln x 1C ．x 2e x 1＞x 1e x 2D ．x 2e x 1＜x 1e x 2解析：令f (x )＝e x x ，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x(x －1)x 2.当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，即f (x )在(0,1)上单调递减，∵0＜x 1＜x 2＜1，∴f (x 2)＜f (x 1)，即e x 2x 2＜e x 1x 1，∴x 2e x 1＞x 1e x 2，故选C. 答案：C13．已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ e x x－1(x >0)，h (x )(x <0)则函数h (x )的最大值为__________．解析：先求出x >0时，f (x )＝e x x －1的最小值．当x >0时，f ′(x )＝e x(x －1)x 2，∴x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增，∴x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，∴由已知条件得h (x )的最大值为1－e.答案：1－e14．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是________．解析：若f ′(x )＝3x 2－3＝0，则x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足a ＜1＜6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2.解a ＜1＜6－a 2，得－5＜a ＜1.不等式a3－3a≥f(1)＝－2，即a3－3a＋2≥0，a3－1－3(a－1)≥0，(a－1)(a2＋a －2)≥0，即(a－1)2(a＋2)≥0，即a≥－2，故实数a的取值范围为[－2,1)．答案：[－2,1)15．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．(1)求a和b的值．(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．解析：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.将a＝0，b＝－3代入检验知符合题意．(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是x＝1或x＝－2.当x＜－2时，g′(x)＜0；当－2＜x＜1时，g′(x)＞0，故x＝－2是g(x)的极小值点．当－2＜x＜1或x＞1时，g′(x)＞0，故x＝1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极小值点为x＝－2，无极大值点．16．已知函数f(x)＝a6x3－a4x2－ax－2的图象过点A(4，103)．(1)求函数f(x)的单调区间．(2)若函数g(x)＝f(x)－2m＋3有3个零点，求m的取值范围．解析：(1)因为函数f(x)＝a6x3－a4x2－ax－2的图象过点A(4，103)．所以32a3－4a－4a－2＝103，解得a＝2，即f(x)＝13x3－12x2－2x－2，所以f′(x)＝x2－x－2.由f′(x)＝x2－x－2＜0，解得－1＜x＜2；由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞2.所以函数f (x )的递减区间是(－1,2)，递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)．(2)由(1)知f (x )的极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56，同理，f (x )的极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合思想，要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163＜2m －3＜－56，解得－76＜m ＜1312.所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.。