5.3.2 极值与最值(精讲)(原卷版)

5.3.2 极值与最值【题组一 求极值及极值点】1．（2020·北京市第十三中学高三开学考试）设函数()4f x x x=+，则()f x 的极大值点和极小值点分别为（）A ．－2，2B ．2，－2C ．5，－3D ．－5，3【答案】A【解析】易知函数定义域是{|0}x x ¹，由题意224(2)(2)()1x x f x x x +-¢=-=，当2x <-或2x >时，()0f x ¢>，当20x -<<或02x <<时，()0f x ¢<，∴()f x 在(,2)-¥-和(2,)+¥上递增，在(2,0)-和(0,2)上递减，∴极大值点是－2，极小值点是2．故选：A ．2．（2020·黑山县黑山中学高二月考）函数()262xf x x x e =-+的极值点所在的区间为（）A ．()1,0-B ．()0,1C ．()1,2D ．()2,1--【答案】B【解析】()262xf x x e ¢=-+，且()f x ¢为单调函数，∴()12620f e ¢=-+>，()0620f ¢=-+<，由()()010f f ¢¢<，故()f x 的极值点所在的区间为()0,1，故选：B.3．（2020·河北新华·石家庄二中高二期末）“2a >”是“函数()()xf x x a e =-在()0,¥+上有极值”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【答案】A【解析】()()xf x x a e =-Q ，则()()1xf x x a e ¢=-+，令()0f x ¢=，可得1x a =-.当1x a <-时，()0f x ¢<；当1x a >-时，()0f x ¢>.所以，函数()y f x =在1x a =-处取得极小值.若函数()y f x =在()0,¥+上有极值，则10a ->，1a \>.因此，“2a >”是“函数()()xf x x a e =-在()0,¥+上有极值”的充分不必要条件.故选：A.4．（2020·扶风县法门高中高二月考（理））设函数()x f x xe =，则（ ）A ．1x =为()f x 的极大值点B ．1x =为()f x 的极小值点C ．1x =-为()f x 的极大值点D ．1x =-为()f x 的极小值点【答案】D【解析】因为()x f x xe =，所以()()()=+=+1,=0,x=-1xxxf x e xe ex f x 令得¢¢．又()()()()()>0:>-1;<0<-1,--1-1+f x x f x x f x ]Z 由得由得：所以在，，在，¥¢¥¢，所以1x =-为()f x 的极小值点．5．（2020·黑龙江让胡路·铁人中学高二期末（理））已知2x =是函数3()32f x x ax =-+的极小值点，那么函数()f x 的极大值为（ ）A ．15B ．16C ．17D ．18【答案】D【解析】2()33f x x a =¢-,又因为2x =是函数3()32f x x ax =-+的极小值点，所以2(2)3230f a =´-=¢，4a =，所以2()312f x x =¢-，由2()3120f x x -¢==，2x =-或2x =，所以在区间(,2)-¥-上，()0,()f x f x >¢单调递增，在区间(2,2)-上，()0,()f x f x <¢单调递减，在区间(2,)+¥上，()0,()f x f x >¢单调递增，所以函数()f x 的极大值为3(2)(2)12(2)218f -=--´-+=，故选D.6．（2020·甘肃省会宁县第四中学高二期末（理））函数()x f x xe -=在[0,4]x Î上的极大值为（）A ．1eB ．0C ．44e D ．22e 【答案】A【解析】由()x f x xe -=可得1()xxf x e-¢=当(]0,1x Î时()0f x ¢>，()f x 单调递增当(]1,4x Î时()0f x ¢<，()f x 单调递减所以函数()x f x xe -=在[0,4]x Î上的极大值为()11f e=故选：A 7．（2020·天津一中高二期中）函数f(x)＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．无数个【答案】A【解析】()2162162x x f x x x x-+=+=¢-，由()0f x ¢=得26210x x -+=，方程无解，因此函数无极值点8．（2020·北京高二期末）已知函数21()ln 2f x x x =-.（Ⅰ）求曲线()f x 在1x =处的切线方程；（Ⅱ）求函数()y f x =的极值.【答案】（Ⅰ）3250x y -+=；（Ⅱ）极小值是11ln 242+，无极大值.【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域是()0,¥+，1()22f x x x¢=-，()()311,12f f =¢=，故所求切线斜率32k =，过()1,1的切线方程是：31(1)2y x -=-，即3250x y -+=；（Ⅱ）1(21)(21)()222x x f x x x x+-¢=-=，令()0f x >′，解得：12x >，令()0f x <′，解得：102x <<，故()f x 在10,2æöç÷èø递减，在1,2æö+¥ç÷èø递增，故()f x 的极小值是111111ln ln 2242242f æö=-=+ç÷èø，无极大值.9．（2019·湖南雨花·高二期末（文））已知函数3()1224f x x x =-+．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 的极值．【答案】（1）单调增区间为：(,2)-¥-和(2,)+¥，单调减区间为：(2,2)-；（2）极大值40，极小值8．【解析】（1）∵3()1224f x x x =-+，∴2()312f x x ¢=-．令()0f x ¢=，则2x =-或2，x (,2)-¥-2-(2,2)-2(2,)+¥()¢f x +0-0+()f x 单调递增40单调递减8单调递增故()f x 的单调增区间为：(,2)-¥-和(2,)+¥，单调减区间为：(2,2)-．（2）由（1）得：当2x =-时，()f x 有极大值40，当2x =时，()f x 有极小值8．10．（2020·林芝市第二高级中学高二期中（理））已知函数32()392f x x x x =-++-，求：（1）函数()y f x =的图象在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）()f x 的单调区间及极值．【答案】（1）920x y --=；（2）减区间为(,1]-¥-，[3,)+¥，增区间为(1,3)-；极小值为7-，极大值为25．【解析】（1）显然由题意有，(0)0f =，2()369f x x x ¢=-++，∴(0)9f ¢=∴由点斜式可知，切线方程为：920x y --=；（2）由（1）有2()3693(1)(3)f x x x x x ¢=-++=-+-∴()0f x ¢<时，(,1]x Î-¥-或[3,)x Î+¥()0f x ¢>时，(1,3)x Î-∴()f x 的单减区间为(,1]-¥-，[3,)+¥；单增区间为(1,3)-∴()f x 在1x =-处取得极小值(1)7f -=-，()f x 在3x =处取得极大值(3)25f =.【题组二 求最值点最值】1．（2020·四川内江·高二期末（文））函数2cos y x x =+0,2p éùêúëû上的最大值是（ ）A ．2p-B ．6pC ．2D ．1【答案】B【解析】函数()2cos 0,2f x y x x x p éù==+Îêúëû，()'12sin f x x =-，令()'0f x =，解得6x p=．∴函数()f x 在0,6p éö÷êëø内单调递增，在,62p p æùçúèû内单调递减．∴6x p=时函数()f x 取得极大值即最大值．2cos 6666f p pp p æö=+=ç÷èø．故选B ．2．（2020·甘肃武威·高三月考（理））已知函数()cos x f x e x x =-.（1）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0,]2p上的最大值和最小值.【答案】（1）1y =；（2）最大值为1，最小值为2p-.【解析】（1）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0x f x x x f ¢¢=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（2）设()e (cos sin )1x h x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin x x h x x x x x x ¢=---=-，当π(0,2x Î时，()0h x ¢<，所以()h x 在区间π[0,2上单调递减，所以对任意π[0,]2x Î有()(0)0h x h £=，即()0f x ¢£，所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减，因此()f x 在区间π[0,2上的最大值为(0)1f =，最小值为()22f p p=-.3．（2020·江苏鼓楼·南京师大附中高三月考）已知函数2()f x alnx bx =-，a ，b R Î．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 上的最大值．【答案】（1）112a b =ìïí=ïî；（2）12- .【解析】（1）Q 函数2()(0)f x alnx bx x =->，()2af x bx x\¢=-，Q 函数()f x 在1x =处与直线12y =-相切，\(1)201(1)2f a b f b ¢=-=ìïí=-=-ïî，解得112a b =ìïí=ïî；（2）21()2f x lnx x =-，21()x f x x -¢=，当1x e e ……时，令()0f x ¢>得：11x e<…，令()0f x ¢<，得1x e <…，()f x \在1[e，1]，上单调递增，在[1，]e 上单调递减，所以函数的极大值就是最大值，()max f x f \=（1）12=-．4．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知函数f （x ）＝ax 3+bx +c 在x ＝2处取得极值为c ﹣16.（1）求a 、b 的值；（2）若f （x ）有极大值28，求f （x ）在[﹣3，3]上的最大值和最小值.【答案】（1）1,12a b ==-；（2）最小值为4-，最大值为28.【解析】（1）因3()f x ax bx c =++ ，故2()3f x ax b ¢=+，由于()f x 在点2x =处取得极值，故有(2)0(2)16f f c ==-¢ìíî，即1208216a b a b c c +=ìí++=-î ，解得112a b =ìí=-î；（2）由（1）知 3()12f x x x c =-+，2()312f x x ¢=-令()0f x ¢= ，得122,2x x =-=，当(,2)x Î-¥-时，()0f x ¢>故()f x 在(,2)-¥-上为增函数；当(2,2)x Î- 时，()0f x ¢< 故()f x 在(2,2)- 上为减函数，当(2,)x Î+¥ 时()0f x ¢> ，故()f x 在(2,)+¥ 上为增函数．由此可知()f x 在12x =- 处取得极大值(2)16f c -=+，()f x 在22x = 处取得极小值(2)16f c =-，由题设条件知1628c += ，得12c =，此时(3)921f c -=+=，(3)93f c =-+=，(2)164f c =-=-，因此()f x 上[3,3]-的最小值为(2)4f =-，最大值为28.5．（2020·河南商丘·高三月考（文））已知()322126x mx f x x =--+的一个极值点为2.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在区间[]22-,上的最值.【答案】（1）函数()f x 的减区间为()1,2-，增区间为(),1-¥-，()2,+¥；（2）最小值是14-，最大值是13.【解析】（1）()322126x m x x f x =--+Q ，()26212x mx f x =--¢\，()322126x m x x f x =--+Q 的一个极值点为2，()262221220m f =´-´-\=¢，解得3m =.()3223126f x x x x =-\-+，()()()26612612f x x x x x ¢=--=+-，令()0f x ¢=，得1x =-或2x =；令()0f x ¢<，得12x -<<；令()0f x ¢>，得1x <-或2x >；故函数()f x 的减区间为()1,2-，增区间为(),1-¥-，()2,+¥.（2）由（1）知()3223126x x f x x =--+，()()()612f x x x ¢=+-，当21x -£<-时，()0f x ¢>；当12x -<£时，()0f x ¢<；()f x \在[]2,1--上为增函数，在(]1,2-上为减函数，1x \=-是()f x 的极大值点，又()22f -=，()113f -=，()214f =-，所以函数()f x 在[]22-,上的最小值是14-，最大值是13.6．（2020·重庆高二期末）已知()32133=+-f x x ax x （a R Î）在3x =-处取得极值.（1）求实数a 的值；（2）求()f x 的单调区间；（3）求()f x 在区间[]3,3-上的最大值和最小值.【答案】（1）1；（2）增区间为(),3-¥-，()1,+¥，减区间为()3,1-；（3）最大值为9，最小值为53-.【解析】（1）()223=+-¢f x x ax ，由于()f x 在3x =-处取得极值，故(3)0f ¢-=，解得1a =，经检验，当1a =时，()f x 在3x =-处取得极值，故1a =.（2）由（1）得()32133f x x x x =+-，()223f x x x ¢=+-，由()0f x ¢>得1x >或3x <-；由()0f x ¢<得31x -<<.故()f x 的单调增区间为(),3-¥-，()1,+¥，单减区间为()3,1-.（3）由（2）得函数()f x 的极大值为()39f -=，得函数()f x 的极小值为()513f =-，又()39f =，所以函数()f x 在区间[]3,3-上的最大值为9，最小值为53-.【题组三 已知极值及最值求参数】1．（2020·湖南其他（理））已知函数2(3))(x f x ae x a R =-Î，若[0,2]x Î时，()f x 在0x =处取得最大值，则a 的取值范围为（ ）A ．0a £B ．212a e ³C ．6a e<D ．2126a e e<<【答案】A【解析】∵6()6(xxx x f x ae x e a e ¢=-=-，令6()x xg x e=，∴6(1)()xx g x e-¢=，∴1x <时()0g x ¢>，()g x 在(,1)-¥单调递增；∴1x >时()0g x ¢<，()g x 在()1,+¥单调递减.如图，∴max (1)6)(g g x e==，∴当6a e ³时，60x xa e-³，∴()0f x ¢³，()f x 在R 上单调递增，不成立；当0a £时，()f x 在[0,2]上单调增减，成立；当60a e <<时，60x xa e-=有两个根1x ，()2120x x x <<，∵当1x x <时，60x xa e ->，()0f x ¢>；当12x x x <<时，60x xa e -<，()0f x ¢<；当2x x >时，60x xa e->，()0f x ¢>，∴()f x 在1[0,]x ，2[,)x +¥上单调递增，在12[,]x x 上单调递减，显然不成立.综上，0a £.故选：A2．（2020·河南郑州·高三月考（文））已知函数()323362f x x a x ax æö=-++ç÷èø，若()f x 在()1,-+¥上既有极大值，又有最小值，且最小值为132a -，则a 的取值范围为（ ）A ．11,62æö-ç÷èøB ．11,26--æöç÷èøC ．11,26æù--çúèûD ．11,22æö-ç÷èø【答案】C【解析】Q ()()()()23636361f x x a x a x a x ¢=-++=--的零点为2a 和1，因为()1132f a =-，所以1是函数的极小值即最小值点，则2a 是函数的极大值点，所以121a -<<，且()1132f a -³-，解得1126a -<£-.故选：C.3．（2020·广东高二期末（理））函数3()3f x x x =-在[0，]m 上最大值为2，最小值为0，则实数m 取值范围为（）A ．[1B ．[1，)+¥C ．(1D ．(1,)+¥【答案】A【解析】. 3()3f x x x =-Q ，2()333(1)(1)f x x x x \=-=+-¢，令()0f x ¢=，则1x =或1-(舍负)，当01x <…时，()0f x ¢>，()f x 单调递增；当1x >时，()0f x ¢<，()f x 单调递减.Q 函数()f x 在[0，]m 上最大值为2，最小值为0，且(0)0f f ==，f （1）2=，1m \££.故选：A.4．（2020·贵州遵义·高三其他（文））若函数321()53f x x ax x =-+-无极值点则实数a 的取值范围是（ ）A ．(1,1)-B ．[1,1]-C ．(,1)(1,)-¥-+¥U D ．(,1][1,)-¥-+¥U 【答案】B 【解析】321()53f x x ax x =-+-Q ,2()21f x x ax ¢\=-+，由函数321()53f x x ax x =-+-无极值点知，()0f x ¢=至多1个实数根，2(2)40a \D =--£，解得11a -££，实数a 的取值范围是[1,1]-，故选：B5．（2020·四川省绵阳江油中学高二开学考试（理））函数()2x y x e =-+m 在[0，2]上的最小值是2-e ，则最大值是（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】'(2)(1)x x x y e x e x e =+-=-，因为[0,2]x Î，所以当[0,1)x Î时，'0y <，当(1,2]x Î时，'0y >，所以函数在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，所以函数在1x =处取得最小值，根据题意有2e m e -+=-，所以2m =，当0x =时，220y =-+=，当2x =时，y 022=+=，所以其最大值是2，故选：B.6．（2020·四川省绵阳江油中学高二月考（理））函数()33f x x ax a =--在()0,1内有最小值，则a 的取值范围为( )A ．01a £<B ．01a <<C ．11a -<<D ．102a <<【答案】B【解析】∵函数f （x ）=x 3﹣3ax ﹣a 在（0，1）内有最小值，∴f′（x ）=3x 2﹣3a=3（x 2﹣a ），①若a≤0，可得f′（x ）≥0，f （x ）在（0，1）上单调递增，f （x ）在x=0处取得最小值，显然不可能，②若a ＞0，f′（x ）=0解得，当x ，f （x ）为增函数，0＜xf （x ）在所以极小值点应该在（0，1）内，符合要求．综上所述，a 的取值范围为（0，1）故答案为B7．（2020·黑龙江高二期中（理））已知函数()()22ln f x ax a x x =-++（1）若1a =，求函数()f x 的极值；（2）当0a >时，若()f x 在区间[]1,e 上的最小值为-2，求a 的取值范围.【答案】(1) 函数()f x 的极大值为5ln 24--函数()f x 的极小值为2- (2) [)1,+¥【解析】（1）1a =，()23ln f x x x x =-+，定义域为()0,+¥，又()123f x x x =-+¢= ()()2211231x x x x x x---+=.当1x >或102x <<时()0f x ¢>；当112x <<时()0f x ¢<∴函数()f x 的极大值为15ln224f æö=--ç÷èø函数()f x 的极小值为()12f =-.（2）函数()()22ln f x ax a x x =-++的定义域为()0,+¥，且()()122f x ax a x =-++¢= ()()()2221211ax a x x ax x x-++--=，令()0f x ¢=，得12x =或1x a =，当101a<£，即1a ³时，()f x 在[]1,e 上单调递增，∴()f x 在[]1,e 上的最小值是()12f =-，符号题意；当11e a <<时，()f x 在[]1,e 上的最小值是()112f f a æö<=-ç÷èø，不合题意；当1e a³时，()f x 在[]1,e 上单调递减，∴()f x 在[]1,e 上的最小值是()()12f e f <=-，不合题意故a 的取值范围为[)1,+¥8．（2020·北京八中高二期末）已知函数22()(24)ln f x x ax x x =-+.（1）当1a =时，求函数()f x 在[1,)+¥上的最小值；（2）若函数()f x 在[1,)+¥上的最小值为1，求实数a 的取值范围；（3）若1a e>，讨论函数()f x 在[1,)+¥上的零点个数．【答案】（1）1；（2）(,1]-¥；（3）答案见解析.【解析】(1)当1a =时，22()(24)ln ,f x x x x x =-+()(44)ln 2424(1)(ln 1)f x x x x x x x ¢=-+-+=-+，因为[1,)x Î+¥，所以()0f x ¢³，所以()f x 为单调递增函数，所以min ()(1)1f x f ==．(2)()(44)ln 2424()(ln 1)f x x a x x a x x a x ¢=-+-+=-+，[1,)x Î+¥，当1a £时，()0f x ¢³，所以()f x 为单调递增函数，min ()(1)1f x f ==，符合题意；当1a >时，在[1,)a 上，()0,()f x f x ¢<单调递减，在(,)a +¥上，()0,()f x f x ¢>单调递增，所以min ()()f x f a =，因为()11f =，故()()11f a f <=，与()f x 的最小值为1矛盾.故实数a 的取值范围为(,1].-¥(3)由(2)可知，当11a e<£时，在[1,)+¥上，()f x 为单调递增函数，min ()1f x =，此时函数()f x 的零点个数为0；当1a >时，22min ()()2ln f x f a a a a ==-+，令22()2ln ,(1,)g x x x x x =-+Î+¥，则()4ln 224ln 0g x x x x x ax x ¢=--+=-<，函数()g x 单调递减，令22()2ln 0g x x x x =-+=，解得12x e =， 所以当12(1,)x e Î，()0>g x ，x e =，()0g x =，12(,)x e Î+¥，()0<g x ，所以当12(1,)a e Î时，min ()0f x >，此时函数()f x 在[1,)+¥上的零点个数为0； 当12a e =时，()0min f x =，此时函数()f x 在[1,)+¥上的零点个数为1；12min (,),()0a e f x Î+¥<，又()110f =>，故()f x 在()1,a 存在一个零点，()2240f a a =>，故()f x 在(),2a a 存在一个零点，此时函数()f x 在[1,)+¥上的零点个数为2． 综上，可得121(,)a e eÎ时，函数()f x 在[1,)+¥上的零点个数为0；12a e =时，函数()f x 在[1,+¥）上的零点个数为1；12(,)a e Î+¥，函数()f x 在()0f x ¢>上的零点个数为2.9．（2020·广东禅城·佛山一中高二月考）已知函数()ln x f x a x e =-；()1讨论()f x 的极值点的个数；()2若2a =，求证：()0f x <．【答案】（1）当a≤0时，f （x ）无极值点；当a ＞0时，函数y=f （x ）有一个极大值点，无极小值点；(2)见解析【解析】（1）根据题意可得，()(0)xx a a xe f x e x x x-=¢-=>，当0a £时，()0f x ¢<，函数()y f x =是减函数，无极值点；当0a >时，令()0f x =，得0x a xe -=，即x xe a =，又x y xe a =-在()0,+¥上存在一解，不妨设为0x ，所以函数()y f x =在()00,x 上是单调递增的，在()0,x +¥上是单调递减的.所以函数()y f x =有一个极大值点，无极小值点；总之：当0a £时，无极值点；当0a >时，函数()y f x =有一个极大值点，无极小值点.（2）()2ln xf x x e =-，()2(0)xxe f x x x ¢-=>，由（1）可知()f x 有极大值()0f x ，且0x 满足002x x e =①，又x y xe =在()0,+¥上是增函数，且02e <<，所以()00,1x Î，又知：()()000max 2ln xf x f x x e ==-，②由①可得002x e x =，代入②得()()00max 022ln f x f x x x ==-，令()22ln g x x x =-，则()()2221220x g x x x x +=+=>¢恒成立，所以()g x 在()0,1上是增函数，所以()()0120g x g <=-<，即()00g x <，所以()0f x <.10．（2020·四川达州·高二期末（理））已知a R Î，函数()ln f x x a x =-，()212g x x ax =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）记函数()()()h x g x f x =-，求()h x 在1,12éùêúëû上的最小值.【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析.【解析】（1）()()ln 0f x x a x x =->Q ，则()1a x a f x x x¢-=-=.当0a £时，当()0,x Î+¥时，()0f x ¢>，函数()y f x =单调递增；当0a >时，当(),x a Î+¥时，()0f x ¢>，函数()y f x =单调递增，当()0,x a Î时，()0f x ¢<，函数()y f x =单调递减.综上所述，当0a £时，函数()y f x =的单调递增区间为()0,¥+；当0a >时，函数()y f x =的单调递减区间为()0,a ，单调递增区间为(),a +¥；（2）()()()21ln 2h x g x f x x ax x a x =-=--+，1,12x éùÎêúëû，()()()()2111x a x a x a x a h x x a x x x-++--¢=--+==.①当1a ³时，对任意的1,12x æöÎç÷èø，()0h x ¢>，函数()y h x =单调递增，所以，函数()y h x =在1,12éùêúëû上的最小值为()min 13ln 2282a h x h a æö==---ç÷èø；②若12a £，对任意的1,12x æöÎç÷èø，()0h x ¢<，函数()y h x =单调递减，所以，函数()y h x =在1,12éùêúëû上的最小值为()()min 112h x h a ==--；③若112a <<时，当1,2x a æöÎç÷èø时，()0h x ¢>，函数()y h x =单调递增，当(),1x a Î时，()0h x ¢<，函数()y h x =单调递减，又因为13ln 2282a h a æö=---ç÷èø，()112h a =--，()13111ln 2ln 2282282a a h h a a a æöæöæö-=------=+-ç÷ç÷ç÷èøèøèø.（i ）当1ln 2082a a +-³时，即当1128ln 24a <£-时，()112h h æö³ç÷èø，此时，函数()y h x =在区间1,12éùêúëû上的最小值为()()min 112h x h a ==--；（ii ）当1ln 2082a a +-<时，即当118ln 24a <<-时，()112h h æö<ç÷èø.此时，函数()y h x =在区间1,12éùêúëû上的最小值为()min 13ln 2282a h x h a æö==---ç÷èø.综上所述，()min 31ln 2,828ln 2411,28ln 24a a a h x a a ì--->ïï-=íï--£ï-î.11．（2020·四川省绵阳江油中学高二期中（文））已知函数232()(1)f x a x a x x b =-+++在1x =处取得极小值1．（1）求()f x 的解析式；（2）求()f x 在[0,2]上的最值．【答案】（1）32()21f x x x x =-++（2）最小值为1，最大值为3．【解析】（1）22()32(1)1f x a x a x ¢=-++，由2(1)321(1)(31)0f a a a a ¢=--=-+=，得1a =或13a =-．当1a =时，2()341(1)(31)f x x x x x ¢=-+=--，则()f x 在1(,),(1,)3-¥+¥上单调递增，在1(,1)3上单调递减，符合题意，由(1)1211f b =-++=，得1b =；当13a =-时，214(1)(3)()1333x x f x x x ¢--=-+=，则()f x 在(,1),(3,)-¥+¥上单调递增，在(1,3)上单调递减，()f x 在1x =处取得极大值，不符合题意．所以32()21f x x x x =-++．（2）由（1）知()f x 在1[0,),(1,2]3上单调递增，在1(,1)3上单调递减，因为131(0)(1)1,(),(2)3327f f f f ====，所以()f x 的最小值为1，最大值为3．12．（2020·扶风县法门高中高二月考（理））已知函数2()()4x f x e ax b x x =+--，曲线()y f x =在点(0,(0))f 处切线方程为44y x =+．（1）求,a b 的值；（2）讨论()f x 的单调性，并求()f x 的极大值．【答案】（1）4a b ==；（2）见解析.【解析】（1）()()24x x e ax b f a x =++--¢．由已知得()04f =，()04f ¢=．故4b =，8a b +=．从而4a =，4b =．（2）由（1）知，()()2414x f x e x x x =+--，()()()14224422x x f x e x x x e æö=+--=+-çè¢÷ø．令()0f x ¢=得，ln 2x =-或2x =-．从而当()(),2ln 2,x Î-¥--+¥U 时，()0f x ¢>；当()2,ln 2x Î--时，()0f x ¢<．故()f x 在(),2-¥-，()ln 2,-+¥上单调递增，在()2,ln 2--上单调递减．当2x =-时，函数()f x 取得极大值，极大值为()()2241f e --=-．。

5.3.2 函数的极值与最大(小)值(精练)【题组一 极值(点)】1．(2021·全国高二课时练习)下列函数中存在极值的是( ) A ．1y x= B ．e x y x =- C ．2y = D ．3y x =【答案】B【解析对于A ：1y x=在(),0-∞和()0,∞+上单调递减，不存在极值；故选项A 不正确；对于B ：由e x y x =-可得1e x y '=-，由1e 0x y '=->可得0x <；由1e 0x y '=-<可得0x >；所以e x y x =-在(),0-∞上单调递增，在()0,∞+上单调递减，所以在0x =处取得极大值，故选项B 正确；对于C ：2y =是常函数，不具有单调性，所以不存在极值，故选项C 不正确； 对于D ：3y x =在R 上单调递增，不存在极值，故选项D 不正确； 故选：B.2．(2021·全国高二课时练习)函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e)上的极大值为( ) A ．－e B ．1－e C ．－1 D ．0【答案】C【解析f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，e)时，f ′(x )<0， 故f (x )在x ＝1处取得极大值f (1)＝ln 1－1＝0－1＝－1.故选：C2．(2021·全国高二单元测试)已知函数()f x 的定义域为(,)a b ，导函数()f x '在区间(,)a b 上的图象如图所示，则函数()f x 在区间(,)a b 上的极大值点的个数为( )A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】B【解析】极大值点在导函数()f x '的零点处，且满足零点的左侧为正，右侧为负，由导函数的图象可知极大值点共有3个.故选:B.3．(2021·全国高二课时练习)设函数()f x 在R 上可导，其导函数为()f x '，且函数()f x 在2x =-处取得极小值，则函数()y xf x '=的图象可能是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意可得()20f '-=，而且当(),2x ∈-∞-时，()0f x '<，此时()0xf x '>，排除B 、D ； 当()2,0x ∈-时，()0f x '>，此时，()0xf x '<，若()0,x ∈+∞，()0xf x '>， 所以函数()y xf x '=的图象可能是C ． 故选：C4．(2021·全国高二课前预习)函数321()363f x x x x =--+的极大值为________，极小值为________.【答案】2333- 【解析】f ′(x )＝x 2－2x －3，令f ′(x )>0，得x <－1或x >3，令f ′(x )<0得－1<x <3，故f (x )在(－∞，－1)，(3，＋∞)上单增，在(－1，3)上单减，故f (x )的极大值为f (－1)＝233，极小值为f (3)＝－3. 5(2021·全国高二课时练习)求下列函数的极值：(1)()e xf x x -=；(2)()2221xg x x =-+． 【答案】(1)极大值1e，无极小值；(2)极小值为3-；极大值为1-．【解析(1)由()e x f x x -=求导得()()1e xf x x -'=-，令()0f x '=，得1x =，当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：观察表格可得：函数()f x 在1x =处取得极大值()11e f =，无极小值，所以函数()f x 极大值为1e，无极小值；(2)由()2221xg x x =-+求导得()()()()()()22222221421111x x x x g x xx+-+-'==++，令()0g x '=，解得11x =-，21x =，当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：观察表格可得：当1x =-时，()g x 取得极小值()13g -=-，当1x =时，()g x 取得极大值()11g =-， 所以()g x 极小值为3-，极大值1-. 【题组二 已知极值(点)求参数】1．(2021·全国高二课时练习)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx 在x ＝1a处有极值，则ac ＋2b 的值为( ) A ．－3 B ．0 C ．1 D ．3【答案】A【解析】()'232f x ax bx c =++.依题意'2111320f a b c a a a ⎛⎫=⨯+⨯+= ⎪⎝⎭，32023b acac b a++=⇒+=-.故选：A 2(2021·全国高二单元测试)函数321()213f x x ax x =+-+在()1,3x ∈内存在极值点，则( )A ．7162a -≤≤B ．7162a -<<C ．12a ≤-或12a ≥D ．12a <或12a > 【解析】()'222f x x ax =+-，2480a ∆=+>，令()'2220f x x ax =+-=，由于()1,3x ∈，所以2222x a x x x-==-，2=-y x x 在()1,3上递减，当1x =时，1y =；当3x =时，73y =-. 由于函数321()213f x x ax x =+-+在()1,3x ∈内存在极值点，所以77121362a a -<<⇒-<<.故选：B3．(2021·安徽金安·六安一中高二月考(理))若0a >，0b >，且函数()32422f x x ax bx =--+在1x =处取得极值，则ab 的最大值为( ) A ．9 B ．6 C ．3 D ．2【答案】A【解析】∵ 函数()32422f x x ax bx =--+在1x =处取得极值，∴ ()01f '= 又()21222f x x ax b '=--∴ 12220a b --= ∴ 6a b +=又0a >，0b >，由基本不等式可得a b +≥ ∴ 9ab ≤(当且仅当3a b ==时等号成立)， ∴ ab 的最大值为9 故选：A.4．(2021·全国高二课时练习)已知函数2()()e ()x f x x mx m m R =--∈在0x =处取得极小值，则m =________，()f x 的极大值是_______.【答案】0 24e -【解析】解：由题意知，2'()[(2)2]e x f x x m x m =+--，'(0)20f m =-=解得0m =，2()e x f x x ∴=，2'()(2)e x f x x x =+，令'()0f x >，解得2x <-或0x >，令'()0f x <，解得20x -<<，则函数()f x 在区间(,2)-∞-和(0,)+∞上单调递增，在区间(2,0)-上单调递减，所以函数()f x 的极大值为2(2)4e f --=.故答案为：0；24e -．5．(2021·全国高二课时练习)若f (x )＝e x －kx 的极小值为0，则k ＝________． 【答案】e【解析】因为f (x )＝e x －kx 的定义域为R ，所以f ′(x )＝e x －k ，当k ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增， 所以f (x )无极值．当k >0时，由f ′(x )＝0，得x ＝ln k ； 令f ′(x )>0，得x >ln k ，此时函数单调递增； 令f ′(x )<0，得x <ln k ，此时函数单调递减， 所以f (x )的极小值为：f (ln k )＝e ln k－k ln k ＝k (1－ln k )＝0，所以1－ln k ＝0，即k ＝e . 故答案为：e6．(2021·全国高二专题练习)若函数()331f x x ax =-+在区间()0,1内有极小值，则a 的取值范围为________．【答案】()0,1【解析】由()331f x x ax =-+可得()233f x x a '=-，当0a ≤时，()2330f x x a '=->恒成立，所以()f x 在()0,1上单调递增，无极值；当0a >时，令()2330f x x a '=->可得x >x <令()2330f x x a '=-<可得：x <所以0a >时，()331f x x ax =-+在x =若函数()331f x x ax =-+在区间()0,1内有极小值，则01<<，解得01a <<， 综上所述：a 的取值范围为()0,1 故答案为：()0,1.7．(2021·全国)若函数()2ln 21y x ax a x =+-+，0a >在1x =处取得极小值，则实数a 的取值范围是______．【答案】1(,)2+∞【解析】由题意，函数()2ln 21,0y x ax a x a =+-+>的定义域与(0,)+∞，且()()()2121221112221a x x ax a x a y ax a x x x⎛⎫-- ⎪-++⎝⎭=+-+='=，0x >， 当112a>时，即102a <<时，令0y '>，可得()10,1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭；令0y '<，可得11,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数在()10,1,,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，此时函数()2ln 21x ax y a x +-+=在1x =取得极大值，不满足题意；当112a =时，即12a =时，可得()210x y x-'=≥恒成立，可得函数y 在(0,)+∞上单调递增，函数不存在极值，不满足题意； 当1012a <<时，即12a >时， 令0y '>，可得()10,1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，令0y '<，可得1,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以函数在()10,,1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,12a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，此时函数()2ln 21x ax y a x +-+=在1x =处取得极小值，满足题意，综上可得，实数a 的取值范围是1(,)2+∞．故答案为：1(,)2+∞．8．(2021·全国)已知函数()1ln x f x x +=在区间()2,03a a a ⎛⎫+> ⎪⎝⎭上存在极值，则实数a 的取值范围是______．【答案】1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】()2ln xf x x -'=，令()0f x '=，得1x =．当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减．所以1x =是函数()f x 的极大值点．又函数()f x 在区间()2,03a a a ⎛⎫+> ⎪⎝⎭上存在极值，所以213a a <<+，解得113a <<，即实数a 的取值范围是1,13⎛⎫⎪⎝⎭．故答案为：1,13⎛⎫⎪⎝⎭.9．(2021·全国)若函数()()3213532a f x x x a x =-+-++在定义域内无极值，则实数a 的取值范围为______．【答案】[]2,6-【解析】由题意，知()0f x '≥或()0f x '≤在定义域内恒成立．又()()23f x x ax a '=-+-+，所以()2430a a ∆=-+≤，解得26a -≤≤．故答案为：[]2,6-.10(2021·全国高二课时练习)函数f (x )＝ax －1－ln x (a ≤0)在定义域内的极值点的个数为________. 【答案】0【解析】因为x >0，f ′(x )＝a －11ax x x-=， 所以当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立， 所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以f (x )在(0，＋∞)上没有极值点. 故答案为： 011．(2021·全国高二课时练习)已知a 为实数，函数3()3f x x x a =-++. (1)求函数f (x )的极值，并画出其图象(草图)； (2)当a 为何值时，方程f (x )＝0恰好有两个实数根？【答案】(1)极小值为a －2，极大值为a ＋2；图象见解析；(2)a ＝±2. 【解析】(1)由3()3f x x x a =-++，得2()33f x x '=-+， 令()0f x '=，得x ＝－1或x ＝1.当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<；当()1,1x ∈-)时，()0f x '>； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '<.所以()f x 在(),1-∞-、()1,+∞上为减函数，在()1,1-上为增函数， 所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝a －2，极大值为f (1)＝a ＋2. 由单调性、极值可画出函数f (x )的大致图象(如图所示)，(2)结合(1)图象可得：当极大值a＋2＝0时，有极小值小于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰有两个实数根，所以a＝－2满足条件；当极小值a－2＝0时，有极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，所以a＝2满足条件．综上，当a＝±2时，方程恰有两个实数根.12．(2021·全国高二课时练习)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，求常数a，b的值. 【答案】a＝2，b＝9.【解析】因为f(x)在x＝－1时有极值0，且f′(x)＝3x2＋6ax＋b，所以()10(1)0ff⎧-=⎨-='⎩即2360130a ba b a-+=⎧⎨-+-+=⎩，解之得13ab=⎧⎨=⎩或29ab=⎧⎨=⎩，当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，所以f(x)在R上为增函数，无极值，故舍去. 当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3).当x∈(－3，－1)时，f(x)为减函数；当x∈(－∞，－3)和(－1，＋∞)时，f(x)为增函数，所以f(x)在x＝－1时取得极小值，符合题意. 因此a＝2，b＝9.13．(2021·全国高二课时练习)已知函数f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)e x(x∈R)，当实数a≠23时，求函数f(x)的单调区间与极值.【答案】答案不唯一，见解析.【解析】()'f x＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]e x.令()'f x ＝0，解得x ＝－2a 或x ＝a －2，由a ≠23，知－2a ≠a －2.分以下两种情况讨论：①若a >23，则－2a <a －2.当x 变化时，()()',f x f x 的变化情况如下表：所以f (x )在(－∞，－2a )，(a －2，＋∞)上是增函数，在(－2a ，a －2)上是减函数，函数f (x )在x ＝－2a 处取得极大值f (－2a )，且f (－2a )＝3ae －2a ，函数f (x )在x ＝a －2处取得极小值f (a －2)，且f (a －2)＝(4－3a )ea －2.②若a <2，则－2a >a －2.当x 变化时，()()',f x f x 的变化情况如下表：所以f (x )在(－∞，a －2)，(－2a ，＋∞)上是增函数，在(a －2，－2a )上是减函数，函数f (x )在x ＝a －2处取得极大值f (a －2)，且f (a －2)＝(4－3a )e a －2，函数f (x )在x ＝－2a 处取得极小值f (－2a )，且f (－2a )＝3ae －2a .14．(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ≠0)在x ＝±1处取得极值，且f (1)＝－1. (1)求常数a ，b ，c 的值；(2)判断x ＝±1是函数的极大值点还是极小值点，试说明理由，并求出极值.【答案】(1)a ＝12，b ＝0，c ＝－32；(2)x ＝－1是极大值点，x ＝1是极小值点，理由见解析，极大值1，极小值－1.【解析】(1)()'f x ＝3ax 2＋2bx ＋c .∵x ＝±1是函数f (x )的极值点，∴x ＝±1是方程()'f x ＝3ax 2＋2bx ＋c＝0的两根，由根与系数的关系，得20313b ac a⎧-=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，又f (1)＝－1，∴a ＋b ＋c ＝－1.③由①②③解得a ＝12，b ＝0，c ＝－32.(2)f (x )＝12x 3－32x ，∴()'f x ＝32x 2－32＝32(x －1)(x ＋1)，当x <－1或x >1时，()'f x >0，当－1<x <1时，()'f x <0，∴函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1，1)上是减函数， 【题组三 最值】1．(2021·全国高二课时练习)函数()1f x x=，(]0,5x ∈的最小值为( ) A ．2 B ．3 C ．174D．12【答案】B【解析】由()3222110x x x f x -==='，得1x =，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当(]1,5x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增．∴当1x =时，()f x 取得最小值，且最小值为()13f =． 故选：B.2．(2021·全国高二课时练习)函数()()()212f x x x =--在[]0,3上的最小值为( )A ．8-B ．4-C ．0D ．427【答案】B【解析】由()()()212f x x x =--，得()()()()()()22212234f x x x x x x '=-+-⋅-=--．()0f x '>，得2x >或43x <． 所以()f x 在40,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭和(]2,3上单调递增，在4,23⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减．又()04f =-，()20f =，所以()()()212f x x x =--在[]0,3上的最小值为4-．故选：B ．3．(2021·全国高二课前预习)函数321()363f x x x x =--+在[]4,4-上的最大值为________，最小值为________. 【答案】233583【解析】f ′(x )＝x 2－2x －3，令f ′(x )>0，得x <－1或x >3，令f ′(x )<0，得－1<x <3，故f (x )在(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递增，在(－1，3)上单调递减，故f (x )的极大值为f (－1)＝233，极小值为f (3)＝－3，又f (－4)＝－583，f (4)＝－23，故f (x )的最大值为f (－1)＝233，最小值为f (－4)＝－583. 4．(2021·全国)求下列函数的最值： (1)32()362f x x x x =-+-，[]1,1x ∈-； (2)()241xf x x =+，2,2x ；(3)()1ln x f x x x -=+，1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦． 【答案】(1)最小值为12-，最大值为2；(2)最大值为2，最小值为2-； (3)最大值为1ln2-，最小值为0.【解析】(1)由题意，知()()()222366322313f x x x x x x '=-+=-+=-+，[]1,1x ∈-．∵fx 在[]1,1-上恒大于0，即()f x 在[]1,1-上单调递增，∴当1x =-时，()f x 取最小值为12-；当1x =时，()f x 取最大值为2． ∴()f x 的最小值为12-，最大值为2． (2)()()()()22222241244411x x xx f x xx+-⋅-+'==++，2,2x令0f x，得1x =或1-，又()12f =，()12f -=-，()825f =，()825f -=-，∴()f x 的最大值为2，最小值为2-． (3)∵()11ln 1ln x f x x x x x -=+=-+，1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ∴()22111x f x x x x -'=-=，1,22x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦令0f x ，得1x =．在1,22⎡⎤⎢⎥上，当x 变化时，f x 与()f x 的变化情况如下表： x()x∴在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，当1x =时，()f x 取得极小值，也是最小值，且()10f =．又111ln 1ln 222f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，()12ln 22f =-+，()()31311e 22ln 234ln 2ln 0222216f f ⎛⎫-=-=-=> ⎪⎝⎭∴()122f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭∴()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为11ln 22f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，最小值为()10f = 5．(2021·全国)求下列函数的最值：(1)()3232,[1,1]f x x x x =--∈-；(2)()241xf x x =+，[]2,2x ∈-； (3)()1ln x f x x x -=+，1,22x ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦． 【答案】(1)最小值为6-，最大值为2； (2)最大值为2，最小值为2-； (3)最大值为1ln2-，最小值为0.【解析】(1)由题意，函数()3232,[1,1]f x x x x =--∈-可得()()23632f x x x x x '=-=-，当[1,0)x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当(0,1]x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以当0x =时，函数()f x 取得最大值，最大值为()02f =-， 又由()16f -=-，()14f =-，所以函数的最小值为()16f -=-，所以()f x 的最小值为6-，最大值为2-．(2)由题意，函数()241xf x x =+，可得()()()()[]222222412444,2,211x x x x f x x x x +-⋅-+'==∈-++， 令()0f x '=，解得1x =或1-，又由()12f =，()12f -=-，()825f =，()825f -=-，所以()f x 的最大值为2，最小值为2-． (3)由函数()11ln 1ln x f x x x x x -=+=-+，可得()22111x f x x x x-'=-=， 令()0f x '=，解得1x =，在1,22⎡⎤⎢⎥上，当x 变化时，()f x '与()f x 的变化情况如下表： 所以在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上，当1x =时()f x 取得极小值，也是最小值，且()10f =，又因为111ln 1ln 222f ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，()12ln 22f =-+，所以()()3131122ln 234ln 2ln 0222216e f f ⎛⎫-=-=-=> ⎪⎝⎭，所以()122f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为1ln2-，最小值为0．【题组四 已知最值求参数】1．(2021·全国)若函数()32231,0e ,0ax x x x f x x ⎧++≤=⎨>⎩在[]22-,上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( ) A ．1ln 2,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．10,ln 22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．(],0-∞D ．1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【答案】D【解析】当20x -≤≤时，()32231f x x x =++，则()()26661f x x x x x '=+=+．当21x -≤<-时，()0f x '>；当10x -<<时，()0f x '<．所以，函数()y f x =在1x =-处取得极大值，亦即最大值，即()()max 12f x f =-=．当0a >时，函数()ax f x e =在(]0,2上单调递增，由题意可知，()222af e =≤，得2ln 2a ≤，解得1ln 22a ≤，此时，10ln 22a <≤；当0a =时，且当02x <≤时，()12f x =≤合乎题意；当0a <时，函数()axf x e =在(]0,2上单调递减，此时，()()2012f f <=<，合乎题意．综上所述，实数a 的取值范围是1,ln 22⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦，故选：D2．(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1，1]，则f (m )的最小值为________. 【答案】4-【解析】f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0. 即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，经检验符合题意，f ′(x )＝－3x 2＋6x ，()()001;010f x x f x x ''>⇒<<<⇒-<<由此可得f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增 ∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 故答案为：4-3(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )＝ln x ＋ax ，若函数f (x )在[1，e ]上的最小值是32，求a 的值．【答案】a 【解析】函数的定义域为[1，e ]，()221a x a f x x x x'-=-=， 令f ′(x )＝0，得x ＝a ，①当a ≤1时，f ′(x )≥0，函数f (x )在[1，e ]上是增函数，f (x )min ＝f (1)＝ln1＋a ＝32，∴a ＝32∉(－∞，1]，故舍去．②当1e a <<时，令f ′(x )＝0得x ＝a ，函数f (x )在[1，a ]上是减函数，在[a ，e ]上是增函数，∴f (x )min ＝f (a )＝ln a ＋aa ＝32.∴a (1，e )，故符合题意．③当a ≥e 时，f ′(x )≤0，函数f (x )在[1，e ]上是减函数，f (x )min ＝f (e )＝ln e ＋e a＝32，∴a ＝1e 2∉[e ，＋∞)，故舍去，综上所述a 4(2021·全国高二课时练习)设函数()()212ln f x x k x =++. (1)若2k =-，求函数的递减区间；(2)当0k >时，记函数()()g x f x '=，求函数()g x 在区间(]0,2上的最小值．【答案】(1)()0,1；(2)当04k <<时，最小值为2；当4k ≥时，最小值为6k +. 【解析】(1)当2k =-时，()()214ln f x x x =+-，()()4220f x x x x'=+->． 由()0f x '<，得01x <<.故函数的递减区间为()0,1． (2)∵()()222k g x f x x x '==++，∴()222kg x x'=-. ∵0k >，(]0,2x ∈，∴当4k ≥时，()0g x '<，()g x 在(]0,2上为减函数． 因此，()g x 有最小值()26g k =+；当04k <<时，在(上()0g x '<，在2⎤⎦上()0g x '>，∴()g x 在(上为减函数，在2⎤⎦上为增函数．故g (x )有最小值2g=.综上，当04k <<时，()g x 在区间(]0,2上的最小值为2；当4k ≥时，()g x 在(]0,2上的最小值为6k +. 5．(2021·全国高二课时练习)已知函数32()39f x x x x c =--+，当x ∈[－2，6]时，f (x )<2|c |恒成立，求c 的取值范围．【答案】()(),1854,-∞-⋃+∞.【解析】由32()39f x x x x c =--+可得()()2()369313f x x x x x '=--=+-，当x 变化时，()(),f x f x '随x 的变化如下表：而f (－2)＝c －2，f (6)＝c ＋54，∴当x ∈[－2，6]时，f (x )的最大值为c ＋54， 要使f (x )<2|c |恒成立，只要c ＋54<2|c |即可， 当c ≥0时，c ＋54<2c ，∴54c >； 当c <0时，c ＋54<－2c ，∴18c <-. ∴()(),1854,c ∈-∞-⋃+∞.6．(2021·全国高二课时练习)已知h (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1在区间[k ，2]上的最大值是28，求k 的取值范围． 【答案】k ≤－3.【解析】∵h (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1， ∴h ′(x )＝3x 2＋6x －9，令h ′(x )＝0，得x 1＝－3，x 2＝1，当x 变化时h ′(x )及h (x )的变化情况如下表．当x ＝－3时，取极大值28； 当x ＝1时，取极小值－4. 而h (2)＝3<h (－3)＝28，如果h (x )在区间[k ，2]上的最大值为28， 则k ≤－3.7．(2021·全国高二单元测试)已知函数()3212232a f x x x ax +=++. (1)当2a =时，求过坐标原点且与函数()f x 的图象相切的直线方程； (2)当()0,2a ∈时，求函数()f x 在[]2,a a -上的最大值.【答案】(1)4y x =或y x =；(2)32536a a +.【解析】(1)当2a =时，()321243f x x x x =++，则()244f x x x '=++，设切点坐标为3200001,243x x x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则切线方程为：()()322000000124443y x x x x x x x ---=++-，又切线过原点()0,0，3232000000124443x x x x x x ∴---=---.即32002203x x +=，解得：00x =或03x =-. 当00x =时，切线方程为4y x =，当03x =-时，切线方程为y x =；综上所述：过坐标原点且与函数()f x 的图象相切的直线方程为4y x =或y x =. (2)()3212232a f x x x ax +=++，()()()()2222f x x a x a x x a '∴=+++=++，令()0f x '=，解得：1x a =-，22x =-，由()0,2a ∈可得2a ->-. ①若22a -≥-，即01a <≤时，当()2,x a a ∈--时，()0f x '<；当(),x a a ∈-时，()0f x '>；()f x ∴在()2,a a --上单调递减，在(),a a -上单调递增，()()(){}max max 2,f x f a f a ∴=-，()33223822244033f a a a a a a -=-++-=-<，()33223215230326a f a a a a a a =+++=+>，()()2f a f a ∴-<，()()32max 536f x f a a a ∴==+；②若22a -<-，即12a <<时， 当()()2,2,x a a a ∈---时，()0f x '>；当()2,x a ∈--时，()0f x '<；()f x ∴在()2,2a --，(),a a -上单调递增，在()2,a --上单调递减，()()(){}max max 2,f x f f a ∴=-，()84222442333f a a a -=-++-=-+<-，()32523366f a a a =+>，()()32max 536f x f a a a ∴==+.综上所述：当()0,2a ∈时，函数()f x 在[]2,a a -上的最大值为32536a a +.8．(2021·全国高二课时练习)函数()()()2ln 2f x x ax a x a =-+-∈R ，求函数()f x 在区间2,a a ⎡⎤⎣⎦上的最大值．【答案】答案不唯一，具体见解析 【解析】因为2a a <，所以01a <<．()()()211122x ax f x ax a x x-+'=-+-=-． 因为()0,x ∈+∞，所以10ax +>， 所以当102x <<时，()0f x '>，当12x >时，()0f x '<， 所以()f x 在10,2⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减．①当102a <≤时，()f x 在2,a a ⎡⎤⎣⎦上单调递增，所以()()32max ln 2f x f a a a a a ==-+-； ②当21212a a ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，即12a <<()f x 在21,2a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,2a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，所以()max 11ln 224af x f ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭；③当212a ≤1a ≤<时，()f x 在2,a a ⎡⎤⎣⎦上单调递减， 所以()()2532max 2ln 2f x f a a a a a ==-+-．综上，当102a <≤时，函数()f x 在2,a a ⎡⎤⎣⎦上的最大值是32ln 2a a a a -+-；当12a <<时，函数()f x 在2,a a ⎡⎤⎣⎦上的最大值是1ln 24a --；当12a ≤<时，函数()f x 在2,a a ⎡⎤⎣⎦上的最大值是5322ln 2a a a a -+-． 【题组五 极值最值综合运用 】1．(2021·临海市西湖双语实验学校)若不等式2ln ax x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．1,2e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．1,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D ．1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】由题设知：2ln xa x ≥恒成立，令2ln ()x f x x =且0x >，则432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，∴当()0f x '>时，0x <<()f x 单调递增；当()0f x '<时，x >()f x 单调递减；∴1()2f x f e≤=，故12a e ≥.故选：A2．(2021·福建省宁化第一中学高二期中)(多选)已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图所示，则下列选项中正确的是( )A ．1x =是函数()f x 的极值点B ．()f x 在区间(2,3)-上单调递减C ．函数()f x 在1x =-处取得极小值D ．()f x 的图象在0x =处的切线斜率小于零 【答案】BD【解析】由图像可知，当2x <-时，'()0f x >；当23x -<<时，'()0f x ≤， 从而()f x 在(,2)-∞-上单调递增，在(2,3)-上单调递减， 故()f x 有极大值点2x =-，故AC 错误，B 正确；又由图像可知，'(0)0f <，从而()f x 的图像在0x =处的切线斜率小于零，故D 正确. 故选BD.3．(2021·全国高二课时练习)已知函数f (x )＝－23x 3＋2ax 2＋3x (a >0)的导数()'f x 的最大值为5，则在函数f (x )图象上的点(1，f (1))处的切线方程是________. 【答案】15x －3y －2＝0【解析】∵()'f x ＝－2x 2＋4ax ＋3＝－2(x －a )2＋3＋2a 2，∴()'f x max ＝3＋2a 2＝5，∵a >0，∴a ＝1.∴()'f x ＝－2x 2＋4x ＋3，(1)'f ＝－2＋4＋3＝5.又f (1)＝－23＋2＋3＝133，∴所求切线方程为y－133＝5(x－1)，即15x－3y－2＝0.故答案为：15x－3y－2＝04．(2021·全国高二课时练习)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b的图象上一点P(1,0)，且在点P处的切线与直线3x＋y＝0平行.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)在区间[0，t](0<t<3)上的最大值和最小值；(3)在(1)的结论下，关于x的方程f(x)＝c在区间[1,3]上恰有两个相异的实根，求实数c的取值范围. 【答案】(1)f(x)＝x3－3x2＋2；(2)答案见解析；(3)－2<c≤0.【解析】(1)因为f′(x)＝3x2＋2ax，曲线在P(1,0)处的切线斜率为：f′(1)＝3＋2a，即3＋2a＝－3，a ＝－3.又函数过(1,0)点，即－2＋b＝0，b＝2.所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2.(2)由f(x)＝x3－3x2＋2，得f′(x)＝3x2－6x.由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.①当0<t≤2时，在区间(0，t)上f′(x)<0，f(x)在[0，t]上是减函数，所以f(x)的最大值为f(0)＝2，f(x)的最小值为f(t)＝t3－3t2＋2.②当2<t<3时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：f(x)的最小值为f(2)＝－2，f(x)的最大值为f(0)与f(t)中较大的一个.f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0.所以f(x)的最大值为f(0)＝2.(3)令g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c，g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).在x∈[1,2)上，g′(x)<0；在x∈(2,3]上，g′(x)>0.要使g(x)＝0在[1,3]上恰有两个相异的实根，则(1)0,(2)0,(3)0,ggg≥⎧⎪<⎨⎪≥⎩即132081220272720ccc-+-≥⎧⎪-+-<⎨⎪-+-≥⎩，解得－2<c≤0.5．(2021·全国高二课时练习)已知函数()32f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =处都取得极值．(1)求a ，b 的值；(2)若对任意[]1,2x ∈-，不等式()2f x c <恒成立，求实数c 的取值范围．【答案】(1)12a =-，2b =-；(2)()(),12,-∞-+∞．【解析】(1)由题设，()232f x x ax b '=++，又2440333f a b ⎛⎫'-=-+= ⎪⎝⎭，()1320f a b '=++=，解得12a =-，2b =-．(2)由(1)，知()32122f x x x x c =--+，即()()()232321f x x x x x '=--=+-，当[]1,2x ∈-时，f x ，()f x 随x 的变化情况如下表： x()f x∴()f x 在21,3⎡⎫--⎪⎢⎣⎭上单调递增，在2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在(]1,2上单调递增，∴当23x =-时，222327f c ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭为极大值，又()22f c =+，则()22f c =+为()f x 在[]1,2-上的最大值， 要使2()f x c <对任意[]1,2x ∈-恒成立，则只需()222c f c >=+，解得1c <-或2>c ，∴实数c 的取值范围为()(),12,-∞-+∞．6．(2021·西藏日喀则区南木林高级中学高二期末(理))已知函数21()(1)ln 12f x x a x a x =-+++． (I)若3x =是()f x 的极值点，求()f x 的单调区间； (II)求a 的范围，使得()1f x ≥恒成立．【答案】(I)()f x 的单调增区间为(0,1),(3,)∞+，减区间为(1,3)；(II)12a ≤-【解析】(I)函数()f x 的定义域为(0)+∞，，()()1af x x a x'=-++， 因为3x =是()f x 的极值点，所以()()33103af a =-++='，解得a =3， 当a =3时，()()()()13331x x f x x x x--=-++'=， 令()0f x '>，得01x <<或3x >；令()0f x '<，得13x <<，所以函数()f x 的单调增区间为(0,1),(3,)∞+；单调减区间为(1,3). (II)要使得()1f x ≥恒成立，即0x >时21(1)ln 02x a x a x -++≥恒成立，设21()(1)ln 2g x x a x a x =-++，则()()1a g x x a x'=-++(1)()x x a x --=，当0a ≤时，由()0g x '<得单调减区间为(0)1，，由()0g x '>得单调增区间为(1)+∞，， 故min 1()(1)02g x g a ==--≥，得12a ≤-； 当01a <<时，由()0g x '<得单调减区间为(1)a ，， 由()0g x '>得单调增区间为(0)a ，，(1)+∞，；此时1(1)02g a =--<，不合题意； 当1a =时，()f x 在(0)+∞，上单调递增，此时1(1)02g a =--<，不合题意； 当1a >时，由()0g x '<得单调减区间为(1)a ，，由()0g x '>得单调增区间为(0)1，，()a +，∞，此时1(1)02g a =--<，不合题意；综上所述：12a ≤-时，()1f x ≥恒成立.∴当x ＝－1时，函数取得极大值f (－1)＝1，当x ＝1时，函数取得极小值f (1)＝－1. 7．(2021·全国)设函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ，(1)若对任意的x ∈[0，3]，都有f (x )＜c 2成立，求c 的取值范围； (2)若对任意的x ∈(0，3)，都有f (x )＜c 2成立，求c 的取值范围． 【答案】(1)()()19∞∞-，-，+；(2)(][)19-∞∞，-，+．【解析】(1)()2)61812()6(12f x x x x x '---+＝＝．∴ 当)1(0x ∈，时，()0f x '＞，()f x 单调递增； 当(12)x ∈，时，()0f x '＜，()f x 单调递减； 当(23)x ∈，时，()0f x '＞，()f x 单调递增． ∴ 当1x ＝时，()f x 取极大值()158f c +＝． 又()()3981f c f +＝＞，∴]3[0x ∈，时，()f x 的最大值为()398f c +＝． ∵ 对任意的]3[0x ∈，，有()2f x c ＜恒成立，∴298c c +＜，即1c <-或9c >． ∴ c 的取值范围为()()19∞∞-，-，+． (2)由(1)知()()398f x f c +＜＝， ∴298c c +≤，即1c ≤-或9c ≥，∴ c 的取值范围为(][)19∞∞－，－，+．8．(2021·全国高二专题练习)设函数3()65f x x x =-+，x ∈R . (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若函数()y f x =的图象与函数y a =的图象恰有三个不同的交点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)见解析(2) (5-+. 【解析】(1)由题意可得，'2()36f x x =-，当'()0f x >时，x >x <当'()0f x <时，x所以f (x )的单调递增区间为(,-∞和)+∞；单调递减区间为(，()f x 在x =()f x 的极大值为(5f =+()f x 在x =()f x 的极小值为5f =-(2) 若函数()y f x =的图象与函数y a =的图象恰有三个不同的交点，结合(1)中()f x 的单调性以及极值点可知，55a -<<+故实数a 的取值范围(5-+.9(2021·全国高二专题练习)已知2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值． (1)求实数a 的值．(2)若关于x 的方程()0f x b +=的区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围． 【答案】(1)2；(2)(2ln 2,22ln 3]--．【解析】(1)'2()21f x x x a=--+，当0x =时，()f x 取得极值， 所以'(0)0f =，解得，2a =；(2)令2()()2ln(2)g x f x b x x x b =+=+--+，则'52()22()2122x x g x x x x +=--=-++，(2)x >-， ()g x ，'()g x 在(2,)-+∞上的变化状态如下表：由上表可知函数()g x 在0x =处取得极大值，极大值为2ln 2b +. 要使()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根，只需(1)0(0)0(1)0g g g -≤⎧⎪>⎨⎪≤⎩，即02ln 202ln 320b b b ≤⎧⎪+>⎨⎪-+≤⎩所以2ln222ln3b -<≤-，故实数b 的取值范围是(2ln 2,22ln 3]--．。

5.3.2 极值与最值考点一求极值及极值点【例3】（2020·安徽滁州·高二期末（理））已知函数2n (1)l a x x x bx f =+++在点(1,(1))f 处的切线方程为4120x y --=.（1）求函数()f x 的解析式； （2）求函数()f x 的单调区间和极值.【答案】（1）2()12ln 101f x x x x =+-+;（2）见解析. 【解析】（1）()1'2f x a x b x=⋅++，切线为4120x y --=，即斜率()'14f =，纵坐标()18f =- 即()'124f a b =++=，()1118f b =++=-，解得10b =-，12a = 解析式()212ln 101f x x x x =+-+（2）()12'210f x x x =+- 221012x x x-+= ()()232x x x --=，定义域为()0,+∞ 得到()f x 在()0,2单增，在()2,3单减，在()3,+∞单增 极大值()12ln215f x =-，极小值()312ln320f =-. 【一隅三反】1．（2020·重庆高二期末）函数3()12f x x x =-的极小值点为___________．【答案】2【解析】因为3()12f x x x =-，所以()()2'()312322f x x x x =-=+-，令'()0f x =，得122,2x x ==-，所以当(),2x ∈-∞-时，()'0f x >，()f x 在(),2-∞-上单调递增；当()2,2x ∈-时，()'0fx <，()f x 在()2,2-上单调递减；当()2,x ∈+∞时，()'0fx >，()f x 在()2,+∞上单调递增；所以()f x 在2x =时取得极小值， 故填：2.2．（2020·广东云浮·高二期末）函数()22xf x x e -=⋅的极大值为__________．【答案】1e【解析】依题意得()()22224212xx x f x e xe e x ---'=-=-.所以当1,2x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．所以，函数()y f x =的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.所以当12x =时，函数()y f x =有极大值1e ． 故答案为：1e.3．（2020·四川内江·高二期末（文））已知函数()321312322f x x x x =-++. （1）求()f x 的单调区间和极值；（2）若直线2y x b =+是函数()y f x =图象的一条切线，求b 的值.【答案】（1）单调递增区间为(),1-∞和()2,+∞，单调递减区间为()1,2，极大值为43，极小值为76；（2）12b =或4b =-. 【解析】（1）()321312322f x x x x =-++，定义域为R ，()232f x x x '=-+.令()0f x '>，解得1x <或2x >；令()0f x '<，解得12x <<.所以，函数()y f x =的单调递增区间为(),1-∞和()2,+∞，单调递减区间为()1,2， 函数()y f x =的极大值为()413f =，极小值为726f ； （2）令()2322f x x x '=-+=，解得0x =或3x =，()102f =，()32f =， 所以，切点坐标为10,2⎛⎫⎪⎝⎭或()3,2，则有12b =或232b ⨯+=，解得12b =或4b =-.考点二 求最值点最值【例2】．（2020·兴仁市凤凰中学高二月考（文））已知函数f （x ）=x 2（x -1）． （1）求函数f （x ）的单调区间；（2）求f （x ）在区间[-1，2]上的最大值和最小值．【答案】(1) ()f x 的递增区间为2(,0),(,)3-∞+∞，递减区间为2(0,)3． (2) ()f x 最大值()24f ==，()f x 最小值()12f =-=-．【解析】（1）∵()()2321f x x x x x =-=-，∴()232f x x x '=-．由()2320f x x x '=->，解得0x <或23x >； 由()2320f x x x '=-<，解得203x <<， 所以()f x 的递增区间为()2,0,,3⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭，递减区间为20,3⎛⎫ ⎪⎝⎭． （2）由（1）知0x =是()f x 的极大值点，23x =是()f x 的极小值点， 所以()f x 极大值()00f ==，()f x 极小值24327f ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 又()12f -=-，()24f =，所以()f x 最大值()24f ==，()f x 最小值()12f =-=-． 【一隅三反】1．（2020·四川射洪中学高二期中（文））已知函数()325f x x ax bx ＝＋＋＋，曲线()y f x ＝在点()()11P f ，处的切线方程为31y x ＝＋. （1）求a b ，的值；（2）求()y f x ＝在[]3,1－上的最大值． 【答案】（1）2a ＝，4b ＝－；（2）13 【解析】(1)依题意可知点()()P 1f 1，为切点，代入切线方程y 31x ＝＋可得，()f 13114⨯＝＋＝， 所以()f 1154a b ＝＋＋＋＝，即b 2a ＋＝－， 又由()32f x 5x ax bx ＝＋＋＋，则()2f'x 32x b x a ＝＋＋， 而由切线y 31x ＝＋的斜率可知()f'13＝，∴32b 3a ++＝，即2b 0a +＝，由220a b a b +=-⎧⎨+=⎩，解得24a b =⎧⎨=-⎩，∴a 2＝，b 4＝－．(2)由(1)知()32f x x 2x 4x 5＝－++，则()()()2f x 3x 4x 43x 2x 2+'+＝－＝－，令()f'x 0＝，得2x 3=或x 2＝－， 当x 变化时，()f x ，()f'x 的变化情况如下表：∴()f x 的极大值为()f 213－＝，极小值为295f 327⎛⎫=⎪⎝⎭， 又()f 38－＝，()f 14＝，所以函数()f x 在[]3,1－上的最大值为13． 2．（2020·霍邱县第二中学高二月考（文））已知函数32()3f x x ax x =--(a R ∈).（1）若(3)0f '=，求()f x 在[1,4]上的最小值和最大值； （2）若()f x 在[1,)+∞上是增函数，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）最小值是18-，最大值是6-；（2）(,0]-∞.【解析】（1）2()323f x x ax '=--，由(3)0f '=得27630a --=，解得4a =，∴2()383f x x x '=--，令()0f x '=，即2383(31)(3)0x x x x --=+-=，解得13x =-或3x =，∴()f x 在[1,4]上的最小值是(3)18f =-，最大值是(1)6f =-；（2）由题意得：2()3230f x x ax =--≥'在区间[1,)+∞上恒成立，∴31()2a x x≤-，又当1≥x 时，31()()2g x x x=-是增函数，其最小值为(1)0g =，∴0a ≤，即实数a 的取值范围是(,0]-∞.3．（2020·山东中区·济南外国语学校高二月考）设函数()344f x ax x =-+过点()3,1P（1）求函数() f x 的单调区间和极值；（2）求函数() f x 在[1,3]-上的最大值和最小值.【答案】（1）增区间(,2)-∞-，(2,)+∞，减区间(2,2)-，极大值28(2)3f -=，极小值4(2)3f =-．（2）最大值233，最小值43-．【解析】（1）∵点()3,1P 在函数()f x 的图象上,∴()3271242781f a a =-+=-=,解得13a =,∴()31443f x x x =-+,∴()()()2'422f x x x x =-=+-,当2x <-或2x >时, ()'0f x >,()f x 单调递增;当22x -<<时, 0f x,()f x 单调递减.∴当2x =-时, ()f x 有极大值,且极大值为()()128288433f -=⨯-++=,当2x =时, ()f x 有极小值,且极小值为()14288433f =⨯-+=- （2）由1可得:函数()f x 在区间[)1,2-上单调递减,在区间[]2,3上单调递增.∴()min f x ()423f ==-,又()12314433f -=-++=,()391241f =-+=,∴()max f x ()2313f =-= 考点三 已知极值及最值求参数【例3-1】（2020·霍邱县第二中学高二开学考试（文））已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ． C ．(0,1) D ．(0，＋∞)【答案】B【解析】函数f （x ）=x （lnx ﹣ax ），则f′（x ）=lnx ﹣ax+x （﹣a ）=lnx ﹣2ax+1， 令f′（x ）=lnx ﹣2ax+1=0得lnx=2ax ﹣1，函数f （x ）=x （lnx ﹣ax ）有两个极值点，等价于f′（x ）=lnx ﹣2ax+1有两个零点， 等价于函数y=lnx 与y=2ax ﹣1的图象有两个交点， 在同一个坐标系中作出它们的图象（如图） 当a=时，直线y=2ax ﹣1与y=lnx 的图象相切，由图可知，当0＜a ＜时，y=lnx 与y=2ax ﹣1的图象有两个交点． 则实数a 的取值范围是（0，）． 故选B ．【例3-2】（2020·山东高三月考）已知函数()x f x ae x =-．（1）求()f x 的极值；（2）求()f x 在[]0,1上的最大值． 【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为R ，()1x f x ae '=-，当0a ≤时，()0f x '<恒成立，则()f x 在R 上是减函数，无极值； 当0a >时，令()0f x '>，解得ln x a >-，则()f x 在(),ln a -∞-上是减函数，在()ln ,a -+∞上是增函数， 所以当ln x a =-时，()f x 有极小值，()ln 1ln f a a -=+，无极大值，综上，当0a ≤时，()f x 无极值，当0a >时，()f x 有极小值1ln a +，无极大值； （2）①当0a ≤时，由（1）知()f x 在R 上是减函数， 所以当0x =时，()f x 有最大值()0f a =；②当0a >时，由（1）知()f x 在(),ln a -∞-上是减函数，在()ln ,a -+∞上是增函数， （i ）当ln 0a -≤，即1a ≥时，()f x 在[]0,1上是增函数， 所以当1x =时，()f x 有最大值()11f ae =-； （ii ）当0ln 1a <-<即11a e<<时，()f x 在[)0,ln a -上是减兩数，在[]ln ,1a -上是增函数. 若()()01f f ≥，即111a e e <≤-时，()f x 有最大值a ； 若()()01f f <，即111a e <<-时，()f x 有最大值1ae -； （ⅲ）当ln 1a -≥即10a e<≤时，()f x 在[]0,1上是减函数， 所以当0x =时，()f x 有最大值()0f a =， 综上所述，当11a e ≤-时，()f x 有最大值a ； 当11a e >-时，()f x 有最大值1ae -. 【一隅三反】1．（2020·重庆北碚·西南大学附中高二期末）已知函数()ln f x x ax =-在2x =处取得极值，则a =（ ） A ．1 B ．2C ．12D ．-2【答案】C【解析】()'1fx 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：C2．（2020·山西应县一中高二期中（理））已知函数32()23f x x ax bx c =+++的两个极值点分别在（-1，0）与（0，1）内，则2a -b 的取值范围是（ ） A ．()3,12-B ．33(,)22-C ．13(,)22-D ．3(1,)2【答案】B【解析】由函数f （x ）＝x 3+2ax 2+3bx +c ，求导f ′（x ）＝3x 2+4ax +3b ， f （x ）的两个极值点分别在区间（﹣1，0）与（0，1）内， 由3x 2+4ax +3b ＝0的两个根分别在区间（0，1）与（﹣1，0）内，即()()()'00'10'10f f f ⎧⎪-⎨⎪⎩＜＞＞，令z ＝2a ﹣b ， ∴转化为在约束条件为3034303430b a b a b ⎧⎪-+⎨⎪++⎩＜＞＞时，求z ＝2a ﹣b 的取值范围，可行域如下阴影（不包括边界），目标函数转化为z ＝2a ﹣b ，由图可知，z 在A （34，0）处取得最大值32，在（34-，0）处取得最小值32-， 因为可行域不包含边界，∴z ＝2a ﹣b 的取值范围（32-，32）．故选B ．3．（2020·四川省绵阳江油中学高二开学考试（理））若函数()(1)ln 2(1)1xf x e m x m x =-+++-恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为（ ） A ．2(),e e -- B ．(,)2e-∞-C ．1(,)2-∞-D ．(,1)e -∞--【答案】D【解析】由题可得：()()1'21xm f x e m x+=-++，0x > 因为函数()()()1ln 211xf x e m x m x =-+++-恰有两个极值点，所以函数()()()1'210xm f x e m x x+=-++>有两个不同的零点.令()1210xm e m x +-++=，等价转化成()1012xxe m x x=+>-有两个不同的实数根， 记：()12xxe h x x =-，所以()()()()()()()()22'1212'211'1212x x x xe x xe x e x x h x x x ---+-==---， 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0h x >，此时函数()h x 在此区间上递增， 当1,12x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()'0h x >，此时函数()h x 在此区间上递增， 当()1,x ∈+∞时，()'0h x <，此时函数()h x 在此区间上递减，作出()12xxe h x x=-的简图如下：要使得112xxe m x=+-有两个不同的实数根，则()11h m >+，即：1e m ->+，整理得：1m e <--. 故选D4．（2020·江苏溧水·高二期中）已知函数2()(21)ln f x x a x a x =-++．（Ⅰ）当1a =时，求函数()f x 的单调增区间； （Ⅱ）求函数()f x 在区间[1,]e 上的最小值．【答案】（Ⅰ）(0，12)，(1，＋∞) （Ⅱ）min 221[()]{(ln 1)1(21)a a f x a a a a e e a e a a e-≤=--<<-++≥【解析】（Ⅰ）当1a =时，2()3ln f x x x a x =-+，定义域为(0,)+∞．21231(21)(1)()23-+--'=-+==x x x x f x x x x x ．令()0f x '=，得1x =或12x =．列表如下所以函数()f x 的单调增区间为1(0,)2和(1,)+∞．（Ⅱ）22(21)(21)()()2(21)a x a x a x x a f x x a x x x -++--=-++=='．令()0f x '=，得xa =或12x =．当1a ≤时，不论12a <还是112a <≤，在区间[1,]e 上，()f x 均为增函数．所以min [()](1)2f x f a ==-；当1a e <<时，所以min [()]()(ln 1)f x f a a a a ==--；当a e ≥时，所以min [()]()f x f e ==2(21)e a e a -++．综上，min 221[()]{(ln 1)1(21)a a f x a a a a e e a e a a e-≤=--<<-++≥．.5．（2020·邢台市第二中学高二期末）设函数()3xf x e ax =-+（a R ∈）. （1）讨论函数()f x 的极值；（2）若函数()f x 在区间[]1,2上的最小值是4，求a 的值.【答案】（1）当0a ≤时，函数()f x 在R 上无极值；当0a >时，()f x 的极小值为ln 3a a a -+，无极大值.（2）1e -【解析】（1）()xf x e a '=-. 当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在R 上单调递增；无极值当0a >时，()0f x '>，解得ln x a >，由()0f x '<，解得ln x a <.函数()f x 在(),ln a -∞上单调递减，函数()f x 在()ln ,a +∞上单调递增，()f x 的极小值为()ln ln 3f a a a a =-+，无极大值综上所述：当0a ≤时，函数()f x 在R 上无极值；当0a >时，()f x 的极小值为ln 3a a a -+，无极大值.（2）由（1）知，当0a ≤时，函数()f x 在R 上单调递增，∴函数()f x 在[]1,2上的最小值为()134f e a =-+=，即10a e =->，矛盾.当0a >时，由（1）得ln x a =是函数()f x 在R 上的极小值点.①当ln 1a ≤即0a e <≤时，函数()f x 在[]1,2上单调递增，则函数()f x 的最小值为()134f e a =-+=，即1a e =-，符合条件.②当ln 2a ≥即2a e ≥时，函数()f x 在[]1,2上单调递减，则函数()f x 的最小值为()22234f e a =-+=即2212e a e -=<，矛盾. ③当1ln 2a <<即2e a e <<时，函数()f x 在[]1,ln a 上单调递减，函数()f x 在[]ln ,2a 上单调递增， 则函数()f x 的最小值为()ln ln ln 34a f a e a a =-+=，即ln 10a a a --=.令()ln 1h a a a a =--（2e a e <<），则()ln 0h a a '=-<，∴()h a 在()2,e e 上单调递减，而()1h e =-，∴()h a 在()2,e e 上没有零点，即当2e a e <<时，方程ln 10a a a --=无解.综上，实数a 的值为1e -.。