导数与函数极值、最值问题(解析版).docx

§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.。

高考数学导函数极值最值问题题型一：根据图像判断极值点情况【例1】.函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则()A．x=1是最小值点B．x=0是极小值点C．x=2是极小值点D．函数f(x)在(1，2)上单调递增【答案】C【解析】由图象得：f(x)在(−∞，0)递增，在(0，2)递减，在(2，+∞)递增∴x=2是极小值点故选 C变式训练1.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 ()A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A【解析】由f′(x)的图象可知，函数f(x)在区间(a,b)上的单调性依次是：增→减→增→减．由极小值点的定义可知，在区间(a,b)上有1个极小值点【备注】利用导数研究函数的极值．若在x0处函数的导数值为零，在x0左侧函数单减，右侧函数单增，则在x0处取得极小值．变式训练2.( 尖子班 ) 如下图，直线y=ax+2与曲线y=f(x)交于A、B两点，其中A是切点，记ℎ(x)=f(x)，g(x)=f(x)−ax，则下列判断正确的是()xA．ℎ(x)只有一个极值点B．ℎ(x)有两个极值点，且极小值点小于极大值点C．g(x)的极小值点小于极大值点，且极小值为−2D．g(x)的极小值点大于极大值点，且极大值为2【答案】D【解析】设切点A的坐标为(x0，f(x0))，则由条件得f′(x0)=a 且当x<x0时，f′(x)>a；当x>x0时，f′(x)<a∵g(x)=f(x)−ax∴g′(x)=f′(x)−a∴当x<x0时，g′(x)=f′(x)−a>0，g(x)单调递增当x>x0时，g′(x)=f′(x)−a<0，g(x)单调递减∴当x=x0时g(x)有极大值，且极大值为g(x0)=f(x0)−ax0=2同理g(x)有极小值，结合图形可得g(x)的极小值点大于极大值点选 D题型二：利用导数讨论函数极值点与求极值【例2】.函数y=14x4−13x3的极值点的个数为()A．0B．1C．2D．3【答案】B【解析】因为y=14x4−13x3所以y′=x3−x2=x2(x−1)由y′=0得x1=0，x2=1，当x变化时，y′，y的变化情况如下表x(−∞，0)0(0，1)1(1，+∞) y′−0−0+ y减无极值减极小值增由表可知，函数只有一个极值点故选 B变式训练.已知函数f(x)=2mx+1+ln⁡x−m(m∈R)，试讨论函数f(x)的极值点情况．【答案】当m≤2时，f(x)无极值点当m>2时，f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m极小值点为x=m−1+√m2−2m 【解析】由题得，f(x)的定义域为(0，+∞)f′(x)=1x−2m(x+1)2=x2+2(1−m)x+1x(x+1)2(m∈R)设g(x)=x2+2(1−m)x+1Δ=4(1−m)2−4=4m(m−2)①当m≤0时，对称轴x=m−1<0故g(x)在区间(0，+∞)上单调递增则g(x)>g(0)=1所以f′(x)>0在区间(0，+∞)上恒成立所以f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，f(x)无极值②当0<m≤2时，Δ≤0，g(x)=x2+2(1−m)x+1≥0恒成立故f′(x)≥0在区间(0，+∞)上恒成立所以f(x)在区间(0，+∞)上单调递增，f(x)无极值③当m>2时，令g(x)=0，得x1=m−1−√m2−2mx2=m−1+√m2−2m令f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2令f′(x)<0，得x1<x<x2所以f(x)在区间(0，x1)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，在区间(x2，+∞)上单调递增故f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m，极小值点为x=m−1+√m2−2m.综上所述，当m≤2时，f(x)无极值点当m>2时，f(x)的极大值点为x=m−1−√m2−2m，极小值点为x=m−1+√m2−2m 【备注】由题得，求得f′(x)=x2+2(1−m)x+1x(x+1)2设g(x)=x2+2(1−m)x+1由Δ=4m(m−2)分m≤0、0<m≤2、m>2三种情况讨论，即可得到函数极值点的情况本题主要考查利用导数求解函数的极值（点）和不等式的恒成立问题求解，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力．导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题【例3】.已知x=−2是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【答案】Ax3−4x+4的极大值为()变式训练.函数f(x)=13B．6A．283C．26D．73【答案】A【解析】定义域为R，f(x)=x2−4=(x+2)(x−2)f(x)在(−∞，−2)上单调递增在(−2，2)上单调递减在(2，+∞)上单调递增所以f(x)的极大值为f(−2)=283【备注】题目比较简单，直接求导，利用导数确定单调性求解函数极值即可题型三：已知极值求参数【例4】.已知函数f(x)=x(e x−2a)−ax2，若f(x)有极小值且极小值为0，求a的值．【答案】a=12【解析】f′(x)=(e x−2a)+xe x−2ax=(x+1)(e x−2a)，x∈R①若a≤0，则由f′(x)=0解得x=−1当x∈(−∞，−1)时，f′(x)<0，f(x)递减当x∈(−1，+∞)上，f′(x)>0，f(x)递增故当x=−1时，f(x)取极小值f(−1)=a−e−1（舍去）令a−e−1=0，得a=1e若a>0，则由e x−2a=0，解得x=ln(2a)时a．若ln⁡(2a)<−1，即0<a<12e当x∈(−∞，ln(2a))上，f′(x)>0，f(x)递增当x∈(ln⁡(2a)，−1)上，f′(x)<0，f(x)递增故当x=−1时，f(x)取极小值f(−1)=a−e−1（舍去）令a−e−1=0，得a=1e时，f′(x)≥0，f(x)递增不存在极值b．若ln⁡(2a)=−1，即a=12e时c．若ln⁡(2a)>−1，即a>12e当x∈(−∞，−1)上，f′(x)>0，f(x)递增x∈(−1，ln(2a))上，f′(x)<0，f(x)递减当x∈(ln⁡(2a)，+∞)上，f′(x)>0，f(x)递增故当x=ln(2a)时，f(x)取极小值f(ln⁡(2a))=−aln2(2a)=0得a=12满足条件故当f(x)有极小值且极小值为0时，a=12【备注】求出导函数f′(x)=(x+1)(e x−2a)，通过研究f′(x)=0的解，确定f′(x)>0和f′(x)<0的解集，以确定f(x)的单调性，从而确定f(x)是否有极小值，在有极小值时，由极小值为0，解得a值，如符合上述范围，即为所求【例5】.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2，在x=−1时极值为0，则mn为()A．29B．13C．29或13D．不存在【答案】A【解析】∵f(x)=x3+3mx2+nx+m2∴f′(x)=3x2+6mx+n由题意{−1+3m−n+m2=03−6m+n=0且(6m)2−4×3×n>0解得m=2，n=9则mn =29故选 A变式训练.已知函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=−1处取得极值0，则m+ n=________ ．【答案】11【解析】由f(x)=x3+3mx2+nx+m2，得：f′(x)=3x2+6mx+n 因为函数f(x)=x3+3mx2+nx+m2在x=−1处取得极值0所以{f′(−1)=0 f(−1)=0所以{−1+3m−n+m2=0 3−6m+n=0解得：{m1=1n1=3或{m2=2n2=9当{m1=1n1=3时，f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0所以函数在R上为单调递增函数，与在x=−1处取得极值0相矛盾所以{m1=1n1=3不合题意，舍去当{m2=2n2=9时，f′(x)=3x2+12x+9=2(x+1)(x+3)所以，f′(−1)=0，且当−3<x<−1时，f′(−1)<0，函数f(x)在区间(−3，−1)上为减函数当x>−1时，f′(−1)>0，函数f(x)在区间(−1，+∞)上为增函数所以函数f(x)在x=−1处取得极值，所以符合题意所以m+n=2+9=11所以答案应填：11题型四：已知极值求参数范围【例6】.已知f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值又有极小值，则a的取值范围是________．【答案】(−∞,−1)∪(2,+∞)【解析】f(x)有极大值又有极小值，故f′(x)=3x2+6ax+3(a+2)=0有两个不同的解即Δ=36a2−4×3×3(a+2)>0∴a∈(−∞,−1)∪(2,+∞)变式训练1.若函数f(x)=ax−x2−ln⁡x存在极值，且这些极值的和不小于4+ln⁡2，则a的取值范围为()A．[2,+∞)B．[2√2,+∞)C．[2√3,+∞)D．[4,+∞)【答案】C【解析】f(x)=ax−x2−ln⁡x，x∈(0,+∞)，则f′(x)=a−2x−1x =−2x2−ax+1x，∵函数f(x)存在极值，∴f′(x)=0在(0,+∞)上有根，即2x2−ax+1=0在(0,+∞)上有根，∴Δ=a2−8⩾0，显然当Δ=0时，f(x)无极值，不合题意；∴方程必有两个不等正根，记方程2x2−ax+1=0的两根为x1，x2，则x1+x2=a2，x1x2=12，f(x1)，f(x2)是函数F(x)的两个极值，由题意得，f(x1)+f(x2)=a(x1+x2)−(x12+x22)−(ln⁡x1+ln⁡x2)=a22−a24+1−ln⁡12⩾4+ln⁡2化简解得a2⩾12，满足Δ>0，又x1+x2=a2>0，即a>0，∴a的取值范围是[2√3,+∞)．故选 C【备注】【考点】：利用导数研究函数的极值．本题考查导数与函数的单调性、极值的关系，求函数f(x)的定义域，求出f′(x)，利用导数和极值之间的关系将条件转化：f′(x)=0在(0,+∞)上有根，即2x2−ax+1=0在(0,+∞)上有根，根据二次方程根的分布问题列出方程组，根据条件列出关于a的不等式，求出a的范围，属于中档题．变式训练2.若函数f(x)=a(x−2)e x+lnx−x存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a的取值范围为()A．(−1e2,1 e2 )B．(−1e ,1 e )C．(−1e2,0]D．(−1e,0]【答案】D【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性极值，先求导，再由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)，根据(∗)无解和函数的极值小于0即可求出a的范围．f′(x)=a(x−1)e x+1x −1=(x−1)(ae x−1x)．由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)．由于f(x)仅有一个极值点．关于x的方程(∗)必无解．①当a=0时，(∗)无解，符合题意．②当a≠0时，由(∗)得，a=1xe x．设g(x)=xe x．∴g′(x)=e x(x+1)>0恒成立．∴g(x)为增函数．∴函数y=1xe x为减函数．∴当x→+∞时，y→0．∴a<0．∴x=1为f(x)的极值点．∵f(1)=−ae−1<0．∴a>−1e．综上可得a的取值范围是(−1e,0]．故选 D题型五：利用导数求函数最值【例7】.已知函数f(x)=x3−12x+8在区间[−3,3]上的最大值、最小值分别为M，m，则M−m= ________【答案】32【解析】f′(x)=3x2−12．当x<−2或x>2时函数单调递增；当−2<x<2时函数单调递减．又f(−3)=17，f(−2)=24，f(2)=−8，f(3)=−1，比较以上几个数可得M=24，m=−8利用导数研究函数的最值，所以M−m=32．【备注】先判断函数的单调性，然后比较极值与端点处的函数值，从而得出函数的最大、最小值．变式训练.已知函数f(x)=2x3−3x．求f(x)在区间[−2,1]上的最大值；【答案】√2【解析】由f(x)=2x3−3x得f′(x)=6x2−3,令f′(x)=0，得x=−√22或x=√22,因为f(−2)=−10,f(−√22)=√2,f(√22)=−√2,f(1)=−1,所以f(x)在区间[−2,1]上的最大值利用导数研究函数的最值为f(−√2)=√2.【备注】本题考查利用导数确定函数最值的相关问题．题型六：根据最值求参数值【例8】.已知函数f(x)=12ax2−ln⁡x,a∈R．(1) 求函数f(x)的单调区间；【答案】当a⩽0时，函数f(x)的单调减区间是(0,+∞)；当a>0时，函数f(x)的单调减区间是(0,√1a )，单调增区间为(√1a,+∞)．【解析】求导分析导数正负即可，注意对a进行分类讨论．①当a=0时，f′(x)=−1x<0，故函数f(x)在(0,+∞)上单调递减．②当a<0时，f′(x)<0恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.③当a>0时，令f′(x)=0，解得x=√1a．当x∈(0,√1a )时，f′(x)<0 , 所以函数f(x)在(0,√1a)单调递减.当x∈(√1a ,+∞)时, f′(x)>0，所以函数f(x)在(√1a,+∞)单调递增．综上所述，当a⩽0时，函数f(x)的单调减区间是(0,+∞)；当a>0时，函数f(x)的单调减区间是(0,√1a )，单调增区间为(√1a,+∞)．(2) 若函数f(x)在区间[1,e]的最小值为1，求a的值．【答案】a=2．【解析】分a⩽0和a>0两种情况来表示f(x)的最小值，令最小值等于1，求出a的值．①当a⩽0时，由（1）可知，f(x)在[1,e]上单调递减，所以f(x)的最小值为f(e)=12ae2−1=1，解得a=4e2>0舍去．②当a>0时，由（1）可知：当√1a⩽1，即a⩾1时，函数f(x)在[1,e]上单调递增，所以函数f(x)的最小值为f(1)=12a=1，解得a=2．当1<√1a <e，即1e2<a<1时，函数f(x)在(1,√1a)上单调递减，在(√1a,e)上单调递增，所以函数f(x)的最小值为f(√1a )=12+12ln⁡a=1，解得a=e舍去．当√1a ⩾e,即0<a⩽1e2时，函数f(x)在[1,e]上单调递减，所以函数f(x)的最小值为f(e)=1 2ae2−1=1，得a=4e2舍去．综上所述，a=2．变式训练.已知f(x)=2xln⁡x−mx+2e．(1) 若方程f(x)=0在(14，e)上有实数根，求实数m的取值范围；【答案】[0，2e2+2)【解析】方程f(x)=0可化为2xlnx=mx−2e令 g(x)=2xlnx ，则 g ′(x)=2(ln⁡x +1)由 g ′(x)>0 可得 x >1e ，由 g ′(x)<0 可得 0<x <1e∴ g(x) 在 (0，1e ) 上单调递减，在 (1e ，+∞) 上单调递增∴ g(x) 的极小值为 g(1e )=−2e而 g(14)=−ln⁡2， f(e)=2e ，则 g(14)<g(e)由条件可知点 (0，−2e ) 与 (e ，2e) 连线的斜率为 2e 2+2可知点 (0，−2e ) 与 (14，−ln⁡2) 连线的斜率为 8e −4ln⁡2，而 2e 2+2>8e −4ln⁡2结合图像可得 0≤m <2e 2+2 时，函数 y =g(x) 与 y =mx −1e 有交点∴ 方程 f(x)=0 在 (14，e) 上有实数根时，实数 m 的取值范围是 [0，2e 2+2)【备注】令 f(x)=0，将其化为 2xlnx =mx −2e ，构造函数 g(x)=2xlnx ，利用导数研究函数的单调性与极值，结合图象可求得 m 的范围(2) 若 y =f(x) 在 [1，e] 上的最小值为 −4+2e ，求实数 m 的值．【答案】2ln⁡2+2【解析】由 f(x)=2xln⁡x −mx +2e 可得 f ′(x)=2ln⁡x −m +2① 若 m ≥4，则 f ′(x)≤0 在 [1，e] 上恒成立即 f ′(x) 在 [1，e] 单调递减则 f(x) 的最小值为 f(e)=2e −me +2e =−4+2e故 m =2+4e ，不满足 m ≥4，舍去② 若 m ≤2，则 f ′(x)≥0 在 [1，e] 上恒成立即 f ′(x) 在 [1，e] 单调递增则 f(x) 的最小值为 f(1)=−m +2e =−4+2e故m=4，不满足m≤2，舍去③若2<m<4，则x∈[1，e m−22)时，f′(x)<0x∈(e m−22，e]时，f′(x)>0∴f(x)在[1，e m−22)上单调递减，在[e m−22，e)上单调递增∴f(x)的最小值为f(e m−22)=−2e m−22+2e =−4+2e解之得m=2ln⁡2+2，满足2<m<4∴综上可知，实数m的值为2ln⁡2+2【备注】对f(x)求导，然后按m分类讨论函数的单调区间，结合最小值可求得m点的值求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图像，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域．函数y=f(x)的零点就是f(x)=0的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象．方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理题型七：根据最值求参数取值范围【例9】.若函数f(x)=3x−x3在区间(a2−12,a)上有最小值，则实数a的取值范围是() A．(−1,√11)B．(−1,4)C．(−1，2]D．(−1,2)【答案】C【解析】【解答】由题f′(x)=3−3x2，令f′(x)>0解得−1<x<1；令f′(x)<0解得x<−1或x>1由此得函数在(−∞,−1)上是减函数，在(−1,1)上是增函数，在(1,+∞)上是减函数故函数在x=−1处取到极小值−2，判断知此极小值必是区间(a2−12，a)上的最小值∴a2−12<−1<a，解得−1<a<√11又当x=2时，f（2）=−2，故有a⩽2综上知a∈(−1，2]故选C．【分析】求函数f(x)=3x−x3导数，研究其最小值取到位置，由于函数在区间(a2−12，a)上有最小值，故最小值点的横坐标是集合(a2−12，a)的元素，由此可以得到关于参数a的等式，解之求得实数a的取值范围变式训练.函数f(x)=x3−3ax−a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为()A．0⩽a<1B．0<a<1C．−1<a<1D．0<a<12【答案】B【解析】f′(x)=3(x2−a)．若a⩽0，则函数f(x)在(0,1)上单增，此时没有最小值；所以a>0，此时函数f(x)在(0,√a)单减，(√a,1)单增．因为函数f(x)有最小值，所以√a< 1,解得a<1利用导数研究函数的最值．综上，0<a<1．【备注】本题需要对a的取值进行分类讨论，注意是在开区间内有最小值，所以最小值点一定在极小值点取到．精选精练1.函数f(x)的定义域为(a,b)，导函数f′(x)在(a,b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a,b)内有极值点________ 个【答案】3【解析】观察图象可得，导函数的变号零点有3个，因此函数f(x)在(a,b)内有3个极值点.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【答案】D【解析】y′=1−2x1+x2=(x−1)21+x2⩾0；∴该函数无极值．故选：D．求y′，从而可判断y′⩾0，从而得出该函数无极值．【备注】考查复合函数的导数公式，完全平方式，以及极值的定义．3.已知函数f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R)在x=−2处取极大值为0，则b= () A．3B．4C．−4D．−3【答案】C【解析】∵f(x)=x3+ax2+b，∴f′(x)=3x2+2ax，函数在x=−2处取极小值0，∴−23+4a+b=0，12−4a=04.对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x−a)f′(x)⩾0，则必有()A ．f(x)⩾f(a)B ．f(x)⩽f(a)C ．f(x)>f(a)D ．f(x)<f(a)【答案】A【解析】由 (x −a)f ′(x)⩾0 知，当 x >a 时，f ′(x)⩾0；当 x <a 时，f ′(x)⩽0．所以当 x =a 时，函数 f(x) 取得最小值，则 f(x)⩾f(a)．5.已知函数 f(x)=e x x +k(lnx −x)，若 x =1 是函数 f(x) 的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是( )A ．(−∞,e]B ．[0,e]C ．(−∞,e)D ．[0,e) 【答案】A【解析】对参数需要进行讨论．∵ 函数 f(x)=e x x +k(lnx −x)．∴ 函数 f(x) 的定义域是 (0,+∞)．∴f ′(x)=e x x−e xx 2+k(1x −1)=(e x −kx)(x−1)x 2．∵x =1 是函数 f(x) 的唯一一个极值点．∴x =1 是导函数 f ′(x)=0 的唯一根．∴e x −kx =0 在 (0,+∞) 无变号零点．令 g(x)=e x −kx ．g ′(x)=e x −k ．① k ≤0 时，g ′(x)>0 恒成立．g(x) 在 (0,+∞) 时单调递增的．g(x) 的最小值为 g(0)=1，g(x)=0 无解．② k >0 时，g ′(x)=0 有解为：x =ln⁡k ．0<x <ln⁡k 时，g ′(x)<0，g(x) 单调递减．ln⁡k <x 时，g ′(x)>0，g(x) 单调递增．∴g(x) 的最小值为 g(ln⁡k)=k −kln⁡k ．∴k −kln⁡k >0．∴k <e ．由 y =e x 和 y =ex 图象，它们切于 (1,e)．综上所述：k ≤e ．故选 A【备注】本题考查由函数的导函数确定极值问题．6.若函数f(x)=x 33−a 2x 2+x +1在区间(12,3)上有极值点，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (2,103)【解析】若函数f(x)在区间( 12 ，3)上无极值，则当x ∈( 12 ，3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩾0恒成立或当x ∈(12,3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩽0恒成立．当x ∈(12,3)时，y =x +1x 的值域是[2,103)；当x ∈(12,3)时， f ′(x)=x 2−ax +1⩾0，即a ⩽x +1x 恒成立，a ⩽2；当x ∈(12,3)时，f ′(x)=x 2−ax +1⩽0，即a ⩾x +1x 恒成立，a ⩾103．因此要使函数f(x)在(12,3)上有极值点，则实数a 的取值范围是(2,103).故答案为(2,103)．【备注】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，其中将问题转化为导函数的零点问题是解答此类问题最常用的办法．7.函数 f(x)=13x 3−x 2+a ，函数 g(x)=x 2−3x ，它们的定义域均为 [1,+∞)，并且函数 f(x)的图象始终在函数g(x)的上方，那么a的取值范围是 ()A．(0,+∞)B．(−∞,0)C．(−43,+∞)D．(−∞,43)【答案】A【解析】设ℎ(x)=13x3−x2+a−x2+3x，则ℎ′(x)=x2−4x+3=(x−3)(x−1),于是x∈(1,3)单调递减；x∈(3,+∞)单调递增，当x=3时，函数ℎ(x)取得最小值利用导数研究函数的最值，因为f(x)在g(x)上方，则有ℎmin(x)>0，即ℎ(3)=a>0，所以a的取值范围是(0,+∞)利用导数研究函数的图象与性质．【备注】可构造新函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，所以问题等价于函数ℎ(x)在[1,+∞)上大于0恒成立．8.若函数f(x)=a(x−2)e x+ln⁡x−x存在唯一的极值点，且此极值小于0，则实数a的取值范围为________ ．【答案】(−1e,0]【解析】先求导，再由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)，根据(∗)无解和函数的极值大于0即可求出a的范围．f(x)=a(x−2)e x+ln⁡x−x，x>0．∴f′(x)=a(x−1)e x+1x −1=(x−1)(ae x−1x)．由f′(x)=0得到x=1或ae x−1x=0(∗)．由于f(x)仅有一个极值点，关于x的方程(∗)必无解．①当a=0时，(∗)无解，符合题意．②当a≠0时，由(∗)得，a=1xe x．设g(x)=xe x．∴g′(x)=e x(x+1)>0恒成立．∴g(x)为增函数．∴函数y=1xe为减函数．∴当x→+∞时，y→0．∴a<0．∴x=1为f(x)的极值点．∵f(1)=−ae−1<0．∴a>−1e．综上可得a的取值范围是(−1e,0]．故答案为(−1e,0]．9.函数f(x)=ln xx的最大值为()A．1eB．eC．e2D．103【答案】A【解析】令y′=(lnx)⋅x−lnx⋅x′x2=1−lnxx2=0则x=e当x>e时，y′<0当0<x<e时，y′>0所以当x=e时，函数有极大值，极大值为1e因为函数在定义域内只有—个极值，所以y max=1e10.函数y=xcos⁡x−sin⁡x在[π2,3π2]的最小值为________ ．【答案】−π【解析】由已知，得y′=cos⁡x−xsin⁡x−cos⁡x=−xsin⁡x,当π2<x<π时，y′<0；当π<x<3π2时，y′>0．因此，y min=πcos⁡π−sin⁡π=−π.11.已知函数f(x)=(x2−7x+13)e x，求函数f(x)的极值【答案】y极大值=f(2)=3e2,y极小值=f(3)=e312.设0<x<π，则函数y=2−cos⁡xsin x的最小值是 () A．3B．2 C．√3D．2−√3【答案】C【解析】y′=sin2⁡x−(2−cos⁡x)cos⁡xsin x =1−2cos⁡xsin x，∵0<x<π，∴当π3<x<π时，y′>0；当0<x<π3时，y′<0．∴x=π3时，y min=√3．13.已知函数f(x)=xln⁡x−ax2+a不存在最值，则实数a的取值范围是()A．(0,1)B．(0,12]C．[1,+∞)D．[12,+∞)【答案】D【解析】由题意，f′(x)=ln⁡x+1−2ax令f′(x)=0，得ln⁡x=2ax−1，函数f(x)不存在最值，等价于f′(x)=ln⁡x−2ax+1最多1个零点，等价于函数y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点，当y=ln⁡x和y=2ax−1相切时，设切点是(x0,ln⁡x0)，∴{ln⁡x0=2ax0−12a=1x0，解得：a=12，故当a=12时，直线y=2ax−1与y=ln⁡x的图象相切，故a⩾12时，y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点．则实数a的取值范围是[12,+∞)．故选：D．【备注】问题等价于函数y=ln⁡x与y=2ax−1的图象最多1个交点，当y=ln⁡x和y=2ax−1相切时，设切点是(x0,ln⁡x0)，求出a的临界值即可．本题考查了导数的应用以及函数的最值问题，考查转化思想，是一道中档题．14.设函数f(x)=13x3−x+m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为()A．−13B．−1C．13D．1【答案】A【解析】对函数f(x)=13x3−x+m求导得，f′(x)=x2−1．令f′(x)=0得，x2−1=0，解得x=±1．当x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)为单调增函数．当x∈(−1,1)时，f′(x)<0，f(x)为单调减函数．所以f(x)在x=−1处有极大值为f(−1)=−13+1+m=1，解得m=13．f(x)在x=1处有极小值为f(1)=13−1+m=−13．故选 A【备注】本题考查了利用导数研究函数的极值，对函数 f(x)=13x 3−x +m 求导得 f′(x)=x 2−1，从而得 f(x) 在 (−∞,−1)，(1,+∞) 为单调增函数，在 (−1,1) 为单调减函数，故 f(x) 在 x =−1 处有极大值为 f(−1)=−13+1+m =1，即可解得 m ，进而得出极小值．15.已知 (a +1)x −1−ln⁡x ⩽0 对于任意 x ∈[12,2] 恒成立，则 a 的最大值为( ) A ．0 B ．1 C ．1−2ln⁡2 D ．−1+ln⁡22【答案】C【解析】分离变量，题意转化为 a +1⩽1+ln⁡x x在 [12,2] 上恒成立．16.已知函数f(x)=1−x ax+ln⁡x ．若函数g(x)=f(x)−14x 在[1,e]上为增函数，求正实数a 的取值范围．【答案】[43,+∞)【解析】因为g(x)=f(x)−14x =1−x ax+lnx −14x ，所以g ′(x)=−ax 2+4ax−44ax 2(a >0)设φ(x)=−ax 2+4ax −4，由题意知，只需 φ(x)0在 [1,e] 上恒成立即可满足题意． 因为a >0，函数 φ(x)的图象的对称轴为x =2，所以只需φ(1)=3a −40，即 a 43即可．故正实数 a 的取值范围为[43,+∞)．17.已知函数 f(x)=x 3−ax +2 的极大值为 4，若函数 g(x)=f(x)+mx 在 (−3，a −1) 上的极小值不大于 m −1，则实数 m 的取值范围是( ) A ．[−9,−154) B ．(−9,−154] C ．(−154,+∞) D ．(−∞,−9)【答案】B【解析】∵f′(x)=3x2−a，∴当a⩽0时，f′(x)⩾0，f(x)无极值，当a>0时，易得f(x)在x=−√a3处取得极大值，则有f(−√a3)=4，即a=3，于是g(x)=x3+(m−3)x+2，g′(x)=3x2+(m−3)；当m−3⩾0时，g′(x)⩾0，g(x)在(−3，2)上不存在极小值；当m−3<0时，易知g(x)在x=√3−m3处取得极小值，依题意有{−3<√3−m3<2g(√3−m3)⩽m−1，解得−9<m⩽−154．故选 B【备注】【点睛】：本小题主要考查的数学知识是：函数与导数，导数与单调性、极值的关系，考查分类讨论的数学思想方法．涉及函数导数的问题，首先要求函数的定义域，然后对函数求导，令导函数为0，结合函数单调性可得极值，明确极大值和极小值的定义求解．18.设函数f(x)=x3−3ax+b,a≠0在点(2,f(2))处与直线y=8相切(1) 求实数a,b的值；【答案】a=4,b=24；【解析】f′(x)=3x2−3a，f′(2)=0,f(2)=8即12−3a=0,8−6a+b=8解得a=4,b= 24(2) 求函数f(x)在区间[0,3]上的最值。

3.2导数与函数的单调性、极值、最值知识梳理：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法：一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤：3．函数的最值试一试：1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是________．2．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．考点二 利用导数求函数的极值例2 设f (x )＝e x 1＋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．考点三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．变式1 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．考点4 含有参数的分类讨论例4：已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．课堂练习：1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值后作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．9．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．10．设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值教师版知识梳理 1．函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 2．函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法：一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤： ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．(3)设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )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． 试一试1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是________． 答案 (0,1)解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．答案(－1，＋∞)解析设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．思维点拨函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上单调递增，若a>0，令e x－a≥0，则e x≥a，x≥ln a.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间为[ln a，＋∞)．(2)∵f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝e x－e3<0在x∈(－2,3)上恒成立，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a ≥e 3，使f (x )在(－2,3)上为减函数． 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求参数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． 考点二 利用导数求函数的极值 例2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． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．(2014·福建三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1， 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]． 当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12<a <e2时，令g ′(x )＝0得x ＝ln(2a )∈(0,1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减， 在区间[ln(2a )，1]上单调递增． 于是，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .思维升华 (1)求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．变式已知函数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)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.例4：已知函数f(x)＝ln x－ax (a∈R)．(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论． 规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，[2分]①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．[4分]②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，1a ， 单调递减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞.[6分] (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a .[8分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[10分]③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．[12分] 又f (2)－f (1)＝ln2－a ，所以当12<a <ln2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln2－2a .[14分] 综上可知，当0<a <ln2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是ln2－2a .[16分]1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________． 解析：∵f (x )＝e x －x ，∴f ′(x )＝e x －1， 由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e)≥4，解得m ≤－3e.又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]，所以f ′(x )<0, 即f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，即m ＝－3e. 答案：－3e3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数， ∴Δ＝4－12 m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 4.(创新题)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×⎝⎛⎭⎫23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c . 则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝⎛⎭⎫x ＋13(x －1)， 列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立． 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)． 作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________． 答案 (－3,1)解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)， 由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，故函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.答案 3解析 因为f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2，因为函数f (x )在x ＝1处取得极大值，所以f ′(1)＝3－a4＝0，所以a ＝3.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x(x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________． 答案 －13解析 对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ， 易知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. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下， 且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．答案 (0,1]解析 y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x(x >0)．令y ′≤0，得0<x ≤1.∴函数的单调递减区间为(0,1]．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1时，f (x )的极小值为1，无极大值． f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)， 单调递减区间为(0,1)．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________． 答案 {x |x >0}解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导得到g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]． 由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0， 所以g (x )为R 上的增函数； 又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0， 所以e x ·f (x )>e x ＋1， 即g (x )>0的解集为{x |x >0}．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )． 若x <0，则1－e x >0，∴f ′(x )<0； 若x >0，则1－e x <0，∴f ′(x )<0； 若x ＝0，则f ′(x )＝0.∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知f (x )在[－2,2]上单调递减， ∴[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2.∴当m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 即实数m 的取值范围为(－∞，2－e 2)．)9．(2013·福建)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x .(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为 y －1＝－(x －1)， 即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a . 又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0， 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．10．(2014·山东)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k (－2x 2＋1x ) ＝x e x －2e x x 3－k (x －2)x 2＝(x －2)(e x －kx )x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增． 所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减， 故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增． 故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点． 当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增． 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g (0)>0，g (ln k )<0，g (2)>0，0<ln k <2.解得e<k <e 22.。

导数研究函数的极值、最值【考纲要求】1.了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.2．培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养.【知识清单】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 附近其它点的函数值都小，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． 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．【考点梳理】考点一 ：函数极值的辨析【典例1】（2020·江苏高二期末）已知函数()y f x =的导函数的图象如图所示，下列结论中正确的是（ ）A ．1-是函数()f x 的极小值点B ．3-是函数()f x 的极小值点C ．函数()f x 在区间()3,1-上单调递增D ．函数()f x 在0x =处切线的斜率小于零【典例2】（2020·江苏苏州中学高二月考）【多选题】已知函数()32f x x ax bx c =+++，[]2,2x ∈-表示的曲线过原点，且在1x =±处的切线斜率均为1-，以下命题正确的是（ ） A ．()f x 的解析式为()34f x x x =-，[]2,2x ∈-B ．()f x 的极值点有且仅有一个C ．()f xD ．()f x 的最大值与最小值之和等于零 【总结提升】1.函数极值的辨析问题，特别是有关给出图象研究函数性质的题目，要分清给的是f (x )的图象还是f ′(x )的图象，若给的是f (x )的图象，应先找出f (x )的单调区间及极(最)值点，如果给的是f ′(x )的图象，应先找出f ′(x )的正负区间及由正变负还是由负变正，然后结合题目特点分析求解．2.f (x )在x ＝x 0处有极值时，一定有f ′(x 0)＝0，f (x 0)可能为极大值，也可能为极小值，应检验f (x )在x ＝x 0两侧的符号后才可下结论；若f ′(x 0)＝0，则f (x )未必在x ＝x 0处取得极值，只有确认x 1<x 0<x 2时，f (x 1)·f (x 2)<0，才可确定f (x )在x ＝x 0处取得极值． 【变式探究】1.（2020·山东高二期中）【多选题】已知函数()ln x e f x x=，则（ ）A ．()0,1x ∈时，()f x 的图象位于x 轴下方B ．()f x 有且仅有一个极值点C ．()f x 有且仅有两个极值点D ．()f x 在区间()1,2上有最大值2.设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( D )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 【易错提醒】（1）可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．考点二：已知函数求极值点的个数【典例3】（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数（是自然对数的底数）.（Ⅰ）讨论极值点的个数； 【易错提醒】极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式探究】（2018·全国高考模拟（理））设f(x)=12x 2−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 考点三：已知函数求极值（点）【典例4】（2019·东北育才学校高考模拟（理））已知函数，则的极大值点为( )A ．B ．C ．D ．【典例5】（2019·安徽毛坦厂中学高考模拟（文））已知函数在处取得极小值，则的极大值为（ ） A ． B ． C ． D ．【规律方法】()()211e 22xf x x ax ax =+++e ()f x ()2()ln xf x ef e x e'=-()f x 1e1e 2e ()22ln 3f x x ax x =+-2x =()f x 252-3ln 2+22ln 2-+(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 【变式探究】1.（2020·山东潍坊中学高二月考）已知2x =是()332f x x ax =-+的极小值点，那么函数()f x 的极大值为______.2.(2018·天津文，20)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值．考点四：已知极值(点)，求参数的值或取值范围【典例6】（2018·北京高考真题（文））设函数f(x)=[ax 2−(3a +1)x +3a +2]e x . （Ⅰ）若曲线y =f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若f(x)在x =1处取得极小值，求a 的取值范围. 【规律方法】由函数极值（个数）求参数的值或范围．讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式探究】（2020·石嘴山市第三中学高二期末（理））设函数()323ax f x bx =-213a x +-在1x =处取得极值为0，则a b +=__________．【特别提醒】已知函数极值（个数），确定函数解析式中的参数时，注意以下两点： (1)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．(2)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充分性． 考点五：利用导数求函数的最值【典例7】（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． 【规律方法】求函数最值的四个步骤：第一步求函数的定义域；第二步求f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；第三步列出关于x ，f (x )，f ′(x )的变化表；第四步求极值、端点值，比较大小，确定最值． 特别警示：不要忽视将所求极值与区间端点的函数值比较．【典例8】（2019·全国高考真题（文））已知函数. （1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围. 【易错提醒】求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值． 【变式探究】1.（2020·浙江宁波诺丁汉附中高二期中）已知函数1()sin ,[0,],2f x x x x π=-∈则()f x 的最小值为________，最大值为_______.2.（2019·新疆高考模拟（文））已知函数（其中e 是自然对数的底数）． Ⅰ当时，求的最小值；Ⅱ当时，求在上的最小值．考点六：根据函数的最值求参数的值（范围）【典例9】（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）已知函数，其中，，记为的最小值，则当时，的取值范围为___________. 【易错提醒】1．由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致最值的变化，故含参数时，需注意是否分类讨论．2．已知函数最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决．32()22f x x ax =-+()f x 0<<3a ()f x []0,1M m M m -()1xxf x e tx =+-()0t =()f x ()0t <()f x 1,t ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()[)2,bf x x a x a x=++∈+∞，0a >b R ∈(),m a b ()f x (),4M a b =b【变式探究】（2019·北京高考模拟（文））设函数 若，则的最小值为__________；若有最小值，则实数的取值范围是_______．2,,()1,.x e x x a f x ax x a ⎧-<=⎨-≥⎩1a =()f x ()f x a【考点梳理】考点一 ：函数极值的辨析【典例1】（2020·江苏高二期末）已知函数()y f x =的导函数的图象如图所示，下列结论中正确的是（ ）A ．1-是函数()f x 的极小值点B ．3-是函数()f x 的极小值点C ．函数()f x 在区间()3,1-上单调递增D ．函数()f x 在0x =处切线的斜率小于零 【答案】BC 【解析】由图象得3x <-时，()0f x '<，3x >-时，()0f x '， 故()f x 在(,3)-∞-单调递减，在(3,)-+∞单调递增， 故3x =-是函数()f x 的极小值点， 故选：BC ．【典例2】（2020·江苏苏州中学高二月考）【多选题】已知函数()32f x x ax bx c =+++，[]2,2x ∈-表示的曲线过原点，且在1x =±处的切线斜率均为1-，以下命题正确的是（ ） A ．()f x 的解析式为()34f x x x =-，[]2,2x ∈-B ．()f x 的极值点有且仅有一个C ．()f xD ．()f x 的最大值与最小值之和等于零 【答案】ACD 【解析】()32f x x ax bx c =+++，()232f x x ax b '∴=++，由题意可得()()()0013211321f c f a b f a b ''⎧==⎪=++=-⎨⎪-=-+=-⎩，解得040a b c =⎧⎪=-⎨⎪=⎩，则()34f x x x =-，[]2,2x ∈-，()234f x x '=-，令()0f x '=，得[]2,2x =-.当2x -≤<2x <≤时，()0f x '>；当x <<时，()0f x '<. 所以，函数()y f x =有两个极值点，且函数()y f x =的极大值为39f ⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭，极小值为f =⎝⎭. ()()()()3224202f f -=--⨯-==，所以，()max 9f x =，()min9f x =-. 所以，函数()y f x =的最大值和最小值之和为零. 综上所述，A 、C 、D 选项正确，B 选项错误. 故选：ACD. 【总结提升】1.函数极值的辨析问题，特别是有关给出图象研究函数性质的题目，要分清给的是f (x )的图象还是f ′(x )的图象，若给的是f (x )的图象，应先找出f (x )的单调区间及极(最)值点，如果给的是f ′(x )的图象，应先找出f ′(x )的正负区间及由正变负还是由负变正，然后结合题目特点分析求解．2.f (x )在x ＝x 0处有极值时，一定有f ′(x 0)＝0，f (x 0)可能为极大值，也可能为极小值，应检验f (x )在x ＝x 0两侧的符号后才可下结论；若f ′(x 0)＝0，则f (x )未必在x ＝x 0处取得极值，只有确认x 1<x 0<x 2时，f (x 1)·f (x 2)<0，才可确定f (x )在x ＝x 0处取得极值． 【变式探究】1.（2020·山东高二期中）【多选题】已知函数()ln xe f x x=，则（ ）A ．()0,1x ∈时，()f x 的图象位于x 轴下方B ．()f x 有且仅有一个极值点C ．()f x 有且仅有两个极值点D ．()f x 在区间()1,2上有最大值 【答案】AB 【解析】由题,函数 ()ln xe f x x =满足 0ln 0x x >⎧⎨≠⎩,故函数的定义域为(0,1)(1,),+∞ 由(),ln xe f x x= 当(0,1)x ∈ 时,ln 0,0x x e <> ，所以()0f x <，则()f x 的图象都在轴的下方，所以A 正确；又21(ln )()(ln )x e x x f x x -'=，在令1()ln ,g x x x =- 则 211()g x x x'=+，故()0,g x '> 函数()g x 单调递增，则函数()0f x '= 只有一个根0,x 使得 ()00,f x '= 当()00,x x ∈时 ,()0,f x '< 函数单调递減 ，当()0,x x ∈+∞时，函数单调递增， 所以函数只有极值点且为极小值点，所以B 正确，C 不正确； 又1(1)10,(2)ln 20,2g g =-<=-> 所以函数在(1,2)先减后增，没有最大值，所以D 不正确. 故选：AB.2.设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( D )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 【答案】D【解析】由函数的图象可知，f ′(－2)＝0，f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，并且当x ＜－2时，f ′(x )＞0，当－2＜x ＜1，f ′(x )＜0，函数f (x )有极大值f (－2)．又当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0，当x ＞2时，f ′(x )＞0，故函数f (x )有极小值f (2)． 故选D ． 【易错提醒】（1）可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．考点二：已知函数求极值点的个数【典例3】（2020届山东省枣庄市高三上学期统考）已知函数（是自然对数的底数）.（Ⅰ）讨论极值点的个数； 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ）的定义域为，，①若，则，所以当时，；当时，， 所以在上递减，在递增. 所以为唯一的极小值点，无极大值， 故此时有一个极值点.②若，令，则，， 当时，，则当时，；当时，； 当时，.所以－2，分别为的极大值点和极小值点，()()211e 22xf x x ax ax =+++e ()f x ()f x R ()()()2e xf x x a '=++0a ≥e 0x a +>(),2x ∈-∞-()0f x '<()2,x ∈-+∞()0f x '>()f x (),2-∞-()2,-+∞2x =-()f x ()f x 0a <()()()2e 0xf x x a '=++=12x =-()2ln x a =-2e a -<-()2ln a -<-(),2x ∈-∞-()0f x '>()()2,ln x a ∈--()0f x '<()()ln ,x a ∈-+∞()0f x '>()ln a -()f x故此时有2个极值点. 当时，，且不恒为0，此时在上单调递增， 无极值点当时，，则当时，；当时，；当时，.所以，－2分别为的极大值点和极小值点， 故此时有2个极值点.综上，当时，无极值点； 当时，有1个极值点；当或时，有2个极值点. 【易错提醒】极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式探究】（2018·全国高考模拟（理））设f(x)=12x 2−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 【答案】A 【解析】f(x)=12x 2−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. 即g (x )为增函数，且g (1)=0.()f x 2e a -=-()2ln a -=-()()(2)e 0x f x x a '=++≥()f x R 2e 0a --<<()2ln a ->-()(),ln x a ∈-∞-()0f x '>()()ln ,2x a ∈--()0f x '<()2,x ∈-+∞()0f x '>()ln a -()f x ()f x 2e a -=-()f x 0a ≥()f x 2e a -<-2e 0a --<<()f x所以当x ∈(−∞,1),g (x )<0,f ′(x )<0,则f(x)单调递减； 当x ∈(1,+∞),g (x )>0,f ′(x )>0,则f(x)单调递增， 且f ′(1)=0.所以函数f(x) 仅有一个极小值f(1). 故选A.考点三：已知函数求极值（点）【典例4】（2019·东北育才学校高考模拟（理））已知函数，则的极大值点为( )A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】因为，所以，所以， 因此，所以，由得：；由得：； 所以函数在上单调递增，在上单调递减，因此的极大值点. 故选D【典例5】（2019·安徽毛坦厂中学高考模拟（文））已知函数在处取得极小值，则的极大值为（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】B 【解析】由题意得，， ，解得，， ， ()2()ln xf x ef e x e'=-()f x 1e1e 2e ()()2ln x f x ef e x e '=-()()21ef e f x x e '-'=()()()2112ef e f e f e e e e=-'=-''()1f e e '=()21f x x e='-()0f x '>02x e <<()0f x '<2x e >()f x ()0,2e ()2,e +∞()f x 2x e =()22ln 3f x x ax x =+-2x =()f x 252-3ln 2+22ln 2-+()223f x ax x=+-'()2420f a ∴=-='12a =()212ln 32f x x x x ∴=+-()23f x x x +'=-=()()12x x x--在上单调递增，在上单调递减， 的极大值为. 故选：B 【规律方法】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 【变式探究】1.（2020·山东潍坊中学高二月考）已知2x =是()332f x x ax =-+的极小值点，那么函数()f x 的极大值为______. 【答案】18 【解析】函数3()32f x x ax =-+的导数2()33f x x a '=-，由题意得，()20f '=，即1230a -=，解得4a =．3()122f x x x ∴=-+，2()3123(2)(2)f x x x x ∴'=-=-+，()0f x '>，得2x >或2x <-，即函数()f x 在(),2-∞-和()2,+∞上单调递增；()0f x '<，得22x -<<，函数()f x 在()2,2-上单调递减；故()f x 在2x =处取极小值，2x =-处取极大值，且为()2824218f -=-++=． 即()18f x =极大值 故答案为：18．2.(2018·天津文，20)设函数f (x )＝(x －t 1)(x －t 2)(x －t 3)，其中t 1，t 2，t 3∈R ，且t 1，t 2，t 3是公差为d 的等差数列．(1)若t 2＝0，d ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若d ＝3，求f (x )的极值．()f x ∴(0,1),(2,)+∞(1,2)()f x ∴()151322f =-=-【答案】(1)x＋y＝0．(2)函数f(x)的极大值为63，函数f(x)的极小值为－63．【解析】(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1．因此f(0)＝0，f′(0)＝－1．又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0．(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t22－9)x－t32＋9t2．故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t22－9．令f′(x)＝0，解得x＝t2－3或x＝t2＋3．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：函数f(x)的极小值为f(t2＋3)＝(3)3－9×3＝－63．考点四：已知极值(点)，求参数的值或取值范围【典例6】（2018·北京高考真题（文））设函数f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]e x.（Ⅰ）若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若f(x)在x=1处取得极小值，求a的取值范围.；（Ⅱ）(1,+∞)【答案】（Ⅰ）12【解析】（Ⅰ）因为f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]e x，所以f′(x)=[ax2−(a+1)x+1]e x.f′(2)=(2a−1)e2，.由题设知f′(2)=0，即(2a−1)e2=0，解得a=12（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得f′(x)=[ax2−(a+1)x+1]e x=(ax−1)(x−1)e x.,1)时，f′(x)<0；若a>1，则当x∈(1a当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax−1≤x−1<0，所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知，a的取值范围是(1,+∞).方法二：f′(x)=(ax−1)(x−1)e x.（1）当a=0时，令f′(x)=0得x=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表：∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.,x2=1.（2）当a>0时，令f′(x)=0得x1=1a①当x1=x2，即a=1时，f′(x)=(x−1)2e x≥0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(x)无极值，不合题意.②当x1>x2，即0<a<1时，f′(x),f(x)随x的变化情况如下表：∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.③当x1<x2，即a>1时，f′(x),f(x)随x的变化情况如下表：∴f(x)在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.（3）当a <0时，令f ′(x)=0得x 1=1a,x 2=1.f ′(x),f(x)随x 的变化情况如下表：∴f(x)在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,+∞). 【规律方法】由函数极值（个数）求参数的值或范围．讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号． 【变式探究】（2020·石嘴山市第三中学高二期末（理））设函数()323ax f x bx =-213a x +-在1x =处取得极值为0，则a b +=__________．【答案】79- 【解析】22()2f x ax bx a '=-+，因为函数y=f(x)在x 1=处取得极值为0，所以221(1)0,(1)2033a f b a f a b a =-+=-+'-==，解得1a b ==（舍）或21,39a b =-=-， 代入检验1a b ==时．22()21(1)0f x x x x '=-+=-≥无极值．所以1a b ==（舍）．21,39a b =-=-符合题意．所以a b +=79-．填79-．【特别提醒】已知函数极值（个数），确定函数解析式中的参数时，注意以下两点： (1)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．(2)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充分性． 考点五：利用导数求函数的最值【典例7】（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． 【答案】（Ⅰ）2130x y +-=，（Ⅱ）32. 【解析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程为：()1121y x -=--，即2130x y +-=. （Ⅱ）显然0t ≠， 因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t+-+-= 222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<， 所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 所以2t =时，()S t 取得极小值， 也是最小值为()16162328S ⨯==.【规律方法】求函数最值的四个步骤：第一步求函数的定义域；第二步求f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；第三步列出关于x ，f (x )，f ′(x )的变化表；第四步求极值、端点值，比较大小，确定最值． 特别警示：不要忽视将所求极值与区间端点的函数值比较．【典例8】（2019·全国高考真题（文））已知函数. （1）讨论的单调性；（2）当时，记在区间的最大值为，最小值为，求的取值范围. 【答案】(1)见详解；(2) . 【解析】(1)对求导得.所以有当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增； 当时，区间上单调递增；当时，区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增. (2)若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为.而，故所以区间上最大值为.所以，设函数，求导当时从而单调递减.而，所以.即的取值范围是. 若，在区间单调递减，在区间单调递增，所以区间上最小值为而，故所以区间上最大值为.所以，而，所以.即的32()22f x x ax =-+()f x 0<<3a ()f x []0,1M m M m -8[,2)2732()22f x x ax =-+2'()626()3a f x x ax x x =-=-0a <(,)3a -∞(,0)3a (0,)+∞0a =(,)-∞+∞0a >(,0)-∞(0,)3a (,)3a +∞02a <≤()f x (0,)3a (,1)3a [0,1]()3a f (0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≥[0,1](1)f 332(1)()(4)[2()()2]233327a a a a M m f f a a a -=-=---+=-+3()227x g x x =-+2'()19x g x =-02x <≤'()0g x <()g x 02a <≤38222727a a ≤-+<M m -8[,2)2723a <<()f x (0,)3a (,1)3a [0,1]()3af (0)2,(1)22(0)f f a f ==-+≤[0,1](0)f 332(0)()2[2()()2]33327a a a a M m f f a -=-=--+=23a <<3812727a <<M m -取值范围是. 综上得的取值范围是. 【易错提醒】求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值． 【变式探究】1.（2020·浙江宁波诺丁汉附中高二期中）已知函数1()sin ,[0,],2f x x x x π=-∈则()f x 的最小值为________，最大值为_______.【答案】6π2π【解析】1()sin ,[0,],2f x x x x π=-∈'1()cos ,[0,],2f x x x π∴=-∈ 则当03x π<<时，'()0f x <，当3x ππ<<时，'()0f x >，所以()f x 在[0,]3π上单调递减，在[,]3ππ上单调递增，则当3x π=时，min ()62f x π=-；又()()00,2f f ππ==，所以max ()2f x π=.故答案为：6π；2π. 2.（2019·新疆高考模拟（文））已知函数（其中e 是自然对数的底数）． Ⅰ当时，求的最小值；Ⅱ当时，求在上的最小值．【答案】（I ）；（II ） 【解析】（I ）时，当时，；当时，8(,1)27M m -8[,2)27()1xxf x e tx =+-()0t =()f x ()0t <()f x 1,t ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭110t =()x f x e x =-()1xf x e '⇒=-∴0x >()0f x '>0x <()0f x '<在上单调递减，在上单调递增当时，取得最小值（II ），令得作出和的函数图象如图所示：由图象可知当时，，即当时，，即在上单调递减，在上单调递增的最小值为考点六：根据函数的最值求参数的值（范围）【典例9】（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）已知函数，其中，，记为的最小值，则当时，的取值范围为___________.【答案】 ()f x ∴(),0-∞()0,∞+∴0x =()f x ()01f =()2211(1)(1)xxtx tx f x e e tx tx --'=+=---()0f x '=()21xtx e --=()21y tx =-xy e -=10x t<<2(1)0x e tx ->->21(1)x e tx ∴<-()0f x '<0x >2(1)0xtx e -->>21(1)x e tx ∴>-()0f x '>()f x ∴1,0t ⎛⎫⎪⎝⎭()0,∞+()f x ∴()01f =()[)2,bf x x a x a x=++∈+∞，0a >b R ∈(),m a b ()f x (),4M a b =b ()2-∞，【解析】函数， 导数， 当时，，在递增，可得取得最小值， 且为，由题意可得方程有解； 当时，由，可得(负的舍去)， 当，在递增，可得为最小值， 且有，方程有解； 当时，在递减，在递增， 可得为最小值，且有，即，解得.综上可得的取值范围是. 故答案为：. 【易错提醒】1．由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致最值的变化，故含参数时，需注意是否分类讨论．2．已知函数最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决．【变式探究】（2019·北京高考模拟（文））设函数 若，则的最小值为__________； 若有最小值，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】（1）当a=1,,=()=()>0,1>x>ln2;()[2)b f x x a xa x++∈+∞＝，，()221b f x x '-＝0b ≤()0f x '＞()f x [)x a ∈+∞，()f a 22b a a +22400b a a b a+≤＝，＞，0b ＞()2210b f x x '-＝＝x a ≥()0f x '＞()f x [)x a ∈+∞，()f a 22400b a a b a+＝，＞，＞a ()f x [a )+∞f 4a +40a -＝02b ＜＜b ()2-∞，()2-∞，2,,()1,.x e x x a f x ax x a ⎧-<=⎨-≥⎩1a =()f x ()f x a 0[)0,+∞()x e 2,1,f x 1,1.x x x x ⎧-<=⎨-≥⎩()f x x e 2x,x 1,f -<'x x e 2,f -'x()<0,x<ln2;故当=，单调递增，故，又所以的最小值为0(2) ①当a<0时，由(1)知=单调递减，故（）单调递减，故故无最小值，舍去；②当a=0时，f(x)最小值为-1，成立③当a>0时，（）单调递增，故对=， 当0<a ln2,由(1)知,此时最小值在x=a 处取得，成立 当a>ln2, 由(1)知,此时最小值为,即有最小值，综上a故答案为 ；f 'x ()()min f x f ln222ln2;==-()f x x 1,x 1-≥（）()f x ()()min f x f 10==22ln20,->()f x ()f x x e 2x,x a -<()()()f x f a f x ax 1>=-；x a ≥()()f x f a ,≤()f x ()f x ax 1=-x a ≥()()f x f a ≥；()f x xe 2x,x a -<≤()()f x f a >()x e 2,,f x 1,.x x a ax x a ⎧-<=⎨-≥⎩()()f x f ln2≥()x e 2,,f x 1,.x x a ax x a ⎧-<=⎨-≥⎩()(){}min f ln2,f a ()f x 0≥0[)0,∞+。

【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试卷难度考查较大.【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步计算函数 f (x) 的定义域并求出函数 f ( x) 的导函数 f ' (x) ；第二步求方程 f ' ( x)0 的根；第三步判断 f ' ( x) 在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值 .例 1已知函数 f ( x)1ln x，求函数 f x的极值. x【答案】极小值为 1 ，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令 f ' ( x)0 ，可解出其极值点，然后根据导函数大于 0、小于 0 即可判断函数 f ( x) 的增减性，进而求出函数 f (x) 的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数f ( x)x 322在 x1处有极值10，则等于（）ax bx a f (2)A ． 11 或 18B． 11C． 18D．17 或 18【答案】 C【解读】试卷分析： f (x)3x22axb , 3 2a b 0b 3 2aa 4 或 a 3 1 ab a 210a 2 a 12 0b 11．b 3当a 3时 , f ( ) 3(x 1)2 0, 在 x 1处 不 存 在 极 值 ．当a 4 时 ，b 3xb 11f (x)3x 2 8x 11 (3x 11)( x 1) ， x( 11 ,1), f ( x) 0 ；x (1, ), f ( x) 0,符合题意．所3以a 4． f (2)816 22 16 18 ．故选 C ．b11考点：函数的单调性与极值．【变式演练 2】设函数 f xln x1 ax2 bx ，若 x 1 是 f x的极大值点，则 a 的取值范围为2（ ）A ．1,0B ． 1,C ． 0,D ．, 1 U 0,【答案】 B 【解读】考点：函数的极值．【变式演练 3】函数 f x1 x 31 ( m 1) x2 2(m 1)x在 ( 0,4) 上无极值，则 m _____.( ) 32【答案】 3 【解读】试卷分析：因为 f (x)1 x 3 1(m 1)x 2 2(m 1) x ，32所以 f '(x)x 2(m 1)x 2(m 1) x 2 x m 1 ，由 f ' x 0 得 x 2 或 x m 1，又因为函数 f ( x) 1 x31(m 1) x22(m 1)x 在 (0,4) 上无极值，而2 0,4，所以只有m1 2 ，m 332时， f x在 R 上单调，才合题意，故答案为 3 .考点： 1、利用导数研究函数的极值； 2、利用导数研究函数的单调性 .【变式演练 4】已知等比数列 { a n} 的前 n 项和为S n2n 1k ，则f ( x)x3kx22x 1的极大值为（）A ． 2B．5C． 3 D ．7 22【答案】 B【解读】考点： 1、等比数列的性质； 2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数 f (x) x3(1a) x2ax 有两个不同的极值点x1， x2，且对不等式f ( x1) f ( x2 )0 恒成立，则实数 a 的取值范围是．【答案】(, 1] U1, 22【解读】试卷分析：因为 f (x1) f (x2 )0 , 故得不等式x13x23 1 a x12x22 a x1 x20 ,即x1 x2x123x1x2 1 a x122x1 x2 a x1x2 0 , x2x2由于 f ' x3x2 2 1 a x a, 令 f ' x 0得方程 3x2 2 1 a x a 0, 因x x 2 1a4 a2 a 1 0 ,123，代入前面不等式 , 并化简得故x1 x2a31a2a25a 2 0 ,解不等式得a 1 或1a 2 ，因此,当a 1 或1a 2时 , 不等式22f x1 f x20 成立 ,故答案为(, 1] U1,2 .2考点： 1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法 .【变式演练 6】已知函数 f x x3ax2x 2 a0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．【答案】 3 a 2【解读】考点：导数与极值．类型二求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步求出函数 f ( x) 在开区间 ( a,b) 内所有极值点；第二步计算函数 f ( x) 在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例 2 若函数 f x e x x2mx ，在点 1, f 1 处的斜率为 e 1．（ 1）求实数 m 的值；（ 2）求函数 f x在区间1,1 上的最大值．【答案】（） m1；（）f x max e .12【解读】试卷分析：（ 1）由f (1) e 1解之即可；（ 2）f x e x 2 1为递增函数且f 1 e 1 0, f 1 e13 0 ,所以在区间( 1,1)上存x在 x 0 使 f ( x 0 ) 0 ，所以函数在区间 [ 1,x 0 ] 上单调递减，在区间 [ x 0 ,1] 上单调递增，所以f xmaxmax f1 , f 1，求之即可 .试卷解读： （1）f x ex2，∴f 1 e 2 m，即e 2 m e 1，解得m 1 ；x m实数 m 的值为 ；1（ ）x 21为递增函数，∴ f1 e 1 0, f 1e 13 0 ，2 f x ex存在 x 01,1 ，使得 f x 00 ，所以 fxmaxmax f1 , f 1 ，f1 e 12, f 1e ，∴f x maxf 1e考点： 1.导数的几何意义； 2.导数与函数的单调性、最值 .【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围 .【变式演练 7】已知 f ( x)x x 1.e（ 1）求函数 y f (x) 最值；（ 2）若 f ( x 1 ) f ( x 2 )( x 1 x 2 ) ，求证： x 1 x 2 0 .【答案】（1） f ( x) 取最大值 f ( x)max f (0) 1，无最小值；（ 2）详见解读 .【解读】e x (x 1) e xx 试卷解读：（ 1）对 f (x) 求导可得 f ( x)2xx ，ee令 f ( x)xx 0 得 x=0.e当 x (0, ) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，当 x=0 时， f ( x) 取最大值f ( )f (0) 1，无最小值.x max（ 2）不妨设 x 1 x 2 ，由（ 1）得当 x ( ,0) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递增；当 x (0, ) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，若 f (x 1 )f ( x 2 ) ，则 x 1 0 x 2 ，考点： 1.导数与函数的最值； 2.导数与不等式的证明 .【变式演练 7】已知函数 f ( x) xln x ， g (x)x 2 ax 2 .（Ⅰ）求函数 f ( x) 在 [t, t 2](t0) 上的最小值；（Ⅱ）若函数 y f ( x) g ( x) 有两个不同的极值点 x 1, x 2 ( x 1 x 2 ) 且 x 2 x 1 ln 2 ，求实数 a 的取值范围 .1 ，12ln 2 ln(ln 2) 1 .【答案】（Ⅰ） f (x)minee；（Ⅱ） a133t ln t, te【解读】试卷分析：（Ⅰ）由 f ' ( x) ln x 10 ，得极值点为 x1，分情况讨论 0 t1及 t1时，函eee数 f (x) 的最小值；（Ⅱ）当函数 yf ( x) g(x) 有两个不同的极值点，即 y 'ln x2x 1 a 0有两个不同的实根 x 1, x 2 (x 1 x 2 ) ，问题等价于直线 y a 与函数 G( x)ln x 2x 1 的图象有两个不同的交点，由 G(x) 单调性结合函数图象可知当 aG ( x)min1) ln 2 时， x 1 , x 2 存在，且 G (2x 2 x 1 的值随着 a 的增大而增大， 而当 x 2 x 1 ln 2 时，由题意ln x 1 2x 1 1 a 0ln x 2 2x 2 1 a， x 2 4x 1代入上述方程可得 x 2 4x 14ln 2 ，此时实数 a 的取值范围为 a2ln 2 ln(ln 2) 1 .333试卷解读：（Ⅰ）由 f ' (x) ln x 10 ，可得 x1 ，e① 0 t1时，函数 f ( x) 在 (t, 1) 上单调递减，在 ( 1,t2) 上单调递增，eee函数 f ( x) 在 [t, t 2](t 0) 上的最小值为 f ( 1)1 ，ee②当 t1时， f ( x) 在 [t, t 2] 上单调递增，ef (x)minf (t ) t ln t ，1 ，1f (x)minee ；t ln t ,t 1e两式相减可得 lnx 12( x 1 x 2 )2ln 2x 2x 2 4x 1 代入上述方程可得 x 24x 14ln 2 ，3此时 a2ln 2 ln(ln 2) 1 ，33所以，实数 a 的取值范围为 a2ln 2 ln(ln 2) 1 ；33考点：导数的应用．【变式演练 8】设函数 f x ln x1 .（ 1）已知函数 F xf x1 x23 x1,求 F x 的极值；42 4（ 2）已知函数 G xf xax 22a 1 x a a 0 ,若存在实数 m2,3 ,使得当 x0,m 时,函数 G x 的最大值为 G m ,求实数 a 的取值范围 .【答案】（1）极大值为 0 ，极小值为 ln 23；（2） 1 ln 2,.4【解读】F x , F ' x 随 x 的变化如下表 :x0,111,222,F ' x00F x Z0]ln 23Z 4当 x 1 时函数 F x 取得极大值 F 10 。

导数与函数的极值、最值【考试提醒】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.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．【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处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点处的函数值都小，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处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点处的函数值都大，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)求函数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)内的极值；②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．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【核心题型】题型一　利用导数求解函数的极值问题根据函数的极值(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．命题点1　根据函数图象判断极值1(2024·四川广安·二模)已知函数f x =ax+1e x，给出下列4个图象：其中，可以作为函数f x 的大致图象的个数为()A.1B.2C.3D.4【答案】D【分析】对a的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.【详解】由题意知，f x 定义域为R，当a=0时，f x =e x，由指数函数的单调性可知函数f x 单调递增，可对应①；当a>0时，f x =ax+a+1e x，令f x =0可得：x=-a+1a<0，所以当x∈-∞,-a+1a时，f x<0，当x∈-a+1a ,+∞时，f x >0，所以，函数f x 先减后增，且当x<-1a时，f x <0，此时可对应②；当a<0时，f x =ax+a+1e x，当f x =0时x=-a+1a，当x∈-∞,-a+1a时，f x >0，当x∈-a+1a ,+∞时，f x <0，所以，函数f x 先增后减，当a<-1时，x=-a+1a<0，且此时0<-1a<1，所以可对应③，当-1<a<0时，x=-a+1a>0，此时-1a>1，所以可对应④.故选：D2(23-24高三上·黑龙江·阶段练习)如图是函数y=f x 的导函数y=f x 的图象，下列结论正确的是()A.y=f x 在x=-1处取得极大值B.x=1是函数y=f x 的极值点C.x=-2是函数y=f x 的极小值点D.函数y=f x 在区间-1,1上单调递减【答案】C【分析】根据导函数的正负即可求解y=f x 的单调性，即可结合选项逐一求解.【详解】由图象可知：当x<-2时，f x <0,f x 单调递减，当x≥-2时，f x ≥0,f x 单调递增，故x=-2是函数y=f x 的极小值点，y=f x 无极大值.故选：C3(2023·河北·模拟预测)函数f(x)=1x4-1x2的大致图象是()A. B.C. D.【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数法判断.【详解】解：因为函数f (x )=1x4-1x 2的定义域为：x |x ∈R ,x ≠0 ，且f -x =f x ，所以函数f x 是偶函数，当x >0时，f x =-4x -51-12x 2 ，令fx =0，得x =2，当0<x <2时，f x <0，当x >2时，f x >0，所以当x =2时，f x 取得极小值，故选：D4(2024高三·全国·专题练习)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.曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率小于零B.函数f (x )在区间(-1，1)上单调递增C.函数f (x )在x =1处取得极大值D.函数f (x )在区间(-3，3)内至多有两个零点【答案】D【详解】解析：由题意，得f ′(1)=0，所以曲线y =f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率等于零，故A 错误；当x ∈(-1，1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(-1，1)上单调递减，故B 错误；当-2<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >1，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以x =1不是f (x )的极值点，故C 错误；当x ∈(-3，-2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(-2，3)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，所以当f (-2)<0时，f (x )在(-3，3)上没有零点；当f (-2)=0时，f (x )在(-3，3)上只有一个零点；当f (-2)>0时，f (x )在(-3，3)上有两个零点．综上，函数f (x )在区间(-3，3)内至多有两个零点，故选D .命题点2　求已知函数的极值5(2024·宁夏银川·一模)若函数f (x )=x 2-ax -2 e x 在x =-2处取得极大值，则f (x )的极小值为()A.-6e 2B.-4eC.-2e 2D.-e【答案】C【分析】由题意求出a 的值，进而求出f x ，再解出极小值即可.【详解】因为函数f (x )=x 2-ax -2 e x 在x =-2处取得极大值，则f x =x 2+2-a x -2-a ⋅e x ，x ∈R 且f -2 =0，即4-22-a -2-a =0，所以a =2；所以f x =x 2-2x -2 ⋅e x ，f x =x 2-4 ⋅e x =x +2 x -2 e x ，令f x =0，则x =2或x =-2，由x ∈-∞,-2 ,f x >0，x ∈-2,2 ,f x <0，x ∈2,+∞ ,f x >0，所以f x 在-∞,-2 ,2,+∞ 上单调递增，在-2,2 上单调递减.所以函数f x 在x =-2处取得极大值，f 极小=f 2 =-2e 2.故选：C .6(2023·全国·模拟预测)函数f x =2x -tan x -π在区间-π2,π2的极大值、极小值分别为()A.π2+1，-π2+1B.-π2+1，-3π2+1C.3π2-1，-π2+1D.-π2-1，-3π2+1【答案】D【分析】求出f x ，由f (x )<0、f (x )>0可得答案．【详解】由题意，得f(x )=2-sin x cos x =2-1cos 2x =2cos 2x -1cos 2x，当x ∈-π2,-π4 ∪π4,π2 时，2cos 2x -1<0，f (x )<0；当x ∈-π4,π4时，2cos 2x -1>0，f (x )>0．所以f (x )在-π2,-π4 上单调递减，在-π4,π4 上单调递增，在π4,π2上单调递减．当x =-π4时，f (x )取得极小值，为f -π4 =-3π2+1；当x =π4时，f (x )取得极大值，为f π4 =-π2-1．故选：D ．7(多选)(2024·全国·模拟预测)已知f (x )=e xx,x >0,-x 2-4x -1,x ≤0, 则方程f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0可能有( )个解.A.3 B.4C.5D.6【答案】BCD【分析】方程f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0得f (x )=3或f (x )=k ，作出函数图象，数形结合判断解的个数.【详解】f (x )=e x x x >0 ，有f(x )=e x x -1 x 2，当0<x <1时f (x )<0，f (x )单调递减；当x >1时f (x )>0，f (x )单调递增，当x =1时，f (x )有极小值f 1 =e.f (x )=-x 2-4x -1x ≤0 ，由二次函数的性质可知，f (x )在-∞,-2 上单调递增，在-2,0 上单调递减，当x =-2时，f (x )有极大值f (-2)=3.由f (x )=e xx,x >0,-x 2-4x -1,x ≤0 的图象如图所示，由f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0得f (x )=3或f (x )=k ，由图象可知f (x )=3有3个解，f (x )=k 可能有1，2，3，4个解，故方程f 2(x )-(k +3)f (x )+3k =0可能有4，5，6，7个解.故选：BCD .【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f x =0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间a ,b 上是连续不断的曲线，且f a ⋅f b <0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点8(2024·辽宁鞍山·二模)f x =x 2e -x 的极大值为．【答案】4e2【分析】借助导数研究函数的单调性即可得其极大值.【详解】f x =2xe -x +x 2-e -x =2x -x 2 e -x =-x x -2 e -x ，当x ∈-∞,0 ∪2,+∞ 时，f x <0，当x ∈0,2 时，f x >0，故f x 在-∞,0 、2,+∞ 上单调递减，在0,2 上单调递增，故f x 有极大值f 2 =22e -2=4e2.故答案为：4e2命题点3　已知极值(点)求参数9(2024·全国·模拟预测)设x 1,x 2为函数f x =x x -2 x -a (其中a >0)的两个不同的极值点，若不等式f x 1 +f x 2 ≥0成立，则实数a 的取值范围为()A.1,4B.0,4C.0,1D.4,+∞【答案】A【分析】导函数为二次函数，x 1,x 2为对应的一元二次方程的两根，由f x 1 +f x 2 ≥0，代入函数解析式，结合韦达定理化简，可解出实数a 的取值范围.【详解】因为f x =x x -2 x -a ，所以f x =3x 2-22+a x +2a ．又函数f x 有两个不同的极值点x 1,x 2，所以Δ=4a 2-2a +4 >0,x 1+x 2=22+a3,x 1x 2=2a 3.解法一：由f x 1 +f x 2 ≥0，得x 31+x 32-a +2 x 21+ x 22 +2a x 1+x 2 ≥0，即x 1+x 2 x 1+x 2 2- 3x 1x 2 -a +2 x 1+x 2 2-2x 1x 2 +2a x 1+ x 2 ≥0∗ ．将x 1+x 2,x 1x 2的值代入(*)式，得a 2-5a +4≤0，解得1≤a ≤4，故选：A ．解法二：函数y =ax 3+kx a ≠0 为奇函数，图象的对称中心为0,0 ，则函数y =a x -m 3+k x -m +n 图象的对称中心为m ,n 设g x =ax 3+bx 2+cx +d =a x -m 3+k x -m +n ，a x -m 3+k x -m +n =ax 3-3amx 2+3am 2+k x +n -am 3-km ，比较系数，有-3am =b 3am 2+k =c n -am 3-km =d，解得m =-b 3a ,k =c -b 23a ,n =2b 327a2-bc 3a +d =g -b3a 所以函数g x =ax 3+bx 2+cx +d a ≠0 图象的对称中心为-b 3a ,g -b3a，即若f x 存在两个相异的极值点x 1,x 2，则其对称中心为点x 1,f x 1 和点x 2,f x 2 的中点，即f x 1 +f x 2 2=f x 1+x22．由题设得f x 1 +f x 2 ≥0，即f x 1+x 22 ≥0，即f 2+a3≥0，所以a >0,a +23a +23-2 a +23-a ≥0,解得1≤a ≤4.故选:A ．10(2024·四川绵阳·三模)若函数f x =12ax 2-x +b ln x a ≠0 有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是()A.a >0,b <0B.a <0,b >0C.ab <14D.ab >0【答案】C【分析】求导，构造函数g x =ax 2-x +b a ≠0 ，利用二次函数零点的分布，结合分类讨论以及极值点的定义即可求解.【详解】fx =ax -1+b x =ax 2-x +b x，令g x =ax 2-x +b a ≠0 ，Δ=1-4ab ，若Δ=1-4ab ≤0，则g x =ax 2-x +b ≥0或g x =ax 2-x +b ≤0，此时f x 单调，不存在极值点，故不符合题意，若Δ=1-4ab >0，则方程g x =ax 2-x +b =0有两个实数根，由于f x =12ax 2-x +b ln x a ≠0 有唯一极值点，故g x =ax 2-x +b =0只能有一个正实数根，若另一个实数根为0，此时b =0，显然满足条件，若令一个实数根为负根，则ba <0，故ab <0，结合选项可知，ab <14一定成立，故选：C11(2024·辽宁·一模)已知函数f x =x 3+ax 2+bx +a 2在x =-1处有极值8，则f 1 等于．【答案】-4【分析】求导，即可由f -1 =8且f -1 =0求解a ,b ，进而代入验证是否满足极值点即可．【详解】f x =3x 2+2ax +b ,若函数f x 在x =-1处有极值8，则f -1 =8,f-1 =0,即-1+a -b +a 2=83-2a +b =0,解得：a =3,b =3或a =-2,b =-7，当a =3,b =3时，f x =3x 2+6x +3=3(x +1)2≥0，此时x =-1不是极值点，故舍去；当a =-2,b =-7时，f x =3x 2-4x -7=3x -7 x +1 ，当x >73或x <-1时，f x >0，当-1<x <73,f x <0，故x =-1是极值点，故a =-2,b =-7符合题意，故f x =x 3-2x 2-7x +4，故f 1 =-4.故答案为：-412(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =ln x -x 2+ax -2a ∈R ．(1)若f x 的极值为-2，求a 的值；(2)若m ，n 是f x 的两个不同的零点，求证：f m +n +m +n <0．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)对函数f x 求导，再根据函数与导数的关系研究函数f x 的性质，即可得解；(2)由题意f m +n +m +n =1m -n m -n m +n -ln m n ，再设m >n >0，t =mn，进而构造函数g t =t -1t +1-ln t t >1 ，利用函数的单调性进行证明即可.【详解】(1)由题知f x 的定义域为0,+∞ ，fx =1x -2x +a =-2x 2+ax +1x．由f x =0可得2x 2-ax -1=0，解得x 1=a -a 2+84(舍去)，x 2=a +a 2+84，且ax 2=2x 22-1，∴f x 在0,x 2 上单调递增，在x 2,+∞ 上单调递减，∴f x 有极大值f x 2 =ln x 2-x 22+ax 2-2=ln x 2-x 22+2x 22-1 -2=ln x 2+x 22-3．设h x =ln x +x 2-3，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 1 =-2，故x 2=1，即a +a 2+84=1，解得a =1．(2)由条件可得f m =ln m -m 2+am -2=0，f n =ln n -n 2+an -2=0，两式相减，可得ln mn -m 2-n 2 +a m -n =0，故a =m +n -ln m nm -n，f m +n +m +n =1m +n-2m +n +a +m +n=1m +n -ln m nm -n =1m -n m -n m +n -ln m n．不妨设m >n >0，t =mn，则t >1，要证f m +n +m +n <0，只需证明m -n m +n -ln mn<0，即证t -1t +1-ln t <0．设g t =t -1t +1-ln t t >1 ，则gt =2t +12-1t =2t t +1 2t t +1 2=-t 2+1t t +1 2<0，∴g t 在1,+∞ 上单调递减，g t <1-11+1-ln1=0，故f m +n +m +n <0．【点睛】方法点睛：(1)研究函数零点、极值时，一般需要求导分析函数、导函数的单调性，并结合特值进行分析判断；(2)证明有关零点的不等式时，需要观察不等式，构造常用函数g t =t -1t +1-ln t t >1 证明即可.题型二　利用导数求函数最值求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，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．命题点1　不含参函数的最值13(2024·陕西·模拟预测)∀x ∈1,2 ，有a ≥-x 2ln x +x 2恒成立，则实数a 的取值范围为()A.e ,+∞B.1,+∞C.e2,+∞ D.2e ,+∞【答案】C【分析】构造函数μx =-x 2ln x +x 2,x ∈1,2 ，求导可得函数的单调性，即可求解最值μx max =μe =e 2，进而a ≥μx max 即可.【详解】由a ≥-x 2ln x +x 2在x ∈1,2 上恒成立，令μx =-x 2ln x +x 2,x ∈1,2 ，则μ x =-2x ln x -x +2x =-2x ln x +x =x -2ln x +1 ．令μ x =0，则x =e ，当x ∈1,e 时，μ x >0，故μ x 在1,e 上单调递增；当x ∈e ,2 时，μ x <0，故μ x 在e ,2 上单调递减；则μx ≤μe =e 2，所以a ≥e2故选:C14(2024·四川·模拟预测)已知f x =x 2-2x +a ln x -x ，若存在x 0∈0,e ，使得f x 0 ≤0成立，则实数a 的取值范围是.【答案】-1,+∞【分析】先用导数证明不等式x -ln x -1≥0，然后对a ≥-1和a <-1分类讨论，即可得出结果.【详解】设g x =x -ln x ，则g x =1-1x =x -1x，从而当0<x <1时g x <0，当x >1时g x >0.所以g x 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，故对任意x >0有x -ln x =g x ≥g 1 =1，即x -ln x -1≥0.一方面，当a ≥-1时，由于f 1 =1-2-a =-1-a ≤0，故存在x 0=1使得f x 0 ≤0成立；另一方面，当a <-1时，由于对任意x ∈0,e 都有f x =x 2-2x +a ln x -x =x -1 2-1+a ln x -x =x -1 2+-a x -ln x -1=x -1 2+-a x -ln x -1 +-a -1≥0+0+-a -1 (这里用到x -1 2≥0，-a >0，x -ln x -1≥0)=-a -1>0，所以对任意x ∈0,e 都有f x >0.综上，a 的取值范围是-1,+∞ .故答案为：-1,+∞ .【点睛】关键点点睛：对于求取值范围问题，本质上就是要确定一个集合，使得命题成立的充要条件是参数属于该集合. 故本题中我们从两个方面入手，证明了存在x 0∈0,e 使得f x 0 ≤0的充要条件是a ∈-1,+∞ ，即可解决问题15(2024·上海徐汇·二模)如图，两条足够长且互相垂直的轨道l 1,l 2相交于点O ，一根长度为8的直杆AB 的两端点A ,B 分别在l 1,l 2上滑动(A ,B 两点不与O 点重合，轨道与直杆的宽度等因素均可忽略不计)，直杆上的点P 满足OP ⊥AB ，则△OAP 面积的取值范围是.【答案】(0,63]【分析】令∠OAB =x 0<x <π2，利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出△OAP 的面积函数，再利用导数求出值域即得.【详解】依题意，设∠OAB =x 0<x <π2，则OA =AB cos x =8cos x ,AP =OA cos x =8cos 2x ，因此△OAP 的面积f (x )=12OA ⋅AP sin x =32sin x cos 3x ，0<x <π2，求导得f (x )=32(cos 4x -3sin 2x cos 2x )=32cos 4x (1-3tan 2x )，当0<x <π6时，f (x )>0，当π6<x <π2时，f (x )<0，即函数f (x )在0,π6 上递增，在π6,π2上递减，因此f (x )max =f π6 =32×32 3×12=63，而f (0)=f π2 =0，则0<f (x )≤63，所以△OAP 面积的取值范围是(0,63].故答案为：(0,63]16(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =ln x ．(1)求函数g x =f xx的最值．(2)证明：xe x-14x 4-e 2-34x 3-ef x >0(其中e 为自然对数的底数)．【答案】(1)最大值为g e =1e，无最小值；(2)证明见解析.【分析】(1)先求出函数的导数，根据导数得出函数的单调区间，从而得出函数的最值.(2)不等式转化为e x-14x3-e2-34x2-e ln xx>0，结合(1)知ln xx≤1e，从而证明：ex-14x3-e2-34x2-1≥0，再结合导数求函数的最小值证得结果.【详解】(1)由题意知g x =ln xx，定义域为0,+∞，从而g x =1-ln x x2．所以当x∈0,e时，g x >0；当x∈e,+∞时，g x <0．所以函数g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减．所以函数g x 的最大值为g e =1e，无最小值．(2)欲证xe x-14x4-e2-34x3-ef x >0，只需证e x-14x3-e2-34x2-e ln xx>0．由(1)知ln xx≤1e，从而e ln xx≤1，当且仅当x=e时取等号．下面证明：e x-14x3-e2-34x2-1≥0．设h x =e x-14x3-e2-34x2-1,x>0，则h x =e x-34x2-e2-32x．设H x =e x-34x2-e2-32x，则H x =e x-32x-e2-32．设F x =e x-32x-e2-32，则Fx =e x-32，故当x∈0,ln 3 2时，F x <0；当x∈ln32,+∞时，F x >0．所以函数F x 在0,ln 3 2上单调递减，在ln32,+∞上单调递增．由于F0 =5-e22<0,F2 =e2-32>0,F ln32=32-32ln32-e2-32<0，故设存在唯一的x0∈ln 3 2 ,2，使F x0 =0，且当x∈0,x0时，F x <0，当x∈x0,+∞时，F x >0．故函数H x 在0,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增．又H0 =1,H1 =e-e22+34=4e+3-2e24<0,H2 =e2-3-e2-3=0，所以存在唯一的x1∈0,1，使H x1=0，故当x∈0,x1∪2,+∞时，H x >0；当x∈x1,2时，H x <0．从而函数h x 在0,x1,2,+∞上分别单调递增，在x1,2上单调递减．因为h0 =e0-0-0-1=0,h2 =e2-2-e2-3-1=0，所以h x ≥0在0,+∞上恒成立，当且仅当x=2时取等号．因为取等条件不相同，所以e x-14x3-e2-34x2-e ln xx>0恒成立，即xe x-14x4-e2-34x3-ef x >0成立．【点睛】本题第(2)问考查的是利用导数证明不等式．证明时有三个关键点：一是不等式的等价变形，由第(1)问的提示可知，需要把所证明的不等式两端同时除以x，使不等式等价转化为e x-14x 3-e 2-34x 2-e ln xx>0；二是放缩法的应用，由(1)知ln x x ≤1e ，从而e ln x x ≤1，此时只需再证明不等式e x-14x 3-e 2-34x 2-1≥0即可；三是构造函数h x =e x-14x 3-e 2-34x 2-1，通过求导研究h x 的单调性，进一步求得h x 的最小值，在研究h x 单调性的过程中，需要注意特殊点、端点，以及隐零点的讨论．命题点2　含参函数的最值17(2024·四川成都·模拟预测)已知函数f (x )=e x -12(a +1)x 2-bx (a ，b ∈R )没有极值点，则ba +1的最大值为()A.e2B.e 2C.eD.e 22【答案】B【分析】转化为f (x )=e x -1a +1x -b ≥0恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到b ≤1a +1+ln a +1 a +1，故b a +1≤ln a +1 +1a +12，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案.【详解】函数f x =e x -12a +1x 2-bx 没有极值点，∴f (x )=e x -1a +1x -b ≥0，或f (x )≤0恒成立，由y =e x 指数爆炸的增长性，f (x )不可能恒小于等于0，∴f (x )=e x -1a +1x -b ≥0恒成立．令h x =e x -1a +1x -b ，则h x =e x -1a +1，当a +1<0时，h x >0恒成立，h x 为R 上的增函数，因为e x ∈0,+∞ 是增函数，-1a +1x -b ∈-∞,+∞ 也是增函数，所以，此时h (x )∈-∞,+∞ ，不合题意；②当a +1>0时，h x =e x -1a +1为增函数，由h x =0得x =-ln a +1 ，令h x >0⇔x >-ln a +1 ，h x <0⇔x <-ln a +1 ，∴h x 在-∞，-ln a +1 上单调递减，在-ln a +1 ，+∞ 上单调递增，当x =-ln a +1 时，依题意有h x min =h -ln a +1 =1a +1+ln a +1 a +1-b ≥0，即b ≤1a +1+ln a +1 a +1，∵a +1>0，∴ba +1≤ln a +1 +1a +12，令a +1=x (x >0)，u x =ln x +1x2x >0 ，则u x =x -ln x +1 ⋅2x x4=-2ln x +1x 3，令u x >0⇔0<x <1e ，令u x <0，解得x >1e，所以当x =1e 时，u x 取最大值u 1e=e2.故当a +1=1e，b =e 2，即a =e e -1，b =e 2时，b a +1取得最大值e 2.综上，若函数h x 没有极值点，则b a +1的最大值为e2.故选：B .【点睛】关键点睛：将函数没有极值点的问题转化为导函数恒大于等于0，通过构造函数，借助导数研究函数的最小值，从而得解.18(23-24高三下·重庆·阶段练习)若过点a ,b 可以作曲线y =ln x 的两条切线，则()A.b >ln aB.b <ln aC.a <0D.b >e a【答案】A【分析】设切点坐标为(x 0,y 0)，由切点坐标求出切线方程，代入坐标(a ,b )，关于x 0的方程有两个不同的实数解，变形后转化为直线与函数图象有两个交点，构造新函数由导数确定函数的图象后可得.【详解】设切点坐标为(x 0,y 0)，由于y =1x ，因此切线方程为y -ln x 0=1x 0(x -x 0)，又切线过点(a ,b )，则b -ln x 0=a -x 0x 0，b +1=ln x 0+ax 0，设f (x )=ln x +ax，函数定义域是(0,+∞)，则直线y =b +1与曲线f (x )=ln x +a x 有两个不同的交点，f (x )=1x -a x 2=x -ax 2，当a ≤0时，f (x )>0恒成立，f (x )在定义域内单调递增，不合题意；当a >0时，0<x <a 时，f (x )<0，f (x )单调递减，x >a 时，f (x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )min =f (a )=ln a +1，结合图象可知b +1>ln a +1，即b >ln a .故选：A .19(2024·全国·模拟预测)函数f x =x +2 ln x +1 -ax 只有3个零点x 1，x 2，x 3x 1<x 2<x 3<3 ，则a +x 2的取值范围是．【答案】2,10ln23【分析】由题意对函数求导，为判断导数与零的大小关系，对导数再次求导求其最值，利用分类讨论思想，结合零点存在性定理，建立不等式组，可得答案.【详解】函数f x =x +2 ln x +1 -ax 的定义域为-1,+∞ ，则f x =ln x +1 +x +2x +1-a ．设g x =f x ，则g x =1x +1-1x +1 2=xx +1 2，所以当x ∈-1,0 时，g x <0，f x 单调递减，当x ∈0,+∞ 时，g x >0，f x 单调递增，所以f x ≥f 0 =2-a ．当2-a ≥0，即a ≤2时，f x ≥0，f x 单调递增，且f 0 =0，此时f x 只有1个零点，不满足题意；当2-a <0，即a >2时，由f1e a -1 =ln 1e a -1+1+1e a-1+21ea -1+1-a =e a +1-2a >0，f e a -1 =ln e a -1+1 +e a-1+2e a-1+1-a =1+1ea >0存在m ∈-1,0 ，n ∈0,+∞ ，使得f m =0，f n =0，当x ∈-1,m ∪n ,+∞ 时，f x >0；当x ∈m ,n 时，f x <0，所以f x 在-1,m 上单调递增，在m ,n 上单调递减，在n ,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，易知f m >0，f n <0，由f1ea-1 =1ea-1+2 ln1ea-1+1-a1ea-1=-2ae -a <0，f e a -1 =e a -1+2 ln e a -1+1 -a e a -1 =2a >0，则f x 在-1,m ，n ,+∞ 上各有1个零点，此时满足题意.所以a >2，且x 2=0．由x 3<3，得f 3 =5ln4-3a >0，得a <10ln23．所以a +x 2的取值范围是2,10ln23．故答案为：2,10ln23.【点睛】关键点点睛：本题的关键是对a 分a ≤2和a >2讨论，当a >2时，需要利用零点存在性定理证明其满足题意，再根据x 3<3，则f 3 =5ln4-3a >0，解出即可.4.2024·北京海淀·一模)已知函数f (x )=xe a -12x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )=f (x )+e -2a ,x ∈(0,+∞)存在最大值，求a 的取值范围.【答案】(1)f (x )的增区间为-∞,2 ，减区间为(2,+∞)(2)a ≥-1【分析】(1)对函数求导，得到f(x )=ea -12x 1-12x ，再求出f(x )>0和f(x )<0对应的x 取值，即可求出结果；(2)令h (x )=f (x )+e -2a ，对h (x )求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出h (x )的单调区间，进而得出h (x )在(0,+∞)上取值范围，从而将问题转化成2e a -1+e -2a ≥e -2a 成立，构造函数m (x )=e x -1+e -2x ，再利用m (x )的单调性，即可求出结果.【详解】(1)易知定义域为R ，因为f (x )=xe a -12x ，所以f(x )=e a -12x -12xe a -12x =e a -12x 1-12x ，由f (x )=0，得到x =2，当x <2时，f (x )>0，当x >2时，f (x )<0，所以，函数f (x )的单调递增区间为-∞,2 ，单调递减区间为2,+∞ .(2)令h (x )=f (x )+e -2a ，则h (x )=f (x )，由(1)知，函数f (x )的单调递增区间为-∞,2 ，单调递减区间为2,+∞ ，所以h (x )在x =2时取得最大值h (2)=2e a -1+e -2a ，所以当x >2时，h (x )=xe a -12x +e -2a >e -2a =h (0)，当0<x <2时，h (x )>h (0)，即当x ∈(0,+∞)时，h (x )∈h (0),h (2) ，所以函数g (x )=xea -12x +e -2a 在(0,+∞)存在最大值的充要条件是2e a -1+e -2a ≥e -2a ，即2e a -1+e -2a +e -2a 2=e a -1+e -2a ≥0，令m (x )=e x -1+e -2x ，则m (x )=e x -1+e -2>0恒成立，所以m (x )=e x -1+e -2x 是增函数，又因为m (-1)=e -2-e -2=0，所以m (a )=e a -1+e -2a ≥0的充要条件是a ≥-1，所以a 的取值范围为-1,+∞ .【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第(2)问，构造函数h (x )=xe a -12x +e -2a ，利用函数单调性得到x ∈(0,+∞)时，h (x )∈h (0),h (2) ，从而将问题转化成2e a -1+e -2a ≥e -2a ，构造函数m (x )=e x -1+e -2x ，再利用m (x )的单调性来解决问题【课后强化】基础保分练一、单选题1(2023·广西·模拟预测)函数f x =x 3+ax 在x =1处取得极小值，则极小值为()A.1B.2C.-2D.-1【答案】C【分析】求出函数f (x )的导数，利用极小值点求出a 值，再借助导数求出极小值作答.【详解】依题意，f x =3x 2+a ，因为函数f (x )在x =1处取得极小值，则f 1 =3+a =0，解得a =-3，此时f x =3x 2-3=3(x +1)(x -1)，当x <-1或x >1时，f (x )>0，当-1<x <1，时f (x )<0，因此函数f (x )在-∞,-1 ,1,+∞ 上单调递增，在(-1,1)上单调递减，所以函数f x =x 3-3x 在x =1处取得极小值f (1)=-2.故选：C2(2024·四川凉山·二模)若f x =x sin x +cos x -1，x ∈-π2,π ，则函数f x 的零点个数为()A.0B.1C.2D.3【答案】C【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.【详解】f x =sin x +x cos x -sin x =x cos x ,当x ∈-π2,0 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈0,π2 时，f x >0，f x 单调递增，当x ∈π2,π 时，f x <0，f x 单调递减，又f -π2 =π2-1>0，f 0 =0，f π2 =π2-1>0，f π =-2<0，则f x =x sin x +cos x -1的草图如下：由图象可得函数f x 的零点个数为2.故选：C .3(2024·黑龙江哈尔滨·一模)在同一平面直角坐标系内，函数y=f x 及其导函数y=f x 的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为0,1，则()A.函数y=f x ⋅e x的最大值为1B.函数y=f x ⋅e x的最小值为1C.函数y=f xe x的最大值为1 D.函数y=f xe x的最小值为1【答案】C【分析】AB选项，先判断出虚线部分为y=f x ，实线部分为y=f x ，求导得到y=f x ⋅e x在R上单调递增，AB错误；再求导得到x∈(-∞,0)时，y=f(x)e x单调递增，当x∈(0,+∞)时，y=f(x)e x单调递减，故C正确，D错误.【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y=f x ，实线部分为y=f x ，故y =f x ⋅e x+f x ⋅e x=f x +f x⋅e x>0恒成立，故y=f x ⋅e x在R上单调递增，则A，B显然错误，对于C，D，y =f (x)e x-f(x)e xe x2=f (x)-f(x)e x，由图像可知x∈(-∞,0)，y =f (x)-f(x)e x>0恒成立，故y=f(x)e x单调递增，当x∈(0,+∞)，y =f (x)-f(x)e x<0，y=f(x)e x单调递减，所以函数y=f(x)e x在x=0处取得极大值，也为最大值，f0e0=1，C正确，D错误.故选：C4(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ae2x+be x+2x有2个极值点，则()A.0<a<b216B.b>0C.a<4bD.b>2a【答案】A【分析】求出函数的导函数，令t=e x，依题意可得关于t的方程2at2+bt+2=0有两个不相等的正实根t1、t2，则2a≠0Δ>0t1+t2>0t1t2>0，即可判断.【详解】函数f x =ae2x+be x+2x的定义域为R，且f x =2ae2x+be x+2，依题意f x =0有两个不相等实数根，令t=e x，则关于t的方程2at2+bt+2=0有两个不相等的正实根t1、t2，所以2a ≠0Δ=b 2-16a >0t 1+t 2=-b 2a >0t 1t 2=1a >0，所以0<a <b216，b <0.故选：A5(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =a sin x +cos xe x+x 在0,π 上恰有两个极值点，则实数a的取值范围是()A.0,22e π4B.-∞,e πC.0,e πD.22e π4,+∞【答案】D【分析】函数f x 在0,π 上恰有两个极值点，fx 在0,π 上有两个变号零点，分离常数得a =e x 2sin x，转化为两函数图象有两个不同的交点，利用数形结合思想进行求解；或直接求函数f x 的单调性，求图象在0,π 上与x 轴有两个交点的条件.【详解】解法一：由题意可得f x =-2a sin xex+1，因为函数f x 在0,π 上恰有两个极值点，所以f x 在0,π 上有两个变号零点．令fx =-2a sin x e x+1=0，可得a =e x 2sin x ，令g x =e x 2sin x ,x ∈0,π ，则直线y =a 与函数y =g x ，x ∈0,π 的图象有两个不同的交点，g x =2e x sin x -cos x 2sin x 2=22e x sin x -π4 2sin x 2，当x ∈π4,π 时，g x >0，所以g x 在π4,π 上单调递增，当x ∈0,π4 时，g x <0，所以g x 在0,π4上单调递减，又g π4 =22e π4，当x 趋近于0时，g x 趋近于+∞，当x 趋近于π时，g x 趋近于+∞，所以可作出g x 的图象如图所示，数形结合可知a >22e π4，即实数a 的取值范围是22e π4,+∞，故选：D ．解法二 由题意可得f x =-2a sin xex+1．因为函数f x 在0,π 上恰有两个极值点，所以f x 在0,π 上有两个变号零点．当a ≤0时，f x >0在0,π 上恒成立，不符合题意．当a >0时，令h x =fx =-2a sin x e x +1，则hx=22a sin x -π4 e x，当x ∈π4,π 时，h x >0，h x 单调递增，当x ∈0,π4时，h x <0，h x 单调递减，因为h 0 =h π =1，h π4 =1-2a e π4，所以h π4 =1-2a eπ4<0，则a >22e π4，即实数a 的取值范围是22e π4,+∞，故选：D ．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.二、多选题6(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =ae x +bx在定义域内既存在极大值点又存在极小值点，则()A.ab >0B.b a ≤4e2C.4a -be 2>0 D.对于任意非零实数a ，总存在实数b 满足题意【答案】AD【分析】根据给定条件，分类讨论，逐项判断即可.【详解】由题意，得f x =ae x-b x 2=ax 2e x -b x 2.令f x =0，得x 2e x =b a .令g x =x 2e x ，则g x =x x +2 e x .当x ∈-∞,-2 ∪0,+∞ 时，g x >0，此时g x 单调递增；当x ∈-2,0 时，g x <0，此时g x 单调递减.∵g -2 =4e 2,g 0 =0，当x →-∞时，g x →0，∴当0<b a <4e2时，f x 在定义域内既存在极大值点又存在极小值点.故A 正确，B 不正确.当a <0时，由0<b a <4e2知，当b <0时，4a -be 2<0，故C 不正确.对于任意非零实数a ，总存在实数b ，使得0<b a <4e2成立，故D 正确.故选：AD .7(2024·湖北武汉·模拟预测)已知各项都是正数的数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =a n 2+12a n，则下列结论正确的是()A.当m >n m ，n ∈N * 时，a m >a nB.S n +S n +2<2S n +1C.数列S 2n 是等差数列D.S n -1S n≥ln n 【答案】BCD【分析】计算数列首项及第二项可判定A ，利用等差数列的定义及S n ,a n 的关系可判定C ，从而求出S n 的通项公式结合基本不等式、函数的单调性可判定B 、D .【详解】对A ，由题意可知a 1=a 12+12a 1⇒a 21=1，所以a 1=1，则a 1+a 2=a 22+12a 2⇒a 22+2a 2-1=0，所以a 2=2-1<a 1，故A 错误；对C ，由S n =a n 2+12a n ⇒S n =S n -S n -12+12S n -S n -1⇒S 2n -S 2n -1=1n ≥2 ，故C 正确；对C ，所以S 2n =1+n -1 =n ⇒S n =n ，则S n +S n +2=n +n +2<2n +n +22=2S n +1，故B 正确；对D ，易知S n -1S n =n -1n，令f x =x -1x -2ln x x ≥1 ，则f x =1+1x2-2x =1x -1 2≥0，则f x 单调递增，所以f x ≥f 1 =0⇒n -1n ≥ln n ，即S n -1S n ≥ln n ，故D 正确.故选：BCD 三、填空题8(2024·上海黄浦·二模)如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分(它由线段CE ,DF 与分别以OC ,OD 为直径的半圆弧组成)表示一条步道.其中的点C ,D 是线段AB 上的动点，点O 为线段AB ,CD 的中点，点E ,F 在以AB 为直径的半圆弧上，且∠OCE ,∠ODF 均为直角.若AB =1百米，则此步道的最大长度为百米.【答案】π2+42【分析】设半圆步道直径为x 百米，连接AE ,BE ，借助相似三角形性质用x 表示CE ，结合对称性求出步道长度关于x 的函数关系，利用导数求出最大值即得.【详解】设半圆步道直径为x 百米，连接AE ,BE ，显然∠AEB =90°，由点O 为线段AB ,CD 的中点，得两个半圆步道及直道CE ,DF 都关于过点O 垂直于AB 的直线对称，则AC =12-x ,BC =12+x ，又CE ⊥AB ，则Rt △ACE ∽Rt △ECB ，有CE 2=AC ⋅BC ，即有DF =CE =14-x 2，因此步道长f (x )=214-x 2+πx =1-4x 2+πx ，0<x <12，求导得f (x )=-4x 1-4x 2+π，由f(x )=0，得x =π2π2+4，当0<x <π2π2+4时，f (x )>0，函数f (x )递增，当π2π2+4<x <12时，f(x )<0，函数f (x )递减，因此当x =π2π2+4时，f (x )max =1-4π2π2+42+π22π2+4=π2+42，所以步道的最大长度为π2+42百米.故答案为：π2+429(2023·江西赣州·模拟预测)当x =0时，函数f x =ae -x +bx 取得极小值1，则a +b =.【答案】2【分析】求导函数f x =-ae -x +b ，根据f (0)=a =1f (0)=-a +b =0求得a ,b 的值，检验极值点后可得a +b 的值.【详解】函数f x =ae -x +bx ，则f x =-ae -x +b 当x =0时，函数f x =ae -x +bx 取得极小值1，所以f (0)=a =1f (0)=-a +b =0，解得a =1,b =1，所以f x =-e -x+1=e x -1ex ，则函数在x ∈-∞,0 时，f x <0，函数单调递减；在x ∈0,+∞ 时，f x >0，函数单调递增；符合x =0是函数的极值点；故a +b =2.故答案为：2.四、解答题10(2023·河南洛阳·一模)已知函数f x =12x 2+1x +12．(1)求f x 的图像在点2,f 2 处的切线方程；(2)求f x 在12,2上的值域．【答案】(1) 7x -4y -2=0；(2)2,3 ．【分析】(1)把点2,f 2 代入函数解析式，得切点坐标，通过求导，得到切线的斜率，根据直线的点斜式方程，求切线方程．(2)解不等式f x >0，得函数增区间，解不等式f x <0，得函数减区间，结合x ∈12,2，确定函数单调性，求得最值，进而得出f x 在12,2上的值域．【详解】(1)因为f x =12x 2+1x +12，所以f x =x -1x2，所以f 2 =3，f 2 =74，故所求切线方程为y -3=74x -2 ，即7x -4y -2=0．(2)由(1)知f x =x 3-1x 2=x -1 x 2+x +1 x 2，x ∈12,2 ．令f x >0，得1<x ≤2；令f x <0，得12≤x <1．所以f x 在12,1上单调递减，在1,2 上单调递增，所以f x min =f 1 =2．又f 12 =218，f 2 =3，因为f 2 >f 12，所以2≤f x ≤3，即f x 在12,2上的值域为2,3 ．11(2024·上海静安·二模)已知k ∈R ，记f (x )=a x +k ⋅a -x (a >0且a ≠1)．(1)当a =e (e 是自然对数的底)时，试讨论函数y =f (x )的单调性和最值；(2)试讨论函数y =f (x )的奇偶性；(3)拓展与探究：① 当k 在什么范围取值时，函数y =f (x )的图象在x 轴上存在对称中心？请说明理由；②请提出函数y =f (x )的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．(不必证明)【答案】(1)详见解析；(2)详见解析；(3)①当k <0时，函数y =f (x )有对称中心12log (-k ),0，理由见解析；②答案见解析.【分析】(1)当a =e 时，求得f (x )=e x -k ⋅e -x ，分k ≤0和k >0，两种情况讨论，分别求得函数的单调性，进而求得函数的最值；(2)根据题意，分别结合f (-x )=f (x )和f (-x )=-f (x )，列出方程求得k 的值，即可得到结论；(3)根据题意，得到当k <0时，函数y =f (x )有对称中心12log (-k ),0 ，且k <0时，对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且f (log a (-k )-x )=-f (x )．【详解】(1)解：当a =e 时，函数f (x )=e x +k ⋅e -x ，可得f (x )=e x -k ⋅e -x ，若k ≤0时，f (x )>0，故函数y =f (x )在R 上单调递增，函数y =f (x )在R 上无最值；若k >0时，令f (x )=0，可得x =12ln k ，当x ∈-∞,12ln k 时，f x <0，函数y =f (x )在-∞,12ln k 上为严格减函数；当x ∈12ln k ,+∞ 时，f x >0，函数y =f (x )在12ln k ,+∞ 上为严格增函数，所以，当x =12ln k 时，函数取得最小值，最小值为f 12ln k =2k ，无最大值．综上：当k ≤0时，函数f (x )在R 上无最值；当k >0时，最小值为2k ，无最大值．(2)解：因为“y =f (x )为偶函数”⇔“对于任意的x ∈R ，都有f (-x )=f (x )”即对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且a x +k ⋅a -x =a -x +k ⋅a x ；即对于任意的x ∈R ，(k -1)(a x -a -x )=0，可得k =1，所以k =1是y =f (x )为偶函数的充要条件．因为“y =f (x )为奇函数”⇔“对于任意的x ∈R ，都有f (-x )=-f (x )”，即对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且-a x -k ⋅a -x =a -x +k ⋅a x ，即对于任意的x ∈R ，(k +1)(a x +a -x )=0，可得k =-1，所以k =-1是y =f (x )为奇函数的充要条件，当k ≠±1时，y =f (x )是非奇非偶函数.(3)解：①当k <0时，函数y =f (x )有对称中心12log (-k ),0，当k <0时，对于任意的x ∈R ，都有-x ∈R ，并且f (log a (-k )-x )=-f (x )．证明：当k <0时，令f (x )=0，解得x =12log a (-k )为函数y =f (x )的零点，由f (x )=a x +k ⋅a -x ，。

【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试卷难度考查较大. 【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步 计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步求方程'()0f x =的根；第三步 判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号； 第四步 利用结论写出极值.例1 已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【答案】极小值为1，无极大值.【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令'()0f x =，可解出其极值点，然后根据导函数大于0、小于0即可判断函数()f x 的增减性，进而求出函数()f x 的极大值和极小值． 【变式演练1】已知函数322()f x x ax bx a =+++在处有极值10，则等于（ ） A ．11或18 B ．11 C ．18 D ．17或18 【答案】C 【解读】试卷分析：b ax x x f ++='23)(2,⎩⎨⎧=+++=++∴1010232a b a b a ⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=----=⇒114012232b a a a a b 或⎩⎨⎧=-=33b a ．当⎩⎨⎧=-=33b a 时,∴≥-=',0)1(3)(2x x f 在1=x 处不存在极值．当⎩⎨⎧-==114b a 时，)1)(113(1183)(2-+=-+='x x x x x f ，0)(),1,311(<'-∈∴x f x ；0)(),,1(>'+∞∈x f x ,符合题意．所以⎩⎨⎧-==114b a ．181622168)2(=+-+=∴f ．故选C ．考点：函数的单调性与极值．【变式演练2】设函数()21ln 2f x x ax bx =--，若1x =是()f x 的极大值点，则a 的取值围为（ ）A ．()1,0-B ．()1,-+∞C ．()0,+∞D ．()(),10,-∞-+∞【答案】B 【解读】考点：函数的极值． 【变式演练3】函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，则=m _____. 【答案】3 【解读】试卷分析：因为x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=， 所以()()2'()(1)2(1)21f x x m x m x x m =-++-=--+，由()'0f x =得2x =或1x m =-，又因为函数x m x m x x f)1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，而()20,4∈，所以只有12m -=，3m =时，()f x 在R 上单调，才合题意，故答案为3.考点：1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性.【变式演练4】已知等比数列{}n a 的前n 项和为12n n S k -=+，则32()21f x x kx x =--+的极大值为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．72【答案】B 【解读】考点：1、等比数列的性质；2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数32()(1)f x x a x ax =+++有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式12()()0f x f x +≤恒成立，则实数a 的取值围是．【答案】1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦【解读】试卷分析：因为12()()0f x f x +≤,故得不等式()()()332212121210x x a x x a x x ++++++≤,即()()()()()221212121212123120x x x x x x a x x x x a x x ⎡⎤⎡⎤++-+++-++≤⎣⎦⎣⎦,由于()()2'321f x x a x a =+++,令()'0f x =得方程()23210x a x a +++=,因()2410a a ∆=-+> , 故()12122133x x a a x x ⎧+=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入前面不等式,并化简得()1a +()22520a a -+≥,解不等式得1a ≤-或122a ≤≤，因此, 当1a ≤-或122a ≤≤时, 不等式()()120f x f x +≤成立,故答案为1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦.考点：1、利用导数研究函数的极值点；2、韦达定理及高次不等式的解法.【变式演练6】已知函数()()3220f x x ax x a =+++>的极大值点和极小值点都在区间()1,1-, 则实数a 的取值围是． 【答案】32a << 【解读】考点：导数与极值．类型二 求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步 求出函数()f x 在开区间(,)a b 所有极值点；第二步 计算函数()f x 在极值点和端点的函数值；第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例2若函数()2x f x e x mx =+-，在点()()1,1f 处的斜率为1e +． （1）数m 的值；（2）求函数()f x 在区间[]1,1-上的最大值． 【答案】（1）1m =；（2）()max f x e =. 【解读】试卷分析：（1）由(1)1f e '=-解之即可；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数且()()1110,130f e f e -''=+>-=-<,所以在区间(1,1)-上存在0x 使0()0f x '=，所以函数在区间0[1,]x -上单调递减，在区间0[,1]x 上单调递增，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，求之即可.试卷解读： （1）()2x f x e x m '=+-，∴()12f e m '=+-，即21e m e +-=+，解得1m =； 实数m 的值为1；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数，∴()()1110,130f e f e -''=+>-=-<， 存在[]01,1x ∈-，使得()00f x '=，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，()()112,1f e f e --=+=，∴()()max 1f x f e ==考点：1.导数的几何意义；2.导数与函数的单调性、最值.【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数的几何意义是拇年高考的必考容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的围. 【变式演练7】已知xe x xf 1)(+=. （1）求函数)(x f y =最值；（2）若))(()(2121x x x f x f ≠=，求证：021>+x x .【答案】（1）)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值；（2）详见解读. 【解读】试卷解读：（1）对)(x f 求导可得x xx x e xe e x e xf -=+-='2)1()(， 令0)(=-='xe xx f 得x=0. 当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增；当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减， 当x=0时，)(x f 取最大值1)0()(max -==f x f ，无最小值. （2）不妨设21x x <，由（1）得当)0,(-∞∈x 时，0)(>'x f ，函数)(x f 单调递增； 当),0(+∞∈x 时，0)(<'x f ，函数)(x f 单调递减， 若)()(21x f x f =，则210x x <<，考点：1.导数与函数的最值；2.导数与不等式的证明. 【变式演练7】已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-. （Ⅰ）求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；（Ⅱ）若函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点1212,()x x x x <且21ln 2x x ->，数a 的取值围.【答案】（Ⅰ）min 110()1ln ,t e e f x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；（Ⅱ）2ln 2ln 2ln()133a >--.【解读】试卷分析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，得极值点为1x e =，分情况讨论10t e <<及1t e≥时，函数)(x f 的最小值；（Ⅱ）当函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点，即'ln 210y x x a =-++=有两个不同的实根1212,()x x x x <，问题等价于直线y a =与函数()ln 21G x x x =-+-的图象有两个不同的交点，由)(x G 单调性结合函数图象可知当min 1()()ln 22a G x G >==时，12,x x 存在，且21x x -的值随着a 的增大而增大，而当21ln 2x x -=时，由题意1122ln 210ln 210x x a x x a -++=⎧⎨-++=⎩，214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时实数a 的取值围为2ln 2ln 2ln()133a >--.试卷解读：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，可得1x e=，∴①10t e <<时，函数()f x 在1(,)t e 上单调递减，在1(,2)t e+上单调递增，∴函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值为11()f e e=-，②当1t e≥时，()f x 在[,2]t t +上单调递增，min ()()ln f x f t t t ∴==，min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；两式相减可得1122ln2()2ln 2x x x x =-=- 214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时2ln 2ln 2ln()133a =--，所以，实数a 的取值围为2ln 2ln 2ln()133a >--；考点：导数的应用．【变式演练8】设函数()ln 1f x x =+. （1）已知函数()()2131424F x f x x x =+-+,求()F x 的极值； （2）已知函数()()()()2210G x f x ax a x a a =+-++>,若存在实数()2,3m ∈,使得当(]0,x m ∈时,函数()G x 的最大值为()G m ,数a 的取值围.【答案】（1）极大值为0，极小值为3ln 24-；（2）()1ln 2,-+∞.【解读】()(),'F x F x 随x 的变化如下表:x ()0,11()1,22()2,+∞()'F x + 0 - 0+ ()F x3ln 24-当1x =时,函数()F x 取得极大值()10F =。

课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( B ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x＋x ·2xln2＝0，∴x ＝－1ln2. 2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( C ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析：f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.3．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( D )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.4．(2019·贵州黔东南州联考)已知函数f (x )＝ln x －a x，若函数f (x )在[1，e]上的最小值为32，则a 的值为( A )A ．－ eB ．－e 2C ．－32D ．e 12解析：由题意，f ′(x )＝1x ＋ax2，若a ≥0，则f ′(x )>0，函数单调递增，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若－e<a <－1，函数f (x )在[1，－a ]上递减，在[－a ，e]上递增，所以f (－a )＝32，解得a ＝－e ；若－1≤a <0，函数f (x )是递增函数，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若a ≤－e ，函数f (x )单调递减，所以f (e)＝32，解得a ＝－e2，矛盾．综上，a ＝－e ，故选A.5．(2019·河北邢台质检)若函数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，则a 的取值范围为( B )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32 D ．(－1,0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：对函数求导得f ′(x )＝x －1＋a 1－1x＝x ＋a x －1x，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x ＝1是唯一的极值点，此时－a ≤0且f (1)＝－12＋a ≥1⇒a ≥32.故选B.6．(2019·江西宜春六校联考)已知函数f (x )＝x ln x －a e x(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 )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(－∞，e) 解析：f ′(x )＝ln x －a e x＋1，若函数f (x )＝x ln x －a e x有两个极值点，则y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有2个交点，g ′(x )＝1x －ln x －1e x(x >0)．令h (x )＝1x －ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x<0，h (x )在(0，＋∞)上递减，而h (1)＝0，故x ∈(0,1)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )递增，x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )递减，故g (x )max ＝g (1)＝1e，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0.若y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x在(0，＋∞)上有2个交点，只需0<a <1e.7．(2019·广东汕头质监)已知函数f (x )＝exx－mx (e 为自然对数的底数)，若f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则实数m 的取值范围是( C )A ．(－∞，2)B ．(－∞，e)C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，e 24 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，＋∞解析：∵f (x )＝e xx －mx >0在(0，＋∞)上恒成立，∴m <exx2在(0，＋∞)上恒成立，令g (x )＝e xx 2，x >0，∴g ′(x )＝x 2－2x e x x 4＝x －2e xx3，当0<x <2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．故当x ＝2时，g (x )取得最小值，且最小值为g (2)＝e 24.∴m <e 24. 二、填空题8．函数f (x )＝x sin x ＋cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的最大值为π2.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2. 9．若函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则函数f (x )的极大值为2ln2－2. 解析：因为f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，所以f ′(x )＝2f ′1x－1，令x ＝1得，f ′(1)＝2f ′(1)－1，得f ′(1)＝1， 故f (x )＝2ln x －x ，定义域为(0，＋∞)．且f ′(x )＝2x －1＝2－xx，当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，且f (x )极大值＝f (2)＝2ln2－2.10．(2019·安徽合肥质检)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－3x 2，若函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[0,2]，且在x ＝0处取得最大值，则a 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，65.解析：g (x )＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)，g (0)＝0.若g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)，则g (x )≤g (0)，即ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)≤0在[0,2]上恒成立．当x ＝0时，显然成立；当x ≠0时，有a ≤3x ＋2x x ＋3在(0,2]上恒成立．设h (x )＝3x ＋2x x ＋3＝3x ＋3＋6x 2＋3x ，显然h (x )在(0,2]上单调递减，最小值为h (2)＝3×2＋22×2＋3＝65.因此a ≤65. 三、解答题11．(2018·北京卷)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.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，＋∞)．12．(2019·四川内江一模)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)设k ∈R ，求函数g (x )＝kx －f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值．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，∴g (x )＝kx －sin x ，g ′(x )＝k －cos x ，①当k ≤0时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g ′(x )≤0，故g (x )单调递减．∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0.②当0<k <1时，∵g ′(0)＝k －1<0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k >0，∴存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使g ′(x 0)＝0.当x ∈[0，x 0)时，g ′(x )<0，故g (x )单调递减， 当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤x 0，π2时，g ′(x )>0，故g (x )单调递增． ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2.又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1，∴当0<k ≤2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0.当2π<k <1时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.③当k ≥1时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g ′(x )≥0，故g (x )单调递增，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.综上所述，当k ≤2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0，当k >2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.13．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( D )A.3－ln22 B.5－ln22 C.3＋ln22D.5＋ln22解析：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 ，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＋ln22，故选D. 14．(2019·河北五校联考)已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a >0)，若∀x 1，x 2∈(12，1)(x 1≠x 2)，|f (x 1)－f (x 2)|>|1x 1－1x 2|，则正数a 的取值范围是[32，＋∞)．解析：由f (x )＝x ＋a ln x (a >0)，得当x ∈(12，1)时，f ′(x )＝1＋a x >0，f (x )在(12，1)上单调递增，不妨设x 1>x 2，则|f (x 1)－f (x 2)|>|1x 1－1x 2|，即f (x 1)－f (x 2)>1x 2－1x 1，f (x 1)＋1x 1>f (x 2)＋1x 2，令g (x )＝f (x )＋1x ，则g (x )在(12，1)上单调递增，所以g ′(x )＝1＋a x －1x 2≥0在(12，1)上恒成立，a x ≥1x 2－1，即a ≥1x －x 在(12，1)上恒成立，令h (x )＝1x －x ，x ∈(12，1)，则h ′(x )＝－1－1x 2<0，h (x )单调递减，故a ≥32，正数a的取值范围是[32，＋∞)．尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·江西南昌调研)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( D )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：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 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.。

导数的单调性、极值、最值1.最新考试说明：1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(对多项式函数不超过三次)．【2020年高考全国Ⅰ卷理数21】已知函数()2e xf x ax x =+-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）当0x ≥时，()3112f x x ≥+，求a 的取值范围． 【答案】（1）当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增;（2）27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【思路导引】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可； (2)首先讨论0x =的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a 的取值范围．【解析】(1)当1a =时，()2x x x e f x =+-，()'21x f x e x =+-，由于()''20x f x e =+>，故()'f x 单调递增，注意到()'00f =，故：当(),0x ∈-∞时，()()'0,f x f x <单调递减；当()0,x ∈+∞时，()()'0,f x f x >单调递增． (2)由()3112f x x ≥+得，23112x e ax x x +-+，其中0x ≥， ①．当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②．当0x >时，分离参数a 得，32112x e x x a x ----， 记()32112x e x x g x x ---=-，()()231212'x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭=-， 令()()21102xe x x h x x ---≥=，则()'1x h x e x =--，()''10x h x e =-≥，故()'h x 单调递增，()()''00h x h ≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=， 由()0h x ≥可得：21102xe x x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，()'0g x >，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，()'0g x <，()g x 单调递减； 因此，()()2max724e g x g -⎡⎤==⎣⎦．综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数的单调性、极值（最值），考查数形结合、分类讨论思想，考查数学运算、直观想象、逻辑推理等学科素养．解题关键是正确构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数．【考向总结】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题； (4)考查数形结合思想的应用．【2020年高考全国Ⅱ卷文数21】已知函数()2ln 1f x x =+． （1）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围； （2）设0a >，讨论函数()()()f x f a g x x a-=-的单调性．【答案】（1）1c ≥-；（2）()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减，没有递增区间．【思路导引】（1）不等式()2f x x c ≤+转化为()20f x x c --≤，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数()g x 求导，把导函数()g x '的分子构成一个新函数()m x ，再求导得到()m x '，根据()m x '的正负，判断()m x 的单调性，进而确定()g x '的正负性，最后求出函数()g x 的单调性．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()2()202ln 120()f x x c f x x c x x c ≤+⇒--≤⇒+--≤*， 设()2ln 12(0)h x x x c x =+-->，则有22(1)()2x h x x x-'=-=， 当1x >时，()0,()h x h x '<单调递减；当01x <<时，()0,()h x h x '>单调递增，∴当1x =时，函数()h x 有最大值，即max ()(1)2ln11211h x h c c ==+-⨯-=--，要想不等式()*在(0,)+∞上恒成立，只需max ()0101h x c c ≤⇒--≤⇒≥-．（2）2ln 1(2ln 1)2(ln ln )()(0x a x a g x x x a x a+---==>--且)x a ≠，因此22(ln ln )()()x a x x x a g x x x a --+'=-， 设()2(ln ln )m x x a x x x a =--+，则有()2(ln ln )m x a x '=-，当x a >时，ln ln x a >，∴()0m x '<，()m x 单调递减，因此有()()0m x m a <=，即()0g x '<，∴()g x 单调递减；当0x a <<时，ln ln x a <，∴()0m x '>，()m x 单调递增，因此有()()0m x m a <=，即()0g x '<，∴()g x 单调递减，∴函数()g x 在区间(0,)a 和(,)a +∞上单调递减，没有递增区间．【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数与函数单调性，考查不等式恒成立的参数取值范围问题，考查转化与化归思想，考查数学运算、逻辑推理、数学建模等学科素养．解题关键是应用参数分离法解决不等式恒成立的参数取值范围问题．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(对多项式函数不超过三次).【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<， 1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增.因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根.综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.【2020年高考天津卷20】已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； 【答案】（Ⅰ）（i ）98y x =-；（ii ）()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值；（Ⅱ）证明见解析． 【思路导引】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； (ii)首先求得()g x '的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；【解析】(Ⅰ) (i) 当k =6时，()36ln f x x x =+，()26'3f x x x=+．可得()11f =，()'19f =， ∴曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-． (ii) 依题意，()()32336ln ,0,g x x x x x x =-++∈+∞．从而可得()2263'36g x x x x x=-+-，整理可得：323(1)(1)()x x g x x'-+=，令()'0g x =，解得1x =．当x 变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表：∴函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g (x )的极小值为g (1)=1，无极大值． 【专家解读】本题的特点是注重导数的灵活运用，本题考查了导数的几何意义，考查导数与函数的单调性、极值，考查考查应用导数证明不等式，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、逻辑推理、直观想象、数学建模等学科素养．解题的关键是合理消元，构造新函数，合理放缩解决问题． 3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(对多项式函数不超过三次)． 【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3a x =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增； 若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1] 的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （1）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （2）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x 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．【答案】（1）y x =与6427y x =-；（2）见解析；（3）3a =-. 【解析】（1）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（2）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-．令()0g'x =得0x =或8x =．(),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0．故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （3）由（2）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->；当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>；当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4.会利用导数解决某些实际问题.【2020年高考江苏卷17】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上，桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线（O '在AB 上）．经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN的距离1h （米）与D 到OO '的距离a （米）之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h （米）与F 到OO '的距离b （米）之间满足关系式3216800h b b =-+．己知点B 到OO '的距离为40米．（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上（不包括端点）．桥墩EF 每米造价k （万元），桥墩CD 每米造价32k （万元）（0k >）， 问'O E 为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【答案】（1）桥AB 的长度为120米；（2）O E '为20米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低． 【解析】（1）过A ，B 分别作MN 的垂线，垂足为A '，B '，则3140640160800AA BB ''==-⨯+⨯=．令2116040a =，得80a =，∴80AO '=， 8040120AB AO BO ''=+=+=． （2）设O E x '=，则80CO x '=-，由04008080x x <<<-<⎧⎨⎩得040x <<．总造价][23311160(80)160[](6)240800k y x k x x =--+--+3230160800)(800x x k +⨯=- 23360)(20)800800k k y x x x x '=-=-（，∵0k >，∴令0y '=，得0x =或20，∴当020x <<时，0y '<，y 单调递减；当2040x <<时，0y '>，y 单调递增,∴当 20x =时，y 取最小值，造价最低．【专家解读】本题的特点是注重导数在生活实际中的应用，本题考查了导数与函数的单调性、最值，考查数形结合及分类讨论思想，考查数学运算、数学建模等学科素养．解题的关键是应用导数与函数最值的关系解决生活中的最优化问题．2.命题方向预测：1.利用导数研究函数的单调性、极值是近几年高考的热点．2.选择题、填空题侧重于考查导数的运算及导数的几何意义，解答题侧重于利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，往往与函数、解析几何、不等式、数列等交汇命题，一般难度较大.3.利用导数解决生活中的最优化问题，近几年考查也较多.3.课本结论总结：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)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．4．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．5．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．4.名师二级结论：1.f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件．2.函数在某区间上或定义域内极大值不是唯一的．3.函数的极大值不一定比极小值大．4.对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的既不充分也不必要条件．5.函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．6.可导函数极值存在的条件：(1)可导函数的极值点x 0一定满足f′(x 0)＝0，但当f′(x 1)＝0时，x 1不一定是极值点．如f(x)＝x 3，f′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．(2)可导函数y ＝f(x)在点x 0处取得极值的充要条件是f′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f′(x)的符号不同． 7．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值． 8．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．5.课本经典习题：（1）（选修2—1第77页）抛物线2x y =上到直线42=-y x 的距离最小点的坐标是（ ） A )41,21( B )1,1( C )49,23( D )4,2(【解析】设2x y =则x y 2'= 设距离最小点的坐标为),(00y x ，所以220=x 。

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}。

专题3.5 导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值 极值点x 0为极大值点x 0为极小值点2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．【题型1 根据函数图象判断极值】【方法点拨】由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点.【例1】（2022春•杨浦区校级期末）已知函数y＝f（x）（a＜x＜b）的导函数是y＝f'（x）（a＜x＜b），导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）在（a，b）内有（）A．3个驻点B．4个极值点C．1个极小值点D．1个极大值点【解题思路】由题意结合导函数图像即可确定函数的性质．【解答过程】解：由导函数的图象可知，原函数存在4个驻点，函数有3个极值点，其中2个极大值点，1个极小值点．故选：C．【变式1-1】（2022春•纳雍县期末）已知函数f（x）的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A．﹣1是f（x）的极小值点B．曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率小于零C．f（x）在区间（﹣∞，3）上单调递减D．﹣3是f（x）的极小值点【解题思路】根据题意，由函数导数与单调性的关系依次分析选项，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，在x＝﹣1左右都有f′（x）＜0，﹣1不是f（x）的极值，A错误；对于B，f′（x）的图象在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，则曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率即f′（2）小于零，B正确；对于C，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，C错误；对于D，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，则﹣3是f （x）的极大值点，D错误；故选：B．【变式1-2】（2022春•朝阳区校级月考）如图，可导函数y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），设h（x）＝g（x）﹣f（x），h'（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（）A．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极大值点B．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极小值点C．h'（x0）≠0，x0不是h（x）的极大值点D．h'（x0）≠0，x0是h（x）的极值点【解题思路】由图判断函数h（x）的单调性，结合y＝g（x）为y＝f（x）在点P处的切线方程，则有h'（x0）＝0，由此可判断极值情况．【解答过程】解：由题得，当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）单调递增，又h'（x0）＝g'（x0）﹣f'（x0）＝0，则有x0是h（x）的极小值点，故选：B．【变式1-3】（2022春•南阳期末）函数f（x）的导函数是f'（x），下图所示的是函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像，下列说法正确的是（）A．x＝﹣1是f（x）的零点B．x＝2是f（x）的极大值点C．f（x）在区间（﹣2，﹣1）上单调递增D．f（x）在区间[﹣2，2]上不存在极小值【解题思路】根据函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像判断f′（x）的符号，进而判断f（x）的单调性和极值即可．【解答过程】解：由函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像知，当﹣2＜x＜﹣1时，x+1＜0，y＞0，∴f'（x）＜0，f（x）在（﹣2，﹣1）上减函数，当﹣1＜x＜2时，x+1＞0，y＞0，∴f'（x）＞0，f（x）在（﹣1，2）上增函数，当x＞2时，x+1＞0，y＜0，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上减函数，∴x＝﹣1、x＝2分别是f（x）的极小值点、极大值点．∴选项A、C、D错误，选项B正确，故选：B．【题型2 求已知函数的极值（点）】【方法点拨】求函数f(x)极值的一般解题步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．【例2】（2022•扬中市校级开学）已知函数f(x)=12x−sinx在[0，π2]上的极小值为（）A ．π12−√32B ．π12−12C ．π6−12D ．π6−√32【解题思路】根据极小值的定义，结合导数的性质进行求解即可． 【解答过程】解：由f(x)=12x −sinx ⇒f′(x)=12−cosx ， 当x ∈(0，π3)时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈(π3，π2)时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，所以π3是函数的极小值点，极小值为：f(π3)=π6−√32， 故选：D ．【变式2-1】（2022春•资阳期末）函数f （x ）＝x 3﹣3x 的极大值为（ ） A ．﹣4B ．﹣2C ．1D ．2【解题思路】求导，利用导数确定f （x ）的单调区间，从而即可求极大值． 【解答过程】解：因为f （x ）＝x 3﹣3x ，x ∈R ， 所以f ′（x ）＝3x 2﹣3＝3（x +1）（x ﹣1）， 令f ′（x ）＝0，得x ＝﹣1或x ＝1，所以当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ＞1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；所以f （x ）的单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（1，∞）；单调递减区间为（﹣1，1）． 所以f （x ）极大值＝f （﹣1）＝2． 故选：D ．【变式2-2】（2022春•平谷区期末）函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为（ ） A ．π3B ．π6C ．5π6D ．2π3【解题思路】分析函数导数的符号变化，由此可得函数的单调性，由单调性得出结论即可． 【解答过程】解：对于函数f （x ）＝x +2cos x ，f ′（x ）＝1﹣2sin x ， 因为x ∈[0，π]，当0＜x ＜π6时，f ′（x ）＞0， 当π6＜x ＜5π6时，f ′（x ）＜0，当5π6＜x ＜π时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）在区间[0，π6]上是增函数，在区间[π6，5π6]上是减函数，在[5π6，π]是增函数． 因此，函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为5π6．故选：C ．【变式2-3】（2022春•新乡期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）2（2﹣x ）3，则f （x ）的极大值点为（ ） A ．1B ．75C ．﹣1D ．2【解题思路】解：因为f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ），所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【解答过程】解：f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ）， 令f ′（x ）＝0得x ＝1或x =75，所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【题型3 由函数的极值（点）求参数】 【方法点拨】根据函数极值情况求参数的两个要领：①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求出参数后，验证所求结果是否满足题意．【例3】（2022春•龙海市校级期末）函数f （x ）＝4x 3﹣ax 2﹣2bx +2在x ＝1处有极大值﹣3，则a ﹣b 的值等于（ ） A ．0B ．6C ．3D ．2【解题思路】对函数求导，利用f （1）＝﹣3以及f ′（1）＝0解出a ，b ，进而得出答案． 【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝12x 2﹣2ax ﹣2b ，因为f （x ）在x ＝1处有极大值﹣3， 所以f ′（1）＝12﹣2a ﹣2b ＝0，f （1）＝4﹣a ﹣2b +2＝﹣3，解得a ＝3，b ＝3， 所以a ﹣b ＝0． 故选：A ．【变式3-1】（2022春•哈尔滨期末）若函数f(x)=6alnx +12x 2−(a +6)x 有2个极值点，则实数a 的取值范围是（）A．（﹣∞，6）∪（6，+∞）B．（0，6）∪（6，+∞）C．{6}D．（0，+∞）【解题思路】根据条件函数f（x）有两个极值点，转化为方程f′（x）＝0有两个不等正实数根，得到求解．【解答过程】解：函数f（x）的定义域（0，+∞），f′(x)=6ax+x−(a+6)=(x−6)(x−a)x，令f′（x）＝0得，x＝6或x＝a，∵函数f（x）有2个极值点，∴f'（x）＝0有2个不同的正实数根，∴a＞0且a≠6，故选：B．【变式3-2】（2022春•淄博期末）已知x＝2是函数f（x）＝ax3﹣3x2+a的极小值点，则f（x）的极大值为（）A．﹣3B．0C．1D．2【解题思路】先对函数求导，然后结合极值存在条件可求a，进而可求函数的极大值．【解答过程】解：因为f′（x）＝3ax2﹣6x，由题意可得，f′（2）＝12a﹣12＝0，故a＝1，f′（x）＝3x2﹣6x，当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝0时，函数取得极大值f（0）＝1．故选：C．【变式3-3】（2022春•赣州期末）已知函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）在x＝1处取得极值，则a+b的最大值为（）A．1B．√2C．2D．2√2【解题思路】根据题意，对函数求导，令f′（1）＝0可求得a2+b2＝2，利用基本不等式可求a+b的最大值．【解答过程】解：函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）的导数为f′（x）＝3x2+2a2x+2b2﹣7，因为函数在x＝1处取得极值，所以f′（1）＝3+2a2+2b2﹣7＝0，即a2+b2＝2，因为a 2+b 2＝（a +b ）2﹣2ab ＝2，即（a +b ）2﹣2＝2ab ， 因为ab ≤(a+b 2)2，所以(a +b)2−2≤2(a+b 2)2， 整理得（a +b ）2≤4，所以a +b ≤2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，此时f ′（x ）＝3x 2+2x ﹣5＝（3x +5）（x ﹣1），满足函数在x ＝1处取得极值， 所以a +b 的最大值为2， 故选：C ．【题型4 利用导数求函数的最值】 【方法点拨】(1)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上单调递增或单调递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值， 最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极大(或极小)值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导 数的实际应用中经常用到．【例4】（2022•河南开学）函数f(x)=x 2−2x +8x 在（0，+∞）上的最小值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【解题思路】由题意求导，从而确定函数的单调性，从而求函数的最值．【解答过程】解：因为f ′(x)=2x −2−8x 2=(x 3−2x 2)+(x 3−8)x 2=(x−2)(2x 2+2x+4)x 2，所以f （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增， 故f （x ）min ＝f （2）＝4． 故选：C ．【变式4-1】（2022春•中山市校级月考）函数y ＝x ﹣2sin x 在区间[0，2]上的最小值是（ ） A ．π6−√3B ．−π3−√3C ．−π6−√3D ．π3−√3【解题思路】利用导数研究函数区间单调性，进而求其最小值即可． 【解答过程】解：由y ′＝1﹣2cos x ， 当0≤x ＜π3时，y ′＜0，即y 递减； 当π3＜x ≤2时，y ′＞0，即y 递增；所以y min =π3−2sin π3=π3−√3．【变式4-2】（2022春•乐山期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣lnx ，则函数f （x ）在[1，2]上的最小值为（ ） A ．1B ．√22C ．18+12ln2 D ．12+12ln2【解题思路】求导确定函数在[1，2]上的单调性，求出最小值即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝x 2﹣lnx （x ＞0），所以f ′（x ）＝2x −1x =2x 2−1x ，所以当x ∈[1，2]时，f ′（x ）=2x 2−1x ＞0，则f （x ）在[1，2]上单调递增，则f （x ）在[1，2]上的最小值为f （1）＝1． 故选：A ．【变式4-3】（2022•绿园区校级开学）函数f （x ）＝lnx +1x −12与g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x 的最小值分别为a ，b ，则（ ） A ．a ＝b B ．a ＞bC ．a ＜bD ．a ，b 的大小不能确定【解题思路】根据函数的单调性分别求出函数f （x ），g （x ）的最小值，比较a ，b 即可． 【解答过程】解：f （x ）的定义域是（0，+∞）， f ′(x)=1−1x =x−1x， 令f ′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1， f （x ）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， f （x ）的最小值是f （1）＝1，故a ＝1， g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x ，定义域（0，+∞）， g ′(x)=(x +1)e x −1x −1=x+1x (xe x −1)，令h （x ）＝xe x ﹣1，则h ′（x ）＝（x +1）e x ＞0，x ∈（0，+∞），则可得h （x ）在（0，+∞）上单调递增，且h （0）＝﹣1＜0，h （1）＝e ﹣1＞0， 故存在x 0∈（0，1）使得h （x ）＝0即x 0e x 0=1，即x 0+lnx 0＝0， 当x ∈（0，x 0）时，h （x ）＜0，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减， 当x ∈（x 0，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增，故当x ＝x 0时，函数取得最小值g(x 0)=x 0e x 0−lnx 0−x 0=1−lnx 0−x 0=1，即b ＝1， 所以a ＝b ，【题型5 由函数的最值求参数】【例5】（2022春•烟台期末）若函数f(x)=x 3−3a 2x 2+4在区间[1，2]上的最小值为0，则实数a 的值为（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．2D ．103【解题思路】对函数求导后，分a ≤0和a ＞0两种情况求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，使最小值等于零，从而可出实数a 的值． 【解答过程】解：由f(x)=x 3−3a 2x 2+4，得f '（x ）＝3x 2﹣3ax ＝3x （x ﹣a ）， 当a ≤0时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增，所以f(x)min =f(1)=1−3a2+4=0，解得a =103（舍去）， 当a ＞0时，由f '（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a ， 当0＜a ≤1时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增， 所以f(x)min =f(1)=1−3a 2+4=0，解得a =103（舍去）， 当1＜a ＜2时，当1＜x ＜a 时，f '（x ）＜0，当a ＜x ＜2时，f '（x ）＞0， 所以f （x ）在（1，a ）上递减，在（a ，2）上递增，所以当x ＝a 时，f （x ）取得最小值，所以f(a)=a 3−3a2a 2+4=0，解得a ＝2（舍去）， 当a ≥2时，当1≤x ≤2时，f '（x ）＜0，所以f （x ）在[1，2]上递减， 所以f(x)min =f(2)=23−3a2×4+4=0，解得a ＝2， 综上，a ＝2， 故选：C ．【变式5-1】（2022春•贵阳期末）若函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在x ≤20222021上的最小值为e +1，则a 的值为（ ） A ．0B ．1C ．20202021D ．20212020【解题思路】判断函数f （x ）的定义域，可知函数f （x ）在定义域上单调递增，由此可建立关于a 的方程，解出即可得到答案．【解答过程】解：函数的定义域为[1，20222021]，而函数y =e x ，y =lnx ，y =x √x −1在[1，+∞）上均为增函数，∴函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在[1，20222021]单调递增， ∴f （x ）min ＝f （1）＝e +a ＝e +1，解得a ＝1． 故选：B ．【变式5-2】（2022春•江北区校级期末）若函数f （x ）＝x 3﹣3x 在区间（2a ，a +3）上有最小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(−2，12)B ．（﹣2，1）C ．[−1，12)D ．（﹣2，﹣1]【解题思路】由导数性质得f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2．由此利用函数性质列不等式即可求解a 的范围． 【解答过程】解：∵f （x ）＝x 3﹣3x ，∴f ′（x ）＝3x 2﹣3， 由f ′（x ）＝0，得x ＝±1，x ∈（﹣∞，﹣1）时，f ′（x ）＞0；x ∈（﹣1，1）时，f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0， ∴f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1）， ∴x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2． f （x ）＝x 3﹣3x ＝﹣2时， x 3﹣3x +2＝0，x 3﹣x ﹣2x +2＝0， x （x 2﹣1）﹣2x +2＝0，x （x +1）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x 2+x ）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）（x 2+x ﹣2）＝0， （x ﹣1）（x +2）（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）2（x +2）＝0， 解得x ＝1，x ＝﹣2，∴﹣2≤2a ＜1＜a +3，∴﹣1≤a ＜12． 即实数a 的取值范围是[﹣1，12），故选：C．【变式5-3】（2022春•公安县校级月考）已知函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，若f（x）的最小值为0对任意x＞0恒成立，则实数a的最小值为（）A．2√eB．−2e C．1√eD．√e【解题思路】把f（x）转化为f（x）＝e2lnx+ax+1﹣（2lnx+ax+1）﹣1，证明e x﹣1≥x恒成立，得到f（x）≥0恒成立，从而得到a=−2lnx−1x，令g（x）=−2lnx−1x，利用导数求出函数g（x）的最小值即可求出结果．【解答过程】解：∵函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1，令t＝lnx2+ax+1，则h（t）＝e t﹣t﹣1，f′（t）＝e t﹣1，当t∈（﹣∞，0）时h′（t）＜0，h（t）单调递减，当t∈（0，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，∴h（t）≥h（0）＝0，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1≥0，等号成立的条件是lnx2+ax+1＝0，即a=−1−2lnxx在（0，+∞）上有解，设g(x)=−2lnx+1x，则g′(x)=−2−(2lnx+1)x2=2lnx−1x2，令g′（x）＝0，解得x=√e，∴当x∈(0，√e)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈(√e，+∞)时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g(x)min=g(√e)=2√e，即a的最小值为2√e．故选：A．【题型6 极值和最值的综合问题】【方法点拨】解决函数极值、最值综合问题的策略：(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．【例6】（2022春•城厢区校级期末）已知函数f(x)=x3−32(k+1)x2+3kx+1，其中k∈R．（1）当k＝3时，求函数f（x）在（0，3）内的极值点；（2）若函数f（x）在[1，2]上的最小值为3，求实数k的取值范围．【解题思路】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究函数的单调性，据此可求得函数的值域；（2）求得函数的解析式，然后结合导函数的符号确定函数的单调性，分类讨论即可求得实数k的取值范围．【解答过程】解：（1）k＝3时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，则f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），令f'（x）＝0得x1＝1，x2＝3，当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当1＜x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，1），（3，+∞），单调递减区间为（1，3）；所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减．故f（x）在（0，3）内的极大值点为x＝1，无极小值点；（2）方法一：f'（x）＝3x2﹣3（k+1）x+3k＝3（x﹣1）（x﹣k），①当k≤1时，∀x∈[1，2]，f'（x）≥0，函数f（x）在区间[1，2]单调递增，所以f(x)min=f(1)=1−32(k+1)+3k+1=3，即k=53（舍）；②当k≥2时，∀x∈[1，2]，f'（x）≤0，函数f（x）在区间[1，2]单调递减，所以f（x）min＝f（2）＝8﹣6（k+1）+3k⋅2+1＝3，符合题意；③当1＜k＜2时，当x∈[1，k）时，f'（x）≤0，f（x）区间在[1，k）单调递减，当x∈（k，2]时，f'（x）＞0，f（x）区间在（k，2]单调递减，所以f(x)min=f(k)=k3−32(k+1)k2+3k2+1=3，化简得：k3﹣3k2+4＝0，即（k+1）（k﹣2）2＝0，所以k＝﹣1或k＝2（都舍）；综上所述：实数k取值范围为k≥2．【变式6-1】（2022春•德州期末）已知函数f(x)=x3−3ax+1(a＞12 )．（1）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求实数a的值；（2）当x∈[﹣2，1]时．求函数f（x）的最大值．【解题思路】（1）利用导数求得函数极值，代入计算即可得到a的值；（2）f'（x）＝0的根分类讨论，然后列表表示f'（x）的正负，极值点，同时注意比较端点处函数值，从而得最大值．【解答过程】解：（1）由题意可知f'（x）＝3x2﹣3a，因为函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，所以f'（﹣1）＝0，即3﹣3a＝0，解得a＝1，经检验a＝1，符合题意，所以a＝1；（2）由（1）知f'（x）＝3x2﹣3a，令f'（x）＝0，x=±√a，当0＜√a＜1，即0＜a＜1时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，√a)√a(√a，1)1 f'（x）+0﹣0+f（x）﹣7+6a单调递增单调递减单调调增2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当1≤√a＜2，即1≤a＜4时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，1)1f'（x）+0﹣f（x）﹣7+6a单调递增单调递减2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当√a≥2即a≥4时，f'（x）＝3x2﹣3a≤0恒成立，即f（x）在[﹣2，1]上单调递减，所以f（x）的最大值为f （﹣2）＝﹣7+6a ，综上所述，当12＜a ＜4时，f （x ）的最大值为2a √a +1；当a ≥4时，f （x ）的最大值为﹣7+6a ．【变式6-2】（2022春•漳州期末）已知函数f(x)=(x −1)e x −t2x 2−2x ，f '（x ）为f （x ）的导函数，函数g （x ）＝f '（x ）．（1）当t ＝1时，求函数g （x ）的最小值；（2）已知f （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2）且f(x 1)+52e −1＜0，求实数t 的取值范围． 【解题思路】（1）当t ＝1时，根据题意可得g （x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，求导得g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1，分析g （x ）的单调性，进而可得g （x ）min ．（2）问题可化为t =e x −2x，有两个根x 1，x 2，令ℎ(x)=e x −2x，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0，求导分析单调性，又x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0，推出t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)，分析f （x 1）的单调性，又φ(−1)=−52e +1，推出﹣1＜x 1＜0，即可得出答案．【解答过程】解：g （x ）＝f '（x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，（1）当t ＝1时，g （x ）＝xe x ﹣x ﹣2，g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1， 当x ≤﹣1时，x +1≤0，e x ＞0， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1≤0﹣1＜0， 当﹣1＜x ＜0时，0＜x +1＜1，0＜e x ＜1， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＜1×1﹣1＝0， 当x ＞0时，x +1＞1，e x ＞1，所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＞1×1﹣1＝0．综上g （x ）在（﹣∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数， 所以g （x ）min ＝g （0）＝﹣2．（2）依题有：方程g （x ）＝0有两个不同的根x 1，x 2， 方程g （x ）＝0可化为t =e x −2x ， 令ℎ(x)=e x −2x ，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0， 所以h （x ）在（﹣∞，0）和（0，+∞）都是增函数，因为x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0， 所以t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)， 所以f(x 1)=(x 1−1)e x 1−t2x 12−2x 1 =(x 1−1)e x 1−12(e x 1−2x 1)x 12−2x 1=(−x 122+x 1−1)e x 1−x 1＜−52e +1，令φ(x)=(−x 22+x −1)e x −x(x ＜0)，则φ′(x)=−12x 2e x −1＜0，所以φ（x ）在（﹣∞，0）上为减函数，又因为φ(−1)=−52e +1， 所以﹣1＜x 1＜0， 所以t =e x 1−2x 1＞1e+2． 【变式6-3】（2022春•潞州区校级期末）有三个条件： ①函数f （x ）在x ＝1处取得极小值2； ②f （x ）在x ＝﹣1处取得极大值6； ③函数f （x ）的极大值为6，极小值为2．这三个条件中，请任意选择一个填在下面的横线上（只要填写序号），并解答本题． 题目：已知函数f （x ）＝x 3﹣3ax +b （a ＞0），并且 _____． （1）求f （x ）的解析式；（2）当x ∈[﹣3，1]时，求函数f （x ）的最值．【解题思路】（1）求出函数f （x ）的导数f ′（x ），选择条件①，②，利用给定的极值点及对应的极值列式求解并验证作答；选择条件③，判断极大值与极小值列式求解并验证作答． （2）利用（1）的结论，利用导数求出给定区间上的最值作答． 【解答过程】解：（1）选条件①：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(1)=0f(1)=2，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，当x ＞1时，f ′（x ）＞0， 则f （x ）在x ＝1处取得极小值2， 所以f （x ）＝x 3﹣3x +4；选条件②：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(−1)=0f(−1)=6，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＝＜0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4．选条件③：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，令f′（x）＝3x2﹣3a＝0，得x=±√a，当x＜−√a或x＞√a时，f′（x）＞0，当−√a＜x＜√a时时，f′（x）＜0，因此，当x=−√a时，f（x）取得极大值f（−√a），当x=√a时，f（x）取得极小值f（√a），于是得{(−√a)3−3a(−√a)+b=6(√a)3−3a√a+b=2，解得{a=1b=4，此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在x＝1处取得极小值2，在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4；（2）由（1）知，f（x）＝x3﹣3x+4，当x∈[﹣3，1]时，f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当﹣3＜x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在[﹣3，﹣1）上递增，在（﹣1，1]上递减，而f（﹣3）＝﹣14，f（1）＝2，所以f（x）max＝f（﹣1）＝6，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣14．。

方法技巧专题12 函数单调性、极值、最值与导数问题解析篇【一】判断函数单调性1.例题【例1】已知函数()xf x ax e =-判断函数()f x 的单调性。

【解析】由题意可求，()´xf x a e =-1.当0a ≤时，()()´0,f x f x <在R 上为减函数；2.当0a >时，令()´0f x >，解得x lna <, 令()´0f x <，解得x lna > 于是()f x 在(,ln ]a -∞为增函数，在[ln ,)a +∞为减函数；【例2】已知函数2()ln 1a f x x x +=++，其中a ∈R ，讨论并求出f (x )在其定义域内的单调区间． 【解析】()222121()1(1)(1)a f x x ax x x x x +'=-=-+++，设g (x )＝x 2－ax ＋1， ∵x ＞0，∴①当a ＜0时，g (x )＞0，f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上恒成立， 此时函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；②当a ＞0时，222()1124a a g x x ax x ⎛⎫=-+=-+-⎪⎝⎭. 当1－24a ≥0，即0＜a ≤2时，g (x )＞0，f ′(x )＞0在x ∈(0，＋∞)上恒成立，此时函数f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增；当a ＞2时，方程g (x )＝0的两根分别为12,22a a x x +==，且0＜x 1＜x 2， ∴当x ∈(0，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(0，x 1)上单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，故函数f (x )在(x 1，x 2)上单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，故函数f (x )在(x 2，＋∞)上单调递增． 综上所述，当a ≤2时，函数f (x )的单调增区间为(0)∞，＋，没有减区间；当a ＞2时，函数f (x )的减区间为12()x x ，；增区间为(0，x 1)，(x 2，＋∞)．2.巩固提升综合练习【练习1】已知函数()xf x e =，()()210g x ax x a =++>.设()()()g x F x f x =，讨论函数()F x 的单调性；【解析】因为2()1()()xg x ax x F x f x e++==， 所以221(21)'()xx a ax x ax a x a F x e e -⎛⎫-- ⎪-+-⎝⎭==， ①若12a =，2'()0xax F x e-=≤.∴()F x 在R 上单调递减. ②若12a >，则210a a->， 当0x <，或21a x a ->时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >，∴()F x 在(,0)-∞，21,a a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在210,a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增.③若102a <<，则210a a-<， 当21a x a -<，或0x >时，'()0F x <，当210a x a-<<时，'()0F x >. ∴()F x 在21,a a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，(0,)+∞上单调递减，在21,0a a -⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增. 【练习2】已知x ax x x ax x f +--=2221ln )()(，求)(x f 单调区间. 【解析】该函数定义域为），（∞+0（第一步：对数真数大于0求定义域）令x ax x f ln 12)('）（-=，解得121,12x x a==（第二步，令导数等于0，解出两根21,x x ） （1）当0≤a 时，'(0,1),()0,()x f x f x ∈>单调增，'(1,),()0,()x f x f x ∈+∞<单调减 （第三步，1x 在不在进行分类，当其不存在得到0≤a ；第四步数轴穿根或图像判断正负）（2）当121=a 时即21=a '(0,),()0,()x f x f x ∈+∞>单调增， （第五步，x 1在区间时，进行比较大小，当21x x =得到21=a 第四步图像判断正负）①当1210<<a 时，即21>a'1(0,),(1,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[,1],()0,()2x f x f x a∈<单调减（当21x x <得到21>a ；第四步图像判断正负）②当121>a 时，即210<<a'1(0,1),(,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[1,],()0,()2x f x f x a∈<单调减（21x x >得到210<<a ；第四步图像判断正负）综上可知：0≤a ，'(0,1),()0,()x f x f x ∈>单调增，'(1,),()0,()x f x f x ∈+∞<单调减；21=a ，'(0,),()0,()x f x f x ∈+∞>单调增 21>a '1(0,),(1,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[,1],()0,()2x f x f x a ∈<单调减210<<a ，'1(0,1),(,)()0,()2x x f x f x a ∈∈+∞>单调增，'1[1,],()0,()2x f x f x a ∈< 单调减【二】根据单调性求参数 1.例题【例1】（1）若函数2()2(1)2f x x a x =+-+在区间(],4-∞上是减函数，则实数a 的取值范围是 . （2）函数()()2244xf x exx =--在区间()1,1k k -+上不单调，实数k 的范围是（ ）（3）若函数()()212log 45f x x x =-++在区间()32,2m m -+内单调递增，则实数m 的取值范围为 .（4）若函数()2ln f x ax x x =+-存在增区间，则实数a 的取值范围为 .【解析】（1）因为函数2()2(1)2f x x a x =+-+的单调减区间为(],1a -∞-，又函数()f x 在区间(],4-∞上是减函数，则(],4-∞⊆(],1a -∞-，则14a -≥，解得：3a ≤-， （2）()()2244xf x exx =--，()()228x f x e x '∴=-，令()0f x '=，得2x =±. 当2x <-或2x >时，()0f x '>；当22x -<<时，()0f x '<. 所以，函数()y f x =的极大值点为2-，极小值点为2.由题意可得121k k -<-<+或121k k -<<+，解得31k -<<-或13k <<. （3）由2450x x -++>，即2450x x --<，解得15x -<<. 二次函数245y x x =-++的对称轴为2x =.由复合函数单调性可得函数()()212log 45f x x x =-++的单调递增区间为()2,5．要使函数()()212log 45f x x x =-++在区间()32,2m m -+内单调递增， 则()()32,22,5m m -+⊆，即32225322m m m m -≥⎧⎪+≤⎨⎪-<+⎩，解得423m ≤<.（4）若函数()f x 不存在增区间，则函数()f x 单调递减， 此时()1210f x ax x'=+-≤在区间()0,∞+恒成立， 可得2112a x x ≤-，则22111111244x x x ⎛⎫-=--≥- ⎪⎝⎭，可得18a ≤-，故函数存在增区间时实数a 的取值范围为1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．【例2】已知函数32()3()f x ax x x x =+-∈R 恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围为（ ） A ．()3,-+∞ B ．()()3,00,-+∞C ．()(),00,3-∞ D ．[)3,-+∞【解析】（1）2'()361f x ax x =+-，∴()f x 有三个单调区间，∴036120a a ≠⎧⎨∆=+>⎩，解得3a >-且0a ≠．故选B ．2.巩固提升综合练习 【练习1】函数321()3f x ax x a =-+在[1,2]上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1a > B ．1a ≥C ．2a >D ．2a ≥【答案】D【解析】由题意得：()22f x ax x '=-()f x 在[]1,2上单调递增等价于：()0f x '≥在[]1,2上恒成立即：220ax x -≥ 222x a x x∴≥=当[]1,2x ∈时，22x≤ 2a ∴≥本题正确选项：D【练习2】已知函数f(x)=x 3+ax 2+x +1（a ∈R ）在(−23,−13)内存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(0,√3] B ．(−∞,√3] C ．(√3,+∞) D ．(√3,3)【答案】C【解析】f ′(x )=3x 2+2ax +1 假设f(x) 在(−23,−13)内不存在单调递减区间，而f(x)又不存在常函数情况，所以f(x) 在(−23,−13)内递增，即有x ∈ (−23,−13)时不等式f ′(x )=3x 2+2ax +1≥0恒成立，即x ∈ (−23,−13)时，a ≤−32x −12x =−32(x +13x)恒成立，解得a ≤√3，所以函数f(x) 在(−23,−13)内存在单调递减区间，实数a 的取值范围是(√3,+∞)故选C【练习3】若函数2()ln f x x x x=++在区间[],2t t +上是单调函数，则t 的取值范围是（ ） A ．[1,2] B ．[1,)+∞C ．[2,)+∞D ．(1,)+∞【答案】B【解析】22222122(2)(1)()ln '()1(0)x x x x f x x x f x x x x x x x+-+-=++⇒=+-==> 1x ≥单调递增，01x <<单调递减.函数2()ln f x x x x=++在区间[],2t t +上是单调函数 区间[],2t t +上是单调递减不满足只能区间[],2t t +上是单调递增. 故1t ≥故答案选B【三】函数的极值问题1.例题【例1】(1)函数3()12f x x x =-的极大值点是_______，极大值是________。

导数与函数的极值和最值问题类型一利用导数研究函数的极值计算函数f(x)的定义域并求出函数f(x)的导函数f'(x)；第二步求方程f'(x) 0的根；第三步判断f'(x)在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值•例1已知函数f(x) 1 In X,求函数f x的极值.x【答案】极小值为1，无极大值•试题解析：⑴因两了何显+ln心所以/m -------------- 4丄・耳.令『何・0鬲-X/W的放域为W—切」由得由厂⑴刈得，w 所以—1时./■何有扱小值为1J无极大值.D . 17 或18【答案】C【解析】试题分析:f (x)411 f (x) 3x2 2ax b,1aba210时,f (x) 3(x 1)20,在x 1处8x 11 (3x 11)(x1)，11x ( 3,1), if (2) 8 16 221618 .故选C.33不3x23 2aa 12 0 存在极值.【变式演练2】设函数f x In x1—ax2a 4或b 11f (x) 0 ；x (1, ), f (x)bx，若x 1是f x的极大值点，则4110,符合题意.所a的取值范围为解题模板：第一步【变式演练1】已知函数f(x)x3 2ax bx a2在x 1处有极值10，则f (2)等于(A . 11 或18B . 11C . 18B. 1,C. 0,D. , 1 U 0,【答案】B【解析】试题分析：丁/(a)=fc X--OX1 -bx r J. x>0J—-ax-b,由/*l 1 i- 0 得b =l-a f2 x丁(£=丄-血"-1= _ ‘ ①若CO J 宙 f 仗)=Oj 得乂= 1启o vmC时J /r M> 0、此x x时/■&)单调递増；^>161, r(xJ<0,此时九t)电调遷融所£U=1是/(罰的徵大值臥②若口V0, 则由r(xl=0,得“ 1或X = --. .-x = 1时TV)的扳丈值钛二丄〉】■解得-U x 0 -综合g亀d a a的取值范围时Q T・故选氏1 1【变式演练3】函数f(x) -x3-(m 1)x22(m 1)x在(0,4)上无极值，则m ^3 2【答案】3【解析】试题分析：因为 f (x) !x3^(m 1)x22(m 1)x ,3 2所以f'(x) x2 (m 1)x 2(m 1) x 2 x m 1，由f' x 0 得x 2 或x m 1，又因为1 1函数f(x)—X3(m 1)x22(m 1)x在(0,4)上无极值，而2 0,4，所以只有m 1 2 ,m 3 3 2时，f x在R上单调，才合题意，故答案为3.【变式演练4】设函数f (x) x3 (1 a)x2 ax有两个不同的极值点x1，x2，且对不等式f(xj f(X2)0恒成立，则实数a的取值范围是 ________________ .【答案】(，1]U 1,22【解析】x；1 a x；x；a x-i x20 ,即x1 x20,试题分析：x1x2为2X2f(xj f(X2)3x1x20 ,故得不等式洛由于 f'x 3x 2 2 1 a x a ,令 f'x 0 得方程 3x 22 1 a x a 0 ,因则实数a 的取值范围是 【答案】、3 a 2 【解析】r z—1 < - < 1厂试题井析；f (口 =皿+】「［3/(D>0类型二 求函数在闭区间上的最值 解题模板：第一步求出函数f(x)在开区间(a,b)内所有极值点; 第二步计算函数f(x)在极值点和端点的函数值;第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值e x x 2 mx ，在点1,f 1处的斜率为e 1 . (1)求实数m 的值;(2)求函数f x 在区间1,1上的最大值. 【答案】(1) m 1； (2) f x max e. 【解析】试题分析：(1)由f (1) e 1解之即可;X 1 X 2a 2 a 131 a代入前面不等式，并化简得X 1X 2f X 12a 25a0,解不等式得2，因此,当a 1或1 2a 2时,不等式f X 20成立，故答案为(1，1]U 亍2 .【变式演练5】已知函数f x x 32ax x 2 a 0的极大值点和极小值点都在区间 1,1内,例2若函数f x1.1在X o 使f (X o ) 0 ,所以函数在区间 [1,X 。

导数与函数的极值和最值问题 类型一 利用导数研究函数的极值解题模板：第一步 计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ；第二步 求方程'()0f x =的根；第三步 判断'()f x 在方程的根的左、右两侧值的符号； 第四步 利用结论写出极值.例1 已知函数x xx f ln 1)(+=，求函数()f x 的极值. 【答案】极小值为1，无极大值.【变式演练1】已知函数322()f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则(2)f 等于（ ）A ．11或18B ．11C ．18D ．17或18 【答案】C 【解析】试题分析：b ax x x f ++='23)(2,⎩⎨⎧=+++=++∴1010232a b a b a ⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧=----=⇒114012232b a a a a b 或⎩⎨⎧=-=33b a ．当⎩⎨⎧=-=33b a 时,∴≥-=',0)1(3)(2x x f 在1=x 处不存在极值．当⎩⎨⎧-==114b a 时，)1)(113(1183)(2-+=-+='x x x x x f ，0)(),1,311(<'-∈∴x f x ；0)(),,1(>'+∞∈x f x ,符合题意．所以⎩⎨⎧-==114b a ．181622168)2(=+-+=∴f ．故选C ．【变式演练2】设函数()21ln 2f x x ax bx =--，若1x =是()f x 的极大值点，则a 的取值范围为（ ）A ．()1,0-B ．()1,-+∞C ．()0,+∞D ．()(),10,-∞-+∞【答案】B 【解析】【变式演练3】函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，则=m _____. 【答案】3 【解析】试题分析：因为x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=， 所以()()2'()(1)2(1)21f x x m x m x x m =-++-=--+，由()'0f x =得2x =或1x m =-，又因为函数x m x m x x f )1(2)1(2131)(23-++-=在)4,0(上无极值，而()20,4∈，所以只有12m -=，3m =时，()f x 在R 上单调，才合题意，故答案为3.【变式演练4】设函数32()(1)f x x a x ax =+++有两个不同的极值点1x ，2x ，且对不等式12()()0f x f x +≤恒成立，则实数a 的取值范围是 ．【答案】1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦【解析】试题分析：因为12()()0f x f x +≤,故得不等式()()()332212121210x x a x x a x x ++++++≤,即()()()()()221212121212123120x x x x x x a x x x x a x x ⎡⎤⎡⎤++-+++-++≤⎣⎦⎣⎦,由于()()2'321f x x a x a =+++,令()'0f x =得方程()23210x a x a +++=,因()2410a a ∆=-+> , 故()12122133x x a a x x ⎧+=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入前面不等式,并化简得()1a +()22520a a -+≥,解不等式得1a ≤-或122a ≤≤，因此, 当1a ≤-或122a ≤≤时, 不等式()()120f x f x +≤成立,故答案为1(,1],22⎡⎤-∞-⎢⎥⎣⎦.【变式演练5】已知函数()()3220f x x ax x a =+++>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 ． 【答案】32a << 【解析】类型二 求函数在闭区间上的最值解题模板：第一步 求出函数()f x 在开区间(,)a b 内所有极值点；第二步 计算函数()f x 在极值点和端点的函数值；第三步 比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.例2 若函数()2x f x e x mx =+-，在点()()1,1f 处的斜率为1e +． （1）求实数m 的值；（2）求函数()f x 在区间[]1,1-上的最大值． 【答案】（1）1m =；（2）()max f x e =. 【解析】试题分析：（1）由(1)1f e '=-解之即可；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数且()()1110,130f e f e -''=+>-=-<,所以在区间(1,1)-上存在0x 使0()0f x '=，所以函数在区间0[1,]x -上单调递减，在区间0[,1]x 上单调递增，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，求之即可.试题解析： （1）()2x f x e x m '=+-，∴()12f e m '=+-，即21e m e +-=+，解得1m =； 实数m 的值为1；（2）()21x f x e x '=+-为递增函数，∴()()1110,130f e f e -''=+>-=-<， 存在[]01,1x ∈-，使得()00f x '=，所以()()(){}max max 1,1f x f f =-，()()112,1f e f e --=+=，∴()()max 1f x f e ==【变式演练6】已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-. 求函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值；【答案】（Ⅰ）min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，；. 【解析】试题分析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，得极值点为1x e =，分情况讨论10t e <<及1t e≥时，函数)(x f 的最小值；（Ⅱ）当函数()()y f x g x =+有两个不同的极值点，即'ln 210y x x a =-++=有两个不同的实根1212,()x x x x <，问题等价于直线y a =与函数()ln 21G x x x =-+-的图象有两个不同的交点，由)(x G 单调性结合函数图象可知当min 1()()ln 22a G x G >==时，12,x x 存在，且21x x -的值随着a 的增大而增大，而当21ln 2x x -=时，由题意1122ln 210ln 210x x a x x a -++=⎧⎨-++=⎩，214x x ∴=代入上述方程可得2144ln 23x x ==，此时实数a 的取值范围为2ln 2ln 2ln()133a >--.试题解析：（Ⅰ）由'()ln 10f x x =+=，可得1x e=，∴①10t e <<时，函数()f x 在1(,)t e 上单调递减，在1(,2)t e+上单调递增，∴函数()f x 在[,2](0)t t t +>上的最小值为11()f e e=-，②当1t e≥时，()f x 在[,2]t t +上单调递增，min ()()ln f x f t t t ∴==，min110()1ln ,t e ef x t t t e ⎧-<<⎪⎪∴=⎨⎪≥⎪⎩，； 练习1. 若322()7f x x ax bx a a =++--在1x =处取得极大值10，则ba的值为（ ） A ．32-或12- B ．32-或12 C ．32- D ．12-【答案】C 【解析】试题分析：∵322()7f x x ax bx a a =++--，∴()bax x x f ++='232，又322()7f x x ax bx a a =++--在1=x 处取得极大值10，∴()023=++='b a x f ，()107112=--++=a a b a f ，∴01282=++a a ，∴2-=a ，1=b 或6-=a ，9=b ．当2-=a ，1=b 时，()()()1131432--=+-='x x x x x f ，当131<<x 时，()0<'x f ，当1>x 时，()0>'x f ，∴()x f 在1=x 处取得极小值，与题意不符；当6-=a ，9=b 时，()()()31391232--=+-='x x x x x f ，当1<x 时，()0>'x f ，当31<<x 时，()0<'x f ，∴()x f 在1=x 处取得极大值，符合题意；23-=a b ，故选C ． 考点：利用导数研究函数的极值． 2. 已知21()ln (0)2f x a x x a =+>，若对任意两个不等的正实数12,x x ，都有1212()()2f x f x x x ->-恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(0,1]B ．(1,)+∞C ．(0,1)D ．[1,)+∞ 【答案】D 【解析】考点：函数导数与不等式，恒成立问题． 3．等差数列}{n a 中的40251a a ，是函数16431)(23-+-=x x x x f 的极值点，则20132log a 等于（ ） A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 【答案】A 【解析】试题分析：2'()86f x x x =-+,14025,a a 是方程2860x x -+=的两根,由韦达定理有140258a a +=,所以2013201328,4a a ==,故220132log log 42a ==,选A. 考点：1.函数的极点；2.等差数列的性质；3.导数的计算.4. 【2017届河南濮阳第一高级中学高三上学期检测二数学试卷，文12】已知函数321()3f x x x ax =++.若1()x g x e =,对任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使12'()()f x g x ≤成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,8]e e -∞- B ．[8,)e e -+∞ C ．[2,)e D ．3(,]32e - 【答案】A 【解析】考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、利用导数求函数的最值及全称量词与存在量词的应用.5. 已知数列{}n a 中，11a =，函数3212()3432n n a f x x x a x -=-+-+在1x =处取得极值，则n a =_________． 【答案】1231n -⋅- 【解析】试题分析：因为3212()3432n n a f x x x a x -=-+-+，所以()21'23n n f x x a x a -=-+-，()1'1230n n f a a -∴=-+-=，()1132,131n n n n a a a a --=++=+,{}1n a +是以112a +=为首项, 以3为公比的等比数列11123,231n n n n a a --+=⨯=⨯-，故答案为1231n --． 考点：1、利用导数求函数极值；2、根据数列的递推公式求通项公式．6.若正数t 满足()2ln 1a e t t -=（e 为自然对数的底数），则实数a 的取值范围为___________．【答案】1a e≥．【解析】试题分析：设()(2)ln f t e t t =-，2'()ln e t f t t t -=-+2ln 1et t=--，显然'()0f e =，又221"()e f t t t=--，当0t >时，"()0f t <，故'()f t 是减函数，所以当0t e <<时，'()0f t >，()f t 递增，当t e >时，'()0f t <，()f t 递减，所以x e =时，()f t 取极大值也是最大值()(2)ln f e e e e e =-=，当t →+∞（或0t →）时，()f t →-∞，因此()f t e ≤，所以10a<或10e a <≤，所以0a <中1a e≥． 考点： 导数与函数的单调性、极值、最值．7. 【2017届河北正定中学高三上学期第一次月考数学试卷，文22】已知函数()()2x f x x ax e =+的两个极值点为12,x x ，且1212,2x x x x <+=--． （1）求12,x x 的值；（2）若()f x 在()1,c c -（其中1c <-）上是单调函数，求c 的取值范围；（3）当m e ≤-时，求证：()()32214x xx f x e x e m e ⎡⎤⎡⎤+--+>⎣⎦⎣⎦．【答案】（1）125515,22x x ---==；（2）5535,,122⎛⎤⎡⎫-----∞- ⎪⎥⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭；（3）证明见解析． 【解析】试题解析：（1）∵()()22xf x x a x a e '⎡⎤=+++⎣⎦，∴由()0f x '=得()220x a x a +++=，∴12225x x a +=--=--，∴5a = ∴由()22550x x +++=得2532x --±=， ∵12x x <，∴125515,22x x ---==， （2）由（1）知，()f x 在()12,x x 上递减，在()1,x -∞上递增，其中1255151,122x x ---=<-=>-，当()f x 在()1,c c -上递减时， 121c x c x -≥⎧⎨≤⎩，又1c <-，∴3512c --≤<-，当()f x 在()1,c c -上递增时， 1c x ≤，综上，c 的取值范围为5535,,122⎛⎤⎡⎫-----∞- ⎪⎥⎢ ⎪⎝⎦⎣⎭考点：1.导数在函数研究中的应用；2.单调性；3.极值.8. 【2017届河北武邑中学高三周考8.28数学试卷，理22】已知函数()()21ln 0f x ax x a x=-+>．（1）若()f x 是定义域上不单调的函数，求a 的取值范围；（2）若()f x 在定义域上有两个极值点12x x 、，证明：()()1232ln 2f x f x +>-． 【答案】（1）108a <<；（2）详见解析 【解析】试题分析：（1）()()2221ln ,ax x f x x ax x f x x -+'=--+=-，令18a ∆=-，当18a ≥时，()()0,0,f x f x '∆≤≤在()0,+∞单调递减，当108a <<时，0∆>，方程2210ax x -+=有两个不相等的正根12,x x ，不妨设12x x <，则当()()120,x x x ∈+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>，这时()f x 不是单调函数．综上，a 的取值范围是108a <<．（2）由（1）知，当且仅当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 有极小值点1x 和极大值2x ，且121211,22x x x x a a +==， ()()2212111222ln ln f x f x x ax x x ax x +=--+--+()()()121211ln 1ln 2124x x x x a a=-+++=++令()()11ln 21,0,48g a a a a ⎛⎤=++∈ ⎥⎝⎦，则当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()221141044a g x a a a -'=-=<，()g a 在10,8⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()132ln 28g a g ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，即()()1232ln 2f x f x +>-．（2）由（1）知，当且仅当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 有极小值点1x 和极大值2x ，且121211,22x x x x a a+==， ()()2212111222ln ln f x f x x ax x x ax x +=--+--+，()()()()12121211ln ln 1122x x x x x x =-+----++ ()()()121211ln 1ln 2124x x x x a a =-+++=++．令()()11ln 21,0,48g a a a a ⎛⎤=++∈ ⎥⎝⎦， 则当10,8a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()221141044a g x a a a -'=-=<，()g a 在10,8⎛⎫⎪⎝⎭单调递减， 所以()132ln 28g a g ⎛⎫>=- ⎪⎝⎭，即()()1232ln 2f x f x +>-.考点：1.导数在函数单调性中的应用；2.函数的极值.9. 【2017届黑龙江虎林一中高三上月考一数学试卷，理22】已知函数2()(1)ln f x a x x =--． （1）若()y f x =在2x =处取得极小值，求a 的值； （2）若()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围；（3）求证：当2n ≥时，2211132ln 2ln 3ln 22n n n n n--+++>+…． 【答案】（1）81；（2）21≥a ；（3）证明见解析.【解析】②当0a >时，221'()ax f x x -=，令'()0f x >，得12x a >'()0f x <，得102x a<< （i ）112a >，即102a <<时，12x a ∈时，'()0f x <，即()f x 递减，∴()(1)0f x f <=矛盾．（ii 112a ≤，即12a ≥时，[1,)x ∈+∞时，'()0f x >，即()f x 递增，∴()(1)0f x f ≥=满足题意．综上: 12a ≥． （3）证明：由（2）知令12a =，当[1,)x ∈+∞时，21(1)ln 02x x --≥（当且仅当1x =时取“=”） ∴当1x =时，212ln 1x x >-． 即当2,3,4,,x n =…，有2221111112()ln 2ln 3ln 21311n n +++>+++---…… 11112()132435(1)(1)n n =++++⨯⨯⨯-+… 1111111(1)()()()3243511n n =-+-+-++--+…223222n n n n --=+． 考点：1.导数的综合应用；2.不等式恒成立问题；3.不等式的证明及裂项求和的方法.10. 【2017届云南曲靖一中高三上月考二数学试卷，理22】已知函数13)(3-+=ax x x f 的导函数为)(x f '，3)()(--'=ax x f x g .（1）当2-=a 时，求函数)(x f 的单调区间；（2）若对满足11≤≤-a 的一切a 的值，都有0)(<x g ，求实数x 的取值范围；（3）若0ln )(>+'x x g x 对一切2≥x 恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）函数)(x f 的单调递增区间为),2[],2,(+∞--∞，单调递减区间为)2,2(-；（2）310<<x ；（3）ln 2122a <+. 【解析】试题解析：（1）当2-=a 时，63)(2-='x x f ，令0)(='x f 得2±=x ，故当2-<x 或2>x 时，0)(>'x f ，)(x f 单调递增， 当22<<-x 时，0)(<'x f ，)(x f 单调递减，所以函数)(x f 的单调递增区间为),2[],2,(+∞--∞，单调递减区间为)2,2(-.（2）因为a x x f 33)(2+='，故333)(2-+-=a ax x x g ，令33)3()()(2-+-==x x a a h x g ，要使0)(<a h 对满足11≤≤-a 的一切a 成立，则⎩⎨⎧<-=<-+=-,03)1(,03)1(22x x h a x x h 解得310<<x . （3）因为a x x g -='6)(，所以0ln )6(>+-x a x x ，即)(ln 6x h xx x a =+<对一切2≥x 恒成立， 222ln 16ln 16)(xx x x x x h -+=-+='，令)(ln 162x x x ϕ=-+，则x x x 112)(-='ϕ，因为2≥x ，所以0)(>'x ϕ，故)(x ϕ在),2[+∞单调递增， 有02ln 25)2()(>-=≥ϕϕx ，因此0)(>'x h ，从而22ln 12)2()(+=≥h x h ， 所以min ()a h x <ln 2(2)122h ==+. 考点：1、利用导数研究函数的单调性进而求最值；2、不等式恒成立问题.11. 【2016届河北南宫一中学高三仿真模拟数学试卷，理22】若函数()f x 的反函数记为()1f x -，已知函数()x f x e =．（1）设函数()()()1F x f x f x -=-，试判断函数()F x 的极值点个数；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()sin f x x kx ≥，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）1个；（2）(],1-∞．【解析】试题解析：（1）()1x F x e x '=-，当()0,x ∈+∞时，1x 是减函数，x e -也是减函数， ∴()1x F x e x '=-在()0,+∞上是减函数，当1x =时，()10F x e '=-<， 当12x =时，()20F x e '=>，∴()F x '在()0,+∞上有且只有一个变号零点， ∴()F x 在定义域()0,+∞上有且只有一个极值点．．（2）令()()sin x g x f x kx e x kx =-=-，要使()f x kx ≥总成立，只需0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()min 0g x ≥，对()g x 求导得()()sinx cosx x g x e k '=+-，令()()sin cos x h x e x x =+，则()2cos 0x h x e x '=>，0,2x π⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为增函数，∴()21,h x e π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．考点：1．函数的极值点；2．含参讨论函数的单调性与最值．12. 【2017届安徽蚌埠二中等四校高三10月联考数学试卷，理22】设函数()ln(1)1x f x a x x=-++，()ln(1)g x x bx =+-． （1）若函数()f x 在0x =处有极值，求函数()f x 的最大值；（2）①是否存在实数b ，使得关于x 的不等式()0g x <在(0,)+∞上恒成立？若存在，求出b 的取值范围；若不存在，说明理由；②证明：不等式2111ln (1,2,)12nk k n n k =-<-≤=+∑． 【答案】（1）(0)0f =；（2）①1≥b ；②证明见解析．【解析】试题分析：（1）由0)(='x f 的解,即可得出极值点,得出a 值后,再利用导函数求单调区间；（2）①本题为恒成立问题,利用函数的增减性和端点值来求解,而函数的单调性由导函数的正负来决定；②运用不等式的放缩与基本不等式的性质,证明右边项时采用了数列的增减性的基本定义来证明,通过说明数列时单调递减来证明不等式,在证明右侧时,采用将n ln 裂项的方法,将详见得到的每一项放缩,最后利用裂项相消111)1(1+-=+n n n n 来证得不等式成立． （2）①由已知得：'1()1g x b x=-+ （ⅰ）若1b ≥，则[0,)x ∈+∞时，'1()01g x b x =-≤+ ∴()ln(1)g x x bx =+-在[0,)+∞上为减函数，∴()ln(1)(0)0g x x bx g =+-<=在(0,)+∞上恒成立；（ⅱ）若0b ≤，则[0,)x ∈+∞时，'1()01g x b x=->+ ∴()ln(1)g x x bx =+-在[0,)+∞上为增函数，∴()ln(1)(0)0g x x bx g =+->=，不能使()0g x <在(0,)+∞上恒成立；（ⅲ）若01b <<，则'1()01g x b x =-=+时，11x b=-， 当1[0,1)x b ∈-时，'()0g x ≥，∴()ln(1)g x x bx =+-在1[0,1)b -上为增函数， 此时()ln(1)(0)0g x x bx g =+->=，∴不能使()0g x <在(0,)+∞上恒成立；综上所述，b 的取值范围是[1,)x ∈+∞．故11222 11111ln(1)[ln(1)]111 n n nnk k kk k n xk k k k n--====-+=-+++++∑∑∑111221111111 ()11 1(1)(1)n n nk k kkk k k k k k n---===>-=-≥=-+>-+++∑∑∑．考点：1．函数的极值；2．恒成立问题；3．导数证明不等式．。

第18讲 导数与函数的极值、最值学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________【基础巩固】1．（2022·全国·高三专题练习）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 ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】函数的极小值点0x 需满足左减右增，即()'00f x =且左侧()'0f x <，右侧()'0f x >，由图可知，一共有1个点符合. 故选：A2．（2022·福建莆田·三模）已知函数2()(1)cos(1)f x x x a =++++的最小值是4．则=a （ ） A ．3 B ．4 C ．5 D ．6【答案】A【解析】由题，()2(1)sin(1)f x x x '=+-+，()2cos(1)0f x x ''=-+>，所以()'f x 单调递增， 又(1)0f '-=，所以'1,()0x f x <-<，'1,()0x f x >->， 故1x =-为()f x 最小值点，即(1)14f a -=+=，解得3a =， 故选：A3．（2022·广东茂名·高三阶段练习）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 ．1 B ．3C ．5D ．6【答案】C【解析】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：C4．（2022·福建·三模）关于函数()sin(2)f x A x ϕ=+，有下列四个命题： 甲：()f x 在27π5π,5⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增； 乙：π6-是()f x 的一个极小值点：丙：π3是()f x 的一个极大值点；丁：函数()y f x =的图象向左平移π3个单位后所得图象关于y 轴对称.其中只有一个是假命题，则该命题是（ ） A ．甲 B ．乙C ．丙D ．丁【答案】A【解析】由于()f x 的最小正周期为2ππ2T ==，半周期为π2, πππ362⎛⎫--= ⎪⎝⎭，所以乙、丙为真命题，（否则两个都是假命题，不符合题意.） 由丙可知，()f x 关于直线π3x =对称，所以函数()y f x =的图象向左平移π3个单位后所得图象关于y 轴对称，丁正确. 故甲为假命题.另外，由丙可知，()f x 关于直线π3x =对称，()f x 的最小正周期为π， 所以()f x 关于直线π16π5π33x =+=对称，71π6π25π,53∈⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()f x 在区间27π5π,5⎛⎫ ⎪⎝⎭不单调，甲为假命题. 故选：A5．（2022·福建福州·三模）已知函数()2cos 1xf x x π=+，以下结论中错误的是（ ） A ．()f x 是偶函数 B ．()f x 有无数个零点 C ．()f x 的最小值为12-D ．()f x 的最大值为1【答案】C 【解析】对于A ，()f x 定义域为R ，()()()()22cos cos 11x xf x f x x x ππ--===+-+， ()f x ∴为偶函数，A 正确；对于B ，令()0f x =，即cos π0x ，()2x k k πππ∴=+∈Z ，解得：()12x k k =+∈Z ， ()f x ∴有无数个零点，B 正确；对于C ，()112f =-，∴若()f x 的最小值为12-，则1x =是()f x 的一个极小值点，则()10f '=；()()()222sin 2cos 1x x x xf x xππππ++'=-+，()2sin 2cos 11042f πππ+'∴==-≠，1x ∴=不是()f x 的极小值点，C 错误；对于D ，1cos 1x π-≤≤，211x +≥；则当cos 1x π=，211x +=，即0x =时，()f x 取得最大值1，D 正确. 故选：C.6．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）函数()()()222f x x x x ax b =+++满足：对x R ∀∈，都有()()11f x f x +=-，则函数()f x 的最小值为（ ）A ．-20B ．-16C ．-15D ．0【答案】B【解析】解：因为函数()()()222f x x x x ax b =+++满足：对x R ∀∈，都有()()11f x f x +=-，所以()()()()0213f f f f ⎧=⎪⎨-=⎪⎩，即()()()084211593a b a b a b ⎧=++⎪⎨--+=++⎪⎩，解得68a b =-⎧⎨=⎩，所以()()()22268f x x x x x =+-+，则()()()()()222268226f x x x x x x x '=+-+++-，()324324x x x =--+， ()(411515=---x x x ，当15x <115x <<()0f x '<， 当15x >+()0f x '>，所以()f x 的最小值为((151516==-f f ， 故选：B7．（2022·辽宁·高三阶段练习）已知e 2x =是函数()()ln 2f x x x ax =-的极值点，则实数a 的值为（ ） A ．1 B ．e2C ．2D ．e【答案】C【解析】由题意可得：()()()2ln 2ln 212f x x x a x a x'=+⨯-=+-， 因为e 2x =是函数()()ln 2f x x x ax =-的极值点， 故e ln e 1202f a a ⎛⎫'=+-=-= ⎪⎝⎭，得2a =，经验证：2a =时，()()ln 21f x x '=-， 当e02x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当e 2x >时，()0f x '>，()f x 递增， 则e 2x =是函数()()ln 2f x x x ax =-的极小值点， 故2a =， 故选：C8．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知函数()32f x x ax x a =+-+有两个极值点12,x x ，且1223x x -=，则()f x 的极大值为（ ）A 3B 23C 3D 3【答案】B【解析】解：因为2()321f x x ax +'=-，24120a ∆=+>，所以()0f x '=有两个不同的实数解12,x x ，且由根与系数的关系得1223a x x +=-，1213x x =-， 由题意可得()2212121244493a x x x x x x -=+-=+()243239a +=， 解得0a =，此时3()f x x x =-，2()31x f x '=-，当33,x x ∞∞⎛⎫∈-∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当33x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减， 故当3x =()f x 23故选：B ．9．（多选）（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）设函数()f x 的定义域为R ，()000x x ≠是()f x 的极大值点，以下结论一定正确的是（ ） A ．R x ∀∈，()()0f x f x ≤ B ．0x -是()f x -的极大值点 C ．0x -是()f x -的极小值点 D ．0x -是()f x --的极小值点【答案】BD【解析】对于A ，()000x x ≠是()f x 的极大值点，并不是最大值点，不能得出()0f x 在整个定义域上最大，A 不正确；对于B ，因函数()f x -与函数()f x 的图象关于y 轴对称，则0x -是()f x -的极大值点，B 正确； 对于C ，因函数()f x -与函数()f x 的图象关于x 轴对称，则0x 是()f x -的极小值点，与0x -无关，C 不正确；对于D ，因函数()f x --与函数()f x 的图象关于原点对称，则0x -是()f x --的极小值点，D 正确．故选：BD10．（多选）（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）对于函数()2ln xf x x =，下列说法正确的是（ ） A ．(23ff f π<<B ．()f x 在e x =12eC ．()f x 有两个不同的零点D ．若()21f x k x <-在()0,∞+上恒成立，则e2>k 【答案】ABD【解析】对于函数2ln ()xf x x =，,()0x ∈+∞， 312ln ()-'=xf x x ，,()0x ∈+∞； 令()0f x '=，得2ln 1x =，解得e x =当0e x <<()0f x '>，所以函数在e)上为单调递增函数， 当e x >()0f x '<，所以函数在(e )∞+上为单调递减函数， ∴(3f f π<，又ln 2224f f f π==<（）， ∴((23ff f π<<，故A 正确；所以函数在e x =1(e)2e=f ，故B 正确； 因为()0f x =时，得ln 0x =，解得1x =，所以函数()f x 只有一个零点，选项C 错误；因为()21f x k x<-在(0,)+∞上恒成立，则()21k f x x >+在(0,)+∞上恒成立， 令()()221ln 1x g x f x x x +=+=，则()32ln 1x g x x --'=，令()0g x '=，解得12e x -=，当120e x -<<时，()0g x '>，()g x 单调递增，当12e x ->时，()0g x '<，则()g x 单调递减，所以当12e x -=时，()12maxe e 2g x g -⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以e2>k ，选项D 正确.故选：ABD.11．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）函数()1ln f x x x=+的极值点为___________. 【答案】1【解析】当0x >时，()1ln f x x x =+，()22111x f x x x x-'=-+=，令()0f x '>，解得1x >，令()0f x '<，解得01x <<，所以函数()f x 在()1,+∞单调递增，在()0,1单调递减， 易知1x =为极小值点； 当0x <时，()()1ln f x x x =+-，()2110x f x x-'=+<恒成立， 所以函数()f x 在(),0∞-单调递减，所以()f x 无极值点，综上所述，()f x 的极值点为1. 故答案为：1.12．（2022·湖北·模拟预测）()()ln 2f x ax ax =-+，()f x 的最小值为___________． 【答案】3【解析】令()0,ax t =∈+∞，则22ln 2,e ln 2ln 2,0e t t t y t t t t t ⎧+-≥=-+=⎨-+<<⎩当2e t ≥时，ln 2y t t =+-单调增，2min e y =当20t e <<时，令()ln 2g t t t =-++，()111t g t t t-=-+=' 01t <<时()0g t '<，()g t 递减1t >时()0g t '>，()g t 递增∴()()min 13g t g == 综上：()min 3f x = 故答案为：3．13．（2022·天津河西·二模）若函数32()9f x x ax x =+--在1x =-处取得极值，则()2f =____________． 【答案】1【解析】解：2'()321f x x ax =+-，因为函数32()9f x x ax x =+--在1x =-处取得极值， 所以，'(1)3210f a -=--=，解得1a =，此时，()()2'()321311f x x x x x =+-=-+，故当11,3x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，'()0f x <，()f x 单调递减；当(),1x ∈-∞-和1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭时，'()0f x >，()f x 单调递增；所以，函数()f x 在1x =-处取得极小值，满足题意，所以，32()9f x x x x =+-- 所以()284291f =+--= 故答案为：114．（2022·江苏·南京市江宁高级中学模拟预测）若函数()()3221f x x ax 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_______． 【答案】3【解析】当0x <时，由()0f x =可得212a x x =-，令()212g x x x =-，其中0x <， 则()()3332122x g x x x+'=+=，由()0g x '=，可得1x =-，列表如下： x(),1-∞-1-()1,0-()g x '+-()g x增极大值3-减如下图所示：因为()()3221f x x ax a =--∈R 在(),0∞-内有且只有一个零点，则3a =-，所以，()32231f x x x =+-，则()()26661f x x x x x '=+=+，当10x -<<时，()0f x '<，此时函数()f x 单调递减，当01x <<时，()0f x '>，此时函数()f x 单调递增， 则当[]1,1x ∈-时，()()min 01f x f ==-，又因为()10f -=，()14f =，所以，()max 4f x =， 因此，()f x 在[]1,1-上的最大值与最小值的和为143-+=. 故答案为：3.15．（2022·天津·二模）已知函数221()2ln ()2f x a x x ax a R =-++∈． (1)当1a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线方程； (2)求函数()f x 的单调区间；(3)当0a <时，求函数()f x 在区间[1,e] 上的最小值． 【解】(1)当1a =时，21()2ln 2f x x x x =-++ 3(1)2f ∴=2()1f x x x'=-++ ，(1)0k f '∴==故切线方程为：32y = (2)221()2ln 2f x a x x ax =-++ 22(2)()()a x a x a f x x a x x+-'∴=-++=，0x > ∴ ∴ 当0a =时，()0f x x '=> ，()f x ∴仅有单调递增区间，其为：(0,)+∞∴ 当0a >时，20x a +>，∴当(0,)x a ∈时，()0f x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0f x '> ()f x ∴ 的单调递增区间为：(,)a +∞ ，单调递减区间为：(0,)a∴ 当0a <时，0x a ->，∴当(0,2)x a ∈-时()0f x '<；当(2,)x a ∈-+∞时()0f x '> ()f x ∴的单调递增区间为：(2,)a -+∞，单调递减区间为：(0,2)a -综上所述：当0a =时，()f x 仅有单调递增区间，单调递增区间为：(0,)+∞ 当0a >时，()f x 的单调递增区间为：(,)a +∞ ，单调递减区间为：(0,)a 当0a <时，()f x 的单调递增区间为：(2,)a -+∞，单调递减区间为：(0,2)a -(3)当0a <时，由（2）中∴知()f x 在(0,2)a -上单调单调递减，在(2,)a -+∞上单调递增，∴∴当021a <-≤，即1[,0)2a ∈-时，()f x 在[1,e]上单调递增，min 1()(1)2f x f a ==+，∴当12e a <-<，即e 1(,)22a ∈--时，()f x 在(1,2)a -上单调递减，在(2,e)a -上单调递增，∴2min ()(2)2ln(2)f x f a a a =-=--，∴当2e a -≥，即e (,]2a ∈-∞-时，()f x 在[1,e]上单调递减，∴22min 1()(e)2e e 2f x f a a ==-++.．()()2min2211,,022e 12ln 2,,221e 2e e,,22a a f x a a a a a a ∞⎧⎡⎫+∈-⎪⎪⎢⎣⎭⎪⎪⎛⎫∴=--∈--⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎤-++∈--⎪ ⎥⎝⎦⎩16．（2022·北京市第十二中学三模）已知函数()ln ,af x x a x=+∈R .(1)当1a =时，求函数()f x 的单调递增区间； (2)设函数()1()f x g x x-=，若()g x 在21,e ⎡⎤⎣⎦上存在极值，求a 的取值范围. 【解】(1)解：当1a =时，函数1()ln f x x x=+，其定义域为(0,)+∞ ， 可得22111()x f x xx x-'=-=， 当(0,1)x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞. (2)解：由22()1ln 1(),[1,]f x x a g x x e x x x x-==+-∈， 可得22331ln 122ln 2()x a x x x a g x x x x x ---'=+-=， 设()2ln 2h x x x x a =--，则()2(1ln )1ln h x x x '=-+=-， 令()0h x '=，即1ln 0x -=，解得x e =，当[)1,e x ∈时，()0h x '>；当(2e,e x ⎤∈⎦时，()0h x '<，所以()h x 在区间[)1,e 上单调递增，在区间(2e,e ⎤⎦上，单调递减， 且()()()2122,e e 2,e 2h a h a h a =-=-=-，显然()()21e h h >，若()g x 在21,e ⎡⎤⎣⎦上存在极值，则满足()()e 010h h ⎧>⎪⎨<⎪⎩或()()210e 0h h ⎧≥⎪⎨<⎪⎩，解得e 02a <<， 综上可得，当e02a <<时，()g x 在21,e ⎡⎤⎣⎦上存在极值， 所以实数a 的取值范围为e 0,2⎛⎫⎪⎝⎭.【素养提升】1．（2022·浙江·模拟预测）已知22x y -=，则()()2241x y -⋅-的最大值是（ ）A ．94B ．52C ．4D ．6【答案】C【解析】22x y -=，112y x ∴=-， ()()()()2222221141411424x y x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴-⋅-=-⋅--=-⋅-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭432144x x x x =-++-；令()432144f x x x x x =-++-，()()()32323241325f x x x x x x x '∴=-++-=--++-()()()()211351x x x x x =--++++-()()()()221351124x x x x x x x =-+---=----；令()0f x '=，解得：11x =，215x =315x = ∴当((,151,15x ∈-∞+时，()0f x '>；当()()15,115,x ∈++∞时，()0f x '<；()f x ∴在(,15-∞，(1,15上单调递增，在()15,1，()15,+∞上单调递减；()((){}max max 15,15f x f f ∴=+；当15x =-152y =-，()()22414x y ∴-⋅-=；当15x 时，152y =，()()22414x y ∴-⋅-=； 综上所述：()()2241x y -⋅-的最大值为4.故选：C.2．（多选）（2022·海南海口·二模）已知函数()f x 及其导函数()f x '满足()()()2ln 1xf x f x x x '-=+，且()10f =，则（ ） A ．()f x 在()1,+∞上单调递增 B ．()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上有极小值C ．()f x x的最小值为-1 D ．()()f x f x x-的最小值为0 【答案】ABD【解析】设()()f x g x x=，则()()()2ln 1xf x f x g x x x '-'==+， 所以()ln g x x x C =+（C 为常数），所以()()2ln f x xg x x x Cx ==+，又()10f =，所以0C =，所以()2ln f x x x =，()()2ln 1f x x x '=+，当0ex <<时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当ex >()0f x '>，()f x 单调递增， 所以()f x 在ex =因为1e 2<<，所以112e<<， 所以()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上有极小值可知A ，B 都正确．()ln g x x x =，()ln 1g x x '=+，当10e x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减，当1ex >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()g x 的极小值即最小值为11e g e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故C 错误．()()()1ln f x f x x x x x-=-，当01x <<时，10x -<，ln 0x <，所以()()0f x f x x ->， 当1x >时，10x ->，ln 0x >，所以()()0f x f x x ->， 而当1x =时，()()1101f f -=，所以()()f x f x x-的最小值为0， 故D 正确． 故选：ABD.3．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）已知函数()ln ,04,0x x x f x x e x ->⎧=⎨+≤⎩，若存在120,0x x ≤>，使得()()12f x f x =，则()12x f x 的最小值为__________.【答案】24e -【解析】当0x >时，()ln f x x x =-，'111()x xf x x --==， 当1x >时，'()0f x >，当01x <<时，'()0f x <， 即当1x =时，()f x 取得极小值为(1)1f =.当0x ≤时，()4f x x e =+为增函数，且()4f x e ≤， 函数()f x 的图像如图：设12()()f x f x t ==，由题可知14t e ≤≤，由1()f x t =得14x e t +=，则14x t e =-，则2212()(4)(2)4x f x t t e t e e =-=--，14t e ≤≤，所以当2t e =时，()12x f x 取得最小值为24e -.故答案为：24e -.4．（2022·北京·人大附中模拟预测）已知函数()2e ()xf x x a =-．(1)若()f x 在1x =-处的切线与x 轴平行，求a 的值；(2)()f x 有两个极值点12,x x ，比较122x x f +⎛⎫ ⎪⎝⎭与()()122f x f x +的大小；(3)若()f x 在[]1,1-上的最大值为4e ，求a 的值．【解】(1)()22222e ()e ()e (2)2x x x f x x a x a x a x a a '⎦=--=+-+⋅+⎡⎤⎣-， 由()211e 1(22)02f a a a -'--⎡⎤=⎣-+⎦=-，解得1a =±，当1a =时，()2e (1)x f x x =-，()14e 1f --=，符合题意；当1a =-时，()2e (1)xf x x =+，()10f -=，此时切线与x 轴重合，不符合题意；所以1a =；(2)由（1）知：()()[]22e (22)2e (2)x xf x x a x a a x a x a '=+-+-⎡--⎤⎣-=⎦，令()0f x '=可得x a =或2a -，则()f x 在(),2,(,)a a -∞-+∞单增，在()2,a a -上单减，则2,a a -是()f x 的两个极值点，不妨设122,x a x a =-=，则1122(1)e 22a x x a a f f f a -+-+⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()()212224e 02e 222a a f x f x f a f a --+-++===， 又122ee e2ea a a ---=⋅>，即()()121222f x f x x x f ++⎛⎫>⎪⎝⎭； (3)由（2）知：()f x 在(),2,(,)a a -∞-+∞单增，在()2,a a -上单减.当3a ≥时，21a -≥，则()f x 在[]1,1-上单增，则()2max (1)e(1)e 4f x f a =-==，解得3a =或1-，故3a =；当13a <<时，121a -<-<，则()f x 在[)1,2a --上单增，在(]2,1a -上单减，则()2max (2)4e e 4a f x f a -===-，解得3a =，不满足13a <<，不合题意；当1a =时，21a -=-，则()f x 在[]1,1-上单减，则()12max (1)e (1)e 44ef x f a --=--≠==，不合题意； 当11a -<<时，21a -<-，则()f x 在[)1,a -上单减，在(],1a 上单增，则(){}max max (1),(1)f x f f =-，若(1)(1)f f -≥，则()12max (1)e (1)e 4f x f a -=---==，解得2e 1a =-或2e 1--，不满足11a -<<，不合题意，若(1)(1)f f >-，则()2max (1)e(1)e 4f x f a =-==，解得3a =或1-，不满足11a -<<，不合题意； 当1a ≤-时，则()f x 在[]1,1-上单增，则()2max (1)e(1)e 4f x f a =-==，解得3a =或1-，故1a =-；综上：3a =或1-.5．（2022·天津·耀华中学二模）已知函数()ln (0)xae f x x x a x=+->. (1)若1a =，求函数()f x 的单调区间；(2)若()f x 存在两个极小值点12,x x ，求实数a 的取值范围. 【解】(1)解：当1a =时，函数e ()ln xf x x x x =+-，可得221(1)(1)()()1x x e e f x x x x x x x -'+--=-=， 令,())(0,x m x e x x -∈=+∞，可得()e 10x m x '=->，所以函数()m x 单调递增，因为()(0)1m x m >=，所以()0m x >， 当(0,1)x ∈时，0fx ，()f x 单调递减； 当(1,)x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增，即函数()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞. (2)解：由函数()ln ,(0,)xae f x x x x x=+-∈+∞，可得22(()(1)())1(),0x x xe ae x x ef x x x x x a x --'==->-，令()e x x u x =，可得()1e xu x x='-， 所以函数()u x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以()e1u x ≤， 当0x >时，可得e 1x >，所以10e ex x <≤， ∴当1ea ≥时，0e x xa -≥，此时当(0,1)x ∈时，0fx，()f x 单调递减；当(1,)x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增，所以函数()f x 的极小值为()1e 1f a =-，无极大值； ∴当10e a <<时，()()0e e e1,1a a a u a a u a =<==>， 又由()u x 在(),1a 上单调递增，所以fx 在(),1a 上有唯一的零点1x ，且11e x x a =， 因为当e x >时，令()2ln g x x x =-，可得()2210xg x x x-'=-=<， 又因为()0e e 2g =-<，所以()0g x <，即2ln x x <，所以112lna a<， 所以2212ln 11ln2ln 1(ln )1aa a u a a a ea==⋅<，e 1(1)u a =>， 因为()u x 在(1,)+∞上单调递减，所以fx 在21(0,ln)a 上有唯一的零点2x ，且22e x x a =， 所以当1(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1(,1)x x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当2(1,)∈x x 时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当2(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以函数()f x 有两个极小值点，故实数a 的取值范围为1(0,)e.。