高考数学一轮复习课时跟踪检测(十五)导数与函数的极值、最值理(重点高中)

课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值(分A 、B 卷，共2页) A 卷：夯基保分一、选择题1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln 2B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 22．(2015·某某一模)函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－234．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )5．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( )A.14B.13C.12D ．16．(2015·某某日照月考)如果函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－3，－12内单调递增； ②函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，3内单调递减；③函数y ＝f (x )在区间()4，5内单调递增； ④当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极小值； ⑤当x ＝－12时，函数y ＝f (x )有极大值．则上述判断中正确的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③④⑤ D ．③二、填空题7．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．8．(2015·东北八校月考)已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．9．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．10．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)>0； ②f (0)f (1)<0； ③f (0)f (3)>0； ④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是________． 三、解答题11．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．12．(2015·某某中学二调)已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x(a 为实数)．(1)当a ＝5时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[]t ，t ＋2(t >0)上的最小值．B 卷：增分提能1．已知函数f (x )＝ax 2－e x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，某某数a 的取值X 围．2．(2014·某某高考)已知函数 f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中 a <0. (1)当 a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间；(2)若f (x )在区间 [1,4]上的最小值为8，求 a 的值． 3．(2015·某某第一次检测)已知f (x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[]－2，－1上单调递增？如果存在，求m 的取值X 围；如果不存在，请说明理由．答 案A 卷：夯基保分1．选B 令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0， ∴x ＝－1ln 2.2．选A f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1; 令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.3．选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23，选A. 4．选D 因为[]fx e x ′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[]f x ＋f ′x e x ，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)>0，f ′(－1)>0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.5．选D ∵f (x )是奇函数，∴f (x )在(0,2)上的最大值为－1.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0得x ＝1a ，又a >12，∴0<1a <2.当0<x <1a 时，f ′(x )>0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；当x >1a时，f ′(x )<0，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ·1a＝－1，解得a ＝1.6．选D 当x ∈(－3，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，①错；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(2,3)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，②错；当x ＝2时，函数y ＝f (x )有极大值，④错；当x ＝－12时，函数y ＝f (x )无极值，⑤错．故选D.7．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3， 令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)， 又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1738．解析：∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′1＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3，⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极大值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：49．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：x (－∞，－a )－ a (－a ，a )a(a ，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值从而⎩⎨⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6，a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)10．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )<0，得1<x <3，由f ′(x )>0， 得x <1或x >3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a <b <c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc >0，y 极小值＝f (3)＝－abc <0.∴0<abc <4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a <0，b <0，c >0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)<0.∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0.∴正确结论的序号是②③.答案：②③11．解：(1)由f (x )＝x －1＋aex ，得f ′(x )＝1－aex .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ， 即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值， 且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值． 12．解：(1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x ，g (1)＝e.又g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x， 故切线的斜率为g ′(1)＝4e. 所以切线方程为：y －e ＝4e(x －1)， 即y ＝4e x －3e.(2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：①当t ≥1e 时，在区间[]t ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0<t <1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .B 卷：增分提能1．解：(1)f ′(x )＝2ax －e x， 令f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0. 当a ＝0时，无解；当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}； 当a <0时，解集为{x |0<x <2}． (2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x ， 则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x ，当a ≤0时，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减， 方程g (x )＝0不可能有两个根； 当a >0时，由g ′(x )＝0，得x ＝ln 2a ，当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． ∴当g (x )max >0时，方程g (x )＝0才有两个根， ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0， 得a >e2.故实数a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞. 2．解：(1)当a ＝－4时，f (x )＝(4x 2－16x ＋16) x ，其中x >0.则f ′(x )＝25x －2x －2x.由f ′(x )>0得0<x <25或x >2.故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)． (2)f ′(x )＝10x ＋a2x ＋a2x，a <0，由f ′(x )＝0得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增；当x ∈－a 10，－a2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞时，f (x )单调递增． 易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0. ①当－a2≤1时，即－2≤a <0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4时，即－8≤a <－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4时，即a <－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上有，a ＝－10. 3．解：(1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)，其定义域为(－∞，＋∞)．则f ′(x )＝e x(x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2)＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x， ∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0; 当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0;f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增； 在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增，∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值； 当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2， f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x (x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x[]x 2＋m ＋3x ＋2m －2.∵f (x )在[]－2，－1上单调递增， ∴当x ∈[]－2，－1时，f ′(x )≥0. 又∵当x ∈[]－2，－1时，x e x<0，∴当x ∈[]－2，－1时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2＝－22－2m ＋3＋2m －2≤0，f ′－1＝－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(]－∞，4时，f (x )在[]－2，－1上单调递增．。

课时跟踪检测（十五） 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f (x )＝ln x －x 在(0，e]上的最大值为________．解析：f ′(x )＝1x －1＝1－x x (x >0)，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )在(0,1]上是增函数，在(1，e]上是减函数．∴当x ＝1时，f (x )在(0，e]上取得最大值f (1)＝－1.答案：－12．函数f (x )＝12e x (sin x ＋cos x )⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的值域为________ 解析：∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，∴f ′(x )＝e x cos x ≥0， ∴f (0)≤f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π2，即12≤f (x )≤12e π2. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，12e π23．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝________. 解析：令y ′＝2x ＋x ·2x ln 2＝0，∴x ＝－1ln 2. 答案：－1ln 24．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________．解析：若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞ 5．已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为________．解析：因为f ′(x )＝2f ′(1)x －1，令x ＝1，得f ′(1)＝1.所以f (x )＝2ln x －x ，f ′(x )＝2x －1.当0<x <2，f ′(x )>0；当x >2，f ′(x )<0.从而f (x )的极大值为f (2)＝2ln 2－2.答案：2ln 2－2二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析：f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ，且x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.答案：122．若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为M ，N ，则M －N 的值为________．解析：f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0，得x ＝1(x ＝－1舍去)．∵f (0)＝－a ，f (1)＝－2－a ，f (3)＝18－a .∴M ＝18－a ，N ＝－2－a .∴M －N ＝20.答案：203．(2016·南京外国语学校)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于________．解析：由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 答案：834．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎪⎨⎪⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)5．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)．答案：[－3,0)6．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1737．(2016·苏州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－78．给出下列四个命题：①若函数f (x )在[a ，b ]上有最大值，则这个最大值一定是函数f (x )在[a ，b ]上的极大值；②若函数f (x )在[a ，b ]上有最小值，则这个最小值一定是函数f (x )在[a ，b ]上的极小值； ③若函数f (x )在[a ，b ]上有最值，则最值一定在x ＝a 或x ＝b 处取得； ④若函数f (x )在(a ，b )内连续，则f (x )在(a ，b )内必有最大值与最小值． 其中真命题的个数为________．解析：因为函数的最值可以在区间[a ，b ]的两端点处取得，也可以在内部取得，当最值在端点处取得时，该最值就一定不是极值，故命题①与②为假命题．由于最值可以在区间内部取得，故命题③也为假命题．在(a ，b )内的单调函数，在(a ，b )内必定无最值(也无极值)，因此命题④也为假命题．综上所述，四个命题均为假命题．答案：09．设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导函数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．解：(1)因为f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b ， 从而f ′(x )＝6⎝⎛⎭⎫x ＋a 62＋b －a 26， 即y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－a6对称．所以－a 6＝－12，即a ＝3.由f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，得b ＝－12. 所以a ＝3，b ＝－12.(2)由(1)，知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1， f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)．令f ′(x )＝0，即6(x －1)(x ＋2)＝0，解得x ＝－2或x ＝1.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，即f (x )在(－∞，－2)上单调递增； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )<0，即f (x )在(－2,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞) 时，f ′(x )>0，即f (x )在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝21，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－6.10．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)由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－a e x.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－ae x，①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a．x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；x ∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.其中正确结论的序号是________．解析：∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由f′(x)＜0，得1＜x＜3，由f′(x)＞0，得x＜1或x＞3，∴f(x)在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数．又a＜b＜c，f(a)＝f(b)＝f(c)＝0，∴f(x)极大值＝f(1)＝4－abc＞0，f(x)极小值＝f(3)＝－abc＜0.∴0＜abc＜4.∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f(x)的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．已知函数f (x )＝mx 3＋nx 2的图象在点(－1,2)处的切线与直线3x ＋y ＝0平行，若f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，则实数t 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3mx 2＋2nx ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(－1)＝3m －2n ＝－3，f (－1)＝－m ＋n ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，所以f ′(x )＝3x 2＋6x .又f (x )在区间[t ，t ＋1]上单调递减，所以f ′(x )＝3x 2＋6x ≤0在区间[t ，t ＋1]上恒成立．即⎩⎪⎨⎪⎧f ′(t )＝3t 2＋6t ≤0，f ′(t ＋1)＝3(t ＋1)2＋6(t ＋1)≤0，解得t ∈[－2，－1]．答案：[－2，－1]3．(2016·苏北四市调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R)． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x .∵a ＝1，b ＝－1，∴f ′(x )＝2x 2－x －1x ＝(2x ＋1)(x －1)x (x ＞0)． 令f ′(x )＝0，得x ＝1.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． ∴f (x )的单调递减区间是(0,1)， f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)， 则g ′(x )＝1－4xx .令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g ⎝⎛⎭⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0， 故ln a ＜－2b .。

课时过关检测(十五) 导数与函数的极值、最值A 级——基础达标1．函数f (x )＝x 3－3x 2＋3x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．3解析：A f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，当x ＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0．2．已知函数f (x )＝(x 2－a )e x，则“a ≥－1”是“f (x )有极值”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：B f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x＝0，x 2＋2x －a ＝0，Δ＝4＋4a ．若Δ＝4＋4a ≤0，a ≤－1，则f ′(x )＝(x 2＋2x －a )e x≥0恒成立，f (x )为增函数，无极值；若Δ＝4＋4a ＞0，即a ＞－1，则f (x )有两个极值．所以“a ≥－1”是“f (x )有极值”的必要不充分条件．故选B ．3．设函数f (x )＝e xx ＋a ，若f (x )的极小值为e ，则a ＝( )A ．－12B ．12C ．32D ．2解析：B 由已知得f ′(x )＝exx ＋a －1x ＋a 2(x ≠－a )，令f ′(x )＝0，有x ＝1－a ，且当x ＜1－a 时函数f (x )单调递减，当x ＞1－a 时函数f (x )单调递增，∴f (x )的极小值为f (1－a )＝e1－a＝e ，即1－a ＝12，得a ＝12．故选B ．4．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A ．23 B ．43 C ．83D ．163解析：C 由题中图象可知f (x )的图象经过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，x 1，x 2是方程3x 2－6x ＋2＝0的两根，所以x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－2×23＝83．5．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ex ，x ≥a ，x ，x ＜a ，若函数存在最大值，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≤1B ．a ＜1C ．a ≤1eD ．a ＜1e解析：C 显然x ＜a 时，f (x )＜a 无最大值，x ≥a 时，f (x )＝xe x 存在最大值，f ′(x )＝1－xex ，当x ＜1时，f ′(x )＞0，f (x )递增，当x ＞1时，f ′(x )＜0，f (x )递减，所以x ＝1时，f (x )取得极大值也是最大值．f (1)＝1e ，因此f (x )要有最大值，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧a ≤1，a ≤1e，所以a ≤1e．故选C ．6．(多选)若函数f (x )＝2x 3－ax 2(a <0)在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，则a 的取值可能为( )A ．－6B ．－5C ．－4D ．－3解析：ABC 令f ′(x )＝2x (3x －a )＝0，得x 1＝0，x 2＝a 3(a <0)，当a3<x <0时，f ′(x )<0；当x <a 3或x >0时，f ′(x )>0，则f (x )的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a 3，(0，＋∞)，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，0，从而f (x )在x ＝a3处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327，由f (x )＝－a 327，得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋a 3＝0，解得x＝a 3或x ＝－a 6，又f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ＋63上有最大值，所以a 3<a ＋63≤－a 6，即a ≤－4，故选A 、B 、C ．7．(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个极值点解析：BD 因为f (x )的定义域为[－2π，2π)，所以f (x )是非奇非偶函数．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，显然f ′(0)≠0，令f ′(x )＝0，得sin x ＝－1x，在同一坐标系中分别作出y＝sin x ，y ＝－1x在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，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，故选B 、D ．8．已知函数f (x )＝e －x－e x，x ∈[0，a ]，a 为正实数，则函数f (x )的最小值为________，最大值为________．解析：f ′(x )＝－e －x－e x＝－e 2x＋1ex ．当x ∈[0，a ]时，f ′(x )＜0恒成立，即f (x )在[0，a ]上单调递减．故当x ＝a 时，f (x )有最小值f (a )＝e －a －e a；当x ＝0时，f (x )有最大值f (0)＝e －0－e 0＝0．即f (x )的最小值为e －a－e a，最大值为0．答案：e －a －e a9．已知函数f (x )＝ax 3－12x 2＋x －x ln x 存在两个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，由题意得f ′(x )＝3ax 2－x －ln x ，因为函数f (x )有两个极值点，所以f ′(x )有两个变号零点．由f ′(x )＝0得3ax 2＝x ＋ln x ，即3a ＝x ＋ln x x 2，令g (x )＝x ＋ln x x 2，则g ′(x )＝－x ＋1－2ln xx 3，易知函数y ＝－x ＋1－2ln x 是减函数，且当x ＝1时，y ＝0，所以当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．故g (x )max ＝g (1)＝1，又当0＜x ＜1e时，g (x )＜0，当x ＞1时，g (x )＞0，所以要使f ′(x )有两个零点，需0＜3a ＜1，即0＜a ＜13．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 10．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，函数的定义域为(0，＋∞)且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表．故f (x )(2)由(1)知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；当a >0时，若x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，则f ′(x )<0，故函数在x ＝1a处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点；当a >0时，函数y ＝f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a．B 级——综合应用11．关于x 的不等式2sin 3x cos x －a ≤0在x ∈(0，π)恒成立，则实数a 的最小值为( ) A ．－338B ．0C ．1D ．338解析：D 依题意，令f (x )＝2sin 3x cos x ，所以f ′(x )＝6sin 2x cos 2x －2sin 4x ＝2sin 2x (3cos 2x －sin 2x )＝2sin 2x (4cos 2x －1)，又x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，可得cos x ＝±12，所以x ＝π3或x ＝2π3，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π3时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3时，f ′(x )＜0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2π3，π时，f ′(x )＞0，所以f (x )＝2sin 3x cos x 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3，π单调递增，所以当x ＝π3时，函数取最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝338，所以实数a 的最小值为338．故选D ．12．(2022·潍坊模拟)某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y (千克)与销售价格x (元/千克)满足关系式y ＝2x －3＋10(x －6)2，x ∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．解析：商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10x －62＝2＋10(x －3)(x －6)2,3＜x ＜6，f ′(x )＝10[]x －62＋2x －3x －6＝30(x －4)·(x－6)．令f ′(x )＝0，得x ＝4或x ＝6(舍去)．故当x ∈(3,4)时f ′(x )＞0，当x ∈(4,6)时f ′(x )＜0．则函数f (x )在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x ＝4时函数f (x )取得最大值f (4)＝42．故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．`答案：413．有三个条件：①函数f (x )的图象过点(0,1)，且a ＝1；②f (x )在x ＝1时取得极大值116；③函数f (x )在x ＝3处的切线方程为4x －2y －7＝0，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．题目：已知函数f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b 存在极值，并且________．(1)求f (x )的解析式；(2)当x ∈[1,3]时，求函数f (x )的最值．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解：选①：(1)f (0)＝b ＝1，所以a ＝b ＝1，故f (x )＝13x 3＋12x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2＋x ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋74＞0，所以f (x )单调递增，故f (x )max ＝f (3)＝412，f (x )min ＝f (1)＝236．选②：(1)因为f (x )＝13x 3＋a 2x 2＋2x ＋b ，所以f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝13×13＋a 2×12＋2×1＋b ＝116，f ′1＝12＋a ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1，故f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1，经检验f (x )在x ＝1时取得极大值，故符合题意，所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝0，解得x ＝1或x ＝2， 所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，则f (1)＝13－32＋2＋1＝116，f (2)＝13×23－32×22＋2×2＋1＝53，f (3)＝13×33－32×32＋2×3＋1＝52，所以f (x )min ＝53，f (x )max ＝52．选③：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝52，f ′3＝2，又因为f ′(x )＝x 2＋ax ＋2，所以⎩⎪⎨⎪⎧f 3＝13×33＋a 2×32＋2×3＋b ＝52，f ′3＝32＋3a ＋2＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝1.所以f (x )＝13x 3－32x 2＋2x ＋1．(2)由(1)知，f ′(x )＝x 2－3x ＋2，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝2，所以x ∈[1,2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．又因f (1)＝116，f (2)＝53，f (3)＝52，所以f (x )max ＝f (3)＝52，f (x )min ＝f (2)＝53．C 级——迁移创新14．(多选)已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．f (a )＜f (b )＜f (c )B ．f (e )＜f (d )＜f (c )C ．x ＝c 时，f (x )取得最大值D ．x ＝d 时，f (x )取得最小值解析：AB 由f ′(x )图象可知，当x ∈(－∞，c )∪(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(－∞，c )，(e ，＋∞)上单调递增，在(c ，e )上单调递减．对于A ，∵a ＜b ＜c ，∴f (a )＜f (b )＜f (c )，A 正确；对于B ，∵c ＜d ＜e ，∴f (e )＜f (d )＜f (c )，B 正确；对于C ，由单调性知f (c )为极大值，当x ＞e 时，可能存在f (x 0)＞f (c )，C 错误；对于D ，由单调性知f (e )＜f (d )，D 错误．故选A 、B ．15．设函数f (x )＝ln x ＋x 2＋2ax ＋1． (1)当a ＝－32时，求f (x )的极值；(2)判断函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－32时，函数f (x )＝ln x ＋x 2－3x ＋1(x ＞0)．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x －3＝2x 2－3x ＋1x ＝2x －1⎝⎛⎭⎪⎫x －12x，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝12．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减．于是f (x )在x ＝1处取得极小值，且极小值为f (1)＝－1，在x ＝12处取得极大值，且极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12－14， 所以函数f (x )的极大值为ln 12－14，极小值为－1．(2)存在．对f (x )求导，得f ′(x )＝1x ＋2x ＋2a ＝2x 2＋2ax ＋1x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，即2x 2＋2ax ＋1＝0，令g (x )＝2x 2＋2ax ＋1，则函数g (x )的图象的对称轴为直线x ＝－a2．因为a ＋2≥0，所以a ≥－2．①当－a 2≤a ＋2，即a ≥－43时，g (a ＋2)＝2(a ＋2)2＋2a (a ＋2)＋1＝4a 2＋12a ＋9＞0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．②当－a2＞a ＋2，即a ＜－43时，则－2≤a ＜－43，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝2×a 24＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋1＝－a 22＋1． 当－a 22＋1≥0时，有－2≤a ≤2，即－2≤a ＜－43时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(a ＋2，＋∞)上无极值．当－a 22＋1＜0时，有a ＜－2或a ＞2，又－2≤a ＜－43，所以－2≤a ＜－2，因为g (a ＋2)＝4a 2＋12a ＋9≥0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝－a 22＋1＜0，当x →＋∞时，g (x )＞0，所以存在x 1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋2，－a 2，使得f ′(x 1)＝0，存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞，使得f ′(x 2)＝0．所以当x ∈(a ＋2，x 1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0．由此可知，当－2≤a ＜－2时，f (x )有极值．综上所述，函数f (x )在(a ＋2，＋∞)上存在极值，且实数a 的取值范围为[－2，－2)．。

课时作业15导数与函数的极值、最值［授课提示：对应学生用书第208页］一、选择题1.（2018-岳阳一模）下列函数中，既是奇函数乂存在极值的是（）A. y=兀'B. y=\n（—x）_ 2C. y=xe 'D.『=兀+匚解析：由题可知，B, C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数单调递增（无极值），而D选项中的函数既为奇函数又存在极值.答案：D2.函数y=^的最大值为（）A. e_1B. ej —in x解析：令=—=0,解得x=e.当x＞e 时，）/ ＜0；当0＜%＜e 时，），＞0,所以y极大值=金）=5，在定义域内只有一个极值，所以y m ax答案：A；从边长为10cmX16cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为（）A. 12 cm3 B・ 72 cm3C・ 144 cn? D. 160 cm3解析:设盒子容积为y cm3,盒子的高为兀cm,则兀丘（0,5）.则y=（10-2x）（16-2x）x=4x3-52?+160x,on所以= 12x2— 104x+160.令=0,得x=2或了（舍去），所以Vmax=6 X 12 X 2= 144（cm'）・答案：C4.已知函数y=xf（兀）的图彖如图所示（其中f （x）是函数/U）的导函数）.则下面四个图象中，y=j［x）的图象大致是（）解析：由条件可知当0＜兀＜1时，xf（x）＜0, 所以f （x）＜0,函数递减.当兀>1 时，xf (x)>0,所以f (x)>0,函数递增，所以当兀=1时，函数取得极小值.当兀<—1 时，xf (x)<0,所以f (x)>0,函数递增，当一l<x<0, xf (x)>0, 所以f (x)<0,函数递减， 有C 项. 答案:C(r — n e则Q (x)= ,则gd)在(0,1)内单调递减，在(1, +oo)内单调递增. ・・.g(x)在(0, +°°)上有最小值，为g(l) = e,结合g(x)=¥与y=k 的图象可 知，要满足题意，只需kWe,选A. 答案：A二、填空题6.已知函数fix) =x 3+aj^+bx+a 2在x=l 处有极值10,则夬2)= 解析：•.•函=x 3+ax 1+bx+a 2在兀=1处有极值10, ・・・夬1)=10,且f(1)=0,G = — 3 9 或＜b=3 [b=-ll.a=_3, 而当仁时，函数在x=l 处无极值，故舍去.[b=3:.fix) =x 3+4X 2-1 lx+16,・・・夬2)=1&答案：187•要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm,要使体积最大，则其高为 _______ cm.解析：设圆锥的体积为V cm 3,高为h cm, 则卩=尹(400—Q/z=*7c(400力一/?), 1 °■•・W = ^(400-3/z 2), 由V' =0,得"呼. 所以当匕=呼cm 时，V 最大. 答案：y*\/38. 已知函数Ax)=x 3-3ax+b 的单调递减区间为(一1,1),其极小值为2,则所以当 -1时，函数取得极大值.符合条件的只5.已知函数J 数R 的取值范围( A. ( — 8, e ] C ・(一°°, e))半- ) B ・[0, D ・[0, e] e) x 2e x —2jte A 解析f (兀)=f x=2是函数他)的唯 个极值点，则实1 +a+b+c/= 10, 3+2a+b=0, 解得 (兀＞0)・设g (x )=Y ，j{x)的极大值是 _______ .解析：依题意，yw 的单调递减区间为(一i,i ), 由 f W = 3x 2 — 3a=3(x —\[a)(x+y[a), 可得a — 1, 由J(x)=x 3—3ajc+h 在x=l 处取得极小值2, 可得1—3+方=2,故b=4.所以—3x+4的极大值为 几―1)=(—1)3 —3X(—1)+4=6.答案：6三、解答题9. (2018-湖北七市(州)协作体联考)设/ieN*, a, /?eR,函数兀c)=呼+b, 已知曲线y=j{x)在点(1,0)处的切线方程为y=x-\. ⑴求a, b ；(2)求几Q 的最大值.:・f (1) = 67,又切线斜率为1,故0=1. 由曲线y=fix)过点(1,0),有夬1)=/?=0. 故 a=l, b=0. 令f (x) = o,即 1 —7?ln 兀=0,解得 X=e£当0＜无＜』时，有f (对＞0,得他)在(0,占上是增函数;当x ＞£时，有f (兀)＜0,得夬兀)在(£, +8)上是减函数.故几兀)在兀=£处取得最大值磴)=舊10. (2018-襄阳模拟)已知函数j[x)=x —x, g(X )= ln 兀. ⑴求函数y =./(兀)一g(x)的极值；⑵已知实数fWR,求函数y=fixg(x)-2)f %e[l, e]的值域. 解析：(1)因为 y —A-^)—W — x 2 —x — Inx, 所以»1丄仝丿 X X X因为x ＞0,所以当0＜兀＜1时，才＜0；当兀＞1时，y' ＞0,即函数y=J(x)—g(x)在(0,1)上車调递减，在(1, +°°)上单调递增， 故函数y=AX ＞—g(x)有极小值0,无极大值.(2)y =/(xg(x)—2) = (%ln %—2)2 — (xln x —2) = (xln x)2—5xln x+6, 令 u=x\nx 9 当 xW[l, e]时，u =ln 兀+l ＞0,所以 u=xlnx 在[1, e]上单调 递增， 所以 0W 况We, y=h(n) — u — 5w+6,/?(%)图象的对称轴u=^.h(u)在0, I*上单调递减，在(|, e 上单调递增.解析：(1笊兀)的定义域为(0, +oo), f (x) =a(l —n\n x) In Y (2)由⑴知y (兀)=才，f (x)=1 —nln x力(％)min —h又力(0) = 6, /z(e) = e 2 —5e+6, 则 /Z (w)max = 6.所以所求函数的值域为6［能力挑战］11. (2017-新课标全国卷 II)已知函数 j{x)=ax 2—ax —x\n x,且 J{x) 20.(1) 求 a ；(2) 证明：心)存在唯一的极大值点尤0,且C '2<A X O)<2'2.解析：(1笊朗的定义域为(0, +oo)・设 g(x) = czx_d_ln x,则，心)=xg(x), 等价于 g(x)20.因为 g(l) = 0, g(x)20,故 g‘(1)=0,而 g‘ (x)=^z -p g r(1)=G —1,得 a=\.若 G =1,则 g ，(兀)=]_£当0<兀<1时，g f (x)<0, g(x)单调递减；当时，g‘ (x)>0, gd)单调递增.所以x= \是gfr)的极小很点,故g(x)2g(l)=0・综上，a=l. (2)证明：由(1)知 x, f (x) = 2x —2 —In x所以处)在(0,寸上单调递减, 又力(e 2)>0,力甘)<0,力(1) = 0, 所以/z(x)在(0, 上有唯一零# x0)时，h(x)>0；当 %e (xO,l)时，h(x)<0；当 xe (l, +^)时，h(x)>0. 因为f(%)=/?(%),所以x=x0是/(X )的唯一极大值点. 由f CvO)=O 得 111x0=2(x0—1),故几tO)=xO ・(l —兀0)・( n 1由尤0 e (0,寸得心))<才.因为x=x0是.几X )在(0,1)上的最大值点， 由 eTe (0,l), f (「)H0 得AxO)>Ae->e-2. 所以 e -2</(%0)<2-2. 上有唯一零点1,且当x e (0,上有唯一零点xO,在+oo设 A(x)=2%-2-lnx,则 F (x)=2--X当 xe T , +°° 时，h' (x)>0. 上单调递增.。

课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2016·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝ln (－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：选D 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.3．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A. 1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：选B 令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.4．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( ) A. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B. ⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C. ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D. ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选D 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞.5．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．二保高考，全练题型做到高考达标 1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A. 12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．(2016·浙江瑞安中学月考)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A. 23B. 43C. 83D. 163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.4．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )解析：选D 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.5．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)解析：选 C 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.6．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1737．(2016·广州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－78．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6，a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)9．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)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a ．x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a ＞0时，f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .综上所述，当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ；当a ＜2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0; ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0.∴0＜abc ＜4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·武汉调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R)． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x.∵a ＝1，b ＝－1， ∴f ′(x )＝2x 2－x －1x＝x ＋x －x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.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．∴f (x )的单调递减区间是(0,1)，f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a .令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－4xx.令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0，故ln a ＜－2b .。

课时跟踪检测（十五） 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·昆山调研)已知函数f (x )的导函数f ′(x )＝x 2－x ，则使得f (x )取得极大值的x ＝________.解析：由f ′(x )＝x 2－x ＝0得到x ＝0或x ＝1，当x <0或x >1时，f ′(x )>0.当0<x <1时，f ′(x )<0，所以当x ＝0时，f (x )取得极大值．答案：02．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________.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)上是减函数，在(2,3]上是增函数． 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . 所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4， 所以m ＝4. 答案：43．函数y ＝x ln x 有极________(填大或小)值为________． 解析：y ′＝ln x ＋1(x >0)， 当y ′＝0时，x ＝e －1； 当y ′<0时，解得0<x <e －1； 当y ′>0时，解得x >e －1.所以y ＝x ln x 在(0，e －1)上是减函数，在(e －1，＋∞)上是增函数． 所以y ＝x ln x 有极小值y | x ＝e －1＝－1e .答案：小 －1e4．函数f (x )＝－x 3＋12x ＋6，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3的零点个数是________． 解析：f ′(x )＝－3x 2＋12，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3.当x ∈⎣⎡⎭⎫－13，2时，f ′(x )＞0， 当x ∈(2,3]时，f ′(x )＜0.所以f (x )在⎣⎡⎭⎫－13，2上是增函数，在(2,3]上是减函数． 故f (x )极大值＝f (2)＝22. 由于f ⎝⎛⎭⎫－13>0，f (3)>0， 所以有0个零点． 答案：05．(2016·南京学情调研)已知函数f (x )＝13x 3＋x 2－2ax ＋1，若函数f (x )在(1,2)上有极值，则实数a 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )在(1,2)上有极值，则需函数f (x ) 在(1,2)上有极值点． 法一：令f ′(x )＝x 2＋2x －2a ＝0，得x 1＝－1－1＋2a ，x 2＝－1＋1＋2a ，因为x 1∉(1,2)，因此则需1<x 2<2，即1<－1＋1＋2a <2，即4<1＋2a <9，所以32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.法二：f ′(x )＝x 2＋2x －2a 的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x ＝－1，则f ′(x )在(1,2)上是单调递增函数，因此⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝3－2a <0，f ′(2)＝8－2a >0，解得32<a <4，故实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫32，4.答案：⎝⎛⎭⎫32，46．(2017·河北三市二联)若函数f (x )＝13x 3－⎝⎛⎭⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为________．解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)，因为函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2，由f ′(x )<0，得b <x <2，所以函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.答案：2b－4 3二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·大江中学检测)函数y＝2x3－3x2－12x＋a在区间[0,2]上的最大值为5，则a 的值为________．解析：y′＝6x2－6x－12，在区间[0,2]上y′≤0.由f(0)＝5，解得a＝5.答案：52．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝________.解析：由已知条件可得MN＝t2－ln t，设f(t)＝t2－ln t(t>0)，则f′(t)＝2t－1 t，令f′(t)＝0，得t＝2 2，当0<t<22时，f′(t)<0，当t＞22时，f′(t)＞0，所以当t＝22时，f(t)取得最小值．答案：2 23．若e x≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为________．解析：由e x≥k＋x，得k≤e x－x.令f(x)＝e x－x，所以f′(x)＝e x－1.f′(x)＝0时，x＝0，f′(x)<0时，x<0，f′(x)>0时，x>0.所以f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．所以f(x)min＝f(0)＝1.所以k的范围为(－∞，1]．答案：(－∞，1]4．f(x)＝2x＋1x2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1. 令f ′(x )>0，得－2<x <1.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， 所以f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－125．(2016·南京师大附中调研)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋cos x ， x ≥0，x (a －x )，x <0.若关于x 的不等式f (x )<π的解集为⎝⎛⎭⎫－∞，π2，则实数a 的取值范围是________． 解析：法一：当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ， f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增， 所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意； 当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得x (a －x )<π在x ∈(－∞，0)恒成立， 即a >x ＋πx 在x ∈(－∞，0)恒成立，而x ∈(－∞，0)时，x ＋πx ≤－2π，当且仅当x ＝πx 即x ＝－π时取等号，所以此时a >－2π.综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)． 法二：当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，f (x )＝2x ＋cos x ， f ′(x )＝2－sin x >0，所以函数f (x )＝2x ＋cos x 在x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递增，所以f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π2＝π，满足题意； 当x ∈(－∞，0)时，f (x )＝x (a －x )，由题意得f (x )max <π在x ∈(－∞，0)时恒成立， 若a 2≤0即a ≤0时，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝a 24<π， 所以－2π<a ≤0；若a2>0即a >0时，f (x )<f (0)＝0<π成立． 综上所述，实数a 的取值范围是(－2π，＋∞)． 答案：(－2π，＋∞)6．(2016·扬州调研)已知函数f (x )＝ln x －mx (m <0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：f ′(x )＝1x ＋m x 2＝x ＋mx2.令f ′(x )＝0，得x ＝－m ，且当x <－m 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >－m 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．若－m ≤1，即－1≤m <0时，f (x )min ＝f (1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1<－m ≤e ，即－e ≤m <－1时，f (x )min ＝f (－m )＝ln(－m )＋1，令ln(－m )＋1＝4，得m ＝－e 3∉[－e ，－1)；若－m >e ，即m <－e 时，f (x )min ＝f (e)＝1－m e ，令1－me ＝4，得m ＝－3e ，符合题意．综上所述，m ＝－3e. 答案：－3e7．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ，则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎪⎨⎪⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)8．(2016·无锡期末)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－|x 3－2x 2＋x |， x <1，ln x ，x ≥1，若对于∀t ∈R ，f (t )≤kt恒成立，则实数k 的取值范围是______．解析：设y ＝x 3－2x 2＋x ，x <1，则y ′＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)(3x －1)，令y ′>0，解得x <13或x >1.又因为x <1，所以x <13.令y ′<0，得13<x <1，所以y 的增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，13，减区间是⎝⎛⎭⎫13，1，所以y 极大值＝427.根据图象变换可作出函数y ＝－|x 3－2x 2＋x |(x <1)的图象．又设函数y ＝ln x (x ≥1)的图象经过原点的切线斜率为k 1，切点(x 1，ln x 1)，因为y ′＝1x ，所以k 1＝1x 1＝ln x 1－0x 1－0，解得x 1＝e ，所以k 1＝1e .函数y ＝x 3－2x 2＋x 在原点处的切线斜率k 2＝y ′|x ＝0＝1.因为∀t ∈R ，f (t )≤kt ，所以根据f (x )的图象，数形结合可得1e≤k ≤1.答案：⎣⎡⎦⎤1e ，19．(2016·南通、扬州、泰州、淮安三调)设函数f (x )＝x e x －a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数)．(1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围； (3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值．(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，有sin x cos x ≥0， 所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上为增函数． 所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意；③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0，f ′⎝⎛⎭⎫π4＝e π4⎝⎛⎭⎫π4＋1>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点．所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点． 由(2)知，当a ≤1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数，且f (0)＝0， 故函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上无零点． 当a >1时，f ′(x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x (x ＋1)－a cos 2x ，则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是增函数． 由g (0)＝1－a <0， g ⎝⎛⎭⎫π2＝e π2⎝⎛⎭⎫π2＋1＋a >0，故g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一的零点x 0， 即方程f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在唯一解x 0. 且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，f ′(x )>0， 即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上单调递增． 当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝π2e π2>0， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫x 0，π2上有唯一零点． 所以当a >1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上有一个零点． 综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，π2上有两个零点． 10．(2016·山东高考)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ， a ∈R.(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x .当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，单调减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)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 )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，12a 内单调递增，所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．③当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0； ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：因为f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，所以f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0，所以y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0. 所以0＜abc ＜4.所以a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．所以f (0)＜0.所以f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.所以正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·苏州期末)已知函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a (a ∈R)，e 为自然对数的底数． (1)当a ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，求实数a 的取值范围； ②若有且只有唯一整数x 0，满足f (x 0)<0，求实数a 的取值范围． 解：(1)当a ＝1时，函数f (x )＝e x (2x －1)－x ＋1，定义域为R. 则f ′(x )＝e x (2x ＋1)－1，令h (x )＝e x (2x ＋1)－1. 则h ′(x )＝e x (2x ＋3)，易得h (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－32上递减，在⎣⎡⎭⎫－32，＋∞上递增． 又当x ≤－12时，h (x )≤－1<0，h (0)＝0.所以当x <0时，f ′(x )<0，当x >0时，f ′(x )>0.综上所述，函数f (x )的递减区间是(－∞，0]，递增区间是[0，＋∞)．(2)①若存在实数x ，满足f (x )<0，则a (x －1)>e x (2x －1)有解，显然x ＝1不是不等式的解，所以a <e x (2x －1)x －1在x <1时有解，或a >e x (2x －1)x －1在x >1时有解，第 11 页 共 11 页记g (x )＝e x (2x －1)x －1＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x －1，其中x ≠1. 则g ′(x )＝e x⎝ ⎛⎦⎥⎤2＋1x －1－1(x －1)2＝e x ·x (2x －3)(x －1)2. 可得g (x )在(－∞，0]上单调递增，在[0,1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，32上单调递减，在⎣⎡⎭⎫32，＋∞上单调递增，所以g (x )在(－∞，1)上的最大值为g (0)＝1，在(1，＋∞)上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫32＝4e 32. 所以a <1或a >4e 32，即实数a 的取值范围是(－∞，1)∪⎝⎛⎭⎫4e 32，＋∞. ②由①可知，若a <1，则a ＝g (x )有两解x 1，x 2，且x 1<0<x 2<1，不等式a <g (x )的解集为(x 1，x 2)，唯一整数x 0＝0，所以－1≤x 1<0，所以g (－1)≤a <g (0)，即32e≤a <1； 若a >4e 32，则a ＝g (x )有两解x 3，x 4，且1<x 3<32<x 4， 不等式a >g (x )的解集为(x 3，x 4)，唯一整数x 0＝2，所以2<x 4≤3，所以g (2)<a ≤g (3)，即3e 2<a ≤5e 32. 综上，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫32e ，1∪⎝⎛⎦⎤3e 2，5e 32.。

课时跟踪检测（十五）导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快．函数()＝－在(，]上的最大值为．解析：′()＝－＝(>)，令′()>，得<<，令′()<，得>，∴()在(]上是增函数，在(，]上是减函数．∴当＝时，()在(，]上取得最大值()＝－.答案：－．函数()＝( ＋ )的值域为解析：∵∈，∴′()＝≥，∴()≤()≤，即≤()≤.答案：))．当函数＝·取极小值时，＝.解析：令′＝＋·＝，∴＝－).答案：－)．若函数()＝－＋有极值点，则实数的取值范围为．解析：若函数()＝－＋有极值点，则′()＝－＋＝有根，故Δ＝(－)－>，从而>或<－.故实数的取值范围为∪.答案：∪．已知函数()＝′() －，则()的极大值为．解析：因为′()＝－，令＝，得′()＝.所以()＝－，′()＝－.当<<，′()>；当>，′()<.从而()的极大值为()＝－.答案：－二保高考，全练题型做到高考达标．函数()＝－的最小值为．解析：′()＝－＝，且＞.令′()＞，得＞；令′()＜，得＜＜.∴()在＝处取得极小值也是最小值，且()＝－＝.答案：．若函数()＝－－在区间[]上的最大值和最小值分别为，，则－的值为．解析：′()＝－，令′()＝，得＝(＝－舍去)．∵()＝－，()＝－－，()＝－.∴＝－，＝－－.∴－＝.答案：．(·南京外国语学校)已知函数()＝＋＋的图象如图所示，则＋等于．解析：由图象可知()的图象过点()与()，，是函数()的极值点，因此＋＋＝＋＋＝，解得＝－，＝，所以()＝－＋，所以′()＝－＋，是方程′()＝－＋＝的两根，因此＋＝，＝，所以＋＝(＋)－＝－＝.答案：．函数()＝－＋(＞)的极大值为，极小值为，则()的单调递减区间是．解析：令′()＝－＝，得＝±，则()，′()随的变化情况如下表：((－()(－(－()(＋＝，,(()(－()＋＝，))解得(\\(＝，＝.))所以()的单调递减区间是(－)．答案：(－)．若函数()＝＋－在区间(，＋)上存在最小值，则实数的取值范围是．解析：由题意，′()＝＋＝(＋)，故()在(－∞，－)，(，＋∞)上是增函数，在(－)上是减函数，作出其图象如图所示，令＋－＝－得，＝或＝－，则结合图象可知，(\\(－≤＜，＋＞，))解得∈[－)．答案：[－)．函数()＝＋－－在[]上的最小值是．解析：′()＝＋－，令′()＝得＝(＝－舍去)，又()＝－，()＝－，()＝－，故()在[]上的最小值是()＝－.答案：－．(·苏州模拟)已知()＝＋＋＋在＝－时有极值，则－＝.。

核心素养测评十五利用导数研究函数的极值、最值(30分钟60分)一、选择题(每题5分,共25分)1.设函数f(x)=+ln x那么( )A.x=为f(x)的极大值点B.x=为f(x)的极小值点C.x=2为f(x)的极大值点D.x=2为 f(x)的极小值点【解析】选D.f′(x)=-+=,由f′(x)>0,得x>2,所以f(x)的增区间为,f(x)的减区间为(0,2),所以f(x)只有极小值,极小值点为x=2.2.函数f(x)是R上的可导函数,f(x)的导函数f′(x)的图像如图,那么以下结论正确的选项是( )A.a,c分别是极大值点和极小值点B.b,c分别是极大值点和极小值点C.f(x)在区间(a,c)上是增函数D.f(x)在区间(b,c)上是减函数【解析】选C.由极值点的定义可知,a是极小值点,无极大值点;由导函数的图像可知,函数f(x)在区间(a,+∞)上是增函数.3.(2021·榆林模拟)x=2是函数f(x)=x3-3ax+2的极小值点,那么函数f(x)的极大值为( )A.15B.16C.17D.18【解析】选D.因为x=2是函数f(x)=x3-3ax+2的极小值点,所以f′(2)=12-3a=0,解得a=4,所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3-12x+2,f′(x)=3x2-12,由f′(x)=0,得x=±2,故函数f(x)在(-2,2)上是减少的,在(-∞,-2),(2,+∞)上是增加的,由此可知当x=-2时,函数f(x)取得极大值f(-2)=18.4.(2021·湘潭模拟)某莲藕种植塘每年的固定本钱是1万元,每年最大规模的种植是8万斤,每种植一斤藕,本钱增加0.5元,销售额函数是f(x)=-x3+ax2+x,x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a 是常数,假设种植2万斤,利润是2.5万元,那么要使利润最大,每年种植莲藕( )A.8万斤B.6万斤C.3万斤D.5万斤【解析】选B.设销售利润为g(x),得g(x)=-x3+ax2+x-1-x=-x3+ax2-1,当x=2时,g(2)=-×23+a×22-1=2.5,解得a=2.所以g(x)=-x3+x2-1,g′(x)=-x2+x=-x(x-6),所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减.所以当x=6时,函数g(x)取得极大值即最大值.5.假设函数f(x)=ax-ln x在区间(0,e]上的最小值为3,那么实数a的值为( )A.e2B.2eC.D.【解题指南】(1)判断单调区间,把a分为a≤0与a>0两种情况来确定单调区间,而a>0时又要将与区间(0,e]进行比拟讨论;(2)根据各种情况的单调区间确定各种情况下的最小值,每计算一个a的值都要记得检验是否满足前提范围.【解析】选A.因为f(x)=ax-ln x,(x>0),所以f′(x)=a-=(x>0).①当a≤0时,f′(x)<0,那么f(x)在(0,e]上为减函数,此时f(x)min=f(e)=ae-1=3,解得a=>0(舍去).②当a>0时,当0<x<时,f′(x)<0,f(x)在上为减函数,当x≥时,f′(x)≥0,f(x)在上为增函数.所以当0<≤e 时,即a≥时,x=为f(x)在(0,e]上的极小值点也是最小值点且最小值为f=1-ln =3,解得a=e2.当>e时,即a<时,f(x)在(0,e]上为减函数,f(x)min=f(e)=ae-1=3,解得a=>(舍去),综上所述:a=e2.二、填空题(每题5分,共15分)6.(2021·濮阳模拟)函数f(x)=e x-2x的最小值为________________.【解析】f′(x)=e x-2,令f′(x)=e x-2=0,解得x=ln 2.可得:函数f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增.所以x=ln 2时,函数f(x)取得极小值也是最小值,f(ln 2)=2-2ln 2.答案:2-2ln 27.(2021·咸阳模拟)y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,那么a=________________.【解析】由题意知,当x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1.令f′(x)=-a=0,得x=,当0<x<时,f′(x)>0;当x>时,f′(x)<0.所以f(x)max=f=-ln a-1=-1,解得a=1.答案:18.函数f(x)=当x∈(-∞,m]时,函数f(x)的取值范围为[-16,+∞),那么实数m 的取值范围是________________.【解析】当x≤0时,f′(x)=3(2+x)(2-x),所以当x<-2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当-2<x≤0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)在x=-2处取最小值f(-2)=-16.画出函数的图像,结合函数的图像得-2≤m≤8时,函数f(x)总能取到最小值-16,故m的取值范围是[-2,8].答案: [-2,8]三、解答题(每题10分,共20分)9.假设函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,那么称x0为函数y=f(x)的极值点.a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1) 求a,b的值.(2) 设函数g(x)的导数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.【解析】(1) 由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3. (2) 由(1) 知f(x)=x3-3x,那么g′(x)=f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,即函数g(x)的极值点只可能是1或-2.当x<-2时,g′(x)<0,当-2<x<1时,g′(x)>0,当x>1时,g′(x)>0,所以-2是g(x)的极值点,1不是g(x)的极值点.10.函数f(x)=ax+ln x,其中a为常数.(1)当a=-1时,求f(x)的最大值.(2)假设f(x)在区间(0,e]上的最大值为-3,求a的值.【解析】(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=-1 时,f(x)=-x+ln x,f′(x)=-1+=,令f′(x)=0,得x=1.当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数.所以f(x)max=f(1)=-1.所以当a=-1时,函数f(x)在(0,+∞)上的最大值为-1.(2) f′(x)=a+,x∈,∈.①假设a≥-,那么f′(x)≥0,从而f(x)在上单调递增,所以f(x)max=f(e)=ae+1≥0,不符合题意.②假设a<-,令f′(x)>0得a+>0,结合x∈,解得0<x<-;令f′(x)<0得a+<0,结合x∈,解得-<x≤e.从而f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f=-1+ln,令-1+ln=-3,得ln=-2,所以a=-e2,因为-e2<-,所以a=-e2为所求,故实数a的值为-e2.(15分钟35分)1.(5分)设函数f(x)=(x+1)e x+1,那么( )A.x=2为f(x)的极大值点B.x=2为f(x)的极小值点C.x=-2为f(x)的极大值点D.x=-2为f(x)的极小值点【解析】选D.函数f(x)=(x+1)e x+1,所以f′(x)=(x+2)e x,令(x+2)e x=0,可得x=-2,当x<-2时,f′(x)<0,函数是减函数;当x>-2时,f′(x)>0,函数是增函数,所以x=-2是函数的极小值点.2.(5分)用长为30 m的钢条围成一个长方体形状的框架(即12条棱长总和为30 m),要求长方体的长与宽之比为3∶2,那么该长方体最大体积是( )A.24 m3B.15 m3C.12 m3D.6 m3【解析】选B.设该长方体的宽是x m,由题意知,其长是 m,高是=m(0<x<3),那么该长方体的体积V(x)= x··=-x3+x2,V′(x)=-x2+x,由V′(x)=0,得到x=2(x=0舍去),且当0<x<2时, V′(x)>0;当2<x<3时, V′(x)<0,即体积函数V(x)在x=2处取得极大值V(2)=15,也是函数V(x)在定义域上的最大值.所以该长方体体积的最大值是15 m3.【变式备选】用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱,先在四周分别截去一个小正方形,然后把四边翻转90°角,再焊接成水箱,那么水箱的最大容积为( )A.120 000 cm3B.128 000 cm3C.150 000 cm3D.158 000 cm3【解析】选B.设水箱底长为x cm,那么高为 cm.由得0<x<120.设水箱的容积为y cm3,那么有y=-x3+60x2.求导数,有y′=-x2+120x.令y′=0,解得x=80(x=0舍去).当x∈(0,80)时,y′>0;当x∈(80,120)时,y′<0.因此,x=80是函数y=-x3+60x2的极大值点,也是最大值点,此时y=128 000.3.(5分)(2021·昆明模拟)函数f(x)=ax2+bx+cln x(a>0)在x=1和x=2处取得极值,且极大值为-,那么函数f(x)在区间(0,4]上的最大值为 ( )A.0B.-C.2ln 2-4D.4ln 2-4【解析】选D.函数的导数为f′(x)=2ax+b+=.因为f(x)在x=1和x=2处取得极值,所以f′(1)=2a+b+c=0 ①,f′(2)=4a+b+=0 ②,因为f(x)极大值为-,a>0,所以由函数性质知当x=1时,函数取得极大值为-,那么f(1)=a+b+cln 1=a+b=-③,由①②③得a=,b=-3,c=2,即f(x)=x2-3x+2ln x,f′(x)=x-3+==,由f′(x)>0得2<x≤4或0<x<1,此时为增函数,由f′(x)<0得1<x<2,此时f(x)为减函数,那么当x=1时,f(x)取得极大值,极大值为-,又f(4)=8-12+2ln 4=4ln 2-4>-,即函数在区间(0,4]上的最大值为4ln 2-4.4.(10分)(2021·成都模拟)函数f(x)=aln x-x2+x-.(1)当曲线f(x)在x=3时的切线与直线y=-4x+1平行,求曲线f(x)在处的切线方程.(2)求函数f(x)的极值,并求当f(x)有极大值且极大值为正数时,实数a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=-2x+a-2.由题意得f′(3)=-2×3+a-2=-4,得a=3.当x=1时,f(1)=-12+×1-=-,f′(1)=-2×1+3-2=2,故曲线f(x)在处的切线方程为y+=2,即8x-4y-17=0.(2)f′(x)=-2x+a-2=(x>0),①当a≤0时,f′(x)≤0,所以f(x)在上单调递减,f(x)无极值.②当a>0时,由f′(x)=0得x=,随x的变化,f′(x)、f(x)的变化情况如下:xf′(x) +0 -f(x) ↗极大值↘故f(x)有极大值,无极小值,极大值为f=aln-+×-=aln-a,由aln-a>0,结合a>0可得a>2e,所以当f(x)有极大值且极大值为正数时,实数a的取值范围是.5.(10分)(2021·济宁模拟)函数f(x)=ln x-xe x+ax(a∈R).(1)假设函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围.(2)假设a=1,求f(x)的最大值.【解题指南】(1)由题意别离参数,将原问题转化为函数求最值的问题,然后利用导函数即可确定实数a的取值范围.(2)结合函数的解析式求导函数,将其分解因式,利用导函数研究函数的单调性,最后利用函数的单调性结合函数的解析式即可确定函数的最大值.【解析】(1)由题意知,f′(x)=-(e x+xe x)+a=-(x+1)e x+a≤0 在[1,+∞)上恒成立,所以a≤(x+1)e x-在[1,+∞)上恒成立.令g(x)=-+(x+1)e x,那么g′(x)=(x+2)e x+>0,所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(1)=2e-1,所以a≤2e-1.(2)当a=1时,f(x)=ln x-xe x+x(x>0),那么f′(x)=-(x+1)e x+1=(x+1),令m(x)=-e x,那么m′(x)=--e x<0,所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m>0,m(1)<0,所以存在x0>0满足m(x0)=0,即=.当x∈(0,x0),m(x)>0,f′(x)>0;当x∈(x0,+∞)时,m(x)<0,f′(x)<0.所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.所以f(x)max=f(x0)=ln x0-x0+x0,因为=,所以x0=-ln x0,所以f(x0)=-x0-1+x0=-1,所以f(x)max=-1.(2021·新乡模拟)函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x.(1)当a=-4时,求f(x)的单调区间.(2)a∈(1,2],b∈R,函数g(x)=x3+bx2-(2b+4)x+ln x,假设f(x)的极小值点与g(x)的极小值点相等,证明:g(x)的极大值不大于.【解析】 (1)当a=-4时,f(x)=x2+3x-4ln x,定义域为(0,+∞),f′(x)=x+3-==,当x>1时,f′(x)>0,f(x)单调递增,那么f(x)的单调递增区间为(1,+∞);当0<x<1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,那么f(x)的单调递减区间为(0,1).(2)f′(x)==,g′(x)=3x2+2bx-(2b+4)+=.令p(x)=3x2+(2b+3)x-1.因为a∈(1,2],所以f(x)的极小值点为a,那么g(x)的极小值点为a.所以p(a)=0,即3a2+(2b+3)a-1=0,即b=,此时g(x)的极大值为g(1)=1+b-(2b+4)=-3-b=-3-=a--.因为a∈(1,2],所以a--≤×2--=.故g(x)的极大值不大于.。

课时跟踪检测(十五) 导数与函数的极值、最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2016·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝ln (－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：选D 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，而D 选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－xx，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.3．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln 2B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2解析：选B 令y ′＝2x ＋x ·2xln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.4．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选D 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32.故实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 5．已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．二保高考，全练题型做到高考达标 1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0.令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23B ．－2C ．－2或－23D ．2或－23解析：选A 由题意知，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．(2016·浙江瑞安中学月考)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.4．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )图象的是( )解析：选D 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.5．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)解析：选 C 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C.6．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.答案：－1737．(2016·广州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1 时有极值0，则a －b ＝________.解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－78．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a ＞0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________．解析：令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎨⎧－a 3－3a －a ＋b ＝6，a 3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 答案：(－1,1)9．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)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .又曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴， 得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e. (2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a ．x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x ＜1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0；当a ＞0时，f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .综上所述，当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ；当a ＜2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a ＜b ＜c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论： ①f (0)f (1)＞0; ②f (0)f (1)＜0； ③f (0)f (3)＞0; ④f (0)f (3)＜0. 其中正确结论的序号是________．解析：∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)， 由f ′(x )＜0，得1＜x ＜3，由f ′(x )＞0， 得x ＜1或x ＞3，∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a ＜b ＜c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0， ∴y 极大值＝f (1)＝4－abc ＞0，y 极小值＝f (3)＝－abc ＜0.∴0＜abc ＜4.∴a ，b ，c 均大于零，或者a ＜0，b ＜0，c ＞0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图．∴f (0)＜0.∴f (0)f (1)＜0，f (0)f (3)＞0.∴正确结论的序号是②③. 答案：②③2．(2016·武汉调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx －ln x (a ＞0，b ∈R)． (1)设a ＝1，b ＝－1，求f (x )的单调区间；(2)若对任意的x ＞0，f (x )≥f (1)，试比较ln a 与－2b 的大小． 解：(1)由f (x )＝ax 2＋bx －ln x ，x ∈(0，＋∞)， 得f ′(x )＝2ax 2＋bx －1x.∵a ＝1，b ＝－1， ∴f ′(x )＝2x 2－x －1x＝x ＋x －x(x ＞0)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.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．∴f (x )的单调递减区间是(0,1)，f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)． (2)由题意可知，f (x )在x ＝1处取得最小值，即x ＝1是f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝0，∴2a ＋b ＝1，即b ＝1－2a . 令g (x )＝2－4x ＋ln x (x ＞0)，则g ′(x )＝1－4x x.令g ′(x )＝0，得x ＝14.当0＜x ＜14时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，当x ＞14时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，∴g (x )≤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝1＋ln 14＝1－ln 4＜0， ∴g (a )＜0，即2－4a ＋ln a ＝2b ＋ln a ＜0， 故ln a ＜－2b .。