高考复习 函数的极值和最值巩固练习 (1)

【巩固练习】一、选择题1．下列说法正确的是（ ）A ．当0)('0=x f 时，则)(0x f 为f(x)的极大值B ．当0)('0=x f 时，则)(0x f 为f(x)的极小值C ．当0)('0=x f 时，则)(0x f 为f(x)的极值D ．当)(0x f 为函数f(x)的极值时，则有0)('0=x f 2．函数1()f x x x=+在x=1时有（ ） A ．极小值 B ．极大值 C ．既有极大值又有极小值 D ．极值不存3．函数f （x ）＝2 x 3－12 x 2＋3在区间[－1，2]上的最大、最小值的情况是（ ）．A ．最大值为3，最小值为－29B ．最大值为3，最小值为－61C ．最大值为－29，最小值为－61D ．以上答案都不对4．下列结论正确的是（ ）A ．若x 0是()f x 在[a ，b]上的极大值点，则0()f x 是()f x 在[a ，b]上的最大值B ．若x 0是()f x 在（a ，b ）上的极大值点，则0()f x 是()f x 在[a ，b]上的最小值C ．若x 0是()f x 在[a ，b]上唯一极大值点，则0()f x 是()f x 在[a ，b]上的最大值D ．若x 0是()f x 在（a ，b ）上的极大值点，且()f x 在（a ，b ）上无极小值，则0()f x 是()f x 在[a ，b]上的最大值5．设a ＜b ，函数y=(x ―a)2(x ―b)的图象可能是（ ）6．设a ∈R ，若函数y=e ax +3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则（ ）A ．a ＞－3B ．a ＜－3C ．13a >-D ．13a <- 7．已知函数y=―x 2―2x+3在区间[a ，2]上的最大值为154，则a 等于（ ）A ．32-B ．12C ．12-D ．12或32- 二、填空题8．函数y=xe x 的最小值为________。

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】专题3.2 利用导数研究函数的极值与最值基础巩固题组一、填空题 1．下列函数：①y ＝x 3；②y ＝ln(－x )；③y ＝x e －x；④y ＝x ＋2x.其中，既是奇函数又存在极值的是________(填序号)． 【答案】④【解析】由题意可知，②，③中的函数不是奇函数，①中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，④中的函数既为奇函数又存在极值．2．(2017·海门中学适应性训练)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________. 【答案】53．(2016·北京卷改编)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0，则f (x )的最大值为________．【答案】2【解析】当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数． ∴f (x )≤f (－1)＝2，∴f (x )的最大值为2.4．(2017·南通调研)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为________． 【答案】9【解析】f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，则a ＋b ＝6， 又a >0，b >0，则t ＝ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号．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 ＝________. 【答案】1【解析】由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是________． 【答案】(－∞，－3)∪(6，＋∞)7．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________(填序号)．【答案】④【解析】因为[f (x )e x]′＝f ′(x )e x＋f (x )(e x)′＝[f (x )＋f ′(x )]e x，且x ＝－1为函数f (x )ex的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；④中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0.8．设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________． 【答案】(－∞，－1)【解析】∵y ＝e x＋ax ，∴y ′＝e x＋a . ∵函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x<－1，∴a ＝－e x<－1. 二、解答题9．已知函数f (x )＝ax x ＋r2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a r＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．10．(2017·衡水中学二调)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． 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：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ f ′(x )－＋f (x )极小值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 .能力提升题组11．(2017·盐城一模)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图象与x 轴相切于一点A (m,0)(m ≠0)，且f (x )的极大值为12，则m 的值为________．【答案】3212．函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论：①a >0，b <0，c >0，d >0；②a >0，b <0，c <0，d >0； ③a <0，b <0，c >0，d >0；④a >0，b >0，c >0，d <0. 其中，结论成立的是________(填序号)． 【答案】①【解析】由函数y ＝f (x )的图象知，a >0，f (0)＝d >0. 又x 1，x 2是函数f (x )的极值点， 且f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ＝0，∴x 1，x 2是方程3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根． 由图象知，x 1>0，x 2>0∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2b3a >0，x 1x 2＝c3a >0.因此b <0，且c >0.13．(2017·镇江期末)若函数f (x )＝－2x 3＋2tx 2＋1存在唯一的零点，则实数t 的取值范围为________．【答案】⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞14．(2017·苏北四市调研)如图，OA 是南北方向的一条公路，OB 是北偏东45°方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C .为方便游客观光，拟过曲线C 上某点P 分别修建与公路OA ，OB 垂直的两条道路PM ，PN ，且PM ，PN 的造价分别为5万元/百米、40万元/百米．建立如图所示的平面直角坐标系xOy ，则曲线C 符合函数模型y ＝x ＋42x2(1≤x ≤9)，设 PM ＝x ，修建两条道路PM ，PN 的总造价为f (x )万元．题中所涉及长度单位均为百米．(1)求f (x )的解析式；(2)当x 为多少时，总造价f (x )最低？并求出最低造价．解 (1)在题图所示的直角坐标系中，因为曲线C 的方程为y ＝x ＋42x2(1≤x ≤9)，PM ＝x ，所以点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，x ＋42x 2，直线OB 的方程为x －y ＝0，则点P 到直线x －y ＝0的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －⎝⎛⎭⎪⎫x ＋42x 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪42x 22＝4x2，又PM 的造价为5万元/百米，PN 的造价为40万元/百米．则两条道路总造价为f (x )＝5x ＋40·4x2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2 (1≤x ≤9)．(2)因为f (x )＝5⎝⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2，所以f ′(x )＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－64x 3＝5x 3－64x 3，令f ′(x )＝0，解得x ＝4，列表如下：x (1,4) 4 (4,9) f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值所以当x ＝4时，函数f (x )有最小值，且最小值为f (4)＝5⎝⎛⎭⎪⎪⎫4＋3242＝30，即当x ＝4时，总造价最低，最低造高中数学知识点三角函数 1、 以角的顶点为坐标原点，始边为 x 轴正半轴建立直角坐标系，在角的终边上任取一个异于原点的点，点 P 到原点的距离记为，则 sin=， cos = ， tg = ， ctg = ， sec = ， csc = 。

【巩固练习】1.设函数()f x 在R 上可导，其导函数()f x '，且函数()f x 在2x =-处取得极小值， 则函数()y xf x '=的图象可能是2.设a ＞0，b ＞0，e 是自然对数的底数A. 若e a +2a=e b +3b ，则a ＞bB. 若e a +2a=e b +3b ，则a ＜bC. 若e a -2a=e b -3b ，则a ＞bD. 若e a -2a=e b -3b ，则a ＜b 3.设函数f （x ）=2x+lnx 则 （ ） A ．x=12为f(x)的极大值点 B ．x=12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 4.函数y=12x 2-㏑x 的单调递减区间为 A （-1,1] B （0,1] C[1，+∞） D （0，+∞）5.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A.①③B.①④C.②③D.②④6．函数f(x)=xlnx(x>0)的单调递增区间是___________。

7．函数y=1+3x-x 3的极大值是_______，极小值是________。

8．函数f(x)=12x-x 3在区间[-3,3]上的最小值是_____ 。

9．函数f(x)=ln(1+x)-x 的最大值为________。

10．函数y=x+2cosx 在区间1[0,]2上的最大值是________ 。

11．已知函数f(x)=xe x ．(1)求函数f(x)的单调递增区间(2)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程。

12．设函数f(x)=ln(2x+3)+x 2； (Ⅰ)讨论f(x)的单调性； (Ⅱ)求f(x)在区间31[-,]44的最大值。

第十三讲 利用导数求函数的单调性、极值、最值一．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． 二．函数的极值(1)一般地，求函数y ＝f (x )的极值的方法 解方程f ′(x )＝0，当f ′(x 0)＝0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考查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． 三．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．考向一单调区间【例1】求下列函数的单调区间：（1）3()23f x x x =-；（2）2()ln f x x x =-. （3）)f (x )＝2x －x 2.【答案】见解析【解析】（1）由题意得2()63f x x '=-. 令2()630f x x '=->，解得2x <-或2x >. 当(,2x ∈-∞-时，函数为增函数；当,)2x ∈+∞时，函数也为增函数.令2()630f x x '=-<，解得22x -<<当()22x ∈-时，函数为减函数. 故函数3()23f x x x =-的单调递增区间为(,2-∞-和()2+∞，单调递减区间为(,22-. （2）函数2()ln f x x x =-的定义域为(0,)+∞.11)()2f x x x x-+'=-=. 令()0f x '>，解得x >；令()0f x '<，解得0x <<. 故函数2()ln f x x x =-的单调递增区间为)+∞，单调递减区间为. (3)要使函数f (x )＝2x －x 2有意义，必须2x －x 2≥0，即0≤x ≤2.∴函数的定义域为[0,2]．f ′(x )＝(2x －x 2)′＝12(2x －x 2)－12·(2x －x 2)′＝1－x2x －x2.令f ′(x )＞0，则1－x 2x －x2＞0.即⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＞0，2x －x 2＞0，∴0＜x ＜1.∴函数的单调递增区间为(0,1)． 令f ′(x )＜0，则1－x2x －x 2＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＜0，2x －x 2＞0，∴1＜x ＜2.∴函数的单调递减区间为(1,2)．【举一反三】【套路总结】用导数研究函数的单调性 （1）用导数证明函数的单调性证明函数单调递增（减），只需证明在函数的定义域内'()f x ≥（≤）0（2）用导数求函数的单调区间 ①求函数的定义域D ②求导'()f x③解不等式'()f x ＞()<0得解集P④求DP ,得函数的单调递增（减）区间。

2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【原卷版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-112.(5分)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()3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.04.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.67.(5分)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.8.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.9.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;(2)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.16313.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为214.(10分)(2023·沧州模拟)已知函数f(x)=e x cos x-x.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.2025年高考数学一轮复习课时作业-导数与函数的极值、最值【解析版】(时间:45分钟分值:85分)【基础落实练】1.(5分)已知函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2),则()A.f(x)的极大值为5,无极小值B.f(x)的极小值为-27,无极大值C.f(x)的极大值为5,极小值为-27D.f(x)的极大值为5,极小值为-11【解析】选A.f'(x)=3x2-6x-9=3(x-3)(x+1),由f'(x)>0,得-2<x<-1,由f'(x)<0,得-1<x<2,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在(-2,-1)上单调递增,在(-1,2)上单调递减,所以函数f(x)=x3-3x2-9x(-2<x<2)在x=-1时,取得极大值5,无极小值.2.(5分)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.3.(5分)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为()A.10B.-6C.-7D.0【解析】选B.因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-8+6 =2( -1)( -3) ,令f'(x)=0,解得x=1或x=3,故列表如下:x(0,1)1(1,3)3(3,+∞)f'(x)+0-0+f(x)单调递增-6单调递减-14+6ln3单调递增所以f(x)的极大值为f(1)=-6.4.(5分)函数f(x)=e 2-3在[2,+∞)上的最小值为()A.e36B.e2C.e34D.2e【解析】选A.依题意f'(x)=e ( 2-3)2(x2-2x-3)=e ( 2-3)2(x-3)(x+1),故函数在(2,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,故函数在x=3处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)=e332-3=e36.5.(5分)(多选题)(2023·怀化模拟)下列函数中,存在极值点的是()A.y=x-1B.y=2|x|C.y=-2x3-xD.y=x ln x【解析】选BD.由题意,对于A,函数y=x-1 ,则y'=1+1 2所以函数y=x-1 在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增,没有极值点;对于B,函数y=2|x|=2 , ≥0,2- , <0,则当x<0时,函数y=2|x|单调递减,当x>0时,函数y=2|x|单调递增,所以函数y=2|x|在x=0处取得极小值;对于C,函数y=-2x3-x,则y'=-6x2-1<0,所以函数y=-2x3-x在R上单调递减,没有极值点;对于D,函数y=x ln x,y'=ln x+1,则当x∈(0,1e)时,y'<0,函数单调递减,当x∈(1e,+∞)时,y'>0,函数单调递增,当x=1e时,函数取得极小值.6.(5分)已知函数f(x)=(x+1)2+cos(x+1)+a的最小值是4,则a=()A.3B.4C.5D.6【解析】选A.令x+1=t,则f(x)=g(t)=t2+cos t+a,g'(t)=2t-sin t,(2t-sin t)'=2-cos t>0,g'(t)在R上单调递增,而g'(0)=0,故t∈(-∞,0)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,t∈(0,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,故g(t)min=g(0)=1+a=4,解得a=3.7.(5分)若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y=-x3+27x+123(x>0),则获得最大年利润时的年产量为百万件.【解析】y'=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当0<x<3时,y'>0;当x>3时,y'<0.故当x=3时,该商品的年利润最大.答案:38.(5分)设函数f(x)=e + ,若f(x)的极小值为e,则a=.【解析】由已知得f'(x)=e ( + -1)( + )2(x≠-a),令f'(x)=0,有x=1-a,则f(x)在(-∞,-a),(-a,1-a)上单调递减,在(1-a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(1-a)=e1-a=e,即1-a=12,得a=12.答案:129.(5分)(2023·苏州模拟)函数f(x)=-13x3+x在(a,10-a2)上有最大值,则实数a的取值范围是.【解析】由于f'(x)=-x2+1,易知f(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上单调递减,在(-1,1)上单调递增,故若函数f(x)在(a,10-a2)上存在最大值,则 <1,10- 2>1,(1)≥ ( ),即-2≤a<1.答案:[-2,1)10.(10分)已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.(1)求a,b的值;【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)设函数g(x)的导函数g'(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.【解析】(2)由(1)知f(x)=x3-3x,则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.综上所述,g(x)的极值点为-2.11.(10分)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程;【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(1)当a=2时,f'(x)=(x-1)e x.所以f(0)=-2,f'(0)=-1,所以所求切线方程为y+2=-x,即x+y+2=0.(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.【解析】f'(x)=(x+1-a)e x.(2)令f'(x)=0,得x=a-1.①若a-1≤1,则a≤2.当x∈[1,2]时,f'(x)≥0,则f(x)在[1,2]上单调递增.所以f(x)min=f(1)=(1-a)e;②若a-1≥2,则a≥3.x∈[1,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[1,2]上单调递减.所以f(x)min=f(2)=(2-a)e2;③若1<a-1<2,则2<a<3.f'(x),f(x)随x的变化情况如表:x[1,a-1)a-1(a-1,2]f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调递减区间为[1,a-1),单调递增区间为(a-1,2],所以f(x)min=f(a-1)=-e a-1.综上可知,当a≤2时,f(x)min=(1-a)e;当a≥3时,f(x)min=(2-a)e2;当2<a<3时,f(x)min=-e a-1.【能力提升练】12.(5分)已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则12+ 22等于()A.23B.43C.83D.163【解析】选C.由题图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0),x1,x2是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)=x3-3x2+2x,所以f'(x)=3x2-6x+2,x1,x2是方程3x2-6x+2=0的两根,所以x1+x2=2,x1·x2=23,所以12+ 22=(x1+x2)2-2x1x2=4-2×23=83.13.(5分)(多选题)(2023·烟台模拟)已知函数f(x)= 2+ -1e ,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-e<k≤0时,方程f(x)=k有且只有两个实根D.若x∈[t,+∞)时,f(x)max=5e2,则t的最小值为2【解析】选ABC.由f(x)=0,得x2+x-1=0,所以x=-1±52,故A正确;f'(x)=- 2- -2e =-( +1)( -2)e ,当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时,f'(x)<0,当x∈(-1,2)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)上单调递减,在(-1,2)上单调递增,所以f(-1)是函数的极小值,f(2)是函数的极大值,故B正确;又f(-1)=-e,f(2)=5e2,且当x→-∞时,f(x)→+∞,x→+∞时,f(x)→0,所以f(x)的图象大致如图所示,由图知C正确,D不正确.14.(10分)(2023·沧州模拟)已知函数f(x)=e x cos x-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;【解析】(1)因为f(x)=e x cos x-x,所以f(0)=1,f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,所以f'(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1.(2)求函数f(x)在区间[0,π2]上的最大值和最小值.【解析】(2)f'(x)=e x(cos x-sin x)-1,令g(x)=f'(x),则g'(x)=-2e x sin x≤0在[0,π2]上恒成立,且仅在x=0处等号成立,所以g(x)在[0,π2]上单调递减,所以g(x)≤g(0)=0,所以f'(x)≤0且仅在x=0处等号成立,所以f(x)在[0,π2]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=1,f(x)min=f(π2)=-π2.。

考点1 导数与函数的单调性考点2 导数与函数的极(最)值目 录综合基础练综合拔高练1综合拔高练22024高考数学习题　导数与函数的单调性、极值和最值训练册考点1　导数与函数的单调性1.(2014课标Ⅱ文,11,5分,易)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围D是 ( )A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)2.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=a e x-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为C ( )A.e2B.eC.e-1D.e-23.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f (x )=a (e x +a )-x .(1)讨论f (x )的单调性;(2)证明:当a >0时, f (x )>2ln a + .32解析 (1)由已知得函数f (x )的定义域为R,f '(x )=a e x -1.①当a ≤0时, f '(x )<0, f (x )在R 上单调递减;②当a >0时,令f '(x )=0,则x =ln ,当x <ln 时, f '(x )<0, f (x )单调递减;1a 1a当x >ln 时, f '(x )>0, f (x )单调递增.综上所述,当a ≤0时, f (x )在R 上单调递减;当a >0时, f (x )在 上单调递减,在 上单调递增.1a 1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭(2)证明:由(1)知,当a >0时, f (x )在 上单调递减,在 上单调递增,则f (x )min =f =a -ln =1+a 2+ln a .要证明f (x )>2ln a + ,只需证明1+a 2+ln a >2ln a + ,即证a 2-ln a - >0.1,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭1ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1ln a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭1a 323212令g (x )=x 2-ln x - (x >0),则g '(x )=2x - = .当0<x < 时,g '(x )<0,g (x )单调递减;当x > 时,g '(x )>0,g (x )单调递增,121x 221x x -2222∴g (x )min =g = -ln - =-ln =ln >0,∴g (x )>0在(0,+∞)上恒成立,即a 2-ln a - >0,∴f (x )>2ln a + .22⎛⎫ ⎪⎝⎭12221222212324.(2023全国甲文,20,12分,中)已知函数f (x )=ax - ,x ∈ .(1)当a =1时,讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )+sin x <0,求a 的取值范围.2sin cos x x 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭解析 (1)当a =1时, f (x )=x - ,x ∈ ,f '(x )=1- = = <0,所以函数f (x )在 上单调递减.(2)令g (x )= -sin x = = = ,则g '(x )= = ,2sin cos x x 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭324cos 2sin cos cos x x x x +3223cos cos 2sin cos x x x x --323cos cos 2cos x x x+-0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭2sin cos x x 22sin sin cos cos x x x x -22sin sin (1sin )cos x x x x --32sin cos x x 32443cos sin 2sin cos cos x x x x x +22433cos sin 2sin cos x x x x +因为x ∈ ,所以3cos 2x sin 2x +2sin 4x >0,cos 3x >0,则g '(x )>0,所以函数g (x )在 上单调递增,g (0)=0,当x → 时,g (x )→+∞,因为f (x )+sin x <0恒成立,所以 -sin x >ax 在 上恒成立,即直线y =ax 在0<x < 时恒在g (x )的图象下方,如图所示,0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭0,2π⎛⎫⎪⎝⎭2π2sin cos x x 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭2π由图及g '(0)=0可得a ≤0,即a 的取值范围为(-∞,0].5.(2015课标Ⅱ文,21,12分,中)已知函数f (x )=ln x +a (1-x ).(1)讨论f (x )的单调性;(2)当f (x )有最大值,且最大值大于2a -2时,求a 的取值范围.解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )= -a .若a ≤0,则f '(x )>0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.若a >0,则当x ∈ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时,f '(x )<0.所以f (x )在 上单调递增,在 上单调递减.(2)由(1)知,当a ≤0时, f (x )在(0,+∞)上无最大值;当a >0时, f (x )在x = 处取得最大值,最大1x10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a值为f =ln +a =-ln a +a -1.因此f >2a -2等价于ln a +a -1<0.1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a 11a ⎛⎫- ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭令g (a )=ln a +a -1,a >0,则g (a )在(0,+∞)上单调递增,g (1)=0.于是,当0<a <1时,g (a )<0;当a >1时,g (a )>0.因此,a 的取值范围是(0,1).考点2　导数与函数的极(最)值1.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f (x )=a ln x + + (a ≠0)既有极大值也有极小值,则 ( )A.bc >0B.ab >0C.b 2+8ac >0D.ac <0b x 2c x BCDAC2.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数f(x)=x3-x+1,则 ( )A. f(x)有两个极值点B. f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线3.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 .答案 14.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2a x-e x2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是 .答案 1,1e⎛⎫⎪⎝⎭5.(2021北京,19,15分,中)已知函数f (x )= .(1)若a =0,求曲线y =f (x )在点(1, f (1))处的切线方程;(2)若f (x )在x =-1处取得极值,求f (x )的单调区间,并求其最大值与最小值.232x x a-+解析 (1)当a =0时, f (x )= ,∴f (1)=1,f '(x )= ,故f '(1)=-4,故曲线y =f (x )在点(1, f (1))处的切线方程为y =-4(x -1)+1,即4x +y -5=0.(2)由题意得f '(x )= ,且f '(-1)=0,故8-2a =0,解得a =4,故f (x )= ,x ∈R,则f '(x )= = ,令f '(x )>0,得x >4或x <-1;令f '(x )<0,得-1<x <4,232x x -326x x -222262()x x a x a --+2324x x -+222268(4)x x x --+222(1)(4)(4)x x x +-+故函数f (x )的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f (x )的极大值为f (-1)=1, f (x )的极小值为f (4)=- .又当x ∈(-∞,-1)时,3-2x >0,故f (x )>0;当x ∈(4,+∞)时,3-2x <0,故f (x )<0,∴f (x )max =f (-1)=1, f (x )min =f (4)=- .14146.(2019课标Ⅲ文,20,12分,中)已知函数f (x )=2x 3-ax 2+2.(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.解析 (1)第一步:求函数的定义域和导函数,并因式分解求出导函数的零点.由题意知x ∈R, f '(x )=6x 2-2ax =2x (3x -a ).令f '(x )=0,得x =0或x = .第二步:讨论a 的取值,比较根的大小关系,写出单调区间.①若a >0,则当x ∈(-∞,0)∪ 时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f ‘(x )<0.3a ,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭故f (x )在(-∞,0), 单调递增,在 单调递减;②若a =0, f (x )在(-∞,+∞)单调递增;,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭③若a <0,则当x ∈ ∪(0,+∞)时, f '(x )>0;当x ∈ 时, f '(x )<0.故f (x )在 ,(0,+∞)单调递增,在 单调递减.(2)当0<a <3时,由(1)知, f (x )在 单调递减,在 单调递增,所以f (x )在[0,1]的最小值为f =- +2,最大值为f (0)=2或f (1)=4-a .,3a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,3a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭327a当0<a <2时, f (1)>f (0),最大值为f (1)=4-a .所以M -m =2-a + ,0<a <2,327a 对于函数y = -a +2,y '= -1,当0<a <2时,y '<0,从而y = -a +2单调递减,此时 < -a +2<2,即M -m 的取值范围是 .(构造函数,利用函数单调性求值域)当2≤a <3时, f (1)<f (0),最大值为f (0)=2,所以M -m = ,而函数y = 单调递增,所以M -m 的取值范围是 .综上,M -m 的取值范围是 .327a 29a 327a 827327a 8,227⎛⎫ ⎪⎝⎭327a 327a 8,127⎡⎫⎪⎢⎣⎭8,227⎡⎫⎪⎢⎣⎭易错警示　解题时,易犯以下两个错误:①对参数a 未讨论或对a 分类讨论不全面,尤其易忽略a =0的情形而导致失分;②当a >0时, f (x )在(-∞,0), 单调递增,将这两个区间合并表示为f (x )在(-∞,0)∪ 单调递增导致错误,从而失分.,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,3a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭7.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x;(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析 (1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x <0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2< sin x.令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x.(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).当a=0时, f(x)=1-ln(1-x2), f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a ≠0.当a >0时, f '(x )=-a sin ax + ,x ∈(-1,1).(i)当0<a ≤ 时,取m =min ,x ∈(0,m ),则ax ∈(0,1),由(1)可得f '(x )=-a sin ax + >-a 2x + = ,因为a 2x 2>0,2-a 2≥0,1-x 2>0,所以f '(x )>0,所以f (x )在(0,m )上单调递增,不合题意.(ii)当a > 时,取x ∈ ⊆(0,1),则ax ∈(0,1),由(1)可得f '(x )=-a sin ax + <-a (ax -a 2x 2)+ 221x x-21,1a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭221x x -221x x-2222(2)1x a x a x +--210,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭221x x -221x x-= (-a 3x 3+a 2x 2+a 3x +2-a 2),设h (x )=-a 3x 3+a 2x 2+a 3x +2-a 2,x ∈ ,则h '(x )=-3a 3x 2+2a 2x +a 3,因为h '(0)=a 3>0,h ' =a 3-a >0,且h '(x )的图象是开口向下的抛物线,所以∀x ∈ ,均有h '(x )>0,所以h (x )在 上单调递增.因为h (0)=2-a 2<0,h =2>0,所以h (x )在 内存在唯一的零点n .当x ∈(0,n )时,h (x )<0,又因为x >0,1-x 2>0.21x x -10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭则f '(x )< (-a 3x 3+a 2x 2+a 3x +2-a 2)<0.即当x ∈(0,n )⊆(0,1)时, f '(x )<0,则f (x )在(0,n )上单调递减.又因为f (x )是偶函数,所以f (x )在(-n ,0)上单调递增,所以x =0是f (x )的极大值点.综合(i)(ii)知a > .当a <0时,由于将f (x )中的a 换为-a 所得解析式不变,所以a <- 符合要求.故a 的取值范围为(-∞,- )∪( ,+∞).21x x22221.(2023山东烟台开学考,3)函数f (x )=-2ln x -x - 的单调递增区间是( )A.(0,+∞) B.(-3,1) C.(1,+∞) D.(0,1)3x D2.(2023吉林长春六中月考,9)函数f (x )=cos x +(x +1)sin x +1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为 ( )A.- , B.- , C.- , +2D.- , +22π2π32π2π2π2π32π2πD3.(2024届江苏无锡期中,5)当x=2时,函数f(x)=x3+bx2-12x取得极值,则f(x)在区间[-4,4]上的最大值为 ( )CA.8B.12C.16D.324.(2024届湖南师大附中第4次月考,6)已知x =0是函数f (x )= x 2e x -2x e x +2e x- x 3的一个极值点,则a 的取值集合为 ( )A.{a |a ≥-1}B.{0}C.{1}D.R3a C5.(2024届河北石家庄二中月考,5)已知函数f(x)=x3-3mx2+9mx+1在(1,+∞)上为单调递增D函数,则实数m的取值范围为 ( )A.(-∞,-1)B.[-1,1]C.[1,3]D.[-1,3]6.(2024届重庆长寿中学期中,7)已知函数f (x )=2x - -a ln x ,则“a >5”是“函数f (x )在(1,2)上单调递减”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2xAABD7.(多选)(2024届福建福州联考,10)设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论错误的是 ( )A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2, f(-2))处的切线方程为y=10D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点8.(2024届江苏苏州中学模拟,14)已知函数g (x )=2x +ln x - 在区间[1,2]上不单调,则实数a 的取值范围是 .a x答案 (-10,-3)9.(2024届河南省实验中学月考,15)若函数f(x)=x3-12x在区间(a,a+4)上存在最大值,则实数a的取值范围是 .答案 (-6,-2)10.(2024届湖北武汉二中测试,15)已知函数f (x )=ax 4-4ax 3+b ,x ∈[1,4], f (x )的最大值为3,最小值为-6,则a +b 的值是 .答案 或- 10319311.(2023重庆八中入学考,18)已知函数f (x )=ax +b +cos x (a ,b ∈R),若曲线f (x )在点(0, f (0))处的切线方程为y = x +2.(1)求f (x )的解析式;(2)求函数f (x )在[0,2π]上的值域.12解析 (1)因为f (x )=ax +b +cos x (a ,b ∈R),所以f '(x )=a -sin x ,由题意得 即 所以a = ,b =1,则f (x )= x +1+cos x .(2)由(1)得f (x )= x +1+cos x , f '(x )= -sin x ,由f '(x )≥0且x ∈[0,2π]可得0≤x ≤ 或 ≤x ≤2π,函数f (x )在区间 和 上单调递增,由f '(x )<0且x ∈[0,2π]可得 <x < ,函数f (x )在区间 上单调递减.(0)cos02,1 '(0)sin 0,2f b f a =+=⎧⎪⎨=-=⎪⎩12,1,2b a +=⎧⎪⎨=⎪⎩121212126π56π0,6π⎡⎤⎢⎥⎣⎦5,26ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦6π56π5,66ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭因此当x = 时,函数取得极大值f = × +1+cos =1+ + ,当x = 时,函数取得极小值f = × +1+cos =1+ - ,又f (0)=2, f (2π)= ×2π+1+cos 2π=1+π+1=2+π,1+ - <2<1+ + <2+π,所以函数f (x )在[0,2π]上的最大值为2+π,最小值为1+ - ,所以f (x )在[0,2π]上的值域为 .6π6π⎛⎫ ⎪⎝⎭126π6π12π3256π56π⎛⎫ ⎪⎝⎭1256π56π512π3212512π3212π32512π32531,2122ππ⎡⎤+-+⎢⎥⎣⎦1.(2024届湖南长沙长郡中学月考,4)若0<x 1<x 2<1,则 ( )A. - >ln x 2-ln x 1B. - <ln x 2-ln x 1C.x 2 >x 1 D.x 2 <x 1 2e x 1e x 2e x 1e x 1e x 2e x 1e x 2e x C2.(多选)(2024届广东东莞月考,11)已知函数f (x )=ax 2-2x +ln x 存在极值点,则实数a 的值可以是 ( )A.0B.-eC. D. 121e ABD3.(2024届山东泰安月考,15)设a∈R,若函数y=e x+ax,x∈R有大于零的极值点,则a的取值范围是 .答案 (-∞,-1)4.(2024届辽宁辽东教学共同体期中,19)已知函数f (x )=e x ,g (x )= .(1)直接写出曲线y =f (x )与曲线y =g (x )的公共点坐标,并求曲线y =f (x )在公共点处的切线方程;(2)已知直线y =a 分别交曲线y =f (x )和y =g (x )于点A ,B ,当a ∈(0,e)时,设△OAB 的面积为S (a ),其中O 是坐标原点,求S (a )的最大值.e x解析 (1)易得曲线y =f (x )与曲线y =g (x )的公共点坐标为(1,e).因为f '(x )=e x ,所以f '(1)=e,所以曲线y =f (x )在公共点处的切线方程为y -e=e(x -1),即y =e x .(2)因为直线y =a 分别交曲线y =f (x )和y =g (x )于点A ,B ,所以A (ln a ,a ),B .S (a )= a ·|AB |= a ,a ∈(0,e).因为a ∈(0,e)时, >1,ln a <1,所以 >ln a ,所以S (a )= - a ln a ,a ∈(0,e),求导得S '(a )=- (1+ln a ),e ,a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1212e ln a a -e a e a e 21212令S '(a )=0,得a = ,所以S '(a ),S (a )的变化情况如表:1ea S'(a)+0-S(a)↗极大值↘10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1e 1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭因此,S (a )的极大值也是最大值,为S = + .1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭e 212e5.(2024届湖南长沙南雅中学开学考,21)已知函数f (x )=ax - -(a +1)ln x (a ≠0).(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)若f (x )既有极大值又有极小值,且极大值和极小值的和为g (a ),解不等式g (a )<2a -2.1x解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),对f (x )求导得f '(x )=a + - = = ,令f '(x )=0,则x 1=1,x 2= .当a <0时,ax -1<0,令f '(x )>0,解得0<x <1,令f '(x )<0,解得x >1,所以f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;21x 1a x +22(1)1ax a x x -++2(1)(1)ax x x --1a当a >0时,①当 =1,即a =1时,f '(x )≥0恒成立,1a 所以f (x )在(0,+∞)上单调递增;②当 >1,即0<a <1时,令f '(x )>0,解得0<x <1或x > ,令f '(x )<0,解得1<x < ,所以f (x )在(0,1)上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增;③当 <1,即a >1时,令f '(x )>0,解得0<x < 或x >1,令f '(x )<0,解得 <x <1,1a 1a 1a11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭1a 1a 1a所以f (x )在 上单调递增,在 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭综上所述:当a <0时, f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当0<a <1时, f (x )在(0,1)上单调递增,在 上单调递减,在 上单调递增;当a =1时, f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时, f (x )在 上单调递增,在 上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)由(1)知:a >0且a ≠1,且g (a )=f +f (1)=1-a +(a +1)ln a +a -1=(a +1)ln a .g (a )<2a -2等价于(a +1)ln a <2a -2(a >0且a ≠1),11,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭等价于解不等式ln a - <0,2(1)1a a -+令m (a )=ln a - (a >0),(构造函数m (a ),结合函数的单调性以及特殊值m (1)=0,从而解得不等式的解集)m '(a )= - = >0,所以m (a )在(0,+∞)上单调递增,且m (1)=0,所以m (a )<0=m (1),即不等式的解集为{a |0<a <1}.2(1)1a a -+1a 24(1)a +22(1)(1)a a a -+。

高中数学专题训练导数的应用——极值与最值一、选择题1．函数y＝ax3＋bx2取得极大值和极小值时的x的值分别为0和13，则( )A．a－2b＝0 B．2a－b＝0 C．2a＋b＝0 D．a＋2b＝0 答案 D解析y′＝3ax2＋2bx，据题意，0、13是方程3ax2＋2bx＝0的两根∴－2b3a＝13，∴a＋2b＝0.2．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln2B．－1ln2C．－ln2 D．ln2答案 B解析由y＝x·2x得y′＝2x＋x·2x·ln2 令y′＝0得2x(1＋x·ln2)＝0∵2x＞0，∴x＝－1 ln23．函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( ) A．0＜b＜1 B．b＜1C．b＞0 D．b＜1 2答案 A解析f(x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，∴f′(0)＝－3b＜0，∴b＞0，f′(1)＝3－3b＞0，∴b＜1综上，b的范围为0＜b＜14．连续函数f(x)的导函数为f′(x)，若(x＋1)·f′(x)>0，则下列结论中正确的是( )A．x＝－1一定是函数f(x)的极大值点B．x＝－1一定是函数f(x)的极小值点C．x＝－1不是函数f(x)的极值点D．x＝－1不一定是函数f(x)的极值点答案 B解析x>－1时，f′(x)>0x<－1时，f′(x)<0∴连续函数f(x)在(－∞，－1)单减，在(－1，＋∞)单增，∴x＝－1为极小值点．5．函数y ＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643答案 A解析 y ′＝x 2＋2x －3.令y ′＝x 2＋2x －3＝0，x ＝－3或x ＝1为极值点．当x ∈[0,1]时，y ′<0.当x ∈[1,2]时，y ′>0，所以当x ＝1时，函数取得极小值，也为最小值．∴当x ＝1时，y min ＝－173.6．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，如右图所示，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)上单增 答案 C解析 由导数图象可知，x ＝0，x ＝2为两极值点，x ＝0为极大值点，x ＝2为极小值点，选C.7．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( )A ．f (－a 2)≤f (－1)B ．f (－a 2)<f (－1)C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定 答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72.由f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，故f (－a 2)≤f (－1)．8．函数f (x )＝e －x ·x ，则( )A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确 答案 B解析 f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x ·e －x ＝e －x (－x ＋12x )＝e －x ·1－2x2x .令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f (12)＝1e·12＝12e. 二、填空题9．若y ＝a ln x ＋bx 2＋x 在x ＝1和x ＝2处有极值，则a ＝________，b ＝________.答案 －23 －16解析 y ′＝a x＋2bx ＋1.由已知⎩⎨⎧a ＋2b ＋1＝0a2＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23b ＝－1610．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )只有三个零点，则实数c 的取值范围为________答案 0<c <43解析 ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx ，∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0) 或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增．若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎨⎧f 0c >0f213×23－22＋c <0，，解得0<c <4311．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．答案 m <－12解析 因为函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，所以y ′＝e x ＋2m ＝0有大于0的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12.12．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴相切于(1,0)，则极小值为________．答案 0解析 f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由题知f ′(1)＝3－2p －q ＝0. 又f (1)＝1－p －q ＝0，联立方程组，解得p ＝2，q ＝－1.∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，解得x ＝1或x ＝13，经检验知x ＝1是函数的极小值点， ∴f (x )极小值＝f (1)＝0. 三、解答题13．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，求函数f (x )的单调区间与极值．解析 由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π， 知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1，于是f ′(x )＝1＋2sin(x ＋π4)．令f ′(x )＝0，从而sin(x ＋π4)＝－22，得x ＝π，或x ＝3π2.因此，由上表知f (x )的单调递增区间是(0，π)与(2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f (3π2)＝3π2，极大值为f (π)＝π＋2.14．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析 f ′(x )＝18x 2＋6(a ＋2)x ＋2a .(1)由已知有f ′(x 1)＝f ′(x 2)＝0，从而x 1x 2＝2a18＝1，所以a ＝9； (2)由于Δ＝36(a ＋2)2－4×18×2a ＝36(a 2＋4)>0，所以不存在实数a ，使得f (x )是(－∞，＋∞)上的单调函数． 15．已知定义在R 上的函数f (x )＝x 2(ax －3)，其中a 为常数． (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值；(2)若函数f (x )在区间(－1,0)上是增函数，求a 的取值范围． 解析 (1)f (x )＝ax 3－3x 2，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)． ∵x ＝1是f (x )的一个极值点，∴f ′(1)＝0，∴a ＝2.(2)解法一 ①当a ＝0时，f (x )＝－3x 2在区间(－1,0)上是增函数，∴a ＝0符合题意；②当a ≠0时，f ′(x )＝3ax (x －2a)，令f ′(x )＝0得：x 1＝0，x 2＝2a.当a >0时，对任意x ∈(－1,0)，f ′(x )>0，∴a >0符合题意；当a <0时，当x ∈(2a ，0)时，f ′(x )>0，∴2a≤－1，∴－2≤a <0符合题意；综上所述，a ≥－2.解法二 f ′(x )＝3ax 2－6x ≥0在区间(－1,0)上恒成立，∴3ax －6≤0，∴a ≥2x 在区间(－1,0)上恒成立，又2x <2－1＝－2，∴a ≥－2. 16．已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋1－ln x .(1)若f (x )在(0，12)上是减函数，求a 的取值范围；(2)函数f (x )是否既有极大值又有极小值？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．解析 (1)f ′(x )＝－2x ＋a －1x ，∵f (x )在(0，12)上为减函数，∴x ∈(0，12)时－2x ＋a －1x <0恒成立，即a <2x ＋1x恒成立．设g (x )＝2x ＋1x ，则g ′(x )＝2－1x 2.∵x ∈(0，12)时1x2>4，∴g ′(x )<0，∴g (x )在(0，12)上单调递减，g (x )>g (12)＝3，∴a ≤3.(2)若f (x )既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0必须有两个不等的正实数根x 1，x 2，即2x 2－ax ＋1＝0有两个不等的正实数根．故a 应满足⎩⎨⎧Δ>0a2>0⇒⎩⎨⎧a 2－8>0a >0⇒a >22，∴当a >22时，f ′(x )＝0有两个不等的实数根， 不妨设x 1<x 2，由f ′(x )＝－1x (2x 2－ax ＋1)＝－2x(x －x 1)(x －x 2)知，0<x <x 1时f ′(x )<0，x 1<x <x 2时f ′(x )>0，x >x 2时f ′(x )<0，∴当a >22时f (x )既有极大值f (x 2)又有极小值f (x 1)．1. 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________．答案 1解析 ∵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.令f ′(x )>0，则x <1a ，∴f (x )在(0，1a)上递增；令f ′(x )<0，则x >1a，∴f (x )在(1a，2)上递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，∴ln 1a＝0，得a ＝1.2．设函数f (x )＝2x 3＋3ax 2＋3bx ＋8c 在x ＝1及x ＝2时取得极值． (1)求a 、b 的值；(2)若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2时取得极值， 则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝0， 即⎩⎨⎧6＋6a ＋3b ＝0，24＋12a ＋3b ＝0.解得a ＝－3，b ＝4. (2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(2,3)时，f ′(x )>0.所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c . 又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ，则当x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c . 因为对于任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立， 所以9＋8c <c 2，解得c <－1或c >9.因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求f (x )的单调区间；(2)设f (x )在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 3－6x 2＋3x ＋1，f ′(x )＝3(x －2＋3)(x －2－3)．当x ∈(－∞，2－3)时f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，2－3)上单调增加； 当x ∈(2－3，2＋3)时f ′(x )＜0，f (x )在(2－3，2＋3)上单调减少； 当x ∈(2＋3，＋∞)时f ′(x )＞0，f (x )在(2＋3，＋∞)上单调增加．综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)，f(x)的单调减区间是(2－3，2＋3)．(2)f′(x)＝3[(x－a)2＋1－a2]．当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2＜0时，f′(x)＝0有两个根，x1＝a－a2－1，x2＝a＋a2－1.由题意知，2＜a－a2－1＜3，①或2＜a＋a2－1＜3.②①式无解．②式的解为54＜a＜53.因此a的取值范围是(54，53)．1．“我们称使f(x)＝0的x为函数y＝f(x)的零点．若函数y＝f(x)在区间[a，b]上是连续的，单调的函数，且满足f(a)·f(b)<0，则函数y＝f(x)在区间[a，b]上有唯一的零点”．对于函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1，(1)讨论函数f(x)在其定义域内的单调性，并求出函数极值．(2)证明连续函数f(x)在[2，＋∞)内只有一个零点．解析(1)解：f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝6x＋1－2x＋2＝8－2x2x＋1，f′(x)＝0⇒x＝2(－2舍去). x (－1,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)取得极大值∴当x＝2时，f(x)的极大值为f(2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1在定义域内只有一个零点．2．(2010·江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．解析函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a.(1)当a ＝1时，f ′(x )＝－x 2＋2x 2－x ，所以f (x )的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；(2)当x ∈(0,1]时，f ′(x )＝2－2xx 2－x＋a >0，即f (x )在(0,1]上单调递增，故f (x )在(0,1]上的最大值为f (1)＝a ，因此a ＝12. 3．已知函数f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x ＋a . (1)求f (x )的单调递减区间；(2)若f (x )在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 分析 本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f (2)和f (－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a .解 (1)f ′(x )＝－3x 2＋6x ＋9. 令f ′(x )<0，解得x <－1，或x >3，∴函数f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)∵f (－2)＝8＋12－18＋a ＝2＋a ， f (2)＝－8＋12＋18＋a ＝22＋a ， ∴f (2)>f (－2)．∵在(－1,3)上f ′(x )>0， ∴f (x )在(－1,2]上单调递增．又由于f (x )在[－2，－1)上单调递减，∴f (－1)是f (x )的极小值，且f (－1)＝a －5.∴f (2)和f (－1)分别是f (x )在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a ＝20，解得a ＝－2.∴f (x )＝－x 3＋3x 2＋9x －2. ∴f (－1)＝a －5＝－7，即函数f (x )在区间[－2,2]上的最小值为－7. 4．已知函数f (x )＝xe －x (x ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)已知函数y ＝g (x )的图象与函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称．证明当x ＞1时，f (x )＞g (x )；(3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明x 1＋x 2＞2. 解析 (1)f ′(x )＝(1－x )e －x . 令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当x所以f (x函数f (x )在x ＝1处取得极大值f (1)，且f (1)＝1e.(2)由题意可知g (x )＝f (2－x )，得g (x )＝(2－x )e x －2.令F (x )＝f (x )－g (x )，即F (x )＝xe －x ＋(x －2)e x －2， 于是F ′(x )＝(x －1)(e 2x －2－1)e －x .当x ＞1时，2x －2＞0，从而e 2x －2－1＞0，又e －x ＞0.所以F ′(x )＞0.从而函数F (x )在[1，＋∞)上是增函数．又F (1)＝e －1－e －1＝0，所以x ＞1时，有F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )． (3)①若(x 1－1)(x 2－1)＝0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2＝1，与x 1≠x 2矛盾．②若(x 1－1)(x 2－1)＞0，由(1)及f (x 1)＝f (x 2)，得x 1＝x 2，与x 1≠x 2矛盾． 根据①②得(x 1－1)(x 2－1)＜0，不妨设x 1＜1，x 2＞1.由(2)可知，f (x 2)＞g (x 2)，g (x 2)＝f (2－x 2)，所以f (x 2)＞f (2－x 2)，从而f (x 1)＞f (2－x 2)，因为x 2＞1，所以2－x 2＜1，又由(1)可知函数f (x )在区间(－∞，1)内是增函数，所以x 1＞2－x 2，即x 1＋x 2＞2.5．已知函数f (x )＝ax 3－32ax 2，函数g (x )＝3(x －1)2.(1)当a >0时，求f (x )和g (x )的公共单调区间； (2)当a >2时，求函数h (x )＝f (x )－g (x )的极小值； (3)讨论方程f (x )＝g (x )的解的个数． 解 (1)f ′(x )＝3ax 2－3ax ＝3ax (x －1)，又a >0，由f ′(x )>0得x <0或x >1，由f ′(x )<0得0<x <1，即函数f (x )的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)，而函数g (x )的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．(2)h (x )＝ax 3－32ax 2－3(x －1)2，h ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x－1)，令h ′(x )＝0，得x ＝2a 或x ＝1，由于2a<1，易知x ＝1为函数h (x )的极小值点，∴h (x )的极小值为h (1)＝－a2.(3)令φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－32(a ＋2)x 2＋6x －3，φ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a (x －2a)(x －1)，①若a ＝0，则φ(x )＝－3(x －1)2，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；②若a <0，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a 2>0，φ(x )的极小值为φ(2a )＝－4a 2＋6a－3<0，∴φ(x )的图象与x 轴有三个交点，即方程f (x )＝g (x )有三个解； ③若0<a <2，则φ(x )的极大值为φ(1)＝－a2<0，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；④若a ＝2，则φ′(x )＝6(x －1)2≥0，φ(x )单调递增，∴φ(x )的图象与x 轴只有一个交点，即方程f (x )＝g (x )只有一个解；⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ(2a)＝－4(1a－34)2－34<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．综上知，若a≥0，方程f(x)＝g(x)只有一个解；若a<0，方程f(x)＝g(x)有三个解．。

高中数学专题训练 导数的应用——极值与最值一、选择题1．函数y ＝ax 3＋bx 2取得极大值和极小值时的x 的值分别为0和13，则( ) A ．a －2b ＝0 B ．2a －b ＝0 C ．2a ＋b ＝0 D ．a ＋2b ＝0 答案 D解析 y ′＝3ax 2＋2bx ，据题意，0、13是方程3ax 2＋2bx ＝0的两根∴－2b 3a ＝13， ∴a ＋2b ＝0. 2．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( ) A.1ln2 B ．－1ln2 C ．－ln2 D ．ln2 答案 B解析 由y ＝x ·2x 得y ′＝2x ＋x ·2x ·ln2令y ′＝0得2x (1＋x ·ln2)＝0∵2x ＞0，∴x ＝－1ln23．函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0,1)内有极小值，则( ) A ．0＜b ＜1 B ．b ＜1C ．b ＞0D ．b ＜12 答案 A解析 f (x )在(0,1)内有极小值，则f ′(x )＝3x 2－3b 在(0,1)上先负后正，∴f ′(0)＝－3b ＜0，∴b ＞0，f ′(1)＝3－3b ＞0，∴b ＜1综上，b 的范围为0＜b ＜14．连续函数f (x )的导函数为f ′(x )，若(x ＋1)·f ′(x )>0，则下列结论中正确的是( )A ．x ＝－1一定是函数f (x )的极大值点B ．x ＝－1一定是函数f (x )的极小值点C ．x ＝－1不是函数f (x )的极值点D ．x ＝－1不一定是函数f (x )的极值点 答案 B解析 x >－1时，f ′(x )>0 x <－1时，f ′(x )<0∴连续函数f (x )在(－∞，－1)单减，在(－1，＋∞)单增，∴x ＝－1为极小值点．5．函数y ＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643 答案 A解析 y ′＝x 2＋2x －3.令y ′＝x 2＋2x －3＝0，x ＝－3或x ＝1为极值点．当x ∈[0,1]时，y ′<0.当x ∈[1,2]时，y ′>0，所以当x ＝1时，函数取得极小值，也为最小值．∴当x ＝1时，y min ＝－173.6．函数f (x )的导函数f ′(x )的图象，如右图所示，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)上单增 答案 C 解析 由导数图象可知，x ＝0，x ＝2为两极值点，x ＝0为极大值点，x ＝2为极小值点，选C.7．已知函数f (x )＝12x 3－x 2－72x ，则f (－a 2)与f (－1)的大小关系为( ) A ．f (－a 2)≤f (－1) B ．f (－a 2)<f (－1) C ．f (－a 2)≥f (－1)D ．f (－a 2)与f (－1)的大小关系不确定 答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝32x 2－2x －72.由f ′(x )＝12(3x －7)(x ＋1)＝0，得x ＝－1或x ＝73.当x <－1时，f (x )为增函数；当－1<x <73时，f (x )为减函数．所以f (－1)是函数f (x )在(－∞，0]上的最大值，又因为－a 2≤0，故f (－a 2)≤f (－1)．8．函数f (x )＝e －x ·x ，则( )A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确 答案 B 解析f ′(x )＝－e －x ·x ＋12x·e －x ＝e －x (－x ＋12x)＝e －x ·1－2x2x. 令f ′(x )＝0，得x ＝12. 当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f (12)＝1e ·12＝12e.二、填空题9．若y ＝a ln x ＋bx 2＋x 在x ＝1和x ＝2处有极值，则a ＝________，b ＝________.答案 －23 －16解析 y ′＝ax＋2bx ＋1.由已知⎩⎨⎧a ＋2b ＋1＝0a 2＋4b ＋1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－23b ＝－1610．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )只有三个零点，则实数c 的取值范围为________答案 0<c <43解析 ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx ，∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0) 或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增．若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎨⎧f (0)＝c >0f (2)＝13×23－22＋c <0，，解得0<c <4311．设m ∈R ，若函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，则m 的取值范围是________．答案 m <－12解析 因为函数y ＝e x ＋2mx (x ∈R )有大于零的极值点，所以y ′＝e x ＋2m ＝0有大于0的实根．令y 1＝e x ，y 2＝－2m ，则两曲线的交点必在第一象限．由图象可得－2m >1，即m <－12.12．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴相切于(1,0)，则极小值为________．答案 0解析 f ′(x )＝3x 2－2px －q ， 由题知f ′(1)＝3－2p －q ＝0. 又f (1)＝1－p －q ＝0，联立方程组，解得p ＝2，q ＝－1. ∴f (x )＝x 3－2x 2＋x ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，解得x ＝1或x ＝13，经检验知x ＝1是函数的极小值点，∴f (x )极小值＝f (1)＝0. 三、解答题 13．设函数f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，求函数f (x )的单调区间与极值． 解析 由f (x )＝sin x －cos x ＋x ＋1,0＜x ＜2π，知f ′(x )＝cos x ＋sin x ＋1，于是f ′(x )＝1＋2sin(x ＋π4)．令f ′(x )＝0，从而sin(x ＋π4)＝－22，得x ＝π，或x ＝3π2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因此，由上表知f (x )的单调递增区间是(0，π)与(3π2，2π)，单调递减区间是(π，3π2)，极小值为f (3π2)＝3π2，极大值为f (π)＝π＋2.14．设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .(1)若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，求实数a 的值；(2)是否存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析f′(x)＝18x2＋6(a＋2)x＋2a.(1)由已知有f′(x1)＝f′(x2)＝0，从而x1x2＝2a18＝1，所以a＝9；(2)由于Δ＝36(a＋2)2－4×18×2a＝36(a2＋4)>0，所以不存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数．15．已知定义在R上的函数f(x)＝x2(ax－3)，其中a为常数．(1)若x＝1是函数f(x)的一个极值点，求a的值；(2)若函数f(x)在区间(－1,0)上是增函数，求a的取值范围．解析(1)f(x)＝ax3－3x2，f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)．∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，∴a＝2.(2)解法一①当a＝0时，f(x)＝－3x2在区间(－1,0)上是增函数，∴a＝0符合题意；②当a≠0时，f′(x)＝3ax(x－2a)，令f′(x)＝0得：x1＝0，x2＝2a.当a>0时，对任意x∈(－1,0)，f′(x)>0，∴a>0符合题意；当a<0时，当x∈(2a，0)时，f′(x)>0，∴2a≤－1，∴－2≤a<0符合题意；综上所述，a≥－2.解法二f′(x)＝3ax2－6x≥0在区间(－1,0)上恒成立，∴3ax－6≤0，∴a≥2 x在区间(－1,0)上恒成立，又2x<2－1＝－2，∴a≥－2.16．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x.(1)若f(x)在(0，12)上是减函数，求a的取值范围；(2)函数f(x)是否既有极大值又有极小值？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．解析(1)f′(x)＝－2x＋a－1x，∵f(x)在(0，12)上为减函数，∴x∈(0，12)时－2x＋a－1x<0恒成立，即a<2x＋1x恒成立．设g(x)＝2x＋1x，则g′(x)＝2－1x2.∵x∈(0，12)时1x2>4，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，12)上单调递减，g(x)>g(12)＝3，∴a≤3.(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0必须有两个不等的正实数根x1，x2，即2x2－ax＋1＝0有两个不等的正实数根．故a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0a 2>0⇒⎩⎨⎧a 2－8>0a >0⇒a >22，∴当a >22时，f ′(x )＝0有两个不等的实数根，不妨设x 1<x 2， 由f ′(x )＝－1x (2x 2－ax ＋1)＝－2x (x －x 1)(x －x 2)知，0<x <x 1时f ′(x )<0，x 1<x <x 2时f ′(x )>0，x >x 2时f ′(x )<0，∴当a >22时f (x )既有极大值f (x 2)又有极小值f (x 1)．1. 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________．答案 1解析 ∵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.令f ′(x )>0，则x <1a ，∴f (x )在(0，1a )上递增；令f ′(x )<0，则x >1a ，∴f (x )在(1a ，2)上递减，∴f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，∴ln1a ＝0，得a ＝1.2．设函数f (x )＝2x 3＋3ax 2＋3bx ＋8c 在x ＝1及x ＝2时取得极值． (1)求a 、b 的值；(2)若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝6x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝1及x ＝2时取得极值， 则有f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6＋6a ＋3b ＝0，24＋12a ＋3b ＝0.解得a ＝－3，b ＝4. (2)由(1)可知，f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ， f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(2,3)时，f ′(x )>0.所以，当x ＝1时，f (x )取得极大值f (1)＝5＋8c . 又f (0)＝8c ，f (3)＝9＋8c ，则当x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c .因为对于任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立， 所以9＋8c <c 2，解得c <－1或c >9.因此c 的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)． 3．已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1. (1)设a ＝2，求f (x )的单调区间；(2)设f (x )在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围．解析 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 3－6x 2＋3x ＋1，f ′(x )＝3(x －2＋3)(x －2－3)． 当x ∈(－∞，2－3)时f ′(x )＞0，f (x )在(－∞，2－3)上单调增加； 当x ∈(2－3，2＋3)时f ′(x )＜0，f (x )在(2－3，2＋3)上单调减少； 当x ∈(2＋3，＋∞)时f ′(x )＞0，f (x )在(2＋3，＋∞)上单调增加． 综上，f (x )的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)，f (x )的单调减区间是(2－3，2＋3)．(2)f ′(x )＝3[(x －a )2＋1－a 2]．当1－a 2≥0时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，故f (x )无极值点； 当1－a 2＜0时，f ′(x )＝0有两个根， x 1＝a －a 2－1，x 2＝a ＋a 2－1.由题意知，2＜a －a 2－1＜3，①或2＜a ＋a 2－1＜3.②①式无解．②式的解为54＜a ＜53.因此a 的取值范围是(54，53)．1．“我们称使f (x )＝0的x 为函数y ＝f (x )的零点．若函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上是连续的，单调的函数，且满足f (a )·f (b )<0，则函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上有唯一的零点”．对于函数f (x )＝6ln(x ＋1)－x 2＋2x －1，(1)讨论函数f (x )在其定义域内的单调性，并求出函数极值． (2)证明连续函数f (x )在[2，＋∞)内只有一个零点．解析 (1)解：f (x )＝6ln(x ＋1)－x 2＋2x －1定义域为(－1，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1－2x ＋2＝8－2x 2x ＋1，f ′(x )＝0⇒x ＝2(－2舍去).由表可知，f (x )值在区间(－1,2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减． ∴当x ＝2时，f (x )的极大值为f (2)＝6ln3－1.(2)证明：由(1)知f(2)＝6ln3－1>0，f(x)在[2,7]上单调递减，又f(7)＝6ln8－36＝18(ln2－2)<0，∴f(2)·f(7)<0.∴f(x)在[2,7]上有唯一零点．当x∈[7，＋∞)时，f(x)≤f(7)<0，故x∈[7，＋∞)时，f(x)不为零．∴y＝f(x)在[7，＋∞)上无零点．∴函数f(x)＝6ln(x＋1)－x2＋2x－1在定义域内只有一个零点．2．(2010·江西高考)设函数f(x)＝ln x＋ln (2－x)＋ax(a>0)．(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0,1]上的最大值为12，求a的值．解析函数f(x)的定义域为(0,2)，f′(x)＝1x－12－x＋a.(1)当a＝1时，f′(x)＝－x2＋2x(2－x)，所以f(x)的单调递增区间为(0，2)，单调递减区间为(2，2)；(2)当x∈(0,1]时，f′(x)＝2－2xx(2－x)＋a>0，即f(x)在(0,1]上单调递增，故f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝1 2.3．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．分析本题考查多项式的导数公式及运用导数求函数的单调区间和函数的最值，题目中需注意应先比较f(2)和f(－2)的大小，然后判定哪个是最大值从而求出a.解(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)<0，解得x<－1，或x>3，∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f(2)>f(－2)．∵在(－1,3)上f′(x)>0，∴f(x)在(－1,2]上单调递增．又由于f(x)在[－2，－1)上单调递减，∴f(－1)是f(x)的极小值，且f(－1)＝a－5.∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值，于是有22＋a ＝20，解得a＝－2.∴f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2.∴f(－1)＝a－5＝－7，即函数f(x)在区间[－2,2]上的最小值为－7.4．已知函数f(x)＝xe－x(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)已知函数y＝g(x)的图象与函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．证明当x＞1时，f(x)＞g(x)；(3)如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明x1＋x2＞2.解析(1)f′(x)＝(1－x)e－x.令f′(x)＝0，解得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)在(－∞，1)内是增函数，在(1，＋∞)内是减函数．函数f(x)在x＝1处取得极大值f(1)，且f(1)＝1 e.(2)由题意可知g(x)＝f(2－x)，得g(x)＝(2－x)e x－2.令F(x)＝f(x)－g(x)，即F(x)＝xe－x＋(x－2)e x－2，于是F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.当x＞1时，2x－2＞0，从而e2x－2－1＞0，又e－x＞0.所以F′(x)＞0.从而函数F(x)在[1，＋∞)上是增函数．又F(1)＝e－1－e－1＝0，所以x＞1时，有F(x)＞F(1)＝0，即f(x)＞g(x)．(3)①若(x1－1)(x2－1)＝0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2＝1，与x1≠x2矛盾．②若(x1－1)(x2－1)＞0，由(1)及f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2，与x1≠x2矛盾．根据①②得(x1－1)(x2－1)＜0，不妨设x1＜1，x2＞1.由(2)可知，f(x2)＞g(x2)，g(x2)＝f(2－x2)，所以f(x2)＞f(2－x2)，从而f(x1)＞f(2－x2)，因为x2＞1，所以2－x2＜1，又由(1)可知函数f(x)在区间(－∞，1)内是增函数，所以x1＞2－x2，即x1＋x2＞2.5．已知函数f(x)＝ax3－32ax2，函数g(x)＝3(x－1)2.(1)当a>0时，求f(x)和g(x)的公共单调区间；(2)当a>2时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的极小值；(3)讨论方程f(x)＝g(x)的解的个数．解(1)f′(x)＝3ax2－3ax＝3ax(x－1)，又a>0，由f′(x)>0得x<0或x>1，由f′(x)<0得0<x<1，即函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0)与(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)，而函数g(x)的单调递减区间是(－∞，1)，单调递增区间是(1，＋∞)，故两个函数的公共单调递减区间是(0,1)，公共单调递增区间是(1，＋∞)．(2)h(x)＝ax3－32ax2－3(x－1)2，h′(x)＝3ax2－3(a＋2)x＋6＝3a(x－2a)(x－1)，令h′(x)＝0，得x＝2a或x＝1，由于2a<1，易知x＝1为函数h(x)的极小值点，∴h(x)的极小值为h(1)＝－a 2.(3)令φ(x)＝f(x)－g(x)＝ax3－32(a＋2)x2＋6x－3，φ′(x)＝3ax2－3(a＋2)x＋6＝3a(x－2a)(x－1)，①若a＝0，则φ(x)＝－3(x－1)2，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解；②若a<0，则φ(x)的极大值为φ(1)＝－a2>0，φ(x)的极小值为φ(2a)＝－4a2＋6a－3<0，∴φ(x)的图象与x轴有三个交点，即方程f(x)＝g(x)有三个解；③若0<a<2，则φ(x)的极大值为φ(1)＝－a2<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解；④若a＝2，则φ′(x)＝6(x－1)2≥0，φ(x)单调递增，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解；⑤若a>2，由(2)知φ(x)的极大值为φ(2a)＝－4(1a－34)2－34<0，∴φ(x)的图象与x轴只有一个交点，即方程f(x)＝g(x)只有一个解．综上知，若a≥0，方程f(x)＝g(x)只有一个解；若a<0，方程f(x)＝g(x)有三个解．。

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