高考文科数学一轮复习课时作业(15)导数与函数的极值最值B

课时作业(十五) 利用导数研究函数的极值与最值[对应学生用书P 214]1．函数f (x )的定义域为R ，导函数f ′(x )的图像如图所示，则函数f (x )( )A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点C [设f ′(x )的图像与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x 1，x 2，x 3，x 4.当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点．]2．函数f (x )＝13 x 3－4x ＋4的极大值为( )A ．283B ．6C ．263D ．7A [f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (x )的极大值为f (－2)＝283.]3．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 ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为( )A ．1百万件B ．2百万件C ．3百万件D ．4百万件C [y ′＝－3x 2＋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．]4．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A ．1eB ．2e 2C ．0D ．12eA [易知y ′＝1－x e x ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得2≥x >1，所以函数y ＝xe x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝x e x 在[0，2]上的最大值是y |x ＝1＝1e.]5．(2020·安徽毛坦厂中学联考)已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( )A ．2B ．－52C ．3＋ln 2D ．－2＋2ln 2B [由题意得，f ′(x )＝2x ＋2ax －3，因为f (x )在x ＝2处取得极小值，所以f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12 ，所以f (x )＝2ln x ＋12 x 2－3x ，f ′(x )＝2x ＋x －3＝（x －1）（x －2）x，所以f (x )在(0，1)，(2，＋∞)上是单调递增的，在(1，2)上是单调递减的， 所以f (x )的极大值为f (1)＝12 －3＝－52.]6．若x ＝1是函数f (x )＝x 3＋ax 的一个极值点，则实数a ＝________．3 [f ′(x )＝3x 2－ax2 ，f ′(1)＝3－a ＝0，得a ＝3.经检验，符合题意．]7．(2021·河南新乡模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．(2，6) [由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2. 所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6.]8．(2021·安徽亳州模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1（x >0），h （x ）（x <0），则函数h (x )的最大值为________．1－e [当x >0时，f ′(x )＝e x （x －1）x 2，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增，∴x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，∴由已知条件得h (x )的最大值为1－e.]9．(2020·天津卷改编)已知函数f (x )＝x 3＋6 ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数． (1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)求函数g (x )＝f (x )－f ′(x )＋9x 的单调区间和极值．解 (1)因为f (x )＝x 3＋6 ln x ，所以f ′(x )＝3x 2＋6x.可得f (1)＝1，f ′(1)＝9，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －1＝9(x －1)，即9x －y －8＝0. (2) 依题意，g (x )＝x 3－3x 2＋6 ln x ＋3x ，x ∈(0，＋∞).从而可得g ′(x )＝3x 2－6x ＋6x －3x 2 ，整理可得：g ′(x )＝3（x －1）3（x ＋1）x 2 ，令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x 变化时，g ′(x )，g (x )的变化情况如下表：x (0，1) 1 (1，＋∞)g ′(x ) －0 ＋g (x )极小值所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)； g (x )的极小值为g (1)＝1，无极大值．10．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1，2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取得极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取得极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取得极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取得极大值 C [当k ＝1时，f ′(x )＝e x ·x －1， f ′(1)≠0，∴x ＝1不是f (x )的极值点；当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x ＋e x －2)， 显然f ′(1)＝0，且在x ＝1附近的左侧f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝1处取得极小值．]11．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，则下列图像不可能为y ＝f (x )图像的是( )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.]12．(2020·陕西汉中模拟)函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图像如图所示，则x 21 ＋x 22 ＝________．169[函数f (x )的图像过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23 ，x 1x 2＝－23 ，所以x 21 ＋x 22 ＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49 ＋43 ＝169.]13．(2021·河南百校联盟模拟)已知函数f (x )＝e x －ax ， a >0.(1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值；(2)若对任意实数x ，恒有f (x )≥0，求f (a )的最值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，易知当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a . g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0，1)上单调递增； 当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减．所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1. (2)显然，当x ≤0时，e x －ax ≥0(a >0)恒成立． 当x >0时，由f (x )≥0，即e x－ax ≥0，得a ≤e xx.令h (x )＝e xx ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x x －e x x 2 ＝e x （x －1）x 2，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0， 故h (x )的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e ， 故实数a 的取值范围是(0，e].f (a )＝e a －a 2，a ∈(0，e]，f ′(a )＝e a －2a ， 易知e a －2a ≥0对a ∈(0，e]恒成立，故f (a )在(0，e]上单调递增，所以f (0)＝1<f (a )≤f (e)＝e e －e 2，即f (a )的取值范围是(1，e e －e 2].14．(背景创新)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N ＋)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( )A ．2折函数B ．3折函数C ．4折函数D ．5折函数C [f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图像，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点．又e－2≠3(－2)＋2＝－4，∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．]15．传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的．这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长．已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm 为止，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大．假设孙悟空将神针体积最小时形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为______ cm.4 [设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3，则V (t )＝π(12－t )2·(a ＋20t )，其中0≤t ≤8，所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π.因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.]。

导数与函数的极值、最值一、选择题1.函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值是M，最小值是m，若M＝m，则f′(x)()A．等于0 B．大于0 C．小于0 D．以上都有可能2.函数y＝的最大值为()A． e－1 B． e C． e2 D．3.函数y＝x e－x，x∈[0，4]的最大值是()A． 0 B． C． D．4.函数y＝＋在(0，1)上的最大值为()A． B．1 C．0 D．不存在5.已知a∈R，设函数f(x)＝若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a 的取值范围为()A． [0，1] B． [0，2] C． [0，e] D． [1，e]二、填空题6.若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________.7.函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4，4]上的最大值为10，则其最小值为__________.x2－2x＋5，若对任意x∈[－1,2]都有f(x)<m成立，则实数m的取值范围是8.设函数f(x)＝x3－12________．班级姓名 .一、选择题二、填空题6. 7. 8. .三、解答题9.设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值.10.已知函数f(x)＝ax3＋bx2－2x＋c在x＝－2处有极大值6，在x＝1处有极小值．(1)求a，b，c的值；(2)求f(x)在区间[－3,3]上的最大值和最小值．导数与函数的极值、最值答案解析1.【答案】A【解析】由题意知f (x )为常数函数，故f ′(x )＝0. 2.【答案】A 【解析】令y ′＝＝＝0(x ＞0)，解得x ＝e.当x >e 时，y ′<0；当0＜x <e 时，y ′＞0，所以y 极大值＝f (e)＝，又在定义域(0，＋∞)内函数只有一个极值，所以y max ＝. 3.【答案】B【解析】y ′＝e －x －x ·e －x ＝e －x (1－x )，令y ′＝0，∴x ＝1， ∴f (0)＝0，f (4)＝，f (1)＝e －1＝，∴f (1)为最大值，故选B.4.【答案】A 【解析】y ′＝－＝·， 由y ′＝0得x ＝.在上，y ′＞0，在上，y ′＜0.∴当x ＝时，y 取得极大值，极大值为，又x ∈(0，1)时，函数y 只有一个极值，∴y max ＝.5.【答案】C【解析】当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ， 所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立，当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. 综上，a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a ≤恒成立.设g (x )＝(x >1)，则g ′(x )＝.令g ′(x )＝0，得x ＝e ，且当1<x <e 时，g ′(x )<0，当x >e 时，g ′(x )>0，∴g (x )min ＝g (e)＝e ，∴a ≤e. 综上，a 的取值范围是0≤a ≤e ，即[0，e].故选C. 6.【答案】－3【解析】f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(a ∈R )，当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意.当a >0时，由f ′(x )>0得x >，由f ′(x )<0得0<x <，则f (x )在上单调递减，在上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ＝－＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f (0)＝1，又f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3. 7.【答案】－71【解析】f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1).由f ′(x )＝0得x ＝3或x ＝－1.又f (－4)＝k －76，f (3)＝k －27，f (－1)＝k ＋5，f (4)＝k －20.故f (x )max ＝k ＋5＝10，得k ＝5， ∴f (x )min ＝k －76＝－71. 8.【答案】m >7【解析】f ′(x )＝3x 2－x －2＝0，解得x ＝1或x ＝－23.f (－1)＝112，f (－23)＝52227，f (1)＝72，f (2)＝7，即f (x )max ＝7.∴m >7.9.【答案】解(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－＋＋2a知，当x∈时，f′(x)的最大值为f′＝＋2a；令＋2a＞0，得a＞－.所以，当a∈时，f(x)在上存在单调递增区间.(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝，x2＝.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增.当0＜a＜2时，有x1＜1＜x2＜4，所以f(x)在[1，4]上的最大值为f(x2)，又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1).所以f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1，4]上的最大值为f(2)＝.10.【答案】解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－2，由题意知即解得(2)由(1)得，f(x)＝x3＋x2－2x＋，f′(x)＝x2＋x－2.令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：由上表知，当x＝3时，f(x)max＝，当x＝1时，f(x)min＝.。

课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下列判断正确的是( C )A ．在区间(－2,1)上f (x )是增函数B ．在区间(1,3)上f (x )是减函数C ．在区间(4,5)上f (x )是增函数D ．当x ＝2时，f (x )取到极小值解析：由题可知，f (x )在(－3，－32)和(2,4)上为减函数，在(－32，2)和(4,5)上为增函数，所以A ，B 均错误，C 正确；在x ＝2处左增右减，x ＝2是函数极大值点，D 错误．2．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( D ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2.当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增；当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，∴f (x )的极小值点为a ＝2.3．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( C ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18解析：∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10， ∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.4．(多选题)下列函数中，存在极值点的是( BD ) A ．y ＝x －1xB ．y ＝2|x |C ．y ＝－2x 3－xD ．y ＝x ln x解析：由题意，函数y ＝x －1x ，则y ′＝1＋1x 2>0，所以函数y ＝x －1x 在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点．函数y ＝2|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，2－x ，x <0，根据指数函数的图象与性质可得，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；函数y ＝－2x 3－x ，则y ′＝－6x 2－1<0，所以函数y ＝－2x 3－x 在R 上单调递减，没有极值点；函数y ＝x ln x ，则y ′＝ln x ＋1，x >0，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；故选BD ．5．函数f (x )＝sin x －x 在区间[0,1]上的最小值为( D ) A ．0 B ．sin1 C ．1D ．sin1－1解析：由题得f ′(x )＝cos x －1，因为x ∈[0,1]，所以f ′(x )≤0，所以函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )min ＝f (1)＝sin1－1，故选D ．6．若x ＝1是函数f (x )＝ax 2＋ln x 的一个极值点，则当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 时，f (x )的最小值为( A ) A ．1－e 22B ．－e ＋1eC ．－12e2－1D ．e 2－1解析：由题意得f ′(1)＝0，∵f ′(x )＝2ax ＋1x ，∴f ′(1)＝2a ＋1＝0，∴a ＝－12，∴f ′(x )＝－x ＋1x ＝1－x 2x .∴当x ∈⎣⎡⎦⎤1e ，1时，f ′(x )≥0，当x ∈[1，e]时，f ′(x )≤0，∴f (x )min＝min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝⎛⎭⎫1e ，f (e )＝－12e 2＋1，故选A ．7．已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ln x (a >0)在x ＝1和x ＝2处取得极值，且极大值为－52，则函数f (x )在区间(0,4]上的最大值为( D )A ．0B ．－52C ．2ln2－4D ．4ln2－4解析：f ′(x )＝2ax ＋b ＋c x ＝2ax 2＋bx ＋cx(x >0，a >0)．因为函数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 ＋c2＝0 ②.又a >0，所以当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝1时，f (x )极大值＝f (1)＝a ＋b ＝－52 ③.联立①②③，解得a ＝12，b ＝－3，c ＝2.f (4)＝12×16－3×4＋2ln4＝4ln2－4，经比较函数f (x )在区间(0,4]上的最大值是f (4)＝4ln2－4.故选D ．8．已知函数f (x )＝a x ＋x 2－x ln a ，对任意的x 1，x 2∈[0,1]，不等式|f (x 1)－f (x 2)|≤a －2恒成立，则a 的取值范围为( A )A ．[e 2，＋∞)B ．[e ，＋∞)C ．[2，e]D ．[e ，e 2]解析：由题意可得|f (x 1)－f (x 2)|max ＝f (x )max －f (x )min ≤a －2，且a >2.由于f ′(x )＝a x ln a ＋2x －ln a ＝(a x －1)ln a ＋2x ，所以当x >0时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在[0,1]上单调递增，则f (x )max ＝f (1)＝a ＋1－ln a ，f (x )min ＝f (0)＝1，所以f (x )max －f (x )min ＝a －ln a ，故a －2≥a －ln a ，即ln a ≥2，解得a ≥e 2.9．(多选题)已知函数f (x )＝x ln x ＋12x 2，x 0是函数f (x )的极值点．下列选项正确的是( AC )A ．0<x 0<1eB ．x 0>1eC ．f (x 0)＋x 0<0D ．f (x 0)＋x 0>0解析：因为f (x )＝x ln x ＋12x 2，则f ′(x )＝ln x ＋1＋x ，所以f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝1e >0，又当x →0时，f ′(x )→－∞，所以0<x 0<1e ，故A 正确，B 错误；f (x 0)＋x 0＝x 0ln x 0＋12x 20＋x 0＝x 0⎝⎛⎭⎫ln x 0＋12x 0＋1＝x 0⎝⎛⎭⎫ln x 0＋x 0＋1－12x 0＝－12x 20<0，故C 正确，D 错误．综上所述，故选AC ． 二、填空题10．(多填题)已知函数f (x )＝(x 2－mx －m )e x ＋2m (m ∈R )在x ＝0处取得极小值，则m ＝0，f (x )的极大值是4e －2.解析：由题意知，f ′(x )＝[x 2＋(2－m )x －2m ]e x ，f ′(0)＝－2m ＝0，解得m ＝0，∴f (x )＝x 2e x ，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .令f ′(x )>0，解得x <－2或x >0，令f ′(x )<0，解得－2<x <0，则函数f (x )在区间(－∞，－2)和(0，＋∞)上单调递增，在区间(－2,0)上单调递减，∴函数f (x )的极大值为f (－2)＝4e －2.11．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值是－4.解析：f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4.12．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，103. 解析：函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝⎛⎭⎫12，3内有根，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝⎛⎭⎫12，3内有解，又x ＋1x ∈⎣⎡⎭⎫2，103，所以2≤a <103.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫2，103.三、解答题13．设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值．解：(1)由f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，得f ′(x )＝ax －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1， 令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在⎣⎡⎭⎫1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.14．已知函数f (x )＝e x (x －a e x )． (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若f (x )有两个不同的极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求a 的取值范围． 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝x e x ，f ′(x )＝(x ＋1)e x .令f ′(x )>0，可得x >－1，故f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．同理可得f (x )在(－∞，－1)上单调递减．故f (x )在x ＝－1处有极小值，极小值为f (－1)＝－1e.(2)依题意可得f ′(x )＝(x ＋1－2a e x )e x ＝0有两个不同的实根．设g (x )＝x ＋1－2a e x ，则g (x )＝0有两个不同的实根x 1，x 2，g ′(x )＝1－2a e x .若a ≤0，则g ′(x )≥1，此时g (x )为增函数，故g (x )＝0至多有1个实根，不符合要求． 若a >0，则当x <ln 12a 时，g ′(x )>0，当x >ln 12a 时，g ′(x )<0，故g (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 12a ，＋∞ 上单调递减，g (x )的最大值为g ⎝⎛⎭⎫ln 12a ＝ln 12a －1＋1＝ln 12a ，又当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→－∞，故要使g (x )＝0有两个实根，则g ⎝⎛⎭⎫ln 12a ＝ln 12a >0，得0<a <12. 因为g (x )＝0的两个根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)， 所以当x <x 1时，g (x )<0，此时f ′(x )<0； 当x 1<x <x 2时，g (x )>0，此时f ′(x )>0； 当x >x 2时，g (x )<0，此时f ′(x )<0.故x 1为f (x )的极小值点，x 2为f (x )的极大值点，0<a <12符合要求．综上所述，a 的取值范围为0<a <12.15．已知函数f (x )＝(x －3)e x ＋a (2ln x －x ＋1)在(1，＋∞)上有两个极值点，且f (x )在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( C )A ．(e ，＋∞)B ．(e,2e 2)C ．(2e 2，＋∞)D ．(e,2e 2)∪(2e 2，＋∞)解析：由题意知方程f ′(x )＝(x －2)e x＋a (2x －1)＝(x －2)e x＋a ×2－x x ＝(x －2)(e x －a x)＝0在(1，＋∞)上有两个根，所以e x ＝a x 在(1，＋∞)上有不为2的根，即函数y 1＝e x ，y 2＝ax的图象在(1，＋∞)上有交点(异于(2，e 2))，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，e 1<a 1，且a ≠2e 2，所以a >e ，且a ≠2e 2.又易知(x －2)(e x －a x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，即e x ≤a x 在x ∈(1,2)上恒成立，即当x ∈(1,2)时，y 2＝ax的图象在y 1＝e x 图象的上方，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，e 2≤a 2，所以a ≥2e 2.所以实数a 的取值范围为(2e 2，＋∞)．16．(2019·北京卷)已知函数f (x )＝14x 3－x 2＋x .(1)求曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程； (2)当x ∈[－2,4]时，求证：x －6≤f (x )≤x ；(3)设F (x )＝|f (x )－(x ＋a )|(a ∈R )，记F (x )在区间[－2,4]上的最大值为M (a )．当M (a )最小时，求a 的值．解：(1)由f (x )＝14x 3－x 2＋x 得f ′(x )＝34x 2－2x ＋1.令f ′(x )＝1，即34x 2－2x ＋1＝1，得x ＝0或x ＝83.又f (0)＝0，f (83)＝827，所以曲线y ＝f (x )的斜率为1的切线方程是y ＝x 与y －827＝x －83，即y ＝x 与y ＝x －6427.(2)证明：令g (x )＝f (x )－x ，x ∈[－2,4]． 由g (x )＝14x 3－x 2得g ′(x )＝34x 2－2x .令g ′(x )＝0得x ＝0或x ＝83.g ′(x )，g (x )的情况如下：所以g (x )的最小值为－6，最大值为0. 故－6≤g (x )≤0，即x －6≤f (x )≤x . (3)由(2)知，当a<－3时，M(a)≥F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；当a>－3时，M(a)≥F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；当a＝－3时，M(a)＝3.综上，当M(a)最小时，a＝－3.。

课时作业(十五)B　[第15讲　导数与函数的极值、最值] [时间：45分钟 分值：100分] 1．[2012·济南模拟] 已知f′(x)是函数f(x)的导数，y＝f′(x)的图像如图K15－3所示，则y＝f(x)的图像最有可能是下图中的( ) 图K15－3 图K15－4 2．函数f(x)＝x3＋3x2＋4x－a的极值点的个数是( ) A．2 B．1 C．0 D．由a决定 3．已知α、β是三次函数f(x)＝x3＋ax2＋2bx(a，bR)的两个极值点，且α(0,1)，β(1,2)，则的取值范围是( ) A. B. C. D. 4．f(x)＝的极大值为－2e，则a＝________. 5．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图像与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极值为( ) A．极大值为，极小值为0 B．极大值为0，极小值为－ C．极小值为－，极大值为0 D．极小值为0，极大值为 6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是( ) A．－16 C．－32 7．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( ) A．－5 B．－11 C．－29 D．－37 8．对任意的xR，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是( ) A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7 C．a21 D．a＝0或a＝21 9．函数y＝f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线为l：y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，F(x)＝f(x)－g(x)，如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图像如图K15－5所示，且a<x00)上的最小值； (3)证明：对一切x(0，＋∞)，都有xlnx>－成立． 课时作业(十五)B 【基础热身】 1．B　[解析] 根据导数值的正负与函数单调性的关系可以判断选项B正确． 2．C　[解析] f′(x)＝3x2＋6x＋4＝3(x＋1)2＋1>0，则f(x)在R上是增函数，故不存在极值点． 3．A　【解析】 1<α＋β<3,0<αβ0时，列表如下： x(1，＋∞)f′(x)＋0－－f(x)单调递增极大值单调递减单调递减当x＝时，函数f(x)有极大值f＝＝－ae，故－ae＝－2e，解得a＝2； 当a0，解得a6. 7．D　[解析] 由f′(x)＝6x2－12x>0得x2，由f′(x)<0得0<x<2，f(x)在[－2,0]上为增函数，在[0,2]上为减函数．x＝0时，f(x)max＝m＝3.又f(－2)＝－37，f(2)＝－5.f(x)min＝－37. 8．A　[解析] f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，令f′(x)＝0，当Δ＝4a2－84a≤0，即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数不存在极值点． 9．B　[解析] F′(x)＝f′(x)－g′(x)， F′(x0)＝f′(x0)－g′(x0)＝f′(x0)－f′(x0)＝0，且x<x0时，F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝f′(x)－f′(x0)x0时，F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝f′(x)－f′(x0)>0，故x＝x0是F(x)的极小值点，选B. 10．2　[解析] f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2，当x(－∞，0)时，f′(x)>0， 当x(0,2)时，f′(x)0，显然当x＝2时f(x)取极小值． 11．　[解析] 由函数y＝f(x)的导函数的图像可知：(1)f(x)在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2)f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．故正确． 12．－1　3　[解析] f′(x)＝－x2＋2bx＋c，由f(x)在x＝1处取极值－， 可得 解得或 若b＝1，c＝－1，则f′(x)＝－x2＋2x－1＝－(x－1)2≤0，此时f(x)没有极值； 若b＝－1，c＝3，则f′(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1)， 当－3<x0，当x>1时，f′(x)<0， 当x＝1时，f(x)有极大值－. 故b＝－1，c＝3即为所求． 13.　[解析] g(x)＝ax3－3x2＋3ax2－6x＝ax2(x＋3)－3x(x＋2)． 当g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)时，g(0)≥g(2)，即0≥20a－24，得a≤. 反之，当a≤时，对任意x[0,2]，g(x)≤x2(x＋3)－3x(x＋2)＝(2x2＋x－10) ＝(2x＋5)(x－2)≤0， 而g(0)＝0，故g(x)在区间[0,2]上的最大值为g(0)． 综上，a的取值范围为. 14．[解答] (1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. x与f(x)、f′(x)的变化情况如下： x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的单调递增区间是(k－1，＋∞)；单调递减区间是(－∞，k－1)． (2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1； 当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减． 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 15．[解答] (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0. 当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′＝0，可得 4a＋3b＋4＝0. 由解得a＝2，b＝－4.设切线l的方程为y＝3x＋m. 由原点到切线l的距离为，得＝， 解得m＝±1. 切线l不过第四象限，m＝1. 由于切点的横坐标为x＝1，f(1)＝4. 1＋a＋b＋c＝4， c＝5. (2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5， f′(x)＝3x2＋4x－4. 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝. 当x变化时，f(x)和f′(x)的变化情况如下表： x(－3，－2)－2f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝13，在x＝处取得极小值f＝，又f(－3)＝8，f(1)＝4，f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为. 【难点突破】 16．[解答] (1)g(x)＝(x－1)2＋，x[0,3]， 当x＝1时，g(x)min＝g(1)＝；当x＝3时，g(x)max＝g(3)＝. 故当a＝2时，g(x)在[0,3]上的值域为. (2)f′(x)＝lnx＋1，当x，f′(x)0，f(x)单调递增． 0<t<t＋2<，t无解； 0<t<<t＋2，即0<t<时，f(x)min＝f＝－； ≤t－(x(0，＋∞))，由(2)可知f(x)＝xlnx(x(0，＋∞))的最小值是－，当且仅当x＝时取到． 设m(x)＝－(x(0，＋∞))，则m′(x)＝，易得m(x)max＝m(1)＝－，当且仅当x＝1时取到，从而对一切x(0，＋∞)，都有xlnx>－成立．。

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)．。

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.。

考点规范练15 导数与函数的单调性、极值、最值基础巩固1.函数f(x)=(x-3)e x的单调递增区间是()A.(-∞,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+∞)2.(2017山东烟台一模)已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a>0,b>0,c>0,d<0B.a>0,b>0,c<0,d<0C.a<0,b<0,c>0,d>0D.a>0,b>0,c>0,d>03.定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数f'(x),满足f(x)<f'(x),且f(0)=2,则不等式f(x)>2e x 的解集为()A.(-∞,0)B.(-∞,2)C.(0,+∞)D.(2,+∞)4.(2017河南濮阳一模)设f'(x)是函数f(x)定义在(0,+∞)上的导函数,满足xf'(x)+2f(x)=1x2,则下列不等式一定成立的是()A.f(e)e2>f(e2)eB.f(2)9<f(3)4C.f(2)e2>f(e)4D.f(e)e2<f(3)95.已知函数f(x)=-12x2+4x-3ln x在[t,t+1]上不单调,则t的取值范围是.6.若函数g(x)=ln x+ax2+bx,且g(x)的图象在点(1,g(1))处的切线与x轴平行.(1)确定a与b的关系;(2)若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性.7.已知函数f(x)=ax 2+bx+ce x(a>0)的导函数y=f'(x)的两个零点为-3和0.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)的极小值为-e3,求f(x)的极大值及f(x)在区间[-5,+∞)内的最大值.8.设a>0,函数f (x )=e xx 2+a .(1)若a=59,求函数f (x )的单调区间;(2)当x=12时,函数f (x )取得极值,证明:对于任意的x 1,x 2∈[12,32],|f (x 1)-f (x 2)|≤3-e3√e .9.设函数f (x )=3x 2+axe x(a ∈R ).(1)若f (x )在x=0处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程; (2)若f (x )在[3,+∞)内为减函数,求a 的取值范围.能力提升10.(2017广西南宁一模)已知函数f(x)=-x2-6x-3,g(x)=2x3+3x2-12x+9,m<-2,若∀x1∈[m,-2),∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,则m的最小值为()A.-5B.-4C.-2√5D.-311.(2017河北邯郸二模)若函数f(x)=(x2-ax+a+1)e x(a∈N)在区间(1,3)内只有1个极值点,则曲线f(x)在点(0,f(0))处切线的方程为.12.设函数f(x)=x 2-1lnx.(1)求证:f(x)在(0,1)和(1,+∞)内都是增函数;(2)若在函数f(x)的定义域内,不等式af(x)>x恒成立,求a的取值范围.13.设函数f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;.(3)设a>0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于14高考预测14.已知函数f(x)=a ln x-ax-3(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)若函数y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为45°,对于任意的t∈[1,2],函数]在区间(t,3)内总不是单调函数,求m的取值范围.g(x)=x3+x2·[f'(x)+m2参考答案考点规范练15 导数与函数的单调性、极值、最值1.D 解析函数f (x )=(x-3)e x 的导数为f'(x )=[(x-3)e x ]'=e x +(x-3)e x =(x-2)e x.由函数导数与函数单调性的关系,得当f'(x )>0时,函数f (x )单调递增,此时由不等式f'(x )=(x-2)e x>0,解得x>2. 2.C 解析由题图可知f (0)=d>0,排除选项A,B;由f'(x )=3ax 2+2bx+c ,且由题图知(-∞,x 1),(x 2,+∞)是函数的单调递减区间,可知a<0,排除D .故选C . 3.C 解析设g (x )=f (x )e x,则g'(x )=f '(x )-f (x )e x. ∵f (x )<f'(x ),∴g'(x )>0,即函数g (x )在定义域内单调递增. ∵f (0)=2,∴g (0)=f (0)=2,∴不等式f (x )>2e x 等价于g (x )>g (0). ∵函数g (x )在定义域内单调递增. ∴x>0,∴不等式的解集为(0,+∞),故选C .4.B 解析∵xf'(x )+2f (x )=1x2,∴x 2f'(x )+2xf (x )=1x ,令g (x )=x 2f (x ),则g'(x )=2xf (x )+x 2f'(x )=1x>0,∴函数g (x )在(0,+∞)内单调递增. ∴g (2)=4f (2)<g (e)=e 2f (e)<g (3)=9f (3), ∴f (2)9<f (3)4.故选B .5.(0,1)∪(2,3)解析由题意知f'(x )=-x+4-3x=-x 2+4x -3x=-(x -1)(x -3)x .由f'(x )=0得x 1=1,x 2=3,可知1,3是函数f (x )的两个极值点.则只要这两个极值点有一个在区间(t ,t+1)内,函数f (x )在区间[t ,t+1]上就不单调,由t<1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t<3.6.解(1)因为g (x )=ln x+ax 2+bx ,所以g'(x )=1x+2ax+b ,由题意,得g'(1)=1+2a+b=0,所以2a+b=-1. (2)当a=0时,g'(x )=-x -1x, 由g'(x )>0解得0<x<1,由g'(x )<0解得x>1,即函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减.当a>0时,令g'(x )=0,得x=1或x=12a ,若12a<1,即a>12,则由g'(x )>0解得x>1或0<x<12a,由g'(x )<0解得12a <x<1,即函数g (x )在(0,12a ),(1,+∞)内单调递增,在(12a ,1)内单调递减;若12a>1,即0<a<12,则由g'(x )>0解得x>12a或0<x<1,由g'(x )<0解得1<x<12a,即函数g (x )在(0,1),(12a ,+∞)内单调递增,在(1,12a)内单调递减; 若12a=1,即a=12,则在(0,+∞)上恒有g'(x )≥0, 即函数g (x )在(0,+∞)内单调递增.综上可得:当a=0时,函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减; 当0<a<12时,函数g (x )在(0,1)内单调递增,在(1,12a )内单调递减,在(12a,+∞)内单调递增; 当a=12时,函数g (x )在(0,+∞)内单调递增; 当a>12时,函数g (x )在(0,12a )内单调递增,在(12a,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 7.解(1)因为f (x )=ax 2+bx+ce x,所以f'(x )=-ax 2+(2a -b )x+b -ce x,设g (x )=-ax 2+(2a-b )x+b-c.因为a>0,所以由题意知:当-3<x<0时,g (x )>0,即f'(x )>0; 当x<-3或x>0时,g (x )<0,即f'(x )<0.所以f (x )的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞). (2)由(1)知,x=-3是f (x )的极小值点,故有9a -3b+c e -3=-e 3.结合g (0)=b-c=0,g (-3)=-9a-3(2a-b )+b-c=0,解得a=1,b=5,c=5,所以f (x )=x 2+5x+5e x.因为f (x )的单调递增区间是(-3,0),单调递减区间是(-∞,-3),(0,+∞), 所以f (0)=5为函数f (x )的极大值,且f (x )在区间[-5,+∞)内的最大值为f (-5)和f (0)中的最大者. 而f (-5)=5e-5=5e 5>5=f (0),所以函数f (x )在区间[-5,+∞)内的最大值是5e 5.8.(1)解当a=59时,f'(x )=e x (x 2+a -2x )(x 2+a )2=e x [(x -1)2+a -1](x 2+a )2=e x [(x -1)2-49](x 2+59)2.令f'(x )>0,即(x-1)2-49>0,解得x<13或x>53.因此,函数f (x )在区间(-∞,13),(53,+∞)内单调递增. 令f'(x )<0,即(x-1)2-49<0,解得13<x<53. 因此,函数f (x )在区间(13,53)内单调递减. (2)证明当x=12时,函数f (x )取得极值,即f'(12)=0,所以(12)2+a-2×12=0.所以a=34.同理,由(1)易知,f (x )在区间(-∞,12),(32,+∞)内单调递增,在区间(12,32)内单调递减. 所以f (x )在x=12时取得极大值f (12)=√e ,在x=32时取得极小值f (32)=e √e3. 所以在区间[12,32]上,f (x )的最大值是f (12)=√e ,最小值是f (32)=e √e3. 所以对于任意的x 1,x 2∈[12,32],|f (x 1)-f (x 2)|≤√e −e3√e ,即|f (x 1)-f (x 2)|≤3-e3√e .9.解(1)对f (x )求导得f'(x )=(6x+a )e x -(3x 2+ax )e x(e x )2=-3x 2+(6-a )x+ae x.因为f (x )在x=0处取得极值,所以f'(0)=0,即a=0. 当a=0时,f (x )=3x 2e x ,f'(x )=-3x 2+6xe x ,故f (1)=3e ,f'(1)=3e ,从而f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-3e=3e(x-1),化简,得3x-e y=0.(2)由(1)知f'(x )=-3x 2+(6-a )x+ae x.令g (x )=-3x 2+(6-a )x+a , 由g (x )=0解得x 1=6-a -√a 2+366,x 2=6-a+√a 2+366. 当x<x 1时,g (x )<0,即f'(x )<0,故f (x )为减函数; 当x 1<x<x 2时,g (x )>0,即f'(x )>0,故f (x )为增函数; 当x>x 2时,g (x )<0,即f'(x )<0,故f (x )为减函数. 由f (x )在[3,+∞)内为减函数,知x 2=6-a+√a 2+366≤3,解得a ≥-92,故a 的取值范围为[-92,+∞).10.A 解析∵g (x )=2x 3+3x 2-12x+9,∴g'(x )=6x 2+6x-12=6(x+2)(x-1),则当0<x<1时,g'(x )<0,函数g (x )递减,当x>1时,g'(x )>0,函数g (x )递增,∴当x>0时,g (x )min =g (1)=2.∵f (x )=-x 2-6x-3=-(x+3)2+6≤6,作函数y=(x )的图象,如图所示,当f (x )=2时,方程两根分别为-5和-1,则m 的最小值为-5,故选A . 11.x-y+6=0解析∵f'(x )=e x[x 2+(2-a )x+1],若f (x )在(1,3)内只有1个极值点,∴f'(1)·f'(3)<0,即(a-4)(3a-16)<0,解得4<a<163.∵a ∈N ,∴a=5.故f (x )=e x (x 2-5x+6),f'(x )=e x (x 2-3x+1),故f (0)=6,f'(0)=1,故切线方程是y-6=x ,故答案为x-y+6=0. 12.(1)证明f'(x )=2xlnx -x 2-1x(lnx )2=x(lnx )2(2lnx -x 2-1x 2)(x>0,x ≠1). 令g (x )=2ln x-x 2-1x 2,则g'(x )=2(x+1)(x -1)x 3. 当0<x<1时,g'(x )<0,g (x )是减函数,g (x )>g (1)=0. 于是f'(x )=x (lnx )2g (x )>0,故f (x )在(0,1)内为增函数.当x>1时,g'(x )>0,g (x )是增函数,g (x )>g (1)=0,于是f'(x )=x(lnx )2g (x )>0,故f (x )在(1,+∞)内为增函数.(2)解af (x )-x=a (x 2-1)lnx-x=x lnx [a (x 2-1)x -lnx].令h (x )=a (x 2-1)x-ln x (x>0),则h'(x )=ax 2-x+ax 2. 令φ(x )=ax 2-x+a ,当a>0,且Δ=1-4a 2≤0,即a ≥12时,此时φ(x )=ax 2-x+a>0在(0,1),(1,+∞)内恒成立,所以当a ≥12时h'(x )≥0,故h (x )在(0,1),(1,+∞)内为增函数,若0<x<1时,h (x )<h (1)=0, 所以af (x )-x=xlnx h (x )>0; 若x>1时,h (x )>h (1)=0,所以af (x )-x=xlnxh (x )>0, 所以当x>0,x ≠1时都有af (x )>x 成立,当0<a<12时,h'(x )<0,解得1-√1-4a 22a <x<1+√1-4a 22a,所以h (x )在(1,1+√1-4a 22a)内是减函数,h (x )<h (1)=0. 故af (x )-x=xlnxh (x )<0,不符合题意. 当a ≤0时,x ∈(0,1)∪(1,+∞),都有h'(x )<0,故h (x )在(0,1),(1,+∞)内为减函数,同理可知,在(0,1),(1,+∞)内af (x )-x=xlnxh (x )<0,不符合题意. 综上所述,a 的取值范围是a ≥12. 13.(1)解由f (x )=x 3-ax-b ,可得f'(x )=3x 2-a.下面分两种情况讨论:①当a ≤0时,有f'(x )=3x 2-a ≥0恒成立.所以f (x )的单调递增区间为(-∞,+∞).②当a>0时,令f'(x )=0,解得x=√3a3,或x=-√3a3.当x 变化时,f'(x ),f (x )的变化情况如下表:所以f (x )的单调递减区间为(-√3a 3,√3a3),单调递增区间为(-∞,-√3a3),(√3a3,+∞).(2)证明因为f (x )存在极值点,所以由(1)知a>0,且x 0≠0.由题意,得f'(x 0)=3x 02-a=0,即x 02=a 3,进而f (x 0)=x 03-ax 0-b=-2a 3x 0-b.又f (-2x 0)=-8x 03+2ax 0-b=-8a 3x 0+2ax 0-b=-2a 3x 0-b=f (x 0),且-2x 0≠x 0,由题意及(1)知,存在唯一实数x 1满足f (x 1)=f (x 0),且x 1≠x 0,因此x 1=-2x 0.所以x 1+2x 0=0.(3)证明设g (x )在区间[-1,1]上的最大值为M ,max{x ,y }表示x ,y 两数的最大值.下面分三种情况讨论:①当a ≥3时,-√3a 3≤-1<1≤√3a 3,由(1)知,f (x )在区间[-1,1]上单调递减,所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (1),f (-1)],因此M=max{|f (1)|,|f (-1)|}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}={a -1+b ,b ≥0,a -1-b ,b <0.所以M=a-1+|b|≥2.②当34≤a<3时,-2√3a 3≤-1<-√3a 3<√3a 3<1≤2√3a 3,由(1)和(2)知f (-1)≥f (-2√3a 3)=f (√3a 3),f (1)≤f (2√3a 3)=f (-√3a 3), 所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (√3a 3),f (-√3a 3)],因此M=max {|f (√3a 3)|,|f (-√3a 3)|}=max {|-2a 9√3a -b|,|2a 9√3a -b|} =max {|2a 9√3a +b|,|2a 9√3a -b|}=2a 9√3a +|b|≥29×34×√3×34=14.③当0<a<34时,-1<-2√3a 3<2√3a 3<1,由(1)和(2)知f (-1)<f (-2√3a 3)=f (√3a 3),f (1)>f (2√3a 3)=f (-√3a 3),所以f (x )在区间[-1,1]上的取值范围为[f (-1),f (1)],因此M=max{|f (-1)|,|f (1)|}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|>14.综上所述,当a>0时,g (x )在区间[-1,1]上的最大值不小于14.14.解(1)函数f (x )的定义域为(0,+∞),且f'(x )=a (1-x )x. 当a>0时,f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞); 当a<0时,f (x )的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1); 当a=0时,f (x )不是单调函数.(2)由(1)及题意得f'(2)=-a 2=1,即a=-2. ∴f (x )=-2ln x+2x-3,f'(x )=2x -2x. ∴g (x )=x 3+(m 2+2)x 2-2x ,∴g'(x )=3x 2+(m+4)x-2. ∵g (x )在区间(t ,3)内总不是单调函数,∴g'(x )=0在区间(t ,3)内有变号零点.∵g'(0)=-2,∴{g '(t )<0,g '(3)>0.∴g'(t )<0,即3t 2+(m+4)t-2<0对任意t ∈[1,2]恒成立, ∵g'(0)<0,∴只需g'(1)<0且g'(2)<0,即m<-5且m<-9,即m<-9;由g'(3)>0,即m>-373.∴-373<m<-9.即实数m 的取值范围是(-373,-9).。

专题15导数与函数的极值、最值最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).重点难点突破【题型一】用导数求解函数极值问题命题点1 根据函数图象判断极值【典型例题】函数f（x）的定义域为（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解答】解：从f′（x）的图象可知f（x）在（a，b）内从左到右的单调性依次为增→减→增→减，根据极值点的定义可知，导函数在某点处值为0，左右两侧异号的点为极值点，由图可知，在（a，b）内只有3个极值点．故选：C．【再练一题】已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，那么（）A．﹣1是函数f（x）的极小值点B．1是函数f（x）的极大值点C．2是函数f（x）的极大值点D．函数f（x）有两个极值点【解答】解：根据函数f（x）的导函数f′（x）的图象可知f′（﹣1）＝0，f′（2）＝0 但当x＜﹣1时，f′（x）＞0，﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，x＞2时，f′（x）＜0∴﹣1不是极值点，2是函数f（x）的极大值点故选：C．命题点2 求函数的极值【典型例题】设f（x）＝x3x2﹣2x+5（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间．（Ⅱ）求极值点与极值．【解答】解：（I）f（x）＝x3x2﹣2x+5，f′（x）＝3x2﹣x﹣2，令f′（x）＞0即3x2﹣x﹣2＞0解得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）令f′（x）＜0即3x2﹣x﹣2＜0解得x∈（，1），故函数在，（1，+∞）上为单调递增区间，在上为单调递减区间．（II）由f′（x）＝0，即3x2﹣x﹣2＝0解得x或x＝1，当x变化时，f′（x），f（x）的变化如下表：（﹣∞，），极小值∴当x＝1时，f（x）取得极小值，当x时，f（x）取得极大值．【再练一题】已知函数f（x）＝（x2﹣mx﹣m）e x+2m（m＞﹣2，e是自然对数的底数）有极小值0，则其极大值是（）A．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2+2ln2B．4e﹣2或（4+ln2）e2+2ln2C．4e﹣2或（4+ln2）e﹣2﹣2ln2D．4e﹣2或（4+ln2）e2﹣2ln2【解答】解：由题意知，f′（x）＝[x2+（2﹣m）x﹣2m]e x＝（x+2）（x﹣m）e x．由f′（x）＝0得，x1＝﹣2，x2＝m，因为m＞﹣2，所以函数f（x）在区间（﹣∞m﹣2）和（m，+∞）内单调递增，在区间（﹣2，m）内单调递减．于是函数f（x）的极小值为f（m）＝0，即x2﹣（m2﹣m2﹣m）e x+2m＝0，m（2﹣e x）＝0，解得m＝0或m＝ln2，当m＝0时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝4e﹣2．当m＝ln2时，f（x）的极大值为f（﹣2）＝（4+ln2）e﹣2+2ln2．故选：A．命题点3 根据极值求参数【典型例题】已知函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，则实数a的取值范围（）A．B．C．D．【解答】解：∵函数，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2，∵函数在区间（1，+∞）上有极小值无极大值，∴f'（x）＝x2+2ax﹣2＝0在区间（1，+∞）上有1个实根，（﹣∞，1]上有1个根．，解得a．故选：A．【再练一题】已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，则a＝（）A．B．1 C．D．2【解答】解：函数f（x）＝xln（ax）+1，可得f′（x）＝ln（ax）+1，已知x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，可得：ln（a）+1＝0，解得a＝1，经验证a＝1时，x函数f（x）＝xln（ax）+1的极值点，故选：B．思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．②验证：求解后验证根的合理性．【题型二】用导数求函数的最值【典型例题】函数f（x）＝e x﹣2x的最小值为．【解答】解：f′（x）＝e x﹣2，令f′（x）＝e x﹣2＝0，解得x＝ln2．可得：函数f（x）在（﹣∞，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增．∴x＝ln2时，函数f（x）取得极小值即最小值，f（ln2）＝2﹣2ln2．故答案为：2﹣2ln2．【再练一题】已知函数，其导函数f′（x）为偶函数，，则函数g（x）＝f′（x）e x在区间[0，2]上的最小值为（）A．﹣3e B．﹣2e C．e D．2e【解答】解：由函数的解析式可得：f′（x）＝x2+2mx+n，导函数为偶函数，则m＝0，故，，∴n＝﹣3．函数的解析式为，故g（x）＝e x（x2﹣3），g′（x）＝e x（x2﹣3+2x）＝e x（x﹣1）（x+3），据此可知函数g（x）在区间[0，1）上单调递减，在区间（1，2]上单调递增，函数g（x）的最小值为g（1）＝e1⋅（12﹣3）＝﹣2e．故选：B．思维升华求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a，b)内的极值．(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)．(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【题型三】函数极值和最值的综合问题【典型例题】已知函数f（x）＝ax2+bx+clnx（a＞0）在x＝1和x＝2处取得极值，且极大值为，则函数f（x）在区间（0，4]上的最大值为（）A．0 B．C．2ln2﹣4 D．4ln2﹣4【解答】解：函数的导数f′（x）＝2ax+b∵f（x）在x＝1和x＝2处取得极值，∴f′（1）＝2a+b+c＝0 ①f′（2）＝4a+b0 ②，∵f（x）极大值为，∵a＞0，∴由函数性质当x＝1时，函数取得极大值为，则f（1）＝a+b+cln1＝a+b，③，由①②③得a，b＝﹣3，c＝2，即f（x）x2﹣3x+2lnx，f′（x）＝x﹣3，由f′（x）＞0得4≥x＞2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，则当x＝1时，f（x）取得极大值，极大值为，又f（4）＝8﹣12+2ln4＝4ln2﹣4，即函数在区间（0，4]上的最大值为4ln2﹣4，故选：D．【再练一题】设函数f（x）＝lnx﹣x+1（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间上的极值及最值．【解答】解：（1）∵f（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，∴f ′（x ）1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1，当f ′（x ）＞0，即0＜x ＜1，函数f （x ）单调递增， 当f ′（x ）＜0，即x ＞1，函数f （x ）单调递减，故函数f （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， （2）由（1）可知，f （x ）在[，1）上单调递增，在（1，2]上单调递减，当x ＝1时，函数有极大值，极大值为f （1）＝0，极大值即为最大值，即最大值为0， ∵f （）ln 2，f （2）＝ln 2﹣1，由于ln 2﹣ln 2+12ln 2＞0，∴f （）＞f （2）， ∴f （x ）min ＝ln 2﹣1．思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．基础知识训练1．【重庆市第一中学校2019届高三下学期第三次月考】设函数，则（ ）A ．2x =为()f x 的极大值点B ．2x =为()f x 的极小值点C ．2x =-为()f x 的极大值点D ．2x =-为()f x 的极小值点【答案】D 【解析】 因为，所以，由得2x =-，所以，当2x >-时，()0f x '>，故单调递增；当2x <-时，()0f x '<，故单调递减；所以函数在1a =-处取得极小值，无极大值.故选D2．【山东省日照实验高级中学2018-2019学年高二下学期第二次阶段性考试】函数的极值点是（ ） A ．1x = B ．0x =C ．1x =或-1或0D ．1x =-【答案】B 【解析】 函数的导数为；令()0f x '=，解得：11x =-， 20x =，x =31，令()0f x '>，解得：0x >，函数的单调增区间为(0,)+∞； 令()0f x '<，解得：0x <，函数的单调减区间为(,0)-∞； 所以当0x =时，函数取极小值。