2021高考数学一轮复习课时作业15导数与函数的极值、最值文

课时作业15导数与函数的极值、最值一、选择题1．已知函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(D)A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)解析：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．2．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝(D)A．－4 B．－2C．4 D．2解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝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)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(C)A．11或18 B．11C ．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．函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( A ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．无数解析：函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x ， 由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立， 故f ′(x )>0恒成立，即f (x )在定义域上单调递增，无极值点．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 ．1 D ．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．(2020·齐齐哈尔一模)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 22 B ．－e ＋1e C ．－12e 2－1D ．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．(2020·昆明模拟)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．(2020·昆明质检)已知函数f (x )＝e xx ＋k (ln x －x )，若x ＝1是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是( A )A ．(－∞，e]B ．(－∞，e)C ．(－e ，＋∞)D ．[－e ，＋∞)解析：由函数f (x )＝e xx ＋k (ln x －x )，可得f ′(x )＝e x x －e x x 2＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1＝(x －1)(e x －kx )x2.令g (x )＝e x－kx ， ∵f (x )有唯一极值点x ＝1，∴g (x )＝e x －kx 在(0，＋∞)上无零点或无变号零点．g ′(x )＝e x －k ，当k ≤0时，g ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴g (x )>g (0)＝1，即g (x )在(0，＋∞)上无零点，符合题意．当k >0时，g ′(x )＝0的解为x ＝ln k .易知当0<x <ln k 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >ln k 时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．∴g (x )min ＝g (ln k )＝k －k ln k .由题意知需满足k －k ln k ≥0，可得0<k ≤e.综上可得，实数k 的取值范围是(－∞，e]，故选A.10．(2020·广东肇庆一模)已知x ＝1是f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x 的极小值点，则实数a 的取值范围是( D )A ．(1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，1)解析：函数f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x ，则f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ， 令f ′(x )＝0，得x 2－(a ＋1)x ＋a ＝0， 设g (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋a ，x ∈R .①当a ＝1时，g (x )＝(x －1)2≥0恒成立，∴f ′(x )≥0恒成立，f (x )是R 上的单调增函数，没有极值点，不合题意．②当a >1时，g (x )有两个零点1和a ，且x <1或x >a 时，g (x )>0，则f ′(x )>0；1<x <a 时，g (x )<0，则f ′(x )<0，所以x ＝1是f (x )的极大值点，不满足题意．③当a <1时，g (x )有两个零点1和a ，且x <a 或x >1时，g (x )>0，则f ′(x )>0；a <x <1时，g (x )<0，则f ′(x )<0，所以x ＝1是f (x )的极小值点，满足题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1)．故选D. 二、填空题11．函数f (x )＝a ln x x 的图象在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线y ＝－1e 4x 平行，则f (x )的极值点是x ＝e.解析：f ′(x )＝a (1－ln x )x 2，故f ′(e 2)＝－a e 4＝－1e 4， 解得a ＝1，故f (x )＝ln xx ，f ′(x )＝1－ln x x 2. 令f ′(x )＝0，解得x ＝e ， 因为当0<x <e 时，f ′(x )>0， 当x >e 时，f ′(x )<0，所以x ＝e 是函数f (x )的极大值点．12．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)＝－4.13．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14．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)＝－12.15．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 <12.16．(2020·昆明质检)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<a1，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，＋∞)．17．(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)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：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.快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

第3讲导数与函数的极值、最值一、知识梳理1．函数的极值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点．(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值．(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．[提醒] 极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．常用结论记住两个结论(1)若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数最值点．(2)若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点亦为极值点．二、习题改编1．(选修1­1P94例4改编)若函数f(x)＝2x3－x2＋ax＋3在区间(－1，1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为( )A．(－8，－4) B．[－8，－4)C．(－8，－4] D．(－∞，－8]∪[－4，＋∞)答案：C2．(选修1­1P99A组T6改编)函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( ) A．1－e B．－1C．－e D．0答案：B一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( )(2)导数为零的点不一定是极值点．( )(3)函数的极大值不一定比极小值大．( )(4)函数的极大值一定是函数的最大值．( )(5)开区间上的单调连续函数无最值．( )答案：(1)×(2)√(3)√(4)×(5)√二、易错纠偏常见误区(1)利用极值求参数时忽略对所求参数的检验；(2)混淆极值与极值点的概念；(3)连续函数在区间(a，b)上不一定存在最值．1．若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为．解析：函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，而当c＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值，故c＝2.答案：22．函数g(x)＝－x2的极值点是，函数f(x)＝(x－1)3的极值点 (填“存在”或“不存在”)．解析：结合函数图象可知g(x)＝－x2的极值点是x＝0.因为f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以f′(x)＝0无变号零点，故函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点．答案：0 不存在3．函数g(x)＝x2在[1，2]上的最小值和最大值分别是，在(1，2)上的最小值和最大值均 (填“存在”或“不存在”)．解析：根据函数的单调性及最值的定义可得．答案：1，4 不存在函数的极值问题(多维探究) 角度一 由图象判断函数的极值已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝2处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )有两个极值点【解析】 由导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B 正确．当x ＝－4时函数无极值，故C 错误．只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 错误．故选B.【答案】 B由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性，两者结合可得极值点．角度二 求已知函数的极值已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x ，求函数f (x )的极小值． 【解】 f ′(x )＝1x －a －1x2＝x －（a －1）x2(x >0)， 当a －1≤0，即a ≤1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极小值． 当a －1>0，即a >1时，由f ′(x )<0，得0<x <a －1，函数f (x )在(0，a －1)上单调递减； 由f ′(x )>0，得x >a －1，函数f (x )在(a －1，＋∞)上单调递增．f (x )极小值＝f (a －1)＝1＋ln(a －1)．综上所述，当a ≤1时，f (x )无极小值； 当a >1时，f (x )极小值＝1＋ln(a －1)．利用导数研究函数极值问题的一般流程角度三 已知函数的极值求参数值(范围)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x.(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x.f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x.若a >1，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，1时，f ′(x )<0;当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0，1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．已知函数极值点或极值求参数的两个要领(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：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．[提醒] 若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．1．(2020·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )A ．4e －2B ．4e 2C ．e －2D ．e 2解析：选A.f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x.由题意知，f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，所以m ＝0，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x.当x >0或x <－2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当－2<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝－2时，f (x )取得极大值，f (－2)＝4e －2.故选A.2．已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值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：－73．已知函数f (x )＝e x(－x ＋ln x ＋a )(e 为自然对数的底数，a 为常数，且a ≤1)．判断函数f (x )在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由．解：f ′(x )＝e x(ln x －x ＋1x＋a －1)，令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋a －1，x ∈(1，e)，则f ′(x )＝e xg (x )，g ′(x )＝－x 2－x ＋1x2<0恒成立，所以g (x )在(1，e)上单调递减，所以g (x )<g (1)＝a －1≤0，所以f ′(x )＝0在(1，e)内无解． 所以函数f (x )在区间(1，e)内无极值点．函数的最值问题(师生共研)(2020·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x－ln x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)． 【解】 (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x 2－1x＝1－xx2，所以f ′(x )＞0⇒0<x <1，f ′(x )<0⇒x ＞1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的极大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <f (e)．所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e.求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．1．函数f (x )＝x 22x ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1上的最小值与最大值的和为( )A.13B.23 C ．1D ．0解析：选A.f ′(x )＝2x （2x ＋1）－2x 2（2x ＋1）2＝2x （x ＋1）（2x ＋1）2，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，1，当f ′(x )＝0时，x ＝0；当－13≤x ≤0时，f ′(x )<0；当0<x ≤1时，f ′(x )>0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，0上是减函数，在(0，1]上是增函数．所以f (x )min ＝f (0)＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝13，f (1)＝13.所以f (x )的最大值与最小值的和为13.2．(2020·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值． 解：(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，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 ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，＋∞.①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，所以f (x )max ＝f (e)＝a e＋1≥0，不符合题意；②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a，令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a<x ≤e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 上为增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤－1a，e 上为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.因为－e 2<－1e ，所以a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.函数极值与最值的综合应用(师生共研)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x.若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．【解】 f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x， 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．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 )在区间[－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x (－∞，0)0 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 f ′(x ) －0 ＋0 －f (x )极小值极大值所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①由(1)知，当－1≤x <1时，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． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 所以当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.[基础题组练]1．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2B ．50，14C ．50，－2D ．50，－14解析：选C.因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∈[－4，－3)或x ∈(0，2]时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x ∈(－3，0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.2．已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )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当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值； ③函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内单调递增； ④当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值． 则上述判断正确的是( ) A ．①② B ．②③ C ．①②④D ．③④解析：选B.对于①，函数y ＝f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12内有增有减，故①不正确；对于②，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故②正确；对于③，当x ∈(－2，2)时，恒有f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )在区间(－2，2)上单调递增，故③正确；对于④，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故④不正确．3．已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．2ln 2－2 C ．eD ．2－e解析：选B.函数f (x )定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝2f ′（1）x－1，所以f ′(1)＝1，f (x )＝2ln x －x ，令f ′(x )＝2x－1＝0，解得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2.4．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，则水箱的最大容积为( )A ．120 000 cm 3B ．128 000 cm 3C ．150 000 cm 3D ．158 000 cm 3解析：选B.设水箱底长为x cm ，则高为120－x2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2＞0，x ＞0，得0＜x ＜120. 设容器的容积为y cm 3，则有y ＝－12x 3＋60x 2.求导数，有y ′＝－32x 2＋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 ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝128 000.故选B.5．函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2D ．无数解析：选A.函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点．6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋4在x ＝ 处取得极小值． 解析：由f ′(x )＝3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.列表答案：27．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝ ；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是 ．解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，结合题意f ′(1)＝3a ＋9＝6，解得a ＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）>0，f ′（3）>0，解得－337<a <－3.答案：－1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－337，－38．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x的极值点，则f ′(－2)＝ ，f (x )的极小值为 ．解析：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x.令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.答案：0 －e9．(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∈R . (1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值． 解：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6.(2)f ′(x )＝n －xx 2，令f ′(x )<0，得x >n ；令f ′(x )>0，得x <n . ①当n ≤1时，函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减， 所以f (x )max ＝f (1)＝m －n ；②当n >1时，函数f (x )在[1，n )上单调递增，在(n ，＋∞)上单调递减，所以f (x )max＝f (n )＝m －1－ln n .10．(2019·高考江苏卷节选)设函数f (x )＝(x －a )(x －b )·(x －c )，a ，b ，c ∈R ，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)若a ＝b ＝c ，f (4)＝8，求a 的值；(2)若a ≠b ，b ＝c ，且f (x )和f ′(x )的零点均在集合{－3，1，3}中，求f (x )的极小值． 解：(1)因为a ＝b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )＝(x －a )3. 因为f (4)＝8，所以(4－a )3＝8，解得a ＝2.(2)因为b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )2＝x 3－(a ＋2b )x 2＋b (2a ＋b )x －ab 2，从而f ′(x )＝3(x －b )⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ＋b 3.令f ′(x )＝0，得x ＝b 或x ＝2a ＋b 3.因为a ，b ，2a ＋b 3都在集合{－3，1，3}中，且a ≠b ，所以2a ＋b 3＝1，a ＝3，b ＝－3.此时，f (x )＝(x －3)(x ＋3)2，f ′(x )＝3(x ＋3)(x －1)． 令f ′(x )＝0，得x ＝－3或x ＝1.列表如下：[综合题组练]1．(2020·郑州质检)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折函数解析：选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，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点．又e －2≠3×(－2)＋2＝－4.所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．2．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是 ．解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，323．已知函数f (x )＝e x＋2x.(1)求函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)证明：f (x )仅有唯一的极小值点．解：(1)因为f ′(x )＝e x（x －1）－2x2， 所以k ＝f ′(1)＝－2.又因为f (1)＝e ＋2，所以切线方程为y －(e ＋2)＝－2(x －1)，即2x ＋y －e －4＝0.(2)证明：令h (x )＝e x(x －1)－2，则h ′(x )＝e x·x ，所以x ∈(－∞，0)时，h ′(x )<0，x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )>0.当x ∈(－∞，0)时，易知h (x )<0，所以f ′(x )<0，f (x )在(－∞，0)上没有极值点． 当x ∈(0，＋∞)时，因为h (1)＝－2<0，h (2)＝e 2－2>0，所以f ′(1)<0，f ′(2)>0，f (x )在(1，2)上有极小值点． 又因为h (x )在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )仅有唯一的极小值点．4．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0)． (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.又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．所以函数y ＝g (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，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 上单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意．②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不符合题意．③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，＋∞.。

2021年高考数学一轮总复习 2.12.2导数与函数的极值、最值练习一、选择题1．y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析 y ′＝2x＋x ·2xln2＝0，∴x ＝－1ln2.答案 B2．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643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 A3．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( ) 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，即⎩⎪⎨⎪⎧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.故选C. 答案 C4．设函数f (x )在R 上可导，其导函数是f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是( )解析 f (x )在x ＝－2处取得极小值，即x <－2，f ′(x )<0；x >－2，f ′(x )>0，那么y ＝xf ′(x )过点(0,0)及(－2,0)．当x <－2时，x <0，f ′(x )<0，则y >0；当－2<x <0时，x <0，f ′(x )>0，y <0；当x >0时，f ′(x )>0，y >0，故C 正确．答案 C5．已知f (x )＝12x 2－cos x ，x ∈[－1,1]，则导函数f ′(x )是( )A ．仅有最小值的奇函数B ．既有最大值，又有最小值的偶函数C ．仅有最大值的偶函数D ．既有最大值，又有最小值的奇函数解析 f ′(x )＝x ＋sin x ，显然f ′(x )是奇函数，令h (x )＝f ′(x )，则h (x )＝x ＋sin x ，求导得h ′(x )＝1＋cos x .当x ∈[－1,1]时，h ′(x )>0，所以h (x )在[－1,1]上单调递增，有最大值和最小值，所以f ′(x )是既有最大值又有最小值的奇函数．答案 D6．(xx·山东德州期末)设函数y ＝f (x )在(0，＋∞)内有定义，对于给定的正数K ，定义函数f K (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f x ，f x ≤K ，K ，f x >K ，取函数f (x )＝ln x ＋1ex，恒有f K (x )＝f (x )，则( ) A ．K 的最大值为1eB ．K 的最小值为1eC ．K 的最大值为2D ．K 的最小值为2解析 由f (x )＝ln x ＋1e x， 令f ′(x )＝exx－ln x ＋1exe2x＝1x－ln x ＋1ex＝0，得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0， 即f (x )＝ln x ＋1e x在x ＝1时取得最大值1e， 而f (x )≤K 恒成立，所以1e ≤K ，故K 的最小值为1e ，选B.答案 B 二、填空题7．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x ＝x －1x >0，x >0，得x >1.⎩⎪⎨⎪⎧f ′x ＝x －1x <0，x >0，得0<x <1，∴f (x )在x ＝1时，取得最小值f (1)＝12－ln1＝12.答案128．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．解析 f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m 2－12×(m ＋6)>0.所以m >6或m <－3.答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)9．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 ②③ 三、解答题10．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (a 、b 为常数)，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值、最小值． 解 (1)由已知，f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，因此g (x )＝f (x )＋f ′(x )＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . ∵g (x )为奇函数．∴g (－x )＝－g (x )．∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋1＝0，b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13，b ＝0.∴f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由(1)知g (x )＝－13x 3＋2x ，∴g ′(x )＝－x 2＋2. 令g ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝2，∴当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，g (x )单调递减， 当x ∈(－2，2)时，g (x )单调递增． 又g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，∴g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423， 最小值为g (2)＝43.11．已知函数f (x )＝x 2－1与函数g (x )＝a ln x (a ≠0)．(1)若f (x )，g (x )的图象在点(1,0)处有公共的切线，求实数a 的值； (2)设F (x )＝f (x )－2g (x )，求函数F (x )的极值． 解 (1)因为f (1)＝0，g (1)＝0.所以点(1,0)同时在函数f (x )，g (x )的图象上， 因为f (x )＝x 2－1，g (x )＝a ln x ， 所以f ′(x )＝2x ，g ′(x )＝a x.由已知，得f ′(1)＝g ′(1)，所以2＝a1，即a ＝2.(2)因为F (x )＝f (x )－2g (x )＝x 2－1－2a ln x (x >0)．所以F ′(x )＝2x －2a x＝2x 2－ax， 当a <0时，因为x >0，且x 2－a >0，所以F ′(x )>0对x >0恒成立． 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，F (x )无极值； 当a >0时，令F ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)． 所以当x >0时，F ′(x )，F (x )的变化情况如下表：x (0，a ) a(a ，＋∞)F ′(x ) － 0 ＋ F (x )递减极小值递增所以当x ＝a 时，F (x )取得极小值，且F (a )＝(a )2－1－2a ln a ＝a －1－a ln a . 综上，当a <0时，函数F (x )在(0，＋∞)上无极值； 当a >0时，函数F (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a .培 优 演 练1．(理)f (x )满足x 2f ′(x )＋2xf (x )＝e x x ，f (2)＝e28，则x >0时，f (x )( )A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值又有极小值D ．既无极大值也无极小值 解析 由题意知f ′(x )＝e xx3－2fx x＝e x －2x 2fxx3，令g (x )＝e x－2x 2f (x )，则g ′(x )＝e x －2x 2f ′(x )－4xf (x ) ＝e x－2(x 2f ′(x )＋2xf (x ))＝e x－2exx＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x. 由g ′(x )＝0得x ＝2，当x ＝2时， g (x )min ＝e 2－2×22×e28＝0.即g (x )≥0，则当x >0时，f ′(x )＝g xx 3≥0. 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，既无极大值也无极小值． 答案 D(文)如图是函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289解析 由图象可得f (x )＝x (x ＋1)(x －2)＝x 3－x 2－2x ， 又∵x 1、x 2是f ′(x )＝3x 2－2x －2＝0的两根， ∴x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，故x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2×23＝169.答案 C2．已知f ′(x )是函数f (x )＝x ＋1x的导函数，则下列结论中正确的是( )A ．∃x 0∈R ，∀x ∈R ，且x ≠0，f (x )≤f (x 0)B ．∃x 0∈R ，∀x ∈R ，且x ≠0，f (x )≥f (x 0)C ．∃x 0∈R ，∀x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )<0D ．∃x 0∈R ，∀x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )>0解析 令f ′(x )＝1－1x 2＝x 2－1x2＝0，∴x ＝±1.当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，画出函数的草图(图略)． 当x >0时，f (x )≥2；当x <0时，f (x )≤－2.故函数在其定义域内没有最大值和最小值，故A ，B 错； 因当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故C 错；当x 0≥1时满足，在x ∈(x 0，＋∞)，f ′(x )>0时满足，故D 正确． 答案 D3．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表，f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示.x －1 0 2 4 5 f (x )121.521下列关于函数f (x )的命题： ①函数f (x )的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1<a<2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中正确命题的序号是________．解析由导函数图象可知，当－1<x<0及2<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当0<x<2及4<x<5时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2；当x＝2时，函数f(x)取得极小值f(2)＝1.5.又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数f(x)的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，所以①②正确．因为当x＝0及x＝4时，函数f(x)取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时，函数f(x)的最大值是2，则0≤t≤5，所以t的最大值为5，所以③不正确．因为f(x)的极小值为f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1<a<2时，函数y ＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确．故填①②④.答案①②④4．已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝ln xx，其中e是自然常数，a∈R.(1)讨论当a＝1时，函数f(x)的单调性和极值；(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋1 2；(3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－1x＝x－1x，∴当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当1<x<e时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)的极小值为f(1)＝1.(2)证明：∵f(x)的极小值为1，即f(x)在(0，e]上的最小值为 1，∴f(x)min＝1.又∵g′(x)＝1－ln xx2，∴0<x<e时，g′(x)>0，g(x)在(0，e]上单调递增．∴g(x)max＝g(e)＝1e<12.∴f(x)min－g(x)max>1 2 .∴在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋1 2 .(3)假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3，则f ′(x )＝a －1x＝ax －1x. ①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e (舍去)，所以，此时f (x )的最小值不是3；②当0<1a <e ，即a >1e 时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增， f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件； ③当1a ≥e，即0<a ≤1e时，f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e(舍去)．所以，此时f (x )的最小值不是3.综上，存在实数a ＝e 2，使得当x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.24453 5F85 待38825 97A9 鞩34276 85E4 藤33829 8425 营$ 32574 7F3E 缾 20965 51E5 凥u2 32936 80A8 肨21774 550E 唎。

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]基础热身1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上是()C．在(0，D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增2．[2012·济南模拟] 已知f′(x)是函数f(x)的导数，y＝f′(x)的图象如图K15－3所示，则y＝f(x)的图象最有可能是下图中的()π)上增，在(π，2π)上减图K15－3图K15－3．函数f(x)＝x3＋3x2＋4x－a的极值点的个数是()A．2 B．1C．0 D．由a决定4．f(x)＝ax ln x的极大值为－2e，则a＝________.能力提升5．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极值为()A．极大值为427，极小值为0B．极大值为0，极小值为－4 27C．极小值为－527，极大值为0D．极小值为0，极大值为5276．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．－1<a<2B．a<－3或a>6C．－3<a<6D．a<－1或a>27．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．－11C．－29 D．－378．对任意的x∈R，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＝7C ．a <0或a >21D ．a ＝0或a ＝219．函数y ＝f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，且函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)，F (x )＝f (x )－g (x )，如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象如图K15－5所示，且a <x 0<b ，那么(A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点 10．[2011·广东卷] 函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值． 11．[2011·绵阳模拟] 图K15－6图K15－6①f (x )在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________．12．已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc ，如果函数f (x )在x ＝1处取极值－43，则b ＝________，c ＝________.13．设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－3x 2，若函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[0,2]在x ＝0处取得最大值，则a 的取值范围是________．14．(10分)[2011·北京卷] 已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．15．(13分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值． (1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．难点突破16．(12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝12x 2－x ＋a .(1)当a ＝2时，求函数y ＝g (x )在[0,3]上的值域； (2)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有x ln x >g ′(x )＋1e x －2e成立．课时作业(十五)B【基础热身】1．A [解析] f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上递增．故选A.2．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．3．C [解析] f ′(x )＝3x 2＋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．4．2 [解析] 函数的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝－a (ln x ＋1)x 2ln 2x，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，列表如下： 当x ＝1e时，函数f (x )有极大值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝a1e ln 1e＝－a e ，故－a e ＝－2e ，解得a ＝2；【能力提升】5．A [解析] 由题设知：⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，所以f (x )＝x 3－2x 2＋x ，进而可求得f (1)是极小值，f ⎝⎛⎭⎫13是极大值，故选A.6．B [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以判别式Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，解得a <－3或a >6.7．D [解析] 由f ′(x )＝6x 2－12x >0得x <0或x >2，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 )＝3x 2＋2ax ＋7a ，令f ′(x )＝0，当Δ＝4a 2－84a ≤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 ′(x 0)＝f ′(x 0)－g ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0，且x <x 0时，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)<0，x >x 0时，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)>0，故x ＝x 0是F (x )的极小值点，选B.10．2 [解析] f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值． 11．②③ [解析] 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知：(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②③正确．12．－1 3 [解析] f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，由f (x )在x ＝1处取极值－43，可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.若b ＝1，c ＝－1，则f ′(x )＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0，此时f (x )没有极值； 若b ＝－1，c ＝3，则f ′(x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1)， 当－3<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，∴当x ＝1时，f (x )有极大值－43.故b ＝－1，c ＝3即为所求．13.⎝⎛⎦⎤－∞，65 [解析] g (x )＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(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 ≤65.反之，当a ≤65时，对任意x ∈[0,2]，g (x )≤65x 2(x ＋3)－3x (x ＋2)＝3x5(2x 2＋x －10)＝3x5(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⎝⎛⎦⎤－∞，65. 14．[解答] (1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.x 与f (x )、f ′(x )的变化情况如下：所以，f ((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)＝－e k －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 )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0.①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，可得 4a ＋3b ＋4＝0.②由①②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1010，得|m |32＋1＝1010，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 )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， ∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝23.∴f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝13，在x ＝23处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫23＝9527，又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.【难点突破】16．[解答] (1)∵g (x )＝12(x －1)2＋32，x ∈[0,3]，当x ＝1时，g (x )min ＝g (1)＝32；当x ＝3时，g (x )max ＝g (3)＝72.故当a ＝2时，g (x )在[0,3]上的值域为⎣⎡⎦⎤32，72.(2)f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，f ′(x )>0，f (x )单调递增．①0<t <t ＋2<1e，t 无解；②0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ； ③1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ； 所以f (x )min ＝⎩⎨⎧－1e ，0<t <1e，t ln t ，t ≥1e.(3)g ′(x )＋1＝x ，所以问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，由(2)可知f (x )＝x ln x (x∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易得m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有x ln x >g ′(x )＋1e x －2e成立．。

2021年高考数学大一轮复习 2.11.2导数与函数极值、最值课时作业理一、选择题1．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝( )A.1ln2B．－1ln2C．－ln2 D．ln2解析：y′＝2x＋x·2x ln2＝0，∴x＝－1ln2.答案：B2．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )A．－2 B．0C．2 D．4解析：f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数，f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝f(x)极大值＝f(0)＝2.答案：C3．设函数f(x)＝ax2＋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：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.答案：D4．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是( )A．－13 B．－15C．10 D．15解析：求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.故选A.答案：A5．已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝( )A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或1解析：∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则x，y′，y的变化情况如下表：2或c ＝2.答案：A6．设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，若1和－1是函数f(x)的两个零点，x1和x2是f(x)的两个极值点，则x1·x2等于( )A．－1 B．1 C．－13D.13解析：f(x)＝x(ax2＋bx＋c)，若1和－1是函数f(x)的两个零点，即1和－1是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，则⎩⎪⎨⎪⎧1＋－1＝－ba，1×－1＝ca，解得b ＝0，c ＝－a ，∴f (x )＝ax 3－ax ，f ′(x )＝3ax 2－a . 又由题意知x 1和x 2是f ′(x )＝0的两根， 所以x 1x 2＝－a 3a ＝－13，故选C. 答案：C 二、填空题7．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 )极大值与极小值之差为________．解析：∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎪⎨⎪⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝03×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：48．若关于x 的不等式x 3－3x 2－9x ＋2≥m 对任意x ∈[－2,2]恒成立，则m 的取值范围是________．解析：令f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋2，则f ′(x )＝3x 2－6x －9，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或3(舍去)．∵f (－1)＝7，f (－2)＝0，f (2)＝－20.∴f (x )的最小值为f (2)＝－20，故m ≤－20.答案：(－∞，－20]9．已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如表，x －1 0 4 5 f (x )1221f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，下列是关于函数f (x )的命题：①函数f (x )的值域为[1,2]； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题的是________(填写序号)．解析：由题意可知函数f (x )的单调增区间为(－1,0)，(2,4)；单调减区间为(0,2)，(4,5)，且f (x )的极小值为f (2)，由于f (2)未知，故①④均错误，又因为f (x )的最大值为f (0)＝f (4)＝2，故③错误．答案：② 三、解答题10．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值． 解：(1)f ′(x )＝e x(ax ＋a ＋b )－2x －4. 由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4. 故b ＝4，a ＋b ＝8.从而a ＝4，b ＝4. (2)由(1)知，f (x )＝4e x(x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12.令f ′(x )＝0得，x ＝－ln2或x ＝－2.从而当x ∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(－2，－ln2)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减． 当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)． 11．(xx·江西卷)已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)若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． 解：(1)当a ＝－4时，由f ′(x )＝25x －2x －2x＝0得x ＝25或x ＝2，由f ′(x )>0得x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25或x ∈(2，＋∞)， 故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)．(2)因为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 ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a10，－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<－a 2≤4时，即－8≤a <－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2＝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上取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)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 ＝－10.1．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( ) A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0解析：由x 0是f (x )的极小值点，则y ＝f (x )的图象大致如右图所示，由图可知f (x )在(－∞，x 0)上不单调，故C 不正确．答案：C2．已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( ) A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12解析：f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2.即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y 1＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，当x >x 2时，f ′(x )<0， ∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12.答案：D3．若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52C.⎝⎛⎭⎪⎫2，103D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103解析：因为f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1，所以f ′(x )＝x 2－ax ＋1.又f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，即f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3有一个解或者两个不相同的解． 当有一解时，需f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12f ′(3)≤0， 解得52≤a ≤103，经检验a ＝103不成立，所以52≤a <103；当有两解时，依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12<a 2<3，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，f ′3>0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<0，解得2<a <52.综上可得a ∈⎝⎛⎭⎪⎫2，103.故选C.答案：C4．(xx·重庆卷)已知函数f (x )＝a e 2x－b e－2x －cx (a ，b ，c ∈R )的导函数f ′(x )为偶函数，且曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线的斜率为4－c .(1)确定a ，b 的值；(2)若c ＝3，判断f (x )的单调性； (3)若f (x )有极值，求c 的取值范围． 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝2a e 2x＋2b e－2x－c ，由f ′(x )为偶函数，知f ′(－x )＝f ′(x )， 即2(a －b )(e 2x＋e －2x)＝0，因e 2x＋e－2x>0，所以a ＝b .又f ′(0)＝2a ＋2b －c ＝4－c ，故a ＝1，b ＝1. (2)当c ＝3时，f (x )＝e 2x－e－2x－3x ，那么f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－3≥22e 2x ·2e－2x－3＝1>0，故f (x )在R 上为增函数．(3)由(1)知f ′(x )＝2e 2x＋2e －2x－c ，而2e 2x＋2e－2x≥22e 2x ·2e－2x＝4，当x ＝0时等号成立．下面分三种情况进行讨论．当c <4时，对任意x ∈R ，f ′(x )＝2e 2x＋2e－2x－c >0，此时f (x )无极值； 当c ＝4时，对任意x ≠0，f ′(x )＝2e 2x ＋2e－2x－4>0，此时f (x )无极值；当c >4时，令e 2x＝t ，注意到方程2t ＋2t －c ＝0有两根t 1,2＝c ±c 2－164>0，即f ′(x )＝0有两个根x 1＝12ln t 1或x 2＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；又当x >x 2时，f ′(x )>0，从而f (x )在x ＝x 2处取得极小值．综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围是(4，＋∞)．d21763 5503 唃32032 7D20 素31055 794F 祏20954 51DA 凚20508501C 倜1J39538 9A72 驲40154 9CDA 鳚21847 5557 啗?31670 7BB6 箶23549 5BFD 寽27205 6A45 橅。

第3讲 导数与函数的极值、最值课时作业1．函数f (x )＝(x －1)(x －2)2在[0,3]上的最小值为( ) A ．－8 B ．－4 C ．0 D ．427答案 B解析 f ′(x )＝(x －2)2＋2(x －1)(x －2)＝(x －2)(3x －4)．令f ′(x )＝0⇒x 1＝43，x 2＝2，结合单调性，只要比较f (0)与f (2)即可．f (0)＝－4，f (2)＝0.故f (x )在[0,3]上的最小值为f (0)＝－4.故选B ．2．(2019·山东胶州模拟)若函数f (x )＝(x ＋a )e x的极值点为1，则a ＝( ) A ．－2 B ．－1 C ．0 D ．1答案 A解析 f ′(x )＝e x＋(x ＋a )e x＝(x ＋a ＋1)e x. 由题意知f ′(1)＝e(2＋a )＝0，∴a ＝－2.故选A ． 3．(2019·孝感高中模拟)函数y ＝ln xx的最大值为( )A ．e －1B ．eC ．e 2D ．103答案 A解析 令y ′＝1－ln xx2＝0，得x ＝e.当x >e 时，y ′<0，当0<x <e 时，y ′>0，所以y max ＝1e.故选A ． 4．设函数f (x )＝2x＋ln x ，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 )的极小值点答案 D解析 f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x2，∵x >0，∴当x >2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )是减函数，∴x ＝2为f (x )的极小值点．5．若函数y＝e x＋mx有极值，则实数m的取值范围是( )A．m>0 B．m<0C．m>1 D．m<1答案 B解析y′＝e x＋m，∵函数y＝e x＋mx有极值，∴e x＋m＝0必有根，∴m＝－e x<0.6．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]上的最小值是( )A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对答案 A解析∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，∴x＝0为极大值点，也为最大值点，∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值是－37.故选A．7．(2020·宁夏中卫市模拟)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：①－3是函数y＝f(x)的极小值点；②－1是函数y＝f(x)的极小值点；③曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率小于零；④y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增．则正确命题的序号是( )A．①④B．①②C．②③D．③④答案 A解析由图可知x<－3时，f′(x)<0，x∈(－3,1)时f′(x)>0，∴－3是f(x)的极小值点，①正确；又x ∈(－3，1)时f ′(x )≥0，∴f (x )在区间(－3,1)上单调递增，故②不正确，④正确．∵函数y ＝f (x )在x ＝0处的导数大于0，∴y ＝f (x )在x ＝0处的切线的斜率大于0.∴③不正确．故选A ．8．(2019·河南八市重点高中质检)设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( )A ．a <－1B ．a >－1C ．a <－1eD ．a >－1e答案 A解析 由y ′＝e x＋a ＝0得x ＝ln (－a )(a <0)， 显然x ＝ln (－a )为函数的极小值点，又ln (－a )>0， ∴－a >1，即a <－1.故选A ．9．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处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 因为f ′(x )＝(x －1)k －1[e x(x －1＋k )－k ]，当k ＝1时，f ′(1)>0，故1不是函数f (x )的极值点．当k ＝2时，当x 0<x <1(x 0为f (x )的极大值点)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．故f (x )在x ＝1处取到极小值．故选C ．10．(2019·湖北荆、荆、襄、宜四地七校期末)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －17(a ，b ，c ∈R )的导函数为f ′(x )，f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，若f (x )的极小值等于－98，则a 的值是( )A ．－8122B ．13 C ．2 D ．5答案 C解析 由题意，f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，因为f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，所以a >0，且－2＋3＝－2b 3a ，－2×3＝c3a ，则3a ＝－2b ，c ＝－18a ，f (x )的极小值为f (3)＝27a ＋9b ＋3c －17＝－98，解得a ＝2，b ＝－3，c ＝－36，故选C ．11．已知函数f (x )＝3ln x －x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 在区间(1,3)上有最大值，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，5B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，112C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，112 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，5 答案 B解析 f ′(x )＝3x －2x ＋a －12，由题设知f ′(x )＝3x －2x ＋a －12在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)>0，f ′(3)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋12>0，a －112<0⇒－12<a <112.故选B.12．(2019·安徽黄山第三次质量检测)已知函数f (x )＝x ＋1ex－ax 有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞B ．(－1，＋∞)C ．(－1,0) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0答案 D解析 因为函数f (x )＝x ＋1e x－ax 有两个极值点，所以方程f ′(x )＝－xex －a ＝0有两个不相等实根，令g (x )＝x e x ，则g (x )＝x e x 的图象与直线y ＝－a 有两个不同交点，又g ′(x )＝1－xex ，由g ′(x )＝1－x e x ＝0得x ＝1，所以，当x <1时，g ′(x )>0，即g (x )＝xex 单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，即g (x )＝x ex 单调递减；所以g (x )max ＝g (1)＝1e，又g (0)＝0，当x >0时，g (x )＝xex >0，作出函数的简图如下：因为g (x )＝x e x 的图象与直线y ＝－a 有两个不同交点，所以0<－a <1e ，即－1e<a <0.故选D.13．若函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 答案 1解析 由f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3. 当m ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，当1＜x ＜3时，f ′(x )＜0；当x ＜1或x ＞3时，f ′(x )＞0，此时f (x )在x ＝1处取得极大值，不合题意，当m ＝1时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)．当13<x <1时，f ′(x )<0；当x <13或x >1时，f ′(x )>0，此时f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意，所以m ＝1.14．函数f (x )＝3x －x 3在区间(a 2－12，a )上有最小值，则实数a 的取值范围是________. 答案 (－1,2]解析 f ′(x )＝3－3x 2＝－3(x ＋1)(x －1)，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：∴x 1＝－1，x 2＝2.∵f (x )在开区间(a 2－12，a )上有最小值， ∴最小值一定是极小值．∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－12<－1<a ，a ≤2，解得－1<a ≤2.15．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则该生产厂家年产量为________万件时年利润最大，最大年利润为________万元．答案 9 252解析 y ′＝－x 2＋81，令y ′＝0，得x ＝9或x ＝－9(舍去)．当0<x <9时，y ′>0，函数y 单调递增；当x >9时，y ′<0，函数y 单调递减．故当x ＝9时，y 取最大值，y max ＝－13×93＋81×9－234＝252.16．(2019·石家庄模拟)已知函数f (x )＝(x ＋1)e x－a2x 2，其导函数f ′(x )在区间[－3，－1]上为减函数，则实数a 的最小值为________.答案 2e解析 由题意得f ′(x )＝(x ＋2)e x－ax ，且f ′(x )在区间[－3，－1]上为减函数，令t (x )＝(x ＋2)e x－ax ，则t ′(x )＝(x ＋3)e x－a ，所以(x ＋3)e x－a ≤0，即a ≥(x ＋3)e x在区间[－3，－1]上恒成立．设h (x )＝(x ＋3)e x，则h ′(x )＝(x ＋4)e x>0在区间[－3，－1]上恒成立，即h (x )在[－3，－1]上为增函数，h (x )max ＝h (－1)＝2e ，则a ≥2e.17．(2020·山东师大附中模拟)已知函数f (x )＝(x －a )e x(a ∈R )． (1)当a ＝2时，求函数f (x )在x ＝0处的切线方程； (2)求f (x )在区间[1,2]上的最小值． 解 f ′(x )＝(x ＋1－a )e x. (1)当a ＝2时，f ′(x )＝(x －1)e x. ∴f (0)＝－2，f ′(0)＝－1， ∴所求切线方程为y ＋2＝－x ， 即x ＋y ＋2＝0.(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． ∴f (x )min ＝f (1)＝(1－a )e ； ②若a －1≥2，则a ≥3.当x ∈[1,2]时，f ′(x )≤0，则f (x )在[1,2]上单调递减． ∴f (x )min ＝f (2)＝(2－a )e 2； ③若1<a －1<2，则2<a <3.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如表：∴f (x ∴f (x )min ＝f (a －1)＝－ea －1.综上可知当a ≤2时，f (x )min ＝(1－a )e ； 当a ≥3时，f (x )min ＝(2－a )e 2； 当2<a <3时，f (x )min ＝－ea －1.18．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围． 解 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2xx. 当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减； 当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2，无极大值． (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx，所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．当a <0时，由f ′(x )>0，得x >－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0，得x <－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 根据题意，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ，即a [ln (－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln (－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2，所以实数a 的取值范围是[－2,0)．19．(2020·山西长治期末)已知函数f (x )＝ln x －a x. (1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求实数a 的值．解 (1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2，当x ∈[1，e]时， 若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．若a ≤－e ，则x ＋a ≤0， 即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减， 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增， 所以f (x )min ＝f (－a )＝ln (－a )＋1＝32，所以a ＝－e ， 综上，a ＝－ e.20．(2020·洛阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2，a ∈R .(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解 (1)由题意，得f ′(x )＝x 2－ax ，当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2－2x ，所以f ′(3)＝3，因此，曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程是y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0. (2)因为g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ， 所以g ′(x )＝f ′(x )＋cos x －(x －a )sin x －cos x ＝x (x －a )－(x －a )sin x ＝(x －a )(x －sin x )．令h (x )＝x －sin x ，则h ′(x )＝1－cos x ≥0， 所以h (x )在R 上单调递增．因为h (0)＝0，所以当x >0时，h (x )>0；当x <0时，h (x )<0. ①当a <0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，a )时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(a,0)时，x －a >0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以，当x ＝a 时，g (x )取到极大值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ；当x ＝0时，g (x )取到极小值，极小值是g (0)＝－a . ②当a ＝0时，g ′(x )＝x (x －sin x )，当x ∈(－∞，＋∞)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增．所以，g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极大值也无极小值． ③当a >0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(0，a )时，x －a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以，当x ＝0时，g (x )取到极大值，极大值是g (0)＝－a ； 当x ＝a 时，g (x )取到极小值，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .综上所述：当a <0时，函数g (x )在(－∞，a )和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ，极小值是g (0)＝－a ；当a ＝0时，函数g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a >0时，函数g (x )在(－∞，0)和(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (0)＝－a ，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .。

[时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．下列命题中正确的是( ) A ．导数为0的点一定是极值点B ．如果在点x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0且f ′(x 0)＝0，那么f (x 0)是极大值C ．如果在点x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0且f ′(x 0)＝0，那么f (x 0)是极小值D ．如果在点x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0且f ′(x 0)＝0，那么f (x 0)是最小值2．函数y ＝x ＋1x的极值情况是( )A ．既无极小值，也无极大值B ．当x ＝1时，极小值为2，但无极大值C ．当x ＝－1时，极大值为－2，但无极小值D ．当x ＝1时，极小值为2，当x ＝－1时，极大值为－23．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )在x ＝－3处取得极值，则a ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．54．已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像如图K15－1，则( )图K15－1A ．函数f (x )有1个极大值点，1个极小值点B ．函数f (x )有2个极大值点，2个极小值点C ．函数f (x )有3个极大值点，1个极小值点D ．函数f (x )有1个极大值点，3个极小值点 能力提升5．设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1C ．a ＞－1eD ．a ＜－1e6．设函数f (x )＝2x ＋1x－1(x <0)，则f (x )( )A ．有最大值B ．有最小值C ．是增函数D ．是减函数7．[2011·福建卷] 若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．98．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <329．[2011·浙江卷] 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 )的图像是( )图K15－210．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．11．[2012·长春模拟] 已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________.12．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图像在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________．13．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________．14．(10分)[2011·安徽师大附中模拟] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b 的图像在点P (1，f (1))处的切线为3x ＋y －3＝0.(1)求函数f (x )的解析式及单调区间； (2)求函数在区间[0，t ](t >0)上的最值．15．(13分)已知f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋2.(1)若f (x )在x ＝1时有极值－1，求b 、c 的值；(2)在(1)的条件下，若函数y ＝f (x )的图像与函数y ＝k 的图像恰有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．难点突破16．(12分)[2011·东莞一模] 已知函数f (x )＝1a －1x(a >0，x >0)．(1)求证：函数f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数；(2)当a ＝25时，求函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2上的最值； (3)函数f (x )在[1,2]上恒有f (x )≥3成立，求a 的取值范围．课时作业(十五)A【基础热身】1．B [解析] 根据可导函数极值的判别方法，如果在点x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值，反之是极小值，而导数为0的点不一定是极值点．2．D [解析] 函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ′＝1－1x 2＝x 2－1x2，令y ′＝0，3．D [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意得f ′(－3)＝0，解得a ＝5.4．A [解析] x 1、x 4是导函数的不变号零点，因此它们不是极值点，而x 2与x 3是变号零点，因此它们是极值点，且x 2是极大值点，x 3是极小值点．【能力提升】 5．A [解析] y ′＝e x ＋a ＝0，e x ＝－a ，x ＝ln(－a )，∵x ＞0，∴ln(－a )＞0且a ＜0. ∴－a ＞1，即a ＜－1.6．A [解析] 由题意可得f ′(x )＝2－1x 2(x <0)，令f ′(x )＝0得x ＝－22(舍正)，列表如下：f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－22单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0单调递减，故选A. 7．D [解析] f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ， ∵f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，化简得 a ＋b ＝6， ∵a >0，b >0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时，ab 有最大值，最大值为9，故选D. 8．A [解析] 因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.9．D [解析] 设F (x )＝f (x )e x，∴F ′(x )＝e x f ′(x )＋e x f (x )＝e x (2ax ＋b ＋ax 2＋bx ＋c )，又∵x ＝－1为f (x )e x的一个极值点，∴F ′(－1)＝e －1(－a ＋c )＝0，即a ＝c ，∴Δ＝b 2－4ac ＝b 2－4a 2，当Δ＝0时，b ＝±2a ，即对称轴所在直线方程为x ＝±1；当Δ>0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2a >1，即对称轴在直线x ＝－1的左边或在直线x ＝1的右边．又f (－1)＝a －b ＋c ＝2a －b ＜0，故D 错，选D. 10.12[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x ＝x －1x >0，x >0，得x >1.由⎩⎪⎨⎪⎧f ′x ＝x －1x <0，x >0，得0<x <1，∴f (x )在x ＝1时，取得最小值f (1)＝12－ln1＝12.11．11 [解析] f ′(x )＝3x2＋6mx ＋n ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧f －1＝0，f ′－1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋3m －n －1＝0，－6m ＋n ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，检验知当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3时，函数没有极值．所以m ＋n ＝11.12．4 [解析] ∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0. ∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2，∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.13.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43 [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 >0，f 2＝13×23－22＋c <0，解得0＜c ＜43.14．[解答] (1)由P 点在切线上得f (1)＝0，即点P (1,0)，又P (1,0)在y ＝f (x )上，得a ＋b ＝－1，又f ′(1)＝－3⇒2a ＝－6，所以a ＝－3，b ＝2.故f (x )＝x 3－3x 2＋2.f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )>0，解得x >2或x <0，∴f (x )的增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，减区间是(0,2)．(2)当0<t ≤2时，f (x )max ＝f (0)＝2，f (x )min ＝f (t )＝t 3－3t 2＋2； 当2<t ≤3时，f (x )max ＝f (0)＝f (3)＝2，f (x )min ＝f (2)＝－2，当t >3时，f (x )max ＝f (t )＝t 3－3t 2＋2，f (x )min ＝f (2)＝－2.15．[解答] (1)∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋2，∴f ′(x )＝3x 2＋2由已知得f ′(1)＝0，f (1)＝－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋2b ＋c ＝0，1＋b ＋c ＋2＝－1，解得b ＝1，c ＝－5.经验证，b ＝1，c ＝－5符合题意．(2)由(1)知f (x )＝x 3＋x 2－5x ＋2， f ′(x )＝3x 2＋2x －5.由f ′(x )＝0得x 1＝－53，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－53 －53 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值 根据上表，当x ＝－3时函数取得极大值且极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＝27，当x ＝1时函数取得极小值且极小值为f (1)＝－1.根据题意结合上图可知k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，22927. 【难点突破】16．[解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x .令f ′(x )>0，解得x >1e ；令f ′(x )<0，解得0<x <1e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增． 所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)法一：令g (x )＝f (x )－(ax －1)，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝1－a ＋ln x ， ①若a ≤1，当x >1时，g ′(x )＝1－a ＋ln x >1－a ≥0，故g (x )在(1，＋∞)上为增函数，所以，x ≥1时，g (x )≥g (1)＝1－a ≥0，即f (x )≥ax －1.②若a >1，方程g ′(x )＝0的根为x 0＝e a －1，此时，若x ∈(1，x 0)，则g ′(x )<0，故g (x )在该区间为减函数． 所以x ∈(1，x 0)时，g (x )<g (1)＝1－a <0， 即f (x )<ax －1，与题设f (x )≥ax －1相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，1]．法二：依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x .当x >1时，因为g ′(x )＝1x ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x >0，故g (x )是(1，＋∞)上的增函数，所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 所以a 的取值范围是(－∞，1]．。

课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A.1ln2B ．－1ln2C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x＋x ·2x ln2＝0，∴x ＝－1ln2. 答案：B2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析： f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.答案：C3．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：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.答案：A4．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.答案：D5．(2017·唐山质检)若函数y ＝x 3－32x 2＋a 在[－1，1]上有最大值3，则该函数在[－1,1]上的最小值是( )A ．－12B ．0 C.12D ．1解析：令y ′＝3x 2－3x ＝3x (x －1)>0， 解得x >1或x <0， 令y ′<0，解得0<x <1，所以当x ∈[－1,1]时，[－1,0]函数增，[0,1]函数减，所以当x ＝0时，函数取得最大值f (0)＝a ＝3，y ＝x 3－32x 2＋3，f (－1)＝12，f (1)＝52，所以最小值是f (－1)＝12.故选C.答案：C6．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－5，1) B ．[－5，1) C ．[－2,1)D ．(－5，－2]解析：f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点． 函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1， 不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0， 即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2. 故实数a 的取值范围是[－2,1)．故选C. 答案：C 二、填空题7．函数f (x )＝x 33＋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：－1738．函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是________． 解析：f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间， 即函数f (x )恰有两个极值点， 即f ′(x )＝0有两个不等实根． 因为f (x )＝ax 3＋x ， 所以f ′(x )＝3ax 2＋1.要使f ′(x )＝0有两个不等实根，则a <0. 答案：(－∞，0)9．(2017·淄博联考)已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，则实数m 的取值范围为________．解析：因为函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1存在极值，所以f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋m ＋6＝0，它有两个不相等的实根，所以Δ＝4m 2－12(m ＋6)>0，解得m <－3或m >6.答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞) 三、解答题10．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)f ′(x )＝a x －2bx (x >0)，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝a －2b ＝0，f ＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，∵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)＝－12.11．已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，求实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)因为函数f (x )＝1＋ln x x ，且定义域为{x |x >0}，所以f ′(x )＝－ln xx2.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0,1)上单调递增；在(1，＋∞)上单调递减，∴函数f (x )在x ＝1处取得极大值1.∵函数f (x )在区间(a ，a ＋23)(其中a >0)上存在极值，∴⎩⎪⎨⎪⎧a <1，a ＋23>1，解得13<a <1.(2)当x ≥1时，不等式f (x )≥mx ＋1，即为x ＋＋ln xx≥m .记g (x )＝x ＋＋ln xx ，∴g ′(x )＝x ＋＋ln x x －x ＋＋ln xx2＝x －ln xx 2. 令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x，∵x ≥1，∴h ′(x )≥0，∴h (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴h (x )min ＝h (1)＝1>0，从而g ′(x )>0，故g (x )在[1，＋∞)上也是单调递增，∴g (x )min ＝g (1)＝2，∴m ≤2.1．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( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．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.所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝－ln a －1＝－1， 解得a ＝1. 答案：D2．(2017·安徽模拟)已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为( )A ．(－∞，e]B ．[0，e]C ．(－∞，e)D ．[0，e)解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx －k x 2(x >0)．设g (x )＝exx，则g ′(x )＝x －xx 2，则g (x )在(0,1)内单调减，在(1，＋∞)内单调增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝exx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e，选A.答案：A3．设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1，2]，都有f (x )>a ，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－x －2，令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0，解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝15727，f (－1)＝112，故f (x )min＝72，∴a <72.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，724．(2016·山东卷)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (Ⅰ)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(Ⅱ)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解：(Ⅰ)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)， 则g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0时，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增； 当a >0时，x ∈(0，12a)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，x ∈(12a，＋∞)时，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 ，＋∞)．(Ⅱ)由(Ⅰ)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(Ⅰ)知f ′(x )在(0，12a)内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，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处取得极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为a >12.。

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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．（2018·昆山调研）已知函数f（x）的导函数f′(x)＝x2－x,则使得f(x）取得极大值的x＝________.解析：由f′(x）＝x2－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)＝错误!x3－4x＋m在［0,3]上的最大值为4，则m＝________。

解析:f′（x)＝x2－4，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．(2018·启东中学测试)已知函数f(x）＝3x3－9x＋a有两个零点，则a＝________.解析：f′（x）＝9x2－9，由f′（x)〉0，得x〉1或x〈－1；由f′（x）<0，得－1<x 〈1，所以f(x)在(－∞，－1)和（1，＋∞）上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以f（x)的极大值为f（－1)＝a＋6，极小值为f（1）＝a－6，要满足题意,则需f（－1）＝0或f（1）＝0，解得a＝±6.答案：±64．函数f（x)＝－x3＋12x＋6，x∈错误!的零点个数是________．解析：f′(x）＝－3x2＋12,x∈错误!。