导数与函数极值、最值课时作业

课时提升作业(十四)一、选择题1.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>-1(C)a>- (D)a<-2.(2013·榆林模拟)函数y=(3-x2)e x的递增区间是( )(A)(-∞,0)(B)(0,+∞)(C)(-∞,-3)和(1,+∞)(D)(-3,1)3.(2013·铜川模拟)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=7(C)a<0或a>21 (D)a=0或a=214.(2013·九江模拟)已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,且满足以下条件:①f(x)=a x·g(x)(a>0,a≠1);②g(x)≠0;③f(x)·g′(x)>f′(x)·g(x).若+=,则a等于( )(A) (B)2 (C) (D)2或5.设f′(x)是函数f(x)的导函数,将y=f(x)和y=f′(x)的图像画在同一个直角坐标系中,不可能正确的是( )6.(2013·抚州模拟)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]上的图像如图所示,且a<x0<b,那么( )(A)F′(x0)=0,x=x0是F(x)的极大值点(B)F′(x0)=0,x=x0是F(x)的极小值点(C)F′(x0)≠0,x=x0不是F(x)的极值点(D)F′(x0)≠0,x=x0是F(x)的极值点二、填空题7.函数f(x)=的递增区间是.8.若函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,则常数c的值为.9.对于函数f(x)=-2cosx(x∈[0,π])与函数g(x)=x2+lnx有下列命题:①函数f(x)的图像关于x=对称;②函数g(x)有且只有一个零点;③函数f(x)和函数g(x)图像上存在平行的切线;④若函数f(x)在点P处的切线平行于函数g(x)在点Q处的切线,则直线PQ的斜率为.其中正确的命题是.(将所有正确命题的序号都填上)三、解答题10.(2013·合肥模拟)已知函数f(x)=x3-x2+x+b,其中a,b∈R.(1)若曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y=5x-4,求函数f(x)的解析式.(2)当a>0时,讨论函数f(x)的单调性.11.(2013·南昌模拟)已知函数f(x)=ax2-3x+lnx(a>0).(1)若曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线平行于x轴,求函数f(x)在区间[,2]上的最值.(2)若函数f(x)在定义域内是单调函数,求a的取值范围.12.(能力挑战题)已知函数f(x)=xlnx.(1)求函数f(x)的极值点.(2)若直线l过点(0,-1),并且与曲线y=f(x)相切,求直线l的方程.(3)设函数g(x)=f(x)-a(x-1),其中a∈R,求函数g(x)在[1,e]上的最小值(其中e为自然对数的底数).答案解析1.【解析】选A.由y′=(e x+ax)′=e x+a=0,得e x=-a,即x=ln(-a)>0⇒-a>1⇒a<-1.2.【解析】选D.y′=-2xe x+(3-x2)e x=e x(-x2-2x+3)>0⇒x2+2x-3<0⇒-3<x<1,≨函数y=(3-x2)e x的递增区间是(-3,1).3.【解析】选A.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.4.【解析】选A.由①②得=a x,又[]′=,由③知[]′<0,故y=a x是减函数,因此0<a<1.由+=,得a+=,解得a=或a=2(舍).5.【解析】选D.对于A来说,抛物线为函数f(x),直线为f′(x);对于B来说,从左到右上升的曲线为函数f(x),从左到右下降的曲线为f′(x);对于C来说,下面的曲线为函数f(x),上面的曲线为f′(x).只有D不符合题设条件.【方法技巧】函数的导数与增减速度及图像的关系(1)导数与增长速度①一个函数的增长速度快,就是说,在自变量的变化相同时,函数值的增长大,即平均变化率大,导数也就大;②一个函数减小的速度快,那么在自变量的变化相同时,函数值的减小大,即平均变化率大,导数的绝对值也就大.(2)导数与图像一般地,如果一个函数在某一范围内的导数的绝对值较大,说明函数在这个范围内变化得快,这时,函数的图像就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数的图像就较“平缓”.6.【思路点拨】y=g(x)是函数y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线,故g′(x)=f′(x0),据此判断F′(x0)是否为0,再进一步判断在x=x0两侧F′(x)的符号.【解析】选B.F′(x)=f′(x)-g′(x)=f′(x)-f′(x0),≨F′(x0)=f′(x0)-f′(x0)=0,又当x<x0时,从图像上看,f′(x)<f′(x0),即F′(x)<0,此时函数F(x)=f(x)-g(x)是减少的,同理,当x>x0时,函数F(x)是增加的.7.【解析】f′(x)==>0,即cosx>-,结合三角函数图像知,2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),即函数f(x)的递增区间是(2kπ-,2kπ+)(k∈Z).答案:(2kπ-,2kπ+)(k∈Z)8.【解析】≧x=2是f(x)的极大值点,f(x)=x(x2-2cx+c2)=x3-2cx2+c2x,≨f′(x)=3x2-4cx+c2,≨f′(2)=3×4-8c+c2=0,解得c=2或c=6,当c=2时,在x=2处不能取极大值,≨c=6.答案:6【误区警示】本题易出现由f′(2)=0求出c后,不验证是否能够取到极大值这一条件,导致产生增根.9.【解析】画出函数f(x)=-2cosx,x∈[0,π]的图像可知①错;函数g(x)=x2+lnx的导函数g′(x)=x+≥2,所以函数g(x)在定义域内为增函数,画图知②正确;因为f′(x)=2sinx≤2,又因为g′(x)=x+≥2,所以函数f(x)和函数g(x)图像上存在平行的切线,③正确;同时要使函数f(x)在点P处的切线平行于函数g(x)在点Q处的切线只有f′(x)=g′(x)=2,这时P(,0),Q(1,),所以k PQ=,④也正确.答案:②③④10.【解析】(1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1.由导数的几何意义得f′(2)=5,于是a=3.由切点P(2,f(2))在直线y=5x-4上可知2+b=6,解得b=4.所以函数f(x)的解析式为f(x)=x3-2x2+x+4.(2)f′(x)=ax2-(a+1)x+1=a(x-)(x-1).当0<a<1时,>1,函数f(x)在区间(-≦,1)及(,+≦)上是增加的,在区间(1,)上是减少的;当a=1时,=1,函数f(x)在区间(-≦,+≦)上是增加的;当a>1时,<1,函数f(x)在区间(-≦,)及(1,+≦)上是增加的,在区间(,1)上是减少的.11.【解析】(1)≧f(x)=ax2-3x+lnx,≨f′(x)=2ax-3+,又f′(1)=0,≨2a-2=0,≨a=1,≨f(x)=x2-3x+lnx,f′(x)=2x-3+.令f′(x)=0,即2x-3+=0,解得x=或x=1.列表如下:≨当x=1时,f(x)min=-2;≧f(2)-f()=-2+ln2++ln2=ln4->1->0,≨当x=2时,f(x)max=-2+ln2.(2)f(x)的定义域为(0,+≦),f′(x)=2ax-3+=,令Δ=9-8a.当a≥时,Δ≤0,f′(x)≥0,函数f(x)在(0,+≦)上是增加的,当0<a<时,Δ>0,方程2ax2-3x+1=0有两个不相等的正根x1,x2,不妨设x1<x2,则当x∈(0,x1)∪(x2,+≦)时,f′(x)>0,当x∈(x1,x2)时,f′(x)<0,这时,函数f(x)在定义域内不是单调函数.综上,a的取值范围是[,+≦).12.【思路点拨】(1)先判断f(x)的增减性,再求极值点.(2)设出切点,表示出切线方程,利用直线过点(0,-1),求出切点即可得出切线方程.(3)先求出极值点,再根据该点是否在[1,e]上分类讨论.【解析】(1)f′(x)=lnx+1,x>0.而f′(x)>0,即lnx+1>0,得x>.f′(x)<0,即lnx+1<0,得0<x<,所以f(x)在(0,)上是减少的,在(,+≦)上是增加的.所以x=是函数f(x)的极小值点,极大值点不存在.(2)设切点坐标为(x0,y0),则y0=x0lnx0,切线的斜率为lnx0+1,所以切线l的方程为y-x0lnx0=(lnx0+1)(x-x0).又切线l过点(0,-1),所以有-1-x0lnx0=(lnx0+1)(0-x0).解得x0=1,y0=0.所以直线l的方程为y=x-1.(3)g(x)=xlnx-a(x-1),则g′(x)=lnx+1-a.g′(x)<0,即lnx+1-a<0,得0<x<e a-1,g′(x)>0,得x>e a-1,所以g(x)在(0,e a-1)上是减少的,在(e a-1,+≦)上是增加的.①当e a-1≤1即a≤1时,g(x)在[1,e]上是增加的,所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(1)=0.②当1<e a-1<e,即1<a<2时,g(x)在[1,e a-1)上是减少的,在(e a-1,e]上是增加的.g(x)在[1,e]上的最小值为g(e a-1)=a-e a-1.③当e≤e a-1,即a≥2时,g(x)在[1,e]上是减少的,所以g(x)在[1,e]上的最小值为g(e)=e+a-ae.综上,x∈[1,e]时,当a≤1时,g(x)的最小值为0;当1<a<2时,g(x)的最小值为a-e a-1;当a≥2时,g(x)的最小值为a+e-ae.【变式备选】设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在(,+≦)上存在递增区间,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.【解析】(1)f(x)=-x3+x2+2ax,≨f′(x)=-x2+x+2a,当x∈[,+≦)时,f′(x)的最大值为f′()=+2a.函数f(x)在(,+≦)上存在递增区间,即导函数在(,+≦)上存在函数值大于零成立,≨+2a>0⇒a>-.(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-,而f′(x)=-x2+x+2a的图像开口向下,且对称轴为x=,≨f′(1)=-1+1+2a=2a>0,f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,则必有一点x0∈[1,4]使得f′(x0)=0,此时函数f(x)在[1,x0]上是增加的,在[x0,4]上是减少的,f(1)=-++2a=+2a>0,≨f(4)=-×64+×16+8a=-+8a,≨-+8a=-,得a=1,此时,由f′(x0)=-+x0+2=0得x0=2或-1(舍去),所以函数f(x)max=f(2)=.。

课时作业提升(十五) 导数与函数的极值、最值A 组 夯实基础1．设函数f (x )＝x e x ，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点解析：选D f ′(x )＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x .令f ′(x )＝0，则x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )<0，当x >－1时，f ′(x )>0，所以x ＝－1为f (x )的极小值点．2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析：选A f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0，令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，所以f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.3．(2018·长治模拟)若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图像不可能是( )解析：选D 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，所以导函数的图像要穿过x 轴，观察四个选项中的图像只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图像不可能是D ．4．(2108·成都检测)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：选C ∵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)＝18.5．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2解析：选D 由题意可得f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝2，则f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：6．(2018·怀化模拟)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5,0)B ．(－5,0)C ．[－3,0)D ．(－3,0)解析：选C 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图像如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图像可知⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3,0)，故选C ．7．(2018·银川模拟)函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 解析：f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3.当m ＝3时，f ′(x )＝3 (x －1)(x －3)，1＜x ＜3时，f ′(x )＜0；x ＜1或x ＞3时，f ′(x )＞0，此时x ＝1处取得极大值，不合题意，所以m ＝1.答案：18．(2018·长沙模拟)设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )，则g (x )的最小值为________．解析：对f (x )＝ln x 求导，得f ′(x )＝1x ，则g (x )＝ln x ＋1x ，且x ＞0.对g (x )求导，得g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＝0，解得x ＝1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，函数g (x )＝l n x ＋1x 在(0,1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )＝ln x ＋1x在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )min ＝g (1)＝1.答案：19．(2018·郑州模拟)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．解析：f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，根据已知f ′(2)＝0，得a ＝3， 即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min ＝－4－9＝－13. 答案：－1310．(2018·沈阳质检)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ＋b (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0，求实数a ，b 的值； (2)若x ＝1是函数f (x )的极值点，求实数a 的值． 解：(1)因为f (x )＝12x 2－a ln x ＋b ，所以f ′(x )＝x －ax ，因为曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线的方程为3x －y －3＝0， 所以1－a ＝3，f (1)＝0，所以a ＝－2，12＋b ＝0，所以a ＝－2，b ＝－12.(2)因为x ＝1是函数f (x )的极值点， 所以f ′(1)＝1－a ＝0，所以a ＝1.当a ＝1时，f (x )＝12x 2－ln x ＋b ，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x，当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ＞1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以a ＝1. 11．(2018·贵阳模拟)设f (x )＝x e x ，g (x )＝12x 2＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋g (x )，求F (x )的最小值；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有m [f (x 1)－f (x 2)]＞g (x 1)－g (x 2)恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)F (x )＝f (x )＋g (x )＝x e x ＋12x 2＋x ，F ′(x )＝(x ＋1)(e x ＋1)，令F ′(x )＞0，解得：x ＞－1，令F ′(x )＜0，解得：x ＜－1， 故F (x )在(－∞，－1)单调递减，在(－1，＋∞)单调递增， 故F (x )min ＝F (－1)＝－12－1e；(2)若任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有m [f (x 1)－f (x 2)]＞g (x 1)－g (x 2)恒成立， 则任意x 1，x 2∈[－1，＋∞)且x 1＞x 2有mf (x 1)－g (x 1)＞mf (x 2)－g (x 2)＞0恒成立， 令h (x )＝mf (x )－g (x )＝mx e x －12x 2－x ，x ∈[－1，＋∞)，即只需h (x )在[－1，＋∞)递增即可；故h ′(x )＝(x ＋1)(m e x －1)≥0在[－1，＋∞)恒成立， 故m ≥1e x ，而1ex ≤e ，故m ≥e.B 组 能力提升1．(2018·海口检测)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－2ax ＋a 2，a ∈R . (1)若a ＝0，求函数f (x )在[1，e]上的最小值； (2)根据a 的不同取值，讨论函数f (x )的极值点情况． 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x 2，其定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x＋2x ＞0，所以f (x )在[1，e]上是增函数，当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝1； 故函数f (x )在[1，e]上的最小值是1.(2)f ′(x )＝2x 2－2ax ＋1x，令g (x )＝2x 2－2ax ＋1，(ⅰ)当a ≤0时，在(0，＋∞)上g (x )＞0恒成立， 此时f ′(x )＞0，函数f (x )无极值点；(ⅱ)当a ＞0时，若Δ＝4a 2－8≤0，即0＜a ≤2时，在(0，＋∞)上g (x )≥0恒成立，此时f ′(x )≥0，函数f (x )无极值点；若Δ＝4a 2－8＞0，即a ＞2时，易知当a －a 2－22＜x ＜a ＋a 2－22时，g (x )＜0，此时f ′(x )＜0；当0＜x ＜a －a 2－22或x ＞a ＋a 2－22时，g (x )＞0，此时f ′(x )＞0，所以当a ＞2时，x ＝a －a 2－22是函数f (x )的极大值点，x ＝a ＋a 2－22是函数f (x )的极小值点，综上，当a ≤2时，函数f (x )无极值点；a ＞2时，x ＝a －a 2－22是函数f (x )的极大值点，x ＝a ＋a 2－22是函数f (x )的极小值点．2．(2018·日照模拟)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－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x (e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －ce x ，令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以－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， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋ce －3＝－e 3，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，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取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，＋∞)上的最大值是5e 5.。

课时作业15 导数与函数的极值、最值一、选择题1．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x ＝( B ) A.1ln2 B ．－1ln2 C ．－ln2D ．ln2解析：y ′＝2x ＋x ·2x ln2＝0，∴x ＝－1ln2.2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( C ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4解析：f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或2.∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数．∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.3．若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则导函数f ′(x )的图象不可能是( D )解析：若函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数f ′(x )在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图象要穿过x 轴，观察四个选项中的图象只有D 项是不符合要求的，即f ′(x )的图象不可能是D.4．(2019·贵州黔东南州联考)已知函数f (x )＝ln x －ax ，若函数f (x )在[1，e]上的最小值为32，则a 的值为( A )A ．－ eB ．－e 2C ．－32D ．e12解析：由题意，f ′(x )＝1x ＋ax 2，若a ≥0，则f ′(x )>0，函数单调递增，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若－e<a <－1，函数f (x )在[1，－a ]上递减，在[－a ，e]上递增，所以f (－a )＝32，解得a ＝－e ；若－1≤a <0，函数f (x )是递增函数，所以f (1)＝－a ＝32，矛盾；若a ≤－e ，函数f (x )单调递减，所以f (e)＝32，解得a ＝－e2，矛盾．综上，a ＝－e ，故选A.5．(2019·河北邢台质检)若函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a 的取值范围为( B )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32 D ．(－1,0)∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：对函数求导得f ′(x )＝x －1＋a 1－1x ＝(x ＋a )(x －1)x ，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x ＝1是唯一的极值点，此时－a ≤0且f (1)＝－12＋a ≥1⇒a ≥32.故选B.6．(2019·江西宜春六校联考)已知函数f (x )＝x ln x －a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( A )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e B ．(0，e)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D ．(－∞，e) 解析：f ′(x )＝ln x －a e x ＋1，若函数f (x )＝x ln x －a e x 有两个极值点，则y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有2个交点，g ′(x )＝1x －ln x －1e x (x >0)．令h (x )＝1x －ln x －1，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0，h (x )在(0，＋∞)上递减，而h (1)＝0，故x ∈(0,1)时，h (x )>0，即g ′(x )>0，g (x )递增，x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )递减，故g (x )max ＝g (1)＝1e ，而x →0时，g (x )→－∞，x →＋∞时，g (x )→0.若y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有2个交点，只需0<a <1e .7．(2019·广东汕头质监)已知函数f (x )＝e xx －mx (e 为自然对数的底数)，若f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，则实数m 的取值范围是( C )A ．(－∞，2)B ．(－∞，e)C.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，e 24 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，＋∞ 解析：∵f (x )＝e x x －mx >0在(0，＋∞)上恒成立，∴m <e xx 2在(0，＋∞)上恒成立，令g (x )＝e xx 2，x >0，∴g ′(x )＝(x 2－2x )e x x 4＝(x －2)e x x 3，当0<x <2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增．故当x ＝2时，g (x )取得最小值，且最小值为g (2)＝e 24.∴m <e 24.二、填空题8．函数f (x )＝x sin x ＋cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的最大值为π2.解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2.9．若函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则函数f (x )的极大值为2ln2－2. 解析：因为f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，所以f ′(x )＝2f ′(1)x －1， 令x ＝1得，f ′(1)＝2f ′(1)－1，得f ′(1)＝1， 故f (x )＝2ln x －x ，定义域为(0，＋∞)．且f ′(x )＝2x －1＝2－x x ，当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，且f (x )极大值＝f (2)＝2ln2－2.10．(2019·安徽合肥质检)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－3x 2，若函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[0,2]，且在x ＝0处取得最大值，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，65. 解析：g (x )＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)，g (0)＝0.若g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)，则g (x )≤g (0)，即ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)≤0在[0,2]上恒成立．当x＝0时，显然成立；当x ≠0时，有a ≤3(x ＋2)x (x ＋3)在(0,2]上恒成立．设h (x )＝3(x ＋2)x (x ＋3)＝3x ＋3＋6x 2＋3x ，显然h (x )在(0,2]上单调递减，最小值为h (2)＝3×(2＋2)2×(2＋3)＝65.因此a ≤65. 三、解答题11．(2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0.所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x . 若a >12，则当x ∈(1a ，2)时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(12，＋∞)．12．(2019·四川内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R )，曲线y ＝f (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)设k ∈R ，求函数g (x )＝kx －f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝32a ＋12b ＝0. ∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝12a －32b ＝1，∴a ＝12，b ＝－32.(2)由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3， ∴g (x )＝kx －sin x ，g ′(x )＝k －cos x ， ①当k ≤0时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g ′(x )≤0，故g (x )单调递减．∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0. ②当0<k <1时，∵g ′(0)＝k －1<0，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k >0，∴存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使g ′(x 0)＝0. 当x ∈[0，x 0)时，g ′(x )<0，故g (x )单调递减， 当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤x 0，π2时，g ′(x )>0，故g (x )单调递增．∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)或g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2. 又g (0)＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1，∴当0<k ≤2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0.当2π<k <1时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.③当k ≥1时，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g ′(x )≥0，故g (x )单调递增，∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.综上所述，当k ≤2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g (0)＝0，当k >2π时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝k π2－1.13．已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x ＋1和y ＝x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( D )A.3－ln22B.5－ln22C.3＋ln22D.5＋ln22解析：由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎪⎫y －22⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋22y，当0<y <22时，h ′(y )<0，当y >22时，h ′(y )>0，即函数h (y )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222－ln 22＋2＝5＋ln22，故选D. 14．(2019·河北五校联考)已知函数f (x )＝x ＋a ln x (a >0)，若∀x 1，x 2∈(12，1)(x 1≠x 2)，|f (x 1)－f (x 2)|>|1x 1－1x 2|，则正数a 的取值范围是[32，＋∞)．解析：由f (x )＝x ＋a ln x (a >0)，得当x ∈(12，1)时，f ′(x )＝1＋a x >0，f (x )在(12，1)上单调递增，不妨设x 1>x 2，则|f (x 1)－f (x 2)|>|1x 1－1x 2|，即f (x 1)－f (x 2)>1x 2－1x 1，f (x 1)＋1x 1>f (x 2)＋1x 2，令g (x )＝f (x )＋1x ，则g (x )在(12，1)上单调递增，所以g ′(x )＝1＋a x －1x 2≥0在(12，1)上恒成立，a x ≥1x 2－1，即a ≥1x －x 在(12，1)上恒成立，令h (x )＝1x －x ，x ∈(12，1)，则h ′(x )＝－1－1x 2<0，h (x )单调递减，故a ≥32，正数a 的取值范围是[32，＋∞)．尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．(2019·江西南昌调研)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( D )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12 C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12 D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12解析：f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，即曲线y ＝1＋ln x 与直线y ＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线， 可知：0<2a <1,0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12.由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0， ∵当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0， ∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12，故选D.。

§3.3 导数与函数的极值、最值课时精练1．函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( ) A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0答案 C解析 f ′(x )＝2(x 2－1)·2x ＝4x (x ＋1)(x －1)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝1. 2．函数y ＝xe x 在[0,2]上的最大值是( )A.1eB.2e 2 C ．0 D.12e 答案 A解析 易知y ′＝1－xex ，x ∈[0,2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得1<x ≤2，所以函数y ＝x e 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1e ，故选A.3．已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．－52C ．3＋ln 2D ．－2＋2ln 2 答案 B解析 由题意得，f ′(x )＝2x ＋2ax －3，∵f (x )在x ＝2处取得极小值，∴f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12，∴f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x ，f ′(x )＝2x ＋x －3＝(x －1)(x －2)x ，∴f (x )在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减， ∴f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52.4．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图像如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163 答案 C解析 由题中图像可知f (x )的图像经过点(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．(多选)函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图像如图所示，则以下命题错误的是( )A ．－3是函数y ＝f (x )的极值点B ．－1是函数y ＝f (x )的最小值点C ．y ＝f (x )在区间(－3,1)上单调递增D ．y ＝f (x )在x ＝0处切线的斜率小于零 答案 BD解析 根据导函数的图像可知当x ∈(－∞，－3)时，f ′(x )<0，当x ∈(－3，＋∞)时，f ′(x )≥0， ∴函数y ＝f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，则－3是函数y ＝f (x )的极值点，∵函数y ＝f (x )在(－3，＋∞)上单调递增，∴－1不是函数y ＝f (x )的最小值点， ∵函数y ＝f (x )在x ＝0处的导数大于0，∴y ＝f (x )在x ＝0处切线的斜率大于零． 故错误的命题为BD.6．(多选)(2020·烟台模拟)已知函数f (x )＝x 2＋x －1e x ，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 ＝5e 2，则t 的最小值为2答案 ABC解析 由f (x )＝0，得x 2＋x －1＝0， ∴x ＝－1±52，故A 正确．f ′(x )＝－x 2－x －2e x ＝－(x ＋1)(x －2)e x，当x ∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f ′(x )<0， 当x ∈(－1,2)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1,2)上单调递增， ∴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， ∴f (x )的图像如图所示，由图知C 正确，D 不正确．7．函数f (x )＝2x －ln x 的最小值为 ． 答案 1＋ln 2解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2－1x ＝2x －1x ，当0<x <12时，f ′(x )<0；当x >12时，f ′(x )>0.∴f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增， ∴f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12＝1－ln 12＝1＋ln 2. 8．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有两个极值点，则实数c 的取值范围为 ． 答案 ⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞解析 若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有两个极值点， 则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两个不相等的实根， 故Δ＝(－4c )2－12>0， 解得c >32或c <－32.所以实数c 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，－32∪⎝⎛⎭⎫32，＋∞. 9．已知函数f (x )＝sin x －13x ，x ∈[0，π]，cos x 0＝13，x 0∈[0，π]．①f (x )的最大值为f (x 0)； ②f (x )的最小值为f (x 0)； ③f (x )在[0，x 0]上是减函数； ④f (x 0)为f (x )的极大值．那么上面命题中真命题的序号是 ． 答案 ①④解析 f ′(x )＝cos x －13，由f ′(x )＝0，得cos x ＝13，即x ＝x 0，因为x 0∈[0，π]，当0≤x <x 0时，f ′(x )>0；当x 0<x ≤π时，f ′(x )<0，所以f (x )在[0，x 0)上单调递增，在(x 0，π]上单调递减，所以f (x 0)为f (x )的极大值且为最大值．故①④正确，②③不正确．10．已知不等式e x －1≥kx ＋ln x 对于任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，则k 的最大值为 ． 答案 e －1解析 ∀x ∈(0，＋∞)，不等式e x－1≥kx ＋ln x 恒成立，等价于∀x ∈(0，＋∞)，k ≤e x －1－ln xx恒成立，令φ(x )＝e x －1－ln xx (x >0)，则φ′(x )＝e x (x －1)＋ln xx 2，当x ∈(0,1)时，φ′(x )<0， 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(1)＝e －1， ∴k ≤e －1.11．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 )在定义域上的极大值为f (x )极大值＝f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x.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 .12．已知函数f (x )＝x ln x . (1)求函数f (x )的极值点；(2)设函数g (x )＝f (x )－a (x －1)，其中a ∈R ，求函数g (x )在区间(0，e]上的最小值(其中e 为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝ln x ＋1，x >0， 由f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0， 所以f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1e 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上单调递增． 所以x ＝1e 是函数f (x )的极小值点，极大值点不存在．(2)g (x )＝x ln x －a (x －1)，则g ′(x )＝ln x ＋1－a ， 由g ′(x )＝0，得x ＝e a －1.所以在区间(0，e a －1)上，g (x )单调递减， 在区间(e a －1，＋∞)上，g (x )单调递增．当e a －1≥e ，即a ≥2时，g (x )在(0，e]上单调递减， ∴g (x )min ＝g (e)＝a ＋e －a e ，当e a －1<e 即a <2时，g (x )在(0，e a －1)上单调递减，在(e a －1，e]上单调递增， ∴g (x )min ＝g (e a －1)＝a －e a －1，令g (x )的最小值为h (a )，综上有h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －e a －1，a <2，a ＋e －a e ，a ≥2.13．(2021·巴中诊断)若函数f (x )＝3x －x 3在区间(a －5,2a ＋1)上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,4] B ．(－1,4) C.⎝⎛⎦⎤－1，12 D.⎝⎛⎭⎫－1，12 答案 C解析 由f (x )＝3x －x 3，可得f ′(x )＝－3x 2＋3＝－3(x －1)(x ＋1)， 当－1<x <1时，f ′(x )>0， 当x <－1或x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1,1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，可得f (－1)＝－2，令f (x )＝－2，可得x ＝－1或x ＝2， 则f (x )的图像如图所示，因为函数在区间(a －5,2a ＋1)上有最小值， 故a －5<－1<2a ＋1≤2， 解得－1<a ≤12.14．(2020·邢台模拟)若函数f (x )＝12x 2＋(a －1)x －a ln x 存在唯一的极值，且此极值不小于1，则实数a 的取值范围为 ． 答案 ⎣⎡⎭⎫32，＋∞ 解析 对函数求导得f ′(x )＝x －1＋a ⎝⎛⎭⎫1－1x ＝(x ＋a )(x －1)x ，x >0，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x ＝1是唯一的极值点，此时－a ≤0，且f (1)＝－12＋a ≥1，所以a ≥32.15．已知函数f (x )＝x ln x ＋m e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数m 的取值范围是 ． 答案 ⎝⎛⎭⎫－1e ，0 解析f (x )＝x ln x ＋m e x (x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1＋m e x (x >0)，令f ′(x )＝0，得－m ＝ln x ＋1e x ，设g (x )＝ln x ＋1e x，则g ′(x )＝1x －ln x －1e x(x >0)，令h (x )＝1x －ln x －1， 则h ′(x )＝－1x 2－1x<0(x >0)，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递减且h (1)＝0，∴当x ∈(0,1]时，h (x )≥0，即g ′(x )≥0，g (x )在(0,1]上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，即g ′(x )<0，g (x )在(1，＋∞)上单调递减， 故g (x )max ＝g (1)＝1e，而当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，若f (x )有两极值点，只要y ＝－m 和g (x )的图像在(0，＋∞)上有两个交点， 只需0<－m <1e ，故－1e<m <0.16．(2019·全国Ⅲ)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 (1)f (x )的定义域为R ， f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )<0， 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3上单调递减； 若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫a 3，0时，f ′(x )<0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a3，0上单调递减． (2)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a3，1上单调递增，所以f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a327＋2，最大值为f (0)＝2或f (1)＝4－a . 于是m ＝－a 327＋2，M ＝⎩⎪⎨⎪⎧4－a ，0<a <2，2，2≤a <3.所以M －m ＝⎩⎨⎧2－a ＋a 327，0<a <2，a327，2≤a <3.①当0<a <2时，可知y ＝2－a ＋a 327单调递减，所以M －m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫827，2. ②当2≤a <3时，y ＝a 327单调递增，所以M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，1. 综上，M －m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫827，2.。

一、全员必做题1．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1,0)点，则f (x )的极大值，极小值分别为( )A ．－427，0B ．0，－427C.427，0 D ．0，427解析：选C 由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，所以f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x ＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0.2．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：3．已知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 的值为________．解析：因为f (x )是奇函数，所以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，所以0<1a <2.令f ′(x )>0，得x <1a ，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；令f ′(x )<0，得x >1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减．所以当x ∈(0,2)时，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ·1a ＝－1，所以ln 1a ＝0，所以a ＝1.答案：14．已知函数f (x )＝1＋ln xkx(k ≠0)．求函数f (x )的极值．解：f (x )＝1＋ln xkx，其定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝－ln xkx 2.令f ′(x )＝0，得x ＝1，当k >0时，若0<x <1，则f ′(x )>0； 若x >1，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x ＝1时，函数f (x )取得极大值1k.当k <0时，若0<x <1，则f ′(x )<0； 若x >1，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x ＝1时，函数f (x )取得极小值1k.5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝ax －2x－3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a ＋2x 2－3x，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝a ＝1， 故f (x )＝x －2x－3ln x ，则f ′(x )＝x －x －x2.由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：从而在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，3上，f (x )有最小值，且最小值为f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x ＞0)，由题设可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根， 不妨设这两个根为x 1，x 2，且x 1≠x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a ＞0，x 1x 2＝2a ＞0解得0＜a ＜98.故所求a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98. 二、重点选做题1．(2018·昆明模拟)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x ∈(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，且在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. (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 即f (x )在x ∈(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.根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ， 即a ≥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(e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x ＜1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝3.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在和⎣⎢⎡⎭⎪⎫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 )在上单调递增，则f (x )在上的最大值为f (e)＝a .综上所述，当a ≥2时，f (x )在上的最大值为a ；当a ＜2时，f (x )在上的最大值为2. 三、冲刺满分题1．已知函数f (x )＝(x ＋a )ln x ，g (x )＝x 2e x ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线2x －y －3＝0平行．(1)求证：方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的实根；(2)设函数m (x )＝min{f (x )，g (x )}(min{p ，q }表示p ，q 中的较小者)，求m (x )的最大值．解：(1)由题意知，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为2， 所以f ′(1)＝2，又f ′(x )＝ln x ＋a x＋1，所以a ＝1. 所以f (x )＝(x ＋1)ln x .设h (x )＝f (x )－g (x )＝(x ＋1)ln x －x 2ex ，当x ∈(0,1]时，h (x )<0，又h (2)＝3ln 2－4e 2＝ln 8－4e 2>1－1＝0，所以存在x 0∈(1,2)，使h (x 0)＝0. 因为h ′(x )＝ln x ＋1x＋1－x－x ex ，当x ∈(1,2)时，0<x (2－x )＝－(x －1)2＋1<1， e x>e ，所以0<1e x <1e ，所以x －x e x<1e， 所以h ′(x )>1－1e>0，所以当x ∈(1,2)时，h (x )单调递增，所以方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的实根．(2)由(1)知，方程f (x )＝g (x )在(1,2)内存在唯一的实根x 0，且x ∈(0，x 0)时，f (x )<g (x )，又当x ∈(x 0,2)时，h ′(x )>0， 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )>0， 所以当x ∈(x 0，＋∞)时，f (x )>g (x )，所以m (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋x ，x ∈，x 0]，x2ex ，x ∈x 0，＋当x ∈(0，x 0)时，若x ∈(0,1]，则m (x )≤0；若x ∈(1，x 0]，由m ′(x )＝ln x ＋1x＋1>0，可知0<m (x )≤m (x 0)，故当x ∈(0，x 0]时，m (x )≤m (x 0)．当x ∈(x 0，＋∞)时，由m ′(x )＝x－xex可得当x ∈(x 0,2)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增；x ∈(2，＋∞)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减．可知m (x )≤m (2)＝4e 2，且m (x 0)<m (2)．综上可得，函数m (x )的最大值为4e 2.2．已知函数f (x )＝12x 2＋mx ＋ln x .(1)若m ＝－3，讨论函数f (x )的单调性，并写出单调区间；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且m ≤－322，求f (x 1)－f (x 2)的最小值．解：(1)当m ＝－3时，f (x )＝12x 2－3x ＋ln x ，依题意，x >0，且f ′(x )＝x －3＋1x ＝x 2－3x ＋1x，令f ′(x )>0，得0<x <3－52或x >3＋52， 令f ′(x )<0，得3－52<x <3＋52.因此函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫3－52，3＋52上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3－52和⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋52，＋∞上单调递增．(2)由题意知，f ′(x )＝x ＋m ＋1x ＝x 2＋mx ＋1x，则易知x 1，x 2为x 2＋mx ＋1＝0的两个根，且x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝1，所以f (x 1)－f (x 2)＝12x 21＋mx 1＋ln x 1－12x 22＋mx 2＋ln x 2＝12(x 21－x 22)＋m (x 1－x 2)＋ln x 1－ln x 2＝12(x 21－x 22)－(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋ln x 1－ln x 2 ＝ln x 1x 2－12(x 21－x 22)＝ln x 1x 2－12·x 21－x 22x 1x 2＝ln x 1x 2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2－x 2x 1.记x 1x 2＝t ，由x 1<x 2且m ≤－322知0<t <1， 且f (x 1)－f (x 2)＝ln t －12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t ，记φ(t )＝ln t －12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t ，则φ′(t )＝2t －t 2－12t 2＝－t －22t 2<0，故φ(t )在(0,1)上单调递减．由m ≤－322知(x 1＋x 2)2≥92，从而x 21＋x 22≥52，即x 21＋x 22x 1x 2≥52， 故t ＋1t ≥52，结合0<t <1，解得0<t ≤12，从而φ(t )的最小值为φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝34－ln 2，即f (x 1)－f (x 2)的最小值为34－ln 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.。

导数与函数的极值、最值测试题与详解答案A 级——保大分专练1．(2019·辽宁鞍山一中模拟)已知函数f (x )＝x 3－3x －1，在区间[－3,2]上的最大值为M ，最小值为N ，则M －N ＝( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选 A ∵f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，∴f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，又∵f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，∴M ＝1，N ＝－19，M －N ＝1－(－19)＝20.2．(2018·梅州期末)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1,3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间B ．(3,5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y ＝f (x )在x ＝－1,5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值，故选项C 错误．3．(2019·湖北襄阳四校联考)函数f (x )＝12x 2＋x ln x －3x 的极值点一定在区间( )A ．(0,1)内B ．(1,2)内C ．(2,3)内D ．(3,4)内解析：选B 函数的极值点即导函数的零点，f ′(x )＝x ＋ln x ＋1－3＝x ＋ln x －2，则f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2>0，由零点存在性定理得f ′(x )的零点在(1,2)内，故选B.4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k,2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D 由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：3.5．(2019·皖南八校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，则b ＝( )A ．－1B ．1C ．1或－1D ．－1或3解析：选A f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，因为f (x )在x ＝1处有极值－43，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ＝－1＋2b ＋c ＝0，f＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，Δ＝4b 2＋4c >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3，故选A.6．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0；当t ＞22时，f ′(t )＞0. ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值，即|MN |取得最小值时t ＝22. 7．(2019·江西阶段性检测)已知函数y ＝ax －1x2在x ＝－1处取得极值，则a ＝________.解析：因为y ′＝a ＋2x3，所以当x ＝－1时，a －2＝0，所以a ＝2，经验证，可得函数y＝2x －1x2在x ＝－1处取得极值，因此a ＝2.答案：28．f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．解析：f ′(x )＝x 2＋－2x x ＋x 2＋2＝－x ＋x －x 2＋2.令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.∴f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上是减函数，在(－2,1)上是增函数， ∴f (x )极小值＝f (－2)＝－12.答案：－129．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________百万件．解析：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． 答案：310．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．解析：因为f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f＝3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2. 当x <0或x >2时，y ′>0；当0<x <2时，y ′<0.故当x ＝0时，f (x )取得极大值，当x ＝2时，f (x )取得极小值， 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：411．设函数f (x )＝a ln xx＋b (a ，b ∈R)，已知曲线y ＝f (x )在点(1,0)处的切线方程为y ＝x －1.(1)求实数a ，b 的值；(2)求f (x )的最大值．解：(1)因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a－ln xx 2.所以f ′(1)＝a ，又因为切线斜率为1，所以a ＝1. 由曲线y ＝f (x )过点(1,0)，得f (1)＝b ＝0. 故a ＝1，b ＝0.(2)由(1)知f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.当0<x <e 时，有f ′(x )>0，得f (x )在(0，e)上是增函数； 当x >e 时，有f ′(x )<0，得f (x )在(e ，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝e 处取得最大值f (e)＝1e .12．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f (x )的定义域为(0，＋∞)，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，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点； 当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，f ′(x )<0，故函数f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值点； 当a >0时，函数f (x )有一个极大值点．B 级——创高分自选1．已知函数f (x )＝x 3－3ax ＋b 的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f (x )的极大值是________．解析：因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)，所以a >0. 由f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x －a )(x ＋a )，可得a ＝1， 由f (x )＝x 3－3x ＋b 在x ＝1处取得极小值2， 可得1－3＋b ＝2，故b ＝4.所以f (x )＝x 3－3x ＋4的极大值为f (－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6. 答案：62．(2019·“超级全能生”高考全国卷26省联考)已知函数f (x )＝t 3x 3－32x 2＋2x ＋t 在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，则t 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝tx 2－3x ＋2，由题意可得f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即tx 2－3x ＋2＝0在(0，＋∞)有两个不等实根，所以⎩⎪⎨⎪⎧t ≠0，3t>0，2t >0，Δ＝9－8t >0，解得0<t <98.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，98 3．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x(a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x2(a >0)．(1)由f ′(x )>0，解得x >1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞；由f ′(x )<0，解得0<x <1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a .所以当x ＝1a时，函数f (x )有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ，无极大值．(2)不存在实数a 满足条件．由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件a ≥1. ②若1<1a <e ，即1e <a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，1a 上为减函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝a ln 1a＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，故不满足条件1e<a <1.③若1a ≥e，即0<a ≤1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e＝0，即a ＝－1e ，故不满足条件0<a ≤1e.综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。

课时2 导数与函数的极值、最值A 组 专项基础训练(时间：35分钟)1．当函数y ＝x ·2x 取极小值时，x 等于( ) A.1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 22．函数y ＝ln x －x 在x ∈(0，e 』上的最大值为( ) A ．e B ．1 C ．－1D ．－e3．设函数f (x )在R 上可导，其导函数为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( )4．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185．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( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)6．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在『0,2』上的最小值是________．7．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________． 8．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________． 9．设f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与y 轴相交于点(0,6)．(1)确定a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．10．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．B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)11．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是( ) A ．{x |x >0} B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}12.若函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则y ＝f (x )的图象可能为( )13．函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________． 14．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________． 15．设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．16．已知函数f(x)＝a e2x－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．答案精析1．B 『令y ′＝2x ＋x ·2x ln 2＝0，∴x ＝－1ln 2.经验证，－1ln 2为函数y ＝x ·2x 的极小值点．』2．C 『函数y ＝ln x －x 的定义域为(0，＋∞)． 又y ′＝1x －1＝1－x x ，令y ′＝0得x ＝1，当x ∈(0,1)时，y ′>0，函数单调递增； 当x ∈(1，e 』时，y ′<0，函数单调递减． 当x ＝1时，函数取得最大值－1.』3．C 『由函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，可得f ′(－2)＝0，且当x ∈(a ，－2)(a <－2)时，f (x )单调递减，即f ′(x )<0；当x ∈(－2，b )(b >－2)时，f (x )单调递增，即f ′(x )>0.所以函数y ＝xf ′(x )在区间(a ，－2)(a <－2)内的函数值为正，在区间(－2，b )(－2<b <0)内的函数值为负，由此可排除选项A ，B ，D.』4．C 『∵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.』 5．B 『∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.』6．－173解析 f ′(x )＝x 2＋2x －3，f ′(x )＝0，x ∈『0,2』， 得x ＝1.比较f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，可知最小值为－173.7．(－∞，－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. 8．(22，＋∞) 解析 f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数递增． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0， 解得a >22. ∴a 的取值范围是(22，＋∞)． 9．解 (1)因为f (x )＝a (x －5)2＋6ln x ， 所以f ′(x )＝2a (x －5)＋6x.令x ＝1，得f (1)＝16a ，f ′(1)＝6－8a ，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －16a ＝(6－8a )(x －1)， 由点(0,6)在切线上，可得6－16a ＝8a －6，故a ＝12.(2)由(1)知，f (x )＝12(x －5)2＋6ln x (x >0)，f ′(x )＝x －5＋6x ＝(x －2)(x －3)x .令f ′(x )＝0，解得x ＝2或3. 当0<x <2或x >3时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0,2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x <3时，f ′(x )<0，故f (x )在(2,3)上为减函数．由此可知f (x )在x ＝2处取得极大值f (2)＝92＋6ln 2，在x ＝3处取得极小值f (3)＝2＋6ln 3.综上，f (x )的单调增区间为(0,2)，(3，＋∞)，单调减区间为(2,3)，f (x )的极大值为92＋6ln 2，极小值为2＋6ln 3.10．解 (1)由题意知f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下表：所以，f (x )(2)当k －1≤0，即k ≤1时，f (x )在『0,1』上单调递增， 所以f (x )在区间『0,1』上的最小值为f (0)＝－k ； 当0<k －1<1，即1<k <2时，f (x )在『0，k －1』上单调递减，在『k －1,1』上单调递增， 所以f (x )在区间『0,1』上的最小值为f (k －1)＝－e k －1； 当k －1≥1，即k ≥2时，f (x )在『0,1』上单调递减， 所以f (x )在区间『0,1』上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 综上，当k ≤1时，f (x )在『0,1』上的最小值为f (0)＝－k ；当1<k <2时，f (x )在『0,1』上的最小值为f (k －1)＝－e k －1； 当k ≥2时，f (x )在『0,1』上的最小值为f (1)＝(1－k )e. 11．A 『构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导得到g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x 『f (x )＋f ′(x )－1』． 由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0， 所以g (x )为R 上的增函数； 又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0， 所以e x ·f (x )>e x ＋1，即g (x )>0的解集为{x |x >0}．』12．C 『根据f ′(x )的符号，f (x )图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A 、D ；从适合f ′(x )＝0的点可以排除B.』 13．(－1,1)解析 令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：从而⎩⎪⎨⎪⎧(－a )3－3a (－a )＋b ＝6，(a )3－3a a ＋b ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1,1)． 14．『－2,1)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)． 15．解 对f (x )求导得 f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}． 16．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 )恒成立， 即2(a －b )(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，当且仅当2e 2x ＝2e －2x ，即x ＝0时，“＝”成立． 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，令e 2x ＝t ，注意到方程2t ＋2t－c ＝0有两根t 1，t 2＝c ±c 2－164>0， 即f ′(x )＝0有两个根x ＝12ln t 1或x ＝12ln t 2.当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0； 又当x >x 2时，f ′(x )>0， 当x <x 1时，f ′(x )>0，从而f (x )在x ＝x 1处取得极大值，在x ＝x 2处取得极小值． 综上，若f (x )有极值，则c 的取值范围为(4，＋∞)．。

导数与函数的极值、最值课时作业一、选择题1．如图2是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：图2①－2是函数y＝f(x)的极值点；②1是函数y＝f(x)的极值点；③y＝f(x)的图象在x＝0处切线的斜率小于零；④函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增．则正确命题的序号是()A．①③B．②④C．②③D．①④解析：根据导函数图象可知，－2是导函数的零点且－2的左右两侧导函数符号异号，故－2是极值点；1不是极值点，因为1的左右两侧导函数符号一致；0处的导函数值即为此点的切线斜率，显然为正值，导函数在(－2，2)上恒大于或等于零，故为函数的增区间，所以选D.答案：D2．设f(x)＝12x2－x＋cos(1－x)，则函数f(x)()A．仅有一个极小值B．仅有一个极大值C．有无数个极值D．没有极值解析：由f(x)＝12x2－x＋cos(1－x)，得f′(x)＝x－1＋sin(1－x)．设g(x)＝x－1＋sin(1－x)，则g′(x)＝1－cos(1－x)≥0.所以g(x)为增函数，且g(1)＝0.所以当x∈(－∞，1)时，g(x)<0，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，则f(x)单调递增．又f′(1)＝0，所以函数f(x)仅有一个极小值f(1)．故选A.答案：A3．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取极值10，则a＝()A ．4或－3B ．4或－11C ．4D ．－3 解析：∵f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .由题意得⎩⎨⎧f ′（1）＝3＋2a ＋b ＝0，f （1）＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， 即⎩⎨⎧2a ＋b ＝－3，a ＋b ＋a 2＝9，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11.当⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，故函数f (x )单调递增，无极值．不符合题意．∴a ＝4.故选C. 答案：C 4．函数f (x )＝2＋ln x x ＋1在[1e ，e]上的最小值为 ( ) A ．1 B.e 1＋e C.21＋e D.31＋e解析：∵f ′(x )＝x ＋1x －（2＋ln x ）（x ＋1）2＝1x－1－ln x （x ＋1）2，∴当e ≥x >1时，f ′(x )<0；当1e ≤x ＜1时，f ′(x )＞0. 所以f (x )的最小值为min ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （1e ），f （e ）＝min{e 1＋e ，31＋e }＝e 1＋e ，选B.答案：B5．若函数f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x 有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ( )A ．(0，62)B ．(1，62)C ．(－62，62)D ．(63，1)∪(1，62) 解析：∵f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x ， ∴f ′(x )＝2(a ＋1)e 2x －2e x ＋a －1，∵f (x )＝(a ＋1)e 2x －2e x ＋(a －1)x 有两个极值点， ∴f ′(x )＝0有两个不等实根，设t ＝e x >0，则关于t 的方程2(a ＋1)t 2－2t ＋a －1＝0有两个不等正根，可得⎩⎪⎨⎪⎧a －12（a ＋1）>0，22（a ＋1）>0，4－8（a －1）（a ＋1）>0⇒1<a <62，∴实数a 的取值范围是(1，62)，故选B. 答案：B 6.图1如图1，可导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )，设h (x )＝f (x )－g (x )，则下列说法正确的是( )A ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极大值点B ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极小值点C ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是h (x )的极值点D ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0是h (x )的极值点解析：由题意可得函数f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线方程为y ＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)， ∴h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， ∴h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)， ∴h ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0. 又当x <x 0时，f ′(x )<f ′(x 0)， 故h ′(x )<0，h (x )单调递减； 当x >x 0时，f ′(x )>f ′(x 0)， 故h ′(x )>0，h (x )单调递增．∴x ＝x 0是h (x )的极小值点．故选B. 答案：B7．若函数g (x )＝mx ＋sin xe x 在区间(0，2π)内有一个极大值和一个极小值，则实数m 的取值范围是 ( )A ．[－e －2π，e －π2)B ．(－e －π，e －2π)C ．(－e π，e －5π2) D ．(－e －3π，e π) 解析：函数g (x )＝mx ＋sin xe x ， 求导得g ′(x )＝m ＋cos x －sin xe x. 令f (x )＝m ＋cos x －sin x e x，则f ′(x )＝－2cos xe x .易知，当x ∈(0，π2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(π2，3π2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(3π2，2π)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 且f (0)＝m ＋1，f (π2)＝m －e －π2，f (3π2)＝m ＋e －3π2， f (2π)＝m ＋e －2π，有f (π2)<f (2π)，f (0)>f (3π2)．根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f （π2）＝m －e －π2<0，f （2π）＝m ＋e －2π≥0，解得－e－2π≤m <e －π2.故选A.答案：A8．函数y ＝2x 3－3x 2－12x ＋5在[0，3]上的最大值和最小值分别是 ( )A ．－4，－15B ．5，－15C ．5，－4D ．5，－16 解析：由题意知y ′＝6x 2－6x －12， 令y ′>0，解得x >2或x <－1，故函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0，2]上递减，在[2，3]上递增，当x＝0时，y＝5；当x＝3时，y＝－4；当x＝2时，y＝－15.由此得函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0，3]上的最大值和最小值分别是5，－15.故选B.答案：B9．若函数f(x)＝13x3－⎝⎛⎭⎪⎫1＋b2x2＋2bx在区间[－3，1]上不是单调函数，则f(x)在R上的极小值为()A．2b－43 B.32b－23C．0 D．b2－16b3解析：由题意得f′(x)＝(x－b)(x－2)．因为f(x)在区间[－3，1]上不是单调函数，所以－3<b<1.由f′(x)>0，解得x>2或x<b；由f′(x)<0，解得b<x<2.所以f(x)的极小值为f(2)＝2b－43.故选A.答案：A10．已知函数f(x)＝ln x＋a，g(x)＝ax＋b＋1，若∀x>0，f(x)≤g(x)，则ba的最小值是()A．1＋e B．1－e C．e－1D．2e－1解析：由题意，∀x>0，f(x)≤g(x)，即ln x＋a≤ax＋b＋1，即ln x－ax＋a≤b＋1，设h(x)＝ln x－ax＋a，则h′(x)＝1x－a，当a≤0时，h′(x)＝1x－a>0，函数h(x)单调递增，无最大值，不合题意；当a>0时，令h′(x)＝1x－a＝0，解得x＝1a，当x∈(0，1a)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；当x∈(1a，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1a)＝－ln a＋a－1，故－ln a＋a－1≤b＋1，即－ln a＋a－b－2≤0，令ba＝k，则b＝ak，所以－ln a＋(1－k)a－2≤0，设φ(a)＝－ln a＋(1－k)a－2，则φ′(a)＝－1a＋(1－k)，若1－k≤0，则φ′(a)<0，此时φ(a)单调递减，无最小值，所以k＜1，由φ′(a)＝0，得a＝11－k，此时φ(a)min＝ln(1－k)－1≤0，解得k≥1－e，所以k的小值为1－e，故选B.答案：B11．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是()A．－13 B．－15 C．10 D．15解析：∵f′(x)＝－3x2＋2ax，函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，∴－12＋4a＝0，解得a＝3，∴f′(x)＝－3x2＋6x，f(x)＝－3x3＋3x2－4，∴n∈[－1，1]时，f′(n)＝－3n2＋6n，当n＝－1时，f′(n)最小，最小为－9，当m∈[－1，1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，令f′(m)＝0，得m＝0或m＝2，所以当m＝0时，f(m)最小，最小为－4，故f(m)＋f′(n)的最小值为－9＋(－4)＝－13.故选A.答案：A12．设函数y＝f(x)在(a，b)上的导函数为f′(x)，f′(x)在(a，b)上的导函数为f″(x)，若在(a，b)上，f″(x)<0恒成立，则称函数f(x)在(a，b)上为“凸函数”．已知当m≤2时，f(x)＝16x3－12mx2＋x在(－1，2)上是“凸函数”，则f(x)在(－1，2)上() A．既有极大值，也有极小值B．没有极大值，有极小值C．有极大值，没有极小值D．没有极大值，也没有极小值解析：由题设可知，f″(x)<0在(－1，2)上恒成立，由于f ′(x )＝12x 2－mx ＋1，从而f ″(x )＝x －m ，所以有x －m <0在(－1，2)上恒成立，故知m ≥2，又因为m ≤2，所以m ＝2，从而f (x )＝16x 3－x 2＋x ，f ′(x )＝12x 2－2x ＋1＝0，得x 1＝2－2∈(－1，2)，x 2＝2＋2∉(－1，2)，且当x ∈(－1，2－2)时，f ′(x )>0，当x ∈(2－2，2)时，f ′(x )<0，所以f (x )在x ＝2－2处取得极大值，没有极小值．答案：C 二、填空题13．已知函数f (x )＝1－x x ＋ln x ，则f (x )在[12，2]上的最大值等于________．解析：∵函数f (x )＝1－xx ＋ln x ， ∴f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2.故f (x )在[12，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增， 又∵f (12)＝1－ln2，f (2)＝ln2－12，f (1)＝0， f (12)－f (2)＝32－2ln2>0，∴f (x )max ＝1－ln2，故答案为1－ln2. 答案：1－ln214．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )极大值与极小值之差为________．解析：求导得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，因为函数f (x )在x ＝2处取得极值，所以f ′(2)＝3·22＋6a ·2＋3b ＝0，即4a ＋b ＋4＝0 ①，又因为图象在x ＝1处的切线与直线6x ＋2y ＋5＝0平行， 所以f ′(1)＝3＋6a ＋3b ＝－3，即2a ＋b ＋2＝0 ②， 联立①②可得a ＝－1，b ＝0， 所以f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， 当f ′(x )>0时，x <0或x >2； 当f ′(x )<0时，0<x <2，∴函数的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，函数的单调减区间是(0，2)， 因此求出函数的极大值为f (0)＝c ， 极小值为f (2)＝c －4，故函数的极大值与极小值的差为c －(c －4)＝4， 故答案为4. 答案：415．若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．解析：由f ′(x )＝6x 2－2ax ＝0，得x ＝0或x ＝a3，因为函数f (x )在(0，＋∞)上有且仅有一个零点且f (0)＝1，所以a 3>0，f (a 3)＝0，因此2(a 3)3－a (a3)2＋1＝0，a ＝3.从而函数f (x )在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)，f (x )min ＝min{f (－1)，f (1)}＝f (－1)，f (x )max ＋f (x )min ＝f (0)＋f (－1)＝1－4＝－3.答案：－316．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1，(1)若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝________；(2)若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， ∴f ′(1)＝3a ＋9＝6，∴a ＝－1.函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)＝0在(－1，3)内有不同的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）＝－a ＋9>0，f ′（3）＝7a ＋33>0，－1<－2a 6<3，∴－337<a <－3.答案：－1 (－337，－3) 三、解答题17．已知函数f (x )＝x ＋ax ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )＝x ＋ax ln x 存在极大值，且极大值点为1，证明：f (x )≤e －x ＋x 2. 解：(1)由题意x >0，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ，①当a ＝0时，f (x )＝x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a >0时，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递增，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )<0，当x ∈(e －1－1a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，e －1－1a )上单调递减，函数f (x )在(e －1－1a ，＋∞)上单调递增；③当a <0，函数f ′(x )＝1＋a ＋a ln x 单调递减，f ′(x )＝1＋a ＋a ln x ＝0⇒x ＝e －1－1a >0，故当x ∈(0，e －1－1a )时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1－1a ，＋∞时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e －1－1a 上单调递增，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1－1a ，＋∞上单调递减． (2)由f ′(1)＝0，得a ＝－1，令h (x )＝e －x ＋x 2－x ＋x ln x ，则h ′(x )＝－e －x ＋2x ＋ln x ，h ″(x )＝e －x ＋2＋1x >0，∴h ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∵h ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－e －1e ＋2e －1＜0，h ′(1)＝－e －1＋2＞0， ∴∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1，使得h ′(x 0)＝0，即－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0. ∴当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，h ′(x )＞0，∴h (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， ∴h (x )≥h (x 0)．由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，得e －x 0＝2x 0＋ln x 0， ∴h (x 0)＝e －x 0＋x 20－x 0＋x 0ln x 0 ＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)．当x 0＋ln x 0<0时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x 0 ⇒－e －x 0＋x 0<0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾； 当x 0＋ln x 0>0时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x 0⇒－e －x 0＋x 0>0， 所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0矛盾； 当x 0＋ln x 0＝0时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x 0⇒－e －x 0＋x 0＝0， 得－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，故x 0＋ln x 0＝0成立， 得h (x 0)＝(x 0＋1)(x 0＋ln x 0)＝0，所以h (x )≥0， 即f (x )≤e －x ＋x 2.18．已知函数f (x )＝x ln x .(1)求函数y ＝f (x )的单调区间和最小值；(2)若函数F (x )＝f （x ）－a x 在[1，e]上的最小值为32，求a 的值； (3)若k ∈Z ，且f (x )＋x －k (x －1)>0对任意x >1恒成立，求k 的最大值． 解：(1)f (x )的单调增区间为[1e ，＋∞)，单调减区间为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e ， f (x )min ＝f (1e )＝－1e .(2)F (x )＝ln x －ax ，F ′(x )＝x ＋a x 2，(ⅰ)当a ≥0时，F ′(x )>0，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32∉[0，＋∞)，舍去．(ⅱ)当a <0时，F (x )在(0，－a )在上单调递减， 在(－a ，＋∞)上单调递增，①若a ∈(－1，0)，F (x )在[1，e]上单调递增，F (x )min ＝F (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32∉(－1，0)，舍去；②若a ∈[－e ，－1]，F (x )在[1，－a ]上单调递减，在[－a ，e]上单调递增，所以F (x )min ＝F (－a )＝ln(－a )＋1＝32，解得a ＝－e ∈[－e ，－1]；③若a ∈(－∞，－e), F (x )在[1，e]上单调递减， F (x )min ＝F (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e 2∉(－∞，－e)，舍去．综上所述， a ＝－ e.(3)由题意得，k (x －1)<x ＋x ln x 对任意x >1恒成立，即k <x ln x ＋x x －1对任意x >1恒成立． 令h (x )＝x ln x ＋x x －1，则h ′(x )＝x －ln x －2（x －1）2， 令φ(x )＝x －ln x －2(x >1)，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x >0，所以函数φ(x )在(1，＋∞)上单调递增，因为方程φ(x )＝0在(1，＋∞)上存在唯一的实根x 0，且x 0∈(3，4)，当1<x <x 0时，φ(x )<0，即h ′(x )<0，当x >x 0时，φ(x )>0，即h ′(x )>0.所以函数h (x )在(1，x 0)上递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．所以h (x )min ＝h (x 0)＝x 0（1＋ln x 0）x 0－1＝x 0（1＋x 0－2）x 0－1＝x 0∈(3，4)，所以k <g (x )min ＝x 0， 又因为x 0∈(3，4)，故整数k 的最大值为3.19．高三模拟考试)已知函数f (x )＝－4x 3＋ax ，x ∈R .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在[－1，1]上的最大值为1，求实数a 的取值集合．解：(1)f ′(x )＝－12x 2＋a .当a ＝0时，f (x )＝－4x 3在R 上单调递减；当a <0时，f ′(x )＝－12x 2＋a <0，即f (x )＝－4x 3＋ax 在R 上单调递减；当a >0时，f ′(x )＝－12x 2＋a ＝0，解得x 1＝36a ，x 2＝－3a 6，∴当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6时，f ′(x )<0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6上递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6时，f ′(x )>0， f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6上递增； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞时，f ′(x )<0， f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞上递减． 综上，当a ≤0时，f (x )在R 上单调递减；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－3a 6上递减； 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 6，3a 6上递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 6，＋∞上递减． (2)∵函数f (x )在[－1，1]上的最大值为1，∴对任意x ∈[－1，1]，f (x )≤1恒成立，即－4x 3＋ax ≤1对任意x ∈[－1，1]恒成立，变形可得ax ≤1＋4x 3.当x ＝0时，a ·0≤1＋4·03，即0≤1，可得a ∈R ；当x ∈(0，1]时，a ≤1x ＋4x 2，则a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4x 2min， 令g (x )＝1x ＋4x 2，则g ′(x )＝－1x 2＋8x ＝8x 3－1x 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，g ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时， g ′(x )>0. 因此，g (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝3， ∴a ≤3.当x ∈[－1，0)时，a ≥1x ＋4x 2，则a ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋4x 2max， 令g (x )＝1x ＋4x 2，则g ′(x )＝－1x 2＋8x ＝8x 3－1x 2，当x ∈[－1，0)时，g ′(x )<0，因此，g (x )max ＝g (－1)＝3，∴a ≥3.综上，a＝3.∴a的取值集合为{3}。

课时作业(十五)A　[第15讲　导数与函数的极值、最值] [时间：45分钟 分值：100分] 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x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)0，右侧f′(x)<0且f′(x0)＝0，那么f(x0)是极小值 D．如果在点x0附近的左侧f′(x)0且f′(x0)＝0，那么f(x0)是最小值 2．函数y＝x＋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－2 3．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝( ) A．2 B．3 C．4 D．5 4．已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图K15－1，则( ) 图K15－1 A．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 5．设aR，若函数y＝ex＋ax，xR有大于零的极值点，则( ) A．a＜－1 B．a＞－1 C．a＞－ D．a＜－ 6．设函数f(x)＝2x＋－1(x0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( ) A．2 B．3 C．6 D．9 8．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，xR，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( ) A．m≥ B．m> C．m≤ D．m0)上的最值． 15．(13分)已知f(x)＝x3＋bx2＋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． 16．(12分)[2011·东莞一模] 已知函数f(x)＝－(a>0，x>0)． (1)求证：函数f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数； (2)当a＝时，求函数在上的最值； (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x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)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－＝，令y′＝0，得x＝－1或x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下： x(－∞，－1)－1(－1,0)(0,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－－0＋f(x)单调递增极大值单调递减单调递减极小值单调递增所以当x＝－1时，有极大值f(－1)＝－2，当x＝1时有极小值f(1)＝2. 3．D　[解析] f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意得f′(－3)＝0，解得a＝5. 4．A　[解析] x1、x4是导函数的不变号零点，因此它们不是极值点，而x2与x3是变号零点，因此它们是极值点，且x2是极大值点，x3是极小值点． 【能力提升】 5．A　[解析] y′＝ex＋a＝0，ex＝－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－(x0，b>0， ab≤2＝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)＝x4－2x3＋3m，所以f′(x)＝2x3－6x2，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－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥. 9．D　[解析] 设F(x)＝f(x)ex， F′(x)＝exf′(x)＋exf(x)＝ex(2ax＋b＋ax2＋bx＋c)， 又x＝－1为f(x)ex的一个极值点， F′(－1)＝e－1(－a＋c)＝0，即a＝c， Δ＝b2－4ac＝b2－4a2， 当Δ＝0时，b＝±2a，即对称轴所在直线方程为x＝±1； 当Δ>0时，>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.　[解析] 由得x>1. 由得0<x0，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)＝t3－3t2＋2； 当23时，f(x)max＝f(t)＝t3－3t2＋2，f(x)min＝f(2)＝－2. 15．[解答] (1)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2， f′(x)＝3x2＋2bx＋c. 由已知得f′(1)＝0，f(1)＝－1， 解得b＝1，c＝－5. 经验证，b＝1，c＝－5符合题意． (2)由(1)知f(x)＝x3＋x2－5x＋2， f′(x)＝3x2＋2x－5. 由f′(x)＝0得x1＝－，x2＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x－1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值根据上表，当x＝－时函数取得极大值且极大值为f＝，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. 【难点突破】 16．[解答] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)的导数f′(x)＝1＋lnx. 令f′(x)>0，解得x>；令f′(x)<0，解得0<x1时，g′(x)＝1－a＋lnx>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. 若a>1，方程g′(x)＝0的根为x0＝ea－1， 此时，若x(1，x0)，则g′(x)<0，故g(x)在该区间为减函数． 所以x(1，x0)时，g(x)<g(1)＝1－a0， 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]．。