2022年新高考数学难点解题方法突破《专题17 利用导数求函数的极值》(解析版)

解法探究２０２３年４月上半月㊀㊀㊀导数法求函数最值以２０２２年新高考Ⅰ卷一道数学真题为例◉南京师范大学附属中学江宁分校㊀李中阳㊀纪㊀晖㊀㊀摘要:运用导数求函数最值的方法具有普遍性,通常是找出该区间上导数值为０的点,不必判断出是极大值点还是极小值点,只需将这些点对应的函数值与端点处的函数值进行比较,其中最大的就是函数的最大值,最小的就是函数的最小值．关键词:导数法;方法与步骤;真题再现;类题演练;方法与技巧㊀㊀ 最值 与 极值 是两个不同的概念, 最值 是函数定义域上的整体性质,而 极值 则是局部性质．求函数的最值类问题几乎涉及到了高中数学的每一个分支,加之又常常有附加条件与实际应用问题联系在一起,更增加了它的难度,成为高中学生眼中最难学的内容之一;又因为这类问题知识覆盖面广㊁综合性强㊁解题方法灵活,备受命题人的青睐[１],被编拟出各种形式的综合题型来 考基础㊁考能力 ,成为历年高考数学的热点问题．因此,很有必要让学生掌握一些常用的解题方法与技巧．最常用的求最值的方法有代数法㊁三角法㊁数形结合法和导数法[２]等．下面笔者结合２０２２年新高考Ⅰ卷的一道真题,介绍运用导数法求函数最值的方法与技巧．１方法与步骤设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)可导,求f(x)最大值与最小值的一般步骤如下:图１①求f(x)在(a,b)上的极值;②将f(x)的各极值与f(a),f(b)进行比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值．如图１,f(x)的极值是局部概念,而最大(小)值则可作做整体概念,即在定义域内最大或最小;若函数在定义域(a,b)内只有一个极值点,则该点也是最值点．２真题再现(２０２２年新高考Ⅰ卷第２２题)已知函数f(x)＝e x－a x和g(x)＝a x－l n x有相同的最小值．(１)求a;(２)证明:存在直线y＝b,其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．解:(１)f(x)＝e x－a x的定义域为R,而fᶄ(x)＝e x－a．若aɤ０,则fᶄ(x)＞０,此时f(x)无最小值,故a＞０．函数g(x)＝a x－l n x的定义域为(０,＋ɕ),而gᶄ(x)＝a－１x＝a x－１x．当x＜l n a时,fᶄ(x)＜０,f(x)在(－ɕ,l n a)上为减函数;当x＞l n a时,fᶄ(x)＞０,f(x)在(l n a,＋ɕ)上为增函数．故f(x)m i n＝f(l n a)＝a－a l n a．当０＜x＜１a时,gᶄ(x)＜０,g(x)在(０,１a)上为减函数;当x＞１a时,gᶄ(x)＞０,g(x)在(１a,＋ɕ)上为增函数．故g(x)m i n＝g(１a)＝１－l n１a．因为f(x)＝e x－a x和g(x)＝a x－l n x有相同的最小值,所以１－l n１a＝a－a l n a,整理得到a－１１＋a＝l n a,其中a＞０．设g(a)＝a－１１＋a－l n a,a＞０,则gᶄ(a)＝２(１＋a)２－１a＝－a２－１a(１＋a)２ɤ０,所以g(a)为(０,＋ɕ)上的减函数．又g(１)＝０,故g(a)＝０的唯一解为a＝１,即１－a１＋a＝l n a的解为a＝１．２７Copyright©博看网. All Rights Reserved.２０２３年４月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀综上,a＝１．(２)由(１)可知,f(x)＝e x－x和g(x)＝x－l n x 的最小值为１－l n１＝１．当b＞１时,考虑方程e x－x＝b以及x－l n x＝b 的解的个数．设S(x)＝e x－x－b,则Sᶄ(x)＝e x－１．当x＜０时,Sᶄ(x)＜０;当x＞０时,Sᶄ(x)＞０．所以S(x)在(－ɕ,０)上为减函数,在(０,＋ɕ)上为增函数,故S(x)m i n＝S(０)＝１－b＜０．而S(－b)＝e－b＞０,S(b)＝e b－２b．设函数u(b)＝e b－２b,b＞１,则uᶄ(b)＝e b－２＞０,所以u(b)在(１,＋ɕ)上为增函数,故u(b)＞u(１)＝e－２＞０．因此S(b)＞０,故S(x)＝e x－x－b有两个不同的零点,即方程e x－x＝b有２个解．设T(x)＝x－l n x－b,则Tᶄ(x)＝x－１x．当０＜x＜１时,Tᶄ(x)＜０;当x＞１时,Tᶄ(x)＞０．所以T(x)在(０,１)上为减函数,在(１,＋ɕ)上为增函数,故T(x)m i n＝T(１)＝１－b＜０．而T(e－b)＝e－b＞０,T(e b)＝e b－２b＞０,故T(x)＝x－l n x－b有两个不同的零点,即方程x－l n x＝b 有２个解．由(１)讨论可知,当b＝１,函数y＝x－l n x－b和y＝e x－x－b都只有一个零点;当b＜１时,函数y＝x－l n x－b和y＝e x－x－b均无零点．故若存在直线y＝b与曲线y＝f(x),y＝g(x)有三个不同的交点,则b＞１．设h(x)＝e x＋l n x－２x,其中x＞０,则hᶄ(x)＝e x＋１x－２．设s(x)＝e x－x－１,x＞０,则sᶄ(x)＝e x－１＞０,所以s(x)在(０,＋ɕ)上为增函数,故s(x)＞s(０)＝０,即e x＞x＋１．因此,hᶄ(x)＞x＋１x－１ȡ２－１＞０,所以h(x)在(０,＋ɕ)上为增函数．又h(１)＝e－２＞０,h(１e３)＝e１e－３－２e３＜e－３－２e３＜０,故h(x)在(０,＋ɕ)上有且只有一个零点x０,且１e３＜x０＜１．当０＜x＜x０时,h(x)＜０,即e x－x＜x－l n x,亦即f(x)＜g(x);当x＞x０时,h(x)＞０,即e x－x＞x－l n x,亦即f(x)＞g(x)．因此,若存在直线y＝b与曲线y＝f(x),y＝g(x)有三个不同的交点,则b＝f(x０)＝g(x０)＞１．此时,y＝e x－x－b有两个不同的零点x１,x０(x１＜０＜x０);y＝x－l n x－b有两个不同的零点x０,x４(０＜x０＜１＜x４)．故e x－x１＝b,e x－x０＝b,x４－l n x４－b＝０, x０－l n x０－b＝０．所以x４－b＝l n x４,则e x－b＝x４,即e x－b－(x４－b)－b＝０,故x４－b为方程e x－x＝b的解．同理x０－b也为方程e x－x＝b的解．又因为e x－x１＝b可化为e x＝x１＋b,则x１－l n(x１＋b)＝０,即(x１＋b)－l n(x１＋b)－b＝０,故x１＋b为方程x－l n x＝b的解．同理x０＋b也为方程x－l n x＝b的解．所以x１,x０{}＝x０－b,x４－b{},且b＞１．故x０＝x４－b,x１＝x０－b,{即x１＋x４＝２x０．方法与技巧:本题算得上是一道压轴题,第(１)小题由导数知识可得函数的单调性,进而可求得相应的最小值,再根据最小值相等可求出a,解答中要注意分类讨论．第(２)小题,根据第(１)小题的结果可知,当b＞１时,方程e x－x＝b和x－l n x＝b的解的个数均为２,构建新函数h(x)＝e x＋l n x－２x,利用导数可得该函数只有一个零点,且可得f(x),g(x)的大小关系．根据存在直线y＝b与曲线y＝f(x),y＝g(x)有三个不同的交点可得b的取值,再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列．从本题解题思路可以看出,求函数的最值类问题,往往需要利用导数讨论函数的单调性,此时要注意对参数进行分类讨论,进而利用方程的特征找到两类根之间的关系．３类题演练例１㊀已知函数f(x)＝a x３＋x２＋b x(其中常数a,bɪR),g(x)＝f(x)＋fᶄ(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[１,２]上的最大值与最小值．解:(１)由题意可得fᶄ(x)＝３a x２＋２x＋b,因此g(x)＝f(x)＋fᶄ(x)＝a x３＋(３a＋１)x２＋(b＋２)x＋b．因为函数g(x)是奇函数,所以g(－x)＝－g(x),即对任意实数x,恒有a(－x)３＋(３a＋１)(－x)２＋(b＋２)(－x)＋b＝－[a x３＋(３a＋１)x２＋(b＋２)x＋３７Copyright©博看网. All Rights Reserved.解法探究２０２３年４月上半月㊀㊀㊀b ],从而３a ＋１＝０,b ＝０,解得a ＝－１３,b ＝０．因此f (x )的表达式为f (x )＝－１３x ３＋x ２．(２)由(１)可知g (x )＝－１３x ３＋２x ,所以g ᶄ(x )＝－x ２＋２．令g ᶄ(x )＝０,解得x １＝－２,x ２＝－２．所以函数g (x )在[１,２]上单调递增,在[２,２]上单调递减．因此,g (x )在区间[１,２]上的最大值与最小值只能在x ＝１,２,２时取得．而g (１)＝５３,g (２)＝４２３,g (２)＝４３,故g (x )在区间[１,２]上的最大值为g (２)＝４２３,最小值为g (２)＝４３．方法与技巧:求函数在闭区间上的最值,关键是判断函数在该区间上的单调性,如果通过单调性可得出函数图象,进而求出最值,那就没必要比较端点值与极值的大小．例２㊀已知函数h (x )＝x ３＋a x ２＋１４a ２x ＋１(a ＞０)．(１)判断函数h (x )的单调性;(２)求函数h (x )在区间(－ɕ,－１]上的最大值．解:(１)由h (x )＝x ３＋a x ２＋１４a ２x ＋１,得h ᶄ(x )＝３x ２＋２a x ＋１４a ２．令h ᶄ(x )＝０,得x １＝－a ２,x ２＝－a６．a ＞０时,h (x )与h ᶄ(x )的变化情况如下:x(－ɕ,－a２)－a ２(－a ２,－a ６)－a６(－a ６,＋ɕ)h ᶄ(x )＋０－０＋h (x )单调递增单调递减单调递增㊀㊀所以函数h (x )的单调递增区间为(－ɕ,－a２)和(－a ６,＋ɕ),单调递减区间为(－a ２,－a６)．(２)当－a２ȡ－１,即０＜a ɤ２时,函数h (x )在区间(－ɕ,－１]上单调递增,所以函数h (x )在区间(－ɕ,－１]上的最大值为h (－１)＝a －１４a ２．当－a ２＜－１,且－a６ȡ－１,即当２＜a ɤ６时,函数h (x )在区间(－ɕ,－a２)上单调递增,在区间(－a ２,－１]上单调递减,所以函数h (x )在区间(－ɕ,－１]上的最大值为h (－a２)＝１．当－a６＜－１,即a ＞６时,函数h (x )在区间(－ɕ,－a ２)上单调递增,在区间(－a ２,－a６)上单调递减,在区间(－a６,－１]上单调递增．又因为h (－a ２)－h (－１)＝１－a ＋１４a ２＝１４(a －２)２＞０,所以函数h (x )在区间(－ɕ,－１]上的最大值为h (－a２)＝１．综上所述,当０＜a ɤ２时,函数h (x )的最大值为－１４a ２＋a ;当a ＞２时,函数h (x )的最大值为１．方法与技巧:解答本题的关键是分类讨论．所以,在解答含有参数的函数最值类问题时,一定要注重对参数的分类讨论,以确定函数单调性．若函数的定义域为开区间,且在定义域内只有一个极值点,则该极值点为最值点．４结论从上述典型例题的方法与技巧分析中可以看出,运用导数法求函数y ＝f (x )最值的步骤可概括为:①考虑函数的定义域并求f ᶄ(x )．②解方程f ᶄ(x )＝０,得到方程的根x ０(可能不止一个)．③如果在x ０附近的左侧f ᶄ(x )＞０,右侧f ᶄ(x )＜０,那么f ᶄ(x ０)是极大值;如果在x ０附近的左侧f ᶄ(x )＜０,右侧f ᶄ(x )＞０,那么f ᶄ(x ０)是极小值．参考文献:[１]陈勇．利用导数求函数的最值[J ]．大观周刊,２０１２(１):１３３．[２]张云．赏析利用导数求函数的极值㊁最值[J ]．中学生数理化(高考数学),２０２１(５):３Ｇ６．Z ４７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

利用导数求函数的极值、最值一、知识梳理1.函数的极值与导数形如山峰形如山谷2.函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值二、例题精讲 + 随堂练习考点一利用导数解决函数的极值问题角度1根据函数图象判断函数极值【例1－1】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()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. 答案 D规律方法 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2 已知函数求极值【例1－2】 (2019·天津和平区模拟)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 (x >0).当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点； 当a >0时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，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 .规律方法 运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的一般步骤：(1)先求函数y ＝f (x )的定义域，再求其导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查导数f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值.特别注意：导数为零的点不一定是极值点.角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值 【例1－3】 (2019·泰安检测)已知函数f (x )＝ln x . (1)求f (x )图象的过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0，∴x 0＝1. ∴过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1. (2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋mx (x >0)， 所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎪⎨⎪⎧h (0)>0，12m >0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m <0即可，解得0<m <12.规律方法 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；(2)因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【训练1】 (1)(2017·全国Ⅱ卷)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)·e x －1的极值点，则f (x )的极小值为( ) A.－1B.－2e －3C.5e －3D.1解析 f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]·e x －1，则f ′(－2)＝[4－2(a ＋2)＋a －1]·e －3＝0⇒a ＝－1， 则f (x )＝(x 2－x －1)·e x －1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)·e x －1， 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1， 当x <－2或x >1时，f ′(x )>0， 当－2<x <1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极小值点， 则f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A(2)(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1.②f ′(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，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例2】 (2019·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.∴f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数. ∴f (x )max ＝f (1)＝－1.∴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， ∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不合题意.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，∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a .令－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－3，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－2，即a ＝－e 2.∵－e 2<－1e ，∴a ＝－e 2为所求.故实数a 的值为－e 2.规律方法 1.利用导数求函数f (x )在[a ，b ]上的最值的一般步骤：(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.【训练2】 (2019·合肥质检)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.解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1， f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)， 即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令g (x )＝f ′(x )， 则g ′(x )＝－2e xsin x ≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立， 且仅在x ＝0处等号成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三 利用导数求解最优化问题【例3】 (2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v (米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y (升). (1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c >0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少.解 (1)由题意，下潜用时60v (单位时间)，用氧量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫v 103＋1×60v ＝3v 250＋60v (升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时60v 2＝120v (单位时间)，用氧量为120v ×1.5＝180v (升)，因此总用氧量y ＝3v 250＋240v ＋9(v >0).(2)y ′＝6v 50－240v 2＝3（v 3－2 000）25v 2，令y ′＝0得v ＝1032，当0<v <1032时，y ′<0，函数单调递减； 当v >1032时，y ′>0，函数单调递增.若c <1032 ，函数在(c ，1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增，∴当v ＝1032时，总用氧量最少. 若c ≥1032，则y 在[c ，15]上单调递增， ∴当v ＝c 时，这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.三、课后练习1.(2019·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 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.∴函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数. 答案 C2.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.(2019·杭州质检)传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm 且以每秒1 cm 等速率缩短，而长度以每秒20 cm 等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm 缩到4 cm ，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm 时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm. 解析 设神针原来的长度为a cm ，t 秒时神针的体积为V (t ) cm 3， 则V (t )＝π(12－t )2·(a ＋20t )，其中0≤t ≤8， 所以V ′(t )＝[－2(12－t )(a ＋20t )＋(12－t )2·20]π.因为当底面半径为10 cm 时其体积最大，所以10＝12－t ，解得t ＝2，此时V ′(2)＝0，解得a ＝60，所以V (t )＝π(12－t )2·(60＋20t )，其中0≤t ≤8.V ′(t )＝60π(12－t )(2－t )，当t ∈(0，2)时，V ′(t )>0，当t ∈(2，8)时，V ′(t )<0，从而V (t )在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V (0)＝8 640π，V (8)＝3 520π，所以当t ＝8时，V (t )有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.答案 44.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.∴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 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②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.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，＋∞.。

考向16 利用导数研究函数的极值与最值【2022·全国·高考真题（理）】当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【2022·全国·高考真题（文）】函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+，1．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．2．已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：（1）根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；（2）因为导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．3．求函数()f x 在闭区间[],a b 内的最值的思路（1）若所给的闭区间[],a b 不含有参数，则只需对函数()f x 求导，并求()0f x '＝在区间[],a b 内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与()f a ，()f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（2）若所给的闭区间[],a b 含有参数，则需对函数()f x 求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数()f x 的最值．（1）若函数()f x 在区间D 上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，则 不等式()f x a >在区间D 上恒成立()min f x a ⇔>； 不等式()f x a ≥在区间D 上恒成立()min f x a ⇔≥； 不等式()f x b <在区间D 上恒成立()max f x b ⇔<； 不等式()f x b ≤在区间D 上恒成立()max f x b ⇔≤；（2）若函数()f x 在区间D 上不存在最大（小）值，且值域为(),m n ，则不等式()()()f x a f x a >≥或在区间D 上恒成立m a ⇔≥．不等式()()()f x b f x b <≤或在区间D 上恒成立m b ⇔≤．（3）若函数()f x 在区间Ｄ上存在最小值()min f x 和最大值()max f x ，即()[],f x m n ∈，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()a f x <在区间D 上有解()max a f x ⇔<； 不等式()a f x ≤在区间D 上有解()max a f x ⇔≤； 不等式()a f x >在区间D 上有解()min a f x ⇔>； 不等式()a f x ≥在区间D 上有解()min a f x ⇔≥；（4）若函数()f x 在区间D 上不存在最大（小）值，如值域为(),m n ，则对不等式有解问题有以下结论：不等式()()()a f x f x <≤或a 在区间D 上有解a n ⇔< 不等式()()()b f x f x >≥或b 在区间D 上有解b m ⇔>（5）对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≤⇔≤；（6）对于任意的[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≥⇔≥；（7）若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min min f x g x f x g x ≤⇔≤；（8）若存在[]1,x a b ∈，对于任意的[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max max f x g x f x g x ≥⇔≥；（9）对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≤⇔≤；（10）对于任意的[]1,x a b ∈，[]2m,x n ∈使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≥⇔≥；（11）若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212min max f x g x f x g x ≤⇔≤（12）若存在[]1,x a b ∈，总存在[]2m,x n ∈，使得()()()()1212max min f x g x f x g x ≥⇔≥．1．函数的极值函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x <，则称0()f x 是函数的一个极大值，记作0()y f x =极大值．如果对0x 附近的所有点都有0()()f x f x >，则称0()f x 是函数的一个极小值，记作0()y f x =极小值．极大值与极小值统称为极值，称0x 为极值点．求可导函数()f x 极值的一般步骤 （1）先确定函数()f x 的定义域； （2）求导数()f x '； （3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值．注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号．②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点．2．函数的最值函数()y f x =最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数()f x 最小值为极小值与靠近极大值的端点之间的最小者．导函数为21212()()()()f x ax bx c a x x x x m x x n =++=--<<<（1）当0a >时，最大值是1()f x 与()f n 中的最大者；最小值是2()f x 与()f m 中的最小者．（2）当0a <时，最大值是2()f x 与()f m 中的最大者；最小值是1()f x 与()f n 中的最小者．一般地，设()y f x =是定义在[]m n ，上的函数，()y f x =在()m n ，内有导数，求函数()y f x =在[]m n ，上的最大值与最小值可分为两步进行： （1）求()y f x =在()m n ，内的极值（极大值或极小值）； （2）将()y f x =的各极值与()f m 和()f n 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得．1．（2022·山西太原·三模（文））已知函数()e e xf x =⋅（1）若()()()g x f x kx k k =--∈R 在1x =-时取得极小值，求实数k 的值； （2）若过点(,)a b 可以作出函数()y f x =的两条切线，求证：()0b f a <<2．（2022·湖北·模拟预测）已知函数()21ln 2f x x x mx =++，（m R ∈）． （1）若()f x 存在两个极值点，求实数m 的取值范围； （2）若1x ，2x 为()f x 的两个极值点，证明：()()()212122228f x f x m x x f +++⎛⎫-> ⎪⎝⎭．3．（2022·河南郑州·高三阶段练习（文））已知函数()21xf x x a-=+． （1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间及其最大值与最小值．4．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数()ln f x x mx =+，其中m ∈R ． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若(0,)∀∈+∞x ，2()2f x x x ≤-，求m 的最大值．5．（2022·山东菏泽·高三期末）设函数()22cos f x x x =+．（1）求曲线()y f x =在点(,())22f ππ处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）求函数()f x 在区间[]0,π上的最大值和最小值．6．（2022·北京市第九中学模拟预测）已知()sin 2f x k x x =+． （1）当2k =时，判断函数()f x 零点的个数； （2）求证：()sin 2ln 1,(0,)2x x x x π-+>+∈．1．（2022·内蒙古·乌兰浩特一中模拟预测（文））已知函数()()ln 2,ln xxe f x xe x x g x x x x=---=+-的最小值分别为,m n ，则（ ）A ．m n <B ．m n >C ．m n =D ．,m n 的大小关系不确定2．（2022·北京·北大附中三模）如图矩形,6ABCD AB =，沿PQ 对折使得点B 与AD 边上的点1B 重合，则PQ 的长度可以用含α的式子表示，那么PQ 长度的最小值为（ ）A ．4B ．8C ．62D 933．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（文））已知函数()f x 为定义在R 上的增函数，且对,()()1x R f x f x ∀∈+-=，若不等式()(ln )1f ax f x +-≥对(0,)∀∈+∞x 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(0,e]B ．(,e]-∞C ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭4．（2022·江西省丰城中学模拟预测（文））已知函数()2e 2xf x ax ax =++在()0,x ∈+∞上有最小值，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．e 1,22⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．()1,0-D ．1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭5．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知函数()32f x x ax x a =+-+有两个极值点12,x x ，且1223x x -=，则()f x 的极大值为（ ） A 3B 23C 3D 36．（2022·广东广州·三模）设()f x '为函数()f x 的导函数，已知()()()21ln ,12x f x xf x x f '==-'+，则（ ）A ．()xf x 在()0,∞+单调递增B ．()xf x 在()0,∞+单调递减C ．()xf x 在()0,∞+上有极大值12D ．()xf x 在()0,∞+上有极小值127．（2022·全国·模拟预测（文））下列结论正确的是（ ）A ．设函数()3f x x ax b =++，其中a ，b ∈R ，当a ＝－3，2b >时，函数有两个零点B ．函数()()e 0xa f x a x=>没有极值点C ．关于x 的方程32230x x a -+=在区间[]22-,上仅有一个实根，则实数a 的取值范围为[)(]4,01,28-D ．函数()()e 0e xxx a f x a -=<有两个零点8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()321132f x x ax x =-+在区间1,32⎛⎫⎪⎝⎭上既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()2,+∞B ．[)2,+∞C ．52,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．102,3⎛⎫ ⎪⎝⎭9．（2022·安徽·蒙城第一中学高三阶段练习（文））已知m 为常数，函数()2ln 2f x x x mx=-有两个极值点，其中一个极值点0x 满足01x >，则()0f x 的取值范围是（ ） A ．(),0∞-B ．()0,∞+C ．1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭10．（多选题）（2022·湖南·湘潭一中高三阶段练习）已知函数21()e xx x f x +-=，则下列结论正确的是（ ）A ．函数()f x 只有一个零点B ．函数()f x 只有极大值而无极小值C ．当e 0k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根D ．若当[,)x t ∈+∞时，max 25()e f x =，则t 的最大值为2 11．（多选题）（2022·重庆八中模拟预测）设函数()f x 的定义域为R ，()000x x ≠是()f x 的极小值点，以下结论一定正确的是（ ） A ．0x 是()f x 的最小值点 B ．0x 是()f x -的极大值点 C ．0x -是()f x -的极大值点 D ．0x -是()f x --的极大值点12．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）（多选）已知函数32()247f x x x x =---，其导函数为()'f x ，给出以下命题正确的是（ ） A ．()f x 的单调递减区间是2,23⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．()f x 的极小值是15-C ．当2a >时，对任意的2x >且x a ≠，恒有()()()()f x f a f a x a '>+-D ．函数()f x 有且只有一个零点13．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)120,x x ∀∈+∞，，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值可以是（ ）A ．6eB ．(27eC ．(23eD ．2e14．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知()()323ln 21f x x x x =--，则（ ） A ．()f x 的定义域是1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．若直线y m =和()f x 的图像有交点，则3,ln 22m ⎛⎤∈-∞- ⎥⎝⎦C ．723ln 16< D ．()32ln22129> 15．（2022·福建·福州三中高三阶段练习）如果两个函数存在零点，分别为,αβ，若满足n αβ-<，则称两个函数互为“n 度零点函数”.若()()ln 2f x x =-与()2ln g x ax x =-互为“2度零点函数”，则实数a 的最大值为___________.16．（2022·浙江湖州·模拟预测）设(){}(){}0,0P f Q g ααββ====，若存在,R αβ∈∈R ，使得||n αβ-<，则称函数()f x 与()g x 互为“n 度零点函数”．若2()log 1f x x =-与()2x g x x a =-⋅互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为_____________．17．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理））实数x ，y 满足()23e 31e x y x y -≤--，则3xy -的值为______．18．（2022·河南新乡·高三期末（文））已知函数()322161f x x m x mx m =+-+-在x ＝2处取得极小值，则m =______．19．（2022·全国·高三专题练习（理））若函数()e (sin )x f x x a =-在区间()0,π上存在极值，则实数a 的取值范围是________．20．（2022·全国·高三专题练习（理））已知x ＝1e是函数()ln()1f x x ax =+的极值点，则a ＝________.21．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知函数()e (1ln )x f x m x =+，其中m ＞0，f '(x )为f (x )的导函数，设()()ex f x h x '=，且5()2h x ≥恒成立．(1)求m 的取值范围；(2)设函数f (x )的零点为x 0，函数f '(x )的极小值点为x 1，求证：x 0＞x 1．22．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））已知函数())1(ln f x x x ax x=+-，0a >．(1)若2a =，求函数()f x 的极值； (2)设()()21e 2=-+axg x ax ax ，当0x >时，()()f x g x '≤（()g x '是函数()g x 的导数），求a 的取值范围．23．（2022·广东·大埔县虎山中学高三阶段练习）已知函数()(0)bf x ax c a x=++>的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-．(1)若3c =，求a ，b ；(2)若()ln ≥f x x 在[)1,+∞上恒成立，求a 的取值范围．24．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））已知函数()ln (0)f x x ax a a =-+>. (1)当2a =时，求()f x 的单调区间； (2)设函数()f x 的最大值为m ，证明：0m ≥.25．（2022·全国·郑州一中模拟预测（理））已知函数()()ln 0f x ax x a =≠. (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1a =时，证明：()e sin 1xf x x <+-.26．（2022·广东深圳·高三阶段练习）已知函数()(0).e xaxf x a =≠ (1)若对任意的x ∈R ，都有1()ef x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；(2)设,m n 是两个不相等的实数，且e m n m n -=．求证： 2.m n +>27．（2022·山东师范大学附中高三期中）设函数()1ln f x x a x x=-+ (1)当3a =时，求()f x 的单调区间；(2)任意正实数12,x x ，当122x x +=时，试判断()()12f x f x +与()2122a --的大小关系并证明28．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）已知函数ln ()1a xf x x =+，曲线()y f x =在(1,(1))f处的切线与直线20x y +=垂直.(1)设()(1)()x g x x f x =+，求()g x 的单调区间； (2)当0x >，且1x ≠时，ln 1()1x k f x x x->+-，求实数k 的取值范围.29．（2022·北京市大兴区兴华中学三模）设函数()e 1x f x a x =--，a R ∈．(1)当1a =时，求()f x 在点()()0,0f 处的切线方程；(2)当x ∈R 时，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围； (3)求证：当()0,x ∈+∞时，2e 1e x x x->．1．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln b f x a x x =+取得最大值2-，则(2)f '=（ ）A ．1-B ．12-C ．12 D ．12．（2022·全国·高考真题（文））函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-，C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 3．（2021·全国·高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ）A ．a b <B ．a b >C ．2ab a <D ．2ab a > 4．（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．5．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______.6．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值．(1)求a ；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．7．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+． (1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．8．（2021·北京·高考真题）已知函数()232x f x x a-=+． （1）若0a =，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及其最大值与最小值．9．（2021·天津·高考真题）已知0a >，函数()x f x ax xe =-．（I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程：（II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围．10．（2021·全国·高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点．（1）求a ；（2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．。

2022版新高考数学总复习--§3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值— 专题检测 —一、单项选择题1.(2021云南顶级名校检测,9)定义在(0,+∞)上的单调递增函数f (x ),若f (x )的导函数存在且满足f (x )f '(x )<x ,则下列不等式成立的是 ( )A.√2cos 1·f (√22)<f (cos 1) B.√2sin 1·f (√22)<f (sin 1)C.sin 1·f (1)<f (sin 1)D.f (2)<2f (1)答案 B 因为f (x )在(0,+∞)上单调递增,所以f '(x )>0.又因为f (x )f '(x )<x ,所以f (x )<xf '(x ).令h (x )=f (x )x,所以h'(x )=xf '(x )-f (x )x 2>0,所以h (x )在(0,+∞)上单调递增,又因为0<cos 1<√22<sin 1<1<2,所以h (√22)<h (sin 1),即f (√22)√22<f (sin1)sin1,所以√2sin 1·f (√22)<f (sin 1),同理可以排除A ,C ,D ,选B .2.(2021河南部分重点高中联考,12)已知函数f (x )={2x +2,-2≤x ≤1,lnx -1,1<x ≤e .若关于x 的方程f (x )=m 恰有两个不同解x 1,x 2(x 1<x 2),则(x 2-x 1)f (x 2)的取值范围是 ( )A.(-1,0]B.(-2,0]C.(-32,0] D.(-52,0] 答案 D因为f (x )=m 的两根为x 1,x 2(x 1<x 2),所以x 1=m -22,x 2=e m +1,m ∈(-1,0],从而(x 2-x 1)f (x 2)=(e m+1-m -22)m =m e m +1-m 22+m.令g (x )=x e x +1-12x 2+x ,x ∈(-1,0],则g'(x )=(x +1)e x +1-x +1,x ∈(-1,0].因为x ∈(-1,0],所以x +1>0,e x +1>e 0=1,-x +1>0,所以g'(x )>0在(-1,0]上恒成立,从而g (x )在(-1,0]上单调递增.又g (0)=0,g (-1)=-52,所以g (x )∈(-52,0],即(x 2-x 1)·f (x 2)的取值范围是(-52,0].3.(2021江西重点中学盟校联考,6)若函数f (x )=x 3+ax 2+bx +1在x =1处取极值0,则a -b = ( ) A.0 B.2 C.-2 D.1答案 A f (x )=x 3+ax 2+bx +1,则f '(x )=3x 2+2ax +b ,因为f (x )在x =1处取极值0,所以{f '(1)=3+2a+b=0, f(1)=1+a+b+1=0,解得{a=-1,b=-1.验证:当a=-1,b=-1时,f'(x)=3x2-2x-1=(3x+1)·(x-1),易知x∈(-13,1)时,f'(x)<0;x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在x=1处取得极值,符合题意.故a=-1,b=-1,则a-b=0,选A.4.(2021四川绵阳二诊,10)若函数f(x)=x3-(a2+3)x2+2ax+3在x=2处取得极小值,则实数a的取值范围是()A.(-∞,-6)B.(-∞,6)C.(6,+∞)D.(-6,+∞)答案B f(x)=x3-(a2+3)x2+2ax+3,则f'(x)=3x2-(a+6)x+2a=(x-2)(3x-a),易知f'(x)=0的根为x=2和x=a3,结合二次函数图象知欲使f(x)在x=2处取极小值,只需a3<2,即a<6.故选B.5.(2021安徽宣城调研测试,12)若函数f(x)=x3-3ax2+12x(a>0)存在两个极值点x1,x2,则f(x1)+f(x2)的取值范围是()A.(-∞,18)B.(-∞,18]C.(-∞,16]D.(-∞,16)答案D由f(x)=x3-3ax2+12x(a>0),得f'(x)=3x2-6ax+12,因为函数f(x)存在两个极值点x1,x2,所以方程3x2-6ax+12=0的根的判别式Δ=36a2-4×3×12>0,即a>2,则x1+x2=2a,x1·x2=4,f(x1)+f(x2)=x13-3a x12+12x1+(x23-3a x22+12x2)=(x1+x2)(x12-x1x2+x22)-3a[(x1+x2)2-2x1x2]+12(x1+x2)=(x1+x2)[(x1+x2)2-3x1·x2]-3a[(x1+x2)2-2x1x2]+12(x1+x2)=2a(4a2-12)-3a(4a2-8)+24a=-4a3+24a,设g(a)=-4a3+24a,则g'(a)=-12a2+24=-12(a2-2),当a>2时,g'(a)<0,则g(a)在(2,+∞)上单调递减.所以g (a )<g (2)=16,所以f (x 1)+f (x 2)的取值范围是(-∞,16),故选D .6.(2021安徽池州期末,10)已知函数f (x )的定义域为R ,其导函数为f '(x ),且3f (x )-f '(x )>0在R 上恒成立,则下列不等式一定成立的是( )A.f (1)<e 3f (0) B.f (1)>e 3f (0) C.f (1)<e 2f (0) D.f (1)>e 2f (0) 答案 A 令g (x )=f (x )e 3x,则g'(x )=f '(x )·e 3x -3f (x )e 3x (e 3x )2=f '(x )-3f (x )e 3x ,因为3f (x )-f '(x )>0在R 上恒成立,所以g'(x )<0在R 上恒成立,故g (x )在R 上单调递减,所以g (1)<g (0),即f (1)e 3<f (0)e0,即f (1)<e 3f (0).故选A .7.(2021四川宜宾重点高中二诊,11)已知函数f (x )=e xx2+2k ln x -kx ,若x =2是函数f (x )的唯一极值点,则实数k 的取值范围是 ( )A.(-∞,e 24] B.(-∞,e 2] C.(0,2] D.[2,+∞) 答案 A 由题意得f '(x )=e x (x -2)x 3+2kx-k =(x -2)(e x -kx 2)x 3,令g (x )=e x -kx 2,由于x =2是f (x )的唯一极值点,则函数g (x )在(0,+∞)上没有变号零点. 令g (x )=0,得k =e xx 2,令h (x )=e xx 2,x >0,则h'(x )=e x (x -2)x 3,当0<x <2时,h (x )单调递减, 当x >2时,h (x )单调递增,所以h (x )的最小值为h (2)=e 24,无最大值,故k ∈(-∞,e 24]时,g (x )没有变号零点,x =2是f (x )的唯一极值点.8.(2021浙江杭州二模,9)已知函数f (x )=a e x-a 12x 3-ax -2(a >0),若函数y =f (x )与y =f (f (x ))有相同的最小值,则a 的最大值为 ( )A.1B.2C.3D.4答案B f'(x)=a(e x-x24-1),f″(x)=a(e x-x2),f‴(x)=a(e x-12),易知f″(x)在(-∞,-ln 2)上单调递减,在(-ln 2,+∞)上单调递增,从而f″(x)min=f″(-ln 2)=a(12+ln22)>0,所以f'(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而f'(0)=0,故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(0)=a-2.由题知仅需a-2≤0,即a≤2,选B.9.(2021浙江新高考研究卷(四),9)记f1(x)=x,f n(x)=x nn -xn-1n-1(n≥2,n∈N*),g(x)=f4(x)+af3(x)+bf2(x)+cf1(x)+d,若1是g(x)的一个极大值点,则() A.a>b B.a<bC.a+b>-1D.a+b<-1答案D由已知得g(x)=x44-x33+a(x33-x22)+b(x22-x)+cx+d,则g'(x)=x2(x-1)+ax(x-1)+b(x-1)+c,由g'(1)=0,得c=0,则g'(x)=x3+(a-1)x2+(b-a)x-b=(x-1)(x2+ax+b),由分类讨论知x2+ax+b=0的两实根在1的异侧,所以1+a+b<0.即a+b<-1.10.(2021浙江“山水联盟”4月联考,8)已知a,b∈R,若x=a不是函数f(x)=(x-a)2(x-b)(e x-1-1)的极小值点,则下列选项符合的是()A.1≤b<aB.b<a≤1C.a<1≤bD.a<b≤1答案B(穿针引线法)令f(x)=(x-a)2(x-b)(e x-1-1)=0,则x=a或x=b或x=1,根据A,B,C,D选项利用穿针引线法作出f(x)在各选项情形下的大致图象.如图,其中左图是各选项中不取等号的情形,右图为取等号的情形,对于A,如图①,由图知x=a是f(x)的极小值点,不符合题意;对于B,如图②,由图知x=a是f(x)的极大值点或非极值点,符合题意;对于C ,如图③,由图知x =a 是f (x )的极小值点,不符合题意; 对于D ,如图④,由图知x =a 是f (x )的极小值点,不符合题意.故选B .二、多项选择题11.(2020山东滨州三模,12)已知函数f (x )=e x +e -x+|x |.则下面结论正确的是 ( )A. f (x )是奇函数B. f (x )在[0,+∞)上为增函数C.若x ≠0,则f (x +1x)>e 2+2D.若f (x -1)<f (-1),则0<x <2 答案 BCD 函数f (x )的定义域为R ,f (-x )=e -x +e x +|-x |=e x +e -x +|x |=f (x ),∴y =f (x )为偶函数,故A 不正确; 对于f (x )=e x+e -x+|x |,当x ∈[0,+∞)时,e x≥1,0<e -x≤1,∴f (x )=e x +e -x+x >0,∴y =f (x )在[0,+∞)上为增函数,故B 正确; 当x >0时,x +1x ≥2√x ·1x=2, 当且仅当x =1x,即x =1时取“=”.∴x +1x ≥2,又∵y =f (x )在[0,+∞)上为增函数,∴f (x +1x)≥f (2)=e 2+e -2+2>e 2+2;当且仅当x <0时,-x >0,∴(-x )+1(-x )≥2,当x =-1时取“=”.∵y =f (x )为偶函数,∴f (x +1x)=f [(-x )+1(-x )]≥f (2)>e 2+2,故C 正确;由于y =f (x )为偶函数,且在[0,+∞)上为增函数, 故由f (x -1)<f (-1)得, f (|x -1|)<f (1), ∴|x -1|<1,∴0<x <2,因此D 正确.12.(2020山东威海三模,12)已知函数f (x )的定义域为(0,+∞),导函数为f '(x ),xf '(x )-f (x )=x ln x ,且f (1e)=1e,则( )A. f '(1e)=0 B. f (x )在x =1e处取得极大值 C.0<f (1)<1 D. f (x )在(0,+∞)上单调递增答案 ACD ∵函数f (x )的定义域为(0,+∞),导函数为f '(x ),xf '(x )-f (x )=x ln x , 即满足xf '(x )-f (x )x 2=lnxx, ∵[f (x )x ]'=xf '(x )-f (x )x 2, ∴[f (x )x ]'=lnx x, ∴可设 f (x )x =12ln 2x +b (b 为常数),∴f (x )=12x ln 2x +bx. ∵f (1e )=12·1eln 21e +b e =1e , 解得b =12,∴f (x )=12x ln 2x +12x ,∴f (1)=12,满足0<f (1)<1,∴C 正确.∵f '(x )=12ln 2x +ln x +12=12(ln x +1)2≥0,且仅有f '(1e)=0,∴B 错误,A 、D 正确.故选ACD .13.(2021新高考适应卷,9,5分)已知函数f (x )=x ln (1+x ),则 ( ) A.f (x )在(0,+∞)单调递增 B.f (x )有两个零点C.曲线y =f (x )在点(-12,f (-12))处切线的斜率为-1-ln 2 D.f (x )是偶函数答案 AC 对于选项A ,∵f (x )=x ln (1+x ), ∴f '(x )=ln (1+x )+xx+1,当x ∈(0,+∞)时,f '(x )>0恒成立,因此f (x )在(0,+∞)上单调递增,A 正确;对于选项B ,令f (x )=x ln (1+x )=0,可得x =0或ln (1+x )=0,解得x =0,B 不正确; 对于选项C ,∵f '(x )=ln (1+x )+x 1+x, ∴f '(-12)=ln 12-1=-ln 2-1,故C 正确;对于选项D ,由于f (x )的定义域为(-1,+∞),定义域不关于原点对称,故D 不正确.14.(2021届广东深圳中学达标测试,12)已知函数f (x )=x e x,若x 1<x 2<0,则下列选项中正确的是 ( )A.(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]>0B.x 1 f (x 2)≤x 2 f (x 1)C.|f (x 1)-f (x 2)|<1eD.f (x 1)-f (x 2)<x 2-x 1 答案 CD 因为f (x )=x e x,所以f '(x )=(x +1)e x,令f '(x )>0,解得x >-1, 即f (x )在(-1,+∞)上单调递增, 令f '(x )<0,解得x <-1, 即f (x )在(-∞,-1)上单调递减,当x 1<x 2<0时,(x 1-x 2)[f (x 1)-f (x 2)]的符号无法确定,故A 错误; 令g (x )=f (x )x,x ∈(-∞,0), 则g (x )=e x在(-∞,0)上单调递增, 故x 1<x 2<0时,g (x 1)<g (x 2), 即f (x 1)x 1<f (x 2)x 2, 所以x 1 f (x 2)>x 2 f (x 1),故B 错误;当x =-1时,函数取得极小值f (x )极小值=-1e, 且当x →-∞时,f (x )→0,x →0时,f (x )→0, 故|f (x 1)-f (x 2)|<|f (-1)|=1e,故C 正确; 令h (x )=f (x )+x ,x ∈(-∞,0),则h (x )=x (e x+1),h'(x )=e x(x +1)+1,h″(x )=e x(x +2),当x <-2时,h″(x )<0,即h'(x )在(-∞,-2)上单调递减, 当-2<x <0时,h″(x )>0,即h'(x )在(-2,0)上单调递增, 所以h'(x )的最小值为h'(-2)=1-e -2>0,所以h'(x )>0恒成立,即h (x )在(-∞,0)上单调增, 因为x 1<x 2<0,所以h (x 1)<h (x 2), 故f (x 1)+x 1<f (x 2)+x 2,即f (x 1)-f (x 2)<x 2-x 1,故D 正确.15.(2021届江苏南京六校联合体暑假学情检测,12)已知ln x 1-x 1-y 1+2=0,x 2+2y 2-2ln 2-6=0,记M =(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2,则( )A.M 的最小值为165B.当M 最小时,x 2=145C.M 的最小值为45D.当M 最小时,x 2=125答案 AB 由ln x 1-x 1-y 1+2=0,得y 1=ln x 1-x 1+2,M =(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2的最小值可转化为函数y =ln x -x +2图象上的点到直线x +2y -2ln 2-6=0上的点的距离的最小值的平方,由y =ln x -x +2得y'=1x-1,因为与直线x +2y -2ln 2-6=0平行的直线的斜率为-12, 所以1x-1=-12,解得x =2,则切点坐标为(2,ln 2),所以点(2,ln 2)到直线x +2y -2ln 2-6=0的距离d =√5=4√55, 即函数y =ln x -x +2图象上的点到直线x +2y -2ln 2-6=0上的点的距离的最小值为4√55,所以(x 1-x 2)2+(y 1-y 2)2的最小值为165,又过(2,ln 2)且与直线x +2y -2ln 2-6=0垂直的直线为y -ln 2=2(x -2), 即2x -y -4+ln 2=0,联立得{x +2y -2ln2-6=0,2x -y +ln2-4=0,解得x =145,即当M 最小时,x =145.故选AB .三、填空题16.(2021宁夏顶级名校联考,15)已知函数f (x )=ae xx,x ∈[1,3],且∀x 1,x 2∈[1,3],x 1≠x 2,f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<2恒成立,则实数a 的取值范围是 . 答案 (-∞,9e3]解析 不妨令x 1>x 2,则f (x 1)-2x 1<f (x 2)-2x 2,令g (x )=f (x )-2x ,则g (x )在[1,3]上递减,则g'(x )=ae x (x -1)x 2-2≤0在[1,3]上恒成立,也即a e x(x -1)≤2x 2,当x =1时,不等式恒成立. 当x ∈(1,3]时不等式转化为a ≤2x 2e x ·(x -1)在(1,3]上恒成立,令t (x )=2x 2e x ·(x -1),x ∈(1,3].则t'(x )=-2x (x 2-2x+2)e x ·(x -1)2<0,故t (x )在(1,3]上递减,而a ≤t (x )min , ∴a ≤t (3)=9e3. 综上,a ∈(-∞,9e 3].17.(2021四川南充重点高中月考,16)已知函数f (x )=4x 2-72-x,函数g (x )=x 3-3a 2x -2a (a ≥1),若对任意x 1∈[0,1],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立,则a 的取值范围是 . 答案 [1,32]解析 对函数f (x )求导,可得f '(x )=-4x 2+16x -7(2-x )2=-(2x -1)(2x -7)(2-x )2.令f '(x )=0,解得x =12或x =72(舍去).当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表所示:x 0 (0,12)12(12,1)1f '(x )- 0 +f (x )-72↘-4↗-3所以当x ∈(0,12)时, f (x )是减函数; 当x ∈(12,1)时, f (x )是增函数. 故当x ∈[0,1]时, f (x )的值域是[-4,-3]. 对函数g (x )求导,得g'(x )=3(x 2-a 2).因为a ≥1,所以当x ∈[0,1]时,g'(x )≤3(1-a 2)≤0,因此当x ∈[0,1]时,g (x )为减函数,从而当x ∈[0,1]时,有g (x )∈[g (1),g (0)], 又g (1)=1-2a -3a 2,g (0)=-2a ,所以当x ∈[0,1]时,有g (x )∈[1-2a -3a 2,-2a ].对任意x 1∈[0,1], f (x 1)∈[-4,-3],总存在x 0∈[0,1],使得g (x 0)=f (x 1)成立,则[1-2a -3a 2,-2a ]⊇[-4,-3],即{1-2a -3a 2≤-4,①-2a ≥-3,②解①得a ≥1或a ≤-53,解②得a ≤32,又a ≥1,故a 的取值范围是[1,32].四、解答题18.(2021北京海淀一模,19)已知函数f (x )=x sin x. (1)判断函数f (x )在区间(0,π2)上的单调性,并说明理由;(2)求证:函数f(x)在(π2,π)内有且只有一个极值点;(3)求函数g(x)=f(x)+1lnx在区间(1,π]上的最小值.解析本题考查函数的单调性、极值、最值,考查学生运用导数工具分析与解决函数综合问题的能力,渗透逻辑推理与数学运算的核心素养,试题体现综合性与应用性.(1)函数f(x)在(0,π2)上单调递增.理由:f'(x)=sin x+x cos x.因为x∈(0,π2),所以f'(x)>0.所以f(x)在(0,π2)上单调递增.(2)证明:设h(x)=f'(x),则h'(x)=2cos x-x sin x.当x∈(π2,π)时,h'(x)<0.所以h(x)=f'(x)在(π2,π)内单调递减.又因为f'(π2)=1>0,f'(π)=-π<0,所以存在唯一x0∈(π2,π),使得f'(x0)=0.f(x)与f'(x)在区间(π2,π)上的情况如下:x(π2,x0)x0(x0,π)f'(x)+0-f(x)↗极大值↘所以f(x)在(π2,π)内有且只有一个极值点.(3)由(1)(2)可知,f(x)在(1,x0)内单调递增,在(x0,π)内单调递减.又因为f(1)=sin 1>0,f(π)=0,所以当x∈(1,π]时,f(x)+1≥1.又因为当x∈(1,π]时,0<ln x≤ln π,所以g (x )=f (x )+1lnx ≥1ln π,当且仅当x =π时等号成立.所以g (x )在(1,π]上的最小值为1ln π. 审题指导 (1)求导函数f '(x ),判断f '(x )在所给区间上的符号,从而可得单调性;(2)设h (x )=f '(x ),求导函数h'(x ),可判断h (x )(即f '(x ))在所给区间上的符号,从而得单调性,再结合f '(x )在所给区间端点处的符号,可知存在唯一x 0∈(π2,π),使得f '(x 0)=0,最后列表进行进行说明;(3)由(1)与(2)的单调性求解.19.(2021江西吉安五校协作体联考,21)已知函数f (x )=x -1x-a ln x (a ∈R ). (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)已知函数g (x )=x 2f '(x )+2ln x -ax (其中f '(x )是f (x )的导函数),若函数g (x )有两个极值点x 1,x 2,且x 1<x 2<e ,求g (x 1)-g (x 2)的取值范围.解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )=1+1x 2-a x =x 2-ax+1x 2,令h (x )=x 2-ax +1=0,则①当a ≤0时, f (x )在(0,+∞)上单调递增;②当{Δ=a 2-4≤0,a >0,即0<a ≤2时, f (x )在(0,+∞)上单调递增;③当a >2时,x 2-ax +1=0有两根,分别为a -√a 2-42,a+√a 2-42,所以f (x )的增区间为(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞),减区间为(a -√a 2-42,a+√a 2-42). 综上所述:当a ≤2时, f (x )在(0,+∞)上单调递增,当a >2时, f (x )在(0,a -√a 2-42),(a+√a 2-42,+∞)上单调递增,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)上单调递减. (2)g (x )=x 2f '(x )+2ln x -ax =x 2-2ax +2ln x +1,则g (x )的定义域为(0,+∞),g'(x )=2x -2a +2x =2(x 2-ax+1)x,若g (x )有两个极值点x 1,x 2,且x 1<x 2<e ,则方程x 2-ax +1=0的根的判别式Δ=a 2-4>0,且x 1+x 2=a >0,x 1x 2=1⇒x 2=1x 1<e ,得a >2,且1e<x 1<1,所以g (x 1)-g (x 2)=x 12-2ax 1+2ln x 1-x 22+2ax 2-2ln x 2=(x 1+x 2)(x 1-x 2)-2a (x 1-x 2)+4ln x 1=-(x 1+x 2)(x 1-x 2)+4ln x 1=1x 12-x 12+4ln x 1(1e<x 1<1),设h (t )=1t 2-t 2+4ln t (1e <t <1),则在t ∈(1e ,1)上h'(t )<0恒成立,故h (t )在t ∈(1e,1)上单调递减,从而h (t )>h (1)=0,h (t )<h (1e )=e 2-1e 2-4,所以g (x 1)-g (x 2)的取值范围是(0,e 2-1e 2-4). 20.(2021黑龙江齐齐哈尔一模,21)已知函数f (x )=ln x +2ax+1-2(a ∈R ). (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)当a =2时,求证:f (x )>0在(1,+∞)上恒成立; (3)求证:当x >0时,ln (x +1)>x 2e x -1. 解析 (1)函数f (x )的定义域为(0,+∞), f '(x )=1x -2a (x+1)2=x 2-2(a -1)x+1x (x+1)2, 令f '(x )=0,即x 2-2(a -1)x +1=0,由Δ=4(a -1)2-4=0,解得a =2或a =0,当0≤a ≤2时,Δ≤0, f '(x )≥0在(0,+∞)上恒成立, 所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.当a >2时,Δ>0,方程x 2-2(a -1)x +1=0的两根为x 1=(a -1)+√a 2-2a ,x 2=(a -1)-√a 2-2a 且x 1>0,x 2>0,所以f (x )在(0,a -1-√a 2-2a )上单调递增,在(a -1-√a 2-2a ,a -1+√a 2-2a )上单调递减,在(a -1+√a 2-2a ,+∞)上单调递增.当a <0时,Δ>0,方程x 2-2(a -1)x +1=0的两根为x 1=(a -1)+√a 2-2a ,x 2=(a -1)-√a 2-2a 且x 1<0,x 2<0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递增.综上所述:当a ≤2时, f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >2时, f (x )在(0,a -1-√a 2-2a ),(a -1+√a 2-2a ,+∞)上单调递增,在(a -1-√a 2-2a ,a -1+√a 2-2a )上单调递减. (2)证明:由(1)可知当a =2时,函数f (x )在(1,+∞)上单调递增,所以f (x )>f (1)=0,所以f (x )>0在(1,+∞)上恒成立. (3)证明:由(2)可知ln x +4x+1-2>0在(1,+∞)恒成立,所以ln (x +1)>2xx+2在(0,+∞)上恒成立.下面证2x x+2>x 2e x -1,即证2e x-x 2-2x -2>0,设φ(x )=2e x-x 2-2x -2,则φ'(x )=2e x-2x -2,设μ(x )=2e x-2x -2,则μ'(x )=2e x-2,易知μ'(x )=2e x-2>0在(0,+∞)上恒成立,所以μ(x )=2e x-2x -2在(0,+∞)上单调递增,所以μ(x )=2e x-2x -2>μ(0)=0,所以φ(x )=2e x-x 2-2x -2在(0,+∞)上单调递增,所以φ(x )=2e x-x 2-2x -2>φ(0)=0,所以2x x+2>x 2e x -1,即当x >0时,ln (x +1)>x 2e x -1.21.(2021安徽合肥二模,21)已知函数f (x )=a (x +2)e x-(x +3)2(a ∈R ,e 为自然对数的底数). (1)讨论函数f (x )的单调性;(2)当a >1e时,证明:f (x -2)>ln x -x 2-x -3.解析 (1)因为f '(x )=a (x +3)e x-2(x +3)=(x +3)(a e x-2),若a ≤0,则a e x-2<0.当x ∈(-∞,-3)时, f '(x )>0;当x ∈(-3,+∞)时, f '(x )<0.∴当a ≤0时,函数f (x )在(-3,+∞)上单调递减,在(-∞,-3)上单调递增.若a >0,由f '(x )=0解得x 1=-3,x 2=ln 2a. ①若0<a <2e 3,则ln 2a>-3.当x ∈(-∞,-3)∪(ln 2a ,+∞)时, f '(x )>0;当x ∈(-3,ln 2a)时, f '(x )<0.∴当0<a <2e 3时,函数f (x )在(-∞,-3),(ln 2a ,+∞)上单调递增,在(-3,ln 2a)上单调递减.②若a =2e 3,则ln 2a=-3.当x ∈R 时, f '(x )≥0,∴函数f (x )在R 上单调递增. ③若a >2e 3,则ln 2a<-3.当x ∈(-∞,ln 2a )∪(-3,+∞)时, f '(x )>0;当x ∈(ln 2a,-3)时, f '(x )<0.∴当a >2e 3时,函数f (x )在(-∞,ln 2a ),(-3,+∞)上单调递增,在(ln 2a,-3)上单调递减.(2)当a >1e时,要证f (x -2)>ln x -x 2-x -3,即要证ax e x -2>ln x +x -2,也即证a >lnx+x -2xe x -2(x >0). 令g (x )=lnx+x -2xe x -2(x >0),则g'(x )=(x+1)(3-lnx -x )x 2e x -2. 设φ(x )=3-ln x -x ,φ(x )在(0,+∞)上单调递减,φ(1)>0,φ(3)<0,∴∃x 0∈(1,3),使得φ(x 0)=3-ln x 0-x 0=0(*). 当x ∈(0,x 0)时,g'(x )>0;当x ∈(x 0,+∞)时,g'(x )<0. ∴g (x )≤g (x 0)=ln x 0+x 0-2x 0e x 0-2=1x 0e x 0-2.由(*)知3-ln x 0-x 0=0,即ln x 0=3-x 0,∴e 3-x 0=x 0, ∴g (x 0)=1e 3-x 0·e x 0-2=1e,∴g (x )≤1e <a ,∴当a >1e时, f (x -2)>ln x -x 2-x -3.22.(2021浙江绍兴4月模拟,22)已知函数f (x )=(ax -√2x -1)·e -x(其中0<a <2,e 为自然对数的底数).(1)求函数f (x )的单调区间;(2)设函数f (x )的极小值点为m ,极大值点为n ,证明:当x ∈(m ,n )时, f (x )-x ln x <a -1e . 解析 (1)由题意可知,x ≥12, f '(x )=(x -1)·(2√2x -1a)e -x,令f '(x )=0,得x 1=1,x 2=12+2a 2.又0<a <2,所以x 2>1.令f '(x )<0,得12<x <x 1或x >x 2,令f '(x )>0,得x 1<x <x 2. 所以f (x )的单调递增区间为(1,12+2a 2),单调递减区间为(12,1),(12+2a2,+∞). (2)证明:由(1)可知m =1,n =12+2a2,所以x ∈(1,12+2a 2). 令g (x )=f (x )-x ln x -a -1e,则g'(x )=f '(x )-1-ln x ,则当x ∈(m ,n )时,因为0<2√2x -1-a <2-a <2, 所以g'(x )<2(x -1)e -x-ln x -1, 设h (x )=2(x -1)e -x-ln x (1<x <12+2a 2),则h'(x )=-e x -4x+2x 2xe x <-(x -1)(2x -1)xe x<0,所以h (x )在(1,12+2a 2)上单调递减, 所以h (x )<h (1)=0,所以g'(x )<-1<0. 则g (x )在(1,12+2a 2)上单调递减. 故g (x )<g (1)=0,证毕.23.(2021浙江台州二模,22)已知函数f (x )=a (lnx +1x)+2x -x 2.(1)若0<a <2,求函数f (x )的单调区间;(2)若存在实数a ∈[1,+∞),使得f (x )+f '(x )≤2对于任意的x ≥m 恒成立,求实数m 的取值范围. 解析 (1)f (x )的定义域为(0,+∞),f '(x )=a (1x -1x 2)+2-2x =-(x -1)(2x 2-a )x 2=-2(x -1)(x+√a2)(x -√a2)x 2, (4分)当0<a <2时,令f '(x )>0,得√a 2<x <1,令f '(x )<0,得0<x <√a 2或x >1,所以f (x )的单调增区间为(√a 2,1),单调减区间为(0,√a 2),(1,+∞). (7分)(2)f (x )+f '(x )≤2,即a ln x +2a x -a x2-x 2≤0,即存在a ∈[1,+∞),使得1x 2(lnx +2x -1x 2)≤1a,故1x2(lnx +2x-1x2)≤1对于任意的x ≥m 恒成立, 即ln x +2x -1x2-x 2≤0对任意x ≥m 恒成立,(10分)令g (x )=ln x +2x -1x2-x 2,即g (x )≤0对于任意的x ≥m 恒成立,g'(x )=x 2-2x+2-2x 4x 3=-2x 4-x 2+2x -2x 3.设h (x )=2x 4-x 2+2x -2,h'(x )=8x 3-2(x -1),当0<x <1时,h'(x )>0,所以h (x )=2x 4-x 2+2x -2在(0,1)上单调递增.又h (0)<0,h (1)>0,所以存在唯一的x 0∈(0,1),使得h (x 0)=0,当x ∈(x 0,1)时,h (x )>0,则g'(x )<0,g (x )是减函数,所以g (x )>g (1)=0,不符合题意,所以x ≥1. (13分)下证当x ≥1时,g (x )≤0恒成立.因为x ≥1,所以2x 4-x 2+2x -2=x 2(2x 2-1)+2(x -1)>0,所以g'(x )=-2x 4-x 2+2x -2x 3<0, 即g (x )在[1,+∞)上单调递减,所以g (x )≤g (1)=0. 综上,m ≥1.(15分)24.(2021浙江稽阳联谊4月模考,22)已知函数f (x )=x ln x +x -ax 2既有极大值,又有极小值. (1)求实数a 的取值范围;(2)记x 1为函数f (x )的极小值点,实数x 2≠x 1且f (x 2)=f (x 1),证明:x 2>4x 1-6a x 12.解析 (1)由已知得f '(x )有两个零点.①当a ≤0时, f '(x )=ln x +2-2ax 单调递增,不存在2个零点,故舍去. ②当a >0时,令f 1(x )=ln x +2-2ax ,则f '1(x )=1x-2a ,所以f '1(x )在(0,12a ]上单调递增,在[12a,+∞)上单调递减, 所以f '1(12a)=ln 12a+1>0,解得a <e 2.下证:当0<a <e 2时,函数f (x )既有极大值,又有极小值. 由f '(12a)>0, f '(1e2)=-2a e2<0得,存在x 1∈(1e2,12a),使f '(x 1)=0,又由f '(4a2)=ln 4a2+2-8a=2ln 2a+2-8a <2a -4a<0得,存在x 3∈(12a ,4a2),使f '(x 3)=0,当x 变化时, f '(x ), f (x )的变化情况如下表:x (0,x 1) x 1 (x 1,x 3) x 3 (x 3,+∞) f '(x ) - 0 + 0 - f (x )↘极小值↗极大值↘由上表知函数f (x )既有极大值,又有极小值. 故实数a 的取值范围是(0,e 2).(2)因为x 1为f (x )的极小值点,x 2≠x 1,且f (x 2)=f (x 1),所以x 2>x 1>0.由题意得f '(x 1)=2+ln x 1-2ax 1=0,所以a =2+ln x 12x 1, 所以f (x )=x ln x +x -2+ln x 12x 1x 2, 所以f (x 2)=x 2ln x 2+x 2-2+ln x 12x 1x 22,且f (x 1)=x 1ln x 12. 故由f (x 1)=f (x 2)得,x 1ln x 12=x 2ln x 2+x 2-2+ln x 12x 1x 22①.记x 2x 1=t (t >1),代入①得,ln x 1=2tlnt+t -t 2(t -1)2②.要证明x 2>4x 1-6a x 12,只需证明tx 1>4x 1-6x 12·2+ln x 12x 1, 即证t +2+3ln x 1>0. 将②代入,只需证t +2+6tlnt+t -t 2(t -1)2>0.由于t >1,故只需证(t +2)(t -1)2+6t ln t +6t -6t 2>0,即证t 2-6t +3+2t+6ln t >0③.令g (t )=t2-6t +3+2t +6ln t (t >1),则g'(t )=2(t -1)3t2>0,所以g (t )在(1,+∞)上单调递增,所以g (t )>g (1)=0. ③得证,从而原命题得证.。

专题3.5 导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f ′(x 0)＝0x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0图象极值 f (x 0)为极大值 f (x 0)为极小值 极值点x 0为极大值点x 0为极小值点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．【题型1 根据函数图象判断极值】【方法点拨】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.【例1】（2022春•杨浦区校级期末）已知函数y＝f（x）（a＜x＜b）的导函数是y＝f'（x）（a＜x＜b），导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则函数y＝f（x）在（a，b）内有（）A．3个驻点B．4个极值点C．1个极小值点D．1个极大值点【解题思路】由题意结合导函数图像即可确定函数的性质．【解答过程】解：由导函数的图象可知，原函数存在4个驻点，函数有3个极值点，其中2个极大值点，1个极小值点．故选：C．【变式1-1】（2022春•纳雍县期末）已知函数f（x）的导函数的图像如图所示，则下列结论正确的是（）A．﹣1是f（x）的极小值点B．曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率小于零C．f（x）在区间（﹣∞，3）上单调递减D．﹣3是f（x）的极小值点【解题思路】根据题意，由函数导数与单调性的关系依次分析选项，即可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：对于A，在x＝﹣1左右都有f′（x）＜0，﹣1不是f（x）的极值，A错误；对于B，f′（x）的图象在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，则曲线y＝f（x）在x＝2处的切线斜率即f′（2）小于零，B正确；对于C，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，C错误；对于D，f′（x）的图象在（﹣∞，﹣3）上，f′（x）＞0，在（﹣3，3）上，f′（x）＜0，则﹣3是f （x）的极大值点，D错误；故选：B．【变式1-2】（2022春•朝阳区校级月考）如图，可导函数y＝f（x）在点P（x0，f（x0））处的切线方程为y＝g（x），设h（x）＝g（x）﹣f（x），h'（x）为h（x）的导函数，则下列结论中正确的是（）A．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极大值点B．h'（x0）＝0，x0是h（x）的极小值点C．h'（x0）≠0，x0不是h（x）的极大值点D．h'（x0）≠0，x0是h（x）的极值点【解题思路】由图判断函数h（x）的单调性，结合y＝g（x）为y＝f（x）在点P处的切线方程，则有h'（x0）＝0，由此可判断极值情况．【解答过程】解：由题得，当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h（x）单调递增，又h'（x0）＝g'（x0）﹣f'（x0）＝0，则有x0是h（x）的极小值点，故选：B．【变式1-3】（2022春•南阳期末）函数f（x）的导函数是f'（x），下图所示的是函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像，下列说法正确的是（）A．x＝﹣1是f（x）的零点B．x＝2是f（x）的极大值点C．f（x）在区间（﹣2，﹣1）上单调递增D．f（x）在区间[﹣2，2]上不存在极小值【解题思路】根据函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像判断f′（x）的符号，进而判断f（x）的单调性和极值即可．【解答过程】解：由函数y＝（x+1）•f'（x）（x∈R）的图像知，当﹣2＜x＜﹣1时，x+1＜0，y＞0，∴f'（x）＜0，f（x）在（﹣2，﹣1）上减函数，当﹣1＜x＜2时，x+1＞0，y＞0，∴f'（x）＞0，f（x）在（﹣1，2）上增函数，当x＞2时，x+1＞0，y＜0，f'（x）＜0，f（x）在（2，+∞）上减函数，∴x＝﹣1、x＝2分别是f（x）的极小值点、极大值点．∴选项A、C、D错误，选项B正确，故选：B．【题型2 求已知函数的极值（点）】【方法点拨】求函数f(x)极值的一般解题步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．【例2】（2022•扬中市校级开学）已知函数f(x)=12x−sinx在[0，π2]上的极小值为（）A ．π12−√32B ．π12−12C ．π6−12D ．π6−√32【解题思路】根据极小值的定义，结合导数的性质进行求解即可． 【解答过程】解：由f(x)=12x −sinx ⇒f′(x)=12−cosx ， 当x ∈(0，π3)时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈(π3，π2)时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，所以π3是函数的极小值点，极小值为：f(π3)=π6−√32， 故选：D ．【变式2-1】（2022春•资阳期末）函数f （x ）＝x 3﹣3x 的极大值为（ ） A ．﹣4B ．﹣2C ．1D ．2【解题思路】求导，利用导数确定f （x ）的单调区间，从而即可求极大值． 【解答过程】解：因为f （x ）＝x 3﹣3x ，x ∈R ， 所以f ′（x ）＝3x 2﹣3＝3（x +1）（x ﹣1）， 令f ′（x ）＝0，得x ＝﹣1或x ＝1，所以当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；当﹣1＜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f （x ）的单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（1，∞）；单调递减区间为（﹣1，1）． 所以f （x ）极大值＝f （﹣1）＝2． 故选：D ．【变式2-2】（2022春•平谷区期末）函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为（ ） A ．π3B ．π6C ．5π6D ．2π3【解题思路】分析函数导数的符号变化，由此可得函数的单调性，由单调性得出结论即可． 【解答过程】解：对于函数f （x ）＝x +2cos x ，f ′（x ）＝1﹣2sin x ， 因为x ∈[0，π]，当0＜x ＜π6时，f ′（x ）＞0， 当π6＜x ＜5π6时，f ′（x ）＜0，当5π6＜x ＜π时，f ′（x ）＞0，所以f （x ）在区间[0，π6]上是增函数，在区间[π6，5π6]上是减函数，在[5π6，π]是增函数． 因此，函数f （x ）＝x +2cos x 在[0，π]上的极小值点为5π6．故选：C ．【变式2-3】（2022春•新乡期末）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）2（2﹣x ）3，则f （x ）的极大值点为（ ） A ．1B ．75C ．﹣1D ．2【解题思路】解：因为f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ），所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【解答过程】解：f '（x ）＝2（x ﹣1）（2﹣x ）3﹣3（x ﹣1）2（2﹣x ）2＝（x ﹣1）（2﹣x ）2（7﹣5x ）， 令f ′（x ）＝0得x ＝1或x =75，所以f （x ）在（﹣∞，1），(75，+∞)上单调递减，在(1，75)上单调递增， 所以f （x ）的极大值点为75，故选：B ．【题型3 由函数的极值（点）求参数】 【方法点拨】根据函数极值情况求参数的两个要领：①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求出参数后，验证所求结果是否满足题意．【例3】（2022春•龙海市校级期末）函数f （x ）＝4x 3﹣ax 2﹣2bx +2在x ＝1处有极大值﹣3，则a ﹣b 的值等于（ ） A ．0B ．6C ．3D ．2【解题思路】对函数求导，利用f （1）＝﹣3以及f ′（1）＝0解出a ，b ，进而得出答案． 【解答过程】解：由题意得f ′（x ）＝12x 2﹣2ax ﹣2b ，因为f （x ）在x ＝1处有极大值﹣3， 所以f ′（1）＝12﹣2a ﹣2b ＝0，f （1）＝4﹣a ﹣2b +2＝﹣3，解得a ＝3，b ＝3， 所以a ﹣b ＝0． 故选：A ．【变式3-1】（2022春•哈尔滨期末）若函数f(x)=6alnx +12x 2−(a +6)x 有2个极值点，则实数a 的取值范围是（）A．（﹣∞，6）∪（6，+∞）B．（0，6）∪（6，+∞）C．{6}D．（0，+∞）【解题思路】根据条件函数f（x）有两个极值点，转化为方程f′（x）＝0有两个不等正实数根，得到求解．【解答过程】解：函数f（x）的定义域（0，+∞），f′(x)=6ax+x−(a+6)=(x−6)(x−a)x，令f′（x）＝0得，x＝6或x＝a，∵函数f（x）有2个极值点，∴f'（x）＝0有2个不同的正实数根，∴a＞0且a≠6，故选：B．【变式3-2】（2022春•淄博期末）已知x＝2是函数f（x）＝ax3﹣3x2+a的极小值点，则f（x）的极大值为（）A．﹣3B．0C．1D．2【解题思路】先对函数求导，然后结合极值存在条件可求a，进而可求函数的极大值．【解答过程】解：因为f′（x）＝3ax2﹣6x，由题意可得，f′（2）＝12a﹣12＝0，故a＝1，f′（x）＝3x2﹣6x，当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝0时，函数取得极大值f（0）＝1．故选：C．【变式3-3】（2022春•赣州期末）已知函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）在x＝1处取得极值，则a+b的最大值为（）A．1B．√2C．2D．2√2【解题思路】根据题意，对函数求导，令f′（1）＝0可求得a2+b2＝2，利用基本不等式可求a+b的最大值．【解答过程】解：函数f（x）＝x3+a2x2+（2b2﹣7）x+1（a＞0，b＞0）的导数为f′（x）＝3x2+2a2x+2b2﹣7，因为函数在x＝1处取得极值，所以f′（1）＝3+2a2+2b2﹣7＝0，即a2+b2＝2，因为a 2+b 2＝（a +b ）2﹣2ab ＝2，即（a +b ）2﹣2＝2ab ， 因为ab ≤(a+b 2)2，所以(a +b)2−2≤2(a+b 2)2， 整理得（a +b ）2≤4，所以a +b ≤2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立，此时f ′（x ）＝3x 2+2x ﹣5＝（3x +5）（x ﹣1），满足函数在x ＝1处取得极值， 所以a +b 的最大值为2， 故选：C ．【题型4 利用导数求函数的最值】 【方法点拨】(1)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上单调递增或单调递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数f (x )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 )上有唯一一个极大(或极小)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．【例4】（2022•河南开学）函数f(x)=x 2−2x +8x 在（0，+∞）上的最小值为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5【解题思路】由题意求导，从而确定函数的单调性，从而求函数的最值．【解答过程】解：因为f ′(x)=2x −2−8x 2=(x 3−2x 2)+(x 3−8)x 2=(x−2)(2x 2+2x+4)x 2，所以f （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增， 故f （x ）min ＝f （2）＝4． 故选：C ．【变式4-1】（2022春•中山市校级月考）函数y ＝x ﹣2sin x 在区间[0，2]上的最小值是（ ） A ．π6−√3B ．−π3−√3C ．−π6−√3D ．π3−√3【解题思路】利用导数研究函数区间单调性，进而求其最小值即可． 【解答过程】解：由y ′＝1﹣2cos x ， 当0≤x ＜π3时，y ′＜0，即y 递减； 当π3＜x ≤2时，y ′＞0，即y 递增；所以y min =π3−2sin π3=π3−√3．【变式4-2】（2022春•乐山期末）已知函数f （x ）＝x 2﹣lnx ，则函数f （x ）在[1，2]上的最小值为（ ） A ．1B ．√22C ．18+12ln2 D ．12+12ln2【解题思路】求导确定函数在[1，2]上的单调性，求出最小值即可．【解答过程】解：因为f （x ）＝x 2﹣lnx （x ＞0），所以f ′（x ）＝2x −1x =2x 2−1x ，所以当x ∈[1，2]时，f ′（x ）=2x 2−1x ＞0，则f （x ）在[1，2]上单调递增，则f （x ）在[1，2]上的最小值为f （1）＝1． 故选：A ．【变式4-3】（2022•绿园区校级开学）函数f （x ）＝lnx +1x −12与g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x 的最小值分别为a ，b ，则（ ） A ．a ＝b B ．a ＞bC ．a ＜bD ．a ，b 的大小不能确定【解题思路】根据函数的单调性分别求出函数f （x ），g （x ）的最小值，比较a ，b 即可． 【解答过程】解：f （x ）的定义域是（0，+∞）， f ′(x)=1−1x =x−1x， 令f ′（x ）＜0，解得：0＜x ＜1，令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1， f （x ）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， f （x ）的最小值是f （1）＝1，故a ＝1， g （x ）＝xe x ﹣lnx ﹣x ，定义域（0，+∞）， g ′(x)=(x +1)e x −1x −1=x+1x (xe x −1)，令h （x ）＝xe x ﹣1，则h ′（x ）＝（x +1）e x ＞0，x ∈（0，+∞），则可得h （x ）在（0，+∞）上单调递增，且h （0）＝﹣1＜0，h （1）＝e ﹣1＞0， 故存在x 0∈（0，1）使得h （x ）＝0即x 0e x 0=1，即x 0+lnx 0＝0， 当x ∈（0，x 0）时，h （x ）＜0，g ′（x ）＜0，函数g （x ）单调递减， 当x ∈（x 0，+∞）时，g ′（x ）＞0，函数g （x ）单调递增，故当x ＝x 0时，函数取得最小值g(x 0)=x 0e x 0−lnx 0−x 0=1−lnx 0−x 0=1，即b ＝1， 所以a ＝b ，【题型5 由函数的最值求参数】【例5】（2022春•烟台期末）若函数f(x)=x 3−3a 2x 2+4在区间[1，2]上的最小值为0，则实数a 的值为（ ） A ．﹣2B ．﹣1C ．2D ．103【解题思路】对函数求导后，分a ≤0和a ＞0两种情况求出函数的单调区间，从而可求出函数的最小值，使最小值等于零，从而可出实数a 的值． 【解答过程】解：由f(x)=x 3−3a 2x 2+4，得f '（x ）＝3x 2﹣3ax ＝3x （x ﹣a ）， 当a ≤0时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增，所以f(x)min =f(1)=1−3a2+4=0，解得a =103（舍去）， 当a ＞0时，由f '（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a ， 当0＜a ≤1时，f '（x ）＞0在[1，2]上恒成立， 所以f （x ）在[1，2]上递增， 所以f(x)min =f(1)=1−3a 2+4=0，解得a =103（舍去）， 当1＜a ＜2时，当1＜x ＜a 时，f '（x ）＜0，当a ＜x ＜2时，f '（x ）＞0， 所以f （x ）在（1，a ）上递减，在（a ，2）上递增，所以当x ＝a 时，f （x ）取得最小值，所以f(a)=a 3−3a2a 2+4=0，解得a ＝2（舍去）， 当a ≥2时，当1≤x ≤2时，f '（x ）＜0，所以f （x ）在[1，2]上递减， 所以f(x)min =f(2)=23−3a2×4+4=0，解得a ＝2， 综上，a ＝2， 故选：C ．【变式5-1】（2022春•贵阳期末）若函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在x ≤20222021上的最小值为e +1，则a 的值为（ ） A ．0B ．1C ．20202021D ．20212020【解题思路】判断函数f （x ）的定义域，可知函数f （x ）在定义域上单调递增，由此可建立关于a 的方程，解出即可得到答案．【解答过程】解：函数的定义域为[1，20222021]，而函数y =e x ，y =lnx ，y =x √x −1在[1，+∞）上均为增函数，∴函数f(x)=e x +lnx +x √x −1+a 在[1，20222021]单调递增， ∴f （x ）min ＝f （1）＝e +a ＝e +1，解得a ＝1． 故选：B ．【变式5-2】（2022春•江北区校级期末）若函数f （x ）＝x 3﹣3x 在区间（2a ，a +3）上有最小值，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(−2，12)B ．（﹣2，1）C ．[−1，12)D ．（﹣2，﹣1]【解题思路】由导数性质得f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2．由此利用函数性质列不等式即可求解a 的范围． 【解答过程】解：∵f （x ）＝x 3﹣3x ，∴f ′（x ）＝3x 2﹣3， 由f ′（x ）＝0，得x ＝±1，x ∈（﹣∞，﹣1）时，f ′（x ）＞0；x ∈（﹣1，1）时，f ′（x ）＜0；x ∈（1，+∞）时，f ′（x ）＞0， ∴f （x ）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1）， ∴x ＝1时，f （x ）min ＝﹣2． f （x ）＝x 3﹣3x ＝﹣2时， x 3﹣3x +2＝0，x 3﹣x ﹣2x +2＝0， x （x 2﹣1）﹣2x +2＝0，x （x +1）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x 2+x ）（x ﹣1）﹣2（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）（x 2+x ﹣2）＝0， （x ﹣1）（x +2）（x ﹣1）＝0， （x ﹣1）2（x +2）＝0， 解得x ＝1，x ＝﹣2，∴﹣2≤2a ＜1＜a +3，∴﹣1≤a ＜12． 即实数a 的取值范围是[﹣1，12），故选：C．【变式5-3】（2022春•公安县校级月考）已知函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，若f（x）的最小值为0对任意x＞0恒成立，则实数a的最小值为（）A．2√eB．−2e C．1√eD．√e【解题思路】把f（x）转化为f（x）＝e2lnx+ax+1﹣（2lnx+ax+1）﹣1，证明e x﹣1≥x恒成立，得到f（x）≥0恒成立，从而得到a=−2lnx−1x，令g（x）=−2lnx−1x，利用导数求出函数g（x）的最小值即可求出结果．【解答过程】解：∵函数f（x）＝x2e ax+1﹣2lnx﹣ax﹣2，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1，令t＝lnx2+ax+1，则h（t）＝e t﹣t﹣1，f′（t）＝e t﹣1，当t∈（﹣∞，0）时h′（t）＜0，h（t）单调递减，当t∈（0，+∞）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，∴h（t）≥h（0）＝0，∴f(x)=e lnx2+ax+1−(lnx2+ax+1)−1≥0，等号成立的条件是lnx2+ax+1＝0，即a=−1−2lnxx在（0，+∞）上有解，设g(x)=−2lnx+1x，则g′(x)=−2−(2lnx+1)x2=2lnx−1x2，令g′（x）＝0，解得x=√e，∴当x∈(0，√e)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈(√e，+∞)时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g(x)min=g(√e)=2√e，即a的最小值为2√e．故选：A．【题型6 极值和最值的综合问题】【方法点拨】解决函数极值、最值综合问题的策略：(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．【例6】（2022春•城厢区校级期末）已知函数f(x)=x3−32(k+1)x2+3kx+1，其中k∈R．（1）当k＝3时，求函数f（x）在（0，3）内的极值点；（2）若函数f（x）在[1，2]上的最小值为3，求实数k的取值范围．【解题思路】（1）首先求得导函数，然后利用导函数研究函数的单调性，据此可求得函数的值域；（2）求得函数的解析式，然后结合导函数的符号确定函数的单调性，分类讨论即可求得实数k的取值范围．【解答过程】解：（1）k＝3时，f（x）＝x3﹣6x2+9x+1，则f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），令f'（x）＝0得x1＝1，x2＝3，当x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当1＜x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；所以f（x）的单调递增区间为（﹣∞，1），（3，+∞），单调递减区间为（1，3）；所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减．故f（x）在（0，3）内的极大值点为x＝1，无极小值点；（2）方法一：f'（x）＝3x2﹣3（k+1）x+3k＝3（x﹣1）（x﹣k），①当k≤1时，∀x∈[1，2]，f'（x）≥0，函数f（x）在区间[1，2]单调递增，所以f(x)min=f(1)=1−32(k+1)+3k+1=3，即k=53（舍）；②当k≥2时，∀x∈[1，2]，f'（x）≤0，函数f（x）在区间[1，2]单调递减，所以f（x）min＝f（2）＝8﹣6（k+1）+3k⋅2+1＝3，符合题意；③当1＜k＜2时，当x∈[1，k）时，f'（x）≤0，f（x）区间在[1，k）单调递减，当x∈（k，2]时，f'（x）＞0，f（x）区间在（k，2]单调递减，所以f(x)min=f(k)=k3−32(k+1)k2+3k2+1=3，化简得：k3﹣3k2+4＝0，即（k+1）（k﹣2）2＝0，所以k＝﹣1或k＝2（都舍）；综上所述：实数k取值范围为k≥2．【变式6-1】（2022春•德州期末）已知函数f(x)=x3−3ax+1(a＞12 )．（1）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求实数a的值；（2）当x∈[﹣2，1]时．求函数f（x）的最大值．【解题思路】（1）利用导数求得函数极值，代入计算即可得到a的值；（2）f'（x）＝0的根分类讨论，然后列表表示f'（x）的正负，极值点，同时注意比较端点处函数值，从而得最大值．【解答过程】解：（1）由题意可知f'（x）＝3x2﹣3a，因为函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，所以f'（﹣1）＝0，即3﹣3a＝0，解得a＝1，经检验a＝1，符合题意，所以a＝1；（2）由（1）知f'（x）＝3x2﹣3a，令f'（x）＝0，x=±√a，当0＜√a＜1，即0＜a＜1时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，√a)√a(√a，1)1 f'（x）+0﹣0+f（x）﹣7+6a单调递增单调递减单调调增2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当1≤√a＜2，即1≤a＜4时，f（x）和f'（x）随x的变化情况如下表：x﹣2(−2，−√a)−√a(−√a，1)1f'（x）+0﹣f（x）﹣7+6a单调递增单调递减2﹣3a由表格可知f（x）在x=−√a取极大值，此时f(−√a)=2a√a+1＞2−3a，所以f（x）在[﹣2，1]的最大值为2a√a+1．当√a≥2即a≥4时，f'（x）＝3x2﹣3a≤0恒成立，即f（x）在[﹣2，1]上单调递减，所以f（x）的最大值为f （﹣2）＝﹣7+6a ，综上所述，当12＜a ＜4时，f （x ）的最大值为2a √a +1；当a ≥4时，f （x ）的最大值为﹣7+6a ．【变式6-2】（2022春•漳州期末）已知函数f(x)=(x −1)e x −t2x 2−2x ，f '（x ）为f （x ）的导函数，函数g （x ）＝f '（x ）．（1）当t ＝1时，求函数g （x ）的最小值；（2）已知f （x ）有两个极值点x 1，x 2（x 1＜x 2）且f(x 1)+52e −1＜0，求实数t 的取值范围． 【解题思路】（1）当t ＝1时，根据题意可得g （x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，求导得g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1，分析g （x ）的单调性，进而可得g （x ）min ．（2）问题可化为t =e x −2x，有两个根x 1，x 2，令ℎ(x)=e x −2x，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0，求导分析单调性，又x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0，推出t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)，分析f （x 1）的单调性，又φ(−1)=−52e +1，推出﹣1＜x 1＜0，即可得出答案．【解答过程】解：g （x ）＝f '（x ）＝xe x ﹣tx ﹣2，（1）当t ＝1时，g （x ）＝xe x ﹣x ﹣2，g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1， 当x ≤﹣1时，x +1≤0，e x ＞0， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1≤0﹣1＜0， 当﹣1＜x ＜0时，0＜x +1＜1，0＜e x ＜1， 所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＜1×1﹣1＝0， 当x ＞0时，x +1＞1，e x ＞1，所以g '（x ）＝（x +1）e x ﹣1＞1×1﹣1＝0．综上g （x ）在（﹣∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数， 所以g （x ）min ＝g （0）＝﹣2．（2）依题有：方程g （x ）＝0有两个不同的根x 1，x 2， 方程g （x ）＝0可化为t =e x −2x ， 令ℎ(x)=e x −2x ，则ℎ′(x)=e x +2x 2＞0， 所以h （x ）在（﹣∞，0）和（0，+∞）都是增函数，因为x →﹣∞时，h （x ）→0；x →+∞时，h （x ）→+∞且ℎ(12)＜0， 所以t ＞0且t =e x 1−2x 1=e x 2−2x 2(x 1＜0＜x 2)， 所以f(x 1)=(x 1−1)e x 1−t2x 12−2x 1 =(x 1−1)e x 1−12(e x 1−2x 1)x 12−2x 1=(−x 122+x 1−1)e x 1−x 1＜−52e +1，令φ(x)=(−x 22+x −1)e x −x(x ＜0)，则φ′(x)=−12x 2e x −1＜0，所以φ（x ）在（﹣∞，0）上为减函数，又因为φ(−1)=−52e +1， 所以﹣1＜x 1＜0， 所以t =e x 1−2x 1＞1e+2． 【变式6-3】（2022春•潞州区校级期末）有三个条件： ①函数f （x ）在x ＝1处取得极小值2； ②f （x ）在x ＝﹣1处取得极大值6； ③函数f （x ）的极大值为6，极小值为2．这三个条件中，请任意选择一个填在下面的横线上（只要填写序号），并解答本题． 题目：已知函数f （x ）＝x 3﹣3ax +b （a ＞0），并且 _____． （1）求f （x ）的解析式；（2）当x ∈[﹣3，1]时，求函数f （x ）的最值．【解题思路】（1）求出函数f （x ）的导数f ′（x ），选择条件①，②，利用给定的极值点及对应的极值列式求解并验证作答；选择条件③，判断极大值与极小值列式求解并验证作答． （2）利用（1）的结论，利用导数求出给定区间上的最值作答． 【解答过程】解：（1）选条件①：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(1)=0f(1)=2，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＜0，当x ＞1时，f ′（x ）＞0， 则f （x ）在x ＝1处取得极小值2， 所以f （x ）＝x 3﹣3x +4；选条件②：求导得f ′（x ）＝3x 2﹣3a ，由{f ′(−1)=0f(−1)=6，得{a =1b =4，此时f ′（x ）＝3（x +1）（x ﹣1），当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＝＜0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4．选条件③：求导得f′（x）＝3x2﹣3a，令f′（x）＝3x2﹣3a＝0，得x=±√a，当x＜−√a或x＞√a时，f′（x）＞0，当−√a＜x＜√a时时，f′（x）＜0，因此，当x=−√a时，f（x）取得极大值f（−√a），当x=√a时，f（x）取得极小值f（√a），于是得{(−√a)3−3a(−√a)+b=6(√a)3−3a√a+b=2，解得{a=1b=4，此时f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当x＜﹣1或x＞1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在x＝1处取得极小值2，在x＝﹣1处取得极大值6，所以f（x）＝x3﹣3x+4；（2）由（1）知，f（x）＝x3﹣3x+4，当x∈[﹣3，1]时，f′（x）＝3（x+1）（x﹣1），当﹣3＜x＜﹣1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f′（x）＜0，则f（x）在[﹣3，﹣1）上递增，在（﹣1，1]上递减，而f（﹣3）＝﹣14，f（1）＝2，所以f（x）max＝f（﹣1）＝6，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣14．。

十七 导数与函数的极值、最值(建议用时 : 45分钟) A 组 全考点巩固练1．设a ∈R , 假设函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点 , 那么( ) A ．a <－1 B ．a >－1 C ．a >－1eD ．a <－1eA 解析 : 因为y ＝e x ＋ax , 所以y ′＝e x ＋a . 又函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点 , 所以方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解 , 当x >0时 , －e x <－1 , 所以a ＝－e x <－1.2．假设函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图像如下列图 , 那么x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289C 解析 : 因为函数f (x )的图像过原点 , 所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0 , 即⎩⎨⎧－1＋b －c ＝08＋4b ＋2c ＝0解得⎩⎨⎧b ＝－1c ＝－2.所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x .所以f ′(x )＝3x 2－2x －2.由题意知x 1 , x 2是函数的极值点 , 所以x 1 , x 2是f ′(x )＝0的两个根 , 所以x 1＋x 2＝23 , x 1x 2＝－23 , 所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 3．已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe(e 是自然对数的底数) , 那么f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2D 解析 : 由题意知f ′(x )＝2e f ′(e )x －1e .所以f ′(e)＝2f ′(e)－1e , 那么f ′(e)＝1e .因此f ′(x )＝2x －1e.令f ′(x )＝0 , 得x ＝2e.所以f (x )在(0,2e)上单调递增 , 在(2e , ＋∞)上单调递减． 所以f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2. 4．已知x ＝1e 是函数f (x )＝x ln(ax )＋1的极值点 , 那么a ＝( )A ．12B ．1C ．1eD ．2B 解析 : 由函数f (x )＝x ln(ax )＋1 , 可得f ′(x )＝ln(ax )＋1.由x ＝1e 是函数f (x )的极值点 ,可得ln ⎝⎛⎭⎫a ·1e ＋1＝0 , 解得a ＝1.经验证 , a ＝1时 , x ＝1e是函数f (x )的极值点．应选B. 5．(多项选择题)(2020·山东百师联盟测试五)常数a ≠0 , 以下有关方程x 3＋x 2－x －a ＝0的根的说法正确的选项是( )A ．可以有三个负根B ．可以有两个负根和一个正根C ．可以有两个正根和一个负根D ．可以有三个正根BC 解析 : 方程x 3＋x 2－x －a ＝0可化为x 3＋x 2－x ＝a .令函数f (x )＝x 3＋x 2－x , 那么f ′(x )＝3x 2＋2x －1＝(3x －1)(x ＋1)．当x <－1或x >13时 , f ′(x )>0.当－1<x <13时 , f ′(x )<0.故f (x )在(－∞ , －1) , ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13 ＋∞上单调递增 , 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1 13上单调递减 , 且f (－1)>0 , f ⎝⎛⎭⎫13<0.作出f (x )的图像如下列图 , 从而方程x 3＋x 2－x －a ＝0可以有两个正根和一个负根 , 也可以有两个负根和一个正根 , 但不会有三个负根 , 也不会有三个正根．应选BC.6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是________． 2 解析 : 由题意知f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)． 令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2(舍)． 当－1<x <0时 , f ′(x )>0 ; 当0<x <1时 , f ′(x )<0 ,所以当x ＝0时 , 函数取得极大值 , 即最大值． 所以f (x )的最大值为f (0)＝2.7．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值．假设m ∈[－1,1] , 那么f (m )的最小值是________．－4 解析 : 由题意知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 ＝－3(x －2) , 由此可得f (x )在(－1,0)上单调递减 , 在(0,1)上单调递增 , 所以当m ∈[－1,1]时 , f (m )min ＝f (0)＝－4.8．已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0 , 那么a －b ＝________.－7 解析 : 由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b , 那么⎩⎨⎧a 2＋3a －b －1＝0b －6a ＋3＝0解得⎩⎨⎧ a ＝1b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2b ＝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 ＝－7.9．已知函数f (x )＝ax 2－b ln x 在点A (1 , f (1))处的切线方程为y ＝1. (1)求实数a , b 的值 ; (2)求函数f (x )的极值．解 : (1)f (x )的定义域是(0 , ＋∞) , 所以f ′(x )＝2ax －bx,f (1)＝a ＝1.所以f ′(1)＝2a －b ＝0.将a ＝1代入2a －b ＝0 , 解得b ＝2.故a ＝1 , b ＝2. (2)由(1)得f (x )＝x 2－2ln x (x >0) ,f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－2x.令f ′(x )>0 , 解得x >1 ; 令f ′(x )<0 , 解得0<x <1.所以f (x )在(0,1)上单调递减 , 在(1 , ＋∞)上单调递增． 所以f (x )极小值＝f (1)＝1 , 无极大值． 10．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．解 : (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y ＝f (x )在(0 , f (0))处的切线方程为y ＝1. (2)由(1)知f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1 ,令g (x )＝f ′(x ) , 那么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.B 组 新高考培优练11．假设函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点 , 那么称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 , 那么f (x )为( )A ．2折函数B ．3折函数C ．4折函数D ．5折函数C 解析 : 由题意知f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)·(3x ＋2)＝(x ＋2)(e x －3x －2)． 令f ′(x )＝0 , 得x ＝－2或e x ＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点 , 又e x ＝3x ＋2 , 结合函数图像(图略) , 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 , 那么f (x )为4折函数．12．(多项选择题)(2020·海南调研)已知函数f (x )＝x ＋sin x －x cos x 的定义域为[－2π , 2π) , 那么( )A ．f (x )为奇函数B ．f (x )在[0 , π)上单调递增C ．f (x )恰有4个极大值点D ．f (x )有且仅有4个极值点BD 解析 : 对于选项A , 因为f (x )的定义域为[－2π , 2π) , 不关于原点对称 , 所以f (x )为非奇非偶函数 , 故A 错误．对于选项B , f ′(x )＝1＋cos x －(cos x －x sin x )＝1＋x sin x ．当x ∈[0 , π)时 , f ′(x )>0 , 那么f (x )在[0 , π)上单调递增 , 故B 正确．对于选项C 和D , f ′(0)≠0 , 令f ′(x )＝0 , 得sin x ＝－1x .在同一坐标系内分别作出y ＝sin x 和y ＝－1x 在区间[－2π , 2π)上的图像 , 如下列图．由图可知 , 这两个函数的图像在区间[－2π , 2π)上共有4个公共点 , 且两图像在这些公共点处都不相切 , 故f (x )在区间[－2π , 2π)上的极值点的个数为4 , 且f (x )只有2个极大值点 , 故C 错误 , D 正确．应选BD.13．假设函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a , a ＋5)上存在最小值 , 那么实数a 的取值范围是________．[－3,0) 解析 : 由题意 , 得f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)．故f (x )在(－∞ , －2) , (0 , ＋∞)上单调递增 , 在(－2,0)上单调递减．故f (0)＝－23为f (x )的极小值．作出其图像如下列图．令13x 3＋x 2－23＝－23得 , x ＝0或x ＝－3.结合图像可知⎩⎨⎧－3≤a <0a ＋5>0解得a ∈[－3,0)．14．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性 ;(2)假设f (x )≥0 , 求a 的取值范围． 解 : (1)函数f (x )的定义域为(－∞ , ＋∞)． f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①假设a ＝0 , 那么f (x )＝e 2x , 在(－∞ , ＋∞)上单调递增． ②假设a >0 , 由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞ , ln a )时 , f ′(x )<0 ;当x ∈(ln a , ＋∞)时 , f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞ , ln a )上单调递减 , 在(ln a , ＋∞)上单调递增．③假设a <0 , 由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞ ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时 , f ′(x )<0 ; 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎪⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2 ＋∞时 , f ′(x )>0.故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎪⎫－∞ ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减 , 在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2 ＋∞上单调递增． (2)①假设a ＝0 , 那么f (x )＝e 2x , 所以f (x )≥0.②假设a >0 , 那么由(1)得 , 当x ＝ln a 时 , f (x )取得最小值 , 最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ．从而当且仅当－a 2ln a ≥0 , 即a ≤1时 , f (x )≥0.故0<a ≤1.③假设a <0 , 那么由(1)得 , 当x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时 , f (x )取得最小值 , 最小值为f ⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2. 从而当且仅当a 2⎣⎡⎦⎤34－ln ⎝⎛⎭⎫－a 2≥0 , 即a ≥－2e 时 , f (x )≥0.故－2e ≤a <0. 综上 , a 的取值范围是[－2e , 1]． 15．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．解 : (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x , f (x )的定义域为(0 , ＋∞)． 所以f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx2.令f ′(x )＞0 , 得0＜x ＜1 ; 令f ′(x )＜0 , 得x ＞1.所以f (x )＝x －1x－ln 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 上的最大值为f (1)＝1－1－ln 1＝0.又f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e , f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e , 即f ⎝⎛⎭⎫1e ＜f (e) ,所以f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e 上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝2－e. 综上 , f (x )在⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1e e 上的最大值为0 , 最小值为2－e.。

知识点拨：利用导数求函数的极值
例求以下函数的极值：
1．；2．；3．
分析：按照求极值的根本方法，首先从方程求出在函数定义域内所有可能的极值点，然后按照函数极值的定义判断在这些点处是否取得极值．解：1．函数定义域为R．
令，得．
当或时，，
∴函数在和上是增函数；
当时，，
∴函数在〔－2，2〕上是减函数．
∴当时，函数有极大值，
当时，函数有极小值
2．函数定义域为R．
令，得或．
当或时，，
∴函数在和上是减函数；
当时，，
∴函数在〔0，2〕上是增函数．
∴当时，函数取得极小值，
当时，函数取得极大值．
3．函数的定义域为R．
令，得．
当或时，，
∴函数在和上是减函数；
当时，，
∴函数在〔－1，1〕上是增函数．
∴当时，函数取得极小值，
当时，函数取得极大值
说明：思维的周密性是解决问题的根底，在解题过程中，要全面、系统地考虑问题，注意各种条件综合运用，方可实现解题的正确性．解答此题时应注意只是函数在处有极值的必要条件，如果再加之附近导数的符号相反，才能断定函数在处取得极值．反映在解题上，错误判断极值点或漏掉极值点是学生经常出现的失误．。

专题19 利用导数求函数的最值一、单选题 1．若函数y ＝x 3＋32x 2＋m 在[-2，1]上的最大值为92，则m 等于（ ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．52【答案】C 【分析】利用导数研究函数的单调性，找出最值，解方程即可得到答案. 【详解】'2333(1)y x x x x =+=+，易知，当10x -<<时，'0y <，当21x -<<-或01x <<时，'0y >，所以函数y ＝x 3＋32x 2＋m 在(2,1)--，(0,1)上单调递增，在(1,0)-上单调递减，又当1x =-时， 12y m =+，当1x =时，52y m =+，所以最大值为5922m +=，解得2m =.故选：C2．已知函数2()f x x a =-+，2()x g x x e ，若对于任意的2[1,1]x ∈-，存在唯一的112[,]2x ∈-，使得12()()f x g x =，则实数a 的取值范围是（ ）A ．（e ，4）B ．（e 14+，4] C ．（e 14+，4） D ．（14，4] 【答案】B 【分析】结合导数和二次函数的性质可求出()f x 和()g x 的值域，结合已知条件可得[0e 4[]a ⊆-,，1)4a -，从而可求出实数a 的取值范围. 【详解】解：g （x ）=x 2e x 的导函数为g ′（x ）=2xe x +x 2e x =x （x +2）e x ，当0x =时，()0g x '=， 由[)1,0x ∈-时，()0g x '<，(]0,1x ∈时，()0g x '>，可得g （x ）在[–1，0]上单调递减， 在（0，1]上单调递增，故g （x ）在[–1，1]上的最小值为g （0）=0，最大值为g （1）=e ， 所以对于任意的2[1,1]x ∈-，2()[0,e]g x ∈．因为2y x a =-+开口向下，对称轴为y 轴，又10202--<-，所以当0x =时，max ()f x a =，当2x =时，min ()4f x a =-， 则函数2()f x x a =-+在[12-，2]上的值域为[a –4，a ]，且函数f （x ）在11[,]22-， 图象关于y 轴对称，在（12，2]上，函数()f x 单调递减．由题意，得[0e 4[]a ⊆-,，1)4a -，可得a –4≤0<e <14a -，解得e 14+<a ≤4．故选:B ． 【点睛】本题考查了利用导数求函数的最值，考查了二次函数的性质，属于中档题.本题的难点是12()()f x g x =这一条件的转化.3．已知函数()3232f x x x =-+，对于任意[]12,1,1x x ∈-都有()()12f x f x m -≤，则实数m 的最小值为（ ） A ．0 B ．2C ．4D ．6【答案】C 【分析】由题可得，只需满足()()max min f x f x m -≤即可. 【详解】对于任意[]12,1,1x x ∈-都有()()12f x f x m -≤，即()()max min f x f x m -≤，()()23632f x x x x x '=-=-当()1,0x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增；当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；∴当0x =时，()()max 02f x f ==，()11322f -=--+=-，()11320f =-+=，()min 2f x ∴=-， ()()max min 4m f x f x ∴≥-=，即m 的最小值为4.故选：C. 【点睛】关键点睛：本题考查不等式的恒成立问题，解题的关键是将不等式化为()()max min f x f x m -≤，利用导数求最值即可.4．设函数()|ln |()f x x t x t R =++∈．当[1,e]x ∈时（e 为自然对数的底数），记()f x 的最大值为()g t ，则()g t 的最小值为（ ） A．1 B ．2eC ．eD ．【答案】C 【分析】由()ln ln ln t tx x tx e f x x t x x x tx e --++≥⎧=++=⎨--<⎩，分t e e -≥，1t e -≤，1t e e -<<三种情况分别讨论出函数()f x 在[1,]e 上的单调性，从而求出()f x 的最大值()g t ，再根据()g t 的解析式求()g t 的最小值.【详解】()ln ln ln t tx x tx e f x x t x x x tx e --++≥⎧=++=⎨--<⎩当t e e -≥，即1t ≤-时，在[1,e]x ∈时，()ln f x x x t =--，则()111x f x x x-'=-= 此时，()10x f x x-'=≥在[1,e]x ∈上恒成立, 所以()f x 在[1,]e 上单调递增，则()()1g t f e e t ==--当1t e -≤，即0t ≥时，在[1,e]x ∈时，()ln f x x x t =++，则()1110x f x x x+'=+=> 所以()f x 在[1,]e 上单调递增，则()()1g t f e e t ==++当1t e e -<<，即10t -<<时，ln ()ln ln 1ttx x t e x e f x x t x x x t x e--++≤≤⎧=++=⎨--≤<⎩ 若t e x e -≤≤，则()ln f x x x t =++，()1110x f x x x +'=+=>，此时()f x 单调递增 1t x e-≤<，则()ln f x x x t =--，()1110x f x x x-'=-=≥，此时()f x 单调递增 又t x e -=时，两段在t x e -=处的函数值相等，所以()f x 在[1,]e 上单调递增 所以()()1g t f e e t ==++综上所述可得：11()11e t t g t e t t ++>-⎧=⎨--≤-⎩由一次函数的单调性可得当1t =-时，()g t 有最小值e 故选：C 【点睛】关键点睛：本题考查求含绝对值的函数的最值问题，解答本题的关键是打开绝对值得到ln ()ln ln t tx x tx e f x x t x x x tx e--++≥⎧=++⎨--<⎩，然后由t e e -≥时，()[]()ln 1,f x x x t x e =--∈，当1t e -≤时， ()ln f x x x t =++[]()1,x e ∈，te x e -≤≤时，ln ()ln 1ttx x t e x e f x x x t x e --++≤≤⎧=⎨--≤<⎩，再由单调性得出最大值，属于中档题.5．函数2cos y x x =+在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值是（ ）A ．13π+ B ．4πC ．6πD ．2π 【答案】C 【分析】利用导数分析函数2cos y x x =+在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的单调性，进而可求得函数2cos y x x =+在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值. 【详解】对于函数2cos y x x =+，12sin y x '=-. 当06x π<<时，12sin 0y x '=->；当62x ππ<<时，12sin 0y x '=-<.所以，函数2cos y x x =+在区间0,6π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递增，在区间,62ππ⎛⎤⎥⎝⎦上单调递减.所以，max 2cos666y πππ=+=+故选：C. 【点睛】利用导数求解函数在区间上的最值时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数()y f x =在[],a b 内所有使()0f x '=的点，再计算函数()y f x =在区间内所有使()0f x '=的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．6．已知函数()31x f x e x =--(e 为自然对数的底数)，则以下结论正确的为（ ） A ．函数()y f x =仅有一个零点，且在区间(,)-∞+∞上单调递增；B ．函数()y f x =仅有一个零点，且在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞递增；C ．函数()y f x =有二个零点，其中一个零点为0，另一个零点为负数；D ．函数()y f x =有二个零点，且当ln 3x =时，()y f x =取得最小值为23ln 3-. 【答案】D 【分析】利用导数研究函数的单调性，然后可得最值及零点． 【详解】()3x f x e '=-是增函数，∴ln 3x <时，()0f x '<，()f x 递减，ln 3x >时，()0f x '>，()f x 递增，显然(0)0f =，∴(ln3)23ln30f =-<，又x →+∞时，()f x →+∞，∴()f x 在(ln 3,)+∞上也有一个零点，因此共有两个零点． 故选：D ． 【点睛】关键点点睛：本题用导数研究函数的单调性，研究函数的零点与最值．解题方法是求出导函数，确定导函数的零点与正负，从而得原函数的单调性与极值，得最值，利用零点存在定理确定零点的存在性． 7．函数3()12f x x x =-在区间[]3,1-上的最小值是（ ） A ．16- B ．18-C ．11D ．9-【答案】A 【分析】先对函数求导，根据导数的方法判定其在给定区间的单调性，即可得出结果. 【详解】因为3()12f x x x =-，所以2()123f x x '=-，由()0f x '>得22x -<<，由()0f x '<得2x >或2x <-； 又31x -≤≤，所以当32x -≤<-时，()0f x '<，函数3()12f x x x =-单调递减；当21x -≤≤时，()0f x '>，函数3()12f x x x =-单调递增； 因此min ()(2)24816f x f =-=-+=-. 故选：A. 【点睛】 方法点睛：求函数()f x 在区间[],a b 上的最值的方法：（1）若函数在区间[],a b 上单调递增或递减，则()f a 与()f b 一个为最大值，另一个为最小值； （2）若函数在区间[],a b 内有极值，则要先求出函数在[],a b 上的极值，再与()f a ，()f b 比较，最大的为最大值，最小的为最小值；（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.8．某企业拟建造一个容器(不计厚度，长度单位：米)，该容器的底部为圆柱形，高为l ，底面半径为r ，上部为半径为r 的半球形，按照设计要求容器的体积为283π立方米.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米建造费用为3万元，半球形部分每平方米建造费用为4万元，则该容器的建造费用最小时，半径r 的值为（ ） A ．1 BCD ．2【答案】C 【分析】根据体积公式用r 表示出l ，得出费用关于r 的函数，利用导数求出函数的极小值点即可. 【详解】解：由题意知2323142282333V r l r r l r πππππ=+⨯=+=， 故33322222282282282333333V r r r l r r r r r πππππ---===-=， 由0l >可知r <.∴ 建造费用()3222221282562344611723r y rl r r r r r r rπππππππ-=+⨯+⨯⨯=⨯+=+，(0r <<，则()3221445614r y r rrπππ-'=-=.当(r ∈时，0y '<，r ∈时，0y '>.当r =.故选：C . 【点睛】本题考查数学建模能力，利用导数求解最值问题，考查运算能力，是中档题. 9．下列关于函数2()(3)x f x x e =-的结论中，正确结论的个数是（ ） ∴()0f x >的解集是{|x x <<；∴(3)f -是极大值，(1)f 是极小值； ∴()f x 没有最大值，也没有最小值； ∴()f x 有最大值，没有最小值； ∴()f x 有最小值，没有最大值. A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B 【分析】直接不等式()0f x >可判断∴∴对函数求导，求函数的极值，可判断∴∴利用导数求函数的最值可判断∴∴∴ 【详解】解：由()0f x >，得230x ->，即230x -<，解得x ()0f x >的解集是{|x x <<，所以∴正确；由2()(3)x f x x e =-，得'2()(23)x f x x x e =--+，令'()0f x =，则2x 2x 30--+=，解得3x =-或1x =， 当3x <-或1x >时，'()0f x <，当31x -<<时，'()0f x >，所以(3)f -是极小值，(1)f 是极大值，所以∴错误；因为(3)f -是极小值，且当3x <-时，()0f x <恒成立，而(1)f 是极大值，所以()f x 有最大值，没有最小值，所以∴正确，∴∴错误， 故选：B 【点睛】此题考查导数的应用，考查函数极值和最值的求法，考查一元二次不等式的解法，属于基础题 10．函数()2sin sin 2f x x x =+的最小值是（ ）A ．3-B ．2-C ．D ． 【答案】C 【分析】对函数求导分析单调性即可求出函数的最值． 【详解】解：因为()2sin sin 2f x x x =+，2()2cos 2cos22cos 2(2cos 1)f x x x x x ∴'=+=+- 22(2cos cos 1)2(2cos 1)(cos 1)x x x x =+-=-+，cos 10x +，∴当1cos 2x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当1cos 2x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ∴当1cos 2x =时，()f x 有最小值，又()2sin sin 22sin (1cos )f x x x x x =+=+，∴当sin 2x =-时，()f x 有最小值，且1()2((1)2min f x =⨯⨯+= 故选：C 【点睛】本题解答的关键是利用导数研究函数的单调性，从而求出函数的最值；二、多选题11．在单位圆O ：221x y +=上任取一点()P x y ，，圆O 与x 轴正向的交点是A ，将OA 绕原点O 旋转到OP 所成的角记为θ，若x ，y 关于θ的表达式分别为()x f θ=，()y g θ=，则下列说法正确的是（ ）A ．()x fθ=是偶函数，()y g θ=是奇函数；B ．()x f θ=在()0，π上为减函数，()y g θ=在()0，π上为增函数；C ．()()1fg θθ+≥在02πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，上恒成立；D ．函数()()22t f g θθ=+.【答案】ACD 【分析】依据三角函数的基本概念可知cos x θ=，sin y θ=，根据三角函数的奇偶性和单调性可判断A 、B ；根据辅助角公式知()()4f g πθθθ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，再利用三角函数求值域可判断C ；对于D ，2cos sin 2t θθ=+，先对函数t 求导，从而可知函数t 的单调性，进而可得当1sin 2θ=，cos θ=时，函数t 取得最大值，结合正弦的二倍角公式，代入进行运算即可得解． 【详解】由题意，根据三角函数的定义可知，x cos θ=，y sin θ=， 对于A ，函数()cos fθθ=是偶函数，()sin g θθ=是奇函数，故A 正确；对于B ，由正弦，余弦函数的基本性质可知，函数()cos fθθ=在()0,π上为减函数，函数()sin g θθ=在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭为增函数，在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭为减函数，故B 错误； 对于C ，当0θπ⎛⎤∈ ⎥2⎝⎦，时，3,444πππθ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦()()cos sin 4f g πθθθθθ⎛⎫+=+=+∈ ⎪⎝⎭，故C 正确；对于D ，函数()()222cos sin2t fg θθθθ=+=+，求导22sin 2cos22sin 2(12sin )2(2sin 1)(sin 1)t θθθθθθ'=-+=-+-=--+， 令0t '>，则11sin 2θ-<<；令0t '<，则1sin 12θ<<，∴函数t 在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦和5,26ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在5,66ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当6πθ=即1sin 2θ=，cos θ=时，函数取得极大值1222t =+⨯= 又当2θπ=即sin 0θ=，cos 1θ=时，212012t =⨯+⨯⨯=，所以函数()()22t f g θθ=+D 正确.故选：ACD. 【点睛】方法点睛：考查三角函数的值域时，常用的方法：（1）将函数化简整理为()()sin f x A x ωϕ=+，再利用三角函数性质求值域； （2）利用导数研究三角函数的单调区间，从而求出函数的最值.12．若存在实常数k 和b ，使得函数()F x 和()G x 对其公共定义域上的任意实数x 都满足：()F x kx b≥+和()G x kx b ≤+恒成立，则称此直线y kx b =+为()F x 和()G x 的“隔离直线”，已知函数()()2f x x R x =∈，()()10g x x x=<，()2eln h x x =（e 为自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ） A ．()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增 B ．()f x 和()g x 之间存在“隔离直线，且b 的最小值为4 C ．()f x 和()g x 间存在“隔离直线”，且k 的取值范围是(]4,1-D ．()f x 和()h x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =- 【答案】AD 【分析】求出()()()m x f x g x =-的导数，检验在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内的导数符号，即可判断选项A ；选项B 、C 可设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，20∆≤，0k ≤，0b ≤，根据不等式的性质，求出k 、b 的范围，即可判断选项B 、C ；存在()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k，则隔离直线的方程为(y e k x -=，构造函数求出函数的导数，根据导数求出函数的最值.【详解】对于选项A ：()()()21m x f x g x x x =-=-，()212m x x x'=+，当x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()2120m x x x '=+>， 所以函数()()()m x f x g x =-在x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭内单调递增；故选项A 正确 对于选项BC ：设()f x 、()g x 的隔离直线为y kx b =+，则2x kx b ≥+对一切实数x 都成立，即有10∆≤，即240k b +≤，又1kx b x≤+对一切0x <都成立，则210kx bx +-≤，即 20∆≤，240b k +≤，0k ≤，0b ≤，即有24k b ≤-且24b k ≤-，421664k b k ≤≤-，可得40k -≤≤，同理可得：40b -≤≤，故选项B 不正确，故选项C 不正确； 对于选项D ：函数()f x 和()h x的图象在x =()f x 和()h x 的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为k ，则隔离直线的方程为(y e k x -=，即y kx e =-，由()f x kx e ≥-，可得20x kx e -+≥对于x ∈R 恒成立，则0∆≤，只有k =y e =-，下面证明()h x e ≤-，令()2n ()l G x e h x e x e =--=--，()x G x x'=，当x =()0'=G x ，当0x <<()0'<G x ，当x >()0G x '>，则当x =()G x 取到极小值，极小值是0，也是最小值.所以()()0G x e h x =--≥，则()h x e ≤-当0x >时恒成立.所以()f x 和()g x 之间存在唯一的“隔离直线”e y =-，故选项D 正确. 故选：AD 【点睛】本提以函数为载体，考查新定义，关键是对新定义的理解，考查函数的导数，利用导数求最值，属于难题. 三、解答题13．已知函数()()21ln ,2f x ax x x b a b R =-⋅+∈，()()g x f x '=. （1）判断函数()y g x =的单调性；（2）若(]()0, 2.718x e e ∈≈，判断是否存在实数a ，使函数()g x 的最小值为2？若存在求出a 的值；若不存在，请说明理由；【答案】（1）答案见解析；（2）存在，2a e =. 【分析】（1）先求()()g x f x '=，再对()y g x =求导，对参数a 进行讨论确定导数的正负，即得函数单调性； （2）对参数a 进行讨论确定()y g x =导数的正负，即得函数()y g x =单调性，再根据单调性确定最值等于2，解得符合条件的参数值即得结果； 【详解】 （1）由()21ln 2f x ax x x b =-⋅+，知()()ln 1g x f x ax x '==--，0x >，故 ()11ax g x a x x-'=-=. 当0a ≤时，()0g x '<，即()g x 在()0,∞+为减函数，当0a >时，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，所以()g x 在10,a ⎛⎫⎪⎝⎭为减函数， 在1,a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上()0g x '>，所以()g x 在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭增函数. （2）当0a ≤时，()g x 在(]0,e 为减函数，所以()()min 11g x g e ea ==-≤-.故不存在最小值3. 当10a e <≤时，1e a≥，()g x 在(]0,e 为减函数，所以 ()()min1ln 2g x g e ea e ==--=，所以4a e=，不合题意，舍去.当1a e >时，10e a <<，在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0g x '<，函数()g x 单调递减；在1,e a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上()0g x '>，函数()g x 单调递增，由此()min 1111ln 2g x g a a ⎛⎫==--= ⎪⎝⎭， 所以ln 2a =.解得2a e =，故2a e =时，使函数()g x 的最小值为2. 【点睛】利用导数研究函数()f x 的单调性和最值的步骤：∴写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；∴在定义域内，讨论不等式何时()0f x '>和()0f x '<∴对应得到增区间和减区间及极值点，进而比较端点和极值点的值确定指定区间的最值即可. 14．已知函数32()2+1f x x ax bx =++在x =1处取得极值-6. （1）求实数a ，b 的值；（2）求函数f (x )在区间[]2,2-上的最大值和最小值.【答案】（1）3,12a b ==- ；（2）max min ()21,() 6.f x f x ==- 【分析】（1）求导()262f x x ax b =++'，根据函数()f x 在x =1处取得极值-6，由(1)6'(1)0f f =-⎧⎨=⎩求解.（2）由（1）知()()()26612612f x x x x x =+-=-+'，分别求得极值和端点的函数值求解.【详解】（1）由32()2+1f x x ax bx =++得：()262f x x ax b =++'.由题意知：()()1610f f ⎧=-='⎪⎨⎪⎩ 即926a b a b +=-⎧⎨+=-⎩解得：312a b =⎧⎨=-⎩经检验312a b =⎧⎨=-⎩符合题意.（2）由（1）知32()2+3121f x x x x =-+，()()()26612612f x x x x x =+-=-+' 令()0f x '=得：2x =-或1x =，当x 变化时，()()f x f x '，的变化情况如下：由表可知：max min ()(2)21,()(1) 6.f x f f x f =-===- 【点睛】方法点睛：（1）导数法求函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得；（2）已知函数的最值求参数，一般先用参数表示最值，再列方程求解参数．15．已知函数()1x e f x x-=.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）在平面直角坐标系xOy 中，直线2y kx =+与曲线x y e =交于P ，Q 两点，设点P 的横坐标为()0a a <，OPQ △的面积为S .（i ）求证：12S a ae e S ae--=； （ii ）当S 取得最小值时，求k 的值.【答案】（1）()f x 的增区间为(),0-∞和()0,∞+；（2）（i ）证明见解析；（ii ）2. 【分析】（1）求导()()211x e x f x x-+'=，令()()11xg x e x =-+，再利用导数法研究其正负即可. （2）（i ）设(),aP a e ，(),b Q b e (其中0a b <<)，则OPQ △的面积()122S b a b a =⨯-=-，即S b a =-∴由2ae ka =+，得到2a e k a -=，然后再由(),a P a e 及(),bQ b e ，利用斜率公式得到b ae e k b a-=-求解；（ii ）由（1）得到()()10S e f S S S -=>为增函数，则S 最小()f S ⇔最小()20a a e a ae-⇔<最小，令()()20a a e h a a ae-=<，再利用导数法求解. 【详解】（1）函数()f x 的定义域为()(),00,-∞⋃+∞，.()()211x e x f x x-+'=， 令()()11xg x ex =-+，则()x g x xe '=.因为()00g x x '>⇔>；()00g x x '<⇔<， 所以()g x 在(),0-∞上为减函数，在()0,∞+上为增函数. 当0x >时，()()00g x g >=，即()()20g x f x x='>，当0x <时，()()00g x g >=，即()()20g x f x x='>.所以当()(),00,x ∈-∞+∞时，()0f x '>，所以()f x 在区间(),0-∞和()0,∞+上都是增函数. 因此()f x 的增区间为(),0-∞和()0,∞+，没有减区间.（2）（i ）证明：(),a P a e ，设(),bQ b e (其中0a b <<)，由题意，得OPQ △的面积()122S b a b a =⨯-=-，即S b a =-. 由2ae ka =+，得2a e k a-=，由(),aP a e 及(),bQ b e ，得b a e ek b a-=-，所以()11112S b a b a b a a a a a a e e e e e e e k S b a b a e b a e e ae ------===⋅=⋅=---， 故12S a ae e S ae--=成立.（ii ）由（1），得()()10S e f S S S -=>为增函数，于是S 最小()f S ⇔最小()20a a e a ae -⇔<最小. 令()()20a a e h a a ae -=<，则()222a aa e h a a e+-'=， 再令()()220aa a ea ϕ=+-<，则()()200aa e a ϕ'=-><， 所以当0a <时，()a ϕ单调递增.又()110e ϕ--=-<，121102e ϕ-⎛⎫-=-> ⎪⎝⎭，所以存在唯一的011,2a ⎛⎫∈--⎪⎝⎭，使得()00a ϕ=，即00220a a e +-=. 当0a a <时，()0a ϕ<，即()()20aa h a a e ϕ'=<；当00a a <<时，()0a ϕ>，即()()20aa h a a eϕ'=>，所以0a a =是()h a 的极小值点，也()h a 的最小值点，所以当0a a =时，()f S 取得最小值，等价于S 最小，此时00220aa e +-=，所以0022a e k a -==. 【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与函数的最值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.16．已知函数()cos ln f x x x ax =⋅-.（1）当0a =时，求函数()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若函数()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）max ()0f x =；（2）2,ln π⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 【分析】（1）对函数进行求导得cos ()sin ln x f x x x x '=-⋅+，易得()0f x '<在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，即可得答案； （2）由题意得：()0f x '≥恒成立，即cos sin ln x a x x x ≤-⋅+在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭恒成立.构造函数 cos ()sin ln xh x x x x=-⋅+，利用导数求出函数的最小值即可； 【详解】（1）当0a =时，cos ()sin ln xf x x x x'=-⋅+ 显然()0f x '<在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立， 所以()f x 在,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，所以max ()02f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭；（2）因为cos ()sin ln xf x x x a x'=-⋅+-， 所以()0f x '≥恒成立，即cos sin ln x a x x x ≤-⋅+在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭恒成立. 令cos ()sin ln ,0,2x h x x x x x π⎛⎫=-⋅+∈ ⎪⎝⎭； 则212sin ()cos ln xh x x x x x'⎛⎫=-+-⎪⎝⎭ 当1,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，ln 0,cos 0,sin 0x x x >>>，所以()0h x '<当(0,1)x ∈时，令21()ln ,(0,1)x x x x ϕ=+∈，因为233122()0x x x x xϕ'-=-=<，所以()ϕx 在(0,1)x ∈ 单调递减，所以()(1)10x ϕϕ>=>，所以(0,1)x ∈时，()0h x '<综上，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<恒成立，所以()h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减， 所以2()ln 2h x h ππ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，所以2,ln a π⎛⎤∈-∞ ⎥⎝⎦. 【点睛】根据导数的正负研究函数的单调性；不等式恒成立问题，常用参变分离进行求解. 17．已知函数()()3exf x xx a =-+，a R ∈.（1）当2a =-时，求()f x 在[]1,2-上的最大值和最小值； （2）若()f x 在()1,+∞上单调，求a 的取值范围.【答案】（1）最大值为24e ，最小值为2e -；（2）[)2,-+∞. 【分析】（1）2a =-代入()f x ，对函数求导，利用导数正负确定单调性即可；（2）先利用极限思想进行估值x →+∞时()0f x '>，来确定()f x 在()1,+∞上单增，()0f x '≥，再对32310x x a x -++-≥分离参数，研究值得分布即得结果.【详解】 （1）()()3231xf x exx a x '=-++-当2a =-时，()()()()()3233311xx f x exx x e x x x '=+--=+-+∴()f x '在()3,1--和()1,+∞上为正，在(),3-∞-和()1,1-上为负， ∴()f x 在()3,1--和()1,+∞上单增，在(),3-∞-和()1,1-上单减， 有()21f e-=-，()224f e =，()12f e =-， 故()f x 在[]1,2-上的最大值为24e ，最小值为2e -；（2）由()()3231xf x exx x a '=+-+-知，当x →+∞时，()0f x '>，若()f x 在()1,+∞上单调则只能是单增，∴()0f x '≥在()1,+∞恒成立，即32310x x a x -++-≥∴3231a x x x ≥--++，令()3231g x x x x =--++，1x >，则()23610g x x x '=--+<，∴()g x 在()1,+∞递减，()()12g x g <=-，∴[)2,a ∈-+∞. 【点睛】（1）利用导数研究函数()f x 的最值的步骤：∴写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；∴在定义域内，解不等式()0f x '>和()0f x '<得到单调性；∴利用单调性判断极值点，比较极值和端点值得到最值即可.（2）函数()f x 在区间I 上递增，则()0f x '≥恒成立；函数()f x 在区间I 上递减，则()0f x '≤恒成立. （3）解决恒成立问题的常用方法：∴数形结合法；∴分离参数法；∴构造函数法.18．已知直线:(0)l y kx b b =+>与抛物线2:4C y x =交于A 、B 两点，P 是抛物线C 上异于A 、B 的一点，若PAB △重心的纵坐标为13，且直线PA 、PB 的倾斜角互补．（∴）求k 的值．（∴）求PAB △面积的取值范围． 【答案】（∴）2；（∴）30,4⎛⎫ ⎪⎝⎭. 【分析】（∴）设()()()001122,,,,,P x y A x y B x y ，利用斜率公式得到直线PA 、PB 、AB 的斜率，根据直线PA 、PB 的倾斜角互补．得到01220y y y ++=，根据三角形的重心的坐标公式可得122y y +=，从而可得2k =； （∴）联立直线:2l y x b =+与抛物线方程，根据弦长公式求出||AB ，利用点到直线的距离公式求出AB 边上的高，根据面积公式求出面积，再利用导数求出取值范围即可. 【详解】（∴）设()()()001122,,,,,P x y A x y B x y ，则010122010101444PA y y y y k y y x x y y --===-+-，同理可得021244,PB AB k k y y y y ==++， 因为直线PA 、PB 的倾斜角互补，所以0102440y y y y +=++，即01220y y y ++=，又PAB △重心的纵坐标为13，根据三角形的重心的坐标公式可得0121y y y ++=， 所以122y y +=，所以422AB k k ===．（∴）由（∴）知直线:2l y x b =+，与抛物线方程联立，并整理得2244(1)0x b x b +-+=， 其判别式22116(1)1602b b b ∆=-->⇒<，所以102b <<．而212111,4b x x b x x +=-=，因此，||AB ===又由（∴）知，01y =-，所以200144y x ==，所以1,14P ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,14P ⎛⎫- ⎪⎝⎭到直线:20l x y b -+=的距离为1|21|b d ⨯++==所以113||222PABS AB d b ⎛⎫=⋅=+= ⎪⎝⎭△ 令231()(12),022f b b b b ⎛⎫⎛⎫=-+<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则()2333()2122(61)0222f b b b b b b ⎛⎫'⎛⎫⎛⎫=-++-⨯+=-++< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭恒成立，故()f b 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以9()(0,)4f b ∈，故30,4PAB S⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.【点睛】结论点睛：本题中用到的结论：∴三角形的重心的坐标公式，若三角形的三个顶点的坐标为112233(,),(,),(,)A x y B x y C x y ，则三角形的重心的坐标为123123,33x x x y y y ++++⎛⎫⎪⎝⎭，∴弦长公式：||AB =. 19．某市作为新兴的“网红城市”，有很多风靡网络的“网红景点”，每年都有大量的游客来参观旅游。