第3章 第2节 第2课时 导数与函数的极值、最值-2022届高三数学一轮复习讲义(新高考)

§3.3导数与函数的极值、最值考试要求 1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．1．函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0图象极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点2.函数的最值与导数(1)函数f(x)在区间[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)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；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．微思考1．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的什么条件？提示必要不充分．2．函数的极大值一定大于极小值吗？提示不一定．函数的极大值可能大于、小于或等于函数的极小值．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f (x )在区间(a ，b )上不存在最值．( × ) (2)函数的极小值一定是函数的最小值．( × ) (3)函数的极小值一定不是函数的最大值．( √ ) (4)函数y ＝f ′(x )的零点是函数y ＝f (x )的极值点．( × ) 题组二 教材改编2．如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 A解析 由题意知只有在x ＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正． 3．当x >0时，ln x ，x ，e x 的大小关系是________． 答案 ln x <x <e x解析 构造函数f (x )＝ln x －x ，则f ′(x )＝1x －1，可得x ＝1为函数f (x )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，故f (x )≤f (1)＝－1<0，所以ln x <x .同理可得x <e x ，故ln x <x <e x . 4．现有一块边长为a 的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x 的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________． 答案227a 3 解析 容积V ＝(a －2x )2x ,0<x <a2，则V ′＝2(a －2x )×(－2x )＋(a －2x )2＝(a －2x )(a －6x )，由V ′＝0得x ＝a 6或x ＝a 2(舍去)，则x ＝a6为V 在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时V max＝227a 3. 题组三 易错自纠5．函数f (x )＝x 3－ax 2＋2x －1有极值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－6]∪[6，＋∞) B ．(－∞，－6)∪(6，＋∞) C ．(－6，6) D ．[－6，6] 答案 B解析 f ′(x )＝3x 2－2ax ＋2， 由题意知f ′(x )有变号零点，∴Δ＝(2a )2－4×3×2>0， 解得a >6或a <－ 6.6．若函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m ＝________.答案 4解析 f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，所以f (x )在[0,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m .所以在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4，所以m ＝4.题型一 利用导数求函数的极值问题命题点1 根据函数图象判断极值例1 (多选)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数g (x )＝xf ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．f (x )有两个极值点B ．f (0)为函数的极大值C ．f (x )有两个极小值D ．f (－1)为f (x )的极小值 答案 BC解析 由题图知，当x ∈(－∞，－2)时，g (x )>0， ∴f ′(x )<0，当x ∈(－2,0)时，g (x )<0，∴f ′(x )>0， 当x ∈(0,1)时，g (x )<0，∴f ′(x )<0， 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )>0，∴f ′(x )>0. ∴f (x )在(－∞，－2)，(0,1)上单调递减， 在(－2,0)，(1，＋∞)上单调递增． 故AD 错误，BC 正确． 命题点2 求已知函数的极值例2 已知函数f (x )＝x 2－1－2a ln x (a ≠0)，求函数f (x )的极值． 解 因为f (x )＝x 2－1－2a ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －2a x ＝2(x 2－a )x.①当a <0时，因为x >0，且x 2－a >0，所以f ′(x )>0对x >0恒成立．所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无极值．②当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝a ，x 2＝－a (舍去)． 所以当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗所以当x ＝a 时，f (x )取得极小值，且f (a )＝(a )2－1－2a ln a ＝a －1－a ln a ．无极大值． 综上，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上无极值．当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －1－a ln a ，无极大值． 命题点3 已知极值(点)求参数例3 (1)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值0，则a ＋b ＝________. 答案 11解析 f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－1)＝0，f (－1)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，当a ＝1，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0， ∴f (x )在R 上单调递增， ∴f (x )无极值，所以a ＝1，b ＝3不符合题意， 当a ＝2，b ＝9时，经检验满足题意． ∴a ＋b ＝11.(2)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎫0，12 解析 f (x )＝x (ln x －ax )，定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1＋ln x －2ax .由题意知，当x >0时，1＋ln x －2ax ＝0有两个不相等的实数根， 即2a ＝1＋ln xx有两个不相等的实数根，令φ(x )＝1＋ln x x (x >0)，∴φ′(x )＝－ln xx 2.当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 且φ(1)＝1，当x →0时，φ(x )→－∞， 当x →＋∞时，φ(x )→0， 则0<2a <1，即0<a <12.思维升华 函数极值的两类热点问题 (1)求函数f (x )极值的一般解题步骤 ①确定函数的定义域． ②求导数f ′(x )．③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根． ④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号． (2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求解后验证根的合理性．跟踪训练1 (1)(2020·滨州模拟)已知x ＝1是f (x )＝[x 2－(a ＋3)x ＋2a ＋3]e x 的极小值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(1，＋∞) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1) D ．(－∞，1)答案 D解析 f ′(x )＝[x 2－(a ＋1)x ＋a ]e x ＝(x －a )(x －1)e x . 令f ′(x )＝0，得(x －a )(x －1)e x ＝0. 设g (x )＝(x －1)(x －a )．①当a ＝1时，g (x )≥0，f ′(x )≥0，f (x )没有极值． ②当a >1时，当x >a 或x <1时，g (x )>0，f ′(x )>0； 当1<x <a 时，g (x )<0，则f ′(x )<0.∴x ＝1是函数f (x )的极大值点，不符合题意． ③当a <1时，当x >1或x <a 时，f ′(x )>0， 当a <x <1时，f ′(x )<0.所以x ＝1是f (x )的极小值点，符合题意． 综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1)．(2)若函数f (x )＝x 2－x ＋a ln x 有极值，则实数a 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎭⎫－∞，18 解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝2x －1＋a x ＝2x 2－x ＋ax ，由题意知y ＝f ′(x )有变号零点， 令2x 2－x ＋a ＝0， 即a ＝－2x 2＋x (x >0)，令φ(x )＝－2x 2＋x ＝－2⎝⎛⎭⎫x －142＋18(x >0)， 其图象如图所示，故a <18.题型二 利用导数求函数的最值例4 已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )． (1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值； (2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )． 解 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ， ∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x ，∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0， ∴g (x )在[1，e]上单调递增， ∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1. (2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝ax ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x.①当a2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.思维升华 (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，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，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．(4)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． 跟踪训练2 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)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． ∴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]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意．②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a ；令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上单调递增，在⎝⎛⎦⎤－1a ，e 上单调递减，∴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.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－xe x ，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 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163 答案 C解析 由题中图象可知f (x )的图象经过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，所以1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，x 1，x 2是方程3x 2－6x ＋2＝0的两根，所以x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－2×23＝83.5．(多选)函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，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 根据导函数的图象可知当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)(2021·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 )的图象如图所示，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 x x 恒成立，令φ(x )＝e x －1－ln x x(x >0)， 则φ′(x )＝e x (x －1)＋ln x x 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－x 2x， 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．已知函数f (x )＝x ＋2sin x ，x ∈[0,2π]，则f (x )的值域为( )A.⎣⎡⎦⎤4π3－3，2π3＋3 B.⎣⎡⎦⎤0，4π3－3 C.⎣⎡⎦⎤2π3＋3，2πD ．[0,2π]答案 D解析 f ′(x )＝1＋2cos x ，x ∈[0,2π]，令f ′(x )＝0，得cos x ＝－12， ∴x ＝2π3或x ＝4π3， 又f ⎝⎛⎭⎫2π3＝2π3＋3，f ⎝⎛⎭⎫4π3＝4π3－3，f (0)＝0，f (2π)＝2π，f ⎝⎛⎭⎫4π3－f ⎝⎛⎭⎫2π3＝2π3－23<0， ∴f (0)<f ⎝⎛⎭⎫4π3<f ⎝⎛⎭⎫2π3<f (2π)，∴f (x )max ＝f (2π)＝2π，f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )的值域为[0,2π]．14．(2020·邢台模拟)若函数f (x )＝12x2＋(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 )的图象在(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 ＝a 3. 若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 3时，f ′(x )<0， 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减； 若a ＝0，则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪(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⎝⎛⎭⎫a 3，0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⎝⎛⎭⎫a 3，1上单调递增，所以f (x )在[0,1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a 327＋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，a 327，2≤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.。

第二讲 导数的简单应用1.[2021贵阳市四校第二次联考]图3-2-1已知y=x ·f'(x)的图象如图3-2-1所示,则f(x)的图象可能是 ( )A BCD2.[原创题]函数f(x)=(12x-1)e x +12x 的极值点的个数为 ( )3.[2021安徽省示范高中联考]若函数f(x)=(x-1)e x -ax(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.(-1e ,0) B.(-∞,0) C.(-1e ,+∞)D.(0,+∞)4.[2021蓉城名校联考]已知函数f(x)=e |x|-1),b=f(2),c=f(log 20.2),则 ( )A.c<b<aB.c<a<bC.b<a<cD.b<c<a5.[2021湖南六校联考]设函数f(x)的定义域为R,f'(x)是其导函数,若f(x)+f'(x)<0,f(0)=1,则不等式f(x)>e -x 的解集是( )A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,0)D.(0,1)6.[2021四省八校联考]函数f(x)=x 3-bx 2+c,若f(1-x)+f(1+x)=2,则下列正确的是 ( )A.f(ln 2)+f(ln 4)<2B.f(-2)+f(5)<2C.f(ln 2)+f(ln 3)<2D.f(-1)+f(2)>27.[2020皖中名校联考]已知函数f(x)=(x 2-mx-m)e x +2m(m>-2,e 是自然对数的底数)有极小值0,则其极大值是( )-2或(4+ln 2)e -2+2ln 2-2或(4+ln 2)e 2+2ln 2-2或(4+ln 2)e -2-2ln 2-2或(4+ln 2)e 2-2ln 28.[2021河南省名校第一次联考]若函数f(x)={alnx -x 2-2(x >0),x +1x +a(x <0)的最大值为f(-1),则实数a 的取值范围为 . 9.[2021广州市高三阶段模拟]已知函数f(x)=1+lnx x -1-k x .(1)当k=0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若f(x)>0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,求整数k 的最大值.10.[2021大同市调研测试]设函数f(x)=ln x-12ax 2-bx.(1)当a=b=12时,求函数f(x)的最大值;(2)当a=0,b=-1时,方程2mf(x)=x2有唯一实数解,求正数m的值.11.[2021江苏省部分学校调考]定义在R上的偶函数f(x)的导函数为f '(x),若对任意x∈R,都有2f(x)+xf '(x)<2,则使x2f(x)-f(1)<x2-1成立的实数x的取值范围是( )A.{x|x≠±1}B.(-1,0)∪(0,1)C.(-1,1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)图3-2-212.[2021济南名校联考]如图3-2-2,在P地正西方向8 km的A处和正东方向1 km的B处各有一条正北方向的公路AC和BD,现计划在AC和BD路边各修建一个物流中心E和F,为缓解交通压力,决定修建两条互相垂直的公路PE和PF,设∠EPA=α(0<α<π2),为了节省建设成本,要使得PE+PF的值最小,此时AE=( )A.4 kmB.6 kmC.8 kmD.10 km13.[多选题]已知f(x)=e x-2x2有且仅有两个极值点,分别为x1,x2(x1<x2),则下列不等式中正确的有(参考数据:ln 2≈0.693 1,ln 3≈1.098 6) ( )1+x2<1141+x2>114C.f(x 1)+f(x 2)<0D.f(x 1)+f(x 2)>014.[多选题]已知函数y=f(x)在R 上可导且f(0)=1,其导函数 f'(x)满足f'(x)-f(x)x -1>0,对于函数g(x)=f(x)e x,下列结论正确的是( )A.函数g(x)在(1,+∞)上为单调递增函数B.x=1是函数g(x)的极小值点C.函数g(x)至多有两个零点D.x ≤0时,不等式f(x)≤e x 恒成立15.[2021洛阳市统考]已知函数f(x)=ln 1x-ax 2+x(a>0).(1)讨论f(x)的单调性﹔(2)若f(x)有两个极值点x 1,x 2,证明:f(x 1)+f(x 2)>3-2ln 2.16.[2019全国卷Ⅰ,12分]已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f '(x)为f(x)的导数,证明:(1)f '(x)在区间(-1,π2)上存在唯一极大值点; (2)f(x)有且仅有2个零点.17.[新角度题]直线x=a(a>0)分别与直线y=2x+1,曲线y=x+ln x 相交于A,B 两点,则|AB|的最小值为( )C.√2D.√318.[2020惠州市二调][交汇题]设函数f(x)=√3sin πxm,若存在f(x)的极值点x 0满足x 02+[f(x 0)]2<m 2,则m 的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)19.[角度创新]已知函数f(x)=ax-e x +2,其中a ≠0.(1)讨论f(x)的单调性.(2)是否存在a ∈R,对任意x 1∈[0,1],总存在x 2∈[0,1],使得f(x 1)+f(x 2)=4成立?若存在,求出实数a 的值;若不存在,请说明理由.答 案第二讲 导数的简单应用1.D 由题图可知,当x<0时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当0<x<b 时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x>b 时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.又f'(b)=0,所以当x=b 时,f(x)取得极大值,综上,满足题意的f(x)的图象可能是D.2.A 由题意知f '(x)=12e x +(12x-1)e x +12=12[e x (x-1)+1].令g(x)=e x (x-1)+1,则g'(x)=e x (x-1)+e x =xe x ,令g'(x)=0,得x=0,则函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,由此可知f '(x)≥0,所以函数f(x)不存在极值点,故选A.3.A 由题意得f'(x)=xe x -a,因为函数f(x)=e x (x-1)-ax 有两个极值点,所以f'(x)=0有两个不等的实根,即a=xe x 有两个不等的实根,所以直线y=a 与y=xe x 的图象有两个不同的交点.令g(x)=xe x ,则g'(x)=e x (x+1).当x<-1时,g'(x)<0,当x>-1时,g'(x)>0,所以函数g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,所以当x=-1时,g(x)取得最小值,且最小值为-1e.易知当x<0时,g(x)<0,当x>0时,g(x)>0,则可得函数g(x)的大致图象,如图D 3-2-1所示,则-1e<a<0,故选A.图D 3-2-14.D 当x ≥0时,f(x)=e x +cos x,则f '(x)=e x -sin x ≥e 0-sin x ≥0,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增.又f(-x)=e |-x|+cos(-x)=e |x|-1)=f(103),b=f(2)<f(20)=f(1),c=f(log 20.2)=f(log 215)=f(-log 25)=f(log 25),又1=log 22<log 25<log 28=3<103,所以f(2)<f(log 25)< f(103),即b<c<a.故选D.5.C 令g(x)=e x f(x),则g'(x)=e x f(x)+e x f'(x),因为f(x)+f'(x)<0,所以g'(x)<0,所以g(x)在R 上单调递减.因为g(0)=e 0f(0)=f(0)=1,所以不等式f(x)>e -x 可转化为e x f(x)>1,即g(x)>1=g(0),又g(x)在R 上单调递减,所以x<0,故不等式f(x)>e -x 的解集为(-∞,0),故选C.6.A 解法一 f(1-x)+f(1+x)=2,分别令x=0,x=1(题眼),得{f(1)=1,f(0)+f(2)=2,即{1−b +c =1,c +8−4b +c =2,解得b=c=3,所以f(x)=x 3-3x 2+3,f '(x)=3x 2-6x=3x(x-2),令f '(x)=0,得x=0或x=2,所以当x<0或x>2时f '(x)>0,当0<x<2时f '(x)<0,所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(-∞,0)和(2,+∞)上单调递增(题眼).由f(1-x)+f(1+x)=2,得f(x)+f(2-x)=2.对于A,2=f(ln 2)+f(2-ln 2)=f(ln 2)+f(ln e 22)>f(ln 2)+f(ln 4),故A 正确;对于B,2=f(-2)+f(4)<f(-2)+f(5),故B 不正确;对于C,2=f(ln 2)+f(2-ln 2)=f(ln 2)+f(ln e 22)<f(ln 2)+f(ln 3),故C 不正确;对于D,2=f(-1)+f(3)>f(-1)+f(2),故D 不正确.故选A.解法二 由f(1-x)+f(1+x)=2知函数f(x)图象的对称中心为(1,1)(题眼),又三次函数g(x)=ax 3+dx 2+ex+f(a ≠0)图象的对称中心为(-d3a,g(-d3a)),所以b3=1,解得b=3,所以f(b3)=f(1)=1,即1-3+c=1,得 c=3,所以f(x)=x 3-3x 2+3.以下同解法一.7.A 由题意知, f '(x)=[x 2+(2-m)x-2m]e x =(x+2)(x-m)e x .由f '(x)=0得x=-2或x=m.因为m>-2,所以函数f(x)在区间(-∞,-2)和(m,+∞)内单调递增,在区间(-2,m)内单调递减. 于是函数f(x)的极小值为f(m)=0,即(m 2-m 2-m)e m +2m=0,(2-e m )m=0,解得m=0或m=ln 2.当m=0时,f(x)的极大值为f(-2)=4e -2;当m=ln 2时,f(x)的极大值为f(-2)=(4+ln 2)·e -2+2ln 2.故选A.8.[0,2e 3] x<0时,f(x)≤f(-1)=a-2,x>0时,aln x-x 2-2≤a-2,即x 2-aln x+a ≥0恒成立.令t(x)=x 2-aln x+a,则t'(x)=2x 2-a x,a<0时,t'(x)>0,x →0时,t(x)→-∞,不合题意.a=0时,t(x)=x 2≥0恒成立.a>0时,t(x)在(0,√a2)上单调递减,在(√a2,+∞)上单调递增,所以t(x)min =a2-a ·ln √a2+a ≥0,解得0<a ≤2e 3.综上,a ∈[0,2e 3]. 9.(1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).当k=0时,f '(x)=-1x-lnx(x -1)2.令g(x)=-1x -ln x,则g'(x)=1−xx 2. 当x ∈(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x ∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)max =g(1)=-1<0,∴g(x)<0,∴f '(x)<0,∴f(x)的单调递减区间为(0,1),(1,+∞),无单调递增区间.(2)由f(x)>0对任意的x ∈(1,+∞)恒成立,得1+lnx x -1-k x >0(x>1),即k<[x(1+lnx)x -1]min (x>1).令h(x)=x(1+lnx)x -1,x>1,则h'(x)=x -2-lnx (x -1)2,令φ(x)=x-2-ln x,x>1,则φ'(x)=x -1x>0,∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增,又φ(3)=1-ln 3<0,φ(4)=2-2ln 2>0,∴存在唯一x 0∈(3,4),使得φ(x 0)=0,即x 0-2-ln x 0=0,x 0-1=1+ln x 0,当x 变化时,h'(x),h(x)的变化情况如下表所示:x (1,x 0) x 0 (x 0,+∞)h'(x) - 0 +h(x)单调递减 极小值 单调递增∴h(x)min =h(x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0∈(3,4),∴整数k 的最大值为3.10.(1)依题意,知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=b=12时,f(x)=ln x-14x 2-12x,则f'(x)=1x -12x-12=-(x+2)(x -1)2x,令f '(x)=0,解得x=1或x=-2(舍去).当0<x<1时,f '(x)>0,此时f(x)单调递增;当x>1时,f '(x)<0,此时f(x)单调递减.所以f(x)的极大值为f(1)=-34,此即函数f(x)的最大值.图D 3-2-2(2)由题意可知,2mf(x)=x 2⇔2m(lnx+x)=x 2⇔12m =lnx+x x 2.设g(x)=lnx+x x 2,则g'(x)=1−2lnx -xx 3,令h(x)=1-2ln x-x,则h'(x)=-2x-1.因为x>0,所以h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)上单调递减.因为h(1)=0,所以当x ∈(0,1)时,h(x)>0,当x ∈(1,+∞)时,h(x)<0,所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以g(x)max =g(1)=1.又g(e -1)=-1+e -1e -2<0,且当x →+∞时,g(x)→0,所以可画出g(x)的大致图象,如图D 3-2-2所示,方程2mf(x)=x 2有唯一实数解就等价于直线y=12m与g(x)=lnx+x x 2的图象只有一个交点,由图象可知12m =1,即m=12.11.D 令g(x)=x 2f(x)-x 2,则g'(x)=2xf(x)+x 22f(x)-f(1)<x 2-1可化为x 2f(x)-x 2<f(1)-1,即g(x)<g(1),所以|x|>1,解得x>1或x<-1,故选D.12.A 因为PE ⊥PF,∠EPA=α,所以∠PFB=α,在Rt △PAE 中,PE=APcosα=8cosα,在Rt △PBF 中,PF=PBsinα=1sinα,则PE+PF=8cosα+1sinα .设f(α)=8cosα+1sinα,α∈(0,π2),则f '(α)=8sinαcos 2α-cosαsin 2α=8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α,令f '(α)=8sin 3α-cos 3αcos 2αsin 2α=0,则tan α=12,当0<tan α<12时,f '(α)<0,当tan α>12时,f '(α)>0,所以当tan α=12时,f(α)取得最小值,此时AE=AP ·tan α=8×12=4,故选A.13.AD 由题意得f '(x)=e x -4x,则f '(14)=e 14-1>0,f '(12)=e 12-2<0,f '(2)=e 2-8<0.由ln 3≈1.098 6,得98>ln 3,所以f '(94)>0,从而14<x 1<12,2<x 2<94,所以x 1+x 2<114.因为f(0)=1,所以易得f(x 1)>1.因为f '(2ln 3)=9-8ln 3>0,所以x 2<2ln 3,因为f '(x 2)=0,所以f(x 2)=4x 2-2x 22.设g(x)=4x-2x 2,得g(x 2)>g(2ln 3)>g(2.2)=-0.88>-1,所以f(x 1)+f(x 2)>0. 14.ABC 因为f'(x)-f(x)x -1>0,所以当x>1时,f'(x)-f(x)>0;当x<1时,f'(x)-f(x)<0.因为g(x)=f(x)e x,所以g'(x)=f'(x)-f(x)e x,则当x>1时,g'(x)>0;当x<1时,g'(x)<0.所以函数g(x)在(1,+∞)上为单调递增函数,在(-∞,1)上为单调递减函数,则x=1是函数g(x)的极小值点,则选项A,B 均正确.当g(1)<0时,函数g(x)至多有两个零点,当g(1)=0时,函数g(x)有一个零点,当g(1)>0时,函数g(x)无零点,所以选项C 正确.g(0)=f(0)e 0=1,又g(x)在区间(-∞,1)上单调递减,所以当x ≤0时,g(x)=f(x)e x≥g(0)=1,又e x >0,所以f(x)≥e x ,故选项D 错误.故选ABC.15.(1)∵f(x)=ln 1x -ax 2+x =-ln x-ax 2+x(a>0,x>0), ∴f '(x)=-1x -2ax+1=-2ax 2-x+1x(a>0).令2ax 2-x+1=0,则其判别式Δ=1-8a.①当Δ≤0,即a ≥18时,f '(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.②当Δ>0,即0<a<18时,方程2ax 2-x+1=0有两个不相等的正根x 3= 1−√1−8a4a,x 4=1+√1−8a4a,则当0<x<x 3或x>x 4时,f '(x)<0,当x 3<x<x 4时,f '(x)>0,∴ f(x)在(0,1−√1−8a4a)上单调递减,在(1−√1−8a 4a,1+√1−8a4a)上单调递增,在(1+√1−8a4a,+∞)上单调递减.综上,当a ∈[18,+∞)时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,无增区间; 当a ∈(0,18)时,f(x)在(0,1−√1−8a4a),(1+√1−8a4a,+∞)上单调递减,在(1−√1−8a 4a,1+√1−8a4a)上单调递增.(2)不妨设x 1<x 2.由(1)知,当且仅当a ∈(0,18)时,f(x)有极小值点x 1和极大值点x 2,∴x 1+x 2=12a,x 1x 2=12a.f(x 1)+f(x 2)=-lnx 1-a x 12+x 1-ln x 2-a x 22+x 2=-(ln x 1+ln x 2)-12(x 1-1)-12(x 2-1)+(x 1+x 2)=-ln(x 1x 2)+12(x 1+x 2)+1=ln(2a)+14a +1.令g(a)=ln(2a)+14a+1,a ∈(0,18),则g'(a)=1a-14a 2=4a -14a 2<0,∴g(a)在(0,18)上单调递减,∴g(a)>g(18)=ln(2×18)+14×18+1=3-2ln 2,即f(x 1)+f(x 2)>3-2ln 2.16.(1)设g(x)=f '(x),则g(x)=cos x-11+x,g'(x)=-sin x+1(1+x)2.当x ∈(-1,π2)时,g'(x)单调递减,而g'(0)>0,g'(π2)<0,可得g'(x)在(-1,π2)上有唯一零点,设为α.则当x ∈(-1,α)时,g'(x)>0;当x ∈(α,π2)时,g'(x)<0.所以g(x)在(-1,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,故g(x)在(-1,π2)上存在唯一极大值点,即f '(x)在(-1,π2)上存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).(i)当x ∈(-1,0]时,由(1)知,f '(x)在(-1,0)上单调递增,而f '(0)=0,所以当x ∈(-1,0)时,f '(x)<0,故f(x)在(-1,0)上单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]上的唯一零点.(ii)当x ∈(0,π2]时,由(1)知,f '(x)在(0,α)上单调递增,在(α,π2)上单调递减,而f '(0)=0,f '(π2)<0,所以存在β∈(α,π2),使得f'(β)=0,且当x ∈(0,β)时,f '(x)>0;当x ∈(β,π2)时,f '(x)<0.故f(x)在(0,β)上单调递增,在(β,π2)上单调递减. 又f(0)=0,f(π2)=1-ln(1+π2)>0,所以当x ∈(0,π2]时,f(x)>0.从而f(x)在(0,π2]上没有零点.(iii)当x ∈(π2,π]时,f '(x)<0,所以f(x)在(π2,π)上单调递减.而f(π2)>0,f(π)<0,所以f(x)在(π2,π]上有唯一零点. (iv)当x ∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.17.B 根据题意,设f(x)=2x+1-x-ln x=x+1-ln x,则f'(x)=1-1x =x -1x (x>0),所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以 f(x)min =f(1)=2-ln 1=2,所以|AB|min =2.故选B.18.C 由题意得,当πx m =k π+π2(k ∈Z),即x=(2k+1)m 2(k ∈Z)时,f(x)取得极值±√3.若存在f(x)的极值点x 0满足x 02+[f(x 0)]2<m 2,则存在k ∈Z,使[(2k+1)m 2]2+3<m 2成立,问题等价于存在k ∈Z 使不等式m 2(k+12)2+3<m 2成立,因为(k+12)2的最小值为14,所以只要14m 2+3<m 2成立即可,即m 2>4,解得m>2或m<-2.故选C.19.(1)由f(x)=ax-e x +2,得f '(x)=a-e x .当a<0时,对任意x ∈R,f'(x)<0,所以f(x)单调递减.当a>0时,令f '(x)=0,得x=ln a,当x ∈(-∞,ln a)时,f '(x)>0,当x ∈(ln a,+∞)时,f '(x)<0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递增,在(ln a,+∞)上单调递减.综上所述,当a<0时,f(x)在R 上单调递减,无增区间;当a>0时,f(x)在(-∞,ln a)上单调递增,在(ln a,+∞)上单调递减.(2)存在满足条件的实数a,且实数a 的值为e+1.理由如下:①当a ≤1,且a ≠0时,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递减,则x ∈[0,1]时,f(x)max =f(0)=1,则f(x 1)+f(x 2)≤2f(0)=2<4,所以此时不满足题意;②当1<a<e 时,由(1)知,在[0,ln a]上,f(x)单调递增,在(ln a,1]上,f(x)单调递减, 则当x ∈[0,1]时,f(x)max =f(ln a)=aln a-a+2.当x 1=0时,对任意x 2∈[0,1],f(x 1)+f(x 2)≤f(0)+f(ln a)=1+aln a-a+2=a(ln a-1)+3<3,所以此时不满足题意;③当a ≥e 时,令g(x)=4-f(x)(x ∈[0,1]),由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,从而知g(x)在[0,1]上单调递减,所以g(x)max =g(0)=4-f(0),g(x)min =g(1)=4-f(1).若对任意的x 1∈[0,1],总存在x 2∈[0,1],使得f(x 1)+f(x 2)=4,则f(x)的值域为g(x)值域的子集,即{f(0)≥g(1),f(1)≤g(0),即{f(0)+f(1)≥4,f(1)+f(0)≤4,所以f(0)+f(1)=a-e+3=4,解得a=e+1.综上,存在满足题意的实数a,且实数a 的值为e+1.。

高考数学一轮复习学案：第2课时导数与函数的极值、最值1．函数的极值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．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．常用结论对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．[思考辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的极大值不一定比极小值大．( )(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( )(3)函数的极大值一定是函数的最大值．( )(4)开区间上的单调连续函数无最值．( )答案：(1)√(2)×(3)×(4)√[诊断自测]1．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( )A．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点解析：选C.导函数的图象与x 轴的四个交点都是极值点，第一个与第三个是极大值点，第二个与第四个是极小值点．2．函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值是________．解析：因为y ′＝1－2sin x ，所以当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6时，y ′>0；当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤π6，π2时，y ′<0. 所以当x ＝π6时，y max ＝π6＋ 3.答案：π6＋ 33．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________． 解析：因为y ＝e x＋ax ，所以y ′＝e x＋a . 因为函数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， 因为当x >0时，－e x<－1，所以a ＝－e x<－1. 答案：(－∞，－1)用导数解决函数的极值问题(多维探究) 角度一 根据图象判断函数的极值设函数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，1－x >3，此时f ′(x )>0；当－2<x <1时，0<1－x <3，此时f ′(x )<0；当1<x <2时，－1<1－x <0，此时f ′(x )<0；当x >2时，1－x <－1，此时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角度二 求函数的极值已知函数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x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )ln 2－1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－axx(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f (x )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f (x )在x ＝1a处有极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )在定义域上无极值点，当a >0时，函数f (x )在x ＝1a处有一个极大值点．角度三 已知函数的极值点或极值求参数(1)(2021·丽水模拟)已知函数f (x )＝x 22＋(m ＋1)·e x＋2(m ∈R )有两个不同的极值点，则实数m 的取值范围为( )A ．(－1－1e ，－1)B ．[－1e ，0]C ．[－∞，－1e)D ．(0，＋∞)(2)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________． 【解析】 (1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x ＋(m ＋1)e x. 因为函数f (x )有两个不同的极值点，所以f ′(x )＝x ＋(m ＋1)e x有两个不同的零点，故关于x 的方程－m －1＝xe x 有两个不同的解．令g (x )＝x e x ，则g (x )＝xex 的图象与y ＝－m －1的图象有两个不同的交点．g ′(x )＝1－xex ，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )＞0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0，所以函数g (x )＝xe x 在区间(－∞，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减．故g (x )在x ＝1处取得最大值．又当x →－∞时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0，且g (1)＝1e ，所以0＜－m －1＜1e ，所以－1－1e ＜m ＜－1，故选A.(2)由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9， 经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.【答案】 (1)A (2)－7(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)已知函数极值点或极值求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．[提醒] 若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．1．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a ≥0)．(1)当a ＝1，且函数图象过点(0，1)时，求函数的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1.(1)函数图象过点(0，1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1，令f ′(x )>0，解得x <13，或x >1；令f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减，极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a >0时，f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞. 2．已知函数f (x )＝x ln 2x ＋(a －1)x 2－x 存在两个不同的极值点x 1，x 2. (1)求实数a 的取值范围； (2)求证：4x 1x 2>e 2.解：(1)由题易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝ln 2x ＋1＋2(a －1)x －1＝ln 2x ＋2(a －1)x . 因为函数f (x )存在两个不同的极值点x 1，x 2， 所以f ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不同的零点．显然当a ≥1时，f ′(x )单调递增，不可能有两个零点，因此a ＜1. 令F (x )＝f ′(x )＝ln 2x ＋2(a －1)x ， 则F ′(x )＝1x＋2(a －1)，故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12（1－a ）时，F ′(x )＞0，F (x )单调递增，即f ′(x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12（1－a ），＋∞时，F ′(x )＜0，F (x )单调递减，即f ′(x )单调递减． 因此若f ′(x )有两个零点，则需f ′⎝⎛⎭⎪⎫12（1－a ）＝ln 11－a ＋2(a －1)·12（1－a ）＝ln11－a －1＞0，解得a ＞1－1e. 又a ＜1，所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1e ，1.(2)因为x 1，x 2为函数f (x )的两个不同的极值点，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x 1）＝ln 2x 1＋2（a －1）x 1＝0，f ′（x 2）＝ln 2x 2＋2（a －1）x 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ln 2x 1＝2（1－a ）x 1，ln 2x 2＝2（1－a ）x 2， 两式相加得ln 4x 1x 2＝2(1－a )(x 1＋x 2)，① 两式相减得ln x 1x 2＝2(1－a )(x 1－x 2)．②①÷②得ln 4x 1x 2ln x 1x 2＝x 1＋x 2x 1－x 2＝x 1x 2＋1x 1x 2－1.要证4x 1x 2＞e 2，即证ln 4x 1x 2＞2，即证x 1x 2＋1x 1x 2－1×ln x 1x 2＞2.不妨设0＜x 1＜x 2，则需证ln x 1x 2－2·x 1x 2－1x 1x 2＋1＜0.令t ＝x 1x 2，则t ∈(0，1)，需证ln t －2·t －1t ＋1＜0.令g (t )＝ln t －2·t －1t ＋1， 则g ′(t )＝1t－4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2，当t ∈(0，1)时，g ′(t )＞0，故g (t )在t ∈(0，1)上单调递增． 又g (1)＝0，所以当t ∈(0，1)时g (t )＜0，因此ln x 1x 2－2·x 1x 2－1x 1x 2＋1＜0，即4x 1x 2＞e 2.利用导数求函数的最值(值域)(师生共研)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x(x ≥12)．(1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围． 【解】 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e －x)′＝－e－x，所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)·e －x＝（1－x ）（2x －1－2）e －x2x －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x >12. (2)由f ′(x )＝（1－x ）（2x －1－2）e－x2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.于是当x 发生变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表x 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，5252 ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，＋∞ f ′(x )－0 ＋0 － f (x )12e －1212e －52又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x≥0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12e －12.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值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．已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1e ，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值．解：因为f (x )＝1－xx＋k ln x ，f ′(x )＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2. (1)若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减． 所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －1. (2)若k ≠0，f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2.①若k <0，则在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有k （x －1k ）x 2<0， 所以f (x )在[1e，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e ＋k －1，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1. ②若k >0，由k <1e ，得1k >e ，则x －1k<0，所以k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上单调递减． 所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e＋k －1，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝e －k －1.综上，k <1e 时，f (x )min ＝1e＋k －1，f (x )max ＝e －k －1.函数极值与最值的综合问题(师生共研)已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2xx.当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0，即f (x )单调递减； 当x ＞2时，f ′(x )＞0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且在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，0<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 [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a ＜0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得－2≤a ＜0， 所以实数a 的取值范围是[－2，0)．(1)利用导数研究函数极值、最值的综合问题的一般思路①若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．③求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2)已知最值求参数的范围主要采取分类讨论的思想，将导函数的零点与所给区间进行比较，利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性，从而可求其最值，判断所求的最值与已知条件是否相符，从而得到参数的取值范围．已知函数f (x )＝(x ＋a )ln x (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求函数f (x )在区间[13，3]上的最大值与最小值．(2)①若函数f (x )有2个不同的极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，求实数a 的取值范围； ②在①的条件下，若x 1x 2≤b ，求实数b 的最小值． 解：(1)当a ＝0时，f (x )＝x ln x ，f ′(x )＝1＋ln x ， 令f ′(x )＝0，解得x ＝1e，因此当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1e 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减， 当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，3时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， 即当x ＝1e 时，函数f (x )取得最小值，为－1e，f (x )max ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，f （3）＝3ln 3， 所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3上的最小值为－1e ，最大值为3ln 3.(2)①f ′(x )＝ln x ＋ax＋1， 令g (x )＝ln x ＋a x ＋1，则g ′(x )＝x －ax 2， 当a ≤0时，g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )至多有1个零点，即函数f (x )至多有1个极值点，不合题意． 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝a ，g (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，因此g (x )min ＝g (a )＝ln a ＋2.当ln a ＋2≥0，即a ≥e －2时，g (x )≥0，因此函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，函数f (x )无极值点，不合题意．当ln a ＋2<0，即0<a <e －2时，g (a )<0.令h (a )＝g (a 2)＝2ln a ＋1a＋1(0<a <e －2)， 则h ′(a )＝2a －1a 2＝2a －1a 2<0， 因此h (a )在(0，e －2)上单调递减，所以h (a )>－4＋e 2＋1＝e 2－3>0， 即g (a 2)>0，所以g (a 2)g (a )<0.又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e>0， 所以g (a )g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e <0， 所以方程g (x )＝0在(a 2，a )和⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1e 上各有一个根，分别为x 1，x 2，因此函数f (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )在x ＝x 1处取得极大值，在x ＝x 2处取得极小值． 综上所述，当0<a <e －2时，函数f (x )有2个不同的极值点． ②由题意知f ′(x 1)＝0且f ′(x 2)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＋a x 1＋1＝0， ①ln x 2＋a x 2＋1＝0， ② 由①－②得a ＝ln x 2－ln x 11x 1－1x 2， ③ 由①＋②得ln x 1＋ln x 2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＋2＝0， ④ 将③代入④得ln x 1x 2＋（ln x 2－ln x 1）（x 2＋x 1）x 2－x 1＋2＝0， 所以ln x 1x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1＋1ln x 2x 1x 2x 1－1－2.又x 1x 2≤b ，所以ln b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x 1＋1ln x 2x 1x 2x 1－1＋2≥0.令t ＝x 2x 1，则t >1，令k ＝ln b ，则k ＋（t ＋1）ln t t －1＋2≥0， 因此（k ＋2）（t －1）t ＋1＋ln t ≥0在(1，＋∞)上恒成立． 令φ(t )＝（k ＋2）（t －1）t ＋1＋ln t (t >1)，则φ′(t )＝2（k ＋2）（t ＋1）2＋1t ＝t 2＋2（k ＋3）t ＋1t （t ＋1）2，若φ′(t )≥0，则t 2＋2(k ＋3)t ＋1≥0(t >1)，得⎩⎪⎨⎪⎧－2（k ＋3）2≤1，1＋2（k ＋3）＋1≥0，解得k ≥－4，此时函数φ(t )在(1，＋∞)上单调递增，所以φ(t )>0， 所以k ≥－4符合题意．当k <－4时，令t 2＋2(k ＋3)t ＋1＝0，Δ＝4(k ＋3)2－4＝4(k ＋4)(k ＋2)>0，所以方程t 2＋2(k ＋3)t ＋1＝0有两个不相等的实数根x 3，x 4(x 3<x 4)， 所以x 3＋x 4＝－2(k ＋3)>0，x 3x 4＝1，因此x 3<1<x 4，函数φ(t )在(1，x 4)上单调递减，所以在(1，x 4)上，φ(t )<0，所以k <－4不合题意．综上，k ≥－4，即ln b ≥－4，b ≥e －4，所以实数b 的最小值为e －4.。