2013届高三北师大版文科数学一轮复习课时作业(15)导数与函数的极值、最值B

北京师范大学附中2013届高三数学一轮复习单元训练：导数及其应用本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．第Ⅰ卷(选择题 共60分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．由曲线3,y x y x ==围成的封闭图形面积为( )A ．112B ．14C ．13D ．712【答案】A2．设()f x 在[]a b ，上连续，则()f x 在[]a b ，上的平均值是( )A ．()()2f a f b + B ．()baf x dx ⎰C ．1()2ba f x dx ⎰ D ．1()ba f x dxb a-⎰ 【答案】C3．已知函数()f x 的定义域为(2,2),-导函数为(0)0()2cos ,f f x x ='=+且，则满足2(1)()0f x f x x ++-＞的实数x 的取值范围为( )A ． (1,1)-B ． (11-，C ． (1)D ． (11【答案】C4．曲线y P x y 处的切线与在点)12,1(113+=轴交点的纵坐标是( ) A ．－9B ．－3C ． 9D ．15【答案】C5．曲线3sin (0)2y x x π=≤≤与两坐标轴所围成图形的面积为( ) A ． 1B ． 2C ． 52D ． 3【答案】A6．设a ∈R ，函数f(x)＝e x ＋a ·e －x的导函数f ′(x)，且f ′(x)是奇函数．若曲线y ＝f(x)的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．－ ln22B ．－ln2C ．ln22D ．ln2【答案】D7．由抛物线x y 22=与直线4-=x y 所围成的图形的面积是( ) A ．18 B ．38/3C ．16/3D ．16【答案】A8．设函数)(x f 在区间],[b a 上连续，用分点b x x x x x a n i i =<<<<<=- 110，把区间],[b a 等分成n 个小区间，在每个小区间],[1i i x x -上任取一点),,2,1(n i i =ξ，作和式∑=∆=ni i n xf S 1)(ξ（其中x ∆为小区间的长度），那么n S 的大小( )A ．与)(x f 和区间],[b a 有关，与分点的个数n 和i ξ的取法无关B ． 与)(x f 和区间],[b a 和分点的个数n 有关，与i ξ的取法无关C ． 与)(x f 和区间],[b a 和分点的个数n,i ξ的取法都有关。

第3讲 导数与函数的极值、最值课时作业1．函数f (x )＝(x －1)(x －2)2在[0,3]上的最小值为() A ．－8 B ．－4 C ．0 D ．427答案 B解析 f ′(x )＝(x －2)2＋2(x －1)(x －2)＝(x －2)(3x －4)．令f ′(x )＝0⇒x 1＝43，x 2＝2，结合单调性，只要比较f (0)与f (2)即可．f (0)＝－4，f (2)＝0.故f (x )在[0,3]上的最小值为f (0)＝－4.故选B ．2．(2019·某某胶州模拟)若函数f (x )＝(x ＋a )e x的极值点为1，则a ＝() A ．－2 B ．－1 C ．0 D ．1答案 A解析 f ′(x )＝e x＋(x ＋a )e x＝(x ＋a ＋1)e x. 由题意知f ′(1)＝e(2＋a )＝0，∴a ＝－2.故选A ． 3．(2019·某某高中模拟)函数y ＝ln xx的最大值为()A ．e －1B ．eC ．e 2D ．103答案 A解析 令y ′＝1－ln xx2＝0，得x ＝e.当x >e 时，y ′<0，当0<x <e 时，y ′>0，所以y max ＝1e.故选A ． 4．设函数f (x )＝2x＋ln x ，则()A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点答案 D解析f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，∵x>0，∴当x>2时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)是减函数，∴x＝2为f(x)的极小值点．5．若函数y＝e x＋mx有极值，则实数m的取值X围是()A．m>0 B．m<0C．m>1 D．m<1答案 B解析y′＝e x＋m，∵函数y＝e x＋mx有极值，∴e x＋m＝0必有根，∴m＝－e x<0.6．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是()A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对答案 A解析∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，∴x＝0为极大值点，也为最大值点，∴f(0)＝m＝3，∴m＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5.∴最小值是－37.故选A．7．(2020·某某中卫市模拟)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，给出下列命题：①－3是函数y＝f(x)的极小值点；②－1是函数y＝f(x)的极小值点；③曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率小于零；④y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增．则正确命题的序号是()A．①④B．①②C．②③D．③④答案 A解析由图可知x<－3时，f′(x)<0，x∈(－3,1)时f′(x)>0，∴－3是f(x)的极小值点，①正确；又x∈(－3，1)时f′(x)≥0，∴f(x)在区间(－3,1)上单调递增，故②不正确，④正确．∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率大于0.∴③不正确．故选A ．8．(2019·某某八市重点高中质检)设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则()A ．a <－1B ．a >－1C ．a <－1eD ．a >－1e答案 A解析 由y ′＝e x＋a ＝0得x ＝ln (－a )(a <0)， 显然x ＝ln (－a )为函数的极小值点，又ln (－a )>0， ∴－a >1，即a <－1.故选A ．9．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)·(x －1)k(k ＝1,2)，则() A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值 答案 C解析 因为f ′(x )＝(x －1)k －1[e x(x －1＋k )－k ]，当k ＝1时，f ′(1)>0，故1不是函数f (x )的极值点．当k ＝2时，当x 0<x <1(x 0为f (x )的极大值点)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x >1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．故f (x )在x ＝1处取到极小值．故选C ．10．(2019·某某荆、荆、襄、宜四地七校期末)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －17(a ，b ，c ∈R )的导函数为f ′(x )，f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，若f (x )的极小值等于－98，则a 的值是()A ．－8122B ．13 C ．2 D ．5答案 C解析 由题意，f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，因为f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，所以a >0，且－2＋3＝－2b 3a ，－2×3＝c3a ，则3a ＝－2b ，c ＝－18a ，f (x )的极小值为f (3)＝27a ＋9b ＋3c －17＝－98，解得a ＝2，b ＝－3，c ＝－36，故选C ．11．已知函数f (x )＝3ln x －x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12x 在区间(1,3)上有最大值，则实数a 的取值X围是()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，5B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，112C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，112 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，5 答案 B解析 f ′(x )＝3x －2x ＋a －12，由题设知f ′(x )＝3x －2x ＋a －12在(1,3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)>0，f ′(3)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋12>0，a －112<0⇒－12<a <112.故选B.12．(2019·某某某某第三次质量检测)已知函数f (x )＝x ＋1ex－ax 有两个极值点，则实数a 的取值X 围是()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞B ．(－1，＋∞)C ．(－1,0) D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，0答案 D解析 因为函数f (x )＝x ＋1e x－ax 有两个极值点，所以方程f ′(x )＝－xex －a ＝0有两个不相等实根，令g (x )＝x e x ，则g (x )＝x e x 的图象与直线y ＝－a 有两个不同交点，又g ′(x )＝1－xex ，由g ′(x )＝1－x e x ＝0得x ＝1，所以，当x <1时，g ′(x )>0，即g (x )＝xex 单调递增；当x >1时，g ′(x )<0，即g (x )＝x ex 单调递减；所以g (x )max ＝g (1)＝1e，又g (0)＝0，当x >0时，g (x )＝xex >0，作出函数的简图如下：因为g (x )＝x e x 的图象与直线y ＝－a 有两个不同交点，所以0<－a <1e ，即－1e<a <0.故选D.13．若函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝________. 答案 1解析 由f ′(1)＝0可得m ＝1或m ＝3. 当m ＝3时，f ′(x )＝3(x －1)(x －3)，当1＜x ＜3时，f ′(x )＜0；当x ＜1或x ＞3时，f ′(x )＞0，此时f (x )在x ＝1处取得极大值，不合题意，当m ＝1时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)．当13<x <1时，f ′(x )<0；当x <13或x >1时，f ′(x )>0，此时f (x )在x ＝1处取得极小值，符合题意，所以m ＝1.14．函数f (x )＝3x －x 3在区间(a 2－12，a )上有最小值，则实数a 的取值X 围是________. 答案 (－1,2]解析 f ′(x )＝3－3x 2＝－3(x ＋1)(x －1)，令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：∴x 1＝－1，x 2＝2.∵f (x )在开区间(a 2－12，a )上有最小值， ∴最小值一定是极小值．∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－12<－1<a ，a ≤2，解得－1<a ≤2.15．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则该生产厂家年产量为________万件时年利润最大，最大年利润为________万元．答案 9252解析 y ′＝－x 2＋81，令y ′＝0，得x ＝9或x ＝－9(舍去)．当0<x <9时，y ′>0，函数y 单调递增；当x >9时，y ′<0，函数y 单调递减．故当x ＝9时，y 取最大值，y max ＝－13×93＋81×9－234＝252.16．(2019·某某模拟)已知函数f (x )＝(x ＋1)e x－a2x 2，其导函数f ′(x )在区间[－3，－1]上为减函数，则实数a 的最小值为________.答案 2e解析 由题意得f ′(x )＝(x ＋2)e x－ax ，且f ′(x )在区间[－3，－1]上为减函数，令t (x )＝(x ＋2)e x－ax ，则t ′(x )＝(x ＋3)e x－a ，所以(x ＋3)e x－a ≤0，即a ≥(x ＋3)e x在区间[－3，－1]上恒成立．设h (x )＝(x ＋3)e x，则h ′(x )＝(x ＋4)e x>0在区间[－3，－1]上恒成立，即h (x )在[－3，－1]上为增函数，h (x )max ＝h (－1)＝2e ，则a ≥2e.17．(2020·某某师大附中模拟)已知函数f (x )＝(x －a )e x(a ∈R )． (1)当a ＝2时，求函数f (x )在x ＝0处的切线方程； (2)求f (x )在区间[1,2]上的最小值． 解 f ′(x )＝(x ＋1－a )e x. (1)当a ＝2时，f ′(x )＝(x －1)e x. ∴f (0)＝－2，f ′(0)＝－1， ∴所求切线方程为y ＋2＝－x ， 即x ＋y ＋2＝0.(2)令f ′(x )＝0得x ＝a －1. ①若a －1≤1，则a ≤2.当x ∈[1,2]时，f ′(x )≥0，则f (x )在[1,2]上单调递增． ∴f (x )min ＝f (1)＝(1－a )e ； ②若a －1≥2，则a ≥3.当x ∈[1,2]时，f ′(x )≤0，则f (x )在[1,2]上单调递减． ∴f (x )min ＝f (2)＝(2－a )e 2； ③若1<a －1<2，则2<a <3.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如表：∴f (x ∴f (x )min ＝f (a －1)＝－ea －1.综上可知当a ≤2时，f (x )min ＝(1－a )e ； 当a ≥3时，f (x )min ＝(2－a )e 2； 当2<a <3时，f (x )min ＝－ea －1.18．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，某某数a 的取值X 围． 解 (1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2xx. 当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x.所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减； 当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且当x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2. 所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2，无极大值． (2)因为f ′(x )＝a ＋2xx，所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．当a <0时，由f ′(x )>0，得x >－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0，得x <－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2. 根据题意，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ，即a [ln (－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln (－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2， 所以实数a 的取值X 围是[－2,0)．19．(2020·某某某某期末)已知函数f (x )＝ln x －ax. (1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性；(2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，某某数a 的值．解 (1)由题意得f (x )的定义域是(0，＋∞)， 且f ′(x )＝x ＋ax 2， 因为a >0，所以f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可得f ′(x )＝x ＋ax 2，当x ∈[1，e]时， 若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，所以a ＝－32(舍去)．若a ≤－e ，则x ＋a ≤0， 即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，所以a ＝－e2(舍去)．若－e<a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， 所以f (x )在(1，－a )上单调递减， 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， 所以f (x )在(－a ，e)上单调递增， 所以f (x )min ＝f (－a )＝ln (－a )＋1＝32，所以a ＝－e ， 综上，a ＝－ e.20．(2020·某某模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2，a ∈R .(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程；(2)设函数g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ，讨论g (x )单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解 (1)由题意，得f ′(x )＝x 2－ax ，当a ＝2时，f (3)＝0，f ′(x )＝x 2－2x ，所以f ′(3)＝3，因此，曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处的切线方程是y ＝3(x －3)，即3x －y －9＝0. (2)因为g (x )＝f (x )＋(x －a )cos x －sin x ， 所以g ′(x )＝f ′(x )＋cos x －(x －a )sin x －cos x ＝x (x －a )－(x －a )sin x ＝(x －a )(x －sin x )．令h (x )＝x －sin x ，则h ′(x )＝1－cos x ≥0， 所以h (x )在R 上单调递增．因为h (0)＝0，所以当x >0时，h (x )>0；当x <0时，h (x )<0. ①当a <0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，a )时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(a,0)时，x －a >0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增．所以，当x ＝a 时，g (x )取到极大值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ；当x ＝0时，g (x )取到极小值，极小值是g (0)＝－a . ②当a ＝0时，g ′(x )＝x (x －sin x )，当x ∈(－∞，＋∞)时，g ′(x )≥0，g (x )单调递增．所以，g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极大值也无极小值． ③当a >0时，g ′(x )＝(x －a )(x －sin x )，当x ∈(－∞，0)时，x －a <0，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x ∈(0，a )时，x －a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，x －a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 所以，当x ＝0时，g (x )取到极大值，极大值是g (0)＝－a ； 当x ＝a 时，g (x )取到极小值，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .综上所述：当a <0时，函数g (x )在(－∞，a )和(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (a )＝－16a 3－sin a ，极小值是g (0)＝－a ；当a ＝0时，函数g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a >0时，函数g (x )在(－∞，0)和(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g (0)＝－a ，极小值是g (a )＝－16a 3－sin a .。

第3讲 导数与函数的极值、最值基础知识整合1．导数与函数的极值 (1)函数的极小值与极小值点若函数f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值□01都小，且f ′(a )＝0，而且在x ＝a 附近的左侧□02f ′(x )<0，右侧□03f ′(x )＞0，则点a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值；(2)函数的极大值与极大值点若函数f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值□04都大，且f ′(b )＝0，而且在x ＝b 附近的左侧□05f ′(x )＞0，右侧□06f ′(x )＜0，则点b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值．2．导数与函数的最值(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□07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□08极值. ②将函数y ＝f (x )的各极值与□09端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中□10最大的一个是最大值，□11最小的一个是最小值．1．对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件． 2．若函数f (x )在开区间(a ，b )内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．1．函数f (x )＝43x 3－6x 2＋8x 的极值点是( )A ．x ＝1B ．x ＝－2C ．x ＝－2和x ＝1D ．x ＝1和x ＝2答案 D解析 f ′(x )＝4x 2－12x ＋8＝4(x －2)(x －1)，则结合列表可得函数f (x )的极值点为x ＝1和x ＝2.故选D ．2．(2019·哈尔滨模拟)设函数f (x )＝x e x，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点答案 D解析 f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x. 令f ′(x )＝0，则x ＝－1.当x <－1时，f ′(x )<0，当x >－1时，f ′(x )>0， 所以x ＝－1为f (x )的极小值点．3．(2019·岳阳模拟)函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－e D ．0答案 B解析 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.故选B ．4．函数y ＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)有( ) A ．极大值为5，极小值为－27 B ．极大值为5，极小值为－11 C ．极大值为5，无极小值 D ．极大值为－27，无极小值 答案 C解析 y ′＝3x 2－6x －9＝3(x 2－2x －3)＝3(x －3)(x ＋1)，∴y ′＝0时，x ＝3或x ＝－1.∵－2<x <2，∴x ＝－1时，y ＝5.x ＝－1为极大值点，极大值为5，无极小值．5．当函数y ＝x ·2x取极小值时，x ＝( ) A ．1ln 2 B ．－1ln 2C ．－ln 2D ．ln 2答案 B解析 由y ＝x ·2x，得y ′＝2x＋x ·2x·ln 2.令y ′＝0，得2x(1＋x ·ln 2)＝0.∵2x>0，∴x ＝－1ln 2.6．若f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极大值，则常数c 的值为________. 答案 6解析 f ′(x )＝3x 2－4cx ＋c 2，∵f (x )在x ＝2处有极大值，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝0，f ′x <0x >2，f ′x >0x <2.解得c ＝6.核心考向突破精准设计考向，多角度探究突破考向一 导数与函数的极值 角度1 知图判断函数极值情况例1(2019·浙江杭州二中6月热身考)如图，可知导函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )，设h (x )＝f (x )－g (x )，则下列说法正确的是( )A ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极大值点B ．h ′(x 0)＝0，x ＝x 0是h (x )的极小值点C ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是h (x )的极值点D ．h ′(x 0)≠0，x ＝x 0是h (x )的极值点 答案 B解析 由题知g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)， 故h (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)， 所以h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)，因为h ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0，又当x <x 0时，有h ′(x )<0， 当x >x 0时，有h ′(x )>0，所以x ＝x 0是h (x )的极小值点，故选B ． 角度2 已知函数解析式求极值例2 (2019·福建泉州单科质检)已知函数f (x )＝ax 3－bx ＋2的极大值和极小值分别为M ，m ，则M ＋m ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．4答案 D解析 f ′(x )＝3ax 2－b ＝0，该方程两个根为x 1，x 2，故f (x )在x 1，x 2处取到极值，M ＋m ＝ax 31－bx 1＋2＋ax 32－bx 2＋2＝－b (x 1＋x 2)＋a (x 1＋x 2)[(x 1＋x 2)2－3x 1x 2]＋4， 又x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－b3a ，所以M ＋m ＝4，故选D ．角度3 已知函数的极值求参数的值或取值范围例3 (1)(2020·辽宁丹东质量测试二)若x ＝1是函数f (x )＝13x 3＋(a ＋1)x 2－(a 2＋a －3)x 的极值点，则a 的值为( )A ．－2B ．3C ．－2或3D ．－3或2答案 B解析 ∵f ′(x )＝x 2＋2(a ＋1)x －(a 2＋a －3)， ∴f ′(1)＝0，则f ′(1)＝1＋2(a ＋1)－(a 2＋a －3)＝0，解得a ＝3或a ＝－2. 当a ＝3时，f ′(x )＝x 2＋2(a ＋1)x －(a 2＋a －3)＝x 2＋8x －9＝(x ＋9)(x －1)，当x >1或x <－9时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当－9<x <1时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，显然x ＝1是函数f (x )的极值点． 当a ＝－2时，f ′(x )＝x 2＋2(a ＋1)x －(a 2＋a －3)＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0，∴函数R 是上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去，故选B ．(2)(2019·沈阳模拟)设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，则a的取值范围为________.答案 a >－1解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a ，∴f ′(x )＝1x －ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －x x＝－ax ＋1x －1x.①若a ≥0，当0<x <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x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a <0.综合①②得a 的取值范围是a >－1.函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．(2)已知函数求极值．求f ′(x )―→求方程f ′(x )＝0的根―→列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号―→下结论．(3)已知极值求参数．若函数f (x )在点(x 0，y 0)处取得极值，则f ′(x 0)＝0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反．[即时训练] 1.函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则a ，b 的值为( ) A ．a ＝3，b ＝－3，或a ＝－4，b ＝11 B ．a ＝－4，b ＝1，或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－1，b ＝5D ．以上都不正确 答案 D解析 f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝0，f 1＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3－2a －b ＝0，1－a －b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.当a ＝3且b ＝－3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3≥0，函数f (x )无极值点，故符合题意的只有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11.故选D ．2．(2019·贵阳模拟)已知函数y ＝f ′xx的图象如图所示(其中f ′(x )是定义域为R 的函数f (x )的导函数)，则以下说法错误的是( )A ．f ′(1)＝f ′(－1)＝0B ．当x ＝－1时，函数f (x )取得极大值C ．方程xf ′(x )＝0与f (x )＝0均有三个实数根D ．当x ＝1时，函数f (x )取得极小值 答案 C解析 由图象可知f ′(1)＝f ′(－1)＝0，A 说法正确．当x <－1时，f ′xx<0，此时f ′(x )>0；当－1<x <0时，f ′xx>0，此时f ′(x )<0，故当x ＝－1时，函数f (x )取得极大值，B 说法正确．当0<x <1时，f ′x x <0，此时f ′(x )<0；当x >1时，f ′xx>0，此时f ′(x )>0，故当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，D 说法正确．故选C ．3．(2019·湖南师大附中模拟)若函数f (x )＝(2－a )⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －2e x －12ax 2＋ax 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上有极大值，则实数a 的取值范围为( )A ．(e ，e)B ．(e ，2)C ．(2，e)D ．(e ，＋∞)答案 B解析 令f ′(x )＝(2－a )(x －1)(e x－a )＝0，得x ＝ln a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，解得a ∈(e ，e)，由题意知，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，ln a 时，f ′(x )>0，当x ∈(ln a,1)时，f ′(x )<0，所以2－a >0，得a <2.综上，a ∈(e ，2)．故选B ．考向二 导数与函数的最值例4 (2019·苏州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． 解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a.当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx>0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.(2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a .求函数f (x )在[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，一个为最小值．(2)若函数在区间[a ，b ]内有极值，则先求出函数在[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．[即时训练] 4.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2x <1，a ln x x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，0) 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 23⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1f ′(x ) － 0 ＋ 0 － f (x )↘极小值↗极大值↘故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2. 考向三 极值与最值的综合应用例5 (2019·大庆模拟)已知函数f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数，x ＝12是f (x )的一个极值点．(1)求a 的值；(2)当b >12时，求函数f (x )在[b ，＋∞)上的最小值．解 f ′(x )＝ax 2－2ax ＋1e x1＋ax22. (1)因为x ＝12是函数y ＝f (x )的一个极值点，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0， 因此14a －a ＋1＝0，解得a ＝43.经检验，当a ＝43时，x ＝12是y ＝f (x )的一个极值点，故所求a 的值为43.(2)由(1)可知，f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43x 2－83x ＋1e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋43x 22，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝32.f (x )与f ′(x )随x 的变化情况如下： x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1212 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗3e4↘e e4↗所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.当12<b <32时，f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ，32上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上单调递增．所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝e e 4；当b ≥32时，f (x )在[b ，＋∞)上单调递增，所以f (x )在[b ，＋∞)上的最小值为f (b )＝e b1＋ab 2＝3eb3＋4b2.(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)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，然后借助图象得到函数的最值．[即时训练] 5.(2019·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b为常数，且a ≠0)在x ＝1处取得极值．(1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值． 解 (1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0， 又a ＝1，所以b ＝－3， 则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表： x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )增极大值减极小值增所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝2ax －1x －1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1，当12a<0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2， 当a >0时，x 2＝12a>0，当12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，[1，e]上单调递增，所以最大值可能在x ＝12a或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a －14a －1<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，当1<12a <e 时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0， 所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1<x 2＝12a<e 矛盾，当x 2＝12a ≥e 时，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，矛盾， 综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.(2019·长沙模拟)已知函数f (x )＝ax 2－x ln x ．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若a ＝e ，证明：当x >0时，f (x )<x e x＋1e .解 (1)由题意知，f ′(x )＝2ax －ln x －1.因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，f ′(x )≥0，即2a ≥ln x ＋1x恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x (x >0)，则g ′(x )＝－ln x x2，易知g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝1，所以2a ≥1，即a ≥12.故a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. (2)证明：若a ＝e ，要证f (x )<x e x＋1e ，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x (变形后再隔离分析)．令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x2，易知h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增，则h (x )min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝0， 所以ln x ＋1e x≥0.再令φ(x )＝e x －e x (x >0)，则φ′(x )＝e －e x，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e －e x≤0.因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x<ln x ＋1e x ，故原不等式成立．答题启示在证明不等式时，若直接构造函数，很难借助于导数研究其单调性，我们可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，分别研究构造函数的单调性，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的．对点训练已知函数f (x )＝a e x＋x 2，g (x )＝sin x ＋bx ，直线l 与曲线C 1：y ＝f (x )切于点(0，f (0))，且与曲线C 2：y ＝g (x )切于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2.(1)求a ，b 的值和直线l 的方程； (2)证明：a e x＋x 2－bx －sin x >0.解 (1)由题可知f ′(x )＝a e x＋2x ，g ′(x )＝cos x ＋b ，f (0)＝a ，f ′(0)＝a ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1＋π2b ，g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝b ， 曲线C 1：y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝ax ＋a ，曲线C 2：y ＝g (x )在点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2处的切线方程为y ＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π2＋1＋π2b ，即y ＝bx ＋1.依题意有a＝b＝1，直线l的方程为y＝x＋1.(2)证明：要证a e x＋x2－bx－sin x>0，需证a e x＋x2>sin x＋bx，即证a e x＋x2－(x＋1)>sin x＋bx－(x＋1)．由(1)知，a＝b＝1，即证e x＋x2－x－1>sin x－1.设F(x)＝e x＋x2－x－1，则F′(x)＝e x＋2x－1.当x∈(－∞，0)时，0<e x<1，∴F′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，e x>1，∴F′(x)>0.∴F(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴F(x)≥F(0)＝0.设G(x)＝sin x－1，则G(x)≤0，当且仅当x＝2kπ＋π2(k∈Z)时，等号成立．又F(x)与G(x)不同时为0，∴F(x)>G(x)．∴e x＋x2－x－sin x>0，原不等式得证．。

学习资料汇编第十二节导数与函数的极值、最值[考纲传真] 1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次).3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．1．导数与函数的极值(1)函数的极大值与导数的关系增加减少(2)减少增加(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f (a)，f (b)比较，最大的为最大值，最小的为最小值．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的极大值一定比极小值大．( )(2)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件．( ) (3)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( ) (4)若实际问题中函数定义域是开区间，则不存在最优解．( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)×2．(教材改编)函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图像如图2­12­1所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内极小值点的个数为( )【导学号：66482113】图2­12­1A ．1B ．2C ．3D ．4A [导函数f ′(x )的图像与x 轴的交点中，左侧图像在x 轴下方，右侧图像在x 轴上方的只有一个，所以f (x )在区间(a ，b )内有一个极小值点．]3．已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )A ．13万件B ．11万件C ．9万件D ．7万件C [y ′＝－x 2＋81，令y ′＝0得x ＝9或x ＝－9(舍去)． 当x ∈(0,9)时，y ′＞0，当x ∈(9，＋∞)时，y ′＜0， 则当x ＝9时，y 有最大值．即使该生产厂家获取最大年利润的年产量为9万件．]4．(2016·四川高考)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4D ．2D [由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，∴当x <－2或x >2时，f ′(x )>0；当－2<x <2时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2.]5．函数y ＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 8 [y ′＝6x 2－4x ，令y ′＝0， 得x ＝0或x ＝23.∵f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827， f (2)＝8，∴最大值为8.]☞角度1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 )的图像如图2­12­2所示，则下列结论中一定成立的是( )图2­12­2A ．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)D [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．]☞角度2 求函数的极值求函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )的极值．[解] 由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x ＞0知：(1)当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值；5分(2)当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，9分从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值. 12分☞角度3 已知极值求参数(1)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( )【导学号：66482114】A ．(－∞，0)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C ．(0,1)D ．(0，＋∞)(2)(2016·广东肇庆三模)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________.(1)B (2)5 [(1)∵f (x )＝x (ln x －ax )， ∴f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，故f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不同的零点， 令f ′(x )＝0，则2a ＝ln x ＋1x，设g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln x x2， ∴g (x )在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，又∵当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0， 而g (x )max ＝g (1)＝1， ∴只需0＜2a ＜1⇒0＜a ＜12.(2)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知x ＝－3为方程3x 2＋2ax ＋3＝0的根，∴3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5.][规律方法] 利用导数研究函数极值的一般流程(2017·郑州模拟)已知函数f (x)＝(x－k)e x.(1)求f (x)的单调区间；(2)求f (x)在区间[0,1]上的最小值．[解](1)由f (x)＝(x－k)e x，得f ′(x)＝(x－k＋1)e x，令f ′(x)＝0，得x＝k－1. 2分f (x)与f ′(x)的变化情况如下：递减递增(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f (x)在[0,1]上递增，所以f (x)在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k，7分当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，由(1)知f (x)在[0，k－1)上递减，在(k－1,1]上递增，所以f (x)在区间[0,1]上的最小值为f (k－1)＝－e k－1.当k－1≥1，即k≥2时，函数f (x)在[0,1]上递减，所以f (x)在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k)e. 10分综上可知，当k≤1时，f (x)min＝－k；当1＜k＜2时，f (x)min＝－e k－1；当k≥2时，f (x)min＝(1－k)e. 12分[规律方法]求函数f (x)在[a，b]上的最大值、最小值的步骤：(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f (a)，f (b)；(3)将函数f (x )的极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的为最大值，最小的为最小值． [变式训练1] (2017·石家庄质检(二))若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为( )【导学号：66482115】A ．2B ．3C ．6D ．9D [f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，a ＋b ＝6，又a ＞0，b ＞0，则t ＝ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号，故选D.]某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．[解] (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2. 5分(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋x －2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6. 7分从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)]＝30(x －4)(x －6)， 于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值，9分 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 12分 [规律方法] 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．[变式训练2] 某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________.【导学号：66482116】40 [由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于0＜x ＜40时，y ′＜0；x ＞40时，y ′＞0.所以当x ＝40时，y 有最小值．][思想与方法]1．可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同．2．求闭区间上可导函数的最值时，对函数的极值是极大值还是极小值可不作判断，直接与端点的函数值比较即可．3．如果目标函数在定义区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．4．若函数f (x )在定义域A 上存在最大值与最小值，则： (1)对任意x ∈A ，f (x )＞0⇔f (x )min ＞0； (2)存在x ∈A ，f (x )＞0⇔f (x )max ＞0. [易错与防范]1．求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．2．导数为零的点不一定是极值点．对含参数的求极值问题，应注意分类讨论．3．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．4．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义．敬请批评指正。

课时作业(十五)B第15讲导数与函数的极值、最值[时间：45分钟分值：100分]基础热身1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0,2π)上是()C．在(0，D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增2．[2012·济南模拟] 已知f′(x)是函数f(x)的导数，y＝f′(x)的图象如图K15－3所示，则y＝f(x)的图象最有可能是下图中的()π)上增，在(π，2π)上减图K15－3图K15－3．函数f(x)＝x3＋3x2＋4x－a的极值点的个数是()A．2 B．1C．0 D．由a决定4．f(x)＝ax ln x的极大值为－2e，则a＝________.能力提升5．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1,0)，则f(x)的极值为()A．极大值为427，极小值为0B．极大值为0，极小值为－4 27C．极小值为－527，极大值为0D．极小值为0，极大值为5276．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是() A．－1<a<2B．a<－3或a>6C．－3<a<6D．a<－1或a>27．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为()A．－5 B．－11C．－29 D．－378．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是()A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7C ．a <0或a >21D ．a ＝0或a ＝219．函数y ＝f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，且函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)，F (x )＝f (x )－g (x )，如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象如图K15－5所示，且a <x 0<b ，那么(A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点 10．[2011·广东卷] 函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值． 11．[2011·绵阳模拟] 图K15－6①f (x )在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________．12．已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc ，如果函数f (x )在x ＝1处取极值－43，则b ＝________，c ＝________.13．设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－3x 2，若函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[0,2]在x ＝0处取得最大值，则a 的取值范围是________．14．(10分)[2011·北京卷] 已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．15．(13分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值． (1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．难点突破16．(12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝12x 2－x ＋a .(1)当a ＝2时，求函数y ＝g (x )在[0,3]上的值域； (2)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有x ln x >g ′(x )＋1e x －2e成立．课时作业(十五)B【基础热身】1．A [解析] f ′(x )＝1－cos x >0，∴f (x )在(0,2π)上递增．故选A.2．B [解析] 根据导数值的正负与函数单调性的关系可以判断选项B 正确．3．C [解析] f ′(x )＝3x 2＋6x ＋4＝3(x ＋1)2＋1>0，则f (x )在R 上是增函数，故不存在极值点．4．2 [解析] 函数的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝－a (ln x ＋1)x 2ln 2x，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，列表如下：当x ＝1e时，函数f (x )有极大值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝a1e ln 1e＝－a e ，故－a e ＝－2e ，解得a ＝2；【能力提升】5．A [解析] 由题设知：⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，所以f (x )＝x 3－2x 2＋x ，进而可求得f (1)是极小值，f ⎝⎛⎭⎫13是极大值，故选A.6．B [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以判别式Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，解得a <－3或a >6.7．D [解析] 由f ′(x )＝6x 2－12x >0得x <0或x >2，由f ′(x )<0得0<x <2，∴f (x )在[－2,0]上为增函数，在[0,2]上为减函数．∴x ＝0时，f (x )max ＝m ＝3.又f (－2)＝－37，f (2)＝－5.∴f (x )min ＝－37.8．A [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋7a ，令f ′(x )＝0，当Δ＝4a 2－84a ≤0，即0≤a ≤21时，f ′(x )≥0恒成立，函数不存在极值点．9．B [解析] F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )，∴F ′(x 0)＝f ′(x 0)－g ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0，且x <x 0时，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)<0，x >x 0时，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)>0，故x ＝x 0是F (x )的极小值点，选B.10．2 [解析] f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值． 11．②③ [解析] 由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知：(1)f (x )在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2)f (x )在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值．故②③正确．12．－1 3 [解析] f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，由f (x )在x ＝1处取极值－43，可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.若b ＝1，c ＝－1，则f ′(x )＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0，此时f (x )没有极值； 若b ＝－1，c ＝3，则f ′(x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1)， 当－3<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，∴当x ＝1时，f (x )有极大值－43.故b ＝－1，c ＝3即为所求．13.⎝⎛⎦⎤－∞，65 [解析] g (x )＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)． 当g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)时，g (0)≥g (2)，即0≥20a －24，得a ≤65.反之，当a ≤65时，对任意x ∈[0,2]，g (x )≤65x 2(x ＋3)－3x (x ＋2)＝3x5(2x 2＋x －10)＝3x5(2x ＋5)(x －2)≤0， 而g (0)＝0，故g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)．综上，a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，65. 14．[解答] (1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.x 与f (x )、f ′(x )的变化情况如下：所以，f ((2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减． 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.15．[解答] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0.①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，可得 4a ＋3b ＋4＝0.②由①②解得a ＝2，b ＝－4.设切线l 的方程为y ＝3x ＋m .由原点到切线l 的距离为1010，得|m |32＋1＝1010，解得m ＝±1.∵切线l 不过第四象限，∴m ＝1.由于切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4. ∴1＋a ＋b ＋c ＝4， ∴c ＝5.(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5， ∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝23.当x 变化时，f (x )和f ′(x )的变化情况如下表：∴f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝13，在x ＝23处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫23＝9527，又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.【难点突破】16．[解答] (1)∵g (x )＝12(x －1)2＋32，x ∈[0,3]，当x ＝1时，g (x )min ＝g (1)＝32；当x ＝3时，g (x )max ＝g (3)＝72.故当a ＝2时，g (x )在[0,3]上的值域为⎣⎡⎦⎤32，72.(2)f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，f ′(x )>0，f (x )单调递增．①0<t <t ＋2<1e，t 无解；②0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ； ③1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ； 所以f (x )min ＝⎩⎨⎧－1e ，0<t <1e，t ln t ，t ≥1e.(3)g ′(x )＋1＝x ，所以问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，由(2)可知f (x )＝x ln x (x∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易得m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有x ln x >g ′(x )＋1e x －2e成立．。

§3.3导数与函数的极值、最值课标要求 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.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．知识梳理1.函数的极值(1)函数的极大值若函数y＝f(x)在区间(a，x0)上单调递增，在区间(x0，b)上单调递减，则x0是极大值点，f(x0)是极大值.(2)函数的极小值若函数y＝f(x)在区间(a，x0)上单调递减，在区间(x0，b)上单调递增，则x0是极小值点，f(x0)是极小值.(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.2.函数的最大(小)值(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.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．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有．(√)(2)函数的极小值一定小于函数的极大值．(×)(3)函数的极小值一定是函数的最小值．(×)(4)函数的极大值一定不是函数的最小值．(√)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解析由导函数f ′(x )的图象知，在x ＝－2处，f ′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x ＝－2是f (x )的极大值点；在x ＝－1处，f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，所以x ＝－1是f (x )的极小值点；在x ＝2处，f ′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x ＝2是f (x )的极大值点．综上，f (x )的极小值点的个数为1.3．若函数f (x )＝x 3－ax 2＋2x －1有两个极值点，则实数a 的取值范围是________________．答案(－∞，－6)∪(6，＋∞)解析f ′(x )＝3x 2－2ax ＋2，由题意知f ′(x )有两个变号零点，∴Δ＝(－2a )2－4×3×2>0，解得a >6或a <－ 6.4．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在区间[0,3]上的最大值是________，最小值是________．答案4－43解析f ′(x )＝x 2－4，令f ′(x )＝0，解得x ＝2或x ＝－2(舍去)．当x ∈[0,2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(2,3]时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝2时，f (x )＝13x 3－4x ＋4有极小值，并且极小值为f (2)＝－43.又由于f (0)＝4，f (3)＝1，所以函数f (x )＝13x 3－4x ＋4在区间[0,3]上的最大值是4，最小值是－43.题型一利用导数求解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)(2023·连云港模拟)如图是函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象，下列说法正确的是()A．f(1)为函数f(x)的极大值B．当x＝－1时，f(x)取得极小值C．f(x)在(－1,2)上单调递增，在(2,4)上单调递减D．当x＝3时，f(x)取得极小值答案BC解析由图象知，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－2，－1)上单调递减，当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，即f(x)在(－1,2)上单调递增，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故A错误，B正确；当x∈(2,4)时，f′(x)<0，即f(x)在(2,4)上单调递减，故C正确，D错误．命题点2求已知函数的极值例2设函数f(x)＝(x2＋ax＋a)e x，讨论f(x)的单调性并判断f(x)有无极值，若有极值，求出f(x)的极值．解f′(x)＝(2x＋a)e x＋(x2＋ax＋a)e x＝(x＋2)(x＋a)e x当a＝2时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在R上是增函数，无极值；当a≠2时，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝－a，不妨令x1<x2(x1是－2与－a中较小的一个，x2是较大的一个)，列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗当－a>－2，即a<2时，取x1＝－2，x2＝－a，其单调区间如表所示，极大值为f(－2)＝(4－a)e－2，极小值为f(－a)＝a e－a.当－a <－2，即a >2时，取x 1＝－a ，x 2＝－2，其单调区间如表所示，极小值为f (－2)＝(4－a )e －2，极大值为f (－a )＝a e －a .命题点3已知极值(点)求参数例3(1)(2024·成都模拟)若函数f (x )＝x (x ＋a )2在x ＝1处有极大值，则实数a 的值为()A ．1B ．－1或－3C ．－1D ．－3答案D解析函数f (x )＝x (x ＋a )2，f ′(x )＝(x ＋a )2＋2x (x ＋a )＝(x ＋a )(3x ＋a )，由函数f (x )＝x (x ＋a )2在x ＝1处有极大值，可得f ′(1)＝(1＋a )(3＋a )＝0，解得a ＝－1或a ＝－3，当a ＝－1时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)，当x f ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递增，f (x )在x ＝1处有极小值，不符合题意．当a ＝－3时，f ′(x )＝(x －3)(3x －3)，当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1,3)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，f (x )在x ＝1处有极大值，符合题意．综上可得，a ＝－3.(2)(2023·威海模拟)若函数f (x )＝e x －ax 2－2ax 有两个极值点，则实数a 的取值范围为()－12，答案D解析由f (x )＝e x －ax 2－2ax ，得f ′(x )＝e x －2ax －2a .因为函数f (x )＝e x －ax 2－2ax 有两个极值点，所以f ′(x )＝e x －2ax －2a 有两个变号零点，令f ′(x )＝0，得12a ＝x ＋1ex ，设g (x )＝x ＋1e x，y ＝12a ；则g ′(x )＝－xex ，令g ′(x )＝0，即－xe x ＝0，解得x ＝0，当x >0时，g ′(x )<0；当x <0时，g ′(x )>0，所以g (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．当x →－∞时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→0.分别作出函数g (x )＝x ＋1ex 与y ＝12a 的图象，如图所示，由图可知，0<12a <1，解得a >12，所以实数a 思维升华根据函数的极值(点)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)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a ＋b 的值为()A ．－1或3B ．1或－3C ．3D ．－1答案C解析因为f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a ，所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为函数f (x )在x ＝1处取得极大值10，所以f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，①f (1)＝1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，②联立①②，解得a ＝－2，b ＝1或a ＝－6，b ＝9.当a ＝－2，b ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝(x －1)·(3x －1)，f (x )∞(1，＋∞)上单f (x )在x ＝1处取得极小值10，不符合题意；当a ＝－6，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝(x －1)·(3x －9)，f (x )在(－∞，1)和(3，＋∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减，故f (x )在x ＝1处取得极大值10，符合题意．综上可得，a ＝－6，b ＝9.则a ＋b ＝3.(2)(2023·商丘模拟)已知函数f (x )＝x 2－a ln(2x ＋1)在定义域内不存在极值点，则实数a 的取值范围是__________．答案－∞，－18解析函数f (x )－12，＋且f ′(x )＝2x －2a2x ＋1＝4x 2＋2x －2a 2x ＋1＝2(2x 2＋x －a )2x ＋1，因为f (x )在定义域内不存在极值点，所以f ′(x )≥0或f ′(x )≤0－12，＋即2x 2＋x －a ≥0或2x 2＋x －a ≤0－12，＋因为2x 2＋x －a ≤0－12，＋所以2x 2＋x －a ≥0－12，＋即a ≤2x 2＋x ＝－18，所以a ≤(2x 2＋x )min ＝－18，故a ∞，－18.题型二利用导数求函数的最值问题命题点1不含参函数的最值例4(2022·全国乙卷)函数f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为()A ．－π2，π2B ．－3π2，π2C ．－π2，π2＋2D ．－3π2，π2＋2答案D解析f (x )＝cos x ＋(x ＋1)sin x ＋1，x ∈[0,2π]，则f ′(x )＝－sin x ＋sin x ＋(x ＋1)·cos x ＝(x ＋1)cos x ，x ∈[0,2π]．令f ′(x )＝0，解得x ＝－1(舍去)或x ＝π2或x ＝3π2.因为f cos π2＋π2＋1＝2＋π2，f cos 3π2＋3π2＋1＝－3π2，又f (0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f (2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f (x )max ＝f 2＋π2，f (x )min ＝f ＝－3π2.故选D.命题点2含参函数的最值例5已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ．当a >0时，f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a 的取值范围．解f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝(ax －1)(2x －1)x(x >0，a >0)，当0<1a ≤1，即a ≥1时，f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (1)＝－2，符合题意．当1<1a <e ，即1e <a <1时，若x ∈1f ′(x )<0，f (x )单调递减；若x e，则f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )min ＝f f (1)＝－2，不符合题意．当1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，f (x )单调递减，所以f (x )min ＝f (e)<f (1)＝－2，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是[1，＋∞)．思维升华求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，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．跟踪训练2(1)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的最小值为________．答案1解析函数f (x )＝|2x －1|－2ln x 的定义域为(0，＋∞)．①当x >12时，f (x )＝2x －1－2ln x ，所以f ′(x )＝2－2x ＝2(x －1)x，当12<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；②当0<x ≤12时，f (x )＝1－2x －2ln x ，12上单调递减，所以f (x )min ＝f 2ln 12＝2ln 2＝ln 4>ln e ＝1.综上，f (x )min ＝1.(2)(2024·上饶模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋1.当0<x ≤e 2时，g (x )＝f (x )－ax 2－3＋ax 有最小值2，求a 的值．解g (x )＝f (x )－ax 2－3＋a x ＝ln x ＋ax－2，其中0<x ≤e 2，则g ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax2.若a ≤0，则g ′(x )>0，g (x )在(0，e 2]上单调递增，函数g (x )无最小值，不符合题意；若a >0，当x >a 时，g ′(x )>0，当0<x <a 时，g ′(x )<0.①当a ≥e 2时，对任意的x ∈(0，e 2]，g ′(x )≤0，函数g (x )在(0，e 2]上单调递减，则g (x )min ＝g (e 2)＝ln e 2＋a e 2－2＝ae 2＝2，解得a ＝2e 2，符合题意；②当0<a <e 2时，函数g (x )在(0，a ]上单调递减，在(a ，e 2]上单调递增，所以g (x )min ＝g (a )＝ln a ＋aa －2＝2，解得a ＝e 3，不符合题意．综上所述，a 的值为2e 2.课时精练一、单项选择题1．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －1的极小值点是()A ．1C ．－3D ．(－3,8)答案A解析f ′(x )＝x 2＋2x －3，由x 2＋2x －3＝0，得x ＝－3或x ＝1，所以函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －1在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝1处有极小值，极小值点为1.2．(2023·淮阳模拟)函数f (x )＝x cos x －sin x 在区间[－π，0]上的最大值为()A ．1B ．π C.32D.3π2答案B解析由题意得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ，当x ∈[－π，0]时，sin x ≤0，f ′(x )≤0，所以f (x )在[－π，0]上单调递减，故函数f (x )在区间[－π，0]上的最大值为f (－π)＝π.3．(2023·郑州模拟)若当x ＝1时，函数f (x )＝a ln x ＋b ＋1x 取得极小值4，则a ＋b 等于()A ．7B ．8C ．9D ．10答案A解析f (x )＝a ln x ＋b ＋1x ，f ′(x )＝a x －b ＋1x 2，根据题意有f ′(1)＝a －(b ＋1)＝0，且f (1)＝b ＋1＝4，解得a ＝4，b ＝3，a ＋b ＝7.此时f ′(x )＝4x －4x 2＝4(x －1)x 2，x ∈(0，＋∞)，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．所以函数f (x )在x ＝1处取得极小值，满足题意，故a ＋b ＝7.4．已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值，则a 的取值范围是()A ．[2，＋∞)B ．[4，＋∞)C ．[2,4]D ．(2,4)答案D解析f ′(x )＝a －2x ，令f ′(x )＝0，得x ＝a 2，当x <a 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >a2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，因此x ＝a2是f (x )的极大值点，由于只有一个极值点，因此也是最大值点，由题意得a2∈(1,2)，所以a∈(2,4)．5．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋bx取得最大值－2，则f′(2)等于()A．－1B．－12C.12D．1答案B解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，1)＝－2，(1)＝0，而f′(x)＝ax－bx2，＝－2，－b＝0，＝－2，＝－2，所以f′(x)＝－2x＋2x2，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时，函数f(x)取得最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋12＝－12.6．(2023·开封模拟)已知函数f(x)＝e x＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为() A．1－ln2B．2(1－ln2)C.13(2－ln2) D.23(1－ln2)答案D解析由f(m)＝g(n)，得e m＋m＝3n，所以3n－3m＝e m－2m；令h(m)＝e m－2m(m∈R)，则h′(m)＝e m－2，令e m－2＝0，解得m＝ln2.当m∈(－∞，ln2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上单调递减；当m∈(ln2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上单调递增；即h(m)min＝h(ln2)＝2－2ln2，故(n－m)min＝23(1－ln2)．二、多项选择题7．对于函数f (x )＝x 3－3x ，下列结论中正确的是()A ．f (x )是奇函数B ．f (x )在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增C ．f (x )在x ＝－1处取得极大值2D ．f (x )的值域是[－2,2]答案ABC 解析对于A ，因为对∀x ∈R ，f (－x )＝－x 3＋3x ＝－f (x )，故A 正确；对于B ，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )>0可得x <－1或x >1，令f ′(x )<0可得－1<x <1，所以函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，故B 正确；对于C ，由f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，结合选项B 可知，x ＝－1是函数f (x )的极大值点，此时函数f (x )的极大值为f (－1)＝－1＋3＝2，故C 正确；对于D ，由B 选项可知，函数f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，作出f (x )的大致图象如图所示，所以f (x )无最大值，无最小值，故D 错误．8．(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f (x )＝a ln x ＋b x ＋c x2(a ≠0)既有极大值也有极小值，则()A ．bc >0B ．ab >0C ．b 2＋8ac >0D ．ac <0答案BCD 解析函数f (x )＝a ln x ＋b x ＋c x 2的定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝a x －b x 2－2c x 3＝ax 2－bx －2c x 3，因为函数f (x )既有极大值也有极小值，则函数f ′(x )在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a ≠0，因此方程ax 2－bx －2c ＝0有两个不相等的正实数根x 1，x 2，＝b2＋8ac>0，1＋x2＝ba>0，1x2＝－2ca>0，即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确．三、填空题9．(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.答案sin x(答案不唯一)解析正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值．10．(2024·襄阳模拟)若函数f(x)＝e2xx在区间14，a上的最小值为2e，则a的取值范围是________．答案12，＋∞解析由f(x)＝e2xx，得f′(x)＝e2x(2x－1)x2，所以函数f(x)且f2e，所以12∈14，a，即a≥12，所以a的取值范围是12，＋11．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝2x－3＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．答案4解析商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)2x－3＋10(x－6)2＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)．故当x∈(3,4)时，f′(x)＞0，当x∈(4,6)时，f′(x)＜0.则函数f (x )在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x ＝4时，函数f (x )取得最大值f (4)＝42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．12．(2024·湛江模拟)若函数f (x )＝e x －ax 2－a 存在两个极值点x 1，x 2，且x 2＝2x 1，则a ＝________.答案1ln 2解析f (x )＝e x －ax 2－a ，定义域为R ，所以f ′(x )＝e x －2ax ，故1e x －2ax 1＝0，2e x －2ax 2＝0；又x 2＝2x 1，所以12ex －4ax 1＝0.又1e x >0，故1e x ＝2，所以x 1＝ln 2，所以a ＝11e 2x x ＝1ln 2.四、解答题13．设函数f (x )＝a ln x ＋3x＋2a 2x －4a ，其中a >0.(1)讨论f (x )的单调性；(2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．解(1)f ′(x )＝a x －3x 2＋2a 2＝2a 2x 2＋ax －3x 2＝(2ax ＋3)(ax －1)x 2，x >0，∵a >0，∴－32a <0<1a.∴f ′(x )<0，f (x)单调递减；f ′(x )>0，f (x )单调递增．综上所述，f(x )(2)由(1)可知，f (x )min ＝f ＝a ln1a ＋3a ＋2a －4a ＝a ln 1a＋a ＝a (1－ln a )，∵y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，∴1－ln a >0，∴0<a <e.∴a 的取值范围为(0，e)．14．已知函数f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，其中e 为自然对数的底数．(1)若x ＝1为f (x )的极值点，求f (x )的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a ，使得f (x )的最大值是－3？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解(1)∵f (x )＝ln x －ax ，x ∈(0，e]，∴f ′(x )＝1－ax x，由f ′(1)＝0，得a ＝1.∴f ′(x )＝1－x x，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.(2)∵f (x )＝ln x －ax ，∴f ′(x )＝1－ax x，①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e>0，舍去；②当a >0时，由f ′(x )＝1－ax x＝0，得x ＝1a ，当0<1a <e ，即a >1e时，∴x f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴f (x )又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，∴f (x )max ＝f 1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2，符合题意；当e ≤1a ，即0<a ≤1e时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >1e，舍去．综上，存在a符合题意，此时a＝e2.。

课时作业(十五)B [第15讲 导数与函数的极值、最值][时间：45分钟 分值：100分]基础热身 1．[2012·济南模拟] 已知f ′(x )是函数f (x )的导数，y ＝f ′(x )的图像如图K15－3所示，则y ＝f (x )的图像最有可能是下图中的( )图K15－2．函数f (x )＝x 3＋3x 2＋4x －a 的极值点的个数是( ) A ．2 B ．1C ．0D ．由a 决定3．已知α、β是三次函数f (x )＝13x 3＋12ax 2＋2bx (a ，b ∈R )的两个极值点，且α∈(0,1)，β∈(1,2)，则b －2a －1的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫14，1B.⎝⎛⎭⎫12，1 C.⎝⎛⎭⎫－12，14 D.⎝⎛⎭⎫－12，12 4．f (x )＝ax ln x的极大值为－2e ，则a ＝________.能力提升5．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图像与x 轴切于点(1,0)，则f (x )的极值为( )A ．极大值为427，极小值为0B ．极大值为0，极小值为－427C ．极小值为－527，极大值为0D ．极小值为0，极大值为5276．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．－1<a <2 B ．a <－3或a >6 C ．－3<a <6 D ．a <－1或a >27．已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．－5B ．－11C ．－29D ．－378．对任意的x ∈R ，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋7ax 不存在极值点的充要条件是( ) A ．0≤a ≤21 B ．a ＝0或a ＝7 C ．a <0或a >21 D ．a ＝0或a ＝219．函数y ＝f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，且函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)，F (x )＝f (x )－g (x )，如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图像如图K15－5所示，且a <x 0<b ，那么( )A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点 10．[2011·广东卷] 函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值． 11．[2011·绵阳模拟] 图K15－6①f (x )在区间[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在区间[－1,2]上是增函数，在区间[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中，所有正确判断的序号是________．12．已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc ，如果函数f (x )在x ＝1处取极值－43，则b ＝________，c ＝________.13．设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3－3x 2，若函数g (x )＝f (x )＋f ′(x )，x ∈[0,2]在x ＝0处取得最大值，则a 的取值范围是________．14．(10分)[2011·北京卷] 已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．15．(13分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线l 不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l 的距离为1010，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值． (1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．难点突破16．(12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝12x 2－x ＋a .(1)当a ＝2时，求函数y ＝g (x )在[0,3]上的值域； (2)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有x ln x >g ′(x )＋1e x －2e成立．课时作业(十五)B【基础热身】1．B [解析] 根据导数值的正负与函数单调性的关系可以判断选项B 正确．2．C [解析] f ′(x )＝3x 2＋6x ＋4＝3(x ＋1)2＋1>0，则f (x )在R 上是增函数，故不存在极值点．3．A 【解析】 1<α＋β<3,0<αβ<2，f ′(x )＝x 2＋ax ＋2b ，依题意有－a ＝α＋β，αβ＝2b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧－3<a <－1，0<b <1，阴影部分中的点M (a ，b )与点P (1,2)的连线的斜率的范围即为所求．当M坐标为(－1,0)时，b －2a －1＝1；当M 坐标为(－3,1)时，b －2a －1＝14.故选A.4．2 [解析] 函数的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，f ′(x )＝－a (ln x ＋1)x 2ln 2x，令f ′(x )＝0，得x＝1，当a >0时，列表如下： 当x ＝1e时，函数f (x )有极大值f ⎝⎛⎭⎫1e ＝a1e ln 1e＝－a e ，故－a e ＝－2e ，解得a ＝2；【能力提升】5．A [解析] 由题设知：⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝0，f (1)＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，所以f (x )＝x 3－2x 2＋x ，进而可求得f (1)是极小值，f ⎝⎛⎭⎫13是极大值，故选A.6．B [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为函数有极大值和极小值，所以f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以判别式Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，解得a <－3或a >6.7．D [解析] 由f ′(x )＝6x 2－12x >0得x <0或x >2，由f ′(x )<0得0<x <2，∴f (x )在[－2,0]上为增函数，在[0,2]上为减函数．∴x ＝0时，f (x )max ＝m ＝3.又f (－2)＝－37，f (2)＝－5.∴f (x )min ＝－37.8．A [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋7a ，令f ′(x )＝0，当Δ＝4a 2－84a ≤0，即0≤a ≤21时，f ′(x )≥0恒成立，函数不存在极值点．9．B [解析] F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )，∴F ′(x 0)＝f ′(x 0)－g ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0，且x <x 0时，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)<0，x >x 0时，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)>0，故x ＝x 0是F (x )的极小值点，选B.10．2 [解析] f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0， 当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值． 11．②③ [解析] 由函数y ＝f (x )的导函数的图像可知：(1)f (x )在区间[－2，－1]上是减函数，在[－1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2)f (x )在x ＝－1处取得极小值，在x ＝2处取得极大值．故②③正确．12．－1 3 [解析] f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ，由f (x )在x ＝1处取极值－43，可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c ＝－1或⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－1，c ＝3.若b ＝1，c ＝－1，则f ′(x )＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0，此时f (x )没有极值； 若b ＝－1，c ＝3，则f ′(x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1)， 当－3<x <1时，f ′(x )>0，当x >1时，f ′(x )<0，∴当x ＝1时，f (x )有极大值－43.故b ＝－1，c ＝3即为所求．13.⎝⎛⎦⎤－∞，65 [解析] g (x )＝ax 3－3x 2＋3ax 2－6x ＝ax 2(x ＋3)－3x (x ＋2)． 当g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)时，g (0)≥g (2)，即0≥20a －24，得a ≤65.反之，当a ≤65时，对任意x ∈[0,2]，g (x )≤65x 2(x ＋3)－3x (x ＋2)＝3x5(2x 2＋x －10)＝3x5(2x ＋5)(x －2)≤0， 而g (0)＝0，故g (x )在区间[0,2]上的最大值为g (0)．综上，a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，65. 14．[解答] (1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.x 与f (x )、f ′(x )的变化情况如下：所以，f (x(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减． 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.15．[解答] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0.①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，可得 4a ＋3b ＋4＝0.②由①②解得a ＝2，b ＝－4.设切线l 的方程为y ＝3x ＋m .由原点到切线l 的距离为1010，得|m |32＋1＝1010，解得m ＝±1.∵切线l 不过第四象限，∴m ＝1.由于切点的横坐标为x ＝1，∴f (1)＝4. ∴1＋a ＋b ＋c ＝4， ∴c ＝5.(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，∴f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝23.∴f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝13，在x ＝23处取得极小值f ⎝⎛⎭⎫23＝9527，又f (－3)＝8，f (1)＝4，∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.【难点突破】16．[解答] (1)∵g (x )＝12(x －1)2＋32，x ∈[0,3]，当x ＝1时，g (x )min ＝g (1)＝32；当x ＝3时，g (x )max ＝g (3)＝72.故当a ＝2时，g (x )在[0,3]上的值域为⎣⎡⎦⎤32，72.(2)f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e ，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞，f ′(x )>0，f (x )单调递增．①0<t <t ＋2<1e，t 无解；②0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e 时，f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e ； ③1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ； 所以f (x )min ＝⎩⎨⎧－1e ，0<t <1e，t ln t ，t ≥1e.(3)g ′(x )＋1＝x ，所以问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))，由(2)可知f (x )＝x ln x (x∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易得m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有x ln x >g ′(x )＋1e x －2e成立．。

一、单项选择题1．函数f(x)＝13x3＋x2－3x－1的极小值点是()A．1 B.1，－83C．－3D．(－3,8)2．(2023·淮阳模拟)函数f(x)＝x cos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为()A．1B．π C.32D.3π23．(2023·郑州模拟)若当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋b＋1x取得极小值4，则a＋b等于() A．7B．8C．9D．104．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的极大值，则a的取值范围是()A．[2，＋∞)B．[4，＋∞)C．[2,4]D．(2,4)5．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋bx取得最大值－2，则f′(2)等于()A．－1B．－12C.12D．16．(2023·开封模拟)已知函数f(x)＝e x＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为() A．1－ln2B．2(1－ln2)C.1 3(2－ln2)D.23(1－ln2)二、多项选择题7．对于函数f(x)＝x3－3x，下列结论中正确的是() A．f(x)是奇函数B．f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增C．f(x)在x＝－1处取得极大值2D．f(x)的值域是[－2,2]8．(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝a ln x＋bx＋cx2(a≠0)既有极大值也有极小值，则() A．bc>0B．ab>0C．b2＋8ac>0D．ac<0三、填空题9．(2023·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.10．(2024·襄阳模拟)若函数f(x)＝e2xx在区间14，a上的最小值为2e，则a的取值范围是________．11．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝2x－3＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．12．(2024·湛江模拟)若函数f(x)＝e x－ax2－a存在两个极值点x1，x2，且x2＝2x1，则a＝________.四、解答题13．设函数f(x)＝a ln x＋3x＋2a2x－4a，其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．14．已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数．(1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．§3.3导数与函数的极值、最值1．A 2.B 3.A 4.D5．B[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，1)＝－2，(1)＝0，而f′(x)＝ax－bx2，＝－2，－b＝0，＝－2，＝－2，所以f′(x)＝－2x＋2x2，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时，函数f(x)取得最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋12＝－12.]6．D[由f(m)＝g(n)，得e m＋m＝3n，所以3n－3m＝e m－2m；令h(m)＝e m－2m(m∈R)，则h′(m)＝e m－2，令e m－2＝0，解得m＝ln2.当m∈(－∞，ln2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上单调递减；当m∈(ln2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上单调递增；即h(m)min＝h(ln2)＝2－2ln2，故(n－m)min＝23(1－ln2)．]7．ABC8．BCD[函数f(x)＝a ln x＋bx＋cx2的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝ax－bx2－2cx3＝ax2－bx－2cx3，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，＝b2＋8ac>0，1＋x2＝ba>0，1x2＝－2ca>0，即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确．] 9．sin x(答案不唯一)10.12，＋∞11.412.1ln213．解(1)f′(x)＝ax－3x2＋2a2＝2a2x2＋ax－3x2＝(2ax＋3)(ax－1)x2，x>0，∵a>0，∴－32a<0<1a.∴f′(x)<0，f(x)单调递减；f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，f(x)(2)由(1)可知，f(x)min＝f＝a ln1a＋3a＋2a－4a＝a ln1a＋a＝a(1－ln a)，∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，∴1－ln a>0，∴0<a<e.∴a的取值范围为(0，e)．14．解(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝1－axx，由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝1－xx，∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，当x ∈(1，e]时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f (x )的极大值为f (1)＝－1，也即f (x )的最大值为f (1)＝－1.(2)∵f (x )＝ln x －ax ，∴f ′(x )＝1－ax x，①当a ≤0时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )的最大值是f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e>0，舍去；②当a >0时，由f ′(x )＝1－ax x＝0，得x ＝1a ，当0<1a <e ，即a >1e时，∴x f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴f (x )又f (x )在(0，e]上的最大值为－3，∴f (x )max ＝f 1－ln a ＝－3，∴a ＝e 2，符合题意；当e ≤1a ，即0<a ≤1e时，f (x )在(0，e]上单调递增，∴f (x )max ＝f (e)＝1－a e ＝－3，解得a ＝4e >1e，舍去．综上，存在a 符合题意，此时a ＝e 2.。

利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错误!知图判断函数的极值的情况；先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号，最后判断是极大值点还是极小值点．角度二求函数的极值（２0２0·湖南省五市十校联考）已知函数f（x）＝ln x—错误!ax２＋x，a∈R.（１）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（１，f（１））处的切线方程；（２）令g（x）＝f（x）—（ax—１），求函数g（x）的极值．【解】（１）当a＝0时，f（x）＝ln x＋x，则f（１）＝１，所以切点为（１，１），又f′（x）＝错误!＋１，所以切线斜率k＝f′（１）＝２，故切线方程为y—１＝２（x—１），即２x—y—１＝0．（２）g（x）＝f（x）—（ax—１）＝ln x—错误!ax２＋（１—a）x＋１，则g′（x）＝错误!—ax＋（１—a）＝错误!，当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．所以g（x）在（0，＋∞）上是增函数，函数g（x）无极值点．当a＞0时，g′（x）＝错误!＝—错误!，令g′（x）＝0得x＝错误!.所以当x∈错误!时，g′（x）＞0；当x∈错误!时，g′（x）＜0．因为g（x）在错误!上是增函数，在错误!上是减函数．所以x＝错误!时，g（x）有极大值g错误!＝ln错误!—错误!×错误!＋（１—a）·错误!＋１＝错误!—ln a.综上，当a≤0时，函数g（x）无极值；当a＞0时，函数g（x）有极大值错误!—ln a，无极小值．错误!利用导数研究函数极值问题的一般流程角度三已知函数的极值求参数设函数f（x）＝[ax２—（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）＝[ax２—（４a＋１）x＋４a＋３]e x，所以f′（x）＝[ax２—（２a＋１）x＋２]e x.f′（１）＝（１—a）e.由题设知f′（１）＝0，即（１—a）e＝0，解得a＝１．此时f（１）＝３e≠0．所以a的值为１．（２）由（１）得f′（x）＝[ax２—（２a＋１）x＋２]e x＝（ax—１）（x—２）e x.若a>错误!，则当x∈错误!时，f′（x）<0；当x∈（２，＋∞）时，f′（x）>0．所以f（x）在x＝２处取得极小值．当a≤错误!，则当x∈（0，２）时，x—２<0，ax—１≤错误!x—１<0，所以f′（x）>0．所以２不是f（x）的极小值点．综上可知，a的取值范围是错误!.错误!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．１．（２0２0·安徽毛坦厂中学４月联考）已知函数f（x）＝２ln x＋ax２—３x在x＝２处取得极小值，则f（x）的极大值为（）Ａ．２Ｂ．—错误!Ｃ．３＋ln ２Ｄ．—２＋２ln ２解析：选Ｂ．由题意得，f′（x）＝错误!＋２ax—３，因为f（x）在x＝２处取得极小值，所以f′（２）＝４a—２＝0，解得a＝错误!，所以f（x）＝２ln x＋错误!x２—３x，f′（x）＝错误!＋x—３＝错误!，所以f（x）在（0，１），（２，＋∞）上是增加的，在（１，２）上是减少的，所以f（x）的极大值为f（１）＝错误!—３＝—错误!.故选Ｂ．２．已知函数f（x）＝ln x.（１）求f（x）的图象过点P（0，—１）的切线方程；（２）若函数g（x）＝f（x）—mx＋错误!存在两个极值点x１，x２，求m的取值范围．解：（１）由题意得，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!.设切点坐标为（x0，ln x0），则切线方程为y＝错误!x＋ln x0—１．把点P（0，—１）代入切线方程，得ln x0＝0，所以x0＝１，所以过点P（0，—１）的切线方程为y＝x—１．（２）因为g（x）＝f（x）—mx＋错误!＝ln x—mx＋错误!，所以g′（x）＝错误!—m—错误!＝错误!＝—错误!，令h（x）＝mx２—x＋m，要使g（x）存在两个极值点x１，x２，则方程mx２—x＋m＝0有两个不相等的正数根x１，x２.故只需满足错误!即可，解得0<m<错误!.利用导数研究函数的最值（师生共研）（２0１9·高考全国卷Ⅲ）已知函数f（x）＝２x３—ax２＋b.（１）讨论f（x）的单调性；（２）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，１]的最小值为—１且最大值为１？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解】（１）f′（x）＝6x２—２ax＝２x（３x—a）．令f′（x）＝0，得x＝0或x＝错误!.若a>0，则当x∈（—∞，0）∪错误!时，f′（x）>0；当x∈错误!时，f′（x）<0．故f（x）在（—∞，0），错误!上是增加的，在错误!上是减少的；若a＝0，f（x）在（—∞，＋∞）上是增加的；若a<0，则当x∈错误!∪（0，＋∞）时，f′（x）>0；当x∈错误!时，f′（x）<0．故f（x）在错误!，（0，＋∞）上是增加的，在错误!上是减少的．（２）满足题设条件的a，b存在．（ⅰ）当a≤0时，由（１）知，f（x）在[0，１]上是增加的，所以f（x）在区间[0，１]的最小值为f（0）＝b，最大值为f（１）＝２—a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝—１，２—a＋b＝１，即a＝0，b＝—１．（ⅱ）当a≥３时，由（１）知，f（x）在[0，１]上是减少的，所以f（x）在区间[0，１]的最大值为f（0）＝b，最小值为f（１）＝２—a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当２—a＋b＝—１，b＝１，即a＝４，b＝１．（ⅲ）当0<a<３时，由（１）知，f（x）在[0，１]的最小值为f错误!＝—错误!＋b，最大值为b 或２—a＋b.若—错误!＋b＝—１，b＝１，则a＝３错误!，与0<a<３矛盾．若—错误!＋b＝—１，２—a＋b＝１，则a＝３错误!或a＝—３错误!或a＝0，与0<a<３矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝—１或a＝４，b＝１时，f（x）在[0，１]的最小值为—１，最大值为１．错误!求函数f（x）在闭区间[a，b]内的最大值和最小值的思路（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f′（x）＝0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．[提醒] 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．已知函数f（x）＝错误!＋k ln x，k<错误!，求函数f（x）在错误!上的最大值和最小值．解：因为f（x）＝错误!＋k ln x，f′（x）＝错误!＋错误!＝错误!.（１）若k＝0，则f′（x）＝—错误!在错误!上恒有f′（x）<0，所以f（x）在错误!上是减少的．所以f（x）min＝f（e）＝错误!，f（x）max＝f错误!＝e—１．（２）若k≠0，f′（x）＝错误!＝错误!.１若k<0，则在错误!上恒有错误!<0，所以f（x）在错误!上是减少的，所以f（x）min＝f（e）＝错误!＋k ln e＝错误!＋k—１，f（x）max＝f错误!＝e—k—１．２若k>0，由k<错误!，得错误!>e，则x—错误!<0，所以错误!<0，所以f（x）在错误!上是减少的．所以f（x）min＝f（e）＝错误!＋k ln e＝错误!＋k—１，f（x）max＝f错误!＝e—k—１．综上，k<错误!时，f（x）min＝错误!＋k—１，f（x）max＝e—k—１．函数极值与最值的综合问题（师生共研）已知函数f（x）＝错误!（a>0）的导函数y＝f′（x）的两个零点为—３和0．（１）求f（x）的单调区间；（２）若f（x）的极小值为—e３，求f（x）在区间[—５，＋∞）上的最大值．【解】（１）f′（x）＝错误!＝错误!.令g（x）＝—ax２＋（２a—b）x＋b—c，因为e x>0，所以y＝f′（x）的零点就是g（x）＝—ax２＋（２a—b）x＋b—c的零点，且f′（x）与g（x）符号相同．又因为a>0．所以当—３<x<0时，g（x）>0，即f′（x）>0，当x<—３或x>0时，g（x）<0，即f′（x）<0，所以f（x）的增区间是（—３，0），减区间是（—∞，—３），（0，＋∞）．（２）由（１）知，x＝—３是f（x）的极小值点，所以有错误!解得a＝１，b＝５，c＝５，所以f（x）＝错误!.因为f（x）的增区间是（—３，0），减区间是（—∞，—３），（0，＋∞），所以f（0）＝５为函数f（x）的极大值，故f（x）在区间[—５，＋∞）上的最大值取f（—５）和f（0）中的最大者，而f（—５）＝错误!＝５e５>５＝f（0），所以函数f（x）在区间[—５，＋∞）上的最大值是５e５.错误!求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间（或开区间）上的最值时，方法是不同的．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．（２0２0·河南百校联盟模拟）已知函数f（x）＝e x—ax，a>0．（１）记f（x）的极小值为g（a），求g（a）的最大值；（２）若对任意实数x，恒有f（x）≥0，求f（a）的取值范围．解：（１）函数f（x）的定义域是（—∞，＋∞），f′（x）＝e x—a.令f′（x）＝0，得x＝ln a，易知当x∈（ln a，＋∞）时，f′（x）>0，当x∈（—∞，ln a）时，f′（x）<0，所以函数f（x）在x＝ln a处取极小值，g（a）＝f（x）极小值＝f（ln a）＝e ln a—a ln a＝a—a ln a.g′（a）＝１—（１＋ln a）＝—ln a，当0<a<１时，g′（a）>0，g（a）在（0，１）上是增加的；当a>１时，g′（a）<0，g（a）在（１，＋∞）上是减少的．所以a＝１是函数g（a）在（0，＋∞）上的极大值点，也是最大值点，所以g（a）max＝g（１）＝１．（２）显然，当x≤0时，e x—ax≥0（a>0）恒成立．当x>0时，由f（x）≥0，即e x—ax≥0，得a≤错误!.令h（x）＝错误!，x∈（0，＋∞），则h′（x）＝错误!＝错误!，当0<x<１时，h′（x）<0，当x>１时，h′（x）>0，故h（x）的最小值为h（１）＝e，所以a≤e，故实数a的取值范围是（0，e]．f（a）＝e a—a２，a∈（0，e]，f′（a）＝e a—２a，易知e a—２a≥0对a∈（0，e]恒成立，故f（a）在（0，e]上是增加的，所以f（0）＝１<f（a）≤f（e）＝e e—e２，即f（a）的取值范围是（１，e e—e２]．[基础题组练]１．（２0２0·辽宁沈阳一模）设函数f（x）＝x e x＋１，则（）Ａ．x＝１为f（x）的极大值点Ｂ．x＝１为f（x）的极小值点Ｃ．x＝—１为f（x）的极大值点Ｄ．x＝—１为f（x）的极小值点解析：选Ｄ．由f（x）＝x e x＋１，可得f′（x）＝（x＋１）e x，令f′（x）>0可得x>—１，即函数f（x）在（—１，＋∞）上是增函数；令f′（x）<0可得x<—１，即函数f（x）在（—∞，—１）上是减函数，所以x＝—１为f（x）的极小值点．故选Ｄ．２．函数y＝错误!在[0，２]上的最大值是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．0 Ｄ．错误!解析：选Ａ．易知y′＝错误!，x∈[0，２]，令y′>0，得0≤x<１，令y′<0，得１＜x≤２，所以函数y＝错误!在[0，１]上是增加的，在（１，２]上是减少的，所以y＝错误!在[0，２]上的最大值是y|x＝１＝错误!，故选Ａ．３．（２0２0·广东惠州４月模拟）设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x ＝—２处取得极小值，则函数y＝x·f′（x）的图象可能是（）解析：选Ｃ．因为函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x＝—２处取得极小值，所以当x>—２时，f′（x）>0；当x＝—２时，f′（x）＝0；当x<—２时，f′（x）<0．所以当—２<x<0时，xf′（x）<0；当x＝—２时，xf′（x）＝0；当x<—２时，xf′（x）>0．故选Ｃ．４．（２0２0·河北石家庄二中期末）若函数f（x）＝（１—x）（x２＋ax＋b）的图象关于点（—２，0）对称，x１，x２分别是f（x）的极大值点与极小值点，则x２—x１＝（）Ａ．—错误!Ｂ．２错误!Ｃ．—２错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．由题意可得f（—２）＝３（４—２a＋b）＝0，因为函数图象关于点（—２，0）对称，且f（１）＝0，所以f（—５）＝0，即f（—５）＝6（２５—５a＋b）＝0，联立错误!解得错误!故f（x）＝（１—x）（x２＋7x＋１0）＝—x３—6x２—３x＋１0，则f′（x）＝—３x２—１２x—３＝—３（x２＋４x＋１），结合题意可知x１，x２是方程x２＋４x＋１＝0的两个实数根，且x１>x２，故x２—x１＝—|x１—x２|＝—错误!＝—错误!＝—２错误!.５．已知函数f（x）＝x３＋３x２—9x＋１，若f（x）在区间[k，２]上的最大值为２8，则实数k的取值范围为（）Ａ．[—３，＋∞）Ｂ．（—３，＋∞）Ｃ．（—∞，—３）Ｄ．（—∞，—３]解析：选Ｄ．由题意知f′（x）＝３x２＋6x—9，令f′（x）＝0，解得x＝１或x＝—３，所以f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：x（—∞，—３）—３（—３，１）１（１，＋∞）f′（x）＋0—0＋f（x）极大值极小值又f k≤—３．6．函数f（x）＝x３＋bx２＋cx＋d的大致图象如图所示，则x错误!＋x错误!＝________．解析：函数f（x）的图象过原点，所以d＝0．又f（—１）＝0且f（２）＝0，即—１＋b—c＝0且8＋４b＋２c＝0，解得b＝—１，c＝—２，所以函数f（x）＝x３—x２—２x，所以f′（x）＝３x２—２x—２，由题意知x１，x２是函数的极值点，所以x１，x２是f′（x）＝0的两个根，所以x１＋x２＝错误!，x１x２＝—错误!，所以x错误!＋x错误!＝（x１＋x２）２—２x１x２＝错误!＋错误!＝错误!.答案：错误!7．若函数f（x）＝x３—３ax在区间（—１，２）上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．解析：因为f′（x）＝３（x２—a），所以当a≤0时，f′（x）≥0在R上恒成立，所以f（x）在R上递增，f（x）没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′（x）＝0得x＝±错误!，当x变化时，f′（x）与f （x）的变化情况如下表所示：答案：[１，４）8．函数f（x）＝x３—３a２x＋a（a>0）的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．解析：f′（x）＝３x２—３a２＝３（x＋a）（x—a），由f′（x）＝0得x＝±a，当—a<x<a时，f′（x）<0，函数递减；当x>a或x<—a时，f′（x）>0，函数递增，所以f（x）的极大值为f（—a），极小值为f（a）．所以f（—a）＝—a３＋３a３＋a>0且f（a）＝a３—３a３＋a<0．解得a>错误!.所以a的取值范围是错误!.答案：错误!9．已知函数f（x）＝错误!x３—错误!（a２＋a＋２）x２＋a２（a＋２）x，a∈R.（１）当a＝—１时，求函数y＝f（x）的单调区间；（２）求函数y＝f（x）的极值点．解：（１）当a＝—１时，f（x）＝错误!x３—x２＋x，f′（x）＝x２—２x＋１＝（x—１）２≥0，所以函数f（x）是R上的增函数，增区间为（—∞，＋∞），无递减区间．（２）因为f′（x）＝x２—（a２＋a＋２）x＋a２（a＋２）＝（x—a２）·[x—（a＋２）]，１当a＝—１或a＝２时，a２＝a＋２，f′（x）≥0恒成立，函数f（x）为增函数，无极值点．２当a＜—１或a＞２时，a２＞a＋２，可得当x∈（—∞，a＋２）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数；当x∈（a＋２，a２）时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数；当x∈（a２，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数．所以当x＝a＋２时，函数f（x）有极大值f（a＋２）；当x＝a２时，函数f（x）有极小值f（a２）．３当—１＜a＜２时，a２＜a＋２，可得当x∈（—∞，a２）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数；当x∈（a２，a＋２）时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数；当x∈（a＋２，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数．所以当x＝a＋２时，函数f（x）有极小值f（a＋２）; 当x＝a２时，函数f（x）有极大值f（a２）．综上所述，当a＝—１或a＝２时，f（x）无极值点；当a＜—１或a＞２时，f（x）的极大值点为x＝a＋２，极小值点为x＝a２；当—１＜a＜２时，f（x）的极大值点为x＝a２，极小值点为x＝a＋２．１0．已知函数f（x）＝错误!—１．（１）求函数f（x）的单调区间；（２）设m>0，求函数f（x）在区间[m，２m]上的最大值．解：（１）因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝错误!，由错误!得0<x<e；由错误!得x>e.所以函数f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，＋∞）．（２）１当错误!，即0<m≤错误!时，[m，２m]⊆（0，e），函数f（x）在区间[m，２m]上是增加的，所以f（x）max＝f（２m）＝错误!—１；２当m<e<２m，即错误!<m<e时，[m，e）⊆（0，e），（e，２m]⊆（e，＋∞），函数f（x）在区间[m，e）上是增加的，在（e，２m]上是减少的，所以f（x）max＝f（e）＝错误!—１＝错误!—１；３当m≥e时，[m，２m]⊆（e，＋∞），函数f（x）在区间[m，２m]上是减少的，所以f（x）max＝f（m）＝错误!—１．综上所述，当0<m≤错误!时，f（x）max＝错误!—１；当错误!<m<e时，f（x）max＝错误!—１；当m≥e时，f（x）max＝错误!—１．[综合题组练]１．（２0２0·重庆模拟）已知函数f（x）＝２e f′（e）ln x—错误!（e是自然对数的底数），则f（x）的极大值为（）Ａ．２e—１Ｂ．—错误!Ｃ．１Ｄ．２ln ２解析：选Ｄ．由题意知f′（x）＝错误!—错误!，所以f′（e）＝错误!—错误!，f′（e）＝错误!，所以f′（x）＝错误!—错误!，令f′（x）＝0，得x＝２e，所以f（x）在（0，２e）上是增加的，在（２e，＋∞）上是减少的，所以f（x）的极大值为f（２e）＝２ln（２e）—２＝２ln ２，选Ｄ．２．若函数f（x）＝错误!x３＋x２—错误!在区间（a，a＋５）上存在最小值，则实数a的取值范围是（）Ａ．[—５，0）Ｂ．（—５，0）Ｃ．[—３，0）Ｄ．（—３，0）解析：选Ｃ．由题意，f′（x）＝x２＋２x＝x（x＋２），故f（x）在（—∞，—２），（0，＋∞）上是增函数，在（—２，0）上是减函数，作出其大致图象如图所示，令错误!x３＋x２—错误!＝—错误!得，x＝0或x＝—３，则结合图象可知，错误!解得a∈[—３，0）．３．（２0２0·河南驻马店模拟）已知函数f（x）＝错误!在[—２，２]上的最大值为３，则实数a的取值范围是（）Ａ．（ln ３，＋∞）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．（—∞，ln ３]解析：选C.由题意，当x≤0时，f（x）＝２x３＋３x２＋２，可得f′（x）＝6x２＋6x＝6x（x＋１），所以当—２≤x<—１时，f′（x）>0，函数f（x）在[—２，—１）上是增加的，当—１<x≤0时，f′（x）≤0，函数f（x）在（—１，0]上是减少的，所以函数f（x）在[—２，0]上的最大值为f（—１）＝３．要使函数f（x）在[—２，２]上的最大值为３，则当x∈（0，２]时，e ax的值必须小于或等于３．又y＝e ax 单调，因此当x＝２时，e２a的值必须小于或等于３，即e２a≤３，解得a≤错误!ln ３．故选Ｃ．４．若x＝—２是函数f（x）＝（x２＋ax—１）e x—１的极值点，则a＝________，f（x）的极小值为________．解析：因为f（x）＝（x２＋ax—１）e x—１，所以f′（x）＝（２x＋a）e x—１＋（x２＋ax—１）e x—１＝[x２＋（a＋２）x＋a—１]e x—１.因为x＝—２是函数f（x）＝（x２＋ax—１）e x—１的极值点，所以—２是x２＋（a＋２）x＋a—１＝0的根，所以a＝—１，f′（x）＝（x２＋x—２）e x—１＝（x＋２）（x—１）e x—１.令f′（x）>0，解得x<—２或x>１，令f′（x）<0，解得—２<x<１，所以f（x）在（—∞，—２）上是增加的，在（—２，１）上是减少的，在（１，＋∞）上是增加的，所以当x＝１时，f（x）取得极小值，且f（x）极小值＝f（１）＝—１．答案：—１—１５．（２0２0·石家庄市质量检测）已知函数f（x）＝a e x—sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．（１）当a＝１时，证明：对任意的x∈[0，＋∞），f（x）≥１；（２）若函数f（x）在错误!上存在极值，求实数a的取值范围．解：（１）证明：当a＝１时，f（x）＝e x—sin x，于是f′（x）＝e x—cos x.当x∈[0，＋∞）时，e x＞１且cos x≤１．故当x∈[0，＋∞）时，e x—cos x＞0，即f′（x）＞0．所以函数f（x）＝e x—sin x为[0，＋∞）上的增函数，因为f（0）＝１，所以对任意的x∈[0，＋∞），f（x）≥１．（２）法一：由f（x）在错误!上存在极值，得f′（x）＝a e x—cos x在错误!上存在零点．１当a∈（0，１）时，f′（x）＝a e x—cos x为错误!上的增函数，注意到f′（0）＝a—１＜0，f′错误!＝a·e错误!＞0，所以，存在唯一实数x0∈错误!，使得f′（x0）＝0成立．当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）为（0，x0）上的减函数；当x∈错误!时，f′（x）＞0，f（x）为错误!上的增函数．所以x0错误!为函数f（x）的极小值点．２当a≥１时，f′（x）＝a e x—cos x≥e x—cos x＞0在错误!上恒成立．所以f（x）在错误!上是增加的，所以f（x）在错误!上没有极值．３当a≤0时，f′（x）＝a e x—cos x＜0在错误!上恒成立，所以f（x）在错误!上是减少的，所以f（x）在错误!上没有极值．综上所述，若f（x）在错误!上存在极值，则实数a的取值范围是（0，１）．法二：由函数f（x）在错误!上存在极值，得f′（x）＝a e x—cos x在错误!上存在零点，即a＝错误!在错误!上有解．设g（x）＝错误!，x∈错误!，则g′（x）＝错误!＜0在错误!上恒成立，所以g（x）为错误!上的减函数．所以g（x）的值域为（0，１），所以当实数a∈（0，１）时，f′（x）＝a e x—cos x在错误!上存在零点．下面证明，当a∈（0，１）时，函数f（x）在错误!上存在极值．事实上，当a∈（0，１）时，f′（x）＝a e x—cos x为错误!上的增函数，注意到f′（0）＝a—１＜0，f′错误!＝a·e错误!＞0，所以存在唯一实数x0∈错误!，使得f′（x0）＝0成立．当x∈错误!时，f′（x）＜0，f（x）为（0，x0）上的减函数；当x∈错误!时，f′（x）＞0，f（x）为错误!上的增函数．即x0错误!为函数f（x）的极小值点．综上所述，若函数f（x）在错误!上存在极值，则实数a的取值范围是（0，１）．6．已知函数f（x）＝a ln x＋错误!（a>0）．（１）求函数f（x）的单调区间和极值；（２）是否存在实数a，使得函数f（x）在[１，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′（x）＝错误!—错误!（a>0）．（１）由f′（x）>0，解得x>错误!，所以函数f（x）的增区间是错误!；由f′（x）<0，解得x<错误!，所以函数f（x）的减区间是错误!.所以当x＝错误!时，函数f（x）有极小值f错误!＝a ln 错误!＋a＝a—a ln a.（２）不存在．理由如下：由（１）可知，当x∈错误!时，函数f（x）是减少的；当x∈错误!时，函数f（x）是增加的．１若0<错误!≤１，即a≥１时，函数f（x）在[１，e]上为增函数，故函数f（x）的最小值为f（１）＝a ln １＋１＝１，显然１≠0，故不满足条件．２若１<错误!≤e，即错误!≤a<１时，函数f（x）在错误!上为减函数，在错误!上为增函数，故函数f（x）的最小值为f（x）的极小值f错误!＝a ln 错误!＋a＝a—a ln a＝a（１—ln a）＝0，即ln a＝１，解得a＝e，而错误!≤a<１，故不满足条件．３若错误!>e，即0<a<错误!时，函数f（x）在[１，e]上为减函数，故函数f（x）的最小值为f（e）＝a ln e＋错误!＝a＋错误!＝0，即a＝—错误!，而0<a<错误!，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f（x）在[１，e]上的最小值为0．。