2023高考数学二轮专题导数38讲 专题08 函数的极值

这是一份2023高考数学二轮专题导数38讲 专题08 函数的极值，共17页。试卷主要包含了函数的极小值，函数的极大值，已知函数f＝xlnx，则A等内容，欢迎下载使用。

专题08　函数的极值
1．函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝x0的函数值f(x0)比它在点x＝x0附近其他点的函数值都小，f′(x0)＝0；而且在点x＝x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0．则x0叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(x0)叫做函数y＝f(x)的极小值．如图1．
　　　　　　　
图1　　　　　　　　　　　　　　　　图2
2．函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝x0的函数值f(x0)比它在点x＝x0附近其他点的函数值都大，f′(x0)＝0；而且在点x＝x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0．则x0叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(x0)叫做函数y＝f(x)的极大值．如图2．
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．
对极值的深层理解：
(1)极值点不是点；
(2)极值是函数的局部性质；
(2)按定义，极值点xi是区间［a，b］内部的点(如图)，不会是端点a，b；
(3)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．
(4)根据函数的极值可知函数的极大值f(x0)比在点x0附近的点的函数值都大，在函数的图象上表现为极大值对应的点是局部的“高峰”；函数的极小值f(x0)比在点x0附近的点的函数值都小，在函数的图象上表现为极小值对应的点是局部的“低谷”．一个函数在其定义域内可以有许多极小值和极大值，在某一点处的极小值也可能大于另一个点处的极大值，极大值与极小值没有必然的联系，即极小值不一定比极大值小，极大值不一定比极小值大；
(5)使f′(x)＝0的点称为函数f(x)的驻点，可导函数的极值点一定是它的驻点．驻点可能是极值点，也可能不是极值点．例如f(x)＝x3的导数f′(x)＝3x2在点x＝0处有f′(0)＝0，即x＝0是f(x)＝x3的驻点，但从f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数可知，x＝0不是f(x)的极值点．因此若f′(x0)＝0，则x0不一定是极值点，即f′(x0)＝0是f(x)在x＝x0处取到极值的必要不充分条件，函数y＝f′(x)的变号零点，才是函数的极值点；
(6)函数f(x)在［a，b］上有极值，极值也不一定不唯一．它的极值点的分布是有规律的，如上图，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．一般地，当函数f(x)在［a，b］上连续且有有限个极值点时，函数f(x)在［a，b］内的极大值点、极小值点是交替出现的．
考点一　根据函数图象判断极值
【方法总结】
由图象判断函数y＝f(x)的极值
(1)y＝f′(x)的图象与x轴的交点的横坐标为x0，可得函数y＝f(x)的可能极值点x0；
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)≤0，右侧f′(x)≥0，那么f(x0)是极小值．
【例题选讲】
[例1](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
答案　C　解析　设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1，x2，x3，x4．当x＜x1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C．
(2)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)
答案　D　解析　由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22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．故选D．
(3)函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，x1，x2是函数y＝f(x)的两个极值点，则x＋x等于(　　)

A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
答案　C　解析　因为函数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f(x)的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝，故选C
(4)已知函数y＝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)＝0　　　　　　　　　　　　　　B．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，<0，此时f′(x)>0；当－10，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01时，>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．
(5)(多选)函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列选项正确的有(　　)

A．(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间　　　　　　B．(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间
C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值　　　　　　D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
答案　ABD　解析　由函数y＝f(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f(x)在x＝－1，5取得极小值，在x＝3取得极大值，C错误．故选A、B、D．
(6) (2018·全国Ⅲ)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为(　　)

答案　D　解析　当x＝0时，y＝2，排除A，B．由y′＝－4x3＋2x＝0，得x＝0或x＝±，结合三次函数的图象特征，知原函数在(－1，1)上有三个极值点，所以排除C，故选D．
【对点训练】
1．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．1　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．3　　　　　　　　D．4
1．答案　A　解析　由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正．
2．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
2．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．
3．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　)

A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
3．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)，x1，x2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)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1·x2＝，∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×＝．
4．已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则＝________．

4．答案　1　解析　f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由图象知，方程f′(x)＝0的两根为－1和2，则有
即∴＝＝＝1．
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
5．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．
考点二　求已知函数的极值
【方法总结】
求函数的极值或极值点的步骤
(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检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号．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．
【例题选讲】
[例1](1)函数f(x)＝x2e－x的极大值为__________，极小值为________．
答案　4e－2　0　解析　f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝－e－xx(x－2)．当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；当x∈(0，2)时，f′(x)＞0．所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0，2)上单调递增．故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2．
(2)设函数f(x)＝＋lnx，则(　　)
A．x＝为f(x)的极大值点　　　　　　　　B．x＝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)＝－＋＝(x＞0)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点．
(3)已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－，则f(x)的极大值点为(　　)
A．　　　　　　　　B．1　　　　　　　　C．e　　　　　　　　D．2e
答案　D　解析　f′(x)＝－，故f′(e)＝，故f(x)＝2lnx－，令f′(x)＝－>0，解得02e，故f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，＋∞)上递减，∴x＝2e时，f(x)取得极大值2ln 2，则f(x)的极大值点为2e．
(4)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－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[ex(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x01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．
(5)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1　　　　　　　　　B．－2e－3 　　　　　　　　C．5e－3　　　　　　　　D．1
答案　A　解析　f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1．∵x＝－2是f(x)的极值点，∴f′(－2)＝0，即(4－2a－4＋a－1)e－3＝0，得a＝－1．∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1．由f′(x)＞0，得x＜－2或x＞1；由f′(x)＜0，得－2＜x＜1．∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值点为1，∴f(x)的极小值为f(1)＝－1．
(6)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，f(1)＝，则下列结论不正确的是(　　)
A．xf(x)在(0，＋∞)上单调递增　　　　　　　　　B．xf(x)在(0，＋∞)上单调递减
C．xf(x)在(0，＋∞)上有极大值　　　　　　　　D．xf(x)在(0，＋∞)上有极小值
答案　ABC　解析　由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x得x＞0，则xf′(x)＋f(x)＝，即[xf(x)]′＝，设g(x)＝xf(x)，即g′(x)＝，由g′(x)＞0得x＞1，由g′(x)＜0得0＜x＜1，即xf(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，即当x＝1时，函数g(x)＝xf(x)取得极小值g(1)＝f(1)＝．故选ABC．
[例2]　给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导函数，
若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的拐点．已知f(x)＝ax＋sinx－cosx．
(1)求证：函数y＝f(x)的拐点M(x0，f(x0))在直线y＝ax上；
(2)x∈(0，2π)时，讨论f(x)的极值点的个数．
解析　(1)∵f(x)＝ax＋sinx－cosx，∴f′(x)＝a＋cosx＋sinx，
∴f″(x)＝－sinx＋cosx，∵f″(x0)＝0，∴－sinx0＋cosx0＝0．
而f(x0)＝ax0＋sinx0－cosx0＝ax0．∴点M(x0，f(x0))在直线y＝ax上．
(2)令f′(x)＝0，得a＝－2sin，
作出函数y＝－2sin，x∈(0，2π)与函数y＝a的草图如下所示：

由图可知，当a≥2或a≤－2时，f(x)无极值点；当a＝－时，f(x)有一个极值点；
当－2 [例3]　(2021·天津高考节选)已知a＞0，函数f(x)＝ax－x·ex．
(1)求函数y＝f(x)在点(0，f(0))处的切点的方程；
(2)证明f(x)存在唯一极值点．
解析　(1)因为f(0)＝0，f′(x)＝a－(x＋1)ex，所以f′(0)＝a－1，
所以函数在(0，f(0))处的切线方程为(a－1)·x－y＝0．
(2)若证明f(x)仅有一个极值点，即证f′(x)＝a－(x＋1)ex＝0，只有一个解，
即证a＝(x＋1)ex只有一个解，
令g(x)＝(x＋1)ex，只需证g(x)＝(x＋1)ex的图象与直线y＝a(a＞0)仅有一个交点，g′(x)＝(x＋2)ex，
当x＝－2时，g′(x)＝0，
当x＜－2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，当x＞－2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x＝－2时，g(－2)＝－e－2＜0．当x→＋∞时，g(x)→＋∞，当x→－∞时，g(x)→0－，
画出函数g(x)＝(x＋1)ex的图象大致如下，

因为a＞0，所以g(x)＝(x＋1)ex的图象与直线y＝a(a＞0)仅有一个交点．即f(x)存在唯一极值点．
【对点训练】
1．函数f(x)＝2x－xln x的极值是(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．e　　　　　　　　D．e2
1．答案　C　解析　因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，当f′(x)＞0时，解得0＜x＜e；当f′(x)＜0时，解得
x＞e，所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e．故选C．
2．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是(　　)
A．x＝1　　　　　　B．x＝－1　　　　　　C．x＝1或－1或0　　　　　　D．x＝0
2．答案　C　解析　f′(x)＝2(x2－1)·2x＝4x(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝1．
3．函数f(x)＝x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　B．1　　　　　　　　C．2　　　　　　　　D．无数
3．答案　A　解析　函数定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝x＋－2＝＝≥0，即f(x)在定义
域上单调递增，无极值点．
4．函数f(x)＝(x2－x－1)ex(其e＝2．718…是自然对数的底数)的极值点是 ；极大值为 ．
4．答案　1或－2　　解析　由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，因为ex
＞0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，当x＜－2时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，即函数f(x)在区间(－2，1)上单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，即函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．故f(x)的极值点为－2或1，且极大值为f(－2)＝．
5．已知函数f(x)＝ax3－bx＋2的极大值和极小值分别为M，m，则M＋m＝(　　)
A．0　　　　　　　　B．1　　　　　　　　C．2　　　　　　　　D．4
5．答案　D　解析　f′(x)＝3ax2－b＝0，由题意，知该方程有两个根，设该方程的两个根分别为x1，x2，
故f(x)在x1，x2处取到极值，M＋m＝ax－bx1＋2＋ax－bx2＋2＝－b(x1＋x2)＋a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋4，又x1＋x2＝0，x1x2＝－，所以M＋m＝4，故选D．
6．若x＝－2是函数f(x)＝x3－ax2－2x＋1的一个极值点，则函数f(x)的极小值为(　　)
A．－　　　　　　　　B．－　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
6．答案　B　解析　由题意，得f′(x)＝x2－2ax－2．又x＝－2是函数f(x)的一个极值点，所以f′(－2)＝2
＋4a＝0，解得a＝－．所以f(x)＝x3＋x2－2x＋1，所以f′(x)＝x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)．当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0．所以函数y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－2，1)．当x＝1时，函数y＝f(x)取得极小值，为f(1)＝＋－2＋1＝－．故选B．
7．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．2　　　　　　　　B．－　　　　　　　　C．3＋ln 2　　　　　　　　D．－2＋2ln 2
7．答案　B　解析　由题意得，f′(x)＝＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得
a＝，∴f(x)＝2ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋x－3＝，∴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)＝－3＝－．
8．已知函数f(x)＝xlnx，则(　　)
A．f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)　　　　　　B．f(x)在上是减函数
C．当x∈(0，1]时，f(x)有最小值－　　　　　　D．f(x)在定义域内无极值
8．答案　BC　解析　因为f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，令f′(x)＝0，所以x＝，当x∈时，f′(x)＜0，当x
∈时，f′(x)＞0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，x＝是极小值点，所以A错误，B正确；当x∈(0，1]时，根据单调性可知，f(x)min＝f＝－，故C正确；显然f(x)有极小值f，故D错误．故选BC．
9．(多选)已知函数f(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 D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝，则t的最小值为2
9．答案　ABC　解析　由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，∴x＝，故A正确．f′(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)＝，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．

10．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＝________．
10．答案　－2　解析　因为函数f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2，0)对称，且f(1)＝0，所以
f(－5)＝0，f(－2)＝0，所以x＝－2，x＝－5是方程x2＋ax＋b＝0的两个根．由根与系数的关系可得，a＝7，b＝10，所以f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)，所以f′(x)＝－(x2＋7x＋10)＋(1－x)(2x＋7)＝－3(x2＋4x＋1)．又因为x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，所以x1，x2是x2＋4x＋1＝0的两个根，且
x1>x2．解方程可得，x1＝－2＋，x2＝－2－，所以x2－x1＝－2．
11．已知函数f(x)＝ex(x－1)－eax2，a＜0．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)的极小值．
11．解析　(1)因为f(x)＝ex(x－1)－eax2，所以f′(x)＝xex－xea．所以f(0)＝－1，f′(0)＝0．
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－1．
(2)f′(x)＝xex－xea＝x(ex－ea)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a(a＜0)．
f(x)与f′(x)在R上的变化情况如表：
x
(－∞，a)
a
(a，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)





由表可知，当x＝0时，f(x)有极小值f(0)＝－1．
12．已知函数f(x)＝．
(1)求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：函数f(x)仅有唯一的极小值点．
12．解析　(1)因为f′(x)＝，所以切线斜率k＝f′(1)＝－2．
又因为f(1)＝e＋2，所以切线方程为y－(e＋2)＝－2(x－1)，即2x＋y－e－4＝0．
(2)证明：令h(x)＝ex(x－1)－2，则h′(x)＝ex·x，所以x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，
x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0．当x∈(－∞，0)时，易知h(x)<0，
所以f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上没有极值点．
当x∈(0，＋∞)时，因为h(1)＝－2<0，h(2)＝e2－2>0，
所以f′(1)<0，f′(2)>0，f(x)在(1，2)上有极小值点．
又因为h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)仅有唯一的极小值点．
考点三　已知函数的极值(点)求参数的值(范围)
【方法总结】
由函数极值求参数的值或范围
讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验导数为0
的点两侧导数是否异号．
【例题选讲】
[例1](1)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．
(2)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝________．
答案　11　解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意得解得或当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋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．
(3)若函数f(x)的导数f′(x)＝(x－k)k(k≥1，k∈Z)，已知x＝k是函数f(x)的极大值点，则k＝ ．
答案　1　解析　因为函数的导数为f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，所以若k是偶数，则x＝k，不是极值点，则k是奇数，若k<，由f′(x)>0，解得x>或x，由f′(x)>0，解得x>k或x<；由f′(x)<0，解得 (4)设函数f(x)＝lnx－ax2－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)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a，所以f′(x)＝－ax＋a－1＝＝．①若a≥0，当00，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＝－．因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1－1．
(5)若函数f(x)＝－(1＋2a)x＋2lnx(a>0)在区间内有极大值，则a的取值范围是(　　)
A．　　　　B．(1，＋∞)　　　　C．(1，2)　　　　D．(2，＋∞)
答案　C　解析　f′(x)＝ax－(1＋2a)＋＝(a>0，x>0)，若f(x)在区间
内有极大值，即f′(x)＝0在内有解，且f′(x)在区间内先大于0，后小于0，则即解得1 (6)若函数f(x)＝x2－x＋alnx在[1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为 ；
答案　(－∞，－1]　解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋＝，由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在[1，＋∞)上有解，所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a≤0，所以a∈(－∞，－1]．
(7)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案　　解析　f(x)＝x(lnx－ax)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ln x－2ax．由题意知，当x>0时，1＋lnx－2ax＝0有两个不相等的实数根，即2a＝有两个不相等的实数根，令φ(x)＝(x>0)，∴φ′(x)＝．当00；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 (8) (2021·全国乙)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)
A．ab　　　　　　C．aba2
答案　D　解析　法一　(特殊值法)当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2(x－2)，画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．

法二　(数形结合法)当a>0时，根据题意作出函数f(x)的大致图象，如图3所示，观察可知b>a．

图3
当a<0时，根据题意作出函数f(x)的大致图象，如图4所示，观察可知a>b．

图4
综上，可知必有ab>a2成立．故选D．
[例2]　已知曲线f(x)＝xex－ax3－ax2，a∈R．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数y＝f(x)有三个极值点，求实数a的取值范围．
解析　(1)当a＝0时，f(x)＝xex⇒f′(x)＝ex＋xex⇒f′(1)＝2e，
又f(1)＝e，故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，化简得y＝2ex－e．
(2)因为f′(x)＝ex(x＋1)－2ax(x＋1)＝(x＋1)(ex－2ax)，
所以令f′(x)＝0⇒(x＋1)(ex－2ax)＝0⇒x＋1＝0或ex－2ax＝0，
由于函数y＝f(x)有三个极值点，所以方程ex－2ax＝0必有两个不同的实根，
设g(x)＝ex－2ax，则g′(x)＝ex－2a，
易知a≤0时，g′(x)>0，g(x)在R上单调递增，不合题意，故a>0，所以g(x)的两个零点必为正数．
令g′(x)＝0⇒ex－2a＝0⇒x＝ln(2a)，
所以在x∈(－∞，ln(2a))时，g′(x)<0，g(x)单调递减；在x∈(ln(2a)，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
依题意，要使得函数g(x)＝ex－2ax有两个不同的零点x1，x2(x1 于是eln(2a)－2aln(2a)<0⇒2a－2aln(2a)<0⇒1－ln(2a)<0⇒a>．
所以当a>时，在x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，在x∈(－1，x1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在x∈(x1，x2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，在x∈(x2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故实数a的取值范围是．
【对点训练】
1．若函数f(x)＝(x＋a)ex的极值点为1，则a＝(　　)
A．－2　　　　　　　　B．－1　　　　　　　　C．0　　　　　　　　D．1
1．答案　A　解析　f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex．由题意知f′(1)＝e(2＋a)＝0，∴a＝－2．故选A．
2．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为(　　)
A．6　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．2或6　　　　　　　　D．0
2．答案　B　解析　由f′(2)＝0可得c＝2或6．当c＝2时，结合图象(图略)可知函数先增后减再增，在x
＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图象(图略)可知，函数在x＝2处取得极大值．故选B．
3．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋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．－　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．2　　　　　　　　D．5
3．答案　C　解析　由题意，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，所以a>0，且－2＋
3＝－，－2×3＝，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．
4．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为 ．
4．答案　∪　解析　若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1
＝0有两个不等实根，故Δ＝(－4c)2－12＞0，解得c＞或c＜－．所以实数c的取值范围为∪．
5．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
5．答案　(－∞，－1)　解析　由y′＝ex＋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．
6．若函数f(x)＝(2－a)在上有极大值，则实数a的取值范围为(　　)
A．(，e)　　　　　　　B．(，2)　　　　　　　C．(2，e)　　　　　　　D．(e，＋∞)
6．答案　B　解析　令f′(x)＝(2－a)(x－1)(ex－a)＝0，得x＝ln a∈，解得a∈(，e)，由题意知，
当x∈时，f′(x)>0，当x∈(lna，1)时，f′(x)<0，所以2－a>0，得a<2．综上，a∈(，2)．故选
B．
7．已知函数f(x)＝－ax在(1，＋∞)上有极值，则实数a的取值范围为(　　)
A．　　　　　B．　　　　　C．　　　　　D．0，
7．答案　B　解析　f′(x)＝－a，设g(x)＝＝－，因为函数f(x)在(1，＋∞)上有极值，
所以f′(x)＝g(x)－a有正有负．令＝t，由x>1可得ln x>0，即t>0，得到y＝t－t2＝－2＋≤．所以a<，故选B．
8．若函数f(x)＝x2－x＋alnx有极值，则实数a的取值范围是________．
8．答案　　解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－1＋＝，由题意知y＝f′(x)有
变号零点，令2x2－x＋a＝0，即a＝－2x2＋x(x>0)，令φ(x)＝－2x2＋x＝－22＋(x>0)，其图象如图所示，故a<．

9．若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－alnx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________．
9．答案　　解析　对函数求导得f′(x)＝x－1＋a＝，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)＝－＋a≥1，所以a≥．
10．已知函数f(x)＝xlnx＋mex(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__________．
10．答案　　解析　f(x)＝xln x＋mex(x>0)，∴f′(x)＝lnx＋1＋mex(x>0)，令f′(x)＝0，得－m＝，
设g(x)＝，则g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－lnx－1，则h′(x)＝－－<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)＝，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<，故－ 11．已知函数f(x)＝xln x－ax2－2x有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
11．答案　　解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝ln x－ax－1．根据题意可得f′(x)在(0，＋∞)
上有两个不同的零点，则ln x－ax－1＝0有两个不同的正根，从而转化为a＝有两个不同的正根，所以y＝a与y＝的图象有两个不同的交点，令h(x)＝，则h′(x)＝，令h′(x)>0得0e2，所以函数h(x)在(0，e2)为增函数，在(e2，＋∞)为减函数，又h(e2)＝，x→0时，h(x)→－∞，x→＋∞时，h(x)→0，所以0 12．已知函数f(x)＝－a．若f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A．[0，1) 　　　　　　　　B．(0，1) 　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
12．答案　C　解析　f′(x)＝，所以f′(x)，f(x)的变化如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值

若a＝0，x＞0时，f(x)＞0，f(x)最多只有一个零点，所以a≠0．若f(x)有两个零点，则－a＞0，即a＜，结合a＝0时f(x)的符号知0＜a＜．故选C．