2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第三章　§3.3　导数与函数的极值、最值

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知识梳理
1．函数的极值
(1)函数的极小值
函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，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．
(2)函数的极大值
函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，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．
(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)求函数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)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
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．( √ )
教材改编题
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
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，故f(x)的极小值点只有1个．
2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是________________．
答案 (－∞，－eq \r(6))∪(eq \r(6)，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，
解得a>eq \r(6)或a<－eq \r(6).
3．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.
答案 4
解析 f′(x)＝x2－4，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·华南师大附中模拟)如图是y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是( )
A．当x＝－1时，f(x)取得极小值
B. f(x)在[－2,1]上单调递增
C．当x＝2时，f(x)取得极大值
D. f(x)在[－1,2]上不具备单调性
答案 AC
解析 由导函数f′(x)的图象可知，
当－2当x＝－1时，f′(x) ＝0；
当－10，则f(x)单调递增；
当x＝2时，f′(x)＝0；
当2当x＝4时，f′(x)＝0，
所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故选项A正确；
f(x)在[－2,1]上有减有增，故选项B错误；
当x＝2时，f(x)取得极大值，故选项C正确；
f(x)在[－1,2]上单调递增，故选项D错误．
命题点2 求已知函数的极值
例2 (2022·西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值．
解 因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋4ax＋2a＋2＝eq \f(2ax＋12x＋1,x)，
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0，
故函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减；
故f(x)在x＝－eq \f(1,2a)处取得唯一的极大值，且极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－eq \f(1,2a)－1.
若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值．
综上，当a<0时，f(x)的极大值为lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))－eq \f(1,2a)－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值．
命题点3 已知极值(点)求参数
例3 (1)(2023·福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为( )
A．2 B．4 C．6 D．2或6
答案 A
解析 由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，则f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.
若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意；
若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(2,6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意．
综上，c＝2.
(2)(2023·威海模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 D
解析 由f(x)＝ex－ax2－2ax，
得f′(x)＝ex－2ax－2a.
因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，
所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，
令f′(x)＝0，得eq \f(1,2a)＝eq \f(x＋1,ex)，
设g(x)＝eq \f(x＋1,ex)，y＝eq \f(1,2a)；
则g′(x)＝－eq \f(x,ex)，
令g′(x)＝0，即－eq \f(x,ex)＝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．
分别作出函数g(x)＝eq \f(x＋1,ex)与y＝eq \f(1,2a)的图象，如图所示，
由图可知，0eq \f(1,2)，
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
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)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则a＋b的值为( )
A．－1或3 B．1或－3
C．3 D．－1
答案 C
解析 因为f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋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＝0，①
f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②
联立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.
当a＝－2，b＝1时，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，故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)＝3x2－12x＋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)(2022·哈师大附中模拟)已知函数f(x)＝eq \f(ex,x2)＋2kln x－kx，若 x＝2 是函数 f(x) 的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是 ( )
A．(0,2] B．[2，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e,2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e2,4)))
答案 D
解析 由题意，f(x)＝eq \f(ex,x2)＋2kln x－kx(x>0)，
f′(x)＝eq \f(x－2,x)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x2)－k))，
令f′(x)＝0得x＝2或k＝eq \f(ex,x2)，
令φ(x)＝eq \f(ex,x2)(x>0)，
∴φ′(x)＝eq \f(exx－2,x3)，
∴φ(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(2)＝eq \f(e2,4)，
又当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
∴若φ(x)＝k无实数根，则k∵当k＝eq \f(e2,4)时，φ(x)＝k的解为x＝2，
∴实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(e2,4))).
题型二 利用导数求函数最值
命题点1 不含参函数的最值
例4 (2022·全国乙卷)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为( )
A．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)
C．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2
答案 D
解析 f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝eq \f(π,2)或x＝eq \f(3π,2).
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))sin eq \f(π,2)＋1
＝2＋eq \f(π,2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝cs eq \f(3π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋1))sin eq \f(3π,2)＋1＝－eq \f(3π,2)，
又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2＋eq \f(π,2)，
f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝－eq \f(3π,2).故选D.
命题点2 含参函数的最值
例5 已知函数f(x)＝eq \f(x－a,x)－ln x(a∈R)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值g(a)．
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a－x,x2)，
①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当00，
所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)f′(x)＝eq \f(a－x,x2)，
当a≤eq \f(1,e)时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减，
所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝2－ae；
当eq \f(1,e)所以f(x)max＝f(a)＝－ln a；
当a≥e时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递增，
所以f(x)max＝f(e)＝－eq \f(a,e)，
综上，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,e)，a≥e，,－ln a，\f(1,e)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>eq \f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2ln x，
所以f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x)，
当eq \f(1,2)当x>1时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－2ln eq \f(1,2)＝2ln 2
＝ln 4>ln e＝1.
综上，f(x)min＝1.
(2)已知函数h(x)＝x－aln x＋eq \f(1＋a,x)(a∈R)在区间[1，e]上的最小值小于零，求a的取值范围．
解 由题意得，h′(x)＝1－eq \f(a,x)－eq \f(1＋a,x2)＝eq \f(x2－ax－1＋a,x2)＝eq \f([x－1＋a]x＋1,x2)，且定义域为(0，＋∞)，
①当a＋1≤0，即a≤－1时，h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在[1，e]上单调递增，故h(x)min＝h(1)＝2＋a<0，解得a<－2；
②当a＋1>0，即a>－1时，在(0，a＋1)上，h′(x)<0，在(a＋1，＋∞)上，h′(x)>0，所以h(x)在(0，a＋1)上单调递减，在(a＋1，＋∞)上单调递增，
若a＋1≤1，求得h(x)min>1，不合题意；
若1则h(x)在(1，a＋1)上单调递减，在(a＋1，e)上单调递增，
故h(x)min＝h(a＋1)＝2＋a[1－ln(a＋1)]>2，不合题意；
若a＋1≥e，即a≥e－1，
则h(x)在[1，e]上单调递减，
故h(x)min＝h(e)＝e－a＋eq \f(a＋1,e)<0，
得a>eq \f(e2＋1,e－1)>e－1，
综上，a的取值范围为(－∞，－2)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).
课时精练
1．(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )
A．f(x)在区间(－2,3)上有2个极值点
B．f′(x)在x＝－1处取得极小值
C．f(x)在区间(－2,3)上单调递减
D．f(x)在x＝0处的切线斜率小于0
答案 BCD
解析 根据f′(x)的图象可得，在(－2,3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2,3)上单调递减，
∴f(x)在区间(－2,3)上没有极值点，故A错误，C正确；
由f′(x)的图象易知B正确；
根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确．
2．函数f(x)＝eq \f(1,2)x－sin x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的极小值为( )
A.eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),2) B.eq \f(π,12)－eq \f(1,2)
C.eq \f(π,6)－eq \f(1,2) D.eq \f(π,6)－eq \f(\r(3),2)
答案 D
解析 由f(x)＝eq \f(1,2)x－sin x，得f′(x)＝eq \f(1,2)－cs x，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以eq \f(π,3)是函数f(x)的极小值点，且极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(π,6)－eq \f(\r(3),2) .
3．已知x＝2是f(x)＝2ln x＋ax2－3x的极值点，则f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，3))上的最大值是( )
A．2ln 3－eq \f(9,2) B．－eq \f(5,2)
C．－2ln 3－eq \f(17,18) D．2ln 2－4
答案 A
解析 由函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x，
可得f′(x)＝eq \f(2,x)＋2ax－3，
因为x＝2是f(x)的极值点，
可得f′(2)＝1＋4a－3＝0，
解得a＝eq \f(1,2)，
所以f′(x)＝eq \f(2,x)＋x－3＝eq \f(x－1x－2,x)，x>0，
当eq \f(1,3)≤x<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当1当20，函数f(x)单调递增，
由f(1)＝－eq \f(5,2)，f(3)＝2ln 3－eq \f(9,2)，
又由f(3)－f(1)＝2ln 3－eq \f(9,2)＋eq \f(5,2)＝2ln 3－2>2ln e－2＝0，
所以f(1)所以当x＝3时，函数f(x)取得最大值，最大值为2ln 3－eq \f(9,2).
4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)等于( )
A．－1 B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．1
答案 B
解析 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝－2，,f′1＝0，))
而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2，))
所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意．
所以f′(2)＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).故选B.
5．已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(0,2)
答案 C
解析 由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，
得f′(x)＝2ax－2＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－2x＋1,x)(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，
则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4－8a>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝\f(1,2a)>0，))
解得06．(多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AC
解析 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq \f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1>0得x>eq \f(\r(3),3)或x<－eq \f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1<0得－eq \f(\r(3),3)因为f(x)的极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))3－eq \f(\r(3),3)＋1＝1－eq \f(2\r(3),9)>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.
7．(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．
8．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为eq \f(v3,6 400)元．为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h的速度行驶．
答案 80
解析 设全程运输成本为y元，
由题意，得y＝eq \f(240,v)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(160＋\f(v3,6 400)))＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(160,v)＋\f(v2,6 400)))，v>0，
y′＝240eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(160,v2)＋\f(2v,6 400))).
令y′＝0，得v＝80.
当v>80时，y′>0；当0所以函数y＝eq \f(240,v)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(160＋\f(v3,6 400)))在(0,80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，
所以当v＝80时，全程运输成本最小．
9．设函数f(x)＝aln x＋eq \f(3,x)＋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．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(3,x2)＋2a2
＝eq \f(2a2x2＋ax－3,x2)
＝eq \f(2ax＋3ax－1,x2)，x>0，
∵a>0，
∴－eq \f(3,2a)<0∴在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
(2)由(1)可知，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))
＝aln eq \f(1,a)＋3a＋2a－4a
＝aln eq \f(1,a)＋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的取值范围为(0，e)．
10．(2023·张家口质检)已知函数f(x)＝ex＋e－x－ax2－2.
(1)当a＝1时，证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
(2)若g(x)＝f(x)－e－x，讨论函数g(x)的极值点的个数．
(1)证明 当a＝1时，f(x)＝ex＋e－x－x2－2，
f′(x)＝ex－e－x－2x.
令φ(x)＝ex－e－x－2x，
当x>0时，φ′(x)＝ex＋e－x－2>0，
所以函数f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
故f′(x)>f′(0)＝0，
故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
(2)解 由题意知，g(x)＝ex－ax2－2，
当a＝0时，g(x)＝ex－2单调递增，无极值点，
当a≠0时，g′(x)＝ex－2ax，
由g′(0)＝1，得x＝0不是极值点．
令ex－2ax＝0(x≠0)，得2a＝eq \f(ex,x)，
令h(x)＝eq \f(ex,x)，
则h′(x)＝eq \f(exx－1,x2)，
当x<0时，h(x)<0，且h′(x)<0，
当a<0时，方程2a＝eq \f(ex,x)有唯一小于零的解，
故函数g(x)存在一个极值点；
当0当x>1时，h′(x)>0，
故函数h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(1)＝e为函数h(x)的极小值，
所以当0当a＝eq \f(e,2)时，方程2a＝eq \f(ex,x)有一个解，
但当02a，g′(x)＝ex－2ax>0，
当x>1时，eq \f(ex,x)>2a，g′(x)＝ex－2ax>0，
故函数g(x)无极值点．
当a>eq \f(e,2)时，方程2a＝eq \f(ex,x)有两解，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点．
综上，当a<0时，函数g(x)存在一个极值点，
当0≤a≤eq \f(e,2)时，函数g(x)无极值点，
当a>eq \f(e,2)时，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点．
11．(2021·全国乙卷)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 当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.

图1 图2
综上，可知必有ab>a2成立．
12．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)，x<0，,ln x＋1，x>0，))若aA．1 B.eq \f(e,2) C．e－1 D．2
答案 D
解析 令f(a)＝f(b)＝t(t>0)，因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)，x<0，,ln x＋1，x>0，))且a所以a＝－eq \f(1,t)，b＝et－1，因此b－a＝et－1＋eq \f(1,t)，
令f(t)＝et－1＋eq \f(1,t)(t>0)，则f′(t)＝et－1－eq \f(1,t2)，
当t∈(0,1)时，f′(t)<0，f(t)单调递减；当t∈(1，＋∞)时，f′(t)>0，f(t)单调递增，
所以f(t)在t＝1处取得极小值，也是最小值，f(1)＝e1－1＋eq \f(1,1)＝2，因此b－a的最小值为2.
13.如图所示，已知直线y＝kx与曲线y＝f(x)相切于两点，函数g(x)＝kx＋m(m>0)，则对函数F(x)＝g(x)－f(x)描述正确的是( )
A．有极小值点，没有极大值点
B．有极大值点，没有极小值点
C．至少有两个极小值点和一个极大值点
D．至少有一个极小值点和两个极大值点
答案 C
解析 由题意得，F(x)＝kx＋m－f(x)，
则F′(x)＝k－f′(x)，
设直线y＝kx与曲线y＝f(x)的两个切点的横坐标分别为x1，x2且x1所以F′(x)＝0的两个零点为x1，x2，
由图知，存在x0∈(x1，x2)使F′(x0)＝0，
综上，F′(x)有三个不同零点x1由图可得在(0，x1)上F′(x)<0，在(x1，x0)上F′(x)>0，在(x0，x2)上F′(x)<0，在(x2，＋∞)上F′(x)>0，
所以F(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，x0)上单调递增，在(x0，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．
故F(x)至少有两个极小值点和一个极大值点．
14．设函数f(x)＝mx2ex＋1，若对任意a，b，c∈[－3,1]，f(a)，f(b)，f(c)都可以作为一个三角形的三边长，则m的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2e)，\f(1,e)))
解析 设函数g(x)＝x2ex，x∈[－3,1]，则g′(x)＝x(x＋2)ex.
当－3≤x<－2或00，g(x)单调递增；
当－2又g(－3)＝eq \f(9,e3)，g(0)＝0，g(－2)＝eq \f(4,e2)，g(1)＝e，
所以g(x)的值域为[0，e]．
当m≥0时，2×1>me＋1，解得0≤m当m<0时，2(me＋1)>1，解得－eq \f(1,2e)综上可得，－eq \f(1,2e)

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