还剩18页未读，
继续阅读
所属成套资源：2021高考数学浙江省一轮学案
成套系列资料，整套一键下载
2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章第3节 导数与函数的极值、最值
展开
第3节 导数与函数的极值、最值
考试要求 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(其中多项式函数不超过三次).
知 识 梳 理
1.函数的极值与导数
(1)判断f(x0)是极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，
①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；
②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.
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③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.
2.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求f(x)在(a，b)内的极值；
②将f(x)的各极值与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.
[常用结论与易错提醒]
1.若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]内一定有最值.
2.若函数f(x)在[a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值.
3.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.
4.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.
5.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.( )
(2)函数的极大值不一定比极小值大.( )
(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.( )
(4)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.( )
解析 (1)函数在某区间上或定义域内的极大值不一定唯一；(3)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导数符号异号.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
2.(选修2－2P32A4改编)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
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.
答案 A
3.函数f(x)＝－x3＋3x＋1有( )
A.极小值－1，极大值1 B.极小值－2，极大值3
C.极小值－2，极大值2 D.极小值－1，极大值3
解析 因为f(x)＝－x3＋3x＋1，故有y′＝－3x2＋3，令y′＝－3x2＋3＝0，解得x＝±1，于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以f(x)的极小值为f(－1)＝－1，f(x)的极大值为f(1)＝3.
答案 D
4.函数f(x)＝ln x－ax在x＝1处有极值，则常数a＝________.
解析 ∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，经检验符合题意.
答案 1
5.已知函数f(x)＝x2＋(a＋4)x－2ln x在区间(1，2)上存在最值，则实数a的取值范围是________.
解析 ∵f′(x)＝3x＋(a＋4)－＝，故可将题意等价的转化为f′(1)·f′(2)<0，即(a＋5)(a＋9)<0，解得－9
6.已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，则函数f(x)＝________，函数f(x)的最小值为________.
解析 由f′(x)＝ln x＋1得f(x)＝xln x＋c，又f(1)＝0，则c＝0，所以f(x)＝xln x.又x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝f＝－.
答案 xln x －
考点一 用导数解决函数的极值问题
【例1】 求下列函数的极值：
(1)f(x)＝x2－2x－4ln x；
(2)f(x)＝ax3－3x2＋1－(a∈R且a≠0).
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－＝，
令f′(x)＝0得x＝2或－1(舍).
随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
∴f(x)有极小值f(2)＝－4ln 2，无极大值.
(2)由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax.
令f′(x)＝0得x＝0或.
当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.
当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.
综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.
规律方法 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为：
①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.
(2)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.
【训练1】 (1)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
(2)设函数f(x)＝a－ln x，a∈R.若f(x)有极小值2，求a.
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤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.
(2)f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.
①当a≤0时，f′(x)＜0，
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以不存在极小值.
②当a＞0时，令f′(x)＝0可得x＝，
列表可得
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以极小值为f＝2－ln，所以2－ln＝2⇒a＝2.
考点二 用导数解决函数的最值问题
【例2】 已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的导函数f′(x)；
(2)求f(x)在(0，1]上的取值范围.
解 (1)因为()′＝，(ln x)′＝，
所以f′(x)＝
＝
＝
＝.
(2)因为x∈(0，1]，所以由f′(x)＝＝0，得x＝e－3.
所以当x∈(0，e－3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e－3，1]时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)min＝f(e－3)＝－.
又f(1)＝0，当x∈(0，e－3)时，f(e－3)
规律方法 (1)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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)含参数的函数的最值一般先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.
【训练2】 (2020·宁波模拟)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)若f(x)在(0，＋∞)上为单调函数，求实数a的取值范围；
(2)若≤a≤，记f(x)的两个极值点为x1，x2，记的最大值与最小值分别为M，m，求M－m的值.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
因为f(x)为单调函数，所以x2－ax＋1≥0对x＞0恒成立，即a≤x＋对x∈(0，＋∞)恒成立，∴x＋≥2，所以a≤2.
(2)由(1)知x1，x2是x2－ax＋1＝0的两个根，
从而x1＋x2＝a，x1x2＝1，不妨设x1＜x2，
则t＝＝＝，0＜t＜1，
由已知≤a≤，
所以t为关于a的减函数，所以≤t≤，＝－－1＋a
＝－2＋(x1＋x2)
＝－2＋ln t.
令h(t)＝－2＋ln t，
则h′(t)＝.
因为当a＝2时，f(x)＝－x＋2ln x在(0，＋∞)上为减函数，
所以当t＜1时，f(t)＝－t＋2ln t＞f(1)＝0，
从而h′(t)＜0，所以h(t)在(0，1)上为减函数，
所以当≤a≤时，M－m＝h－h＝.
考点三 函数极值与最值的综合问题
【例3】 已知函数f(x)＝ex－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)＝ex－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)＝eln a－aln a＝a－aln a.
g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，
当00，g(a)在(0，1)上单调递增；
当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减.
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，ex－ax≥0(a>0)恒成立.
当x>0时，由f(x)≥0，即ex－ax≥0，得a≤.
令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝＝，
当01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)＝ea－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝ea－2a，
易知ea－2a≥0对a∈(0，e]恒成立，
故f(a)在(0，e]上单调递增，
所以f(0)＝1
规律方法 1.(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.
2.本题分离参数，构造函数，把问题转化为求函数的最值问题，优化了解题过程.
【训练3】 (2019·江苏卷节选)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)·(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数.
(1)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值；
(2)(一题多解)若a＝0，0
令f′(x)＝0，得x＝b或x＝.
令f(x)＝0，得x＝a或x＝b.
因为a，b，都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，
所以＝1，a＝3，b＝－3.
此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.
(2)证明 因为a＝0，c＝1，
所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，
f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b.
因为00，
则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1
x1＝，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)的极大值M＝f(x1).
法一 M＝f(x1)＝x－(b＋1)x＋bx1
＝[3x－2(b＋1)x1＋b]－x1＋
＝＋＋()3
＝－＋()3
≤＋≤.因此M≤.
法二 因为0
令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0，1)，则g′(x)＝3(x－1).
令g′(x)＝0，得x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)变化如下表：
x
g′(x)
＋
0
－
g(x)
极大值
所以当x＝时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max＝g＝.
所以当x∈(0，1)时，f(x)≤g(x)≤.因此M≤.
基础巩固题组
一、选择题
1.若函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则( )
A.函数f(x)有1个极大值，2个极小值
B.函数f(x)有2个极大值，2个极小值
C.函数f(x)有3个极大值，1个极小值
D.函数f(x)有4个极大值，1个极小值
解析 由导函数图象可知函数f(x)的单调性为增→减→增→减→增，所以函数f(x)有2个极大值，2个极小值，故选B.
答案 B
2.函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )
A. B.1
C.0 D.不存在
解析 f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0
3.(2018·全国Ⅲ卷)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为( )
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.
答案 D
4.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
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2
答案 A
5.(2020·温州月考)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.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C.(－3，6) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析 ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根.
∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，
∴a>6或a<－3.
答案 B
6.若函数f(x)＝x3＋x2－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 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，作出其图象如图所示.
令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)，故选C.
答案 C
二、填空题
7.函数f(x)＝x2e－x的极大值为__________，极小值为________.
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.
答案 4e－2 0
8.已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.
解析 f′(x)＝＋＝，若m≥0，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上为增函数，有f(x)min＝f(1)＝－m＝4，m＝－4，舍去.若m<0，令f′(x)＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增.若－m≤1，即m≥－1时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意.综上所述，m＝－3e.
答案 －3e
9.(2020·浙江名师预测卷三)可导函数的凹凸性与其导数的单调性有关，如果函数的导函数在某个区间上单调递增，那么在这个区间上函数是向下凹的，反之则是向上凸的，曲线上凹凸性的分界点称为曲线的拐点，则函数f(x)＝－x2＋1的极大值点为________，拐点为________.
解析 由题意可知f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)，故函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故其极大值在x＝0处取到，所以f(x)的极大值点为x＝0，由f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以其拐点为.
答案 x＝0
10.设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.
解析 (1)当a＝0时，f(x)＝
若x≤0，则f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).
由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，∴当x≤0时，f(x)≤f(－1)＝2.
若x＞0，则f(x)＝－2x单调递减，
所以f(x)＜f(0)＝0.
所以f(x)最大值为2.
(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图.
显然当a≥－1时，f(x)有最大值，为2与a3－3a中较大的值.
当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值，且－2a＞2.
所以a＜－1.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
三、解答题
11.已知函数f(x)＝ex·(x2＋ax＋1)，a∈R(e为自然对数的底数).
(1)若x＝e是f(x)的极值点，求实数a的值；
(2)求f(x)的单调递增区间.
解 (1)f′(x)＝ex·[x2＋(a＋2)x＋a＋1]
＝ex(x＋1)(x＋a＋1)，
由f′(e)＝0，得a＝－e－1，此时x＝e是f(x)的极小值点.
(2)由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－a－1.
①当a＝0时，－a－1＝－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)；
②当a<0时，－a－1>－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(－a－1，＋∞)；
③当a>0时，－a－1<－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，－a－1)，(－1，＋∞).
12.(2019·北京卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时，求a的值.
(1)解 由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2)证明 令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].
则g(x)＝x3－x2，g′(x)＝x2－2x，x∈[－2，4].
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2，0)
0
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6
0
－
0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)解 由(2)知，
当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当a＝－3时，M(a)＝3；
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
能力提升题组
13.当x∈[1，4]时，不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2恒成立，则a＋b的取值范围是( )
A.[－4，8] B.[－2，8]
C.[0，6] D.[4，12]
解析 因为x∈[1，4]，所以不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2等价于0≤ax＋b＋≤4，即0≤a＋b≤4.令t＝x＋，x∈[1，4]，则t′＝1－＝＝，则t＝x＋在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，所以当x＝2时，tmin＝3，当x＝1时，tmax＝5，所以3≤t≤5，则由0≤at＋b≤4，得所以a＋b＝2(3a＋b)－(5a＋b)∈[－4，8]，故选A.
答案 A
14.已知不等式ex－4x＋2≥ax＋b(a，b∈R，a≠－4)对任意实数x恒成立，则的最大值为( )
A.－ln 2 B.－1－ln 2
C.－2ln 2 D.2－2ln 2
解析 由不等式ex－4x＋2≥ax＋b对任意实数x恒成立，得不等式ex－(4＋a)x＋2－b≥0对任意实数x恒成立，若a＋4<0，则当x→－∞时，ex→0，－(4＋a)x→－∞，则ex－(a＋4)x＋2－b→－∞，与ex－(a＋4)x＋2－b≥0恒成立矛盾，所以a＋4>0，此时设f(x)＝ex－(a＋4)x＋2－b，则f′(x)＝ex－(a＋4)，令f′(x)＝ex－(a＋4)＝0，得x＝ln(a＋4)，易得当x∈(－∞，ln(a＋4))时，函数f(x)单调递减，当x∈(ln(a＋4)，＋∞)时，函数f(x)单调递增，则由不等式ex－(a＋4)x＋2－b≥0对任意实数x恒成立得f(x)min＝eln(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)＋2－b≥0，即(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)≥b－2，则≤1－ln(4＋a)－，设y＝1－ln x－，则y′＝－＋＝，易得当x＝2时，y＝1－ln x－取得最大值－ln 2，所以≤1－ln(a＋4)－≤－ln 2，当且仅当a＝－2，b＝－2ln2＋4时，等号成立，所以的最大值为－ln 2，故选A.
答案 A
15.已知实数x，y满足4x＋9y＝1，则2x＋1＋3y＋1的取值范围是________.
解析 由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3，令t＝2x，则f(t)＝2t＋3(0
16.(2020·诸暨期末)设P，Q分别是函数f(x)，g(x)图象上的点，定义|PQ|的最小值为函数f(x)，g(x)的距离d{f(x)，g(x)}，则d{y＝ex，y＝x}＝________；d＝________.
解析 由题意得当函数y＝ex在x＝x0处的切线与直线y＝x平行时，切点到直线y＝x的距离为d{y＝ex，y＝x}，又令y′＝ex0＝1得x0＝0，即切点为(0，1)，则d{y＝ex，y＝x}＝＝.曲线y＝表示圆x2＋y2＝位于x轴上方的半圆(包含x轴上的点)，则由图易得d为曲线y＝ex＋上的点到原点的最短距离减去半圆x2＋y2＝的半径.曲线y＝ex＋上的点到原点的距离为＝，设h(x)＝x2＋e2x＋1，则h′(x)＝2x＋e2x＋1，易得h′(x)＝2x＋e2x＋1单调递增，且h′＝0，所以函数h(x)＝x2＋e2x＋1在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)min＝h＝＋e2×＋1＝，所以d＝－＝.
答案
17.(2019·全国Ⅲ卷)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)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减.
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减.
(2)满足题设条件的a，b存在.
①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递增，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.
②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递减，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.
③当0
18.(2020·浙江名师预测卷二)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝2x2－，a∈R.
(1)证明：f(x)≤x－1；
(2)若f(x)＜g(x)在上恒成立，求a的取值范围；
(3)是否存在实数a，使函数h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2在(0，e2]上有最小值4？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 令F(x)＝x－1－ln x，x＞0，
又F′(x)＝1－＝＞0⇒x＞1，
则F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则F(x)≥F(1)＝0，所以x－1≥ln x，即f(x)≤x－1.
(2)解 由f(x)＜g(x)得
ln x＜2x2－⇔a＜2x3－xln x，
令k(x)＝2x3－xln x，则k′(x)＝6x2－ln x－1，
由(1)知，当x∈时，
6x2－x＞0，x－1≥ln x，
所以k′(x)＝6x2－ln x－1＞x－1－ln x≥0，
所以k(x)在上单调递增，
则k(x)＞k＝＋ln2，
所以a≤＋ln2.
(3)解 令h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2＝＋ln x，
∴h′(x)＝－＋＝，x＞0，
①当a≤0时，h′(x)＞0恒成立，h(x)在(0，e2]上单调递增，∴h(x)无最小值，不符合题意；
②当a＞0时，令h′(x)＝0得x＝a，
令h′(x)＞0得x＞a，令h′(x)＜0得x＜a，
∴h(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
若0＜a≤e2，则h(x)在(0，e2]上的最小值为h(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝4得a＝e3，不满足0＜a≤e2，舍去；
若a＞e2，则h(x)在(0，e2]上单调递减，
∴h(x)min＝h(e2)＝＋ln e2＝＋2，
由＋2＝4得a＝2e2，满足a＞e2.
综上所述，存在实数a＝2e2，使函数h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2在(0，e2]上有最小值4.
第3节 导数与函数的极值、最值
考试要求 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(其中多项式函数不超过三次).
知 识 梳 理
1.函数的极值与导数
(1)判断f(x0)是极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，
①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；
②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.
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③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.
2.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求f(x)在(a，b)内的极值；
②将f(x)的各极值与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.
[常用结论与易错提醒]
1.若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]内一定有最值.
2.若函数f(x)在[a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值.
3.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.
4.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.
5.求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.( )
(2)函数的极大值不一定比极小值大.( )
(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件.( )
(4)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.( )
解析 (1)函数在某区间上或定义域内的极大值不一定唯一；(3)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导数符号异号.
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
2.(选修2－2P32A4改编)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
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.
答案 A
3.函数f(x)＝－x3＋3x＋1有( )
A.极小值－1，极大值1 B.极小值－2，极大值3
C.极小值－2，极大值2 D.极小值－1，极大值3
解析 因为f(x)＝－x3＋3x＋1，故有y′＝－3x2＋3，令y′＝－3x2＋3＝0，解得x＝±1，于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以f(x)的极小值为f(－1)＝－1，f(x)的极大值为f(1)＝3.
答案 D
4.函数f(x)＝ln x－ax在x＝1处有极值，则常数a＝________.
解析 ∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，经检验符合题意.
答案 1
5.已知函数f(x)＝x2＋(a＋4)x－2ln x在区间(1，2)上存在最值，则实数a的取值范围是________.
解析 ∵f′(x)＝3x＋(a＋4)－＝，故可将题意等价的转化为f′(1)·f′(2)<0，即(a＋5)(a＋9)<0，解得－9
6.已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，则函数f(x)＝________，函数f(x)的最小值为________.
解析 由f′(x)＝ln x＋1得f(x)＝xln x＋c，又f(1)＝0，则c＝0，所以f(x)＝xln x.又x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝f＝－.
答案 xln x －
考点一 用导数解决函数的极值问题
【例1】 求下列函数的极值：
(1)f(x)＝x2－2x－4ln x；
(2)f(x)＝ax3－3x2＋1－(a∈R且a≠0).
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－＝，
令f′(x)＝0得x＝2或－1(舍).
随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
∴f(x)有极小值f(2)＝－4ln 2，无极大值.
(2)由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax.
令f′(x)＝0得x＝0或.
当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.
当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.
综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－，f(x)极小值＝f＝－－＋1.
规律方法 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为：
①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.
(2)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.
【训练1】 (1)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
(2)设函数f(x)＝a－ln x，a∈R.若f(x)有极小值2，求a.
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值.
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤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.
(2)f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.
①当a≤0时，f′(x)＜0，
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以不存在极小值.
②当a＞0时，令f′(x)＝0可得x＝，
列表可得
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以极小值为f＝2－ln，所以2－ln＝2⇒a＝2.
考点二 用导数解决函数的最值问题
【例2】 已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的导函数f′(x)；
(2)求f(x)在(0，1]上的取值范围.
解 (1)因为()′＝，(ln x)′＝，
所以f′(x)＝
＝
＝
＝.
(2)因为x∈(0，1]，所以由f′(x)＝＝0，得x＝e－3.
所以当x∈(0，e－3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e－3，1]时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
所以f(x)min＝f(e－3)＝－.
又f(1)＝0，当x∈(0，e－3)时，f(e－3)
规律方法 (1)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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)含参数的函数的最值一般先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.
【训练2】 (2020·宁波模拟)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)若f(x)在(0，＋∞)上为单调函数，求实数a的取值范围；
(2)若≤a≤，记f(x)的两个极值点为x1，x2，记的最大值与最小值分别为M，m，求M－m的值.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
因为f(x)为单调函数，所以x2－ax＋1≥0对x＞0恒成立，即a≤x＋对x∈(0，＋∞)恒成立，∴x＋≥2，所以a≤2.
(2)由(1)知x1，x2是x2－ax＋1＝0的两个根，
从而x1＋x2＝a，x1x2＝1，不妨设x1＜x2，
则t＝＝＝，0＜t＜1，
由已知≤a≤，
所以t为关于a的减函数，所以≤t≤，＝－－1＋a
＝－2＋(x1＋x2)
＝－2＋ln t.
令h(t)＝－2＋ln t，
则h′(t)＝.
因为当a＝2时，f(x)＝－x＋2ln x在(0，＋∞)上为减函数，
所以当t＜1时，f(t)＝－t＋2ln t＞f(1)＝0，
从而h′(t)＜0，所以h(t)在(0，1)上为减函数，
所以当≤a≤时，M－m＝h－h＝.
考点三 函数极值与最值的综合问题
【例3】 已知函数f(x)＝ex－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)＝ex－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)＝eln a－aln a＝a－aln a.
g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，
当0
当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减.
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，ex－ax≥0(a>0)恒成立.
当x>0时，由f(x)≥0，即ex－ax≥0，得a≤.
令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝＝，
当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)＝ea－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝ea－2a，
易知ea－2a≥0对a∈(0，e]恒成立，
故f(a)在(0，e]上单调递增，
所以f(0)＝1
规律方法 1.(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.
2.本题分离参数，构造函数，把问题转化为求函数的最值问题，优化了解题过程.
【训练3】 (2019·江苏卷节选)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)·(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数.
(1)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零点均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的极小值；
(2)(一题多解)若a＝0，0
令f′(x)＝0，得x＝b或x＝.
令f(x)＝0，得x＝a或x＝b.
因为a，b，都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，
所以＝1，a＝3，b＝－3.
此时，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.
(2)证明 因为a＝0，c＝1，
所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，
f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b.
因为0
则f′(x)有2个不同的零点，设为x1，x2(x1
x1＝，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)变化如下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
所以f(x)的极大值M＝f(x1).
法一 M＝f(x1)＝x－(b＋1)x＋bx1
＝[3x－2(b＋1)x1＋b]－x1＋
＝＋＋()3
＝－＋()3
≤＋≤.因此M≤.
法二 因为0
令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0，1)，则g′(x)＝3(x－1).
令g′(x)＝0，得x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)变化如下表：
x
g′(x)
＋
0
－
g(x)
极大值
所以当x＝时，g(x)取得极大值，且是最大值，故g(x)max＝g＝.
所以当x∈(0，1)时，f(x)≤g(x)≤.因此M≤.
基础巩固题组
一、选择题
1.若函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则( )
A.函数f(x)有1个极大值，2个极小值
B.函数f(x)有2个极大值，2个极小值
C.函数f(x)有3个极大值，1个极小值
D.函数f(x)有4个极大值，1个极小值
解析 由导函数图象可知函数f(x)的单调性为增→减→增→减→增，所以函数f(x)有2个极大值，2个极小值，故选B.
答案 B
2.函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )
A. B.1
C.0 D.不存在
解析 f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0
3.(2018·全国Ⅲ卷)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为( )
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.
答案 D
4.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
解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2
答案 A
5.(2020·温州月考)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.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C.(－3，6) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析 ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根.
∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，
∴a>6或a<－3.
答案 B
6.若函数f(x)＝x3＋x2－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 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，作出其图象如图所示.
令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)，故选C.
答案 C
二、填空题
7.函数f(x)＝x2e－x的极大值为__________，极小值为________.
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.
答案 4e－2 0
8.已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.
解析 f′(x)＝＋＝，若m≥0，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上为增函数，有f(x)min＝f(1)＝－m＝4，m＝－4，舍去.若m<0，令f′(x)＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增.若－m≤1，即m≥－1时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意.综上所述，m＝－3e.
答案 －3e
9.(2020·浙江名师预测卷三)可导函数的凹凸性与其导数的单调性有关，如果函数的导函数在某个区间上单调递增，那么在这个区间上函数是向下凹的，反之则是向上凸的，曲线上凹凸性的分界点称为曲线的拐点，则函数f(x)＝－x2＋1的极大值点为________，拐点为________.
解析 由题意可知f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)，故函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故其极大值在x＝0处取到，所以f(x)的极大值点为x＝0，由f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以其拐点为.
答案 x＝0
10.设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.
解析 (1)当a＝0时，f(x)＝
若x≤0，则f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).
由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，∴当x≤0时，f(x)≤f(－1)＝2.
若x＞0，则f(x)＝－2x单调递减，
所以f(x)＜f(0)＝0.
所以f(x)最大值为2.
(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图.
显然当a≥－1时，f(x)有最大值，为2与a3－3a中较大的值.
当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值，且－2a＞2.
所以a＜－1.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
三、解答题
11.已知函数f(x)＝ex·(x2＋ax＋1)，a∈R(e为自然对数的底数).
(1)若x＝e是f(x)的极值点，求实数a的值；
(2)求f(x)的单调递增区间.
解 (1)f′(x)＝ex·[x2＋(a＋2)x＋a＋1]
＝ex(x＋1)(x＋a＋1)，
由f′(e)＝0，得a＝－e－1，此时x＝e是f(x)的极小值点.
(2)由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－a－1.
①当a＝0时，－a－1＝－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)；
②当a<0时，－a－1>－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(－a－1，＋∞)；
③当a>0时，－a－1<－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，－a－1)，(－1，＋∞).
12.(2019·北京卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a).当M(a)最小时，求a的值.
(1)解 由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2)证明 令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].
则g(x)＝x3－x2，g′(x)＝x2－2x，x∈[－2，4].
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x
－2
(－2，0)
0
4
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
－6
0
－
0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)解 由(2)知，
当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当a＝－3时，M(a)＝3；
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
能力提升题组
13.当x∈[1，4]时，不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2恒成立，则a＋b的取值范围是( )
A.[－4，8] B.[－2，8]
C.[0，6] D.[4，12]
解析 因为x∈[1，4]，所以不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2等价于0≤ax＋b＋≤4，即0≤a＋b≤4.令t＝x＋，x∈[1，4]，则t′＝1－＝＝，则t＝x＋在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，所以当x＝2时，tmin＝3，当x＝1时，tmax＝5，所以3≤t≤5，则由0≤at＋b≤4，得所以a＋b＝2(3a＋b)－(5a＋b)∈[－4，8]，故选A.
答案 A
14.已知不等式ex－4x＋2≥ax＋b(a，b∈R，a≠－4)对任意实数x恒成立，则的最大值为( )
A.－ln 2 B.－1－ln 2
C.－2ln 2 D.2－2ln 2
解析 由不等式ex－4x＋2≥ax＋b对任意实数x恒成立，得不等式ex－(4＋a)x＋2－b≥0对任意实数x恒成立，若a＋4<0，则当x→－∞时，ex→0，－(4＋a)x→－∞，则ex－(a＋4)x＋2－b→－∞，与ex－(a＋4)x＋2－b≥0恒成立矛盾，所以a＋4>0，此时设f(x)＝ex－(a＋4)x＋2－b，则f′(x)＝ex－(a＋4)，令f′(x)＝ex－(a＋4)＝0，得x＝ln(a＋4)，易得当x∈(－∞，ln(a＋4))时，函数f(x)单调递减，当x∈(ln(a＋4)，＋∞)时，函数f(x)单调递增，则由不等式ex－(a＋4)x＋2－b≥0对任意实数x恒成立得f(x)min＝eln(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)＋2－b≥0，即(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)≥b－2，则≤1－ln(4＋a)－，设y＝1－ln x－，则y′＝－＋＝，易得当x＝2时，y＝1－ln x－取得最大值－ln 2，所以≤1－ln(a＋4)－≤－ln 2，当且仅当a＝－2，b＝－2ln2＋4时，等号成立，所以的最大值为－ln 2，故选A.
答案 A
15.已知实数x，y满足4x＋9y＝1，则2x＋1＋3y＋1的取值范围是________.
解析 由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3，令t＝2x，则f(t)＝2t＋3(0
16.(2020·诸暨期末)设P，Q分别是函数f(x)，g(x)图象上的点，定义|PQ|的最小值为函数f(x)，g(x)的距离d{f(x)，g(x)}，则d{y＝ex，y＝x}＝________；d＝________.
解析 由题意得当函数y＝ex在x＝x0处的切线与直线y＝x平行时，切点到直线y＝x的距离为d{y＝ex，y＝x}，又令y′＝ex0＝1得x0＝0，即切点为(0，1)，则d{y＝ex，y＝x}＝＝.曲线y＝表示圆x2＋y2＝位于x轴上方的半圆(包含x轴上的点)，则由图易得d为曲线y＝ex＋上的点到原点的最短距离减去半圆x2＋y2＝的半径.曲线y＝ex＋上的点到原点的距离为＝，设h(x)＝x2＋e2x＋1，则h′(x)＝2x＋e2x＋1，易得h′(x)＝2x＋e2x＋1单调递增，且h′＝0，所以函数h(x)＝x2＋e2x＋1在上单调递减，在上单调递增，所以h(x)min＝h＝＋e2×＋1＝，所以d＝－＝.
答案
17.(2019·全国Ⅲ卷)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)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减.
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增.
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减.
(2)满足题设条件的a，b存在.
①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递增，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.
②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递减，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.
③当0
18.(2020·浙江名师预测卷二)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝2x2－，a∈R.
(1)证明：f(x)≤x－1；
(2)若f(x)＜g(x)在上恒成立，求a的取值范围；
(3)是否存在实数a，使函数h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2在(0，e2]上有最小值4？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 令F(x)＝x－1－ln x，x＞0，
又F′(x)＝1－＝＞0⇒x＞1，
则F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则F(x)≥F(1)＝0，所以x－1≥ln x，即f(x)≤x－1.
(2)解 由f(x)＜g(x)得
ln x＜2x2－⇔a＜2x3－xln x，
令k(x)＝2x3－xln x，则k′(x)＝6x2－ln x－1，
由(1)知，当x∈时，
6x2－x＞0，x－1≥ln x，
所以k′(x)＝6x2－ln x－1＞x－1－ln x≥0，
所以k(x)在上单调递增，
则k(x)＞k＝＋ln2，
所以a≤＋ln2.
(3)解 令h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2＝＋ln x，
∴h′(x)＝－＋＝，x＞0，
①当a≤0时，h′(x)＞0恒成立，h(x)在(0，e2]上单调递增，∴h(x)无最小值，不符合题意；
②当a＞0时，令h′(x)＝0得x＝a，
令h′(x)＞0得x＞a，令h′(x)＜0得x＜a，
∴h(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增.
若0＜a≤e2，则h(x)在(0，e2]上的最小值为h(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝4得a＝e3，不满足0＜a≤e2，舍去；
若a＞e2，则h(x)在(0，e2]上单调递减，
∴h(x)min＝h(e2)＝＋ln e2＝＋2，
由＋2＝4得a＝2e2，满足a＞e2.
综上所述，存在实数a＝2e2，使函数h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2在(0，e2]上有最小值4.
相关资料
更多
