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2021届高考数学人教版一轮创新教学案：第2章第11讲 第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
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第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
[考纲解读] 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)．(重点)
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)．(重点、难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点．预测2021年高考以考查用导数解决函数的极值、最值问题为主．试题难度较大，主要以解答题形式呈现.
1.函数的极值与导数
(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都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则点a叫做函数的极小值点，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都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b 附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
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[a，b]上的最大(小)值的步骤
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．
1．概念辨析
(1)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．( )
(2)函数的极大值一定大于其极小值．( )
(3)若函数f(x)在区间D上具有单调性，则f(x)在区间D上不存在极值．( )
(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．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2．小题热身
(1)设函数f(x)＝＋ln x，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)＝＋ln x，f′(x)＝－＋＝，当x>2时，f′(x)>0，此时f(x)为增函数；当0
A. B．－
C．ln 3 D．－ln 3
答案 B
解析 由题可得y′＝3x＋x·3x·ln 3＝3x(1＋xln 3)．
当x<－时，y′<0，函数单调递减，当x>－时，y′>0，函数单调递增，则函数y在x＝－处取得极小值．
(3)当x∈[－1,2]时，函数f(x)＝ex－x的最小值为( )
A．1 B．－1
C．0 D．－e
答案 A
解析 因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.当x∈[－1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(0)＝1.
(4)若x＝1是函数f(x)＝(ex＋a)ln x的极值点，则实数a＝________.
答案 －e
解析 因为f′(x)＝exln x＋(ex＋a)，且x＝1是函数f(x)＝(ex＋a)ln x的极值点，所以f′(1)＝e＋a＝0，解得a＝－e.
题型 一 用导数求解函数极值问题
角度1 求函数的极值
1．(2017·全国卷Ⅱ)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 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，
且x<－2时，f′(x)>0；－2
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A.
角度2 极值点个数问题
2．(2019·南昌模拟)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个极大值点，1个极小值点
B．函数f(x)有0个极大值点，1个极小值点
C．函数f(x)有1个极大值点，0个极小值点
D．函数f(x)有0个极大值点，0个极小值点
答案 B
解析 由题图可知，当xx2时，f′(x)>0；当x＝x1时，f′(x)＝0；所以f(x)在(－∞，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增，所以f(x)有0个极大值点，1个极小值点，即x2.
3．(2019·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝sinx－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．
证明：f′(x)在区间存在唯一极大值点．
证明 设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；
当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在上单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
角度3 根据极值求参数
4．(2019·青岛模拟)若函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，在x＝2处取得极大值，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 f′(x)＝(x－2)(ax－1)ex.当a<0时，由f′(x)>0，解得2，所以函数f(x)在上单调递增，在和(2，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在x＝2处取得极大值．
当a＝0时，f′(x)＝(2－x)ex.
由f′(x)>0，解得x<2；
由f′(x)<0，解得x>2.
所以函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，
在(2，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在x＝2处取得极大值．
当a>0时，若要f(x)在x＝2处取得极大值，则需f(x)在(－∞，2)，上单调递增，在上单调递减，则有>2，解得0
5．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．
解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1.
由f′(x)>0，解得x<或x>1；
由f′(x)<0，解得
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．
①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；
②当a≠0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.
综上，a的取值范围为.
1．熟记运用导数解决函数极值问题的一般流程
2．已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
1．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 B
解析 极大值点处导数值为0，且两侧导数符号左正右负，观察导函数f′(x)在(a，b)上的图象可知，f(x)在(a，b)上的极大值点有2个．
2．若函数f(x)＝x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为( )
A．－ B．－1
C. D．1
答案 A
解析 f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1，所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，则f(－1)＝1，得m＝，函数f(x)在x＝1处取得极小值，且f(1)＝×13－1＋＝－.故选A.
3．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点．
解 (1)因为f′(x)＝，所以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，
所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，
当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f(x)仅有唯一的极小值点．
题型 二 用导数求函数的最值
1．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为( )
A.(1＋ln 3) B.ln 3
C．1＋ln 3 D．ln 3－1
答案 A
解析 由题意，得M(m，m3)，N(m，ln m)，m>0.
∴|MN|＝|m3－ln m|，m>0.
设h(m)＝m3－ln m，m>0，
∴h′(m)＝3m2－.
由h′(m)＝0，得m＝.
当m∈时，h′(m)<0，h(m)单调递减，
当m∈时，h′(m)>0，h(m)单调递增，
∴m＝时，h(m)取得最小值，
h(m)min＝－ln ＝(1＋ln 3)．
∵(1＋ln 3)>0，∴|MN|min＝(1＋ln 3)．
2．(2019·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＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(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]上单调递增，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]上单调递减，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＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b.
若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．
若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．
综上，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.
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．
1．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b(a，b为实数，且a>1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a＝________，b＝________.
答案 1
解析 因为f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝a.
因为a>1，所以当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
－1
(－1,0)
0
(0,1)
1
f′(x)
＋
＋
0
－
－
f(x)
－1－a＋b
极大值b
1－a＋b
由题意得b＝1.
则f(－1)＝－，f(1)＝2－，f(－1)
2．(2020·北京石景山区摸底)已知f(x)＝ex－ax2，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝bx＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在[0,1]上的最大值；
(3)当x∈R时，判断y＝f(x)与y＝bx＋1交点的个数．(只需写出结论，不要求证明)
解 (1)f(x)＝ex－ax2的导数为f′(x)＝ex－2ax，
由已知可得f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，
解得a＝1，b＝e－2.
(2)令g(x)＝f′(x)＝ex－2x.则g′(x)＝ex－2，
故当0≤x0，g(x)在(ln 2,1]单调递增；
所以g(x)min＝g(ln 2)＝2－2ln 2>0，故f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)max＝f(1)＝e－1.
(3)当x∈R时，y＝f(x)与y＝bx＋1有两个交点．
题型 三 函数极值和最值的综合问题
1．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax，
因为函数f(x)在x＝2处取得极值，
所以f′(2)＝－12＋4a＝0，a＝3，
所以f′(x)＝－3x2＋6x.
当m∈[－1,1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，
令f′(m)＝0得m＝0或m＝2(舍去)，
当m∈(－1,0)时，f′(m)<0，f(m)单调递减；
当m∈(0,1)时，f′(m)>0，f(m)单调递增，
所以f(m)min＝f(0)＝－4.
2．(2019·珠海调研)已知函数f(x)＝(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)＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>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－30，即f′(x)>0，
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，
单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.
因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，
单调递减区间是(－∞，－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)＝＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
解决函数极值、最值问题的策略
(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)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．
(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，然后借助图象观察得到函数的最值．
1．已知函数f(x)＝cosx＋aln x在x＝处取得极值，则函数f(x)在区间上的最小值为( )
A．f(1) B．f
C．f D．不存在
答案 C
解析 因为f(x)＝cosx＋aln x，
所以f′(x)＝－sinx＋，
因为f(x)在x＝处取得极值，
所以f′＝－＋＝0，解得a＝，
所以f(x)＝cosx＋ln x，f′(x)＝－sinx＋，
因为f′＝0，f′(x)在上为减函数，
所以在x∈上，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减，所以f(x)min＝f.故选C.
2．已知函数f(x)＝x－2sinx＋1，g(x)＝x2＋mcosx.
(1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；
(2)求f(x)在(0，π)上的单调区间；
(3)当m>1时，证明：g(x)在(0，π)上存在最小值．
解 (1)因为f(x)＝x－2sinx＋1，
所以f′(x)＝1－2cosx，
则f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝－x＋1.
(2)令f′(x)＝0，则cosx＝，当x∈(0，π)时，得x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表．
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
减
极小值
增
所以函数f(x)在(0，π)上的单调递减区间为，单调递增区间为.
(3)证明：因为g(x)＝x2＋mcosx，
所以g′(x)＝x－msinx.
令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，则h′(x)＝1－mcosx，
因为m>1，所以∈(0,1)，
令h′(x)＝1－mcosx＝0，则cosx＝，易知cosx＝在(0，π)内有唯一解x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，π)时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增．所以h(x0)0，
所以h(x)＝x－msinx在(x0，π)内有唯一零点x1，
当x∈(0，x1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，
当x∈(x1，π)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，π)上单调递增．
所以函数g(x)在x＝x1处取得最小值，
即当m>1时，函数g(x)在(0，π)上存在最小值．
组 基础关
1．(2020·赤峰摸底)设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数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 由函数的图象可知，f′(－2)＝0，f′(2)＝0，并且当x<－2时，f′(x)>0，当－22时，f′(x)>0，故函数f(x)有极小值f(2)．
2．函数f(x)＝x3－4x＋4的极大值为( )
A. B．6
C. D．7
答案 A
解析 f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0；当x∈(－2,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的极大值为f(－2)＝×(－2)3－4×(－2)＋4＝.
3．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 f′(x)＝－1，由f′(x)＝0得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为( )
A．－ B．－2
C．－2或－ D．2或－
答案 A
解析 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或经检验满足题意，故＝－.
5．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．－29
C．－5 D．－13
答案 A
解析 f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2.当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝m＝3，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5，所以f(x)min＝f(－2)＝－37.
6．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则( )
A．a<－1 B．a>－1
C．a>－ D．a<－
答案 A
解析 因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a，又函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.故选A.
7．已知函数f(x)＝，则( )
A．f(x)有1个零点
B．f(x)在(0,1)上为减函数
C．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
D．f(x)有2个极值点
答案 B
解析 由f(x)＝0得ex＝－1，无实根，所以f(x)有0个零点，故A错误；因为f′(x)＝，当x∈(0,1)时，ex>0，x－1<0，所以f′(x)<0，f(x)为减函数，故B正确；因为f＋f＝2(1＋e)＋(1＋e)≠0，所以y＝f(x)的图象不关于点(1,0)对称，故C错误；由f′(x)＝0得ex(x－1)－1＝0，即ex＝，数形结合可知此方程只有一个实数根，所以f(x)至多有1个极值点，故D错误．
8．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．
答案 6
解析 因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0，
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，可得a＝1，
由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，
可得1－3＋b＝2，故b＝4.
所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
9．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________．
答案
解析 ∵函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)，
∴f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)(a>0)，
令f′(x)＝0，可得x＝－a或x＝a，
当x<－a或x>a时，f′(x)>0，
当－a
在(－a，a)上是减函数，
∴当x＝－a时，f(x)取得极大值，极大值是f(－a)＝2a3＋a，
当x＝a时，f(x)取得极小值，极小值是f(a)＝－2a3＋a，
由已知，得解得a>.
∴实数a的取值范围是.
10．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．
答案 －
解析 f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cosx＋1)·，所以当cosx<时函数单调递减，当cosx>时函数单调递增，从而得到函数的减区间为(k∈Z)，函数的增区间为(k∈Z)，所以当x＝2kπ－，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，此时sinx＝－，sin2x＝－，所以f(x)min＝2×－＝－.
组 能力关
1．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( )
A. B.
C. D．1
答案 D
解析 由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当00；当
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 因为f(x)＝x(ln x－ax)，所以f′(x)＝ln x－2ax＋1.由题可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝.令g(x)＝，则g′(x)＝，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又因为当x从右边趋近于0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，所以只需0<2a<1，即0
当x∈(－∞，m]时，f(x)∈，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 当x≤1时，f′(x)＝(x＋1)(ex－2)．
令f′(x)>0得ln 2
在(－∞，－1)和(ln 2,1)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝－1时取得极大值．
f(－1)＝1－；在x＝ln 2时取得极小值，
f(ln 2)＝－(ln 2)2且f(1)＝e－3
解得x≤2－，
综上所述，实数m的取值范围是.
4．已知函数f(x)＝
(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)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，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
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＝.
(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，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)＝aln 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.
5．设f(x)＝xln x－ax2＋(3a－1)x.
(1)g(x)＝f′(x)在[1,2]上单调，求a的取值范围；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
解 (1)由f′(x)＝ln x－3ax＋3a，
即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，
g′(x)＝－3a，
①g(x)在[1,2]上单调递增，
所以－3a≥0对x∈[1,2]恒成立，
即a≤对x∈[1,2]恒成立，得a≤；
②g(x)在[1,2]上单调递减，所以－3a≤0对x∈[1,2]恒成立，
即a≥对x∈[1,2]恒成立，得a≥，
由①②可得a的取值范围为∪.
(2)由(1)知，
①若a≤0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；
②若01，又f′(x)在上单调递增，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在上单调递增，f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；
③若a＝，则＝1，f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不符合题意；
④若a>，则0<<1，当x∈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f(x)在x＝1处取得极大值，不符合题意．
综上所述，可得a∈.
第2课时 利用导数研究函数的极值、最值
[考纲解读] 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)．(重点)
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)．(重点、难点)
[考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲一直是高考的热点．预测2021年高考以考查用导数解决函数的极值、最值问题为主．试题难度较大，主要以解答题形式呈现.
1.函数的极值与导数
(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都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则点a叫做函数的极小值点，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都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b 附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
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[a，b]上的最大(小)值的步骤
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．
1．概念辨析
(1)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．( )
(2)函数的极大值一定大于其极小值．( )
(3)若函数f(x)在区间D上具有单调性，则f(x)在区间D上不存在极值．( )
(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．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
2．小题热身
(1)设函数f(x)＝＋ln x，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)＝＋ln x，f′(x)＝－＋＝，当x>2时，f′(x)>0，此时f(x)为增函数；当0
A. B．－
C．ln 3 D．－ln 3
答案 B
解析 由题可得y′＝3x＋x·3x·ln 3＝3x(1＋xln 3)．
当x<－时，y′<0，函数单调递减，当x>－时，y′>0，函数单调递增，则函数y在x＝－处取得极小值．
(3)当x∈[－1,2]时，函数f(x)＝ex－x的最小值为( )
A．1 B．－1
C．0 D．－e
答案 A
解析 因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，由f′(x)＝0，得x＝0.当x∈[－1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f(0)＝1.
(4)若x＝1是函数f(x)＝(ex＋a)ln x的极值点，则实数a＝________.
答案 －e
解析 因为f′(x)＝exln x＋(ex＋a)，且x＝1是函数f(x)＝(ex＋a)ln x的极值点，所以f′(1)＝e＋a＝0，解得a＝－e.
题型 一 用导数求解函数极值问题
角度1 求函数的极值
1．(2017·全国卷Ⅱ)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 函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)·ex－1
＝ex－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1]．
由x＝－2是函数f(x)的极值点得
f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，
所以a＝－1.
所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝ex－1·(x2＋x－2)．
由ex－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，
且x<－2时，f′(x)>0；－2
所以x＝1是函数f(x)的极小值点．
所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.故选A.
角度2 极值点个数问题
2．(2019·南昌模拟)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个极大值点，1个极小值点
B．函数f(x)有0个极大值点，1个极小值点
C．函数f(x)有1个极大值点，0个极小值点
D．函数f(x)有0个极大值点，0个极小值点
答案 B
解析 由题图可知，当x
3．(2019·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝sinx－ln (1＋x)，f′(x)为f(x)的导数．
证明：f′(x)在区间存在唯一极大值点．
证明 设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cosx－，g′(x)＝－sinx＋.
当x∈时，g′(x)单调递减，而g′(0)＞0，g′＜0，可得g′(x)在有唯一零点，设为α.则当x∈(－1，α)时，g′(x)＞0；
当x∈时，g′(x)＜0.
所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在上单调递减，故g(x)在存在唯一极大值点，即f′(x)在存在唯一极大值点．
角度3 根据极值求参数
4．(2019·青岛模拟)若函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，在x＝2处取得极大值，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 f′(x)＝(x－2)(ax－1)ex.当a<0时，由f′(x)>0，解得
当a＝0时，f′(x)＝(2－x)ex.
由f′(x)>0，解得x<2；
由f′(x)<0，解得x>2.
所以函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，
在(2，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在x＝2处取得极大值．
当a>0时，若要f(x)在x＝2处取得极大值，则需f(x)在(－∞，2)，上单调递增，在上单调递减，则有>2，解得0
5．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．
解 f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1.
由f′(x)>0，解得x<或x>1；
由f′(x)<0，解得
所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．
①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；
②当a≠0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥.
综上，a的取值范围为.
1．熟记运用导数解决函数极值问题的一般流程
2．已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
(2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
1．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
答案 B
解析 极大值点处导数值为0，且两侧导数符号左正右负，观察导函数f′(x)在(a，b)上的图象可知，f(x)在(a，b)上的极大值点有2个．
2．若函数f(x)＝x3－x＋m的极大值为1，则函数f(x)的极小值为( )
A．－ B．－1
C. D．1
答案 A
解析 f′(x)＝x2－1，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1，所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝－1处取得极大值，则f(－1)＝1，得m＝，函数f(x)在x＝1处取得极小值，且f(1)＝×13－1＋＝－.故选A.
3．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点．
解 (1)因为f′(x)＝，所以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，
所以当x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，
当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f(x)仅有唯一的极小值点．
题型 二 用导数求函数的最值
1．设动直线x＝m与函数f(x)＝x3，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则|MN|的最小值为( )
A.(1＋ln 3) B.ln 3
C．1＋ln 3 D．ln 3－1
答案 A
解析 由题意，得M(m，m3)，N(m，ln m)，m>0.
∴|MN|＝|m3－ln m|，m>0.
设h(m)＝m3－ln m，m>0，
∴h′(m)＝3m2－.
由h′(m)＝0，得m＝.
当m∈时，h′(m)<0，h(m)单调递减，
当m∈时，h′(m)>0，h(m)单调递增，
∴m＝时，h(m)取得最小值，
h(m)min＝－ln ＝(1＋ln 3)．
∵(1＋ln 3)>0，∴|MN|min＝(1＋ln 3)．
2．(2019·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＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(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]上单调递增，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]上单调递减，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＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0,1]的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b.
若－＋b＝－1，b＝1，则a＝3，与0＜a＜3矛盾．
若－＋b＝－1,2－a＋b＝1，则a＝3或a＝－3或a＝0，与0＜a＜3矛盾．
综上，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.
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．
1．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b(a，b为实数，且a>1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a＝________，b＝________.
答案 1
解析 因为f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝a.
因为a>1，所以当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
－1
(－1,0)
0
(0,1)
1
f′(x)
＋
＋
0
－
－
f(x)
－1－a＋b
极大值b
1－a＋b
由题意得b＝1.
则f(－1)＝－，f(1)＝2－，f(－1)
2．(2020·北京石景山区摸底)已知f(x)＝ex－ax2，曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝bx＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在[0,1]上的最大值；
(3)当x∈R时，判断y＝f(x)与y＝bx＋1交点的个数．(只需写出结论，不要求证明)
解 (1)f(x)＝ex－ax2的导数为f′(x)＝ex－2ax，
由已知可得f′(1)＝e－2a＝b，f(1)＝e－a＝b＋1，
解得a＝1，b＝e－2.
(2)令g(x)＝f′(x)＝ex－2x.则g′(x)＝ex－2，
故当0≤x
所以g(x)min＝g(ln 2)＝2－2ln 2>0，故f(x)在[0,1]单调递增，所以f(x)max＝f(1)＝e－1.
(3)当x∈R时，y＝f(x)与y＝bx＋1有两个交点．
题型 三 函数极值和最值的综合问题
1．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax，
因为函数f(x)在x＝2处取得极值，
所以f′(2)＝－12＋4a＝0，a＝3，
所以f′(x)＝－3x2＋6x.
当m∈[－1,1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，
令f′(m)＝0得m＝0或m＝2(舍去)，
当m∈(－1,0)时，f′(m)<0，f(m)单调递减；
当m∈(0,1)时，f′(m)>0，f(m)单调递增，
所以f(m)min＝f(0)＝－4.
2．(2019·珠海调研)已知函数f(x)＝(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)＝
＝.
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>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
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3,0)，
单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝.
因为f(x)的单调递增区间是(－3,0)，
单调递减区间是(－∞，－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)＝＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
解决函数极值、最值问题的策略
(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)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．
(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，然后借助图象观察得到函数的最值．
1．已知函数f(x)＝cosx＋aln x在x＝处取得极值，则函数f(x)在区间上的最小值为( )
A．f(1) B．f
C．f D．不存在
答案 C
解析 因为f(x)＝cosx＋aln x，
所以f′(x)＝－sinx＋，
因为f(x)在x＝处取得极值，
所以f′＝－＋＝0，解得a＝，
所以f(x)＝cosx＋ln x，f′(x)＝－sinx＋，
因为f′＝0，f′(x)在上为减函数，
所以在x∈上，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减，所以f(x)min＝f.故选C.
2．已知函数f(x)＝x－2sinx＋1，g(x)＝x2＋mcosx.
(1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；
(2)求f(x)在(0，π)上的单调区间；
(3)当m>1时，证明：g(x)在(0，π)上存在最小值．
解 (1)因为f(x)＝x－2sinx＋1，
所以f′(x)＝1－2cosx，
则f(0)＝1，f′(0)＝－1，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝－x＋1.
(2)令f′(x)＝0，则cosx＝，当x∈(0，π)时，得x＝，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表．
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
减
极小值
增
所以函数f(x)在(0，π)上的单调递减区间为，单调递增区间为.
(3)证明：因为g(x)＝x2＋mcosx，
所以g′(x)＝x－msinx.
令h(x)＝g′(x)＝x－msinx，则h′(x)＝1－mcosx，
因为m>1，所以∈(0,1)，
令h′(x)＝1－mcosx＝0，则cosx＝，易知cosx＝在(0，π)内有唯一解x0，
当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，当x∈(x0，π)时，h′(x)>0，
所以h(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，π)上单调递增．所以h(x0)
所以h(x)＝x－msinx在(x0，π)内有唯一零点x1，
当x∈(0，x1)时，h(x)<0，即g′(x)<0，
当x∈(x1，π)时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以g(x)在(0，x1)上单调递减，在(x1，π)上单调递增．
所以函数g(x)在x＝x1处取得最小值，
即当m>1时，函数g(x)在(0，π)上存在最小值．
组 基础关
1．(2020·赤峰摸底)设函数f(x)在定义域R上可导，其导函数为f′(x)，若函数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 由函数的图象可知，f′(－2)＝0，f′(2)＝0，并且当x<－2时，f′(x)>0，当－2
2．函数f(x)＝x3－4x＋4的极大值为( )
A. B．6
C. D．7
答案 A
解析 f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0；当x∈(－2,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的极大值为f(－2)＝×(－2)3－4×(－2)＋4＝.
3．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 f′(x)＝－1，由f′(x)＝0得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1.
4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则的值为( )
A．－ B．－2
C．－2或－ D．2或－
答案 A
解析 由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即解得或经检验满足题意，故＝－.
5．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．－29
C．－5 D．－13
答案 A
解析 f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2.当x∈(－2，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝m＝3，从而f(－2)＝－37，f(2)＝－5，所以f(x)min＝f(－2)＝－37.
6．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则( )
A．a<－1 B．a>－1
C．a>－ D．a<－
答案 A
解析 因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a，又函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，当x>0时，－ex<－1，所以a＝－ex<－1.故选A.
7．已知函数f(x)＝，则( )
A．f(x)有1个零点
B．f(x)在(0,1)上为减函数
C．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
D．f(x)有2个极值点
答案 B
解析 由f(x)＝0得ex＝－1，无实根，所以f(x)有0个零点，故A错误；因为f′(x)＝，当x∈(0,1)时，ex>0，x－1<0，所以f′(x)<0，f(x)为减函数，故B正确；因为f＋f＝2(1＋e)＋(1＋e)≠0，所以y＝f(x)的图象不关于点(1,0)对称，故C错误；由f′(x)＝0得ex(x－1)－1＝0，即ex＝，数形结合可知此方程只有一个实数根，所以f(x)至多有1个极值点，故D错误．
8．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的单调递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．
答案 6
解析 因为f(x)的单调递减区间为(－1,1)，所以a>0，
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，可得a＝1，
由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，
可得1－3＋b＝2，故b＝4.
所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
9．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________．
答案
解析 ∵函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)，
∴f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)(a>0)，
令f′(x)＝0，可得x＝－a或x＝a，
当x<－a或x>a时，f′(x)>0，
当－a
在(－a，a)上是减函数，
∴当x＝－a时，f(x)取得极大值，极大值是f(－a)＝2a3＋a，
当x＝a时，f(x)取得极小值，极小值是f(a)＝－2a3＋a，
由已知，得解得a>.
∴实数a的取值范围是.
10．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．
答案 －
解析 f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝4cos2x＋2cosx－2＝4(cosx＋1)·，所以当cosx<时函数单调递减，当cosx>时函数单调递增，从而得到函数的减区间为(k∈Z)，函数的增区间为(k∈Z)，所以当x＝2kπ－，k∈Z时，函数f(x)取得最小值，此时sinx＝－，sin2x＝－，所以f(x)min＝2×－＝－.
组 能力关
1．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于( )
A. B.
C. D．1
答案 D
解析 由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝－a＝0，得x＝，当0
A．(－∞，0) B.
C．(0,1) D．(0，＋∞)
答案 B
解析 因为f(x)＝x(ln x－ax)，所以f′(x)＝ln x－2ax＋1.由题可知f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝.令g(x)＝，则g′(x)＝，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又因为当x从右边趋近于0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，所以只需0<2a<1，即0
当x∈(－∞，m]时，f(x)∈，则实数m的取值范围是________．
答案
解析 当x≤1时，f′(x)＝(x＋1)(ex－2)．
令f′(x)>0得ln 2
在(－∞，－1)和(ln 2,1)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝－1时取得极大值．
f(－1)＝1－；在x＝ln 2时取得极小值，
f(ln 2)＝－(ln 2)2且f(1)＝e－3
解得x≤2－，
综上所述，实数m的取值范围是.
4．已知函数f(x)＝
(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)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，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
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＝.
(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，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)＝aln 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.
5．设f(x)＝xln x－ax2＋(3a－1)x.
(1)g(x)＝f′(x)在[1,2]上单调，求a的取值范围；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
解 (1)由f′(x)＝ln x－3ax＋3a，
即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，
g′(x)＝－3a，
①g(x)在[1,2]上单调递增，
所以－3a≥0对x∈[1,2]恒成立，
即a≤对x∈[1,2]恒成立，得a≤；
②g(x)在[1,2]上单调递减，所以－3a≤0对x∈[1,2]恒成立，
即a≥对x∈[1,2]恒成立，得a≥，
由①②可得a的取值范围为∪.
(2)由(1)知，
①若a≤0，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；
②若0
③若a＝，则＝1，f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不符合题意；
④若a>，则0<<1，当x∈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f(x)在x＝1处取得极大值，不符合题意．
综上所述，可得a∈.
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