2019版高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用：第3章3第3讲　导数与函数的极值、最值

第3讲　导数与函数的极值、最值

1．函数的极值
函数y＝f(x)在点x＝a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y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
函数y＝f(x)在点x＝b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y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．
[提醒]　(1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点；
(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值；
(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．
2．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
3．极值与最值的区别与联系
(1)区别
函数的极值
函数的最值
函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点
使函数取得最大值，最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点
函数的极值是通过比较极值点附近的函数值得出的
函数的最值是通过比较整个定义域内的函数值得出的
函数的极值可能不止一个，也可能一个没有
函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个
函数的极大值不一定大于函数的极小值
函数的最大值一定大于函数的最小值
(2)联系
①当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点；
②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．

判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．(　　)
(2)导数为零的点不一定是极值点．(　　)
(3)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)
(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)√
(教材习题改编)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)

A．1个　　 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选A.导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在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．
函数y＝ln x－x在x∈(0，e]上的最大值为(　　)
A．e B．1
C．－1 D．－e
解析：选C.函数y＝ln x－x的定义域为(0，＋∞)，
又y′＝－1＝，
令y′＝0得x＝1，
当x∈(0，1)时，y′>0，函数单调递增；
当x∈(1，e)时，y′<0，函数单调递减．
当x＝1时，函数取得最大值－1.
已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
答案：2
(教材习题改编)函数y＝x＋2cos x在区间上的最大值是________．
解析：y′＝1－2sin x，令y′＝0，
又因为x∈，解得x＝，
则当x∈时，y′＞0；当x∈时，y′＜0，故函数y＝x＋2cos x在x＝时取得最大值＋.
答案：＋


　　　　　　函数的极值问题(高频考点)
函数的极值是每年高考的热点，一般为中高档题，三种题型都有．高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度：
(1)由图判断函数极值的情况；
(2)已知函数解析式求极值；
(3)已知函数极值求参数值或范围．
[典例引领]
角度一　由图判断函数极值的情况
(2017·高考浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)


【解析】　原函数先减再增，再减再增，且x＝0位于增区间内，故选D.
【答案】　D
角度二　已知函数解析式求极值
(2018·湖南省五市十校联考)已知函数f(x)＝ln x－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)＝＋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－ax2＋(1－a)x＋1，
则g′(x)＝－ax＋(1－a)＝，
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)＝
＝－，
令g′(x)＝0得x＝.
所以当x∈(0，)时，g′(x)＞0；当x∈(，＋∞)时，g′(x)＜0.
因为g(x)在(0，)上是增函数，在(，＋∞)上是减函数．
所以x＝时，g(x)有极大值g()＝ln－×＋(1－a)·＋1＝－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－ln a，无极小值．
角度三　已知函数极值求参数值或范围
(2016·高考山东卷)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值．求实数a的取值范围．
【解】　(1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．
则g′(x)＝－2a＝.
当a≤0时，
x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增；
当a>0时，
x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
x∈时，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；
当a>0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)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，不合题意．
②当01，由(1)知f′(x)在内单调递增，
可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a>时，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，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为a>.
(1)利用导数研究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．
[提醒]　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．
　
[通关练习]
1．(2017·高考全国卷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
解析：选A.因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－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)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2 2．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表．

x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

ln 2－1

故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝(x＞0)，
当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a＞0时，当x∈时，f′(x)＞0，
当x∈时，f′(x)＜0，
故函数在x＝处有极大值．
综上所述，当a≤0时，函数在定义域上无极值点，当a＞0时，函数在x＝处有一个极大值点．

　　　　　　函数的最值问题
[典例引领]
(2017·高考浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)e－x(x≥)．
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
【解】　(1)因为(x－)′＝1－，(e－x)′＝－e－x，所以f′(x)＝e－x－(x－)·e－x＝.
(2)由f′(x)＝＝0，
解得x＝1或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x


1



f′(x)

－
0
＋
0
－
f(x)
e－

0

e－

又f(x)＝(－1)2e－x≥0，所以f(x)在区间上的取值范围是.

求函数f(x)在[a，b]上最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；
(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，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．　
[通关练习]
1．函数f(x)＝在上的最小值与最大值的和为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C．1 D．0
解析：选A.f′(x)＝
＝，x∈，
当f′(x)＝0时，x＝0；
当f′(x)<0时，－≤x<0；
当f′(x)>0时，0 所以f(x)在上是减函数，在(0，1]上是增函数．
所以f(x)min＝f(0)＝0.
又f＝，f(1)＝.
所以f(x)的最大值与最小值的和为.
2．(2018·贵阳市检测)已知函数f(x)＝－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在[，e]上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数)．
解：(1)f(x)＝－ln x＝1－－ln x，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝－＝，所以f′(x)＞0⇒0＜x＜1，f′(x)＜0⇒x＞1，所以f(x)＝1－－ln x在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)在[，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减，
所以f(x)在[，e]上的最大值为f(1)＝1－－ln 1＝0.
又f()＝1－e－ln ＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f()＜f(e)．
所以f(x)在[，e]上的最小值为f()＝2－e.
所以f(x)在[，e]上的最大值为0，最小值为2－e.

　　　　　　函数极值与最值的综合应用
[典例引领]
(2018·福州市综合质量检测)已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
【解】　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9，
所以f′(x)＝＝，
所以当0＜x＜或x＞3时，f′(x)＞0；当＜x＜3时，f′(x)＜0.
所以x＝3是f(x)的极小值点，
所以f(x)的单调递增区间为(0，)，(3，＋∞)，单调递减区间为(，3)．
(2)g′(x)＝－2＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在[1，)上为减函数，在(，e]上为增函数，h(a)＝g()＝aln －a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝

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)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)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．　
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)在区间[－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

所以当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．
所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
所以当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.

　　　　　　利用导数研究生活中的优化问题
[典例引领]
某食品厂进行蘑菇的深加工，每公斤蘑菇的成本为20元，并且每公斤蘑菇的加工费为t元(t为常数，且2≤t≤5)．设该食品厂每公斤蘑菇的出厂价为x元(25≤x≤40)，根据市场调查，销售量q公斤与ex成反比，当每公斤蘑菇的出厂价为30元时，日销售量为100公斤．
(1)求该工厂的每日利润y元与每公斤蘑菇的出厂价x元的函数关系式；
(2)若t＝5，当每公斤蘑菇的出厂价x为多少时，该工厂的每日利润y最大？并求最大值．
【解】　(1)设日销量q＝，则＝100，
所以k＝100e30，
所以日销量q＝，
所以y＝(25≤x≤40)．
(2)当t＝5时，y＝，
y′＝，
由y′≥0得x≤26，由y′≤0，得x≥26，
所以y在区间[25，26]上单调递增，在区间[26，40]上单调递减，
所以当x＝26时，ymax＝100e4，
即当每公斤蘑菇的出厂价为26元时，该工厂的每日利润最大，最大值为100e4元．

　
一列电力机车每小时电的消耗费用与机车行驶速度的立方成正比，已知当速度为20 km/h时，每小时消耗的电价值40元，其他费用每小时需400元，机车的
最高速度为100 km/h，机车以何速度行驶才能使从甲城开往乙城的总费用最少？
解：设机车的速度为x km/h，甲、乙两城距离为a km.
由题意，令40＝k·203，所以k＝，
则总费用f(x)＝(kx3＋400)·
＝a＝a(0 由f′(x)＝＝0，得x＝20.
当0 当200.
所以当x＝20时，f(x)取最小值，即速度为20 km/h时，总费用最少．

求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论，所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函数单调性的研究．
研究函数的性质借助数形结合的方法有助于问题的解决．函数的单调性常借助导函数的图象分析导数的正负；函数的极值常借助导函数的图象分析导函数的变号零点；函数的最值常借助原函数图象来分析最值点．
分类讨论思想的应用
(1)利用导数研究函数的性质，不能以统一的方法或形式处理多种可能情形的对象．此时可选择一个标准，依此分成几个能用不同形式去解决的小问题，从而获得问题解决，体现化整为零，各个击破、积零为整的思想——分类讨论．
如求函数f(x)在某一区间上的最值，应根据函数在该区间上的单调性求解，若函数的单调区间含参数，需根据所求区间与函数的单调区间的相对位置关系进行分类讨论，分类的目的是确定函数在所求区间上的单调性．
(2)解含参函数单调区间、极值、最值问题时，容易产生讨论的两个地方：
①f′(x)＝0有根与无根的讨论；
②f′(x)＝0有根，对根大小的讨论．
易错防范
(1)求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点；
(2)易混极值与最值，注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．函数y＝xex的最小值是(　　)
A．－1　　 B．－e
C．－ D．不存在
解析：选C.因为y＝x·ex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex，
当x∈(－∞，－1)时，y′＜0，当x∈(－1，＋∞)时，y′＞0，所以当x＝－1时，ymin＝(－1)e－1＝－.
2．从边长为10 cm×16 cm的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为(　　)
A．12 cm3 B．72 cm3
C．144 cm3 D．160 cm3
解析：选C.设盒子容积为y cm3，盒子的高为x cm，
则x∈(0，5)，y＝(10－2x)(16－2x)x＝4x3－52x2＋160x，所以y′＝12x2－104x＋160.令y′＝0，得x＝2或(舍去)，
所以ymax＝6×12×2＝144(cm3)．
3．已知函数y＝x－ln(1＋x2)，则函数y的极值情况是(　　)
A．有极小值
B．有极大值
C．既有极大值又有极小值
D．无极值
解析：选D.由题意得x∈R，y′＝1－·(1＋x2)′＝1－＝≥0，所以函数y＝x－ln(1＋x2)无极值．
4．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
解析：选C.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x0，f(x)为增函数，
当x1 5．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(　　)
A．(1，4] B．[2，4]
C．[1，4) D．[1，2]
解析：选C.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上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：

x
(－∞，－)
－
(－，)

(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以或解得1≤a<4.选C.
6．函数f(x)＝x3－3x2＋4在x＝________处取得极小值．
解析：由f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.列表得

x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以在x＝2处取得极小值．
答案：2
7．(2018·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f(x)＝则函数h(x)的最大值为______．
解析：先求出x＞0时，f(x)＝－1的最小值．当x＞0时，f′(x)＝，所以x∈(0，1)时，f′(x)＜0，函数单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数单调递增，所以x＝1时，函数取得极小值即最小值，为e－1，所以由已知条件得h(x)的最大值为1－e.
答案：1－e
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)＝＋＝(x＞0)，
当m＞0时，f′(x)＞0，f(x)在区间[1，e]上为增函数，f(x)有最小值f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m＞0矛盾．
当m＜0时，若－m＜1即m＞－1，f(x)在区间[1，e]上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－m＝4，
得m＝－4，与m＞－1矛盾；
若－m∈[1，e]，即－e≤m≤－1，
f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1＝4，
解得m＝－e3，与－e≤m≤－1矛盾；
若－m＞e，即m＜－e时，f(x)在区间[1，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e，符合题意．
答案：－3e
9．(2017·高考北京卷)已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝ f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
解：(1)因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则
h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈有h(x) 所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.
10．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a＞0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞2a－2等价于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
g(1)＝0.
于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.
因此，a的取值范围是(0，1)．

1．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax(a＞)，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝(　　)
A． B．
C． D．1
解析：选D.因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0，得x＝，又a＞，所以0＜＜2.当x＜时，f′(x)＞0，f(x)在(0，)上单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，f(x)在(，2)上单调递减，所以f(x)max＝f()＝ln－a·＝－1，解得a＝1.故选D.
2．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：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x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)．
3．已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为______．
解析：f′(x)＝－k＝(x＞0)．设g(x)＝，
则g′(x)＝，则g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
所以g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e.
答案：(－∞，e]
4．设m，n是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若2∈(m，n)，则实数a的取值范围是______．
解析：由已知f(x)的解析式知f′(x)＝3x2－4ax＋a2，因为函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x有两个极值点m，n，
所以f′(x)＝3x2－4ax＋a2有两个零点m，n，
又因为2∈(m，n)，所以有f′(2)＝12－8a＋a2＜0，
解得2＜a＜6.
答案：(2，6)
5．(2018·南昌市第一次模拟)已知函数f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x＞0，a∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)当a∈(0，)时，证明：函数f(x)有最小值，并求函数f(x)的最小值的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2ex＋(2x－4)ex＋2a(x＋2)＝(2x－2)ex＋2a(x＋2)，依题意，当x＞0时，函数f′(x)≥0恒成立，即a≥－恒成立，记g(x)＝－，则g′(x)＝－＝－＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)＜g(0)＝，
所以a≥.
(2)因为[f′(x)]′＝2xex＋2a＞0，所以y＝f′(x)是(0，＋∞)上的增函数，又f′(0)＝4a－2＜0，f′(1)＝6a＞0，所以存在t∈(0，1)使得f′(t)＝0，
又当x∈(0，t)时，f′(x)＜0，当x∈(t，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以当x＝t时，f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et＋a(t＋2)2.且有f′(t)＝0⇒a＝－，
则f(x)min＝f(t)＝(2t－4)et－(t－1)(t＋2)et
＝et(－t2＋t－2)，t∈(0，1)．
记h(t)＝et(－t2＋t－2)，则h′(t)＝et(－t2＋t－2)＋et(－2t＋1)＝et(－t2－t－1)＜0，
所以h(1)＜h(t)＜h(0)，即f(x)的最小值的取值范围是(－2e，－2)．
6．(2018·山西三区八校模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋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＋ax2＋bx，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2ax＋b，
因为函数f(x)＝ln x＋ax2＋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)＝，
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x



1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

所以f(x)的单调递增区间为，(1，＋∞)，
单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1，
当＜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，x2＝＞0，
当＜1时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，[1，e]上单调递增，所以最大值可能在x＝或x
＝e处取得，而f＝ln＋a－(2a＋1)＝ln－－1＜0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝，
当1＜＜e时，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
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＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1＜x2＝＜e矛盾，
当x2＝≥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＝或a＝－2.