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2021新高考数学（江苏专用）一轮复习学案：第三章第2节第二课时利用导数研究函数的极值、最值
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第二课时 利用导数研究函数的极值、最值
考点一 利用导数求函数的极值 多维探究
角度1 根据函数图象判断极值
【例1－1】 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)
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2
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.
答案 D
规律方法 由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.
角度2 已知函数求极值
【例1－2】 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)的变化情况如下表.
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＝.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，
若x∈，则f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
规律方法 运用导数求导函数f(x)极值的一般步骤：
(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)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值.
【训练1】 (1)(角度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
解析 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点.其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个.
答案 B
(2)(角度2)(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.
(ⅰ)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；
(ⅱ)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.
解 (ⅰ)因为a＝b＝c，
所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.
因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.
(ⅱ)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)·.
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)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.
考点二 已知函数的极值求参数
【例2】 (2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－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.
规律方法 1.已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.
2.导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.
【训练2】 (2020·滨州模拟)已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是( )
A.(1，＋∞) B.(－1，＋∞)
C.(－∞，－1) D.(－∞，1)
解析 f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex＝(x－a)(x－1)ex.
令f′(x)＝0，得(x－a)(x－1)ex＝0.
设g(x)＝(x－1)(x－a).
(1)当a＝1时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)没有极值.
(2)当a>1时，若x>a或x<1时，g(x)>0，f′(x)>0；
若1
(3)当a<1时，若x>1或x0，
若a
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1).
答案 D
考点三 利用导数求函数的最值 典例迁移
【例3】 (2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)(经典母题)当0
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)当0
所以M－m＝
①当0
②当2≤a<3时，y＝单调递增，
所以M－m的取值范围是.
综上，M－m的取值范围是.
【迁移】 把本例(2)改为“是否存在正实数a，使得f(x)在[0，1]上的最小值为－2，且最大值为2？若存在，求出实数a的值；若不存在，说明理由.”
解 假设存在正实数a，使得f(x)min＝－2，且f(x)max＝2.
①若a≥3时，由例题(1)知，f(x)在[0，1]上是减函数，
当x∈[0，1]时，f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(1)＝4－a.
由题意，必有4－a＝－2，则a＝6.
②若0
规律方法 1.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：
(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中较大的一个为最大值，较小的一个为最小值.
2.研究含参数的最值，必要时要进行分类讨论.如本例迁移中，分类讨论的标准是单调区间的端点与0，1的大小关系，从而确定函数在[0，1]上的最值.
【训练3】 已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值.
解 (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意.
②若a<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0
∴f(x)max＝f＝－1＋ln.
令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，
即a＝－e2.
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求.
故实数a的值为－e2.
A级 基础巩固
一、选择题
1.函数y＝xex的最小值是( )
A.－1 B.－e C.－ D.不存在
解析 因为y＝xex，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，函数取得最小值，且ymin＝－.
答案 C
2.(2020·德州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝x·f′(x)的图象可能是( )
解析 ∵函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，
且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，
当x>－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；
当x<－2时，f′(x)<0.
∴当x>0时，xf′(x)>0；当－2
因此y＝xf′(x)的图象应为选项C.
答案 C
3.(2017·全国Ⅱ卷)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，
又ex－1>0恒成立，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2
则f(x)极小值为f(1)＝－1.
答案 A
4.(2020·北京西城区模拟)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为( )
A.2e－1 B.－ C.1 D.2ln 2
解析 由题意知f′(x)＝－，
∴f′(e)＝－，f′(e)＝，
∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e.
∴f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，＋∞)上递减，
∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.
答案 D
5.若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为( )
A. B.
C. D.(－1，0)∪
解析 对函数求导f′(x)＝x－1＋a＝，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－a.因为函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，所以x＝1，此时a≥0.所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝＋a－1＝a－，故f(1)≥1，即a－≥1，解得a≥.
答案 B
二、填空题
6.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件.
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当00；当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大.
答案 3
7.(2020·安徽江南十校联考)已知x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为________.
解析 由f(x)＝(x2＋ax)ex，得f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex，
因为x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点，
所以f′(1)＝(3＋2a)e＝0，解得a＝－.
∴f′(x)＝ex，所以f′(0)＝－.
所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为－.
答案 －
8.(2020·朝阳区诊断)直线y＝b分别与直线y＝2x＋1和曲线y＝ln x相交于点A，B，则|AB|的最小值为________.
解析 设两个交点分别为A，B(eb，b)，
则|AB|＝eb－.
令g(x)＝ex－，则g′(x)＝ex－.
由g′(x)＝0，得x＝－ln 2.
所以g(x)在区间(－∞，－ln 2)单调递减，在区间(－ln 2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(－ln 2)＝1＋.
答案 1＋
三、解答题
9.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)
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.
10.(2020·武汉质检)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.
B级 能力提升
11.若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数.已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为( )
A.2折函数 B.3折函数
C.4折函数 D.5折函数
解析 f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)
＝(x＋2)(ex－3x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.
又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.
所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.
答案 C
12.(2020·石家庄检测)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＝( )
A.－ B.2 C.－2 D.
解析 不妨假设点(－2，0)在f(x)图象上，
则f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，
因为函数图象关于点(－2，0)对称，且f(1)＝0，
所以f(－5)＝0，即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，
联立解得
故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，
则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，
由于x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点.
∴x1，x2是f′(x)的零点，则x1＋x2＝－4，x1x2＝1.
从而x1<0，x2<0，且x1>x2.
因此x2－x1＝－＝－2.
答案 C
13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短，而长度以每秒20 cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.
解析 设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为V(t) cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.
因为当底面半径为10 cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，解得a＝60，所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.
V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0，2)时，V′(t)>0，当t∈(2，8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8 640π，V(8)＝3 520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.
答案 4
14.(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].
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
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 由第(2)问知，
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.
C级 创新猜想
15.(多选题)对于函数f(x)＝，下列说法正确的有( )
A.f(x)在x＝1处取得极大值
B.f(x)有两个不同的零点
C.f(4)＜f(π)＜f(3)
D.πe2＞2eπ
解析 由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，且为最大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x＞0时，f(x)＞0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4＞π＞3＞1，可得f(4)＜f(π)＜f(3)，所以C正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π＞2＞1，可得＜，即πe2＜2eπ，所以D错误.故选AC.
答案 AC
16.(多填题)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)若a＝0，则f(x)＝
当x>0时，f(x)＝－2x<0；
当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当－1
(2)在同一平面直角坐标系中画出y＝－2x和y＝x3－3x的图象，
如图所示，当a<－1时，f(x)无最大值；
当－1≤a≤2时，f(x)max＝2；
当a>2时，f(x)max＝a3－3a.
综上，当a∈(－∞，－1)时，
f(x)无最大值.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
第二课时 利用导数研究函数的极值、最值
考点一 利用导数求函数的极值 多维探究
角度1 根据函数图象判断极值
【例1－1】 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)
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2
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.
答案 D
规律方法 由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.
角度2 已知函数求极值
【例1－2】 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)的变化情况如下表.
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＝.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，
若x∈，则f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
规律方法 运用导数求导函数f(x)极值的一般步骤：
(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)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值.
【训练1】 (1)(角度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
解析 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点.其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个.
答案 B
(2)(角度2)(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.
(ⅰ)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；
(ⅱ)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.
解 (ⅰ)因为a＝b＝c，
所以f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)＝(x－a)3.
因为f(4)＝8，所以(4－a)3＝8，解得a＝2.
(ⅱ)因为b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，从而f′(x)＝3(x－b)·.
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)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.
考点二 已知函数的极值求参数
【例2】 (2018·北京卷)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围.
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.
所以a的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－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.
规律方法 1.已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.
2.导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.
【训练2】 (2020·滨州模拟)已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是( )
A.(1，＋∞) B.(－1，＋∞)
C.(－∞，－1) D.(－∞，1)
解析 f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex＝(x－a)(x－1)ex.
令f′(x)＝0，得(x－a)(x－1)ex＝0.
设g(x)＝(x－1)(x－a).
(1)当a＝1时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)没有极值.
(2)当a>1时，若x>a或x<1时，g(x)>0，f′(x)>0；
若1
(3)当a<1时，若x>1或x
若a
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1).
答案 D
考点三 利用导数求函数的最值 典例迁移
【例3】 (2019·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)(经典母题)当0
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)当0
所以M－m＝
①当0
②当2≤a<3时，y＝单调递增，
所以M－m的取值范围是.
综上，M－m的取值范围是.
【迁移】 把本例(2)改为“是否存在正实数a，使得f(x)在[0，1]上的最小值为－2，且最大值为2？若存在，求出实数a的值；若不存在，说明理由.”
解 假设存在正实数a，使得f(x)min＝－2，且f(x)max＝2.
①若a≥3时，由例题(1)知，f(x)在[0，1]上是减函数，
当x∈[0，1]时，f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(1)＝4－a.
由题意，必有4－a＝－2，则a＝6.
②若0
规律方法 1.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：
(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中较大的一个为最大值，较小的一个为最小值.
2.研究含参数的最值，必要时要进行分类讨论.如本例迁移中，分类讨论的标准是单调区间的端点与0，1的大小关系，从而确定函数在[0，1]上的最值.
【训练3】 已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数.
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值.
解 (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当0
∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数.
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈.
①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意.
②若a<－，令f′(x)>0得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0
∴f(x)max＝f＝－1＋ln.
令－1＋ln＝－3，得ln＝－2，
即a＝－e2.
∵－e2<－，∴a＝－e2为所求.
故实数a的值为－e2.
A级 基础巩固
一、选择题
1.函数y＝xex的最小值是( )
A.－1 B.－e C.－ D.不存在
解析 因为y＝xex，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，函数取得最小值，且ymin＝－.
答案 C
2.(2020·德州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝x·f′(x)的图象可能是( )
解析 ∵函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，
且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，
当x>－2时，f′(x)>0；当x＝－2时，f′(x)＝0；
当x<－2时，f′(x)<0.
∴当x>0时，xf′(x)>0；当－2
因此y＝xf′(x)的图象应为选项C.
答案 C
3.(2017·全国Ⅱ卷)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，
又ex－1>0恒成立，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0；当－2
则f(x)极小值为f(1)＝－1.
答案 A
4.(2020·北京西城区模拟)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为( )
A.2e－1 B.－ C.1 D.2ln 2
解析 由题意知f′(x)＝－，
∴f′(e)＝－，f′(e)＝，
∴f′(x)＝－，令f′(x)＝0，得x＝2e.
∴f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，＋∞)上递减，
∴f(x)的极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.
答案 D
5.若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为( )
A. B.
C. D.(－1，0)∪
解析 对函数求导f′(x)＝x－1＋a＝，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－a.因为函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，所以x＝1，此时a≥0.所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝＋a－1＝a－，故f(1)≥1，即a－≥1，解得a≥.
答案 B
二、填空题
6.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件.
解析 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0
故当x＝3时，该商品的年利润最大.
答案 3
7.(2020·安徽江南十校联考)已知x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为________.
解析 由f(x)＝(x2＋ax)ex，得f′(x)＝(x2＋ax＋2x＋a)ex，
因为x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax)ex的一个极值点，
所以f′(1)＝(3＋2a)e＝0，解得a＝－.
∴f′(x)＝ex，所以f′(0)＝－.
所以曲线f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为－.
答案 －
8.(2020·朝阳区诊断)直线y＝b分别与直线y＝2x＋1和曲线y＝ln x相交于点A，B，则|AB|的最小值为________.
解析 设两个交点分别为A，B(eb，b)，
则|AB|＝eb－.
令g(x)＝ex－，则g′(x)＝ex－.
由g′(x)＝0，得x＝－ln 2.
所以g(x)在区间(－∞，－ln 2)单调递减，在区间(－ln 2，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(－ln 2)＝1＋.
答案 1＋
三、解答题
9.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)
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.
10.(2020·武汉质检)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.
B级 能力提升
11.若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数.已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为( )
A.2折函数 B.3折函数
C.4折函数 D.5折函数
解析 f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)
＝(x＋2)(ex－3x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点.
又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.
所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.
答案 C
12.(2020·石家庄检测)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＝( )
A.－ B.2 C.－2 D.
解析 不妨假设点(－2，0)在f(x)图象上，
则f(－2)＝3(4－2a＋b)＝0，
因为函数图象关于点(－2，0)对称，且f(1)＝0，
所以f(－5)＝0，即f(－5)＝6(25－5a＋b)＝0，
联立解得
故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，
则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，
由于x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点.
∴x1，x2是f′(x)的零点，则x1＋x2＝－4，x1x2＝1.
从而x1<0，x2<0，且x1>x2.
因此x2－x1＝－＝－2.
答案 C
13.传说中孙悟空的“如意金箍棒”是由“定海神针”变形得来的.这定海神针在变形时永远保持为圆柱体，其底面半径原为12 cm且以每秒1 cm等速率缩短，而长度以每秒20 cm等速率增长.已知神针的底面半径只能从12 cm缩到4 cm，且知在这段变形过程中，当底面半径为10 cm时其体积最大.假设孙悟空将神针体积最小时定形成金箍棒，则此时金箍棒的底面半径为________ cm.
解析 设神针原来的长度为a cm，t秒时神针的体积为V(t) cm3，则V(t)＝π(12－t)2·(a＋20t)，其中0≤t≤8，所以V′(t)＝[－2(12－t)(a＋20t)＋(12－t)2·20]π.
因为当底面半径为10 cm时其体积最大，所以10＝12－t，解得t＝2，此时V′(2)＝0，解得a＝60，所以V(t)＝π(12－t)2·(60＋20t)，其中0≤t≤8.
V′(t)＝60π(12－t)(2－t)，当t∈(0，2)时，V′(t)>0，当t∈(2，8)时，V′(t)<0，从而V(t)在(0，2)上单调递增，在(2，8)上单调递减，V(0)＝8 640π，V(8)＝3 520π，所以当t＝8时，V(t)有最小值3 520π，此时金箍棒的底面半径为4 cm.
答案 4
14.(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].
由g(x)＝x3－x2得g′(x)＝x2－2x.
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 由第(2)问知，
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.
C级 创新猜想
15.(多选题)对于函数f(x)＝，下列说法正确的有( )
A.f(x)在x＝1处取得极大值
B.f(x)有两个不同的零点
C.f(4)＜f(π)＜f(3)
D.πe2＞2eπ
解析 由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，且为最大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x＞0时，f(x)＞0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4＞π＞3＞1，可得f(4)＜f(π)＜f(3)，所以C正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π＞2＞1，可得＜，即πe2＜2eπ，所以D错误.故选AC.
答案 AC
16.(多填题)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)若a＝0，则f(x)＝
当x>0时，f(x)＝－2x<0；
当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
当x<－1时，f′(x)>0，f(x)是增函数；
当－1
(2)在同一平面直角坐标系中画出y＝－2x和y＝x3－3x的图象，
如图所示，当a<－1时，f(x)无最大值；
当－1≤a≤2时，f(x)max＝2；
当a>2时，f(x)max＝a3－3a.
综上，当a∈(－∞，－1)时，
f(x)无最大值.
答案 (1)2 (2)(－∞，－1)
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