高考数学一轮复习　第三章第2节第2课时导数在研究函数中的应用

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考点一利用导数解决函数的极值问题多维探究
角度1 根据函数图象判断函数极值
【例1－1】已知函数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－22时，f′(x)>0.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】 (2019·天津和平区模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当a＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x)，
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.
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)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)(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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，
故函数在x＝eq \f(1,a)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＝eq \f(1,a).
规律方法运用导数求可导函数y＝f(x)的极值的一般步骤：(1)先求函数y＝f(x)的定义域，再求其导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的根；(3)检查导数f′(x)在方程根的左右的值的符号，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.特别注意：导数为零的点不一定是极值点.
角度3 已知函数的极(最)值求参数的取值
【例1－3】 (2019·泰安检测)已知函数f(x)＝ln x.
(1)求f(x)图象的过点P(0，－1)的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx＋eq \f(m,x)存在两个极值点x1，x2，求m的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1,x).
设切点坐标为(x0，ln x0)，则切线方程为y＝eq \f(1,x0)x＋ln x0－1.
把点P(0，－1)代入切线方程，得ln x0＝0，∴x0＝1.
∴过点P(0，－1)的切线方程为y＝x－1.
(2)因为g(x)＝f(x)－mx＋eq \f(m,x)＝ln x－mx＋eq \f(m,x)(x>0)，
所以g′(x)＝eq \f(1,x)－m－eq \f(m,x2)＝eq \f(x－mx2－m,x2)＝－eq \f(mx2－x＋m,x2)，
令h(x)＝mx2－x＋m，
要使g(x)存在两个极值点x1，x2，
则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
故只需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h(0)>0，,\f(1,2m)>0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)))<0))即可，解得0规律方法已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：(1)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)因为导数值等于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1】 (1)(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，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2所以x＝1是函数f(x)的极小值点，
则f(x)极小值为f(1)＝－1.
答案 A
(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.
②f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))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≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
考点二利用导数求函数的最值
【例2】 (2019·广东五校联考)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＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x)，
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＋eq \f(1,x)，x∈(0，e]，eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
①若a≥－eq \f(1,e)，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<－eq \f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq \f(1,x)>0，结合x∈(0，e]，解得0令f′(x)<0得a＋eq \f(1,x)<0，结合x∈(0，e]，解得－eq \f(1,a)从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上为增函数，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，e))上为减函数，
∴f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))).
令－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－2，
即a＝－e2.
∵－e2<－eq \f(1,e)，∴a＝－e2为所求.
故实数a的值为－e2.
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，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
2.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.
【训练2】 (2019·合肥质检)已知函数f(x)＝excs 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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.
解 (1)∵f(x)＝ex·cs x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，
即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2exsin x≤0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).
考点三利用导数求解最优化问题
【例3】 (2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,10)))eq \s\up12(3)＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为eq \f(v,2)(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).
(1)求y关于v的函数关系式；
(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少.
解 (1)由题意，下潜用时eq \f(60,v)(单位时间)，用氧量为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,10)))\s\up12(3)＋1))×eq \f(60,v)＝eq \f(3v2,50)＋eq \f(60,v)(升)，水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)，返回水面用时eq \f(60,\f(v,2))＝eq \f(120,v)(单位时间)，用氧量为eq \f(120,v)×1.5＝eq \f(180,v)(升)，
因此总用氧量y＝eq \f(3v2,50)＋eq \f(240,v)＋9(v>0).
(2)y′＝eq \f(6v,50)－eq \f(240,v2)＝eq \f(3（v3－2 000）,25v2)，令y′＝0得v＝10eq \r(3,2)，
当0当v>10eq \r(3,2)时，y′>0，函数单调递增.
若c<10eq \r(3,2) ，函数在(c，10eq \r(3,2))上单调递减，在(10eq \r(3,2)，15)上单调递增，
∴当v＝10eq \r(3,2)时，总用氧量最少.
若c≥10eq \r(3,2)，则y在[c，15]上单调递增，
∴当v＝c时，这时总用氧量最少.
规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤：
(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f(x)，并确定其定义域；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答.
2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点.
【训练3】 (2017·全国Ⅰ卷)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______.
解析由题意，连接OD，交BC与点G，
由题意，OD⊥BC，设OG＝x，则BC＝2eq \r(3)x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝eq \r(DG2－OG2)
＝eq \r(25－10x＋x2－x2)
＝eq \r(25－10x)，
S△ABC＝eq \f(1,2)·(2eq \r(3)x)2·sin 60°＝3eq \r(3)x2，
则三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \r(3)x2·eq \r(25－10x)
＝eq \r(3)·eq \r(25x4－10x5)，
令f(x)＝25x4－10x5，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，
则f′(x)＝100x3－50x4，
令f′(x)＝0得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
故当x＝2时，f(x)取得最大值80，
则V≤eq \r(3)×eq \r(80)＝4eq \r(15).
∴体积最大值为4eq \r(15) cm3.
答案 4eq \r(15)
[思维升华]
1.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.
2.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.
3.解函数的优化问题关键是从实际问题中抽象出函数关系，并求出函数的最值.
[易错防范]
1.求函数的极值、函数的优化问题易忽视函数的定义域.
2.已知极值点求参数时，由极值点处导数为0求出参数后，易忽视对极值点两侧导数异号的检验.
3.由极值、最值求参数时，易忽视参数应满足的前提范围(如定义域)，导致出现了增解.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.函数y＝f(x)导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )
A.(－1，3)为函数y＝f(x)的递增区间
B.(3，5)为函数y＝f(x)的递减区间
C.函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值
D.函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
解析由函数y＝f(x)导函数的图象可知，f(x)的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f(x)在x＝－1，5取得极小值，在x＝3取得极大值，故选项C错误.
答案 C
2.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>－eq \f(1,e) D.a<－eq \f(1,e)
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.
答案 A
3.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于( )
A.11或18 B.11
C.18 D.17或18
解析 ∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11.))
而当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))时，函数在x＝1处无极值，故舍去.
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.
答案 C
4.函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.无数
解析函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋eq \f(1,x)－2＝eq \f(6x2－2x＋1,x)，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，
即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
答案 A
5.(2019·青岛二模)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－eq \f(x,e)(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为( )
A.2e－1 B.－eq \f(1,e) C.1 D.2ln 2
解析由题意知，f′(x)＝eq \f(2ef′（e）,x)－eq \f(1,e)，
∴f′(e)＝2f′(e)－eq \f(1,e)，则f′(e)＝eq \f(1,e).
因此f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,e)，令f′(x)＝0，得x＝2e.
∴f(x) 在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减.
∴f(x)在x＝2e处取极大值f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2.
答案 D
二、填空题
6.函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最大值是________.
解析 f′(x)＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
又f(0)＝0，f(4)＝eq \f(4,e4)，f(1)＝e－1＝eq \f(1,e)，
∴f(1)＝eq \f(1,e)为最大值.
答案 eq \f(1,e)
7.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小值是________.
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，
∴当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
答案－4
8.若函数f(x)＝eq \f(x3,3)－eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有极值点，则实数a的取值范围是________.
解析函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有极值点等价于f′(x)＝0有2个不相等的实根且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有根，由f′(x)＝0有2个不相等的实根，得a<－2或a>2.由f′(x)＝0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有根，得a＝x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))内有解，又x＋eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))，所以2≤a综上，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))).
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
三、解答题
9.设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值.
解 (1)由f(x)＝aln x－bx2(x>0)，得f′(x)＝eq \f(a,x)－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′(1)＝a－2b＝0，,f(1)＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,2).))
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，
则f′(x)＝eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x)，
当eq \f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)>0，得eq \f(1,e)≤x<1，
令f′(x)<0，得1∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增；在(1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－eq \f(1,2).
10.(2018·天津卷选编)设函数f(x)＝(x－t1)(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列.
(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若d＝3，求f(x)的极值.
解 (1)由已知，得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，
故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1，
又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.
(2)由已知得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3teq \\al(2,2)－9)x－teq \\al(3,2)＋9t2.
故f′(x)＝3x2－6t2x＋3teq \\al(2,2)－9.
令f′(x)＝0，解得x＝t2－eq \r(3)，或x＝t2＋eq \r(3).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以函数f(x)的极大值为f(t2－eq \r(3))＝(－eq \r(3))3－9×(－eq \r(3))＝6eq \r(3)；函数f(x)的极小值为f(t2＋eq \r(3))＝(eq \r(3))3－9×eq \r(3)＝－6eq \r(3).
能力提升题组
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11.(2019·郑州质检)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.
∴函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数.
答案 C
12.若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________.
解析因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－eq \f(1,x)，所以由f′(x)＝0解得x＝eq \f(1,2)，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k－1<\f(1,2)答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
13.(2019·杭州质检)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.设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x(常数a>0).
(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，＋∞).
所以g′(x)＝eq \f(1,x)－2a＝eq \f(1－2ax,x).
又a>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减.
∴函数y＝g(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞)).
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当01，由(1)知f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)>0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))内单调递增.
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.
②当a＝eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＝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.
③当a>eq \f(1,2)时，00，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处取极大值，符合题意.
综上可知，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
新高考创新预测
15.(试题创新)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＋eq \f(4a,x2)≤4，即0≤aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x2)))＋b≤4.令t＝x＋eq \f(4,x2)，x∈[1，4]，
则t′＝1－eq \f(8,x3)＝eq \f(x3－8,x3)＝eq \f(（x－2）（x2＋2x＋4）,x3)，
则t＝x＋eq \f(4,x2)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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤3a＋b≤4，,0≤5a＋b≤4，))
所以a＋b＝2(3a＋b)－(5a＋b)∈[－4，8]，故选A.
答案 Ax
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

ln 2－1

x
(－∞，t2－eq \r(3))
t2－eq \r(3)
(t2－eq \r(3)，t2＋eq \r(3))
t2＋eq \r(3)
(t2＋eq \r(3)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
