2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题17导数与函数的极值、最值（Word版附解析）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题17导数与函数的极值、最值（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。


专题17导数与函数的极值、最值
知识梳理
考纲要求
考点预测
常用结论
方法技巧
题型归类
题型一：根据函数图象判断极值
题型二：求已知函数的极值
题型三：已知函数的极值求参数值(范围)
题型四：利用导数求函数的最值
题型五：构造法解决抽象函数问题

培优训练
训练一：
训练二：
训练三：
训练四：
训练五：
训练六：
强化测试
单选题：共8题
多选题：共4题
填空题：共4题
解答题：共6题
一、【知识梳理】
【考纲要求】
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.
2.会用导数求函数的极大值、极小值.
3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．
【考点预测】
1.函数的极值
(1)函数的极小值：
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.
(2)函数的极大值：
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.
(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.
2.函数的最大(小)值
(1)函数f(x)在区间[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)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
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.
【常用结论】
1.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
2.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.
【方法技巧】
1.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.
2.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)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.
3.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.
4.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.
5.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.
6.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.
二、【题型归类】
【题型一】根据函数图象判断极值
【典例1】(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)

A．f(x)有两个极值点
B．f(0)为函数的极大值
C．f(x)有两个极小值
D．f(－1)为f(x)的极小值
【解析】由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，
∴f′(x)<0，
当x∈(－2,0)时，g(x)<0，∴f′(x)>0，
当x∈(0,1)时，g(x)<0，∴f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，∴f′(x)>0.
∴f(x)在(－∞，－2)，(0,1)上单调递减，
在(－2,0)，(1，＋∞)上单调递增．
故AD错误，BC正确．
故选BC.
【典例2】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　)

A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)
B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3)
C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)
D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)
【解析】由题图知，当x∈(－∞，－3)时，
y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．
故选D.
【典例3】(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(　　)

A.－3是函数y＝f(x)的极值点
B.－1是函数y＝f(x)的极小值点
C.y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增
D.－2是函数y＝f(x)的极大值点
【解析】根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，－1)时，f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，－1)上单调递增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以A正确.
因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以B错误，C正确，D错误.
故选AC.
【题型二】求已知函数的极值
【典例1】已知函数f(x)＝ln x＋，求函数f(x)的极小值．
【解析】f′(x)＝－＝(x>0)，
当a－1≤0，即a≤1时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极小值．
当a－1>0，即a>1时，由f′(x)<0，得0 由f′(x)>0，得x>a－1，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增．f(x)极小值＝f(a－1)＝1＋ln(a－1)．
综上所述，当a≤1时，f(x)无极小值；
当a>1时，f(x)极小值＝1＋ln(a－1)．
【典例2】已知函数f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋的单调区间和极值．
【解析】(1)因为f(x)＝x3＋6ln x，所以f′(x)＝3x2＋.可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
(2)依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋，x∈(0，＋∞)．从而可得g′(x)＝3x2－6x＋－，整理可得g′(x)＝.令g′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

极小值

所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．
【典例3】已知函数f(x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f(x)的极值．
【解析】因为f(x)＝x2－1－2aln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－＝.
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗

所以当x＝时，f(x)取得极小值，且f()＝()2－1－2aln ＝a－1－aln a．无极大值．
综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值．
当a>0时，函数f(x)在x＝处取得极小值a－1－aln a，无极大值．
【题型三】已知函数的极值求参数值(范围)
【典例1】函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于(　　)
A．－7 B．0
C．－7或0 D．－15或6
【解析】由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f(x)在x＝1处取得极值10，
可得
解得或
检验知，当a＝－3，b＝3时，
可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
当x<－或x>1时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－ 当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．
所以a＋b＝－7.
故选A.
【典例2】设函数g(x)＝ln x－mx＋，若g(x)存在两个极值点x1，x2，求实数m的取值范围.
【解析】∵g(x)＝ln x－mx＋，
∴g′(x)＝－m－＝
＝－，
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.
∵＞0，∴h(0)＝m＞0，
故只需满足即可，解得0＜m＜.
故m的取值范围为.
【典例3】设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求实数a的值；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex.
f′(2)＝(2a－1)e2.
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.
若a>1，则当x∈时，f′(x)<0;
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
【题型四】利用导数求函数的最值
【典例1】函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)
A．　　　　　　　　　 B．
C．0 D．
【解析】易知y′＝，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1 【典例2】已知函数f(x)＝3ln x－x2＋x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】f′(x)＝－2x＋a－，由题设知f′(x)＝－2x＋a－在(1，3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为即⇒－ 【典例3】已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
【解析】(1)∵a＝1，∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝
＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1< ③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
【题型五】构造法解决抽象函数问题
【典例1】定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<，则不等式f(x2)>的解集为(　　)
A．(1，2) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－1，1)
【解析】构造函数g(x)＝f(x)－x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减，且g(1)＝f(1)－＋c＝＋c.f(x2)>＝x2＋，
即f(x2)－x2＋c>＋c，即g(x2)>g(1)，
即x2<1，即－1 【典例2】函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln 2)＝，则满足不等式f(x)>的x的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．(0，1)
C．(ln 2，＋∞) D．(0，ln 2)
【解析】由题意，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)>0.
令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，
所以函数g(x)在R上单调递增．
不等式f(x)>即exf(x)>1，即g(x)>1.
因为f(ln 2)＝，所以g(ln 2)＝eln 2f(ln 2)＝2×＝1.
故当x>ln 2时，g(x)>g(ln 2)＝1，所以不等式g(x)>1的解集为(ln 2，＋∞)．
故选C.
【典例3】f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．
【解析】构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，
可以推出x<0，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，y＝x为奇函数，
所以F(x)为奇函数，
所以F(x)在(0，＋∞)上也单调递减，根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0，4)．
三、【培优训练】
【训练一】已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0 【解析】(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)，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)当0 于是m＝－＋2，M＝
所以M－m＝
①当0 可知y＝2－a＋单调递减，
所以M－m的取值范围是.
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.
【训练二】已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)有两个极值x1，x2，x1 【解析】(1)f′(x)＝2x－2＋＝，x>0，
一元二次方程2x2－2x＋a＝0的Δ＝4(1－2a)，
①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当0 得x1＝>0，x2＝>0，
所以当0 f′(x)>0，f(x)单调递增，
当 f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≥时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当0 (2)由(1)知，0 则0 由f(x1)≥mx2恒成立，
得x－2x1＋aln x1≥mx2，
即(1－x2)2－2(1－x2)＋2(1－x2)x2ln(1－x2)≥mx2，
即m≤x2－＋2(1－x2)ln(1－x2)，
记h(x)＝x－＋2(1－x)ln(1－x)，
1>x>，
则h′(x)＝－2ln(1－x)－1>0，
故h(x)在上单调递增，
h＝－－ln 2，
故m≤－－ln 2.
【训练三】已知函数f(x)＝x3－ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【解析】(1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x
＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，
则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；
当x<0时，h(x)<0.
①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，
极大值是g(a)＝－a3－sin a，
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，
极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时g(x)取到极小值，
极小值是g(a)＝－a3－sin a.
综上所述：
当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；
当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a.
【训练四】已知函数f(x)＝aln x＋(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
【解析】由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝－(a>0)．
(1)由f′(x)>0，解得x>，
所以函数f(x)的单调递增区间是；
由f′(x)<0，解得x<，
所以函数f(x)的单调递减区间是.
所以当x＝时，函数f(x)有极小值f＝aln ＋a＝a－aln a.
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈时，函数f(x)单调递减；
当x∈时，函数f(x)单调递增．
①若0<≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1<≤e，即≤a<1时，函数f(x)在上为减函数，在上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f＝aln ＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而≤a<1，故不满足条件．
③若>e，即0 综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.
【训练五】已知函数f(x)＝－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．
(1)求实数a的值；
(2)设b>1，求f(x)在上的最大值和最小值．
【解析】(1)由题可得f(x)的导函数为f′(x)＝，所以f′(1)＝＝1－a.
依题意，有＝1－a，即＝1－a，
解得a＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝，
当00，－ln x>0，
所以f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，1－x2<0，－ln x<0，
所以f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又因为0<<1 设h(b)＝f(b)－f＝ln b－b＋，其中b>1，
则h′(b)＝ln b>0，
所以h(b)在(1，＋∞)上单调递增．
当b→1时，h(b)→0，可得h(b)>0，则f(b)>f，
故f(x)最小值为f＝－bln b－.
【训练六】已知函数f(x)＝m(x2－1)－ln x(m∈R)．
(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；
(2)讨论函数f(x)的极值．
【解析】(1)证明：当m＝1时，f(x)＝(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝x－＝，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由题意知，f′(x)＝mx－＝，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．
②当m>0时，令f′(x)＝＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．
故f(x)在x＝处取得极小值f＝ln m＋－m，无极大值．
四、【强化测试】
【单选题】
1. 函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是(　　)
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
【解析】f′(x)＝2(x2－1)·2x＝4x(x＋1)(x－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝1.
故选C.
2. 函数y＝在[0,2]上的最大值是(　　)
A. B. C．0 D.
【解析】易知y′＝，x∈[0,2]，
令y′>0，得0≤x<1，
令y′<0，得1 所以函数y＝在[0,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y＝在[0,2]上的最大值是，故选A.
3. 已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(　　)
A．2 B．－
C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2
【解析】由题意得，f′(x)＝＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，
∴f(x)＝2ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋x－3＝，
∴f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.
故选B.
4. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　)

A. B. C. D.
【解析】由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，所以1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1·x2＝，∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×＝.
故选C.
5. 函数f(x)＝x＋2cos x在[0，π]上的最大值为(　　)
A．π－2 B.
C．2 D.＋
【解析】由题意得，f′(x)＝1－2sin x，
∴当0≤sin x≤，即x在和上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；
当 f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)有极大值f ＝＋，
有极小值f ＝－，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π－2，则f >f(0)>f(π)>f ，
∴f(x)在[0，π]上的最大值为＋.
6. 若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为(　　)
A. B．－
C．－2e D.
【解析】因为f(x)＝(x2－a)ex，
所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，
由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，
得x2＋2x－a＝0，
由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，
则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，
所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，
当x<－3或x>1时，f′(x)>0；
当－3 故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，
在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极大值为f(－3)＝.
故选A.
7. 函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为(　　)
A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2
C．a＝2，b＝3 D．以上都不对
【解析】函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0 由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，
在[0,2]上单调递减，
即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，
则f(0)＝b＝3，
则f(x)＝ax3－6ax2＋3，
f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，
则f(－1)>f(2)，
即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，
计算得出a＝2，b＝3.
故选C.
8. 设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)
A．ab
C．aba2
【解析】当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.

图1
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.

图2
综上，可知必有ab>a2成立．故选D.
【多选题】
9. 已知f(x)＝，则f(x)(　　)
A.在(－∞，＋∞)上单调递减
B.在(－∞，1)上单调递增
C.有极大值，无极小值
D.有极小值，无极大值
【解析】由题意知f′(x)＝，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)递增，x＞1时，f′(x)＜0，f(x)递减，f(1)是函数的极大值，也是最大值f(1)＝，函数无极小值.
故选BC.
10. 已知函数f(x)＝，则下列结论正确的是(　　)
A.函数f(x)存在两个不同的零点
B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C.当－e＜k≤0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根
D.若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝，则t的最小值为2
【解析】由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，
∴x＝，故A正确；
f′(x)＝－＝－，
当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)＜0，
当x∈(－1，2)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，
∴f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，故B正确；
又f(－1)＝－e，f(2)＝，
且当x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→0，
∴f(x)的图象如图所示，

由图知C正确，D不正确.故选ABC.
11. 对于函数f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，下列说法正确的是(　　)
A.x＝3是函数f(x)的一个极值点
B.f(x)的单调递增区间是(－1，1)，(2，＋∞)
C.f(x)在区间(1，2)上单调递减
D.直线y＝16ln 3－16与函数f(x)的图象有3个交点
【解析】由题意得f′(x)＝＋2x－10＝，x＞－1，令2x2－8x＋6＝0，得x＝1或x＝3，则f(x)在(－1，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以x＝3是函数f(x)的一个极值点，故A、C正确，B错误.f(1)＝16ln(1＋1)＋12－10＝16ln 2－9，f(3)＝16ln(1＋3)＋32－10×3＝16ln 4－21，且y＝16ln 3－16＝f(2)，根据f(x)在(1，3)上单调递减得f(1)＞f(2)＞f(3)，又x→－1时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以直线y＝16ln 3－16与函数f(x)的图象有3个交点，故D正确.
故选ACD.
12. 已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是(　　)
A．0
C．f(x0)＋2x0<0 D．f(x0)＋2x0>0
【解析】函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)，
∴f′(x)＝ln x＋1＋2x，
∵x0是函数f(x)的极值点，
∴f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，
∴f′＝>0，
当x>时，f′(x)>0，
∵当x→0时，f′(x)→－∞，
∴0 f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋x＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)>0，即D正确，C不正确．
故选AD.
【填空题】
13. 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
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．
14. 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为6，则实数a＝________；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是________．
【解析】f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，结合题意f′(1)＝3a＋9＝6，解得a＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则解得－ 15. 若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．
【解析】由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2 16. 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－，所以由f′(x)＝0解得x＝，由题意得解得1≤k<.
【解答题】
17. 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．
【解析】(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＝.
18. 已知函数f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间(0，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
【解析】(1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0，得x＝.
当x∈时，f′(x)<0，
当x∈时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以x＝是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1.
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)单调递减，
在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)单调递增．
当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在(0，e]上单调递减，
∴g(x)min＝g(e)＝a＋e－ae，
当ea－1 ∴g(x)min＝g(ea－1)＝a－ea－1，
令g(x)的最小值为h(a)，
综上有h(a)＝
19. 已知函数f(x)＝ln x－.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)因为g(x)＝f(x)－＋2＝ln x－，
所以g′(x)＝＋＝(x>0)．
由题意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．
令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0，
所以只需解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)．
20. 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.
【解析】(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＝－.
21. 若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a，b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．
【解析】(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，
则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，
所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，
即函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0，当－2 g′(x)>0，
当x>1时，g′(x)>0，
所以－2是g(x)的极值点，1不是g(x)的极值点．
综上所述，g(x)的极值点为－2.
22. 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．
(1)求k的值及f(x)的表达式；
(2)求隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．
【解析】(1)由题设知，每年能源消耗费用为C(x)＝，由题意可知C(0)＝＝8，解得k＝40，因此C(x)＝.又隔热层的建造费用为C1(x)＝6x，
所以隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝＋6x(0≤x≤10)．
(2)f′(x)＝6－，令f′(x)＝0，即＝6，解得x＝5或x＝－(舍去)，
当0≤x＜5时，f′(x)＜0；当5＜x≤10时，f′(x)＞0.
故当x＝5时，f(x)的值最小，最小值为f(5)＝6×5＋＝70.
所以当隔热层修建5 cm厚时，总费用最小，最小为70万元．