人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第二课时导数与函数的极值、最值学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第三章第二节第二课时导数与函数的极值、最值学案，共20页。

知识点一 函数的极值与导数
1．判断下列说法的正误，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)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．( × )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．( × )
2．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，则f(x)的极小值点的个数为( A )
A．1B．2
C．3D．4
3．(教材改编题)函数f(x)＝lnxx的极大值为( B )
A．－eB．1e
C．1D．0
4．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为( )
A．2B．4
C．6D．2或6
A 解析：f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)·(3x－c)，
由题知f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，
所以c＝2或c＝6.
若c＝2，则f′(x)＝(x－2)(3x－2)，
当x∈-∞，23时，f′(x)＞ 0，f(x)单调递增；当x∈23，2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极小值，满足题意．
若c＝6，则f′(x)＝(x－6)(3x－6)，当x∈(－∞，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(2，6)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(6，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，函数f(x)在x＝2处有极大值，不符合题意．
综上，c＝2.
核心回扣
函数的极值
注意点：
(1)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1)；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．
(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．
(3)f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但0不是f(x)的极值点．
自查自测
知识点二 函数的最值与导数
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)开区间上的单调连续函数无最值．( √ )
(2)若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．( √ )
(3)函数的最大值一定是极大值，函数的最小值也一定是极小值．( × )
2．函数f(x)＝32x2－27ln x在区间[1，2]上的最大值是( )
A.0 B．12
C．1 D．32
D 解析：由题可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3x－27x＝3x+3x-3x．令f′(x)＞0，解得x＞3；令f′(x)＜0，解得0＜x＜3，所以函数f(x)在(3，＋∞)上单调递增，在(0，3)上单调递减，所以f(x)在区间[1，2]上的最大值为f(1)＝32．
3．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝ ．
32 解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.分析可得f(x)的极小值点为2，极大值点为－2.计算得f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32.
核心回扣
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)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．若函数f(x)的图象在[a，b]上连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
应用 函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( B )
A．1－eB．－1
C．－eD．0
利用导数求函数的极值
考向1 根据函数的图象判断函数的极值
【例1】(2024·通辽模拟)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列结论正确的是( )
A．y＝f(x)在x＝－1处取得极大值
B．x＝1是函数y＝f(x)的极值点
C．x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点
D．函数y＝f(x)在区间(－1，1)上单调递减
C 解析：由题图，可知f′(－2)＝0，当x＜－2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞－2时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，故x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点，y＝f(x)无极大值．
导函数图象的应用策略
(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，进而研究函数的极值、最值．
考向2 已知函数求极值
【例2】已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝12时，求f(x)的极值；
解：当a＝12时，f(x)＝ln x－12x，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x－12＝2-x2x．
令f′(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．
因此，当x＝2时，f(x)有极大值，并且极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解：由(1)知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a＝1-axx(x＞0)．
当a≤0时，f′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点．
当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝1a．
当x∈0，1a时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x∈1a，+∞时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)在x＝1a处取得极大值，无极小值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a＞0时，f(x)有一个极大值点1a，无极小值点．
函数极值或极值点的求解步骤
(1)确定函数的定义域．
(2)求方程f′(x)＝0的根．
(3)用方程f′(x)＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个区间，并列成表格．
(4)由f′(x)在方程f′(x)＝0的根左、右的符号，来判断f(x)在这个根处取极值的情况．
考向3 已知函数的极值点求参数
【例3】若x＝1是函数y＝13x3＋(a＋1)x2－(a2＋3a－3)x的极小值点，则实数a的值为 ．
2 解析：由题意，可得y′＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋3a－3)．由y′|x＝1＝1＋2(a＋1)－(a2＋3a－3)＝(2－a)(a＋3)＝0，解得a＝2或a＝－3.若a＝2，则y′＝x2＋6x－7.令y′＞0，解得x＜－7或x＞1；令y′＜0，解得－7＜x＜1，所以函数y＝13x3＋(a＋1)x2－(a2＋3a－3)x在(－∞，－7)，(1，＋∞)上单调递增，在(－7，1)上单调递减，所以x＝1是函数的极小值点，符合题意．若a＝－3，则y′＝x2－4x＋3.令y′＞0，解得x＜1或x＞3；令y′＜0，解得1＜x＜3，所以函数y＝13x3＋(a＋1)x2－(a2＋3a－3)x在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以x＝1是函数的极大值点，不符合题意．
综上所述，实数a的值为2.
已知函数极值点或极值求参数的两个关键
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．f(x)有极大值f(－2)B．f(x)有极小值f(－2)
C．f(x)有极大值f(1)D．f(x)有极小值f(1)
A 解析：由题图，可得当x＞1时，f′(x)＜0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＜－2时，f′(x)＞0，且f′(－2)＝0，所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，＋∞)上单调递减．所以f(x)有极大值f(－2)．
2．(2024·邵阳模拟)已知函数f(x)＝(x2－x＋1)ex(e为自然对数的底数)，则函数f(x)的极小值为( )
A．1eB．e
C．e2D．1
D 解析：因为f(x)＝(x2－x＋1)ex，x∈R，所以f′(x)＝(x2＋x)ex＝x(x＋1)ex.当x＞0或x＜－1时，f′(x)＞0；当－1＜x＜0时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，所以f(x)在x＝0处取得极小值，且极小值为f(0)＝e0＝1.
3．若函数f(x)＝x2－4x＋a ln x有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．(－∞，2)
C．[0，2) D．(0，2)
D 解析：因为f(x)＝x2－4x＋a ln x，x＞0，所以f′(x)＝2x－4＋ax＝2x2-4x+ax．因为函数f(x)有两个极值点，所以2x2－4x＋a＝0有两个不相等的正根，故Δ=16-8a＞0，a＞0， 解得0＜a＜2.
利用导数求函数的最值
【例4】(2024·济宁模拟)已知函数f(x)＝3-2xx2+a．
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解：(1)当a＝0时，f(x)＝3-2xx2，f(1)＝1，
f′(x)＝-2x2-3-2x·2xx4＝2x-3x3，则有f′(1)＝－4，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.
(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间及其在[0，6]内的最大值与最小值．
解： f′(x)＝-2x2+a-3-2x·2xx2+a2＝2x2-6x-2ax2+a2．
由题意，可知f′(－1)＝8-2a1+a2＝0，解得a＝4.
当a＝4时，f(x)＝3-2xx2+4，f′(x)＝2x2-6x-8x2+42＝2x+1x-4x2+42．
令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝4.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
因此，当x＝－1时，f(x)有极大值，即a＝4符合题意．
由表格可知，函数f(x)在区间[0，4]上单调递减，在区间(4，6]上单调递增，
又f(0)＝34，f(4)＝－14，f(6)＝－940，
所以函数f(x)在区间[0，6]上的最大值是34，最小值是－14．
求函数f(x)在[a，b]上最值的方法
(1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调递增或递减，那么f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数f(x)在区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，再与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)若函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，那么这个极值点就是最值点．此结论在导数的实际应用中经常用到．
1．已知函数f(x)＝－x2＋ax＋1在[1，2]上的最大值也是其在[1，2]上的极大值，则a的取值范围是( )
A．[2，＋∞)B．[4，＋∞)
C．[2，4]D．(2，4)
D 解析：由题可得f′(x)＝a－2x，令f′(x)＝0，得x＝a2．当x＜a2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞a2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．因此，当x＝a2时，f(x)有极大值，也是其最大值．由题意可知a2∈(1，2)，所以a∈(2，4)．
2．(2024·临沂模拟)已知函数f(x)＝aex＋b sin x－2x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求a，b；
解：(1)由已知可得f′(x)＝aex＋b cs x－2.
因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1，
所以 f0=1，f'0=0，即a=1， a+b-2=0，解得a=1，b=1.
(2)求f(x)的最小值．
解：由(1)知f(x)＝ex＋sin x－2x，f′(x)＝ex＋cs x－2，f′(0)＝0.
当x＜0时，因为ex＜1，cs x≤1，所以f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减．
当x＞0时，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex－sin x.
因为ex＞1，sin x≤1，
所以g′(x)＞0，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＞f′(0)＝0.所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以x＝0是f(x)的极小值点也是最小值点，f(x)min＝f(0)＝1，即f(x)的最小值为1.
极值与最值的综合应用
【例5】(2024·泰安模拟)已知函数f(x)＝ln x＋12x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
解：由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋x－a(x＞0)．
因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)＝1x＋x－a≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以a≤x+1xmin.
而x＋1x≥2，当且仅当x＝1时，等号成立，所以a≤2.
所以实数a的取值范围是(－∞，2].
(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ex1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．
解：因为f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝1x＋x－a＝x2-ax+1x(x＞0)，
所以x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，且Δ＝a2－4＞0.
由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
所以f(x2)－f(x1)＝ln x2x1＋12(x22-x12))－a(x2－x1)＝ln x2x1－12(x22-x12))＝ln x2x1－12(x22-x12))·1x1x2＝ln x2x1－12x2x1-x1x2．
设t＝x2x1(t≥e)，令h(t)＝ln t－12t-1t(t≥e)，
则h′(t)＝1t－121+1t2＝－t-122t2＜0，所以h(t)在[e，＋∞)上单调递减，
所以h(t)≤h(e)＝121-e+ee．
故f(x2)－f(x1) 的最大值为121-e+ee．
解决函数极值、最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范．函数含参数时，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)当函数在给定闭区间上存在极值时，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)＝x3＋32ax2－x＋1(a∈R)．
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x3＋3x2－x＋1，f′(x)＝3x2＋6x－1，
所以切线方程的斜率k＝f′(1)＝8，f(1)＝4，故切线方程为y－4＝8(x－1)，即8x－y－4＝0.
(2)当a＜0时，设g(x)＝f(x)＋x.
①求函数g(x)的极值；
解：①g(x)＝f(x)＋x＝x3＋32ax2＋1，a＜0，则g′(x)＝3x2＋3ax.
令g′(x)＝3x2＋3ax＝3x(x＋a)＝0，得x1＝0，x2＝－a＞x1.
随着x的变化，g′(x)和g(x)的变化如下表所示．
所以g(x)的极大值为g(0)＝1，极小值为g(－a)＝a3+22．
②若函数g(x)在[1，2]上的最小值是－9，求实数a的值．
解：由①可知g′(x)＝3x2＋3ax＝3x(x＋a)．
当－1≤a＜0时，在[1，2]上，g′(x)≥0，g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝32a＋2＝－9，解得a＝－223＜－1，不符合题意．
当－2＜a＜－1时，随着x的变化，g′(x)，g(x)的变化如下表所示．
所以g(x)min＝g(－a)＝a3+22＝－9，解得a＝－320＜－2，不符合题意．
当a≤－2时，在[1，2]上，g′(x)≤0，g(x)在[1，2]上单调递减，所以g(x)min＝g(2)＝6a＋9＝－9，解得a＝－3，符合题意．
综上可知，a＝－3.
课时质量评价(十七)
1．(2024·西安模拟)已知函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则( )
A．f(x)有2个极值点
B．f(x)在x＝1处取得极小值
C．f(x)有极大值，没有极小值
D．f(x)在(－∞，1)上单调递减
C 解析：由题意及题图分析可知，f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，所以f(x)有一个极大值，没有极小值，所以A，B，D错误，C正确．故选C.
2．已知函数f(x)＝－xex，那么f(x)的极大值是( )
A．1eB．－1e
C．－eD．e
A 解析：因为函数f(x)＝－xex，所以f′(x)＝－(x＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝－1.当x＜－1时，f′(x)＞0；当x＞－1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以f(x)极大值＝f(－1)＝1e．故选A.
3．(多选题)已知函数f(x)＝ex－2x＋1，则下列说法正确的是( )
A．f(x)有极大值2ln 2
B．f(x)有极小值3－2ln 2
C．f(x)无最大值
D．f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增
BCD 解析：因为f(x)＝ex－2x＋1的定义域为R，并且f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，无极大值，也无最大值，并且f(x)极小值＝f(ln 2)＝3－2ln 2，所以BCD正确，A错误．故选BCD.
4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋bx取得最大值－2，则f′(2)＝( )
A．－1B．－12
C．12D．1
B 解析：由题意知f(1)＝a ln 1＋b＝b＝－2.f′(x)＝ax－bx2，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a＋2＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝a2－b4＝－12．
5．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为( )
A．1B．12
C．52D．22
D 解析：因为函数f(x)的图象始终在g(x)的上方，所以|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－ln x．设h(x)＝x2－ln x，则h′(x)＝2x－1x＝2x2-1x(x＞0)．令h′(x)＝2x2-1x＝0，得x＝22，所以h(x)在0，22上单调递减，在22，+∞上单调递增，所以当x＝22时取得极小值，也是最小值，故t＝22．
6．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋a-12x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是 ．
-12，112 解析：因为f(x)＝3ln x－x2＋a-12x，所以f′(x)＝3x－2x＋a-12．由于f(x)＝3ln x－x2＋a-12x在区间(1，3)上有最大值，且f′(x)＝3x－2x＋a-12在(1，3)上单调递减，故需满足f′(x)在(1，3)内有唯一零点，故f'1＞0，f'3＜0，
即3-2+a-12＞0，1-6+a-12＜0，解得－12＜a＜112，即实数a的取值范围为-12，112．
7．函数f(x)＝－3x－|ln x|＋3的最大值为 ．
2－ln 3 解析：由题知当x≥1时，f(x)＝－3x－ln x＋3，所以f′(x)＝－3－1x＜0，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝0.当0＜x＜1时，f(x)＝－3x＋ln x＋3，所以f′(x)＝－3＋1x＝-3x+1x，所以当x∈0，13时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈13，1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以当0＜x＜1时，f(x)max＝f13＝2－ln 3.综上可知，f(x)max＝2－ln 3.
8．(2024·潍坊模拟)已知函数f(x)＝a(x－5)2＋6ln x(a∈R)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)，则函数f(x)的极小值为 ．
2＋6ln 3 解析：因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，所以f(1)＝16a，即切点为(1，16a)．又f′(x)＝2a(x－5)＋6x，k＝f′(1)＝6－8a，所以切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)．又切线过点(0，6)，所以6－16a＝(6－8a)(0－1)，解得a＝12，所以f(x)＝12(x－5)2＋6ln x，则f′(x)＝x－5＋6x＝x2-5x+6x＝x-2x-3x，所以当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0；当2＜x＜3时，f′(x)＜0.所以f(x)在(0，2)上单调递增，在(2，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝3处取得极小值，即f(x)极小值＝f(3)＝2＋6ln 3.
9．(2024·1月九省适应性测试)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．
(1)求实数a的值；
解：(1)f′(x)＝1x＋2x＋a(x＞0)，则f′(2)＝12＋2×2＋a＝92＋a.
由题意可得92+a×-23＝－1，解得a＝－3.
(2)求f(x)的单调区间和极值．
解：因为a＝－3，所以f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，
所以f′(x)＝1x＋2x－3＝2x2-3x+1x＝2x-1x-1x(x＞0)，
故当0＜x＜12时，f′(x)＞0；当12＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.
故f(x)的单调递增区间为0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为12，1，
故f(x)的极大值为f12＝ln 12＋122－3×12＋2＝34－ln 2，
极小值为f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
10．(多选题)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(1)＝12，则下列结论正确的是( )
A．xf(x)在(1，＋∞)上单调递增
B．xf(x)在(1，＋∞)上单调递减
C．xf(x)在(0，＋∞)上有极大值12
D．xf(x)在(0，＋∞)上有极小值12
AD 解析：由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，可得xf′(x)＋f(x)＝1xln x，x＞0，所以[xf(x)]′＝lnxx．令g(x)＝xf(x)，x＞0，则g′(x)＝lnxx，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；当x＞1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，所以函数g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上有极小值g(1)＝f(1)＝12．故选AD.
11．(多选题)(2024·漳州模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，现给出下列结论，其中正确的是( )
A．函数f(x)有极小值，但无最小值
B．函数f(x)有极大值，但无最大值
C．若方程f(x)＝b恰有一个实数根，则b＞6e-3
D．若方程f(x)＝b恰有三个不同的实数根，则0＜b＜6e-3
BD 解析：由题意得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex.令f′(x)＝0，即(x2＋2x－3)ex ＝0，解得x＝1或x＝－3，则当x＜－3或x＞1时，f′(x)＞0，即函数f(x)在(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递增；当－3＜x＜1时，f′(x)＜0，即函数f(x)在(－3，1)上单调递减．所以函数f(x)在x＝－3处取得极大值f(－3)＝6e-3，在x＝1处取得极小值f(1)＝－2e.又x趋向于－∞时，f(x)趋向于0；x→＋∞时，f(x)趋向于＋∞.作出函数f(x)＝(x2－3)·ex的大致图象如图所示．
因此f(x)有极小值f(1)，也有最小值f(1)，有极大值f(－3)，但无最大值．若方程f(x)＝b恰有一个实数根，则b＞6e-3或b＝－2e；若方程f(x)＝b恰有三个不同的实数根，则0＜b＜6e-3.故选BD.
12．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是 ．
227a3 解析：容积V(x)＝(a－2x)2x，0＜x＜a2，则V′(x)＝2(a－2x)(－2x)＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)．由V′(x)＝0，得x＝a6或x＝a2(舍去)，当0＜x＜a6时，V′(x)＞0，则V(x)单调递增；当a6＜x＜a2时，V′(x)＜0，则V(x)单调递减．则x＝a6为V(x)在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时V(x)max＝227a3.
13．(2024·渭南模拟)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为 ．
1e 解析：因为f(x)＝aex－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝aex－1x．因为函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立．显然a＞0，所以问题转化为xex≥1a在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，x∈(1，2)，所以g′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex＞0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，所以g(x)＞g(1)＝e.故e≥1a，解得a≥1e，所以a的最小值为1e．
14．已知函数f(x)＝2x3－(a＋3)x2＋2ax，a∈R.
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
解：(1)当a＝0时，f(x)＝2x3－3x2，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)．
故当x∈(－∞，0)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈(0，1)时，f′(x)＜0.
则f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(0)＝0，极小值为f(1)＝－1.
(2)当|a|≥1时，求f(x)在[0，|a|]上的最小值．
解：因为f(x)＝2x3－(a＋3)x2＋2ax，
所以f′(x)＝6x2－2(a＋3)x＋2a＝2(x－1)(3x－a)．
①当a＞3时，f(x)在[0，1)上单调递增，在1，a3上单调递减，在a3，a上单调递增，
所以f(x)min＝minf0，fa3＝min0，a29-a27＝0，3＜a≤9，a29-a27，a＞9.
②当a＝3时，f(x)在[0，3]上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.
③当1≤a＜3时，f(x)在0，a3上单调递增，在a3，1上单调递减，在(1，a]上单调递增，
所以f(x)min＝min{f(0)，f(1)}＝min{0，a－1}＝0.
④当a≤－1时，f(x)在[0，1)上单调递减，在(1，|a|]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝a－1.
综上所述，f(x)min＝a-1，a≤-1，0，1≤a≤9，a29-a27，a＞9.
条件
f′(x0)＝0
在点x＝x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0
在点x＝x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0
图象
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
ln 2－1
单调递减
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
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
x
(－∞，－1)
－1
(－1，4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
1
单调递减
－14
单调
递增
x
(－∞，0)
0
(0，－a)
－a
(－a，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
单调递增
1
单调递减
a3+22
单调递增
x
(1，－a)
－a
(－a，2)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
单调递减
a3+22
单调递增