新高考数学一轮复习学案第4章第3讲 导数与函数的极值、最值（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第4章第3讲 导数与函数的极值、最值（含解析），共15页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
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．
[提醒] 极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．
常用结论
记住两个结论
(1)若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数最值点．
(2)若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点亦为极值点．
二、教材衍化
1．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )
A．1－e B．－1
C．－e D．0
答案：B
2．函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4的极大值点为________，极大值为________．
答案：－2 eq \f(28,3)
一、思考辨析
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)函数的极大值一定是函数的最大值．( )
(5)开区间上的单调连续函数无最值．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
二、易错纠偏
常见误区eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)利用极值求参数时忽略对所求参数的检验；
(2)混淆极值与极值点的概念；
(3)连续函数在区间(a，b)上不一定存在最值．
1．若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为________．
解析：函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x＝2处左侧为负，右侧为正，而当c＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值，故c＝2.
答案：2
2．函数g(x)＝－x2的极值点是________，函数f(x)＝(x－1)3的极值点________(填“存在”或“不存在”)．
解析：结合函数图象可知g(x)＝－x2的极值点是x＝0.因为f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以f′(x)＝0无变号零点，故函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点．
答案：0 不存在
3．函数g(x)＝x2在[1，2]上的最小值和最大值分别是________，在(1，2)上的最小值和最大值均________(填“存在”或“不存在”)．
解析：根据函数的单调性及最值的定义可得．
答案：1，4 不存在
考点一 函数的极值问题(基础型)
复习指导eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值．
核心素养：逻辑推理、数学运算
角度一 由图象判断函数的极值
已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列叙述正确的是( )
A．函数f(x)在(－∞，－4)上单调递减
B．函数f(x)在x＝2处取得极大值
C．函数f(x)在x＝－4处取得极值
D．函数f(x)有两个极值点
【解析】 由导函数的图象可得，当x≤2时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增；当x>2时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递减区间为(2，＋∞)，故A错误．当x＝2时函数取得极大值，故B正确．当x＝－4时函数无极值，故C错误．只有当x＝2时函数取得极大值，故D错误．故选B．
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
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．
角度二 求已知函数的极值
已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a－1,x)，求函数f(x)的极小值．
【解】 f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a－1,x2)＝eq \f(x－（a－1）,x2)(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)．
eq \a\vs4\al()
利用导数研究函数极值问题的一般流程
角度三 已知函数的极值求参数值(范围)
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】 (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＝eq \f(1,2).
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.
若a>1，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))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，＋∞)．
eq \a\vs4\al()
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．
1．(2020·昆明市诊断测试)已知函数f(x)＝(x2－m)ex，若函数f(x)的图象在x＝1处切线的斜率为3e，则f(x)的极大值是( )
A．4e－2 B．4e2
C．e－2 D．e2
解析：选A．f′(x)＝(x2＋2x－m)ex.由题意知，f′(1)＝(3－m)e＝3e，所以m＝0，f′(x)＝(x2＋2x)ex.当x>0或x<－2时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当－22．已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a－b＝________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
答案：－7
3．已知函数f(x)＝ex(－x＋ln x＋a)(e为自然对数的底数，a为常数，且a≤1)．判断函数f(x)在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由．
解：f′(x)＝ex(ln x－x＋eq \f(1,x)＋a－1)，
令g(x)＝ln x－x＋eq \f(1,x)＋a－1，x∈(1，e)，则f′(x)＝exg(x)，g′(x)＝－eq \f(x2－x＋1,x2)<0恒成立，所以g(x)在(1，e)上单调递减，
所以g(x)所以函数f(x)在区间(1，e)内无极值点．
考点二 函数的最值问题(基础型)
复习指导eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))会用导数求给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
核心素养：数学运算
(2020·贵阳市检测)已知函数f(x)＝eq \f(x－1,x)－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，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)＝eq \f(x－1,x)－ln x＝1－eq \f(1,x)－ln x，f(x)的定义域为(0，＋∞)．
因为f′(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x2)，所以f′(x)＞0⇒0(2)由(1)得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，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的极大值为f(1)＝1－eq \f(1,1)－ln 1＝0.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝1－e－ln eq \f(1,e)＝2－e，f(e)＝1－eq \f(1,e)－ln e＝－eq \f(1,e)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值为0，最小值为2－e.
eq \a\vs4\al()
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．
1．函数f(x)＝eq \f(x2,2x＋1)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))上的最小值与最大值的和为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(2,3)
C．1 D．0
解析：选A．f′(x)＝eq \f(2x（2x＋1）－2x2,（2x＋1）2)＝eq \f(2x（x＋1）,（2x＋1）2)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))，当f′(x)＝0时，x＝0；
当－eq \f(1,3)≤x≤0时，f′(x)<0；当00，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))上是减函数，在(0，1]上是增函数．所以f(x)min＝f(0)＝0.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝eq \f(1,3)，f(1)＝eq \f(1,3).
所以f(x)的最大值与最小值的和为eq \f(1,3).
2．(2020·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.
所以f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．
所以f(x)max＝f(1)＝－1.
所以当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，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；
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)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.
因为－e2<－eq \f(1,e)，所以a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2.
考点三 生活中的优化问题(应用型)
复习指导eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))通过使利润最大、用料最省、效率最高等优化问题，体会导数在解决实际问题中的作用．
核心素养：数学建模
某生产厂家每天生产一种精密仪器，已知该工厂每天生产的产品最多不超过30件，且在生产过程中产品的正品率p与每日生产产品件数x(x∈N*)间的关系为p(x)＝eq \f(m－x2,3 000)，每生产一件正品盈利2 000元，每出现一件次品亏损1 000元，已知若生产10件，则生产的正品只有7件．(注：正品率＝产品的正品件数÷产品总件数×100%)
(1)将日利润y(元)表示成日产量x(件)的函数；
(2)求该厂的日产量为多少件时，日利润最大？并求出日利润的最大值．
【解】 (1)由题意，知当x＝10时，p(10)＝eq \f(7,10)，即p(10)＝eq \f(m－102,3 000)＝eq \f(7,10)，解得m＝2 200.
所以p(x)＝eq \f(2 200－x2,3 000).
故日利润y＝2 000x×p(x)－1 000x×[1－p(x)]＝3 000x×p(x)－1 000x＝3 000x×eq \f(2 200－x2,3 000)－1 000x＝－x3＋1 200x，
故所求的函数关系式是y＝－x3＋1 200x(x∈N*，1≤x≤30)．
(2)y′＝－3x2＋1 200，令y′＝0，解得x＝20.
当x∈[1，20)时，y′＞0，函数单调递增；
当x∈(20，30]时，y′＜0，函数单调递减．
所以当x＝20时，y取最大值，最大值为－203＋1 200×20＝16 000(元)．
所以该厂的日产量为20件时，日利润最大，最大值为16 000元．
eq \a\vs4\al()
解决优化问题的基本思路
利用导数解决生活中的优化问题的步骤：
(1)分析实际问题中各个量之间的关系，确定实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y＝f(x)；
(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使f′(x)＝0的点的函数值的大小，求出最值；
(4)回归实际问题作答．
某产品包装公司要生产一种容积为V的圆柱形饮料罐(上下都有底)，一个单位面积的罐底造价是一个单位面积罐身造价的3倍，若不考虑饮料罐的厚度，欲使这种饮料罐的造价最低，则这种饮料罐的底面半径是________．
解析：由V＝πr2h，得h＝eq \f(V,πr2)，
设f(r)＝3×2×πr2＋2πrh＝6πr2＋eq \f(2V,r)，
所以f′(r)＝12πr－eq \f(2V,r2)＝eq \f(12πr3－2V,r2)，
所以f(r)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(3,\f(V,6π))))上单调递减，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,\f(V,6π))，＋∞))上单调递增，
所以当r＝eq \r(3,\f(V,6π))时造价最低．
答案：eq \r(3,\f(V,6π))
[基础题组练]
1．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( )
A．25，－2 B．50，14
C．50，－2 D．50，－14
解析：选C．因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0，2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3，0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.
2．(多选)已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是( )
A．函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)))内单调递增
B．当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值
C．函数y＝f(x)在区间(－2，2)内单调递增
D．当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值
解析：选BC．对于A，函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,2)))内有增有减，故A不正确；对于B，当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值，故B正确；对于C，当x∈(－2，2)时，恒有f′(x)＞0，则函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增，故C正确；对于D，当x＝3时，f′(x)≠0，故D不正确．
3．已知函数f(x)＝2f′(1)ln x－x，则f(x)的极大值为( )
A．2 B．2ln 2－2
C．e D．2－e
解析：选B．函数f(x)定义域(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(2f′（1）,x)－1，所以f′(1)＝1，f(x)＝2ln x－x，令f′(x)＝eq \f(2,x)－1＝0，解得x＝2.当00，当x>2时，f′(x)<0，所以当x＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2.
4．(应用型)用边长为120 cm的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( )
A．120 000 cm3 B．128 000 cm3
C．150 000 cm3 D．158 000 cm3
解析：选B．设水箱底长为x cm，则高为eq \f(120－x,2)cm.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(120－x,2)＞0，,x＞0，))得0＜x＜120.
设容器的容积为y cm3，则有y＝－eq \f(1,2)x3＋60x2.
求导数，有y′＝－eq \f(3,2)x2＋120x.
令y′＝0，解得x＝80(x＝0舍去)．
当x∈(0，80)时，y′＞0；当x∈(80，120)时，y′＜0.
因此，x＝80是函数y＝－eq \f(1,2)x3＋60x2的极大值点，也是最大值点，
此时y＝128 000.故选B．
5．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：选A．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．
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
所以在x＝2处取得极小值．
答案：2
7．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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝4a2－12（a＋6）>0，,f′（－1）>0，,f′（3）>0，))解得－eq \f(33,7)答案：－1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(33,7)，－3))
8．(2020·甘肃兰州一中期末改编)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答案：0 －e
9．(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f(x)＝eq \f(mx－n,x)－ln x，m∈R.
(1)若函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线与直线x－y＝0平行，求实数n的值；
(2)试讨论函数f(x)在区间[1，＋∞)上的最大值．
解：(1)由题意得f′(x)＝eq \f(n－x,x2)，所以f′(2)＝eq \f(n－2,4).由于函数f(x)的图象在(2，f(2))处的切线与直线x－y＝0平行，所以eq \f(n－2,4)＝1，解得n＝6.
(2)f′(x)＝eq \f(n－x,x2)，令f′(x)<0，得x>n；令f′(x)>0，得x①当n≤1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝m－n；
②当n>1时，函数f(x)在[1，n)上单调递增，在(n，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(n)＝m－1－ln n.
10．(2019·高考江苏卷节选)设函数f(x)＝(x－a)(x－b)·(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)若a＝b＝c，f(4)＝8，求a的值；
(2)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：(1)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.
(2)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)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2a＋b,3))).令f′(x)＝0，得x＝b或x＝eq \f(2a＋b,3).
因为a，b，eq \f(2a＋b,3)都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，
所以eq \f(2a＋b,3)＝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.列表如下：
所以f(x)的极小值为f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.
[综合题组练]
1．(综合型)(2020·河北石家庄二中期末)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．－eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．－2eq \r(3) D．eq \r(3)
解析：选C．由题意可得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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b－2a＋4＝0，,b－5a＋25＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝10，,a＝7.))
故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，
则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，
结合题意可知x1，x2是方程x2＋4x＋1＝0的两个实数根，且x1>x2，
故x2－x1＝－|x1－x2|＝
－eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝－eq \r(（－4）2－4×1)＝－2eq \r(3).
2．(创新型)(2020·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：选C．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．
3．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)))
4．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则a＝________，f(x)的极小值为________．
解析：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答案：－1 －1
5．(应用型)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)＝eq \f(k,3x＋5)(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：(1)由题设知，每年能源消耗费用为C(x)＝eq \f(k,3x＋5)，由题意可知C(0)＝eq \f(k,5)＝8，解得k＝40，因此C(x)＝eq \f(40,3x＋5).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×eq \f(40,3x＋5)＋6x＝eq \f(800,3x＋5)＋6x(0≤x≤10)．
(2)f′(x)＝6－eq \f(2 400,（3x＋5）2)，令f′(x)＝0，即eq \f(2 400,（3x＋5）2)＝6，解得x＝5或x＝－eq \f(25,3)(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＋eq \f(800,15＋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．
6．已知函数f(x)＝aln x＋eq \f(1,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)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)(a>0)．
(1)由f′(x)>0，解得x>eq \f(1,a)，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))；
由f′(x)<0，解得x所以函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))).
所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a.
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，函数f(x)单调递增．
①若0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故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而eq \f(1,e)≤a<1，故不满足条件．
③若eq \f(1,a)>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.
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
