第4章 第3讲 导数与函数的极值、最值-【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第四章　导数及其应用 第3讲　导数与函数的极值、最值 [课程标准]1.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系． 目录 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 课时作业 KE SHI ZUO YE 基础知识整合 JI CHU ZHI SHI ZHENG HE 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 > < < > 大 大 小 小 * 1．导数与函数的极值 条件 f′(x0)＝0 x0附近的左侧f′(x)eq \x(\s\up1(01))_____ 0，右侧f′(x)eq \x(\s\up1(02))_____0 x0附近的左侧f′(x)eq \x(\s\up1(03))_____0，右侧f′(x)eq \x(\s\up1(04))_____0 图象 极值 f(x0)为极eq \x(\s\up1(05))_____值 f(x0)为极eq \x(\s\up1(06))_____值 极值点 x0为极eq \x(\s\up1(07))_____值点 x0为极eq \x(\s\up1(08))_____值点 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 连续不断 极值 端点处的函数值f(a)，f(b) 最大 最小 * 2.导数与函数的最值 (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eq \x(\s\up1(09))_____________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eq \x(\s\up1(10))_________； ②将函数y＝f(x)的各极值与eq \x(\s\up1(11))__________________________比较，其中eq \x(\s\up1(12))_______的一个是最大值，eq \x(\s\up1(13))_______的一个是最小值． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 * 1．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件． 2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的最值点． 3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 1．(2023·衡水模拟)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的是(　　) ①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝|x|；④y＝2x. A．①② B．②③ C．③④ D．①③ 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　①y′＝3x2≥0恒成立，所以函数在R上单调递增，无极值点．②y′＝2x，当x>0时，函数单调递增；当x<0时，函数单调递减，且y′|x＝0＝0，②符合．③结合该函数图象可知函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0]上单调递减，③符合．④y＝2x在R上单调递增，无极值点．故选B. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 解析 * 2．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 解析　因为f′(x)＝eq \f(1,x)－1＝eq \f(1－x,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.故选B. 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 答案 * 3.(多选)(人教A选择性必修第二册习题5.3 T4改编)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\co1(－3，－\f(1,2)))上单调递增 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)上单调递增 D．当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 解析 * 解析　对于A，函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))上有增有减，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． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 4 解析 答案 * 解析　f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，2)上是减函数，在(2，3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4. 4．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________． 目录 知识梳理 知识拓展 双基自测 －e2 解析 答案 * 解析　∵f(x)＝ex＋ax在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝e2＋a＝0，解得a＝－e2，经检验，符合题意． 5．(人教B选择性必修第三册6.2.2练习A T3改编)若函数f(x)＝ex＋ax在x＝2处取得极值，则a＝________． 核心考向突破 HE XIN KAO XIANG TU PO 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 多角度探究突破 考向一　导数与函数的极值 角度 　知图判断函数极值情况 例1　(2024·重庆渝中区月考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)3f′(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) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　当x＜－3时，(x－1)3f′(x)＞0且x－1＜0，可得f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x＝－3时，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；当－3＜x＜1时，(x－1)3f′(x)＜0且x－1＜0，可得f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x＝1时，(x－1)3f′(x)＝0，但是f′(x)是否等于0，不能确定；当1＜x＜3时，(x－1)3f′(x)＞0且x－1＞0，可得f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x＝3时，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；当x＞3时，(x－1)3f′(x)＜0且x－1＞0，可得f′(x)＜0，则f(x)单调递减．故f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)．故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 由图象判断函数y＝f(x)的极值要抓住的两点 (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． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * (多选)(2023·石家庄检测)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 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　由函数y＝f′(x)的图象可知，f′(－3)＝0，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，故C正确；－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，所以－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，故B，D错误．故选AC. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 角度 例2　(1)(2023·西安模拟)已知f(x)＝eq \f(3x,ex)，则f(x)(　　) A．在(－∞，＋∞)上单调递增 B．在(－∞，1)上单调递减 C．有极大值eq \f(3,e)，无极小值 D．有极小值eq \f(3,e)，无极大值 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　∵f(x)＝eq \f(3x,ex)，∴f′(x)＝eq \f(3·ex－3x·ex,e2x)＝eq \f(3（1－x）,ex)，当x>1时，f′(x)<0，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，故A错误；当x<1时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，故B错误；当x＝1时，f(x)＝eq \f(3x,ex)取得极大值eq \f(3,e)，无极小值，故C正确，D错误．故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 解析 * (2)(2023·山西省省际名校联考)已知函数f(x)＝sin2x－x，x∈(0，π)，则f(x)的极大值点为________． eq \f(π,6) 解析　f′(x)＝2cos2x－1，令f′(x)>0，得0<x<eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)<x<π；令f′(x)<0，得eq \f(π,6)<x<eq \f(5π,6)，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减，∴f(x)的极大值点为eq \f(π,6). 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 利用导数求函数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左右两侧导数值的符号； (5)求出极值． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * (2023·深圳模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋a有两个极值点x1，x2，且|x1－x2|＝eq \f(2\r(3),3)，则f(x)的极大值为(　　) A.eq \f(\r(3),9) B.eq \f(2\r(3),9) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \r(3) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　因为f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，所以f′(x)＝0有两个不同的实数解x1，x2，且由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq \f(2a,3)，x1x2＝－eq \f(1,3)，由题意可得|x1－x2|＝eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(\f(4a2,9)＋\f(4,3))＝eq \r(\f(4（a2＋3）,9))＝eq \f(2\r(3),3)，解得a＝0，此时f(x)＝x3－x，f′(x)＝3x2－1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故当x＝－eq \f(\r(3),3)时，f(x)取得极大值eq \f(2\r(3),9).故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 2 答案 解析 * 角度 例3　(1)(2024·牡丹江第二高级中学第一次段考)若函数y＝ax2－ln x在x＝eq \f(1,2)处取得极值，则a＝________． 解析　∵y′＝2ax－eq \f(1,x)，∴y′|x＝eq \f(1,2)＝a－2.∵函数y＝ax2－ln x在x＝eq \f(1,2)处取得极值，∴a－2＝0，故a＝2.经检验符合题意． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (2)(2024·河南省“顶尖计划”第一次考试)已知函数f(x)＝logax＋eq \f(1,2)x2－(1＋logae)x，a>1. ①当a＝e时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程； ②若x＝1为f(x)的极小值点，求a的取值范围． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 解　①当a＝e时，f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－2x，f(1)＝－eq \f(3,2)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－2，f′(1)＝0， 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0×(x－1)，即y＝－eq \f(3,2). ②f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝eq \f(1,xln a)＋x－eq \f(1＋ln a,ln a)＝eq \f(x2ln a－（1＋ln a）x＋1,xln a)＝eq \f(（xln a－1）（x－1）,xln a)，x>0， 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 令f′(x)＝0，则x＝1或x＝eq \f(1,ln a). (ⅰ)当1<a<e时，eq \f(1,ln a)>1， 令f′(x)>0，解得0<x<1或x>eq \f(1,ln a)，令f′(x)<0，解得1<x<eq \f(1,ln a)， 可知f(x)在(0，1)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,ln a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ln a)，＋∞))上单调递增， 故x＝1为f(x)的极大值点，不符合题意； 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * (ⅱ)当a＝e时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故无极值点，不符合题意； (ⅲ)当a>e时，eq \f(1,ln a)<1， 令f′(x)>0，解得0<x<eq \f(1,ln a)或x>1， 令f′(x)<0，解得eq \f(1,ln a)<x<1， 可知f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,ln a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ln a)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故x＝1为f(x)的极小值点，符合题意． 综上，a的取值范围为(e，＋∞)． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 已知函数极值或极值点求参数的两个要领 (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． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 1.(2023·开封三模)设函数f(x)＝eq \f(ex,x＋a)，若f(x)的极小值为eq \r(e)，则a＝(　　) A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2) C．eq \f(3,2) D．2 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　f′(x)＝eq \f(ex（x＋a）－ex,（x＋a）2)＝eq \f(ex（x＋a－1）,（x＋a）2)，令f′(x)＝0得，x＝1－a，∴x<1－a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x>1－a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)在x＝1－a处取得极小值，∴f(1－a)＝e1－a＝eq \r(e)＝eeq \f(1,2)，∴1－a＝eq \f(1,2)，解得a＝eq \f(1,2). 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 2．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 考向二　导数与函数的最值 例4　(1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－eq \f(1,2) C．eq \f(1,2) D．1 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)＝eq \f(2（1－x）,x2)，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝eq \f(2×（1－2）,22)＝－eq \f(1,2).故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (2)(2024·湘潭一中月考)设函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1. ①求f(x)的单调区间； ②当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))时，求f(x)的最值． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 解　①因为f(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1的定义域为R，所以f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＋2x＝x(2＋cosx)， 因为－1≤cosx≤1，所以1≤2＋cosx≤3，所以当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * ②由①可得f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，在(0，π]上单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值即最小值，所以f(x)min＝f(0)＝2，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq \f(π,2)＋eq \f(π2,4)＋1，f(π)＝π2，又π2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π2,4)＋1))＝eq \f(3π2,4)－eq \f(π,2)－1＝eq \f(3π2－2π－4,4)>0，所以f(x)max＝f(π)＝π2，所以f(x)的最大值为π2，最小值为2. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法 (1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调递增或单调递减，则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]上有极值，则先求出函数在[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)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 1.(2023·郑州模拟)已知函数f(x)＝a(3－x)＋eq \f(bx,x＋1)的图象过点(0，1)与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,4)))，则函数f(x)在区间[1，4]上的最大值为(　　) A.eq \f(3,2) B.eq \f(7,3) C.eq \f(5,4) D.eq \f(8,5) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＝1，,\f(3b,4)＝\f(9,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝3，))∴f(x)＝eq \f(1,3)(3－x)＋eq \f(3x,x＋1)＝1－eq \f(x,3)＋eq \f(3x,x＋1)，f′(x)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(3（x＋1）－3x,（x＋1）2)＝－eq \f(1,3)＋eq \f(3,（x＋1）2)＝eq \f(－x2－2x－1＋9,3（x＋1）2)＝eq \f(－x2－2x＋8,3（x＋1）2)＝eq \f(－（x＋4）（x－2）,3（x＋1）2)，当x∈[1，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，4]时，f′(x)＜0，∴f(x)在[1，2)上单调递增，在(2，4]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝1－eq \f(2,3)＋eq \f(6,3)＝eq \f(7,3).故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 1 答案 解析 * 解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．①当x>eq \f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2ln x，f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2（x－1）,x)，当x>1时，f′(x)>0；当eq \f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，故f(x)min＝f(1)＝1；②当0<x≤eq \f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2ln x，f′(x)＝－2－eq \f(2,x)＝－eq \f(2（x＋1）,x)＜0，此时函数f(x)＝1－2x－2ln x为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的减函数．故f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2ln 2＞1.综上，f(x)min＝f(1)＝1. 2．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 考向三　生活中的优化问题 例5　某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)． (1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域； (2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 解　(1)因为蓄水池侧面的总建造成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总建造成本为160πr2元，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元． 根据题意，得200πrh＋160πr2＝12000π， 所以h＝eq \f(1,5r)(300－4r2)， 从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r－4r3)． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 由题意得r>0，又由h>0可得r<5eq \r(3)， 故函数V(r)的定义域为(0，5eq \r(3))． (2)因为V(r)＝eq \f(π,5)(300r－4r3)， 所以V′(r)＝eq \f(π,5)(300－12r2)． 令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数； 当r∈(5，5eq \r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5eq \r(3))上为减函数． 由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 利用导数解决生活中优化问题的方法 求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，则该极值点就是最值点． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (2024·南通百校联考)某种型号轮船每小时的运输成本Q(单位：元)由可变部分和固定部分组成．其中，可变部分成本与航行速度的立方成正比，且当速度为10 km/h时，其可变部分成本为每小时8元；固定部分成本为每小时128元．设该轮船的航行速度为x km/h. (1)试将该轮船每小时的运输成本Q表示为x的函数； (2)当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运输成本y(单位：元)最低？ 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 解　(1)设该轮船的航行速度为x km/h时，其每小时的可变成本为P(单位：元)， 则P＝kx3，其中k≠0. 由题意，得8＝k×103， 解得k＝eq \f(1,125)，故P＝eq \f(1,125)x3， 所以每小时的运输成本Q＝eq \f(1,125)x3＋128，其中x>0. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * (2)该轮船每千米的运输成本y＝f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,125)x3＋128)) eq \f(1,x)＝eq \f(1,125)x2＋eq \f(128,x)， 求导，得f′(x)＝eq \f(2,125)x－eq \f(128,x2)＝eq \f(2（x3－8000）,125x2)，其中x>0. 令f′(x)＝0，解得x＝20. 由f′(x)>0，解得x>20，故f(x)在区间(20，＋∞)上单调递增； 由f′(x)<0，解得0<x<20，故f(x)在区间(0，20)上单调递减． 所以当x＝20时，f(x)取得最小值f(20)＝9.6. 故当该轮船的航行速度为20 km/h时，其每千米的运输成本y最低，且为9.6元． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 考向四　极值与最值的综合应用 例6　(2023·苏锡常镇四市联考)已知实数a＞0，函数f(x)＝xln a－aln x＋(x－e)2，e是自然对数的底数． (1)当a＝e时，求函数y＝f(x)的单调区间； (2)求证f(x)存在极值点x0，并求x0的最小值． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 解　(1)当a＝e时，f(x)＝x－eln x＋(x－e)2，f′(x)＝eq \f(（2x＋1）（x－e）,x)， 令f′(x)＞0，解得x＞e，令f′(x)＜0， 解得0＜x＜e， ∴函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * (2)f′(x)＝ln a－eq \f(a,x)＋2(x－e) ＝eq \f(2x2－（2e－ln a）x－a,x)，x＞0， 设u(x)＝2x2－(2e－ln a)x－a， 令u(x)＝0， ∵Δ＝(2e－ln a)2＋8a＞0， ∴方程u(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2)， 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 又x1x2＝eq \f(－a,2)<0，∴x1＜0＜x2， 由于f(x)的定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＜0⇔0＜x＜x2，f′(x)＞0⇔x＞x2， ∴∃x0＝x2使得x0为f(x)的极小值点． 由f′(x0)＝0，得ln a－eq \f(a,x0)＋2(x0－e)＝0. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 设h(a)＝ln a－eq \f(a,x0)＋2(x0－e)， 则∃a＞0，h(a)＝0， h′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x0)＝eq \f(x0－a,x0a)，令h′(a)>0， 得0<a＜x0，令h′(a)＜0，得a＞x0， ∴h(a)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，∴h(a)≤h(x0)， 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * ∴h(x0)＝ln x0－1＋2(x0－e)≥0， ∵h′(x0)＝eq \f(1,x0)＋2>0， ∴h(x0)在(0，＋∞)上单调递增， ∵h(e)＝0，∴h(x0)≥0⇔h(x0)≥h(e)，∴x0≥e. 综上，x0的最小值为e. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (1)求极值、最值时，要求步骤规范，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)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，然后借助图象得到函数的最值． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (2024·长沙雅礼中学预测)设x＝－3是函数f(x)＝ax3＋bx2－3x＋c的一个极值点，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线斜率为8. (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)在闭区间[－1，1]上的最大值为10，求c的值． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 解　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3， 由已知得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－3）＝0，,f′（1）＝8，)) 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(27a－6b－3＝0，,3a＋2b－3＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.)) 于是f′(x)＝3x2＋8x－3＝(x＋3)(3x－1)， 由f′(x)>0，得x<－3或x>eq \f(1,3)， 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * 由f′(x)<0，得－3<x<eq \f(1,3)， 可知x＝－3是函数f(x)的极大值点，a＝1，b＝4符合题意， 所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－3)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(1,3))). 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解 * (2)由(1)可知f(x)＝x3＋4x2－3x＋c， 因为f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))上是减函数，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上是增函数， 又f(1)＝2＋c<f(－1)＝6＋c， 所以f(x)在闭区间[－1，1]上的最大值为f(－1)＝6＋c＝10，解得c＝4. 课时作业 KE SHI ZUO YE 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 一、单项选择题 1．(2023·南宁模拟)函数f(x)＝3＋xln 2x的极小值点为(　　) A．x＝1 B．x＝2 C．x＝e D．x＝eq \f(1,2e) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为f(x)＝3＋xln 2x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln 2x＋x·eq \f(1,x)＝ln 2x＋1，令f′(x)<0得0<x<eq \f(1,2e)，令f′(x)>0，得x>eq \f(1,2e)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))上单调递增，所以函数f(x)在x＝eq \f(1,2e)处取得极小值．故选D. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 解析 * 2．(2023·西宁大通县三模)函数f(x)＝eq \f(ex,x2－3)在[2，＋∞)上的最小值为(　　) A．eq \f(e3,6) B．e2 C．eq \f(e3,4) D．2e 解析　f′(x)＝eq \f(ex（x－3）（x＋1）,（x2－3）2)，令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得2≤x<3，故f(x)在[2，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(3)＝eq \f(e3,6).故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 3．(2024·福州质检)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则c的值为(　　) A．2 B．4 C．6 D．2或6 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由题意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)(3x－c)，则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∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，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，符合题意．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. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 4.(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x1x2＝(　　) A．2 B.eq \f(4,3) C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝1＋b＋c＝0，,f（2）＝8＋4b＋2c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,c＝2，))所以f(x)＝x3－3x2＋2x，可得f′(x)＝3x2－6x＋2，又由题图可得x1，x2是函数f(x)的极值点，即x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1x2＝eq \f(2,3).故选C. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 5．(2023·铁岭一模)若a∈R，“a>3”是“函数f(x)＝(x－a)ex在(0，＋∞)上有极值”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由题意，函数f(x)＝(x－a)ex，则f′(x)＝(x－a＋1)ex，令f′(x)＝0，可得x＝a－1，当x<a－1时，f′(x)<0；当x>a－1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a－1处取得极小值，若函数f(x)在(0，＋∞)上有极值，则a－1>0，解得a>1.因此“a>3”是“函数f(x)＝(x－a)ex在(0，＋∞)上有极值”的充分不必要条件．故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 6．(2023·湖北八市联考)各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用十进制．通常我们用函数f(x)＝eq \f(M,xlogxM)表示在x进制下表达M(M＞1)个数字的效率，则下列选项中表达效率最高的是(　　) A．二进制 B．三进制 C．八进制 D．十进制 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为f(x)＝eq \f(M,xlogxM)＝eq \f(M,x·\f(ln M,ln x))＝eq \f(M,ln M)·eq \f(ln x,x)，可得f′(x)＝eq \f(M,ln M)·eq \f(1－ln x,x2)，当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而f(2)＝f(4)，故可得f(3)＞f(2)＞f(8)＞f(10)．则表达效率最高的是三进制．故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 7．(2024·宜宾模拟)若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－m）2－2，x＜0，,2x3－3x2，x≥0))的最小值是－1，则实数m的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[1，＋∞) C．[3，＋∞) D．(0，＋∞) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　当x≥0时，f(x)＝2x3－3x2，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－1.因为y＝f(x)的最小值为－1，所以当x＜0时，f(x)min≥－1，当x＜0时，f(x)＝(x－m)2－2.①若m≥0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，f(x)＞f(0)＝m2－2，m2－2≥－1，得m≥1；②若m＜0，f(x)在(－∞，m)上单调递减，在(m，0)上单调递增，f(x)min＝f(m)＝－2，舍去．综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 8．(2024·黄山屯溪一中检测)已知函数f(x)＝e2x，g(x)＝ln x＋eq \f(1,2)分别与直线y＝a交于点A，B，则|AB|的最小值为(　　) A．1－eq \f(1,2)ln 2 B．1＋eq \f(1,2)ln 2 C．2－eq \f(1,2)ln 2 D．2＋eq \f(1,2)ln 2 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由题意，得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ln a，a))，B(ea－eq \s\up7(\f(1,2))，a)，其中e a－eq \s\up7(\f(1,2))>eq \f(1,2)ln a，且a>0，所以|AB|＝e a－eq \s\up7(\f(1,2))－eq \f(1,2)ln a，令h(x)＝ex－eq \s\up7(\f(1,2))－eq \f(1,2)ln x(x>0)，则当h′(x)＝ex－eq \f(1,2)－eq \f(1,2x)＝0时，解得x＝eq \f(1,2)，所以当0<x<eq \f(1,2)时，h′(x)<0；当x>eq \f(1,2)时，h′(x)>0，则h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，所以h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq \f(ln 2,2)，即|AB|min＝1＋eq \f(1,2)ln 2.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 二、多项选择题 9．(2024·莆田模拟)函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)在区间(x2，x3)上单调递减 B．f(x)在x＝x2处取得极大值 C．f(x)在区间(a，b)上有2个极大值点 D．f(x)在x＝x1处取得最大值 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　由导函数的图象可知，当x∈[a，x2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x2，x3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x3，b]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．故A，B正确，C，D错误．故选AB. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 10．(2023·长沙一轮复习联考)材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝xx(x＞0)，我们可以作变形：f(x)＝xx＝＝exln x＝et(t＝xln x)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝et和g(x)＝xln x复合而成的，即f(x)＝xx(x＞0)为初等函数．根据以上材料，下列关于初等函数h(x)＝xeq \s\up7(\f(1,x))(x＞0)的说法正确的是(　　) A．无极小值 B．有极小值1 C．无极大值 D．有极大值 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　根据材料知h(x)＝xeq \s\up7(\f(1,x))＝＝eeq \s\up7(\f(1,x))ln x，所以h′(x)＝eeq \s\up7(\f(1,x))ln x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)ln x))′＝eeq \s\up7(\f(1,x))ln x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)ln x＋\f(1,x2)))＝eq \f(1,x2)·eeq \s\up7(\f(1,x))ln x (1－ln x)，令h′(x)＝0得x＝e，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增；当x＞e时，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减．所以h(x)有极大值，为h(e)＝，无极小值．故选AD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 * 11．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则(　　) A．f(0)＝0 B．f(1)＝0 C．f(x)是偶函数 D．x＝0为f(x)的极小值点 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 解析　因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0＋0＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f(1)＝f(1)＋f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，解法一：不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．解法二：当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到eq \f(f（xy）,x2y2)＝eq \f(f（x）,x2)＋eq \f(f（y）,y2)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * 故可以设eq \f(f（x）,x2)＝ln |x|(x≠0)，则f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ln |x|，x≠0，,0，x＝0，))当x>0时，f(x)＝x2ln x，则f′(x)＝2xln x＋x2·eq \f(1,x)＝x(2ln x＋1)，令f′(x)<0，得0<x<e－eq \f(1,2).令f′(x)>0，得x>e－eq \f(1,2).故f(x)在(0，e－eq \f(1,2))上单调递减，在(e－eq \f(1,2)，＋∞)上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－e－eq \f(1,2)，0)上单调递增，在(－∞，－e－eq \f(1,2))上单调递减，显然，此时x＝0是f(x)的极大值点，故D错误．故选ABC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (－∞，－1) 答案 解析 * 三、填空题 12．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则实数a的取值范围是______________． 解析　由y′＝ex＋a＝0得x＝ln (－a)(a<0)，显然x＝ln (－a)为函数的极小值点，又ln (－a)>0，∴－a>1，即a<－1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (－1，2] 答案 解析 * 13．函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是______________． 解析　f′(x)＝3－3x2＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值－2  极大值2  又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0.∴x3＝－1，x4＝2.∵f(x)在开区间(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是极小值．∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－12<－1<a，,a≤2，))解得－1<a≤2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2e2－12 答案 解析 * 14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（|x＋3|＋1），x≤0，,ln x，x>0，))若存在实数a＜b＜c，满足f(a)＝f(b)＝f(c)，则af(a)＋bf(b)＋cf(c)的最大值是____________． 解析　作出f(x)的函数图象如图所示，∵存在实数a＜b＜c，满足f(a)＝f(b)＝f(c)，∴a＋b＝－6，∴af(a)＋bf(b)＋cf(c)＝(a＋b＋c)f(c)＝(c－6)ln c，由函数图象可知，eq \f(1,2)<ln c≤2，∴eq \r(e)<c≤e2，设g(c)＝(c－6)ln c，则g′(c)＝ 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解析 * ln c＋1－eq \f(6,c)，显然g′(c)在(eq \r(e)，e2]上单调递增，∵g′(e)＝2－eq \f(6,e)＜0，g′(e2)＝3－eq \f(6,e2)＞0，∴g′(c)在(eq \r(e)，e2]上存在唯一一个零点，不妨设为c0，则g(c)在(eq \r(e)，c0)上单调递减，在(c0，e2]上单调递增，又g(eq \r(e))＝eq \f(1,2)(eq \r(e)－6)＜0，g(e2)＝2(e2－6)＞0，∴g(c)的最大值为g(e2)＝2e2－12. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 四、解答题 15．(2024·安庆、池州、铜陵三市联考)已知x＝1为函数f(x)＝x2－3x－logax的极值点. (1)求a的值； (2)求f(x)的极小值. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)f′(x)＝2x－3－eq \f(1,xln a)， 由f′(1)＝0，得ln a＝－1， 所以a＝eq \f(1,e). (2)由(1)，得f(x)＝x2－3x＋ln x， 此时f′(x)＝eq \f(2x2－3x＋1,x)＝eq \f(（2x－1）（x－1）,x)， f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减， 所以f(x)的极小值为f(1)＝－2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 16．(2023·山东师大附中模拟)已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．求f(x)在[1，2]上的最小值． 解　f′(x)＝(x＋1－a)ex. 令f′(x)＝0，得x＝a－1. ①若a－1≤1，则a≤2. 当x∈[1，2]时，f′(x)≥0， 则f(x)在[1，2]上单调递增． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * ∴f(x)min＝f(1)＝(1－a)e； ②若a－1≥2，则a≥3. 当x∈[1，2]时，f′(x)≤0， 则f(x)在[1，2]上单调递减． ∴f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2； ③若1<a－1<2，则2<a<3. f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * x 1 (1，a－1) a－1 (a－1，2) 2 f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  ∴f(x)的单调递减区间为[1，a－1)，单调递增区间为(a－1，2]， ∴f(x)min＝f(a－1)＝－ea－1. 综上可知，当a≤2时，f(x)min＝(1－a)e； 当a≥3时，f(x)min＝(2－a)e2； 当2<a<3时，f(x)min＝－ea－1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 17．(2024·重庆南开中学模拟)已知函数f(x)＝x(x－m)2，m∈R. (1)当m＝2时，求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,2)))上的值域； (2)若f(x)的极大值为4，求实数m的值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)当m＝2时，f(x)＝x(x－2)2， f′(x)＝(3x－2)(x－2)，令f′(x)>0， 得x<eq \f(2,3)或x>2， 令f′(x)<0，得eq \f(2,3)<x<2. ∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))上单调递增， 又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq \f(32,27)，f(2)＝0，f(－1)＝－9<f(2)＝0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝eq \f(5,8)<eq \f(32,27)， ∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,2)))上的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－9，\f(32,27))). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)f′(x)＝(3x－m)(x－m)，令f′(x)＝0，解得x＝m或x＝eq \f(m,3). 当m＝0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，无极值，舍去； 当m<0时，令f′(x)>0，得x<m或x>eq \f(m,3)，令f′(x)<0，得m<x<eq \f(m,3)，所以f(x)在(－∞，m)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,3)))上单调递减，f(x)在x＝m时取得极大值，又f(m)＝0，不符合题意，舍去； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 当m>0时，令f′(x)>0，得x<eq \f(m,3)或x>m，令f′(x)<0，得eq \f(m,3)<x<m，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(m,3)))和(m，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))上单调递减，f(x)在x＝eq \f(m,3)时取得极大值， 故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)))＝eq \f(4m3,27)＝4，解得m＝3. 综上，实数m的值为3. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 18．(2022·新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，求a. 解　f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x). 当a≤0时，因为ex>0，所以f′(x)>0，即f(x)在R上单调递增，无最小值，不符合题意． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a； g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增， 所以g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋ln a. 由题意，a－aln a＝1＋ln a， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 即(a＋1)ln a＝a－1， 所以ln a－eq \f(a－1,a＋1)＝0，(*) 令h(a)＝ln a－eq \f(a－1,a＋1)， 则h′(a)＝eq \f(1,a)－eq \f(2,（a＋1）2)＝eq \f(a2＋1,a（a＋1）2)>0. 所以h(a)在(0，＋∞)上单调递增． 又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 * 19．(2023·北京高考)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值点个数． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 解　(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R， 所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－13×ea＋b＝0，,1－（3＋a）ea＋b＝－1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)·e－x＋1(x∈R)， 则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±eq \r(3)， 不妨设x1＝3－eq \r(3)，x2＝3＋eq \r(3)， 则0<x1<x2， 易知e－x＋1>0恒成立， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 所以令g′(x)<0，解得0<x<x1或x>x2；令g′(x)>0，解得x<0或x1<x<x2， 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0，3－eq \r(3))和(3＋eq \r(3)，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－eq \r(3)，3＋eq \r(3))． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)， f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x<0时，f′(－1)＝1－4e2<0，f′(0)＝1>0， 即f′(－1)f′(0)<0， 所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1<x3<0， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 此时，当x<x3时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x3<x<0时，f′(x)>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减， 则f′(x1)＝f′(3－eq \r(3))<f′(1)＝1－2<0，故f′(0)f′(x1)<0， 所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0<x4<x1， 此时，当0<x<x4时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x4<x<x1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f′(x2)＝f′(3＋eq \r(3))>f′(3)＝1>0，故f′(x1)f′(x2)<0， 所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1<x5<x2， 此时，当x1<x<x5时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x5<x<x2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解 * 所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点； 当x>x2＝3＋eq \r(3)>3时，3x2－x3＝x2(3－x)<0，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点． 综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． 　　　　　　　　　　　　　 R $$