第3节 导数与函数的极值、最值-【金版教程】2025年高考数学一轮复习解决方案课件PPT（新教材，基础版）

第四章　一元函数的导数及其应用 第三节　导数与函数的极值、最值 课标解读 考向预测 熟练掌握极值的概念、极值存在的必要条件和充分条件，能求函数的极值，能求闭区间上连续函数的最值，能求实际问题中的最值. 近三年高考题中利用导数求函数的极值和最值是必考的考点，预计2025年高考极值和最值问题在选择题、填空题和解答题中都有可能出现，难度保持稳定或略有降低. 目录 必备知识——强基础 考点探究——提素养 课时作业 必备知识——强基础 目录 f′(x)<0 f′(x)>0 a * 1．函数的极值 (1)函数的极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值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eq \x(\s\up1(01))___________，右侧eq \x(\s\up1(02))__________，则eq \x(\s\up1(03))_____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． 目录 f′(x)>0 f′(x)<0 b 极值点 极值 * (2)函数的极大值 函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值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eq \x(\s\up1(04))____________，右侧eq \x(\s\up1(05))____________，则eq \x(\s\up1(06))________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eq \x(\s\up1(07))_______，极小值和极大值统称为eq \x(\s\up1(08))_______． 目录 连续不断 极值 端点处的函数值f(a)，f(b) 最大值 最小值 * 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，其中最大的一个是eq \x(\s\up1(12))__________，最小的一个是eq \x(\s\up1(13))___________． 目录 * 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． 4．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． 目录 √ × × 答案 * 1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的极小值一定是函数的最小值．(　　) (2)函数的极小值一定不是函数的最大值．(　　) (3)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(　　) 目录 答案 解析 * 2．小题热身 (1)(人教A选择性必修第二册5.3.2例5改编)函数f(x)＝2x－xln x的极值是(　　) A．eq \f(1,e) B．eq \f(2,e) C．e D．e2 解析　f′(x)＝1－ln x，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝e处取得极大值，f(e)＝e.故选C. 目录 答案 解析 * (2)(北师大版选择性必修第二册7.2例5改编)若商品的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为(　　) A．1百万件 B．2百万件 C．3百万件 D．4百万件 解析　y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.所以函数在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，所以当x＝3时，该商品的年利润最大．故选C. 目录 答案 * (3)(2023·甘肃兰州模拟)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是(　　) A．－3是函数y＝f(x)的极值点 B．－1是函数y＝f(x)的最小值点 C．y＝f(x)在(－3，1)上单调递增 D．曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率大于零 目录 解析 * 解析　根据导函数图象可知，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，故C正确；易知－3是函数y＝ f(x)的极小值点，故A正确；因为y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，所以－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故B错误；因为函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，所以曲线y＝f(x)在x＝0处的切线的斜率大于零，故D正确．故选B. 考点探究——提素养 目录 答案 * 考点一　导数与函数的极值(多考向探究) 考向1根据函数图象判断极值(点) 例1 (多选)(2024·山东枣庄第十六中学高三上学期月考)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列结论中正确的是(　　) A．f(x)的单调递增区间是(－1，2)，(4，＋∞) B．x＝－1是f(x)的极小值点 C．f(x)在(2，4)上是减函数，在(－1，2)上是增函数 D．x＝2是f(x)的极小值点 目录 解析 * 解析　根据题中图象知，当x∈(－1，2)∪(4，＋∞)时，f′(x)>0，函数在(－1，2)，(4，＋∞)上单调递增；当x∈(－3，－1)∪(2，4)时，f′(x)<0，函数在(－3，－1)，(2，4)上单调递减，故A，C正确；当x＝－1时，f(x)取得极小值，x＝－1是f(x)的极小值点，故B正确；当x＝2时，f(x)取得极大值，x＝2不是f(x)的极小值点，故D错误．故选ABC. 目录 * 【通性通法】 由图象判断函数y＝f(x)的极值的方法 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 答案 * 【巩固迁移】 1．(2024·陕西西安长安区高三上学期月考)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 目录 解析 * 解析　由题图得，f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，∴f(x)有一个极大值，没有极小值，∴A，B，D错误，C正确．故选C. 目录 答案 * 考向2求已知函数的极值(点) 例2　(多选)(2023·广东饶平模拟)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，则(　　) A．－1是函数f(x)的极大值点 B．3是函数f(x)的极小值点 C．函数f(x)的极小值为－7 D．函数f(x)的极大值为25 目录 解析 * 解析　因为f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，该函数的定义域为R，则f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x＋1)(x－3)，列表如下： x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 －7 单调递增 25 单调递减 所以－1是函数f(x)的极小值点，3是函数f(x)的极大值点，函数f(x)的极小值为f(－1)＝－7，极大值为f(3)＝25.故选CD. 目录 * 【通性通法】 求函数f(x)极值的一般解题步骤 目录 解 * 【巩固迁移】 2．讨论函数f(x)＝x－1＋eq \f(a,ex)的极值． 解　由题意，得f′(x)＝1－eq \f(a,ex). ①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值． ②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，可得x＝ln a. 所以当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 则f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 故f(x)在x＝ln a处取得极小值f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值． 目录 答案 解析 * 考向3已知函数的极值(点)求参数 例3 　(1)(2023·辽宁抚顺重点高中六校协作体高三二模)已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处取得极大值4，则a－b＝(　　) A．8 B．－8 C．2 D．－2 解析　因为f(x)＝ax3＋bx，所以f′(x)＝3ax2＋b，所以f′(1)＝3a＋b＝0，f(1)＝a＋b＝4，解得a＝－2，b＝6，经检验，符合题意，所以a－b＝－8.故选B. 目录 (1，＋∞) 答案 解析 * (2)(2024·江苏南京师范大学附属中学高三上学期开学测试)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,2)x2－ax(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为___________． 解析　∵函数f(x)的定义域是R，f′(x)＝ex－x－a，令h(x)＝ex－x－a，h′(x)＝ex－1，所以在区间(－∞，0)上，h′(x)<0，h(x)单调递减；在区间(0，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)单调递增．要使f(x)有两个极值点，则f′(0)＝h(0)＝1－a<0，a>1，又当x趋于－∞时，f′(x)趋于＋∞，当x趋于＋∞时，f′(x)趋于＋∞，所以实数a的取值范围为(1，＋∞)． 目录 * 【通性通法】 已知函数的极值(点)求参数的方法 (1)对于可导函数y＝f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的必要条件，即当已知可导函数在某一点处取得极值时，该点处的导数值一定为零，据此可建立关于参数的方程进行求解，但应检验极值点两侧的导数是否异号． (2)若函数f(x)在区间I上有极值点，则f′(x)在区间I上有变号的零点，亦即方程f′(x)＝0有满足相应条件的实数根，从而可转化为方程有解问题，也可转化为直线与曲线的交点问题进行求解． 考点探究——提素养 目录 22 【通性通法】 求函数f(x)极值的一般解题步骤 目录 答案 * 【巩固迁移】 3．(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 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 答案 * 考点二　导数与函数的最值(多考向探究) 考向1求已知函数的最值 例4 (2022·全国乙卷)函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　　) A．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2) C．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2 目录 解析 * 解析　f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)cosx＝(x＋1)cosx，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．又f(0)＝f(2π)＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)＋2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝－eq \f(3π,2)，所以f(x)在区间[0，2π]的最小值为－eq \f(3π,2)，最大值为eq \f(π,2)＋2.故选D. 目录 * 【通性通法】 求函数最值的步骤 考点探究——提素养 目录 22 【通性通法】 求函数f(x)极值的一般解题步骤 目录 －2 答案 解析 * 【巩固迁移】 4．(2023·江苏镇江模拟)已知函数f(x)＝ex－3，g(x)＝1＋ln x，若f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为________． 解析　令t＝f(m)＝g(n)，则em－3＝t，1＋ln n＝t，所以m＝3＋ln t，n＝et－1，即n－m＝et－1－3－ln t，令h(t)＝et－1－3－ln t，则h′(t)＝et－1－eq \f(1,t)(t>0)，令h′(t)＝0，得t＝1.当0<t<1时，h′(t)<0，h(t)单调递减；当t>1时，h′(t)>0，h(t)单调递增，所以h(t)min＝h(1)＝－2，即n－m的最小值为－2. 目录 1或e 答案 解析 * 考向2已知函数的最值求参数 例5 已知函数f(x)＝ax＋eq \f(1,x)＋(a－1)ln x(a∈R)的最小值为2，则实数a的值是________． 解析　因为f′(x)＝a－eq \f(1,x2)＋eq \f(a－1,x)＝eq \f((x＋1)(ax－1),x2)，x>0，当a≤0时，f′(x)<0，所以f(x)是(0，＋∞)上的减函数，函数f(x)无最小值，不符合题意；当a>0时，由f′(x)<0，得0<x<eq \f(1,a)，由f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)，所以f(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，函数f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋a＋(1－a)ln a，由1＋a＋(1－a)ln a＝2，得(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或e.综上，a＝1或e. 目录 * 【通性通法】 (1)由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致函数最值的变化，故函数含参数时，需注意是否需要分类讨论． (2)已知函数最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决． 考点探究——提素养 目录 22 【通性通法】 求函数f(x)极值的一般解题步骤 目录 答案 * 【巩固迁移】 5．已知函数y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋1.若函数y＝f(x)在[1，＋∞)上的最小值为3，则实数a的值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 目录 解析 * 解析　因为y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋1.当x>0时，－x<0，则f(－x)＝－x－eq \f(a,x)＋1＝－f(x)，所以当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(a,x)－1，此时f′(x)＝1－eq \f(a,x2).当a≤1时，f′(x)＝1－eq \f(a,x2)≥0在[1，＋∞)上恒成立，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，当x＝1时，函数f(x)取得最小值f(1)＝1＋a－1＝3，解得a＝3(舍去)；当a>1时，当x∈[1，eq \r(a)]时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减；当x∈[eq \r(a)，＋∞)时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，故当x＝eq \r(a)时，函数f(x)取得最小值f(eq \r(a))＝2eq \r(a)－1＝3，解得a＝4.综上，a＝4.故选D. 目录 * 考点三　生活中的优化问题 例6 (2023·山东烟台高三上学期期末)某工厂拟建造如图所示的容器(不计厚度，长度单位：米)，其中容器的上端为半球形，下部为圆柱形，该容器的体积为eq \f(160π,3)立方米，且l≥6r.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关．已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱底面每平方米建造费用为m(m>2.25)千元．设该容器的建造费用为y千元． (1)写出y关于r的函数表达式，并求该函数的定义域； (2)求该容器的建造费用最小时的r. 目录 解 * 解　(1)设该容器的体积为V， 则V＝πr2l＋eq \f(2,3)πr3， 又V＝eq \f(160π,3)，所以l＝eq \f(160,3r2)－eq \f(2,3)r. 因为l≥6r，所以0<r≤2. 所以建造费用y＝2πrl×eq \f(9,4)＋3πr2m＝2πreq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(160,3r2)－\f(2,3)r))×eq \f(9,4)＋3πr2m， 因此y＝3π(m－1)r2＋eq \f(240π,r)，0<r≤2. 目录 解 * (2)由(1)得y′＝6π(m－1)r－eq \f(240π,r2)＝eq \f(6π(m－1),r2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r3－\f(40,m－1)))，0<r≤2. 由于m>eq \f(9,4)，所以m－1>0， 令r3－eq \f(40,m－1)＝0，得r＝eq \r(3,\f(40,m－1)). 若eq \r(3,\f(40,m－1))<2，即m>6，当r∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3,\f(40,m－1))))时，y′<0，y(r)为减函数，当r∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,\f(40,m－1))，2))时，y′>0，y(r)为增函数，此时r＝eq \r(3,\f(40,m－1))为函数y(r)的极小值点，也是最小值点． 若eq \r(3,\f(40,m－1))≥2，即eq \f(9,4)<m≤6，当r∈(0，2]时，y′≤0，y(r)为减函数，此时r＝2是y(r)的最小值点． 综上所述，当eq \f(9,4)<m≤6时，建造费用最小时r＝2；当m>6时，建造费用最小时r＝eq \r(3,\f(40,m－1)). 目录 * 【通性通法】 生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题，通过建立函数模型，用导数解决数学问题，得到优化问题的答案． 目录 * 【巩固迁移】 6．(2023·山东德州模拟)高铁的快速发展给群众出行带来巨大便利，促进了区域经济和社会发展．已知某条高铁线路通车后，发车时间间隔t(单位：分钟)满足2≤t≤20，t∈N*.经测算，高铁的载客量与发车时间间隔t相关：当10≤t≤20时，高铁为满载状态，载客量为1200人；当2≤t<10时，载客量会在满载基础上减少，减少的人数与(10－t)2成正比，且发车时间间隔为5分钟时的载客量为950人．设发车间隔为t分钟时，高铁载客量为P(t)人． (1)求P(t)的表达式； (2)若该线路发车时间间隔为t分钟时的净收益Q(t)＝eq \f(t,5)P(t)－40t2＋660t－2048元，当发车时间间隔为多少时，单位时间的净收益eq \f(Q(t),t)最大？最大为多少？ 目录 解 * 解　(1)当2≤t<10时，减少的人数与(10－t)2成正比，设比例系数为k， 所以P(t)＝1200－k(10－t)2，2≤t<10， 当t＝5时，P(5)＝950， 即1200－k(10－5)2＝950， 解得k＝10， 所以P(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1200－10(10－t)2，2≤t<10，,1200，10≤t≤20.)) 目录 解 * (2)由题意可得 Q(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(700t－2048－2t3，2≤t<10，,900t－40t2－2048，10≤t≤20.)) 所以eq \f(Q(t),t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(700－2t2－\f(2048,t)，2≤t<10，,900－40t－\f(2048,t)，10≤t≤20.)) 令H(t)＝eq \f(Q(t),t)，当2≤t<10时，H′(t)＝－4t＋eq \f(2048,t2)＝eq \f(2048－4t3,t2)， 令H′(t)＝0，得t＝8. 目录 解 * 当2≤t<8时，H′(t)>0，当8<t<10时，H′(t)<0， 所以H(t)的最大值为H(8)＝316， 当10≤t≤20时，H′(t)＝－40＋eq \f(2048,t2)<0， 所以H(t)的最大值为H(10)＝295.2， 因为295.2<316，所以当t＝8时，单位时间的净收益最大，为316元． 综上，当发车时间间隔为8分钟时，单位时间的净收益最大，为316元． 课时作业 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 一、单项选择题 1．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x(－2<x<2)，则(　　) A．f(x)的极大值为5，无极小值 B．f(x)的极小值为－27，无极大值 C．f(x)的极大值为5，极小值为－27 D．f(x)的极大值为5，极小值为－11 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)，由f′(x)>0，得－2<x<－1，由f′(x)<0，得－1<x<2，所以函数f(x)＝x3－3x2－9x(－2<x<2)在(－2，－1)上单调递增，在(－1，2)上单调递减，所以函数f(x)＝x3－3x2－9x(－2<x<2)在x＝－1时，取得极大值5，无极小值．故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 2．已知函数f(x)＝x2－8x＋6ln x＋1，则f(x)的极大值为(　　) A．10　　　　　　　B．－6　　　　　　C．－7 　　　　　D．0 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋eq \f(6,x)＝eq \f(2(x－1)(x－3),x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，故列表如下： x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 －6 单调递减 －14＋6ln 3 单调递增 所以f(x)的极大值为f(1)＝－6.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 3．函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极小值－3，则a－b的值为(　　) A．0 B．6 C．3 D．2 解析　f′(x)＝12x2－2ax－2b，因为f(x)在x＝1处有极小值－3，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(1)＝12－2a－2b＝0，,f(1)＝4－a－2b＋2＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝3.))经检验符合题意，所以a－b＝0.故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 4.(2024·湖南长沙第一中学高三上学期月考(三))已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．函数f(x)有最小值 B．函数f(x)有最大值 C．函数f(x)有且仅有三个零点 D．函数f(x)有且仅有两个极值点 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　由函数图象可知f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x (－∞，－1) (－1，1) (1，3) (3，＋∞) f′(x) － ＋ － ＋ f(x)     由上表可知f(x)在(－∞，－1)和(1，3)上分别单调递减，在(－1，1)和(3，＋∞)上分别单调递增，函数f(x)的极小值分别为f(－1)，f(3)，其极大值为f(1)．对于A，由以上分析可知f(x)min＝min{f(－1)，f(3)}，即函数f(x)有最小值，故A正确；对于B，由题图可知当x→＋∞，有f′(x)→＋∞，即f(x)增加得越来越快，因此当x→＋∞，有f(x)→＋∞，所以函数f(x)没有最大值，故B错误；对于C，若f(－1)<0，f(1)>0，f(3)<0，则由零点存在定理可知函数f(x)有四个零点，故C错误；对于D，由上表及以上分析可知，函数f(x)共有三个极值点，故D错误．故选A. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 5．(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 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)，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意，所以f′(2)＝eq \f(2×(1－2),22)＝－eq \f(1,2).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 6．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3个零点，则f(x)存在极大值和极小值，则a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq \r(\f(－a,3))或x＝eq \r(\f(－a,3))，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))时，f′(x)<0，故f(x)的极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3个零点，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 7．(2023·山东聊城高三三模)若直线y＝x＋b与曲线y＝ex－ax相切，则b的最大值为(　　) A．0 B．1 C．2 D．e 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　设切点坐标为(x0，y0)，因为y＝ex－ax，所以y′＝ex－a，故切线的斜率为ex0－a＝1，ex0＝a＋1，则x0＝ln (a＋1)．又切点(x0，y0)在切线y＝x＋b与曲线y＝ex－ax上，所以x0＋b＝ex0－ax0，所以b＝(a＋1)－x0(a＋1)＝(a＋1)[1－ln (a＋1)]．令a＋1＝t，则b＝t(1－ln t)，设f(t)＝t(1－ln t)，f′(t)＝(1－ln t)＋t·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,t)))＝－ln t，令f′(t)＝0，得t＝1，所以当t∈(0，1)时，f′(t)>0，f(t)是增函数；当t∈(1，＋∞)时，f′(t)<0，f(t)是减函数，所以f(t)max＝f(1)＝1.所以b的最大值为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 20 21 22 答案 * 8．(2023·福建南平高三第三次质量检测)A，B分别是函数y＝ex－1和y＝eq \r(x－1)图象上的点，若AB与x轴平行，则|AB|的最小值是(　　) A．eq \f(1－ln 2,2) B．eq \f(1＋ln 2,2) C．eq \f(3－ln 2,2) D．eq \f(3＋ln 2,2) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　因为AB与x轴平行，设AB的方程为y＝m(m>0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,y＝ex－1，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,x＝ln m＋1，))即A(ln m＋1，m)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,y＝\r(x－1)，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,x＝m2＋1，))即B(m2＋1，m)，所以|AB|＝m2＋1－(ln m＋1)＝m2－ln m，设f(x)＝x2－ln x(x>0)，则f′(x)＝2x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x2－1,x)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，故f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1＋ln 2,2).故选B. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 二、多项选择题 9．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq \f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq \f(\r(3),3)或x＞eq \f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq \f(\r(3),3)＜x＜eq \f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3))) eq \s\up12(3)－eq \f(\r(3),3)＋1＝1－eq \f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称，所以点(0，1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq \o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 10．(2023·河北秦皇岛联考高三冲刺卷(三))已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x2)，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)≥0恒成立 B．f(x)只有一个零点 C．f(x)在x＝eq \r(e)处得到极大值eq \f(1,2e) D．f(x)是(0，＋∞)上的增函数 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　函数f(x)＝eq \f(ln x,x2)的定义域为(0，＋∞)，当0<x<1时，ln x<0，此时f(x)＝eq \f(ln x,x2)<0，故A错误；令f(x)＝0，则eq \f(ln x,x2)＝0，即ln x＝0，所以x＝1，故f(x)只有一个零点，故B正确；因为f(x)＝eq \f(ln x,x2)，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq \f(1－2ln x,x3)，由f′(x)>0，可得0<x<eq \r(e)，由f′(x)<0，可得x>eq \r(e)，所以当0<x<eq \r(e)时，函数f(x)单调递增，当x>eq \r(e)时，函数f(x)单调递减，所以f(x)极大值＝f(eq \r(e))＝eq \f(1,2e)，故C正确，D错误．故选BC. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 2 答案 解析 * 三、填空题 11．(2023·山东潍坊模拟)函数f(x)＝x3－12x的极小值点为________． 解析　因为函数f(x)＝x3－12x，所以由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)和(2，＋∞)，令f′(x)<0，得－2<x<2，所以函数f(x)的单调递减区间为(－2，2)，所以函数f(x)＝x3－12x的极小值点为2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 0 答案 解析 * 12．(2024·河南郑州模拟)若函数f(x)＝3x－x3的两个极值点为x1，x2，则x1＋x2＝________． 解析　由f(x)＝3x－x3，得f′(x)＝3－3x2，令f′(x)<0，得x<－1或x>1，令f′(x)>0，得－1<x<1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，所以函数f(x)的极值点为－1和1，则x1＋x2＝0. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 4 答案 解析 * 13．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________． 解析　由题意，得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)上单调递减，在(2，3]上单调递增，又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 解析 * 14．若函数f(x)＝xln x－eq \f(3a,2)x2在区间(0，＋∞)上有两个极值点，则实数a的取值范围是________． 解析　由题意，得f′(x)＝ln x＋1－3ax，因为函数f(x)在区间(0，＋∞)上有两个极值点，即f′(x)＝0在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即3a＝eq \f(ln x＋1,x)在区间(0，＋∞)上有两个不等的实数根，即函数g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)和y＝3a的图象有两个交点，又由g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，得g′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(x)max＝g(1)＝1，且当x→0＋时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0.所以0<3a<1，解得0<a<eq \f(1,3)，即实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 * 四、解答题 15．(2024·九省联考)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a； (2)求f(x)的单调区间和极值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 解　(1)f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋a， 则f′(2)＝eq \f(1,2)＋2×2＋a＝eq \f(9,2)＋a， 由题意可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)＋a))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－1， 解得a＝－3. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * (2)由a＝－3，得f(x)＝ln x＋x2－3x＋2， 则f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f(2x2－3x＋1,x)＝eq \f((2x－1)(x－1),x)，x>0， 故当0<x<eq \f(1,2)时，f′(x)>0，当eq \f(1,2)<x<1时，f′(x)<0， 当x>1时，f′(x)>0， 故f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))， 故f(x)有极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝ln eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2)－3×eq \f(1,2)＋2＝eq \f(3,4)－ln 2，有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 * 16．(2023·湖北省部分省级示范高中高三上学期期中联考)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a). (1)若a＝0，求y＝f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的最大值和最小值． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 解　(1)若a＝0，有f(x)＝eq \f(3－2x,x2)，定义域为{x|x≠0}，则f′(x)＝eq \f(2x－6,x3)， 由f′(x)<0，得0<x<3，由f′(x)>0，得x<0或x>3， 所以f(x)的单调递减区间是(0，3)，单调递增区间是(－∞，0)，(3，＋∞)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * (2)∵f′(x)＝eq \f(2x2－6x－2a,(x2＋a)2)，f′(－1)＝0， 即8－2a＝0，∴a＝4，∴f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋4)， ∴f′(x)＝eq \f(2x2－6x－8,(x2＋4)2)＝eq \f(2(x－4)(x＋1),(x2＋4)2)， ∴当x<－1或x>4时，f′(x)>0；当－1<x<4时，f′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，－1)，(4，＋∞)上单调递增，在(－1，4)上单调递减， ∴f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为f(4)＝－eq \f(1,4). 又当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→0， ∴f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－eq \f(1,4). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 * 17．已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx. (1)当a＝0，b＝1时，证明：当x∈(1，＋∞)时，f(x)<ln x； (2)若b＝a2，函数f(x)在区间(1，2)上存在极大值，求a的取值范围． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 解　(1)证明：由题意，得f(x)＝－x3＋x， 则f′(x)＝－3x2＋1， ∵当x>1时，f′(x)<0，∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)<f(1)＝0， 设g(x)＝ln x，x>1， 则g(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)>ln 1＝0，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)<ln x. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * (2)由题意得f′(x)＝－3x2＋2ax＋a2＝－(3x＋a)(x－a)， 令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(a,3)或a， ①当a＝0时，f′(x)＝－3x2≤0，f(x)单调递减，函数f(x)没有极值，不符合题意． ②当a>0时，若x<－eq \f(a,3)，则f′(x)<0，f(x)单调递减； 若－eq \f(a,3)<x<a，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 若x>a，则f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)在x＝a处取得极大值，在x＝－eq \f(a,3)处取得极小值，故1<a<2. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * ③当a<0时，若x<a，则f′(x)<0，f(x)单调递减； 若a<x<－eq \f(a,3)，则f′(x)>0，f(x)单调递增； 若x>－eq \f(a,3)，则f′(x)<0，f(x)单调递减， ∴f(x)在x＝－eq \f(a,3)处取得极大值，在x＝a处取得极小值，由1<－eq \f(a,3)<2，得－6<a<－3. 综上所述，a的取值范围为(－6，－3)∪(1，2)． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 18．(多选)已知函数f(x)＝x＋sinx－xcosx的定义域为[－2π，2π)，则(　　) A．f(x)为奇函数 B．f(x)在[0，π)上单调递增 C．f(x)恰有4个极大值点 D．f(x)有且仅有4个极值点 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 解析　因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶 函数．f′(x)＝1＋cosx－(cosx－xsinx)＝1＋xsinx，当x∈[0，π)时， f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0， 得sinx＝－eq \f(1,x)，在同一坐标系中分别作出y＝sinx，y＝－eq \f(1,x)在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点．故选BD. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 * 19．(多选)(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 20 21 22 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． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解析 * 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)，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<eeq \s\up7(-\f(1,2)).令f′(x)>0，得x>eeq \s\up7(-\f(1,2)).故f(x)在(0，eeq \s\up7(-\f(1,2)))上单调递减，在(eeq \s\up7(-\f(1,2))，＋∞)上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－eeq \s\up7(-\f(1,2))，0)上单调递增，在(－∞，－eeq \s\up7(-\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 20 21 22 e 答案 解析 * 20．(2023·福建厦门外国语学校高三上学期期末检测)已知函数f(x)＝x(ex＋1)，g(x)＝(x＋1)ln x，若f(x1)＝g(x2)＝m(m>1)，则eq \f(x1＋x1x2,ln m)的最小值为________． 解析　g(x)＝(x＋1)ln x＝(eln x＋1)ln x＝f(ln x)，则f(x1)＝f(ln x2)＝m(m>1)，因为f(x1)＝x1(ex1＋1)>1，故x1>0，又当x>0时，f′(x)＝(x＋1)ex＋1>0恒成立，即f(x)＝x(ex＋1)单调递增，所以x1＝ln x2，则eq \f(x1＋x1x2,ln m)＝eq \f(m,ln m)，令h(x)＝eq \f(x,ln x)(x>1)，h′(x)＝eq \f(ln x－1,(ln x)2)，当x∈(1，e)时，h′(x)<0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)在x＝e处取得最小值，h(e)＝e，eq \f(x1＋x1x2,ln m)的最小值为e. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 * 21．(2023·河北石家庄模拟)已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(m,2)x2，m∈R. (1)若m>0，函数f(x)图象上所有点处的切线中，切线斜率的最小值为2，求切线斜率取得最小值时的切线方程； (2)若F(x)＝f(x)－mx有两个极值点，且所有极值的和不小于－eq \f(e2,2)－3，求实数m的取值范围． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 解　(1)f′(x)＝eq \f(1,x)＋mx，由于f(x)的定义域为(0，＋∞)，且m>0， 所以f′(x)＝eq \f(1,x)＋mx≥2eq \r(\f(1,x)·mx)＝2eq \r(m)， 当且仅当eq \f(1,x)＝mx，即x2＝eq \f(1,m)时等号成立． 由已知得2eq \r(m)＝2，所以m＝1， 所以f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2，切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))， 故切线方程为y－eq \f(1,2)＝2(x－1)，即y＝2x－eq \f(3,2). 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * (2)由于F(x)＝f(x)－mx＝ln x＋eq \f(m,2)x2－mx， 所以F′(x)＝eq \f(1,x)＋mx－m＝eq \f(mx2－mx＋1,x). 由于F(x)有两个极值点，所以方程mx2－mx＋1＝0有两个不相等的正实数根x1，x2， 因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－4m>0，,\f(1,m)>0，))解得m>4. 又因为x1＋x2＝1，x1x2＝eq \f(1,m)， 所以F(x1)＋F(x2)＝ln x1＋eq \f(m,2)xeq \o\al(2,1)－mx1＋ln x2＋eq \f(m,2)xeq \o\al(2,2)－mx2＝ln (x1x2)＋eq \f(m,2)(xeq \o\al(2,1)＋xeq \o\al(2,2))－m(x1＋x2)＝ln eq \f(1,m)＋eq \f(m,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,m)))－m＝－eq \f(m,2)－ln m－1， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 因此有－eq \f(m,2)－ln m－1≥－eq \f(e2,2)－3， 即eq \f(m,2)＋ln m≤eq \f(e2,2)＋2. 令g(m)＝eq \f(m,2)＋ln m， 易知g(m)在(0，＋∞)上单调递增， 而g(e2)＝eq \f(e2,2)＋2， 所以4<m≤e2，故实数m的取值范围是(4，e2]． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 * 22．(2024·湖北武汉第一中学高三上学期月考)已知函数f(x)＝ex－x－axln (x＋1)－1. (1)若a＝0，求f(x)的最小值； (2)函数f(x)在x＝0处有极大值，求实数a的取值范围． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 解　(1)∵a＝0， ∴f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1， 当x∈(－1，0)时，f′(x)<0； 当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0. ∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． ∴f(x)的极小值也是最小值为f(x)min＝f(0)＝0. 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * (2)f′(x)＝ex－1－aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln (x＋1)＋\f(x,x＋1)))(x>－1)． 设g(x)＝f′(x)， 则g′(x)＝ex－aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,(x＋1)2))). 当a≤0时，g′(x)>0，g(x)在(－1，＋∞)上单调递增， ∴当x∈(－1，0)时，g(x)<g(0)＝0； 当x∈(0，＋∞)时，g(x)>g(0)＝0， ∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴x＝0是f(x)的极小值点，与题意矛盾． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 当a>0时，g′(x)＝ex－aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋\f(1,(x＋1)2)))在(－1，＋∞)上是增函数，且g′(0)＝1－2a. ①当0<a≤eq \f(1,2)且x∈(0，＋∞)时，g′(x)>g′(0)＝1－2a≥0，从而f′(x)在(0，＋∞)上是增函数， 故有f′(x)>f′(0)＝0， ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，与题意矛盾； ②当a>eq \f(1,2)时，若x∈(－1，0)， 则g′(x)<g′(0)＝1－2a<0，从而f′(x)在(－1，0)上是减函数， 故有f′(x)>f′(0)＝0， ∴f(x)在(－1，0)上是增函数； 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 解 * 若x∈(0，a)，由(1)知，ea>a＋1，则 g′(a)＝ea－aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(1,(a＋1)2)))>a＋1－aeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋1)＋\f(1,(a＋1)2)))＝eq \f(a3＋2a2＋a＋1,(a＋1)2)>0， 又g′(0)＝1－2a<0， ∴存在x0∈(0，a)使得g′(x0)＝0.从而当x∈(0，x0)时，g′(x)<0， ∴f′(x)＝g(x)在(0，x0)上是减函数，从而f′(x)<f′(0)＝0，f(x)在(0，x0)上是减函数，故x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． 综上所述，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)). 　　　　　　　　　　　　　 R $$