3.3 导数与函数的极值、最值（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

第三节　导数与函数的极值、最值 课标要求 1.借助函数图象，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多项式函数的最大值、最小值. 3.体会导数与极值、最大小值的关系. [系统主干知识] 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附近其他点处的函数值都小，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处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，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]上的最值的步骤： ①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值； 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． [细作教材小题] 1．(湘教版选择性必修二P41·T3改编)[多选]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列选项正确的是(　 ) A．在x2处导函数y＝f′(x)有极大值 B．在x1，x4处导函数y＝f′(x)有极小值 C．在x3处函数y＝f(x)有极大值 D．在x5处函数y＝f(x)有极大值 答案：ABC 2．(人教A版选择性必修二P91·例5改编)函数f(x)＝x3－4x＋4的极大值为(　 ) A. B．6 C. D．7 解析：选A　由f′(x)＝x2－4＝0，得x＝±2.当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以当x＝－2时，f(x)极大值＝，故选A. 3．(苏教版选择性必修一P231·T8改编)函数f(x)＝x＋－1在区间(－∞，0)上(　 ) A．有最大值，无最小值 B．有最小值，无最大值 C．既有最大值，又有最小值 D．既无最大值，又无最小值 解析：选A　f(x)＝x＋－1，则f′(x)＝1－＝＝，故函数在(－∞，－)上单调递增，在[－，0)上单调递减，故函数有最大值f(－)＝－2－1，无最小值． 4．(人教B版选择性必修三P100·T3改编)已知函数f(x)＝在x＝0取得极值，则a的值为________． 解析：因为f(x)＝，所以f′(x)＝＝.因为f(x)＝在x＝0取得极值，所以f′(0)＝a＝0，此时f(x)＝，所以f′(x)＝＝，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x＝0时，f(x)取得极小值，所以a＝0. 答案：0 逐点清(一)　利用导数求解函数的极值(点)问题 题点1　根据函数图象判断极值(点) [例1]　[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．f(x)在x＝－4时取极小值 B．f(x)在x＝－2时取极大值 C．x＝1.5是f(x)的极小值点 D．x＝3是f(x)的极小值点 解析：选AC　由导函数f′(x)的图象可得，当x＝－4时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以f(x)在x＝－4时取极小值，所以A正确；当x＝1.5时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以x＝1.5是f(x)的极小值点，所以C正确；而x＝－2和x＝3，左右两边的导数值同号，所以x＝－2和x＝3不是函数的极值点，所以B、D错误，故选AC. 题点2　求已知函数的极值 [例2]　已知函数f(x)＝aex(x－3)(a≠0)． (1)求f(x)的单调区间； (2)当a＝－1时，求函数g(x)＝f(x)＋x2－4x的极值． 解：(1)f′(x)＝aex(x－2), 若a>0，由f′(x)<0，得x<2；由f′(x)>0，得x>2, ∴f(x)的单调递减区间为(－∞，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．若a<0，由f′(x)<0，得x>2；由f′(x)>0，得x<2，∴f(x)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，2)． 综上，当a>0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，当a<0时，f(x)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，2)． (2)当a＝－1时，g(x)＝f(x)＋x2－4x＝－ex(x－3)＋x2－4x，g′(x)＝－ex(x－2)＋2x－4＝－(x－2)(ex－2)．由g′(x)＝0，得x＝2或x＝ln 2. 当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，2) 2 (2，＋∞) g′(x) － 0 ＋ 0 － g(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 ∴g(x)极小值＝g(ln 2)＝(ln 2)2－6ln 2＋6，g(x)极大值＝g(2)＝e2－4. 个性点拨　求函数f(x)极值的一般解题步骤 (1)确定函数的定义域； (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)求出函数f(x)的极值． 题点3　已知极值(点)求参数值(范围) [例3]　(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]若函数f(x)＝aln x＋＋(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 解析：选BCD　函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以 故选BCD. [例4]　(2024·湛江一模)若函数f(x)＝ex－ax2－a存在两个极值点x1，x2，且x2＝2x1，则a＝________. 解析：f(x)＝ex－ax2－a，定义域为R，所以f′(x)＝ex－2ax，故ex1－2ax1＝0，ex2－2ax2＝0.又x2＝2x1，所以e2x1－4ax1＝0.又ex1>0，故ex1＝2，所以x1＝ln 2，所以a＝＝. 答案： 个性点拨 由函数极值(点)求参数值(范围)的解题策略 (1)对于已知可导函数的极值求参数问题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号． (2)求出参数后，一定要验证是否满足题目条件． 逐点清(二)　利用导数求函数的最值 题点1　求已知函数的最值 [例5]　已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)当a＝3时，求f(x)的极值； (2)若a>0，求f(x)在区间[0,1]的最小值． 解：(1)当a＝3时，f(x)＝2x3－3x2＋b，定义域为R， 且f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)， 所以当x<0或x>1时，f′(x)>0，当0<x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在x＝0处取得极大值，在x＝1处取得极小值，即f(x)极大值＝f(0)＝b，f(x)极小值＝f(1)＝－1＋b. (2)函数f(x)＝2x3－ax2＋b的定义域为R，则f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)， 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 当a>0时，则当x<0或x>时，f′(x)>0， 当0<x<时，f′(x)<0， 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，，单调递减区间为； 若≥1，即a≥3时，f(x)在[0,1]上单调递减， 所以f(x)在[0,1]上的最小值为f(x)min＝f(1)＝2－a＋b.若0<<1，即0<a<3时，f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)在[0,1]上的最小值为f(x)min＝f＝－＋b，所以f(x)min＝ 个性点拨 (1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)，与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． (2)若所给的闭区间[a，b]含参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． 题点2　由函数的最值求参数 [例6]　已知函数f(x)＝x3－x＋1在区间(2a－5，a2)上存在最大值，则实数a的取值范围是________． 解析：由题意得f′(x)＝x2－1，令f′(x)<0，得－2<x<2，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，所以f(x)在(－2,2)上单调递减，在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增，故f(x)极大值＝f(－2)＝.令f(x)＝，得(x＋2)2(x－4)＝0，解得x＝－2或x＝4，所以f(4)＝，所以要使f(x)＝x3－x＋1在(2a－5，a2)上存在最大值，则有 解得－2≤a<. 答案： 个性点拨　 已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题． 题点3　函数极值与最值的综合应用 [例7]　已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax＋a(a∈R)．若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值． 解：∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝＋x－a＝(x>0)， ∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1， ∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，设t＝(t≥ )，令h(t)＝ln t－(t≥ )， 则h′(t)＝－＝－<0， ∴h(t)在[，＋∞)上是减函数， ∴h(t)≤h()＝，故f(x2)－f(x1) 的最大值为. 逐点验收(一)　函数的极值 1．(2024·肇庆质检)已知x＝1是函数f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是(　 ) A．(1，＋∞) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，1) 解析：选D　依题意得f′(x)＝(x－a)(x－1)ex，它的两个零点为x＝1，x＝a，若x＝1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x＝1处取得极小值． 2．若函数f(x)＝2x3＋ax2－3x－2在x＝1处取得极小值，则函数f(x)的极大值为________． 解析：f′(x)＝6x2＋2ax－3，由题意得f′(1)＝6＋2a－3＝0，解得a＝－，故f(x)＝2x3－x2－3x－2，f′(x)＝6x2－3x－3＝3(2x＋1)(x－1)，当－<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x<－或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)在x＝－处取得极大值，故极大值为f＝2×－×＋－2＝－. 答案：－ 3．(2024·南京模拟)已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax. (1)若f(x)在x＝－处取得极值，求f(x)的单调递减区间； (2)若f(x)在区间(0,2)上存在极小值且不存在极大值，求实数a的取值范围． 解：(1)因为f′(x)＝x2＋(a－1)x＋a，x∈R，且f(x)在x＝－处取得极值， 所以f′＝0，即－(a－1)＋a＝0，解得a＝－.当a＝－时，f′(x)＝x2－x－，x∈R，令f′(x)＝0，即x2－x－＝(x－2)＝0，解得x1＝－，x2＝2，当x<－或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝－处取得极大值，符合题意，故a＝－. 所以函数f(x)的单调递减区间为. (2)因为f′(x)＝x2＋(a－1)x＋a，x∈R，且f(x)在(0,2)上存在极小值且不存在极大值， 当f′(0)＝0时，a＝0，则f′(x)＝x2－x，可求得在(0,2)上f′(1)＝0， 且当0<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,2)上存在极小值且不存在极大值，符合题意． 当f′(0)≠0时，因为函数f(x)在(0,2)上存在极小值且不存在极大值， 所以即解得－<a<0.综上，实数a的取值范围是. 逐点验收(二)　函数的最值 4．已知函数f(x)＝ln(ax)＋的最小值为2，则f的值为(　 ) A．e－1 B．e C．2＋ D．e＋1 解析：选B　显然a≠0，若a<0，则x<0，不合题意，故a>0，则定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·－＝.令f′(x)＝0，解得x＝1，当0<x<1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，当x>1时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝ln a＋1＝2，解得a＝e，则f(x)＝ln(ex)＋，则f＝ln＋e＝e. 5．(2024·新乡模拟)[多选]已知函数f(x)＝2ln x＋，则(　 ) A．f(x)的最小值为2－2ln 2 B．f(x)的最大值为2－2ln 2 C．曲线y＝f(x)在(e，f(e))处的切线过原点 D．函数f(x)的导函数存在最大值1 解析：选AD　函数f(x)＝2ln x＋，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.令f′(x)＝0，解得x＝，当0<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，所以f(x)min＝f＝2－2ln 2，无最大值，故A正确，B错误；已知f(e)＝＋2，f′(e)＝－，则曲线y＝f(x)在(e，f(e))处的切线为y＝(x－e)＋＋2＝x＋，切线不过原点，故C错误；因为f′(x)＝－＝－2＋1≤1，当x＝1时，f′(x)有最大值1，故D正确．故选AD. 6．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x，a∈R. (1)若f(x)在x＝1处取得极值，求f(x)的极值； (2)若f(x)在[1，e]上的最小值为－2a，求a的取值范围． 解：(1)f(x)＝x2－(2a＋1)x＋aln x，f′(x)＝2x－(2a＋1)＋，x>0. 因为f(x)在x＝1处取得极值，所以f′(1)＝2－(2a＋1)＋a＝0，则a＝1. 所以f(x)＝x2－3x＋ln x，f′(x)＝2x－3＋＝＝， 令f′(x)＝0得x＝或x＝1， 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的极大值为f＝－＋ln＝－－ln 2，极小值为f(1)＝1－3＋ln 1＝－2. (2)f′(x)＝2x－(2a＋1)＋＝＝. ①当a≤1时，x∈[1，e]，f′(x)>0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)的最小值为f(1)＝－2a，满足题意； ②当1<a<e时，令f′(x)>0，则x>a或0<x<，所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，此时，f(x)的最小值为f(a)<f(1)＝－2a，不满足题意； ③当a≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)的最小值为f(e)<f(1)＝－2a，不满足题意． 综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1]． 细节、微点提醒 有关极值、最值的几个注意点 (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)． (2)极大值与极小值没有必然关系，极小值可能比极大值还大． (3)有极值的函数一定不是单调函数． (4)f′(x0)＝0是x0为可导函数f(x)的极值点的必要不充分条件．例如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点． (5)对于一般函数而言，函数的最值必在下列各点中取得：导数为零的点、导数不存在的点、端点． [课时跟踪检测] 一、强基训练，提高自信心 1．(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. B．e C．e2 D．1 解析：选D　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)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值，f(x)极小值＝f(0)＝e0＝1. 2．(2024·遂宁模拟)已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处有极大值，则m的值为(　 ) A．1 B．2 C．3 D．1或3 解析：选C　∵f′(x)＝(x－m)(3x－m)，∴f′(1)＝(1－m)(3－m)＝0，∴m＝1或m＝3.当m＝1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，令f′(x)>0，得x<或x>1；令f′(x)<0，得<x<1，从而f(x)在单调递增，在单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以f(x)在x＝1处有极小值，不合题意．当m＝3时，经检验，满足题意．综上，m＝3.故选C. 3．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　 ) A．－1 B．－ C. D．1 解析：选B　由题意知，f(1)＝aln 1＋b＝b＝－2.求导得f′(x)＝－(x>0)，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝－＝－.故选B. 4．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) 解析：选D　f′(x)＝a－2x，令f′(x)＝0，得x＝，x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x>时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因此是f(x)的极大值点．由于只有一个极值点，因此其也是最大值点，由题意得∈(1,2)，所以a∈(2,4)． 5．已知函数f(x)＝x，g(x)＝ln x，若直线x＝t与f(x)和g(x)的图象分别交于点M，N，则MN的最小值为(　 ) A．1 B.＋ln 2 C．2－ln 2 D．e－1 解析：选A　由题知MN＝x－ln x，不妨令h(x)＝x－ln x，则h′(x)＝1－(x>0)，令h′(x)＝0，解得x＝1，因为当x∈(0,1)时，h′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，所以h(x)在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以当x＝1时，MN最小为1.故选A. 6．[多选]对于函数f(x)＝x3－3x，下列结论正确的是(　 ) A．f(x)是奇函数 B．f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增 C．f(x)在x＝－1处取得极大值2 D．函数f(x)的值域是[－2,2] 解析：选ABC　因为对∀x∈R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，故A正确；f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)>0可得x<－1或x>1，令f′(x)<0可得－1<x<1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)，故B正确；由f′(x)＝3x2－3＝0得x＝±1，结合B可知，x＝－1是函数f(x)的极大值点，此时函数f(x)的极大值为f(－1)＝－1＋3＝2，故C正确； 由B可知，函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以f(x)无最大值，无最小值，如图，故D错误．故选ABC. 7．(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) 解析：选B　由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝± . 令f′(x)>0，则x<－或x>，令f′(x)<0，则－<x<.所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减，所以要使f(x)存在3个零点， 则即 解得>1，即a<－3.故选B. 8．能说明“若f′(0)＝0，则x＝0是函数y＝f(x)的极值点”为假命题的一个函数是______________． 解析：极值点的导数必须为零，且极值点左右两侧的函数单调性相反．函数f(x)＝x3，当x＝0时，f′(0)＝0，但是f(x)＝x3在R上单调递增，所以x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点． 答案：f(x)＝x3(答案不唯一) 9．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，则实数c的取值范围为________________． 解析：若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不相等的实根， 故Δ＝(－4c)2－12>0，解得c>或c<－. 所以实数c的取值范围为∪. 答案：∪ 10．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最小，汽车应以________ km/h的速度行驶． 解析：设全程运输成本为y元，由题意，得y＝＝240，v>0，y′＝240.令y′＝0，得v＝80.当v>80时，y′>0；当0<v<80时，y′<0.所以函数y＝在(0,80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，所以当v＝80时，全程运输成本最小． 答案：80 11．设函数f(x)＝e2x－2x. (1)求f(x)的单调区间与极小值； (2)求f(x)在[－1,1]上的值域． 解：(1)由f(x)＝e2x－2x，得f′(x)＝2e2x－2， 令f′(x)>0，得e2x>1，x>0，即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 令f′(x)<0，得e2x<1，x<0，即f(x)的单调递减区间为(－∞，0)， 则f(x)的极小值为f(0)＝1. (2)由(1)可知f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，f(1)＝e2－2>f(－1)＝＋2， 故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(1)＝e2－2，最小值为f(0)＝1， 故f(x)在[－1,1]上的值域为[1，e2－2]． 12．(2024·珠海模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]， ∴f′(x)＝，由f′(1)＝0，得a＝1. ∴f′(x)＝，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，x∈(1，e]，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1. (2)∵f(x)＝ln x－ax，∴f′(x)＝－a＝， ①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>0，舍去； ②当a>0时，由f′(x)＝－a＝＝0， 得x＝，当0<<e，即a>时， ∵x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间是,单调递减区间是，又f(x)在(0，e]上的最大值为－3， ∴f(x)max＝f＝－1－ln a＝－3，∴a＝e2. 当≥e，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>，舍去． 综上，存在实数a符合题意，此时a＝e2. 二、创优训练，冲刺“双一流” 13．(2024·江苏高三联考)若函数f(x)＝aln x＋bx有极大值，则(　 ) A．a>0，b>0 B．a>0，b<0 C．a<0，b>0 D．a<0，b<0 解析：选B　由f(x)＝aln x＋bx，得f′(x)＝＋b＝(x>0)，当a>0，b>0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)无极值．当a<0，b<0时，f′(x)<0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)无极值．当a>0，b<0时，由f′(x)＝0，得x＝－，当0<x<－时，f′(x)>0，当x>－时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以x＝－时，f(x)取得极大值．当a<0，b>0时，由f′(x)＝0，得x＝－，当0<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，所以x＝－时，f(x)取得极小值．综上，当a>0，b<0时，f(x)有极大值． 14．(2024·赣州联考)已知函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，则以下结论正确的是(　 ) A．0<a<e B．0<x1<x2<1 C．若x2＝2x1，则a＝2ln 2 D．ln x1＋x2>0 解析：选D　函数f(x)的定义域为R，求导得f′(x)＝2ex－2ax，由f′(x)＝0，得ex－ax＝0，显然x≠0，由函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，得方程ex－ax＝0，即a＝有两个不相等的实数根x1，x2，于是函数g(x)＝的图象与直线y＝a有两个交点，且横坐标分别为x1，x2(x1<x2)，求导得g′(x)＝，由g′(x)<0得x∈(－∞，0)∪(0,1)，由g′(x)>0得x∈(1，＋∞)，因此函数g(x)在(－∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0.要使函数f(x)＝2ex－ax2＋2存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，则a>g(1)＝e，A错误；当a>e时，由函数g(x)的图象知，0<x1<1<x2，B错误；若x2＝2x1，则a＝＝＝，得x1＝ln 2，则a＝＝，C错误；由＝，得x1ex2＝x2ex1，又0<x1<1，则ex1>1，x2>1，有x2ex1>1，即x1ex2>1，因此ln x1＋x2>0，D正确． 15．已知函数f(x)＝ex＋2x，g(x)＝4x，且f(m)＝g(n)，则|n－m|的最小值为____________． 解析：由f(m)＝g(n)，得em＋2m＝4n，化简整理得4n－4m＝em－2m. 令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h′(m)＝em－2， 令em－2＝0，解得m＝ln 2.当m∈(－∞，ln 2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减； 当m∈(ln 2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增，∴h(m)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2>0，∴|n－m|min＝. 答案： 16．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)有两个极值点x1，x2，x1<x2，不等式f(x1)≥mx2恒成立，求实数m的取值范围． 解：(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<a<时，令f′(x)＝0， 得x1＝>0，x2＝>0， 所以当0<x<时， f′(x)>0，f(x)单调递增， 当<x<时， 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<a<时，f(x)的单调递增区间为，. (2)由(1)知，0<a<，x1＋x2＝1，x1x2＝， 则0<x1<<x2<1，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)，<x<1， 则h′(x)＝－2ln(1－x)－1>0， 故h(x)在上单调递增， h(x)>h＝－－ln 2，故m≤－－ln 2. 故实数m的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$