第3章 第3节 导数与函数的极值、最值(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（强基版）

第三节　导数与函数的极值、最值 1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件． 2．能利用导数求某些函数的极大值、极小值． 3．会求闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值． 回首教材 1．函数的极值 (1)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)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)极值、极值点 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． [微点提醒] (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)有极值的函数一定不是单调函数． (3)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． (4)若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值． (5)若函数f(x)在[a，b]上具有单调性，则f(x)一定在区间端点处取得最值． (6)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． 发掘教材 一、高考命题注重“教考衔接”(示例分析) 考题品悟 (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( BCD ) A．bc>0　　　　　　 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 追根溯源 (人B选择性必修③P101T3)设函数f(x)＝ax3＋3x＋2有极值，求a的取值范围，并求出函数的极值点． 发现启迪 两题均为由函数的极值求参数的范围，最终均转化为关于x的一元二次方程的实根问题，解答此类问题的关键是厘清导函数与原函数的关系. 二、复习备考要强化“教材本位” A组——教材信息的发掘训练 1．(人A选择性必修②P92T1改编)函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)极值点的个数为(　 ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选C　设导函数f′(x)的图象与x轴的交点分别为x1，x2，x3，x4，x5，根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反，可得x1，x4为函数f(x)的极大值点，x2，x5为函数f(x)的极小值点，所以函数f(x)极值点的个数为4. 2．(人A选择性必修②P91例5改编)函数f(x)＝的极大值为(　 ) A．－e B． C．1 D．0 答案：B 3．(人B选择性必修③P100T3改编)已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则实数a的值为(　 ) A．2 B． C．－2 D．－ 解析：选B　由f′(x)＝＋2ax－3，得f′(2)＝0，解得a＝，经验证符合题意． 4．(苏教选择性必修①P230T7改编)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＝________. 解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2. 计算f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8， f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32. 答案：32 B组——迷点盲点的澄清训练 1．(忽视验证参数是否符合题意)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：f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，f′(2)＝12－8c＋c2＝0，解得c＝2或c＝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．(求函数最值时不要忽略对端点值的验证)函数f(x)＝x3－x2－3x＋6在[－4,4]上的最大值为________，最小值为________． 解析：易知f′(x)＝x2－2x－3，故当x<－1或x>3时，f′(x)>0，当－1<x<3时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，－1)，(3，＋∞)上单调递增，在(－1,3)上单调递减，故f(x)的极大值为f(－1)＝，极小值为f(3)＝－3.又f(－4)＝－，f(4)＝－，故f(x)max＝，f(x)min＝－. 答案：　－ 题点一　函数的极值(点) 考法(一)　根据函数图象判断极值(点)　 例1　(2024·重庆检测)[多选]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．f(x)在x＝－1时取得极小值 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 解析：选AC　根据导函数的图象可知，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，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以A正确；因为函数y＝f(x)在(－3,1)上单调递增，可知－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，所以B错误，C正确，D错误． 　由图象判断函数y＝f(x)的极值(点)， 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． 考法(二)　求已知函数的极值(点)　 例2　已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)当a＝时，求函数f(x)的极值； (2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数． 解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝， 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. x (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 ln 2－1 单调递减 故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值． (2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－a＝(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f(x)在定义域上无极值点； 当a>0时，当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0， 故函数f(x)在x＝处有极大值． 综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝. |思维建模|　求函数极值的一般步骤 (1)先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数． (2)求f′(x)＝0的根． (3)判断f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点． (4)求出函数f(x)的极值． 考法(三)　已知极值(点)求参数　 例3　若函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则b＋a＝(　 ) A．－7 B．0 C．7 D．0或7 解析：选C　函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2，求导得f′(x)＝3x2－2ax－b，依题意，解得a＝3，b＝－3或a＝－4，b＝11.当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，函数f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意；当a＝－4，b＝11时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，当－<x<1时，f′(x)<0，x>1时，f′(x)>0，于是x＝1是函数f(x)的极值点，符合题意，所以b＋a＝7. 例4　函数f(x)＝xex－mx在区间(0,1)内有极值点，则实数m的取值范围为(　 ) A．(－∞，2e) B．(－∞，1) C．(1,2e) D．[1,2e] 快审准解：根据极值点定义易知f′(x)在区间(0,1)内有实根，构造函数g(x)＝ex＋xex，x∈(0,1)，利用函数单调性即可求出实数m的取值范围． 　 解析：选C　由f(x)＝xex－mx可得其定义域为R，易知f′(x)＝ex＋xex－m，因为函数f(x)＝xex－mx在区间(0,1)内有极值点，所以方程f′(x)＝ex＋xex－m＝0在区间(0,1)内有实根，即m＝ex＋xex在(0,1)内有实根．令g(x)＝ex＋xex，x∈(0,1)，则g′(x)＝(x＋2)ex，显然g′(x)在(0,1)上满足g′(x)>0恒成立，所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，因此g(0)<g(x)<g(1)，可得1<g(x)<2e，因为m＝ex＋xex在(0,1)内有实根，所以1<m<2e，即实数m的取值范围为(1,2e)．故选C. |思维建模|　已知函数极值点或极值求参数的2个关键 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 [针对训练] 1.[多选]已知函数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．在区间(－1,1)上，函数f(x)单调递增 B．在区间(2,3)上，函数f(x)单调递减 C．－2为函数f(x)的极小值点 D．2为函数f(x)的极大值点 解析：选BD　当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故A错误；当x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故B正确；当x∈(－3，－2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(－2,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以－2为函数f(x)的极大值点，故C错误；当x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以2为函数f(x)的极大值点，故D正确． 2．(2023·商洛三模)若函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x无极值，则a的取值范围为(　 ) A．[－3,6] B．(－3,6) C．(－∞，－3]∪[6，＋∞) D．(－∞，－3)∪(6，＋∞) 解析：选A　因为f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6.因为f(x)无极值，所以(2a)2－4×3×(a＋6)≤0，解得－3≤a≤6，所以a的取值范围为[－3,6]． 3．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)的极值点． 解：(1)函数f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，求导得f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b，因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，于是f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，则解得a＝－1，b＝1. (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1，求导得g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1，令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±，显然恒有e－x＋1>0成立，由g′(x)<0，得0<x<3－或x>3＋，函数g(x)单调递减；由g′(x)>0，得x<0或3－<x<3＋，函数g(x)单调递增，所以g(x)的极大值点为0和3＋，极小值点为3－. 题点二　函数的最值 例5　已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2. (1)若a>0，讨论函数f(x)的单调性； (2)当0<a<3时，求f(x)在区间[0,1]上的最小值和最大值． 快审准解：(1)求解导函数，并求出f′(x)＝0的两根，得f′(x)>0和f′(x)<0的解集，从而得函数单调性； (2)由(1)得函数的单调性，从而得最小值f，计算f(0)，f(1)，再分类讨论2≤a<3与0<a<2两种情况下的最大值． 　 解：(1)函数定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)，f′(x)＝0时，x＝0或x＝，因为a>0，所以>0.当f′(x)>0时，x<0或x>，当f′(x)<0时，0<x<，所以函数f(x)在(－∞，0)和上单调递增，在上单调递减． (2)因为0<a<3，由(1)知，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝2×3－a×2＋2＝2－.又因为f(0)＝2,1<f(1)＝4－a<4，当2≤a<3时，4－a<2，此时最小值为2－，最大值为2；当0<a<2时，4－a>2，此时最小值为2－，最大值为4－a. [思维建模] 求函数f(x)在[a，b]上的最值的步骤 [针对训练] 4．已知函数f(x)＝－ln x(a∈R)． (1)讨论f(x)的单调性； (2)求f(x)在上的最大值g(a)． 解：(1)函数f(x)＝－ln x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－＝－. 当a≤0时，对任意的x>0，f′(x)<0，此时函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当a>0时，由f′(x)>0，可得0<x<a，由f′(x)<0，可得x>a，此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)． 综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，a)，单调递减区间为(a，＋∞)． (2)由(1)知，当a≤时，函数f(x)在上单调递减，此时g(a)＝f＝2－ae； 当<a<e时，函数f(x)在上单调递增，在(a，e]上单调递减，此时，g(a)＝f(a)＝－ln a； 当a≥e时，函数f(x)在上单调递增，此时g(a)＝f(e)＝－. 综上所述，g(a)＝ 5．已知函数f(x)＝ln x－a2x＋2a. (1)讨论f(x)的单调性； (2)是否存在非负实数a，使得f(x)在(0，＋∞)上的最大值为？请证明你的结论． 解析：(1)由已知得f′(x)＝(x＞0)， 当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≠0时，令f′(x)＞0，得0＜x＜， 令f′(x)＜0，得x＞， ∴f(x)在上单调递增，在上单调递减． 综上，当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≠0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)不存在．证明如下：当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，故不合题意． 当a＞0时，由(1)知，f(x)max＝f＝2a－2ln a－1. 设g(x)＝2x－2ln x－1，x＞0， 则g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝1，易得g(x)min＝g(1)＝1， 从而f(x)max＝2a－2ln a－1≥1＞， 故不存在非负实数a，使得f(x)在(0，＋∞)上的最大值为. [课时跟踪检测] 1.(2024·广安模拟)定义在区间上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　 ) A．函数f(x)在区间(1,4)内单调递增 B．函数f(x)在区间(1,3)内单调递减 C．函数f(x)在x＝1处取得极大值 D．函数f(x)在x＝0处取得极大值 解析：选A　在区间(1,4)内f′(x)>0，故函数f(x)在区间(1,4)内单调递增，故A正确；在区间(1,3)内f′(x)>0，故函数f(x)在区间(1,3)内单调递增，故B错误；当x∈(0,4)时，f′(x)>0，可知函数f(x)在(0,4)内单调递增，故x＝1不是函数f(x)的极值点，故C错误；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,4)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故函数f(x)在x＝0处取得极小值，故D错误，故选A. 2．(2024·重庆模拟)已知函数f(x)＝－xex，那么f(x)的极大值是(　 ) A. B．－ C．－e D．e 解析：选A　∵函数f(x)＝－xex，∴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，∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，∴f(x)极大值＝f(－1)＝，故选A. 3．函数f(x)＝在[0,2]上的最小值是(　 ) A. B． C．0 D． 解析：选C　因为f(x)＝，所以f′(x)＝＝，当x∈[0,1]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(1,2]时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以当x＝0时，f(0)＝0，当x＝2时，f(2)＝，所以函数f(x)的最小值为0. 4．(2024·洛阳月考)若x＝1是函数f(x)＝x3＋(a＋1)x2－(a2＋a－3)x的极值点，则a的值为(　 ) A．－2 B．3 C．－2或3 D．－3或2 解析：选B　f(x)＝x3＋(a＋1)x2－(a2＋a－3)x，则f′(x)＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋a－3)，由题意可知f′(1)＝0，即1＋2(a＋1)－(a2＋a－3)＝0，解得a＝3或a＝－2.当a＝3时，f′(x)＝x2＋8x－9＝(x＋9)(x－1)，当x>1或x<－9时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当－9<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，显然x＝1是函数f(x)的极值点；当a＝－2时，f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，函数f(x)在R上单调递增，没有极值点，故选B. 易错防范：混淆极值点的含义致误 定义域D上的可导函数f(x)在x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，并且f′(x)在x0附近两侧异号，若“左负右正”，则x0为极小值点，若“左正右负”，则x0为极大值点． 本题易错的地方是求出a的值后，没有通过单调性来验证x＝1是否为函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点． 　 5．函数f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1,2)内有最小值，则实数a的取值范围为(　 ) A. B． C. D． 解析：选A　因为函数定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝2x＋(a－1)－＝，设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24>0，所以g(x)＝0有两个不同实根．又g(0)＝－3<0，所以g(x)＝0两根一正一负，由题意正根在(1,2)内，所以解得－<a<2，故选A. 6．已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则实数a的取值范围为(　 ) A. B． C. D．(0,2) 解析：选C　由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋＝(x>0)， 若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，所以解得0<a<. 7．设函数f(x)＝ex－2x，直线y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，则2a＋b的最大值是(　 ) A．e－1 B．－1 C．2e－4 D．e2－4 解析：选D　由题得f′(x)＝ex－2.设切点为(t，f(t))，则f(t)＝et－2t，f′(t)＝et－2，则切线方程为y－(et－2t)＝(et－2)(x－t)，即y＝(et－2)x＋et(1－t)．又因为y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，所以a＝et－2，b＝et(1－t)，则2a＋b＝－4＋3et－tet.令g(t)＝－4＋3et－tet，则g′(t)＝(2－t)et，则当t＞2时，g′(t)＜0，g(t)在(2，＋∞)上单调递减；当t＜2时，g′(t)＞0，g(t)在(－∞，2)上单调递增．所以g(t)max＝g(2)＝－4＋3e2－2e2＝－4＋e2，即2a＋b的最大值为e2－4.故选D. 8．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1＜2＜x2，则实数a的取值范围是________． 解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1＜2＜x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2＜0，解得2＜a＜6. 答案：(2,6) 9．当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝________. 解析：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)＝－＝－. 答案：－ 10.函数f(x)＝xm(1－x)n(m>0，n>0)在区间[0,1]上的图象如图所示，则m________n(填“＜”“＝”或“＞”)． 解析：因为f(x)＝xm(1－x)n，m>0，n>0，所以导函数f′(x)＝mxm－1(1－x)n－nxm(1－x)n－1＝[m－(m＋n)x]xm－1(1－x)n－1，当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，又根据图象得到极值点<，因此m<n. 答案：< 11．已知函数f(x)＝x2e－x(x>0)． (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间和极值． 解：(1)∵f(x)＝x2e－x, ∴f′(x)＝(2x－x2)e－x，∴f′(1)＝.又f(1)＝，∴y－＝(x－1)，∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x. (2)由(1)知f′(x)＝－x(x－2)e－x(x>0) ，易得x>2时，f′(x)<0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，当0<x<2时，f′(x)>0, 函数f(x)在(0,2)上单调递增，∴函数f(x)＝x2e－x(x>0)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(0,2)，∴函数f(x)＝x2e－x(x>0)在x＝2处取得极大值f(2)＝，没有极小值． 12．已知函数f(x)＝x3－2x2＋(2－a)x＋1，其中a∈R. (1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝x3－2x2＋1，求导得f′(x)＝2x2－4x，则f′(1)＝－2.又f(1)＝－，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋＝－2(x－1)，即6x＋3y－5＝0. (2)依题意，f′(x)＝2x2－4x＋2－a＝2(x－1)2－a，而x∈[2,3]，则2(x－1)2∈[2,8]， ①当a≤2时，f′(x)≥0，当且仅当a＝2，x＝2时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递增，则f(x)min＝f(2)＝－2a，f(x)max＝f(3)＝7－3a； ②当a≥8时，f′(x)≤0，当且仅当a＝8，x＝3时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递减，则f(x)min＝f(3)＝7－3a，f(x)max＝f(2)＝－2a； ③当2<a<8时，函数f′(x)在[2,3]上单调递增，由f′(x)＝0，得x＝1＋，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)min＝f＝－a－， 由f(3)－f(2)＝7－3a－＝－a≥0，得2<a≤，f(x)max＝f(3)＝7－3a， 由f(3)－f(2)＝－a<0，得<a<8，f(x)max＝f(2)＝－2a. 综上，当a≤2时，f(x)的最小值是－2a，最大值是7－3a；当2<a≤时，f(x)的最小值是－a－，最大值是7－3a；当<a<8时，f(x)的最小值是－a－，最大值是－2a；当a≥8时，f(x)的最小值是7－3a，最大值是－2a. 13．(2023·吕梁三模)[多选]已知函数f(x)＝e2x－2ex－12x，则下列说法正确的是(　 ) A．曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与直线x＋12y＝0垂直 B．f(x)在(2，＋∞)上单调递增 C．f(x)的极小值为3－12ln 3 D．f(x)在[－2,1]上的最小值为3－12ln 3 解析：选BC　因为f(x)＝e2x－2ex－12x，所以f′(x)＝2e2x－2ex－12＝2(ex－3)(ex＋2)，所以f′(0)＝－12，故A错误；令f′(x)>0，解得x>ln 3，所以f(x)的单调递增区间为(ln 3，＋∞)，而(2，＋∞)⊆(ln 3，＋∞)，所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增，故B正确；当x<ln 3时f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln 3)，所以f(x)的极小值为f(ln 3)＝3－12ln 3，故C正确；f(x)在[－2,1]上单调递减，所以最小值为f(1)＝e2－2e－12，故D错误．故选BC. 14．[多选]已知函数f(x)＝x3－(3a2－6a)x＋2有两个极值点，则(　 ) A．f(x)的图象关于点(0,2)对称 B．f(x)的极值之和为－4 C．∃a∈R，使得f(x)有三个零点 D．若g(x)＝f(x)＋ax2在x＝0处取得极小值，则a＝0或a＝2 解析：选AC　因为函数f(x)＝x3－(3a2－6a)x＋2，函数f(x)的图象可由函数h(x)＝x3－(3a2－6a)x的图象向上平移2个单位长度得到，又因为h(－x)＝(－x)3－(3a2－6a)(－x)＝－x3＋(3a2－6a)x＝－h(x)，可得函数h(x)为奇函数，其图象关于原点对称，所以函数f(x)的图象关于点(0,2)对称，所以A正确；不妨设函数f(x)的两个极值点分别为x1，x2(x1<x2)，因为f(x)的图象关于点(0,2)对称，可得x1＋x2＝0，所以f(x1)＋f(x2)＝2×2＝4，所以B错误；例如：当a＝3时，函数f(x)＝x3－9x＋2，可得f′(x)＝3x2－9＝3(x2－3)，令f′(x)＝0，可得x1＝－和x2＝，当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．又由f(－)＝6＋2>0，f()＝－6＋2<0，所以∃a∈R，使得函数f(x)有三个零点，所以C正确；由函数g(x)＝f(x)＋ax2＝x3＋ax2－(3a2－6a)x＋2，可得g′(x)＝3x2＋ax－(3a2－6a)，因为函数g(x)在x＝0处取得极小值，可得g′(0)＝3a2－6a＝0，解得a＝0或a＝2，当a＝0时，g′(x)＝3x2≥0，函数g(x)单调递增，没有极值点，所以D错误． 15．若直线y＝x＋b与曲线y＝ex－ax相切，则b的最大值为________． 解析：设切点坐标为(x0，y0)，因为y＝ex－ax，令m(x)＝ex－ax，则m′(x)＝ex－a，故切线的斜率为ex0－a＝1，ex0＝a＋1，则x0＝ln(a＋1)．又由于切点(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)，则f′(t)＝1－ln t＋t·＝－ln t，令f′(t)＝0，得t＝1，所以当t∈(0,1)时，f′(t)>0，f(t)单调递增；当t∈(1，＋∞)时，f′(t)<0，f(t)单调递减．所以f(t)max＝f(1)＝1.所以b的最大值为1. 答案：1 16．已知函数f(x)＝aex－cos x. (1)当a＝1，x∈(0，＋∞)，证明：f(x)>0； (2)若函数f(x)在(－π，π)上恰有一个极值，求a的值． 解：(1)证明：由题设f(x)＝ex－cos x且x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ex＋sin x≥0，所以f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，则f(x)>f(0)＝e0－cos 0＝0，得证． (2)由题设f′(x)＝aex＋sin x在(－π，π)上有且仅有一个变号零点，所以a＝－在(－π，π)上有且仅有一个解．令h(x)＝－，则h′(x)＝＝，设t＝x－∈，故当t∈时，h′(x)>0，当t∈(－π，0)时，h′(x)<0，当t∈时，h′(x)>0，所以h(x)在，上单调递增，在上单调递减．故极大值为h＝e，极小值为h＝－e－，h(－π)＝h(π)＝h(0)＝0.要使h(x)在(－π，π)上与y＝a有一个交点，则a＝e或a＝－e－或a＝0.经验证，a＝e或a＝－e－时f′(x)对应零点不变号，而a＝0时f′(x)对应零点为变号零点，所以a＝0. 学科网（北京）股份有限公司 $$