3.3 导数与函数的极值、最值（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§3.3　导数与函数的极值、最值 【课程标准】　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．掌握利用导数研究函数最值的方法．　 4．会用导数研究生活中的最优化问题． 1．函数极值的概念 (1)极大值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f (x)在任何不为x0的一点处的函数值都小于点x0处的函数值，称点x0为函数y＝f (x)的极大值点，其函数值f (x0)为函数的极大值． (2)极小值：在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f (x)在任何不为x0的一点处的函数值都大于点x0处的函数值，称点x0为函数y＝f (x)的极小值点，其函数值f (x0)为函数的极小值． (3)极值：极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点． 微提醒　(1)极值点不是点．极值点出现在区间的内部，端点不能是极值点；(2) 若f′(x0)＝0，则x0不一定是极值点，即f′(x0)＝0是f (x)在x＝x0处取到极值的必要不充分条件，函数y＝f′(x)的变号零点，才是函数的极值点． 2．函数的最值 (1)最值点 最大值点：函数y＝f (x)在区间[a，b]上的最大值点x0指的是：函数f (x)在这个区间上所有点处的函数值都不超过f (x0)． 最小值点：函数y＝f (x)在区间[a，b]上的最小值点x0指的是：函数f (x)在这个区间上所有点处的函数值都不小于f (x0)． (2)最值：函数的最大值和最小值统称为最值． 微提醒　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． 【记牢常用结论】 求函数极值点的步骤 第一步：求出导数f′(x)； 第二步：解方程f′(x)＝0； 第三步：对于方程f′(x)＝0的每一个实数根x0，分析f′(x)在x0附近的符号(即f (x)的单调性)，确定极值点： (1)若f′(x)在x0附近的符号“左正右负”，则x0为极大值点； (2)若f′(x)在x0附近的符号“左负右正”，则x0为极小值点； (3)若f′(x)在x0附近的符号相同，则x0不是极值点． 1．[多选题]下列说法中正确的是(　　) A．极值点处的导数值为0 B．可导函数在闭区间内的最大值必在极值点或区间端点处取得 C．函数在闭区间上的极大值一定比极小值大 D．如果函数f (x)的定义域为(a，c)，且f (x)在(a，b]上递减，在[b，c)上递增，则f (x)的最小值为f (b) 答案：BD 2．[多选题]函数f (x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的有(　　) 学生用书↓第64页 A．x＝－2为函数f (x)的一个零点 B．x＝为函数f (x)的一个极大值点 C．函数f (x)在区间上单调递增 D．f (－1)是函数f (x)的最大值 答案：BC 解析：由f (x)的导函数f′(x)的图象可知，函数在(－∞，－2)，上单调递减，在，(2，＋∞)上单调递增，故当x＝－2或x＝2时，f (x)取得极小值；当x＝时，f (x)取得极大值，故BC正确，AD错误．故选BC． 3．(链接北师选必二P78例4)函数y＝在[0，2]上的最小值是(　　) A． B． C．0 D． 答案：C 解析：因为y＝，所以y′＝＝，当x∈[0，1]时，y′>0，函数单调递增；当x∈(1，2]时，y′<0，函数单调递减；所以当x＝0时，函数值为0，当x＝2时，函数值为，所以其最小值为0.故选C． 4．(用结论)已知函数f (x)＝，则f (x)的极大值为________． 答案： 解析：函数f (x)＝的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，令f′(x)＝0，解得x＝e，因为f′(x)>0，所以>0，解得x<e, 所以f (x) 在(0，e) 上单调递增，同理f (x) 在(e，＋∞) 上单调递减，所以函数f (x)的极大值为f (e)＝. 考点一　利用导数求函数的极值多维练 角度1　根据函数(导函数)图象判断极值 [多选题](2024·广东珠海检测)函数f (x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A．f (－2)>f (－1) B．x＝1是f (x)的极小值点 C．函数f (x)在(－1，1)上有极大值 D．x＝－3是f (x)的极大值点 答案：AD 解析：由y＝f′(x)的图象可知：当x∈(－∞，－3)时，f′(x)>0，所以函数f (x)单调递增；当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，所以函数f (x)单调递减，因此有f (－2)>f (－1)，x＝－3是f (x)的极大值点，所以选项A，D正确；当x∈(－1，1)，或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)单调递增，因此函数f (x)在(－1，1)上没有极大值，且x＝1不是f (x)的极小值点，所以选项B，C不正确．故选AD． 角度2　求已知函数的极值 已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)当a＝时，求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，函数的定义域为(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)  ln 2－1  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＝. 当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域内无极值点； 当a>0时，若x∈，则f′(x)>0， 若x∈，则f′(x)<0，故函数在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＝. 角度3　已知函数的极值(点)求参数 (1)(2024·广东梅州期末)已知函数f (x)＝ex－x2－ax(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，1) B．(0，1) C．[0，1] D．(1，＋∞) (2)[多选题](2023·新课标Ⅱ卷)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 答案：(1)D　(2)BCD 解析：(1)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．故x＝0时，h(x)取得唯一极小值，也是最小值h(0)＝1－a.当x→＋∞时，h(x)→＋∞，当x→－∞时，h(x)→＋∞.要使f (x)有两个极值点，则h(x)有两个变号零点，1－a<0，a>1，所以实数a的取值范围为(1，＋∞).故选D． (2)函数f (x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝，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， 于是即有显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确．故选BCD． 学生用书↓第65页 规律方法 1．根据函数(导函数)的图象判断极值的方法：根据已知条件，分情况确定导数为0的点，及导数为0点处左、右两侧导数的正负，从而确定极值类型． 2．已知函数极值点或极值求参数的方法：根据极值点处的导数等于零、极值点处的函数值即极值列出关于参数的方程组(或不等式组)，通过解方程组(或不等式组)求得参数的值(或取值范围)．　　 对点练1．(1)[多选题]函数f (x)的导函数y＝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(x2，x4)上单调递减 B．x＝x6是函数f (x)的极小值点 C．函数f (x)在x＝x4处取得极小值 D．函数f (x)在x＝x2处取得极大值 (2)(2024·江苏淮安模拟)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是(　　) A．－1<a<2 B．a<－3或a>6 C．－3<a<6 D．a<－1或a>2 答案：(1)ACD　(2)B 解析：(1)由f′(x)的图象可知：当a≤x<x2，x4<x≤b时，f′(x)>0；当x2<x<x4时，f′(x)<0，所以f (x)在[a，x2)，(x4，b]上单调递增，在(x2，x4)上单调递减，故A正确，B错误；当x＝x2时，函数f (x)取得极大值，当x＝x4时，函数f (x)取得极小值，故CD正确．故选ACD． (2)函数f (x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，函数f (x)有极大值和极小值，所以其导函数f′(x)＝0有两个不同的解，Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，所以a<－3或a>6.故选B． 考点二　利用导数求函数的最值多维练 角度1　求已知函数的最值 (2022·全国乙卷)函数f (x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　　) A．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 答案：D 解析：f (x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.因为f ＝cos ＋sin ＋1＝＋2，f ＝cos ＋sin ＋1＝－，又f (0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f (2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f (x)max＝f ＝＋2，f (x)min＝f ＝－.故选D． 角度2　由函数的最值求参数 已知函数f (x)＝ln x＋ax＋2(a<0)，若f (x)的最大值为2. (1)求a的值； (2)若f (x)≤bx在[1，＋∞)上恒成立，求b的取值范围． 解：(1)易知函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， 根据题意可得f′(x)＝＋a＝，令f′(x)＝0，得x＝－， 当x∈时，f′(x)>0，即f (x)在上单调递增， 当x∈时，f′(x)<0，即f (x)在上单调递减； 所以f (x)max＝f＝ln ＋1＝2，解得a＝－. (2)由(1)知f (x)＝ln x－＋2， 因为x≥1，所以ln x－＋2≤bx可化为b≥－＋，设g(x)＝－＋， 所以g′(x)＝－＝，则g′(x)<0在[1，＋∞)上恒成立， 即可得g(x)在[1，＋∞)上单调递减，b≥g(x)max＝g(1)＝2－， 因此b的取值范围是. 规律方法 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．若所给函数f (x)含参数，则需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．　　 对点练2．(1)(2024·河北承德模拟)已知函数f (x)＝－f′(1)x－4ln x，则(　　) A．f (x)的最小值为4－4ln 2 B．f (x)的最小值为2－4ln 2 C．f (x)的最大值为2－4ln 2 D．f (x)无最小值 (2)(2024·陕西宝鸡二模)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． 答案：(1)A　(2)A 解析：(1)因为f (x)＝－f′(1)x－4ln x，所以f′(x)＝－f′(1)－，则f′(1)＝－f′(1)－4，解得f′(1)＝－2，则f′(x)＝2－＝.当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增．故f (x)的最小值为f (2)＝4－4ln 2，无最大值．故选A． (2)f′(x)＝2x＋(a－1)－＝，设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24>0，因此g(x)＝0有两个不同实根，又g(0)＝－3<0，因此g(x)＝0的两根一正一负，由题意正根在(1，2)内，所以解得－<a<2.故选A． 课时测评20　导数与函数的极值、最值 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (每小题5分，共60分) 1．已知下列各选项是函数y＝f (x)的导函数的图象，则x＝a是函数y＝f (x)的极小值点的是(　　) 答案：C 解析：当f′(x)>0时，f (x)单调递增，当f′(x)<0时，f (x)单调递减，要使x＝a是函数y＝f (x)的极小值点，则需f′(x)<0，f′(x)>0，对于AB选项，x＝a不是函数y＝f (x)的极值点；对于C选项，x＝a是函数y＝f (x)的极小值点，故C正确；对于D选项，x＝a是函数y＝f (x)的极大值点．故选C． 2．函数f (x)＝3＋xln 2x的极小值点为(　　) A．x＝1 B．x＝2 C．x＝e D．x＝ 答案：D 解析：因为f (x)＝3＋xln 2x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝ln 2x＋x·＝ln 2x＋1，令f′(x)<0得0<x<，令f′(x)>0，得x>，所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，所以函数f (x)在x＝处取得极小值．故选D． 3．(2024·陕西宝鸡模拟)当x＝1时，函数f (x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(4)＝(　　) A．－1 B． C．－ D．1 答案：C 解析：因为函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f (1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝－，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－＋＝，因此当x∈(0，1)时，f′(x)>0，故函数在(0，1)上单调递增；x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故函数在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，则f′(4)＝＝－.故选C． 4．已知函数f (x)＝(k－x) ex在区间[0，1]上的最大值为k，则函数f (x)在(0，＋∞)上(　　) A．有极大值，无最小值 B．无极大值，有最小值 C．有极大值，有最大值 D．无极大值，无最大值 答案：D 解析：由f′(x)＝(k－x－1)ex，则x<k－1时f′(x)>0，x>k－1时f′(x)<0，所以f (x)在(－∞，k－1)上单调递增，在(k－1，＋∞)上单调递减，而f (0)＝k，f (x)在[0，1]上的最大值为k，所以k－1≤0，即k≤1，此时f (x)在(0，＋∞)上单调递减，且无极值和最值．故选D． 5．(2024·河南郑州模拟)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 答案：B 解析：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.故选B． 6．(数学建模)(2024·陕西安康模拟)如图，古建筑的主要受力构件梁椽、楼板、柱子都是木头，由于构件的拼接需要，梁通常做成矩形．圆形的木头加工成矩形断面，梁是主要的水平受力构件，作为水平或斜向受弯构件，除了材料本身的特性，截面抵抗矩W是唯一的标准．矩形截面抵抗矩W＝BH2，(其中B为垂直于弯矩作用方向的长度)，木材本身的圆形直径D是确定的，则截面抵抗矩最大时，H∶B为(　　) A．2∶1 B．3∶2 C．∶1 D．1∶1 答案：C 解析：由已知结合图象可得，B2＋H2＝D2，所以H2＝D2－B2，所以W＝BH2＝B(D2－B2)＝－B3＋D2B，0<B<D，所以W′＝－B2＋D2＝－.令W′＝0，可得B＝D．当0<B<D时，W′>0，所以函数W＝－B3＋D2B在上单调递增；当D<B<D时，W′<0，所以函数W＝－B3＋D2B在上单调递减．所以函数W＝－B3＋D2B在B＝D处取得唯一极大值，也是最大值W＝－B3＋D2B＝D3，此时H2＝D2－B2＝D2，则H＝D，所以H∶B＝D∶D＝∶1.故选C． 7．[多选题](2024·山西阳泉二模)已知f (x)＝ax3＋3bx＋b2在x＝－1处取得极大值3，则下列结论正确的是(　　) A．ab＝－1 B．ab＝－9 C．f (1)＝－3 D．f (0)＝1 答案：AD 解析：由题意可得f′(x)＝3ax2＋3b，且x＝－1是函数f (x)的极大值点，即f′(－1)＝3a＋3b＝0，可得a＝－b，又极大值为3，所以f (－1)＝－a－3b＋b2＝3，解得b＝－1或b＝3；当b＝3时，a＝－3，此时f′(x)＝－9(x－1)(x＋1)，当x∈(－1，1)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，所以函数f (x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，1)上单调递增；此时函数f (x)在x＝－1处取得极小值，与题意不符，即b＝3舍去；当b＝－1时，a＝1，此时f′(x)＝3(x－1)(x＋1)，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，1)上单调递减；此时函数f (x)在x＝－1处取得极大值，符合题意，所以a＝1，b＝－1，即ab＝－1，所以A正确，B错误；此时f (x)＝x3－3x＋1，所以f (1)＝－1，f (0)＝1，即C错误，D正确．故选AD． 8．[多选题](2023·河北石家庄三模)设函数f (x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f (x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　) A．∀x∈R，f (x)≤f (x0) B．－x0是f (－x)的极大值点 C．x0是－f (x)的极小值点 D．－x0是－f (－x)的极大值点 答案：BC 解析：x0是f (x)的极大值点，则存在区间(a，b)，x0∈(a，b)，对任意x∈(a，b)有f (x)≤f (x0)，f (x0)不一定是最大值，故A错误；f (－x)的图象与f (x)的图象关于y轴对称，因此－x0∈(－b，－a)，对任意x∈(－b，－a)有f (x)≤f (－x0)，－x0是f (－x)的极大值点，故B正确；f (x)的图象与－f (x)的图象关于x轴对称，因此对任意x∈(a，b)有－f (x)≥－f (x0)，故C正确；由BC的推理可知－x0是－f (－x)的极小值点，故D错误．故选BC． 9．[多选题](2024·福建龙岩期末)已知函数f (x)＝＋，则下列结论正确的是(　　) A．f (x)为奇函数 B．f (x)在区间(0，2)上单调递减 C．f (x)的极小值为 D．f (x)的最大值为1＋ 答案：CD 解析：由题意知，f (x)的定义域为R，f (－x)＝＋＝＋＝f (x)，所以f (x)为偶函数，故A错误；当x∈(0，2)时，f (x)＝ex－2＋e－x－2＝，则f′(x)＝＝>0，所以函数f (x)在(0，2)上单调递增，故B错误；对于C选项，当x∈[2，＋∞)时，f (x)＝＋，所以f′(x)＝－－<0，所以函数f (x)在[2，＋∞)上单调递减．又因为函数f (x)为偶函数，所以函数f (x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(0，2)，单调递减区间为(－2，0)，(2，＋∞)，所以函数f (x)的极小值为f (0)＝，故C正确；对于D选项，因为函数f (x)为偶函数，且函数f (x)的极大值为f (2)＝f (－2)＝1＋，故函数f (x)的最大值为1＋，故D正确．故选CD． 10．(2024·山西太原模拟)已知函数f (x)＝sin 2x－x，x∈(0，π)，则f (x)的极大值点为__________． 答案： 解析：f′(x)＝2cos 2x－1，令f′(x)>0，得0<x<，或<x<π；令f′(x)<0，得<x<，所以f (x)在，上单调递增，在上单调递减，所以f (x)的极大值点为. 11．(新角度)(2024·江西南昌模拟)已知函数f (x)＝x3－x2＋ax(x∈R)，g(x)＝x2＋(2－a)ln x，若f (x)与g(x)中恰有一个函数无极值，则a的取值范围是______________． 答案：∪(2，＋∞) 解析：若f (x)＝x3－x2＋ax(x∈R)无极值，则f′(x)＝3x2－2x＋a≥0恒成立，即Δ＝4－12a≤0，解得a≥；若g(x)＝x2＋(2－a)ln x无极值，则g′(x)＝≥0对x∈(0＋∞)恒成立，所以2－a≥0，即a≤2.所以f (x)与g(x)中恰有一个函数无极值，则或解得a∈∪. 12．(数学建模)(2023·广东东莞三模)如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为______． 答案： 解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则由相似可得＝，即h＝a－2r.令h>0，结合r>0，则0<r<，圆柱的体积V＝πr2h＝πr2(a－2r)＝aπr2－2πr3，V′＝2aπr－6πr2＝2πr(a－3r)，0<r<时，V′>0，<r<时，V′<0，即当r∈时，V单调递增；当r∈时，V单调递减，所以当r＝时，Vmax＝. 13．(12分)(2024·九省适应性测试)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． 解：(1)因为 f (x)＝ln x＋x2＋ax＋2， 所以f′(x)＝＋2x＋a，则f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a， 由题意函数f (x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f (2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直， 可得×＝－1，解得a＝－3. (2)由a＝－3，得f (x)＝ln x＋x2－3x＋2， 所以f′(x)＝＋2x－3＝＝，x>0， 所以当0<x<时，f′(x)>0，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0， 故f (x)的单调递增区间为和(1，＋∞)，f (x)的单调递减区间为， 故f (x)有极大值f＝ln＋2－3×＋2＝－ln 2， f (x)有极小值f (1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0. 14．(12分)(2024·广东佛山测试)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，且－1，1是函数f (x)的两个极值点． (1)求a与b的值； (2)若函数f (x)在[－2，2]上有最小值为－2，在(－2，m)上有最大值，求m的取值范围． 解：(1)因为f (x)＝x3＋ax2＋bx＋c，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由条件知f′(－1)＝f′(1)＝0，即 解得a＝0，b＝－3，经检验符合题意． (2)由(1)可知f (x)＝x3－3x＋c，则f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1， f′(x)和f (x)随x的变化情况如下表： x －2 (－2，－1) －1 (－1，1) 1 (1，2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x) c－2 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 c＋2 因为f (－2)＝c－2，f (2)＝c＋2，f (1)＝c－2， 所以函数f (x)在[－2，2]上的最小值为f (1)＝c－2，所以c－2＝－2，解得c＝0， 所以f (x)＝x3－3x. 因为函数在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，在(－1，1)上递减，且f (－1)＝f (2)＝2， 画出函数图象如图所示，由于函数在区间(－2，m)上有最大值，根据图象可知m∈(xB，xA]，即m∈(－1，2]. 15．(16分)(2024·河南新乡一模)已知函数f (x)＝ln x－x. (1)求f (x)的最值； (2)若函数H(x)＝f (x)＋存在两个极小值点，求实数a的取值范围． 解：(1)由题知，f (x)的定义域为(0，＋∞)， 因为f′(x)＝－1＝， 所以f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x)max＝f (1)＝－1，无最小值． (2)H(x)＝＋ln x－x，x∈(0，＋∞)， 则H′(x)＝，x∈(0，＋∞). 令u(x)＝，则u′(x)＝， 所以u(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以u(x)≤u(1)＝. 因为x>0，所以0<≤. ①当a≥时，a－≥0，此时H(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以H(x)只有一个极小值点． ②当0<a<时，方程a－＝0有两个根x1，x2，且x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞). 当x∈(0，x1)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 当x∈(x1，1)时，H′(x)>0，H(x)单调递增， 当x∈(1，x2)时，H′(x)<0，H(x)单调递减， 当x∈(x2，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增， 所以H(x)有两个极小值点． 故实数a的取值范围为. 学生用书↓第66页 学科网（北京）股份有限公司 $$