6.2.1 导数与函数的单调性-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练习（人教B版）

第六章 导数及其应用 练 效 果 评 价 1. f ′ （ x ）是函数 f （ x ）的 导函数， y=f ′ （ x ）的图象如 图所示 ， 则 y=f （ x ）的图象 最有可能是下列选项中的 （ ） 2. 若函数 f （ x ） =sinx- 1 2 x ， 则函数 f （ x ） 在区间 （ 0 ， π ） 上的单调增区间为 （ ） A. 0 ， π 3 ! " B. 0 ， π 2 ! " C. π 3 ， π 2 ! " D. π 3 ， ! " π 3. 函数 f （ x ） = lnx x 2 的单调减区间是 （ ） A. ［ e 2 ， +∞ ） B. ［ e 姨 ， +∞ ） C. （ 0 ， e 2 ］ D. （ 0 ， e 姨 ］ 4. 若函数 f （ x ） = 1 3 x 3 -ax 2 +x 存在递减区 间， 则实数 a 的取值范围是 （ ） A. ［ -1 ， 1 ］ B. （ -∞ ， -1 ） ∪ （ 1 ， +∞ ） C. （ -1 ， 1 ） D. （ -∞ ， -1 ］ ∪ ［ 1 ， +∞ ） 5. 函数 f （ x ） =kx-lnx 在 ［ 1 ， +∞ ） 上单 调递增的一个必要不充分条件是 （ ） A. k>2 B. k≥1 C. k>1 D. k>0 6. 已知函数 f （ x ）满足 f （ 1 ） =1 ， 且 f （ x ）的 导函数 f ′ （ x ） < 1 3 ， 则 f （ x ） < x 3 + 2 3 的解集 为 （ ） A. {x｜x<-1} B. {x｜x<-1 或 x>1} C. {x｜x>1} D. {x｜x<0} 7. 若函数 f （ x ） =x 2 -x+1+alnx 在其定义域 上单调递增， 则实数 a 的取值范围是 . 8. 设函数 f （ x ） =ax-2-lnx （ a∈R ） . （ 1 ） 若 f （ x ）在点 （ e ， f （ e ）） 处的切线为 x-ey+b=0 ， 求 a ， b 的值； （ 2 ） 求 f （ x ）的单调区间 . 6.2 利用导数研究函数的性质 6.2.1 导数与函数的单调性 x y O -1 1 2 f ′ （ x ） 第 1 题图 x y O 1 2 x y O 1 2 x y O 1 2 x y O 1 2 A B C D 41 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 练 提 升 练 习 9. 函数 y=f （ x ）在定义域 - 3 2 ， ! " 3 内可 导， 其函数图象如图所示 . 记 y=f （ x ）的导函 数为 y=f ′ （ x ）， 则不等式 f ′ （ x ） ≥0 的解集为 （ ） A. - 1 3 ， ! " 1 ∪ ［ 2 ， 3 ］ B. -1 ， 1 2 ! " ∪ 4 3 ， 8 3 "3 C. - 3 2 ， - 1 3 ! " ∪ ［ 1 ， 2 ］ D. - 3 2 ， - 1 3 ! " ∪ 1 2 ， 4 3 ! " ∪ 4 3 ， " 3 3 10. 已知 f （ x ） =x 2 +ax-2 ， 坌x 1 ， x 2 ∈ ［ 1 ， +∞ ）， 若 x 1 <x 2 ， 恒有 x 2 f （ x 1 ） -x 1 f （ x 2 ） <a （ x 1 - x 2 ）， 则实数 a 的取值范围是 （ ） A. （ -∞ ， 3 ］ B. （ -∞ ， 4 ］ C. 0 ， 7 2 "3 D. ［ 1 ， 5 ］ 11. 已知函数 f （ x ） =e ｜x｜ -ax 2 ， 对任意 x 1 ， x 2 ∈ （ -∞ ， 0 ） 且 x 1 ≠x 2 ， 都有 （ x 2 -x 1 ）（ f （ x 2 ） - f （ x 1 ）） <0 ， 则实数 a 的取值范围是 . 12. 函数 f （ x ） = 1 3 x 3 - 1 2 （ 2a+1 ） x 2 + （ a 2 +a ） x+ 4 的单调减区间是 . 13. 已知 函 数 f （ x ） =ax +lnx +3 在 区 间 （ 1 ， 2 ） 上不单调， 则实数 a 的取值范围为 . 14. 设函数 f （ x ） =xe kx （ k≠0 ） . （ 1 ） 求函数 f （ x ）的单调区间； （ 2 ） 若函数 f （ x ）在区间 （ -1 ， 1 ） 内单 调递增， 求 k 的取值范围 . 第 9 题图 42 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 =7+15+ … + （ 4n-5 ） +2n= n-1 2 × （ 4n-5+7 ） 2 +2n= 2n 2 +3n-1 2 . ② 当 n 为偶数时， S n =a 1 +a 2 +a 3 + … +a n = （ a 1 +a 2 ） + （ a 3 +a 4 ） + … + （ a n-1 +a n ） =7+15+ … + （ 4n-1 ） = 2n 2 +3n 2 . 6.2 利用导数研究函数的性质 6.2.1 导数与函数的单调性 学习手册 变式训练 1 A 【解析】 由 y=f （ x ）（ x∈R ） 的图象可知， f （ x ）在 -∞ ， 1 3 3 # 和 （ 2 ， +∞ ） 上单调递增， 在 1 3 ， 3 ， 2 上单调递减， 则当 x∈ -∞ ， 1 3 3 ， 时 f ′ （ x ） >0 ， x∈ （ 2 ， +∞ ） 时 f ′ （ x ） >0 ， x∈ 1 3 ， 3 ， 2 时 f ′ （ x ） <0 ， ∴ 不等式 xf ′ （ x ） >0 的解集为 0 ， 1 3 3 ， ∪ （ 2 ， +∞ ） . 故选 A. 变式训练 2 解： （ 1 ） ∵f ′ （ x ） =3ax 2 +2bx+c ， ∴ f ′ （ 0 ） =c=6. （ 2 ） f ′ （ x ） =3ax 2 +2bx+6 ， 由表格知 f ′ （ 1 ） =8 ， f ′ （ 3 ） =0 0 ， 解得 a=- 2 3 ， b=2 0 . （ 3 ） 由 （ 2 ） 可得 f ′ （ x ） =-2x 2 +4x+6=-2 （ x-3 ）（ x+1 ）， 由 f ′ （ x ） <0 可得， x∈ （ -∞ ， -1 ） ∪ （ 3 ， +∞ ）， 由 f ′ （ x ） >0 可得， x∈ （ -1 ， 3 ）， ∴ f （ x ）的单调增区 间为 （ -1 ， 3 ）， 单调减区间为 （ -∞ ， -1 ） 和 （ 3 ， +∞ ） . 变式训练 3 解： （ 1 ） f ′ （ x ） =2ax+ 1 x + （ 2a+1 ）， 当 a=1 时， f ′ （ x ） =2x+ 1 x +3 ， ∴ f ′ （ 1 ） =6 ， f （ 1 ） =4 ， 函数 y=f （ x ） 的图象在点 （ 1 ， 4 ） 处的切线方程为 y-4=6 （ x-1 ）， 即 6x-y-2=0. （ 2 ） f （ x ）的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） =2ax+ 1 x + （ 2a+1 ） = 2ax 2 + （ 2a+1 ） x+1 x = （ 2ax+1 ）（ x+1 ） x . 当 a≥0 时， f ′ （ x ） >0 在 （ 0 ， +∞ ） 恒成立， f （ x ）的 递增区间是 （ 0 ， +∞ ）； 当 a<0 时， f ′ （ x ） >0 ， 0<x<- 1 2a ， f ′ （ x ） <0 ， x>- 1 2a ， f （ x ）的递增区间是 0 ， - 1 2a 3 # ， 递减区间是 - 1 2a ， + 3 # ∞ . 综上， 当 a≥0 时， f （ x ）的递增区间是 （ 0 ， +∞ ）； 当 a<0 时， f （ x ）的递增区间是 0 ， - 1 2a 3 # ， 递减区间 是 - 1 2a ， + 3 # ∞ . 变式训练 4 解： ∵g′ （ x ） =x 2 -ax+2 ， 且 g （ x ）在 （ -2 ， -1 ） 内为减函数， ∴x 2 -ax+2≤0 在 （ -2 ， -1 ） 内恒成立， ∴ g′ （ -2 ） ≤0 ， g′ （ -1 ） ≤0 0 ， 即 4+2a+2≤0 ， 1+a+2≤0 0 ， 解得 a≤-3. 即实数 a 的取值范围是 （ -∞ ， -3 ］ . 变式训练 5 解： ∵g （ x ）的单调递减区间为 （ -2 ， -1 ）， ∴x 1 =-2 ， x 2 =-1 是 g′ （ x ） =0 的两个根， ∴ （ -2 ） + （ -1 ） =a ， 即 a=-3. 变式训练 6 解： 由变式训练 4 知 g （ x ）在 （ -2 ， -1 ） 内 为减函数时， 实数 a 的取值范围是 （ -∞ ， -3 ］ . 若 g （ x ） 在 （ -2 ， -1 ） 内为增函数， 则 a≥x+ 2 x 在 （ -2 ， -1 ） 内 恒成立， 又 ∵y=x+ 2 x 在 （ -2 ， - 2 姨 ） 内单调递增， 在 （ - 2 姨 ， -1 ） 内单调递减 ， ∴y=x+ 2 x 的值域为 （ -3 ， -2 2 姨 ）， ∴ 实数 a 的取值范围是 ［ -2 2 姨 ， +∞ ）， ∴ 函 数 g （ x ）在 （ -2 ， -1 ） 内单调时， a 的取值范围是 （ -∞ ， -3 ］ ∪ ［ -2 2 姨 ， +∞ ）， 故 g （ x ）在 （ -2 ， -1 ） 上不单调 时， 实数 a 的取值范围是 （ -3 ， -2 2 姨 ） . 随堂练习 1. C 【解析】 f （ x ）的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） =1+ lnx ， ∴ f （ x ）在区间 0 ， 1 e 3 ， 上 f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）递减 . 故选 C. 2. A 【解析】 ∵f （ -x ） =e -x +e x -2cos （ -x ） =e x +e -x -2cosx= f （ x ）， 且函数 f （ x ） =e x +e -x -2cosx 的定义域为 R ， ∴ f （ x ） = e x +e -x -2cosx 是偶函数 . 当 x≥0 时， ∵ 函数 f （ x ） =e x +e -x -2cosx ， ∴ f ′ （ x ） =e x - e -x +2sinx. 令 g （ x ） =e x -e -x +2sinx ， 则 g′ （ x ）=e x +e -x +2cosx. ∵e x >0 ， ∴e x +e -x ≥2 e x · e -x 姨 =2 ， 当且仅当 e x =e -x ， 即 x=0 时， 等号成立 . ∵e x +e -x ≥2 ， -2≤2cosx≤2 ， ∴g′ （ x ） ≥0 ， 即 g （ x ）在 ［ 0 ， +∞ ） 上单调递增， ∴g （ x ） ≥g （ 0 ） =0 ， 即 f ′ （ x ） ≥0 ， ∴ f （ x ）在 ［ 0 ， +∞ ） 上单调递增 . 60 参 考 答 案 ∵ 函数 f （ x ）是偶函数， ∴ f （ x ）在 （ -∞ ， 0 ］ 上单调 递减 . ∴ 不等式 f （ 2x-1 ） <f （ x-2 ）等价于 ｜2x-1｜<｜x-2｜ ， 两边 平方得 （ 2x-1 ） 2 < （ x-2 ） 2 ， 化为 4x 2 -4x+1<x 2 -4x+4 ， 即 x 2 < 1 ， 解得 -1<x<1. ∴ 不等式 f （ 2x-1 ） <f （ x-2 ）的解集为 （ -１ ， １ ） . 故选 A. 3. A 【解析 】 当 -3<x<0 时 ， f ′ （ x ） <0 ， 则 f （ x ）在 （ -3 ， 0 ） 上单调递减， 故 A 正确； 当 1<x<2 时， f ′ （ x ） > 0 ； 当 2<x<4 时， f ′ （ x ） <0 ， 则 f （ x ）在 （ 1 ， 2 ） 上单调递 增， 在 （ 2 ， 4 ） 上单调递减， 故 B 错误； 当 0<x<2 时， f ′ （ x ） >0 ， 则 f （ x ）在 （ 0 ， 2 ） 上单调递增， 故 C 错误； 当 3<x<4 时， f ′ （ x ） <0 ， 则 f （ x ）在 （ 3 ， 4 ） 上单调递减， 故 D 错误 . 故选 A. 4. D 【解析】 函数 f （ x ） = 1 3 x 3 -x 2 +ax ， f ′ （ x ） =x 2 -2x+a ， 若 f （ x ）在 R 递增， 则 x 2 -2x+a≥0 在 R 恒成立， 可得 Δ= 4-4a≤0 ， 解得 a≥1 ， 故选 D. 5. C 【解析】 f （ x ） = lnx x ， f ′ （ x ） = 1-lnx x 2 ， ∴ 当 x>e 时， f ′ （ x ） <0 ， 函数 f （ x ）为减函数； 当 0<x<e 时， f ′ （ x ） >0 ， 函 数 f （ x ）为增函数， 又 e<4<6 ， ∴ f （ e ） >f （ 4 ） >f （ 6 ） . 故选 C. 练习手册 效果评价 1. C 【解析 】 由导函数的图象可知 ， 当 x<0 时 ， f ′ （ x ） >0 ， 函数 f （ x ）单调递增 ， 当 0<x<2 时 ， f ′ （ x ） <0 ， 函数 f （ x ）单调递减， 当 x>2 时， f ′ （ x ） >0 ， 函数 f （ x ）单调 递增， 只有选项 C 符合 . 故选 C. 2. A 【解析】 由 f （ x ） =sinx- 1 2 x ， 得 f ′ （ x ） =cosx- 1 2 ， 由 f ′ （ x ） >0 ， 得 cosx- 1 2 >0 ， ∵x∈ （ 0 ， π ）， ∴0<x< π ３ ， ∴ 函数 f （ x ）在区间 （ 0 ， π ） 上的单调增区间为 0 ， π ３ ３ % . 故选 A. 3. B 【解析 】 函数的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） = 1 x ·x 2 -2xlnx x 4 = 1-2lnx x 3 ， 由 f ′ （ x ） ≤0圯1-2lnx≤0圯lnx≥ 1 2 ， x≥ e 姨 ， 故 f （ x ）的单调递减区间为 ［ e 姨 ， +∞ ） . 故选 B. 4. B 【解析】 由题设， f ′ （ x ） =x 2 -2ax+1 ， 由 f （ x ）存在 递减区间， 即存在 x 使 f ′ （ x ） <0 ， ∴Δ=4a 2 -4>0 ， 可得 a< -1 或 a>1. 故选 B. 5. D 【解析】 由题得 f ′ （ x ） =k- 1 x ， ∵ 函数 f （ x ） =kx- lnx 在区间 （ 1 ， +∞ ） 上单调递增 ， ∴ f ′ （ x ） ≥0 在区间 （ 1 ， +∞ ） 上恒成立 . ∴k≥ 1 x ， 而 y= 1 x 在区间 （ 1 ， +∞ ） 上单调递减， ∴k≥1. 选项中只有 k>0 是 k≥1 的必要不 充分条件 . 选项 A ， C 是 k≥1 的充分不必要条件， 选项 B 是充要条件 . 故选 D. 6. C 【解析】 设 g （ x ） =f （ x ） - x 3 - 2 3 ， 则函数 g （ x ）的 导函数 g′ （ x ） =f ′ （ x ） - 1 3 ， ∵f （ x ）的导函数 f ′ （ x ） < 1 3 ， ∴g′ （ x ） =f ′ （ x ） - 1 3 <0 ， 则函数 g （ x ）单调递减 . ∵f （ 1 ） =1 ， ∴g （ 1 ） =f （ 1 ） - 1 3 - 2 3 =0 ， 则不等式 f （ x ） < x 3 + 2 3 ， 等价为 g （ x ） <0 ， 即 g （ x ） <g （ 1 ）， 则 x>1 ， 即 f （ x ） < x 3 + 2 3 的解集为 {x｜x>1}. 故选 C. 7. a≥ 1 8 【解析 】 函数的定义域为 x∈ （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） =2x-1+ a x （ x>0 ）， ∵ 函数 f （ x ） =x 2 -x+1+alnx 在其定 义域上单调递增， ∴ f ′ （ x ） =2x-1+ a x ≥0 在 x∈ （ 0 ， +∞ ） 上恒成立， 则 a≥-2x 2 +x 恒成立 . 令 g （ x ） =-2x 2 +x=-2 x- 1 4 ３ % 2 + 1 8 ， ∵x∈ （ 0 ， +∞ ） ， ∴g （ x ） =-2 x- 1 4 ３ % 2 + 1 8 ≤ 1 8 ， 当 x= 1 4 时取得最大值 ， ∴a≥ 1 8 . 8. 解 ： （ 1 ） f （ x ） =ax-2-lnx （ a∈R ） 的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） =a- 1 x ， ∵f （ x ）在点 （ e ， f （ e ）） 处的切线 为 x-ey+b=0 ， ∴ f ′ （ e ） =a- 1 e = 1 e ， ∴a= 2 e ， ∴ f （ e ） =-1. 把点 （ e ， -1 ） 代入 x-ey+b=0 ， 得 b=-2e. 即 a ， b 的值为 a= 2 e ， b=-2e. （ 2 ） 由 （ 1 ） 知 f ′ （ x ） =a- 1 x = ax-1 x （ x>0 ） . ① 当 a≤0 时 ， f ′ （ x ） <0 在 （ 0 ， +∞ ） 上恒成立 ， ∴ f （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递减； 61 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 ② 当 a>0 时， 令 f ′ （ x ） =0 ， 解得 x= 1 a . 列表得 ∴a>0 时， f （ x ）的递减区间为 0 ， 1 a a " ， 单增区间为 1 a ， + a " ∞ . 综上所述 ， 当 a≤0 时 ， f （ x ）在 （0 ， +∞ ） 上单调 递减； 当 a>0 时， f （ x ）的递减区间为 0 ， 1 a a " ， 单增区间为 1 a ， + a " ∞ . 提升练习 9. C 【解析 】 由图象可知函数的单调增区间为 - 3 2 ， - 1 3 3 % ， ［ 1 ， 2 ］ . 由原函数单调性和导函数正负的关系， 可得 f ′ （ x ） ≥0 的解集为 - 3 2 ， - 1 3 3 % ∪ ［ 1 ， 2 ］ . 故选 C. 10. A 【 解 析 】 由 x 2 f （ x 1 ） -x 1 f （ x 2 ） <a （ x 1 -x 2 ） ， 得 f （ x 1 ） +a x 1 < a+f （ x 2 ） x 2 . 令 g （ x ） = f （ x ） +a x = x 2 +ax-2+a x =x+ a-2 x +a ， 则 坌x 1 ， x 2 ∈ ［ 1 ， +∞ ）， 且 x 1 <x 2 ， 恒有 f （ x 1 ） +a x 1 < a+f （ x 2 ） x 2 ， ∴g （ x ） 是单调递增函数， 当 a≤2 时， g （ x ）在 ［1 ， +∞ ） 上为增函数， 故符合； 当 a>2 时， 由双勾函数的性质可得 a-2 姨 ≤1 ， 故 2<a≤3. 综上， a≤3. 故选 A. 11. -∞ ， e 2 %a 【解析 】 f （ -x ） =e ｜ （ -x ） ｜ -a （ -x ） 2 =e ｜x ｜ -ax 2 = f （ x ）， 即 f （ x ）为偶函数 . 又对 x 1 <0 ， x 2 <0 且 x 1 ≠x 2 ， 都有（ x 2 -x 1 ）（ f （ x 2 ） -f （ x 1 ）） <0 ， 知 f （ x ）在 （ -∞ ， 0 ） 上单调递减， 故 f （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增， 则当 x>0 时， f ′ （ x ） =e x -2ax≥0 ， 即 2a≤ e x x 在 （ 0 ， +∞ ） 上恒成立 . 令 g （ x ） = e x x ， x>0 ， 则 g′ （ x ） = e x （ x-1 ） x 2 ， 当 x>1 时， g′ （ x ） >0 ， g （ x ）单调递增， 当 0<x<1 时， g′ （ x ） <0 ， g （ x ）单调递减， ∴ 当 x=1 时， g （ x ）取得极小值 也是最小值 g （ 1 ） = e 1 =e ， ∴2a≤e ， 即 a≤ e 2 . 12. （ a ， a+1 ） 【解析】 依题意， 函数 f （ x ）的定义域 为 R ， f ′ （ x ） =x 2 - （ 2a+1 ） x+ （ a 2 +a ） = ［ x- （ a+1 ）］（ x-a ）， 由 f ′ （ x ） <0 ， 解得 a<x<a+1 ， 即 f （ x ）在 （ a ， a+1 ） 上 单调递减， ∴ f （ x ）的单调减区间是 （ a ， a+1 ） . 13. -1 ， - 1 2 a " 【解析】 由题知， f （ x ） =ax+lnx+3 ， x> 0 ， f ′ （ x ） =a+ 1 x = ax+1 x ， 当 a≥0 时， f ′ （ x ） =a+ 1 x = ax+1 x 在 （ 0 ， +∞ ） 上恒大 于零， 则 f （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增 . 当 a<0 时， 由 f ′ （ x ） >0 ， 得 0<x<- 1 a ； 由 f ′ （ x ） <0 ， 得 x>- 1 a . ∴ 函数 f （ x ）在 0 ， - 1 a a " 上递增， 在 - 1 a ， + a " ∞ 上递减， ∴ 当 x=- 1 a 时， f （ x ）取得极大值 . 若函数 f （ x ）在区间 （ 1 ， 2 ） 不单调， 必有 1<- 1 a < 2 ， 解得 -1<a<- 1 2 . 综上可知， 实数 a 的取值范围是 -1 ， - 1 2 a " . 14. 解： （ 1 ） 由题可得 f ′ （ x ） = （ 1+kx ） e kx ， 由 f ′ （ x ） = 0 ， 可得 x=- 1 k （ k≠0 ） . 若 k>0 ， 则当 x∈ -∞ ， - 1 k a " 时 ， f ′ （ x ） <0 ， 函数 f （ x ）单调递减； 当 x∈ - 1 k ， + a " ∞ 时， f ′ （ x ） >0 ， 函数 f （ x ）单调递增 . 若 k<0 ， 则当 x∈ -∞ ， - 1 k a " 时 ， f ′ （ x ） >0 ， 函数 f （ x ）单调递增； 当 x∈ - 1 k ， + a " ∞ 时， f ′ （ x ） <0 ， 函数 f （ x ）单调递减 . ∴k>0 时， 函数 f （ x ）的减区间为 -∞ ， - 1 k a " ， 增区 间为 - 1 k ， + a " ∞ ； x 0 ， 1 a a " 1 a ， + a " ∞ f ′ （ x ） - + y=f （ x ） 单调递减 单调递增 62 参 考 答 案 k<0 时， 函数 f （ x ）的减区间为 - 1 k ， + ! " ∞ ， 增区间 为 -∞ ， - 1 k ! " . （ 2 ） ∵ 函数 f （ x ）在区间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增， ∴ 若 k>0 ， 则 - 1 k ≤-1 ， 即 0<k≤1 时， 函数 f （ x ）在 区间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增， 若 k<0 ， 则 - 1 k ≥1 ， 即 -1≤k<0 时， 函数 f （ x ）在区 间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增 . 综上可知， 函数 f （ x ）在区间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增 时， k 的取值范围是 ［ -1 ， 0 ） ∪ （ 0 ， 1 ］ . 6.2.2 导数与函数的极值、 最值 第 1 课时 导数与函数的极值、 最值 学习手册 变式训练 1 （ 1 ） ① 错误 ② 错误 ③ 错误 ④ 正确 【解析】 函数的极大值不一定大于其极小值， 故 ① 错误 ； 导数为 0 的点不一定是极值点 ， 比如 f （ x ） =x 3 ， f ′ （ 0 ） =0 ， 但是 x=0 不是极值点， 故 ② 错误； 函数 y=f （ x ） 可能有极大值或极小值， 也可能没有极值， 故 ③ 错误； 函数的极值点是自变量的值， 极值是函数值 . 故 ④ 正确 . （ 2 ） B 【解析 】 由图象可知 ， 当 x∈ - 1 2 ， ! " 0 时 ， f ′ （ x ） <0 ， ∴ 函数 f （ x ）在 - 1 2 ， ! " 0 上单调递减， 故 A 错 误； 当 x∈ （ 0 ， 4 ） 时， f ′ （ x ） ≥0 ， ∴ 函数 f （ x ）在 （ 0 ， 4 ） 上单调递增， 故 B 正确， C 错误； 函数 f （ x ）在 x=0 处取 得极小值， 故 D 错误 ． 故选 B. 变式训练 2 （ 1 ） ① 正确 ② 错误 ③ 错误 ④ 错误 【解析】 函数的最大值不一定是函数的极大值， 可 能是在区间端点处取得， 判断 ① 正确； 函数 f （ x ）在区间 ［ a ， b ］ 上的最大值与最小值不一定在区间端点处取得， 可能为函数的极值， 判断 ② 错误； 函数 f （ x ） =sinx 在区 间 （ 0 ， 仔 ） 上有极大值， 但没有最小值， 判断 ③ 错误； 函数 f （ x ） =sinx 在区间 - 仔 2 ， ， ( 0 上最大值为 0 ， 最小值 为 -1 ， 二者之和为 -1 ， 小于 0 ， 判断 ④ 错误 . （ 2 ） 解： 由题图可知， y=f （ x ）在 x 1 ， x 3 处取极小值， 在 x 2 处取极大值， ∴ 极小值为 f （ x 1 ）， f （ x 3 ）， 极大值为 f （ x 2 ）； 比较极值和端点值可知函数的最小值是 f （ x 3 ）， 最 大值在 b 处取得， 最大值为 f （ b ） . 变式训练 3 解： （ 1 ） 当 m=1 时， f （ x ） = x 2 -x+1 e x ， f ′ （ x ） =- x 2 -3x+2 e x =- （x-1 ）（x-2 ） e x ， 令 f ′ （ x ） >0 ， 解得 x∈ （ 1 ， 2 ）； 令 f ′ （ x ） <0 ， 解得 x<1 或 x>2. 故 f （ x ）在 （ -∞ ， 1 ） 上单调递减， 在 （ 1 ， 2 ） 上单 调递增， 在 （ 2 ， +∞ ） 上单调递减， 故 f （ x ）的极小值为 f （ 1 ） = 1 e ， 极大值为 f （ 2 ） = 3 e 2 . （ 2 ） 由题可知， g （ x ） = x 2 2 -2x- mx 2 -x+1 e x ， 则 g′ （ x ） =x-2- 2mx-mx 2 +x-2 e x = e x （x-2 ） -mx （ 2-x ） - （x-2 ） e x = （ x-2 ）（ e x +mx-1 ） e x . 要讨论 g （ x ）的极值点的个数， 令 φ （ x ） =e x +mx-1 ， 先讨论 φ （ x ）的零点个数 . 令 φ （ x ） =e x +mx-1=0 ， 则 m=- e x -1 x =h （ x ） （ x>0 ）， 故 h′ （ x ） =- e x （ x-1 ） +1 x 2 ， 令 p （ x ） =e x （ x-1 ） +1 ， 则 p′ （ x ） =e x x>0. 故 p （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增， 又 p （ 0 ） =0 ， 故 x>0 时， p （ x ） >0 ， 此时 h′ （ x ） <0 ， 则 h （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递减 . ① 当 m≥-1 时， m=- e x -1 x =h （ x ） （ x>0 ） 无实数解， φ （ x ） =e x +mx-1=0 在 （ 0 ， +∞ ） 上没有实根， 故当 x∈ （ 0 ， 2 ） 时， g′ （ x ） <0 ， 当 x∈ （ 2 ， +∞ ） 时， g′ （ x ） >0 ， 故 g （ x ）在 （ 0 ， 2 ） 上单调递减， 在 （ 2 ， +∞ ） 上单 调递增， 只有一个极值点 x=2. ② 当 m<-1 时， 且 m= 1-e 2 2 时， 此时 φ （ x ） =e x +mx-1=0 的实数解为 2 ， 且 g′ （ x ） ≥0 ， g （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增， 无极值点 . ③ 当 m<-1 且 m≠ 1-e 2 2 时， y=m 与 h （ x ） =- e x -1 x 有一 个交点， φ （ x ） =e x +mx-1=0 有一个实数解 x 0 ， x 0 >0 且 x 0 ≠2 ， 63