1.3.2 函数的极值与导数-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章　导数及其应用 1.3　导数在研究函数中的应用 1.3.2　函数的极值与导数 (教师独具内容) 课程标准：1．借助函数的图象，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． 教学重点：利用导数求函数的极值． 教学难点：1．极值的判断．2．与极值有关的参数问题． 核心素养：1．通过学习函数极值的定义培养数学抽象素养．2．通过利用导数求某些函数的极值培养逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　函数极值的定义 (1)设函数y＝f(x)在区间(a，b)内有定义，x0是区间(a，b)内的一个点，若点x0附近的函数值都小于或等于f(x0)(即f(x)≤f(x0))，就说f(x0)是函数y＝f(x)的一个_______，此时x0称为f(x)的一个_________；若点x0附近的函数值都大于或等于f(x0)(即f(x)≥f(x0))，就说f(x0)是函数y＝f(x)的一个______，此时x0称为f(x)的一个________． (2)极大值和极小值统称_____，极大值点和极小值点统称______． 知识点二　极值点与导数之间的关系 函数在极值点的导数为__，导函数的零点可能不是函数的极值点．也就是说，若f′(c)存在，则f′(c)＝0是f(x)在x＝c处取到极值的____条件，但不是_____条件． 极大值 极大值点 极小值 极小值点 极值 极值点 0 必要 充分 核心概念掌握 5 知识点三　求函数极值的方法 若f′(c)＝0，则x＝c叫作函数f(x)的_____．如果函数y＝f(x)在某个区间内有导数，就可按下列步骤求它的极值： (1)求导数f′(x)． (2)求f(x)的驻点，即求方程f′(x)＝0的解． (3)对于方程f′(x)＝0的每一个解x0，分析f′(x)在x0左右两侧的符号(即讨论f(x)的单调性)，确定极值点： ①若f′(x)在x0两侧的符号为“左正右负”，则x0为__________； ②若f′(x)在x0两侧的符号为“左负右正”，则x0为__________． (4)求出各极值点的函数值，就得到函数y＝f(x)的全部极值． 驻点 极大值点 极小值点 核心概念掌握 6 1．对极值概念的理解 在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点指的是自变量的值，极值指的是函数值．请注意以下四点： (1)极值是一个局部概念．由定义可知，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个定义域内最大或最小． (2)函数的极值不一定是唯一的，即一个函数在某个区间上或定义域内的极大值或极小值可以不止一个． 核心概念掌握 7 (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值，如图所示，x1是极大值点，x4是极小值点，而f(x4)>f(x1)． (4)连续函数f(x)在某区间内有极值，它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．一般地，当函数f(x)在某区间上连续且有有限个极值点时，函数f(x)在该区间内的极大值点与极小值点是交替出现的． 核心概念掌握 8 2．极值点与驻点的辨析 (1)可导函数的极值点是驻点，但是驻点不一定是极值点，即“点x0是可导函数f(x)的极值点”是“f′(x0)＝0”的充分不必要条件． (2)可导函数f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧和右侧f′(x)的符号不同． (3)如果在x0的两侧f′(x)的符号相同，则x0不是f(x)的极值点． 核心概念掌握 9 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) √ 答案 √ × 核心概念掌握 10 2 a<0 1 答案 8 -8 e 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　求已知函数的极值 解　(1)函数f(x)＝x3－3x2－9x＋5的定义域为R， 且f′(x)＝3x2－6x－9．令f′(x)＝0， 解方程3x2－6x－9＝0，得x1＝－1，x2＝3． 解 核心素养形成 13 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： 因此，x＝－1是函数的极大值点，极大值为f(－1)＝10；x＝3是函数的极小值点，极小值为f(3)＝－22． 解 x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值10 递减 极小值－22 递增 核心素养形成 14 解 核心素养形成 15 感悟提升　 (1)解答此类题时应注意f′(x0)＝0只是函数f(x)在x0处有极值的必要条件，只有再加上x0左右导数符号相反，方能断定函数在x0处取得极值，在解题时，错误判断极值点或漏掉极值点是经常出现的失误． (2)对于可导函数而言，它的单调递减和单调递增区间的分界点应是其导数符号正负交替的分界点．解题时，按照求函数极值的步骤，要注意表格的使用，利用表格，可使极值点两边的单调性一目了然，便于求极值． 核心素养形成 16 解 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 题型二　含参数的函数的极值 　已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的极值． 解 核心素养形成 19 解 核心素养形成 20 感悟提升　一般地，遇到题目中含有参数的问题时，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类讨论时做到分类标准明确，不重不漏． 核心素养形成 21 解 [跟踪训练2]　设函数f(x)＝x3－3ax＋b(a≠0)． (1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切，求a，b的值； (2)求函数f(x)的单调区间与极值点． 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 题型三　已知函数的极值求参数 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在点x＝0处取得极值，并且在单调区间[0，2]和[4，5]上具有相反的单调性． (1)求实数b的值； (2)求实数a的取值范围． 解 核心素养形成 24 感悟提升　 已知函数极值的情况，逆向应用确定函数的解析式，进而研究函数性质时，注意以下两点： (1)常根据极值点处导数为0和极值两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2)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还须验证根的合理性． 核心素养形成 25 解 [跟踪训练3]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1， f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0． 核心素养形成 26 解 (2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a， 令f′(x)<0，解得x<ln a， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0， 即a2＋ln a－1>0． 核心素养形成 27 解 核心素养形成 28 随堂水平达标 1．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为(　　) A．1，－3 B．1，3 C．－1，3 D．－1，－3 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 4．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝_____处取得极大值． 解析　由f′(x)＝3x2－6x＝0，解得x＝0或x＝2．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值． 答案 解析 0 x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值1 递减 极小值－3 递增 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 5．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象与y轴的交点坐标为(0，4)，其导函数y＝f′(x)是以y轴为对称轴的抛物线，大致图象如图所示． (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数f(x)的极值． 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 课后课时精练 一、选择题 1．函数y＝f(x)是定义在R上的可导函数，则下列说法不正确的是(　　) A．若函数在x＝x0时取得极值，则f′(x0)＝0 B．若f′(x0)＝0，则函数在x＝x0处取得极值 C．若在定义域内恒有f′(x)＝0，则y＝f(x)是常数函数 D．函数f(x)在x＝x0处的导数是一个常数 解析　若“函数f(x)在x＝x0处取得极值”，根据极值的定义可知“f′(x0)＝0”成立．反之，若“f′(x0)＝0”，还应满足f′(x)在x0的左右附近改变符号，“函数f(x)在x＝x0处取得极值”才能成立，故A正确，B不正确；易知C，D正确．故选B． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 38 3．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(2－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A．函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(－1) B．函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(2) C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) D．函数f(x)有极大值f(－1)和极小值f(2) 解析　由函数y＝(2－x)f′(x)的图象可知，当x＝－1，x＝1时，f′(x)＝0，且在(－∞，－1)上f′(x)<0，在(－1，1)上f′(x)>0，在(1，2)上f′(x)<0，在(2，＋∞)上f′(x)<0，所以函数f(x)有极大值f(1)和极小值f(－1)．故选A． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 39 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 7．函数f(x)＝aln x＋bx2＋3x的极值点为x1＝1，x2＝2，则a＝_____，b＝________． 答案 解析 －2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 8．已知函数f(x)＝aex－x2有两个极值点，则实数a的取值范围是________． 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 三、解答题 9．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点． (1)求a和b的值； (2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点． 解　 (1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3． 经检验，a＝0，b＝－3符合题意． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 (2)由(1)知f(x)＝x3－3x． 因为g′(x)＝f(x)＋2＝x3－3x＋2＝x3－x－2x＋2＝x(x－1)(x＋1)－2(x－1)＝(x－1)·(x2＋x－2)＝(x－1)2(x＋2)， 所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2． 当x<－2时，g′(x)<0； 当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0， 故－2是g(x)的极小值点，无极大值点． 综上，g(x)的极小值点为－2，无极大值点． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 52 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 53 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 54 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 55 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 56 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 57 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 58 　　　　　　　　　　　　　 R (1)函数y＝f(x)在给定区间上不一定有极值，极大值不一定比极小值大．(　　) (2)在可导函数的极值点处，切线与x轴平行或重合．(　　) (3)函数f(x)＝eq \f(1,x)有极值．(　　) 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内极大值点的个数为_____． (2)函数f(x)＝ax3＋x＋1有极值的充要条件是________． (3)已知函数f(x)＝x2－2ln x，则f(x)的极小值是_____． (4)y＝2x＋eq \f(8,x)的极小值为____，极大值为_____． (5)函数y＝eq \f(ex,x)(x>0)的极小值为_____． (1)f(x)＝x3－3x2－9x＋5； (2)f(x)＝eq \f(ln x,x)． (2)函数f(x)＝eq \f(ln x,x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)． 令f′(x)＝0，得x＝e． 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 递增 极大值eq \f(1,e) 递减 因此，x＝e是函数的极大值点，极大值为f(e)＝eq \f(1,e)，函数f(x)没有极小值． [跟踪训练1]　求下列函数的极值． (1)f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)－2；(2)f(x)＝x2e－x． 解　(1)函数的定义域为R． f′(x)＝eq \f(2（x2＋1）－4x2,（x2＋1）2)＝－eq \f(2（x－1）（x＋1）,（x2＋1）2)． 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 递减 极小值－3 递增 极大值－1 递减 由上表可以看出， 当x＝－1时，函数有极小值，极小值为f(－1)＝－3； 当x＝1时，函数有极大值，极大值为f(1)＝－1． (2)函数的定义域为R． f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝x(2－x)e－x． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 递减 极小值0 递增 极大值eq \f(4,e2) 递减 由上表可以看出， 当x＝0时，函数有极小值，极小值为f(0)＝0； 当x＝2时，函数有极大值，极大值为f(2)＝eq \f(4,e2)． 解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x)． (1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－eq \f(2,x)(x>0)， 因而f(1)＝1，f′(1)＝－1， 所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0. (2)f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，x>0． ①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a． 当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值． 解　(1)f′(x)＝3x2－3a，因为曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处与直线y＝8相切， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝0，,f（2）＝8，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（4－a）＝0，,8－6a＋b＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝24.)) (2)f′(x)＝3(x2－a)(a≠0)． 当a<0时，f′(x)>0恒成立，即函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)没有极值点． 当a>0时，由f′(x)＝0，得x1＝－eq \r(a)，x2＝eq \r(a)． 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－eq \r(a)) －eq \r(a) (－eq \r(a)，eq \r(a)) eq \r(a) (eq \r(a)，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值f(－eq \r(a)) 递减 极小值f(eq \r(a)) 递增 因此，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq \r(a))和(eq \r(a)，＋∞)，单调递减区间为(－eq \r(a)，eq \r(a))，此时x＝－eq \r(a)是函数f(x)的极大值点，x＝eq \r(a)是函数f(x)的极小值点． 解　(1)因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f(x)在点x＝0处取得极值， 所以f′(0)＝0，解得b＝0． (2)令f′(x)＝0，即3x2＋2ax＝0， 解得x＝0或x＝－eq \f(2,3)a．依题意有－eq \f(2,3)a>0． 又函数在单调区间[0，2]和[4，5]上具有相反的单调性， 所以必有2≤－eq \f(2,3)a≤4，解得－6≤a≤－3． 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0， 则g′(a)＝2a＋eq \f(1,a)>0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)． 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0． 以下同解法一． 解析　∵f′(x)＝3ax2＋b，∴f′(1)＝3a＋b＝0　①．又当x＝1时有极值－2，∴a＋b＝－2　②．联立①②解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3，))经检验知符合题意，故a，b的值分别为1，－3． 2．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则(　　) A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点 B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点 C．x＝2为f(x)的极大值点 D．x＝2为f(x)的极小值点 解析　∵f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，x>0，∴f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)，令f′(x)＝0，即－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)＝0，解得x＝2．当0<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0，∴x＝2为f(x)的极小值点． 3．(多选)定义在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))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(0，4)上单调递增 B．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上单调递减 C．函数f(x)在x＝1处取得极大值 D．函数f(x)在x＝0处取得极小值 解析　根据导函数图象可知，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0，4)上，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D正确，C错误．故选ABD． 解　(1)因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c． 则由题意及图象可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝0，,f（0）＝4，,f′（－2）＝0，,f′（0）＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝0，,c＝－4，,d＝4，)) 所以函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4． (2)由(1)知，函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝x2－4， 令f′(x)＝x2－4>0，得x<－2或x>2； 令f′(x)＝x2－4<0，得－2<x<2． 列表如下： x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值eq \f(28,3) 递减 极小值－eq \f(4,3) 递增 所以函数f(x)的极大值为f(－2)＝eq \f(28,3)，函数f(x)的极小值为f(2)＝－eq \f(4,3)． 2．下列函数中，x＝0是极值点的函数是(　　) A．y＝－x3 B．y＝cos2x C．y＝tanx－x D．y＝eq \f(1,x) 解析　对于A，y＝－x3，∵y′＝(－x3)′＝－3x2，当x<0或x>0时，y′<0，∴x＝0不是极值点；对于B，y＝cos2x，∵y′＝(cos2x)′＝2cosx(－sinx)＝－sin2x，在x＝0附近，当x<0时，－sin2x>0，y′>0，当x>0时，－sin2x<0，y′<0，∴x＝0是y＝cos2x的极大值点；对于C，y＝tanx－x，y′＝(tanx－x)′＝eq \f(1,cos2x)－1，在x＝0附近，当x<0或x>0时，0<cos2x<1，y′>0，∴x＝0不是极值点；对于D，y＝eq \f(1,x)在x＝0时无意义，∴x＝0不是极值点．故选B． 4．若函数y＝x3－2ax＋a在(0，1)内有极小值没有极大值，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，3) B．(－∞，3) C．(0，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))) 解析　f′(x)＝3x2－2a，∵f(x)在(0，1)内有极小值没有极大值，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（0）<0，,f′（1）>0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2a<0，,3－2a>0，))即0<a<eq \f(3,2)．故选D． 5．(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 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． eq \f(1,e2) 二、填空题 6．函数f(x)＝eq \f(ln x－1,x)的极大值为________． 解析　∵函数f(x)＝eq \f(ln x－1,x)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq \f(1－（ln x－1）,x2)＝eq \f(2－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e2，∵当x∈(0，e2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴当x＝e2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(e2)＝eq \f(ln e2－1,e2)＝eq \f(1,e2)． －eq \f(1,2) 解析　f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx＋3＝eq \f(2bx2＋3x＋a,x)(x>0)，∵函数的极值点为x1＝1，x2＝2，∴x1＝1，x2＝2是方程f′(x)＝eq \f(2bx2＋3x＋a,x)＝0的两根，即为2bx2＋3x＋a＝0的两根，∴由根与系数的关系知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2b)＝1＋2，,\f(a,2b)＝1×2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－\f(1,2).)) 经检验，a＝－2，b＝－eq \f(1,2)符合题意． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e))) 解析　f′(x)＝aex－2x，若函数f(x)＝aex－x2有两个极值点，则f′(x)＝aex－2x＝0，此方程在R上有2个变号零点，即y＝a和g(x)＝eq \f(2x,ex)的图象在R上有2个交点，因为g′(x)＝eq \f(2－2x,ex)，所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故g(x)max＝g(1)＝eq \f(2,e)，当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，所以0<a<eq \f(2,e)，即实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,e)))． 10．已知函数f(x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)(k∈R)． (1)当k为何值时，函数f(x)无极值？ (2)试确定k的值，使f(x)的极小值为0． 解　(1)∵f(x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)， ∴f′(x)＝eq \f(－2x2＋（k＋4）x－2k,ex)． 要使f(x)无极值，只需f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立即可． 令g(x)＝－2x2＋(k＋4)x－2k， ∵ex>0，∴f′(x)与g(x)同号． ∵g(x)的二次项系数为－2， ∴只能满足g(x)≤0恒成立， 令Δ＝(k＋4)2－16k＝(k－4)2≤0，解得k＝4， ∴当k＝4时，函数f(x)无极值． (2)由(1)知k≠4， 令f′(x)＝0，得x1＝2，x2＝eq \f(k,2)． ①当eq \f(k,2)<2，即k<4时，随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(k,2))) eq \f(k,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)，2)) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 递减 极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2))) 递增 极大值f(2) 递减 令feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))＝0，得2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2))) eq \s\up12(2)－k·eq \f(k,2)＋k＝0， ∴k＝0，满足k<4． ②当eq \f(k,2)>2，即k>4时，随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(k,2))) eq \f(k,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)，＋∞)) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 递减 极小值f(2) 递增 极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2))) 递减 令f(2)＝0，可得2×22－2k＋k＝0， ∴k＝8，满足k>4． 综上，当k＝0或k＝8时，f(x)有极小值0． 1．已知函数f(x)＝eq \f(2ax－a2＋1,x2＋1)(x∈R)，其中a∈R．当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值． 解　∵f(x)＝eq \f(2ax－a2＋1,x2＋1)， ∴f′(x)＝eq \f(－2（x－a）（ax＋1）,（x2＋1）2)． 由于a≠0，以下分两种情况讨论： ①当a>0时，令f′(x)＝0，得到x＝－eq \f(1,a)或x＝a． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，,－\f(1,a))) －eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，,a)) a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 递减 极小值－a2 递增 极大值1 递减 ∴f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))，(a，＋∞)，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，a))， 函数f(x)在x＝－eq \f(1,a)处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－a2， 函数f(x)在x＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1． ②当a<0时，令f′(x)＝0，得到x＝－eq \f(1,a)或x＝a． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞， a) a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(1,a))) －eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，,＋∞)) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 递增 极大值1 递减 极小值－a2 递增 ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(1,a)))， 函数f(x)在x＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1，函数f(x)在x＝－eq \f(1,a)处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－a2． 2．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·ln (1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由； (3)若f(x)在(0，＋∞)存在极值，求a的取值范围． 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))ln (x＋1)， 则f′(x)＝－eq \f(1,x2)×ln (x＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))×eq \f(1,x＋1)， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)， 即(ln 2)x＋y－ln 2＝0． (2)假设存在a，b，使得曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))关于直线x＝b对称． 令g(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝(x＋a)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝(x＋a)ln eq \f(x＋1,x)， 因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称， 所以g(x)＝g(2b－x)， 即(x＋a)ln eq \f(x＋1,x)＝(2b－x＋a)ln eq \f(2b－x＋1,2b－x) ＝(x－2b－a)ln eq \f(x－2b,x－2b－1)， 于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2b－a，,1＝－2b，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2).)) 当a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(1,2)时，g(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))，g(－1－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)))ln eq \f(－x,－1－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,2)))ln eq \f(x,1＋x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))ln eq \f(x＋1,x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))·ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝g(x)， 所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－eq \f(1,2)对称，满足题意． 故存在a，b，使得曲线y＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))关于直线x＝b对称，且a＝eq \f(1,2)，b＝－eq \f(1,2)． (3)f′(x)＝－eq \f(1,x2)ln (1＋x)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))·eq \f(1,1＋x)＝eq \f(ax2＋x－（1＋x）ln （1＋x）,x2（1＋x）) ＝eq \f(\f(ax2＋x,x＋1)－ln （1＋x）,x2)(x＞0)， 设h(x)＝eq \f(ax2＋x,x＋1)－ln (1＋x)， 则h′(x)＝eq \f(ax2＋2ax＋1,（x＋1）2)－eq \f(1,x＋1) ＝eq \f(ax2＋（2a－1）x,（x＋1）2)＝eq \f(x（ax＋2a－1）,（x＋1）2)， ①当a≤0时，2a－1＜0，当x＞0时，h′(x)＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以当x＞0时，h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意． ②当a≥eq \f(1,2)时，2a－1≥0，当x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＞0时，h(x)＞h(0)＝0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意． ③当0＜a＜eq \f(1,2)时，令h′(x)＝0，得x＝eq \f(1－2a,a)，当0＜x＜eq \f(1－2a,a)时，h′(x)＜0，当x＞eq \f(1－2a,a)时，h′(x)＞0， 所以h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－2a,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)，＋∞))上单调递增，所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)))＜h(0)＝0， 又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2a,a)，＋∞))，使得h(x0)＝0， 即当0＜x＜x0时，h(x)＜0，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞x0时，h(x)＞0，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 此时y＝f(x)有极小值点x0． 综上所述，a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))． $$