专题一 微专题4 函数的极值、最值-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（标准版）（课件PPT+word教案）

函数的极值、最值 微专题4 利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等；或者压轴解答题，属综合性问题，难度较大. 考情分析 考点一 考点二 考点三 利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的最值 已知函数极值、最值求参数 专题强化练 内容索引 利用导数研究函数的极值 考点一 判断函数的极值点，主要有两点 (1)导函数f'(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点. (2)利用函数f(x)的单调性可得函数的极值点. 　(2024·新课标全国Ⅱ)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； 例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. (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 方法一　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， 可知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， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0，则g'(a)=2a+>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，+∞). 方法二　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有交点，则a>0， 令f'(x)>0，解得x>ln a； 令f'(x)<0，解得x<ln a， 可知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，符合题意， 由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0， 即a2+ln a-1>0， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0， 因为y=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均单调递增， 所以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，+∞). 易错提醒 (1)不能忽略函数的定义域. (2)f'(x0)=0是可导函数f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件，即f'(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f'(x)=0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性. (3)函数的极小值不一定比极大值小. (1)(多选)(2024·武汉统考)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的部分图象 如图所示，设函数g(x)=则g(x) A.在区间(a，b)上单调递减 B.在区间(a，b)上单调递增 C.在x=a时取极小值 D.在x=b时取极小值 跟踪演练1 √ √ 结合图象可知，当x<a时，f(x)-f'(x)>0， 当a<x<b时，f(x)-f'(x)<0， 当x>b时，f(x)-f'(x)>0. g'(x)=因为ex>0， 故当x<a时，g'(x)=<0，g(x)在区间(-∞，a)上单调递减； 当a<x<b时，g'(x)=>0，g(x)在区间(a，b)上单调递增； 当x>b时，g'(x)=<0，g(x)在区间(b，+∞)上单调递减，故g(x)' 在x=a处取得极小值，在x=b处取得极大值. (2)(2024·秦皇岛模拟)已知0是函数f(x)=x3+ax2+1的极大值点，则a的取值范围为 A.(-∞，0) B.(0，+∞) C. D. √ 因为f(x)=x3+ax2+1，所以f'(x)=3x2+2ax=x(3x+2a)， 令f'(x)=0，可得x=0或x=- 当->0，即a<0时， 令f'(x)>0，得x<0或x>-； 令f'(x)<0，得0<x<- 所以f(x)在(-∞，0)上单调递减， 所以0是函数f(x)的极大值点，满足题意； 当-=0，即a=0时，f'(x)=x(3x+0)≥0恒成立， 则f(x)在R上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当-<0，即a>0时， 令f'(x)>0，得x<-或x>0；令f'(x)<0，得-<x<0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，在上单调递减， 所以0是函数f(x)的极小值点，不满足题意. 综上，a<0，即a的取值范围为(-∞，0). 利用导数研究函数的最值 考点二 1.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a，b)内的极值. (2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b). (3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 2.若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值. (2024·宝鸡模拟)已知函数f(x)=ax+x2-xln a-b(a，b∈R，a>1)，e是自然对数的底数. (1)当a=e，b=4时，求整数k的值，使得函数f(x)在区间(k，k+1)上存在零点； 例2 当a=e，b=4时，f(x)=ex+x2-x-4， ∴f'(x)=ex+2x-1，∴f'(0)=0， 当x>0时，ex>1， ∴f'(x)>0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增， 同理f(x)在(-∞，0)上单调递减. f(-2)=e-2+2>0，f(-1)=e-1-2<0， f(0)=-3<0，f(1)=e-4<0，f(2)=e2-2>0， 故当x>2时，f(x)>0，当x<-2时，f(x)>0， 故当x>0时，函数f(x)的零点在(1，2)内， ∴k=1满足条件. 同理，当x<0时，函数f(x)的零点在(-2，-1)内，∴k=-2满足条件， 综上，k=1，-2. (2)若x∈[-1，1]，且b=0，求f(x)的最小值和最大值. 由已知f(x)=ax+x2-xln a， f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a， ①当x>0时，由a>1，可知ax-1>0，ln a>0， ∴f'(x)>0； ②当x<0时，由a>1，可知ax-1<0，ln a>0， ∴f'(x)<0； ③当x=0时，f'(x)=0， ∴f(x)在[-1，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增， ∴当x∈[-1，1]时，f(x)min=f(0)=1，f(x)max=max{f(-1)，f(1)}. 因为f(1)=a+1-ln a，f(-1)=+1+ln a， 则f(1)-f(-1)=a--2ln a， 设g(t)=t--2ln t(t>0)， ∵g'(t)=1+-=≥0(当且仅当t=1时取等号)， ∴g(t)在(0，+∞)上单调递增，而g(1)=0， ∴当t>1时，g(t)>0，即a>1时，a--2ln a>0，∴f(1)>f(-1)， 即f(x)max=f(1)=a+1-ln a. 综上，f(x)的最小值为1，最大值为a+1-ln a. (1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论. (2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值. 易错提醒 (1)(2024·安徽省皖江名校联盟模拟)已知函数f(x)=(x-1)sin x+(x+1)cos x， 当x∈[0，π]时，f(x)的最大值与最小值的和为　　　　　 .  跟踪演练2 π-1 f'(x)=sin x+(x-1)cos x+cos x-(x+1)sin x=x(cos x-sin x)， 当x∈时，f'(x)≥0，f(x)单调递增； 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max=f= 又f(0)=1，f(π)=-(π+1)， 所以f(x)min=-(π+1)， 故最大值与最小值的和为π-1. (2)(2024·浙江省金丽衢十二校联考)已知函数f(x)=若x1<x2，且f(x1)=f(x2)，则x2-x1的最小值为　　　　.  2ln 2+ 设f(x1)=f(x2)=t， 如图所示，由f(x)的图象知，t>0，且x1<0<x2， 则-=-2=t， 所以x1=-x2=ln(t+2)， 则x2-x1=ln(t+2)+. 令g(t)=ln(t+2)+(t>0)， 则g'(t)=-== 所以当t∈(0，2)时，g'(t)<0，函数g(t)单调递减； 当t∈(2，+∞)时，g'(t)>0，函数g(t)单调递增， 所以当t=2时，g(t)取得最小值，为g(2)=2ln 2+ 即x2-x1的最小值为2ln 2+. 已知函数极值、最值求参数 考点三 (1)(2024·南充模拟)已知函数f(x)=xex+m-x2-mx在区间[-1-m，1-m]上有 且仅有两个极值点，则实数m的取值范围为 A. B.(1，e) C. D.(1，e] √ 例3 f'(x)=ex+m(1+x)-x-m， 因为f(x)在区间[-1-m，1-m]上有且仅有两个极值点， 所以f'(x)在区间(-1-m，1-m)上有两个变号零点，即ex+m(1+x)=x+m在区间(-1-m，1-m)上有两个不等实数根. 令t=x+m，则x=t-m，上式可化为m=t+1-其中t∈(-1，1). 令g(t)=t+1-t∈(-1，1)， 则g'(t)=1-=. 令h(t)=et-1+t，则h'(t)=et+1>0，即h(t)为增函数， 又h(0)=0，所以当t∈(-1，0)时，g'(t)<0，g(t)单调递减； 当t∈(0，1)时，g'(t)>0，g(t)单调递增， 所以当t=0时，g(t)取得最小值， 因为g(0)=1，g(-1)=e，g(1)=2- 所以m的取值范围为. (2)若函数f(x)=x3+x2-2在区间(a-4，a)上存在最小值，则a的取值范围是　　　　.  [1，4) 由f(x)=x3+x2-2得f'(x)=x2+2x=x(x+2)， 所以当x<-2或x>0时，f'(x)>0，当-2<x<0时，f'(x)<0， 于是得f(x)在(-∞，-2)和(0，+∞)上单调递增，在(-2，0)上单调递减， 当x=0时，f(x)取得极小值f(0)=-2. 因为f(x)在区间(a-4，a)上存在最小值，而函数的最值不可能在开区间端点处取得， 于是得0∈(a-4，a)，且f(a-4)≥f(0)， 即 解得1≤a<4， 所以实数a的取值范围为[1，4). 易错提醒 方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法.分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视. (1)(2024·赤峰模拟)已知函数f(x)=xln x-ax有极值-e，则a等于 A.1 B.2 C.e D.3 跟踪演练3 √ 由题目条件可得，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1-a. 令f'(x)>0，得x>ea-1； 令f'(x)<0，得0<x<ea-1. 所以函数f(x)在区间(0，ea-1)上单调递减， 在(ea-1，+∞)上单调递增. 则ea-1是函数f(x)的极小值点，无极大值点， 故f(ea-1)=ea-1ln ea-1-aea-1=-e，解得a=2. (2)(2024·石嘴山模拟)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)+f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为　　　.  -3 函数f(x)=ax2-2x+ln x的定义域为(0，+∞)， 求导得f'(x)=2ax-2+= . 由函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2，则a≠0，且x1，x2是方程2ax2-2x+1=0的两个不相等的正实根， 于是x1+x2=>0，x1x2=>0， 且Δ=4-8a>0，解得0<a<. 依题意，f(x1)+f(x2)=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2 =a-2ax1x2-2(x1+x2)+ln(x1x2)=-1--ln(2a). 令g(a)=-1--ln(2a)，0<a< 求导得g'(a)=-=>0， 所以函数g(a)在上单调递增， 则g(a)<g=-3. 由不等式f(x1)+f(x2)≤t恒成立，得t≥-3， 所以实数t的最小值为-3. 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C B B A ABD AD 题号 9 10 答案 -4 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 (1)当a=1时， f(x)=，x∈[-1，1]， f'(x)=， 令f'(x)=0，得x=， 又f==， 且f(-1)=4e，f(1)=， ∴f(x)min=f= . (2)证明　因为f'(x)= 11. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 =， 令f'(x)=0， 解得x1=2，x2=， 若a>4，当x<2或x>时， f'(x)<0，当2<x<时，f'(x)>0， 所以f(x)在(-∞，2)，上单调递减， 在上单调递增， 故极大值为f=>0； 若a=4，则f'(x)≤0， 11. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 所以函数f(x)在R上单调递减，无极大值； 若a<4，当x<或x>2时，f'(x)<0，当<x<2时，f'(x)>0， 所以f(x)在，(2，+∞)上单调递减， 在上单调递增， 故极大值为f(2)=>0. 综上，f(x)的极大值恒为正数. 11. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 (1)因为f(x)=2x3-ax2+2(a>0)， 所以f(0)=2， 又f'(x)=6x2-2ax， 所以f'(0)=0， 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=2. (2)因为f'(x)=6x2-2ax =6x，又a>0， 所以当0<x<时，f'(x)<0， 当x<0或x>时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在(-∞，0)，上单调递增. 则在区间[-1，1]内存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)≥9， 12. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 等价于在区间[-1，1]内存在x，使得[f(x)]2≥9， 等价于在区间[-1，1]内存在x，使得|f(x)|≥3， 等价于在区间[-1，1]内，|f(x)|的最大值不小于3. 不妨令g(x)=|f(x)|， ①当≥1，即a≥3时，f(x)在[-1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减， 且f(-1)=-a≤-3，f(0)=2， f(1)=4-a≤1， 所以g(x)max=|f(x)|max =max{a，2，|4-a|}≥3，符合题意； ②当0<<1，即0<a<3时，f(x)在[-1，0)和上单调递增，在上单调递减， 显然f(x)在x=处取得极小值，此时极小值为f=2->0， 12. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 而f(-1)=-a∈(-3，0)，f(0)=2，f(1)=4-a>0， 所以g(x)max=|f(x)|max =max{a，2，|4-a|}， 要使g(x)max≥3，则必有4-a≥3， 解得a≤1，故0<a≤1. 综上，a的取值范围为(0，1]∪[3，+∞). 12. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 (1)函数y=x不是“旋转函数”，理由如下： y=x的图象绕坐标原点逆时针旋转后与y轴重合， 当x=0时，有无数个y与之对应，与函数的概念矛盾，因此函数y=x不是“旋转函数”. (2)由题意可得， 函数f(x)=ln(2x+1)(x>0)与函数y=kx+b的图象最多有1个交点，且k=tan， 所以ln(2x+1)=kx+b(x>0)最多有一个根， 即ln(2x+1)-kx=b(x>0)最多有一个根， 因此函数y=ln(2x+1)-kx(x>0)的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点， 即函数y=ln(2x+1)-kx在 (0，+∞)上单调. 因为y'=-k， 13. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 且x>0，∈(0，2)， 所以y'=-k≤0，k≥，所以k≥2， 即tan≥2，tan α≤， 即tan α的最大值为. (3)由题意可得函数g(x)=m(x-1)ex-xln x-与函数y=x+b的图象最多有1个交点， 所以m(x-1)ex-xln x-=x+b， 即m(x-1)ex-xln x--x=b最多有一个根， 所以函数y=m(x-1)ex-xln x--x的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点， 13. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 即函数y=m(x-1)ex-xln x--x在(0，+∞)上单调.y'=mxex-ln x-x-2， 当x→0时，y'→+∞，所以y'≥0⇒m≥， 令φ(x)=，则φ'(x)=， 因为t(x)=-ln x-x-1在(0，+∞)上单调递减， 且t>0，t(1)<0， 所以存在x0∈，使t(x0)=0， 即ln x0+x0=-1⇒ln(x0)=-1⇒x0=， 所以φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减， 所以φ(x)max=φ(x0)===e，即m≥e，故m的取值范围为[e，+∞). 13. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 一、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1.(2024·辽宁省部分重点中学协作体模拟)下列函数中，既是定义域上的奇函数又存在极小值的是 A.f(x)=xsin x B.f(x)=x+ C.f(x)=ex+ D.f(x)=|x+1|-|x-1| √ 素养提升 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对于A，x∈R，f(-x)=(-x)sin(-x)=xsin x=f(x)，故f(x)为偶函数，不符合题意； 对于B，x∈(-∞，0)∪(0，+∞)，f(-x)=-x-=-f(x)，故f(x)为奇函数， 令f'(x)=1-=0，得x=±1， 当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 故f(x)存在极小值f(1)=2，故B正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 对于C，x∈R，f(-x)=e-x+=ex+=f(x)，故f(x)为偶函数，不符合题意； 对于D，f(x)=无极值，不符合题意. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.(2024·西安模拟)函数f(x)=在[-3，3]上的最大值和最小值分别是 A.- B.- C.- D.- √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 f'(x)=x∈[-3，3]， 令f'(x)>0，解得-1<x<1，即f(x)在(-1，1)上单调递增， 令f'(x)<0，解得x∈[-3，-1)∪(1，3]， 即f(x)在[-3，-1)和(1，3]上单调递减. 又f(-3)=-f(-1)=-f(1)=f(3)=所以函数f(x)在[-3，3]上的最大值为最小值为-. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.(2024·银川模拟)若函数f(x)=(x2-ax-2)ex在x=-2处取得极大值，则f(x)的极小值为 A.-6e2 B.-4e C.-2e2 D.-e √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 f'(x)=[x2+(2-a)x-2-a]ex(x∈R)， 因为函数f(x)在x=-2处取得极大值， 则f'(-2)=0， 即4-2(2-a)-2-a=0，所以a=2， 所以f(x)=(x2-2x-2)ex， f'(x)=(x2-4)ex=(x+2)(x-2)ex， 令f'(x)=0，则x=2或x=-2， 当x∈(-∞，-2)∪(2，+∞)时，f'(x)>0， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 当x∈(-2，2)时，f'(x)<0， 所以f(x)在(-∞，-2)，(2，+∞)上单调递增，在(-2，2)上单调递减. 所以函数f(x)在x=-2处取得极大值，在x=2处取得极小值，极小值为f(2)=-2e2. 答案 4.已知函数f(x)=ln x+ax存在最大值0，则a的值为 A.-2 B.- C.1 D.e 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 因为f'(x)=+a，x>0， 所以当a≥0时，f'(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值； 当a<0时，令f'(x)=0，得x=- 所以当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， 所以f(x)max=f=ln-1=0，解得a=-. 5.(2024·楚雄模拟)若a>b，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象可能是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 方法一　对比各个选项可知a≠0， 由三次函数图象与性质，可得x=a，x=b(a>b)是函数y=a(x-a)(x-b)2的零点. 令y'=a(x-b)2+2a(x-a)(x-b)=a(x-b)(3x-2a-b)=0， 可知x1=b<x2=<a(a>b)，且x1，x2都是函数y=a(x-a)(x-b)2的极值点， 则x=b既是零点又是极值点，由此可以排除A，D； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 若a>0，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象先增后减再增， 具体为y=a(x-a)(x-b)2在(-∞，b)上单调递增，在上单调递增，可知B符合； 若a<0，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象与x轴的交点都在x轴负半轴上，可知C不符合. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 方法二　设f(x)=a(x-a)(x-b)2，f(0)=-a2b2≤0， 故排除A，C； 由f(x)=0，得x=a或x=b，由选项B，D的图象知b<0<a， 当x<a时，f(x)≤0，故排除D，选B. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.(2024·咸阳模拟)已知函数f(x)=cos x+x2，若x=0是函数f(x)的唯一极小值 点，则a的取值范围为 A.[1，+∞) B.(-1，1) C.[-1，+∞) D.(-∞，1] √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 f'(x)=-sin x+ax，令g(x)=f'(x)=-sin x+ax，则g'(x)=-cos x+a， 当a≥1时，g'(x)=-cos x+a≥0，故g(x)在R上单调递增， 又g(0)=-sin 0+0=0，故当x>0时，g(x)>0，当x<0时，g(x)<0， 故f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 故x=0是函数f(x)的唯一极小值点，符合题意； 当a<1时，g'(0)=-cos 0+a=-1+a<0， 故一定存在m>0，使g(x)在(0，m)上单调递减， 此时x=0不是函数f(x)的极小值点，故a<1时不符合题意. 综上所述，a的取值范围为[1，+∞). 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2024·杭州模拟)已知函数f(x)=(x+1)ex，则下列结论正确的是 A.f(x)在区间(-2，+∞)上单调递增 B.f(x)的最小值为- C.方程f(x)=2的解有2个 D.导函数f'(x)的极值点为-3 √ 答案 二、多项选择题 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由f(x)=(x+1)ex，可得f'(x)=(x+2)ex， 令f'(x)<0，x∈(-∞，-2)，令f'(x)>0，x∈(-2，+∞)， 故f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在(-2，+∞)上单调递增， 故f(x)的最小值为f(-2)=-故A，B正确； 若讨论方程f(x)=2的解，即讨论g(x)=(x+1)ex-2的零点， 易知g(-2)=--2<0，g(1)=2e-2>0， 故g(1)g(-2)<0， 故由零点存在定理得存在x0∈(-2，1)，使x0为g(x)的一个零点， 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 而当x→-∞时，g(x)→-2，显然g(x)在(-∞，-2)内无零点， 故g(x)=(x+1)ex-2只有一个零点，即f(x)=2只有一个解，故C错误； 令h(x)=f'(x)=(x+2)ex，故h'(x)=(x+3)ex， 令h'(x)=0，解得x=-3，而h'(0)>0，h'(-4)<0， 故-3是h'(x)的变号零点，即-3是h(x)的极值点，故导函数f'(x)的极值点为-3，故D正确. 答案 8.(2024·新课标全国Ⅱ)设函数f(x)=2x3-3ax2+1，则 A.当a>1时，f(x)有三个零点 B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 C.存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 √ 答案 √ A选项，f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a)，由于a>1， 故当x∈(-∞，0)∪(a，+∞)时，f'(x)>0， 故f(x)在(-∞，0)，(a，+∞)上单调递增， 当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值， 由f(0)=1>0，f(a)=1-a3<0， 则f(0)f(a)<0， 根据零点存在定理f(x)在(0，a)上有一个零点， 又f(-1)=-1-3a<0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 f(2a)=4a3+1>0， 则f(-1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0， 则f(x)在(-1，0)，(a，2a)上各有一个零点， 于是当a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确； B选项，f'(x)=6x(x-a)， 由于a<0，当x∈(a，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的a，b，使得x=b为f(x)的对称轴， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 即存在这样的a，b使得f(x)=f(2b-x)， 即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1， 根据二项式定理，等式右边(2b-x)3展开式中含有x3的项为 2(2b)0(-x)3=-2x3， 于是等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的a，b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 D选项， 方法一　(利用对称中心的表达式化简) f(1)=3-3a，若存在这样的a，使得(1，3-3a)为f(x)的对称中心， 则f(x)+f(2-x)=6-6a，事实上， f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a， 于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a， 即解得a=2， 即存在a=2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 方法二　(直接利用拐点结论) 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， f(x)=2x3-3ax2+1， f'(x)=6x2-6ax，f″(x)=12x-6a， 由f″(x)=0得x= 于是该三次函数的对称中心为 由题意(1，f(1))也是对称中心，故=1，即a=2， 即存在a=2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 三、填空题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(2024·宜宾模拟)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=-1处有极值8，则f(1)=　　　.  答案 -4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 f'(x)=3x2+2ax+b， 若函数f(x)在x=-1处有极值8， 则f(-1)=8且f'(-1)=0，即 解得 当a=3，b=3时，f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0， 此时x=-1不是极值点，故舍去； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 当a=-2，b=-7时，f'(x)=3x2-4x-7=(3x-7)(x+1)， 当x>或x<-1时，f'(x)>0， 当-1<x<时，f'(x)<0，故x=-1是极值点， 故a=-2，b=-7符合题意， 故f(x)=x3-2x2-7x+4，故f(1)=-4. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.如图所示为某“胶囊”形组合体，由中间是底面半径为1，高为2的圆柱，两端是半径为1的半球组成，现欲加工成一个圆柱，使得圆柱的两个底面的圆周落在半球的球面上，则当圆柱的体积最大时，圆柱的底面 半径为　　 .  答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设该几何体的内接圆柱的底面半径为x(0<x≤1)，则其高2+2 该内接圆柱的体积为V(x)=πx2·2(1+)， 则V'(x)=4πx(1+)+2πx2·= . 令V'(x)=0，则有2+2-3x2=0 ，解得x= 当x∈时，V'(x)>0，V(x)单调递增； 当x∈时，V'(x)<0，V(x)单调递减， 所以当x=时，圆柱的体积有最大值. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.(2024·深圳模拟)已知函数f(x)=其中a∈R. (1)若a=1，求f(x)在[-1，1]上的最小值； 答案 四、解答题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 当a=1时，f(x)=x∈[-1，1]， f'(x)= 令f'(x)=0，得x= 又f== 且f(-1)=4e，f(1)= ∴f(x)min=f= . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)求证：f(x)的极大值恒为正数. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 因为f'(x)== 令f'(x)=0， 解得x1=2，x2= 若a>4，当x<2或x>时，f'(x)<0，当2<x<时，f'(x)>0， 所以f(x)在(-∞，2)上单调递减， 在上单调递增， 故极大值为f=>0； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 若a=4，则f'(x)≤0， 所以函数f(x)在R上单调递减，无极大值； 若a<4，当x<或x>2时，f'(x)<0，当<x<2时，f'(x)>0， 所以f(x)在(2，+∞)上单调递减， 在上单调递增，故极大值为f(2)=>0. 综上，f(x)的极大值恒为正数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(2024·泸州模拟)已知函数f(x)=2x3-ax2+2(a>0). (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； 答案 因为f(x)=2x3-ax2+2(a>0)， 所以f(0)=2， 又f'(x)=6x2-2ax，所以f'(0)=0， 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 (2)若在区间[-1，1]内存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)≥9，求实数a的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 因为f'(x)=6x2-2ax=6x又a>0， 所以当0<x<时，f'(x)<0，当x<0或x>时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在(-∞，0)上单调递增. 则在区间[-1，1]内存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)≥9， 等价于在区间[-1，1]内存在x，使得[f(x)]2≥9， 等价于在区间[-1，1]内存在x，使得|f(x)|≥3， 等价于在区间[-1，1]内，|f(x)|的最大值不小于3. 不妨令g(x)=|f(x)|， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 ①当≥1，即a≥3时，f(x)在[-1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减， 且f(-1)=-a≤-3，f(0)=2，f(1)=4-a≤1， 所以g(x)max=|f(x)|max=max{a，2，|4-a|}≥3，符合题意； ②当0<<1，即0<a<3时，f(x)在[-1，0)和 上单调递减， 显然f(x)在x=处取得极小值，此时极小值为f=2->0， 而f(-1)=-a∈(-3，0)，f(0)=2，f(1)=4-a>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 所以g(x)max=|f(x)|max=max{a，2，|4-a|}， 要使g(x)max≥3，则必有4-a≥3，解得a≤1，故0<a≤1. 综上，a的取值范围为(0，1]∪[3，+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.[旋转函数]在平面直角坐标系中，如果将函数y=f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”. (1)判断函数y=x是否为“旋转函数”，并说明理由； 答案 思维创新 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 函数y=x不是“旋转函数”，理由如下： y=x的图象绕坐标原点逆时针旋转后与y轴重合， 当x=0时，有无数个y与之对应，与函数的概念矛盾， 因此函数y=x不是“旋转函数”. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 (2)已知函数f(x)=ln(2x+1)(x>0)是“α旋转函数”，求tan α的最大值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 由题意可得， 函数f(x)=ln(2x+1)(x>0)与函数y=kx+b的图象最多有1个交点，且k=tan 所以ln(2x+1)=kx+b(x>0)最多有一个根， 即ln(2x+1)-kx=b(x>0)最多有一个根， 因此函数y=ln(2x+1)-kx(x>0)的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点， 即函数y=ln(2x+1)-kx在(0，+∞)上单调. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 因为y'=-k，且x>0∈(0，2)， 所以y'=-k≤0，k≥所以k≥2， 即tan≥2，tan α≤ 即tan α的最大值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 (3)若函数g(x)=m(x-1)ex-xln x-是“旋转函数”，求m的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 由题意可得函数g(x)=m(x-1)ex-xln x-与函数y=x+b的图象最多有1个交点， 所以m(x-1)ex-xln x-=x+b， 即m(x-1)ex-xln x--x=b最多有一个根， 所以函数y=m(x-1)ex-xln x--x的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点， 即函数y=m(x-1)ex-xln x--x在(0，+∞)上单调. y'=mxex-ln x-x-2，当x→0时，y'→+∞， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 所以y'≥0⇒m≥ 令φ(x)=则φ'(x)= 因为t(x)=-ln x-x-1在(0，+∞)上单调递减，且t>0，t(1)<0， 所以存在x0∈使t(x0)=0， 即ln x0+x0=-1⇒ln(x0)=-1⇒x0= 所以φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减， 所以φ(x)max=φ(x0)===e，即m≥e，故m的取值范围为[e，+∞). 本课结束 THANKS $$ 微专题4　函数的极值、最值 [考情分析]　利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多以选择题、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等；或者压轴解答题，属综合性问题，难度较大. 考点一　利用导数研究函数的极值 判断函数的极值点，主要有两点 (1)导函数f'(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点. (2)利用函数f(x)的单调性可得函数的极值点. 例1　(2024·新课标全国Ⅱ)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. (2)方法一　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， 可知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， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0， 则g'(a)=2a+>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，+∞). 方法二　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有交点，则a>0， 令f'(x)>0，解得x>ln a； 令f'(x)<0，解得x<ln a， 可知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，符合题意， 由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0， 即a2+ln a-1>0， 令g(a)=a2+ln a-1，a>0， 因为y=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均单调递增， 所以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，+∞). [易错提醒]　(1)不能忽略函数的定义域. (2)f'(x0)=0是可导函数f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件，即f'(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f'(x)=0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性. (3)函数的极小值不一定比极大值小. 跟踪演练1　(1)(多选)(2024·武汉统考)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的部分图象如图所示，设函数g(x)=则g(x)(　　) A.在区间(a，b)上单调递减 B.在区间(a，b)上单调递增 C.在x=a时取极小值 D.在x=b时取极小值 答案　BC 解析　结合图象可知，当x<a时，f(x)-f'(x)>0，当a<x<b时，f(x)-f'(x)<0， 当x>b时，f(x)-f'(x)>0. g'(x)=因为ex>0， 故当x<a时，g'(x)=<0，g(x)在区间(-∞，a)上单调递减； 当a<x<b时，g'(x)=>0，g(x)在区间(a，b)上单调递增； 当x>b时，g'(x)=<0，g(x)在区间(b，+∞)上单调递减，故g(x)在x=a处取得极小值，在x=b处取得极大值. (2)(2024·秦皇岛模拟)已知0是函数f(x)=x3+ax2+1的极大值点，则a的取值范围为(　　) A.(-∞，0) B.(0，+∞) C. D. 答案　A 解析　因为f(x)=x3+ax2+1，所以f'(x)=3x2+2ax=x(3x+2a)， 令f'(x)=0，可得x=0或x=- 当->0，即a<0时， 令f'(x)>0，得x<0或x>-； 令f'(x)<0，得0<x<- 所以f(x)在(-∞，0)上单调递增，在上单调递减， 所以0是函数f(x)的极大值点，满足题意； 当-=0，即a=0时，f'(x)=x(3x+0)≥0恒成立， 则f(x)在R上单调递增，没有极值点，不满足题意； 当-<0，即a>0时， 令f'(x)>0，得x<-或x>0； 令f'(x)<0，得-<x<0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，在上单调递减， 所以0是函数f(x)的极小值点，不满足题意. 综上，a<0，即a的取值范围为(-∞，0). 考点二　利用导数研究函数的最值 1.求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a，b)内的极值. (2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b). (3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 2.若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值. 例2　(2024·宝鸡模拟)已知函数f(x)=ax+x2-xln a-b(a，b∈R，a>1)，e是自然对数的底数. (1)当a=e，b=4时，求整数k的值，使得函数f(x)在区间(k，k+1)上存在零点； (2)若x∈[-1，1]，且b=0，求f(x)的最小值和最大值. 解　(1)当a=e，b=4时，f(x)=ex+x2-x-4， ∴f'(x)=ex+2x-1，∴f'(0)=0， 当x>0时，ex>1， ∴f'(x)>0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增， 同理f(x)在(-∞，0)上单调递减. f(-2)=e-2+2>0，f(-1)=e-1-2<0， f(0)=-3<0，f(1)=e-4<0，f(2)=e2-2>0， 故当x>2时，f(x)>0，当x<-2时，f(x)>0， 故当x>0时，函数f(x)的零点在(1，2)内， ∴k=1满足条件. 同理，当x<0时，函数f(x)的零点在(-2，-1)内，∴k=-2满足条件， 综上，k=1，-2. (2)由已知f(x)=ax+x2-xln a， f'(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)ln a， ①当x>0时，由a>1，可知ax-1>0，ln a>0， ∴f'(x)>0； ②当x<0时，由a>1，可知ax-1<0，ln a>0， ∴f'(x)<0； ③当x=0时，f'(x)=0， ∴f(x)在[-1，0]上单调递减，在(0，1]上单调递增， ∴当x∈[-1，1]时，f(x)min=f(0)=1，f(x)max=max{f(-1)，f(1)}. 因为f(1)=a+1-ln a，f(-1)=+1+ln a， 则f(1)-f(-1)=a--2ln a， 设g(t)=t--2ln t(t>0)， ∵g'(t)=1+-=≥0(当且仅当t=1时取等号)， ∴g(t)在(0，+∞)上单调递增，而g(1)=0， ∴当t>1时，g(t)>0，即a>1时，a--2ln a>0，∴f(1)>f(-1)， 即f(x)max=f(1)=a+1-ln a. 综上，f(x)的最小值为1，最大值为a+1-ln a. [易错提醒]　(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论. (2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值. 跟踪演练2　(1)(2024·安徽省皖江名校联盟模拟)已知函数f(x)=(x-1)sin x+(x+1)cos x，当x∈[0，π]时，f(x)的最大值与最小值的和为　　　　　　.  答案　π-1 解析　f'(x)=sin x+(x-1)cos x+cos x-(x+1)sin x=x(cos x-sin x)， 当x∈时，f'(x)≥0，f(x)单调递增； 当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以f(x)max=f= 又f(0)=1，f(π)=-(π+1)， 所以f(x)min=-(π+1)， 故最大值与最小值的和为π-1. (2)(2024·浙江省金丽衢十二校联考)已知函数f(x)=若x1<x2，且f(x1)=f(x2)，则x2-x1的最小值为　　　　　　.  答案　2ln 2+ 解析　设f(x1)=f(x2)=t， 如图所示，由f(x)的图象知，t>0，且x1<0<x2， 则-=-2=t， 所以x1=-x2=ln(t+2)， 则x2-x1=ln(t+2)+. 令g(t)=ln(t+2)+(t>0)， 则g'(t)=-== 所以当t∈(0，2)时，g'(t)<0，函数g(t)单调递减； 当t∈(2，+∞)时，g'(t)>0，函数g(t)单调递增， 所以当t=2时，g(t)取得最小值，为g(2)=2ln 2+即x2-x1的最小值为2ln 2+. 考点三　已知函数极值、最值求参数 例3　(1)(2024·南充模拟)已知函数f(x)=xex+m-x2-mx在区间[-1-m，1-m]上有且仅有两个极值点，则实数m的取值范围为(　　) A. B.(1，e) C. D.(1，e] 答案　A 解析　f'(x)=ex+m(1+x)-x-m， 因为f(x)在区间[-1-m，1-m]上有且仅有两个极值点， 所以f'(x)在区间(-1-m，1-m)上有两个变号零点，即ex+m(1+x)=x+m在区间(-1-m，1-m)上有两个不等实数根. 令t=x+m，则x=t-m，上式可化为m=t+1-其中t∈(-1，1). 令g(t)=t+1-t∈(-1，1)， 则g'(t)=1-=. 令h(t)=et-1+t，则h'(t)=et+1>0，即h(t)为增函数， 又h(0)=0，所以当t∈(-1，0)时，g'(t)<0，g(t)单调递减； 当t∈(0，1)时，g'(t)>0，g(t)单调递增， 所以当t=0时，g(t)取得最小值， 因为g(0)=1，g(-1)=e，g(1)=2- 所以m的取值范围为. (2)若函数f(x)=x3+x2-2在区间(a-4，a)上存在最小值，则a的取值范围是　　　　　.  答案　[1，4) 解析　由f(x)=x3+x2-2得f'(x)=x2+2x=x(x+2)， 所以当x<-2或x>0时，f'(x)>0，当-2<x<0时，f'(x)<0， 于是得f(x)在(-∞，-2)和(0，+∞)上单调递增，在(-2，0)上单调递减， 当x=0时，f(x)取得极小值f(0)=-2. 因为f(x)在区间(a-4，a)上存在最小值，而函数的最值不可能在开区间端点处取得， 于是得0∈(a-4，a)，且f(a-4)≥f(0)， 即 解得1≤a<4， 所以实数a的取值范围为[1，4). [易错提醒]　方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法.分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视. 跟踪演练3　(1)(2024·赤峰模拟)已知函数f(x)=xln x-ax有极值-e，则a等于(　　) A.1 B.2 C.e D.3 答案　B 解析　由题目条件可得，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1-a. 令f'(x)>0，得x>ea-1； 令f'(x)<0，得0<x<ea-1. 所以函数f(x)在区间(0，ea-1)上单调递减， 在(ea-1，+∞)上单调递增. 则ea-1是函数f(x)的极小值点，无极大值点， 故f(ea-1)=ea-1ln ea-1-aea-1=-e，解得a=2. (2)(2024·石嘴山模拟)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)+f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为　　　　　.  答案　-3 解析　函数f(x)=ax2-2x+ln x的定义域为(0，+∞)， 求导得f'(x)=2ax-2+= . 由函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2，则a≠0，且x1，x2是方程2ax2-2x+1=0的两个不相等的正实根， 于是x1+x2=>0，x1x2=>0， 且Δ=4-8a>0，解得0<a<. 依题意，f(x1)+f(x2)=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2 =a-2ax1x2-2(x1+x2)+ln(x1x2) =-1--ln(2a). 令g(a)=-1--ln(2a)，0<a< 求导得g'(a)=-=>0， 所以函数g(a)在上单调递增， 则g(a)<g=-3. 由不等式f(x1)+f(x2)≤t恒成立，得t≥-3， 所以实数t的最小值为-3. 专题强化练 (分值：100分) 一、单项选择题(每小题5分，共30分) 1.(2024·辽宁省部分重点中学协作体模拟)下列函数中，既是定义域上的奇函数又存在极小值的是(　　) A.f(x)=xsin x B.f(x)=x+ C.f(x)=ex+ D.f(x)=|x+1|-|x-1| 答案　B 解析　对于A，x∈R，f(-x)=(-x)sin(-x)=xsin x=f(x)，故f(x)为偶函数，不符合题意； 对于B，x∈(-∞，0)∪(0，+∞)，f(-x)=-x-=-f(x)，故f(x)为奇函数， 令f'(x)=1-=0，得x=±1， 当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 故f(x)存在极小值f(1)=2，故B正确； 对于C，x∈R，f(-x)=e-x+=ex+=f(x)，故f(x)为偶函数，不符合题意； 对于D，f(x)=无极值，不符合题意. 2.(2024·西安模拟)函数f(x)=在[-3，3]上的最大值和最小值分别是(　　) A.- B.- C.- D.- 答案　D 解析　f'(x)=x∈[-3，3]， 令f'(x)>0，解得-1<x<1，即f(x)在(-1，1)上单调递增， 令f'(x)<0，解得x∈[-3，-1)∪(1，3]， 即f(x)在[-3，-1)和(1，3]上单调递减. 又f(-3)=-f(-1)=-f(1)=f(3)=所以函数f(x)在[-3，3]上的最大值为最小值为-. 3.(2024·银川模拟)若函数f(x)=(x2-ax-2)ex在x=-2处取得极大值，则f(x)的极小值为(　　) A.-6e2 B.-4e C.-2e2 D.-e 答案　C 解析　f'(x)=[x2+(2-a)x-2-a]ex(x∈R)， 因为函数f(x)在x=-2处取得极大值， 则f'(-2)=0， 即4-2(2-a)-2-a=0，所以a=2， 所以f(x)=(x2-2x-2)ex， f'(x)=(x2-4)ex=(x+2)(x-2)ex， 令f'(x)=0，则x=2或x=-2， 当x∈(-∞，-2)∪(2，+∞)时，f'(x)>0， 当x∈(-2，2)时，f'(x)<0， 所以f(x)在(-∞，-2)，(2，+∞)上单调递增，在(-2，2)上单调递减. 所以函数f(x)在x=-2处取得极大值，在x=2处取得极小值，极小值为f(2)=-2e2. 4.已知函数f(x)=ln x+ax存在最大值0，则a的值为(　　) A.-2 B.- C.1 D.e 答案　B 解析　因为f'(x)=+a，x>0， 所以当a≥0时，f'(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值； 当a<0时，令f'(x)=0，得x=- 所以当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， 所以f(x)max=f=ln-1=0，解得a=-. 5.(2024·楚雄模拟)若a>b，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象可能是(　　) 答案　B 解析　方法一　对比各个选项可知a≠0， 由三次函数图象与性质，可得x=a，x=b(a>b)是函数y=a(x-a)(x-b)2的零点. 令y'=a(x-b)2+2a(x-a)(x-b)=a(x-b)(3x-2a-b)=0， 可知x1=b<x2=<a(a>b)，且x1，x2都是函数y=a(x-a)(x-b)2的极值点，则x=b既是零点又是极值点，由此可以排除A，D； 若a>0，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象先增后减再增， 具体为y=a(x-a)(x-b)2在(-∞，b)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，可知B符合； 若a<0，则函数y=a(x-a)(x-b)2的图象与x轴的交点都在x轴负半轴上，可知C不符合. 方法二　设f(x)=a(x-a)(x-b)2，f(0)=-a2b2≤0， 故排除A，C； 由f(x)=0，得x=a或x=b，由选项B，D的图象知b<0<a， 当x<a时，f(x)≤0，故排除D，选B. 6.(2024·咸阳模拟)已知函数f(x)=cos x+x2，若x=0是函数f(x)的唯一极小值点，则a的取值范围为(　　) A.[1，+∞) B.(-1，1) C.[-1，+∞) D.(-∞，1] 答案　A 解析　f'(x)=-sin x+ax， 令g(x)=f'(x)=-sin x+ax，则g'(x)=-cos x+a， 当a≥1时，g'(x)=-cos x+a≥0，故g(x)在R上单调递增， 又g(0)=-sin 0+0=0，故当x>0时，g(x)>0，当x<0时，g(x)<0， 故f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 故x=0是函数f(x)的唯一极小值点，符合题意； 当a<1时，g'(0)=-cos 0+a=-1+a<0， 故一定存在m>0，使g(x)在(0，m)上单调递减， 此时x=0不是函数f(x)的极小值点，故a<1时不符合题意. 综上所述，a的取值范围为[1，+∞). 二、多项选择题(每小题6分，共12分) 7.(2024·杭州模拟)已知函数f(x)=(x+1)ex，则下列结论正确的是(　　) A.f(x)在区间(-2，+∞)上单调递增 B.f(x)的最小值为- C.方程f(x)=2的解有2个 D.导函数f'(x)的极值点为-3 答案　ABD 解析　由f(x)=(x+1)ex，可得f'(x)=(x+2)ex， 令f'(x)<0，x∈(-∞，-2)，令f'(x)>0，x∈(-2，+∞)， 故f(x)在(-∞，-2)上单调递减，在(-2，+∞)上单调递增， 故f(x)的最小值为f(-2)=-故A，B正确； 若讨论方程f(x)=2的解，即讨论g(x)=(x+1)ex-2的零点， 易知g(-2)=--2<0，g(1)=2e-2>0， 故g(1)g(-2)<0， 故由零点存在定理得存在x0∈(-2，1)，使x0为g(x)的一个零点， 而当x→-∞时，g(x)→-2，显然g(x)在(-∞，-2)内无零点， 故g(x)=(x+1)ex-2只有一个零点，即f(x)=2只有一个解，故C错误； 令h(x)=f'(x)=(x+2)ex，故h'(x)=(x+3)ex， 令h'(x)=0，解得x=-3，而h'(0)>0，h'(-4)<0， 故-3是h'(x)的变号零点，即-3是h(x)的极值点，故导函数f'(x)的极值点为-3，故D正确. 8.(2024·新课标全国Ⅱ)设函数f(x)=2x3-3ax2+1，则(　　) A.当a>1时，f(x)有三个零点 B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 C.存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 答案　AD 解析　A选项，f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a)，由于a>1， 故当x∈(-∞，0)∪(a，+∞)时，f'(x)>0， 故f(x)在(-∞，0)，(a，+∞)上单调递增， 当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值， 由f(0)=1>0，f(a)=1-a3<0， 则f(0)f(a)<0， 根据零点存在定理f(x)在(0，a)上有一个零点， 又f(-1)=-1-3a<0， f(2a)=4a3+1>0， 则f(-1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0， 则f(x)在(-1，0)，(a，2a)上各有一个零点， 于是当a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确； B选项，f'(x)=6x(x-a)， 由于a<0，当x∈(a，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的a，b，使得x=b为f(x)的对称轴， 即存在这样的a，b使得f(x)=f(2b-x)， 即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1， 根据二项式定理，等式右边(2b-x)3展开式中含有x3的项为 2(2b)0(-x)3=-2x3， 于是等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的a，b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一　(利用对称中心的表达式化简) f(1)=3-3a，若存在这样的a，使得(1，3-3a)为f(x)的对称中心， 则f(x)+f(2-x)=6-6a，事实上， f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a， 于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a， 即解得a=2， 即存在a=2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确. 方法二　(直接利用拐点结论) 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， f(x)=2x3-3ax2+1， f'(x)=6x2-6ax，f″(x)=12x-6a， 由f″(x)=0得x= 于是该三次函数的对称中心为 由题意(1，f(1))也是对称中心， 故=1，即a=2， 即存在a=2使得(1，f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确. 三、填空题(每小题5分，共10分) 9.(2024·宜宾模拟)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=-1处有极值8，则f(1)=　　　　　.  答案　-4 解析　f'(x)=3x2+2ax+b， 若函数f(x)在x=-1处有极值8， 则f(-1)=8且f'(-1)=0，即 解得或 当a=3，b=3时，f'(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0， 此时x=-1不是极值点，故舍去； 当a=-2，b=-7时，f'(x)=3x2-4x-7=(3x-7)(x+1)， 当x>或x<-1时，f'(x)>0， 当-1<x<时，f'(x)<0，故x=-1是极值点， 故a=-2，b=-7符合题意， 故f(x)=x3-2x2-7x+4，故f(1)=-4. 10.如图所示为某“胶囊”形组合体，由中间是底面半径为1，高为2的圆柱，两端是半径为1的半球组成，现欲加工成一个圆柱，使得圆柱的两个底面的圆周落在半球的球面上，则当圆柱的体积最大时，圆柱的底面半径为　　　　　.  答案　 解析　设该几何体的内接圆柱的底面半径为x(0<x≤1)，则其高为2+2 该内接圆柱的体积为V(x)=πx2·2(1+)， 则V'(x)=4πx(1+)+2πx2·= . 令V'(x)=0，则有2+2-3x2=0 ， 解得x= 当x∈时，V'(x)>0，V(x)单调递增； 当x∈时，V'(x)<0，V(x)单调递减， 所以当x=时，圆柱的体积有最大值. 四、解答题(共31分) 11.(14分)(2024·深圳模拟)已知函数f(x)=其中a∈R. (1)若a=1，求f(x)在[-1，1]上的最小值；(5分) (2)求证：f(x)的极大值恒为正数.(9分) (1)解　当a=1时，f(x)=x∈[-1，1]， f'(x)= 令f'(x)=0，得x= 又f== 且f(-1)=4e，f(1)= ∴f(x)min=f= . (2)证明　因为f'(x)== 令f'(x)=0， 解得x1=2，x2= 若a>4，当x<2或x>时，f'(x)<0，当2<x<时，f'(x)>0， 所以f(x)在(-∞，2)上单调递减， 在上单调递增， 故极大值为f=>0； 若a=4，则f'(x)≤0， 所以函数f(x)在R上单调递减，无极大值； 若a<4，当x<或x>2时，f'(x)<0，当<x<2时，f'(x)>0， 所以f(x)在(2，+∞)上单调递减， 在上单调递增，故极大值为f(2)=>0. 综上，f(x)的极大值恒为正数. 12.(17分)(2024·泸州模拟)已知函数f(x)=2x3-ax2+2(a>0). (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(6分) (2)若在区间[-1，1]内存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)≥9，求实数a的取值范围.(11分) 解　(1)因为f(x)=2x3-ax2+2(a>0)， 所以f(0)=2， 又f'(x)=6x2-2ax，所以f'(0)=0， 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=2. (2)因为f'(x)=6x2-2ax=6x又a>0， 所以当0<x<时，f'(x)<0，当x<0或x>时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减，在(-∞，0)上单调递增. 则在区间[-1，1]内存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)≥9， 等价于在区间[-1，1]内存在x，使得[f(x)]2≥9， 等价于在区间[-1，1]内存在x，使得|f(x)|≥3， 等价于在区间[-1，1]内，|f(x)|的最大值不小于3. 不妨令g(x)=|f(x)|， ①当≥1，即a≥3时，f(x)在[-1，0)上单调递增，在(0，1]上单调递减， 且f(-1)=-a≤-3，f(0)=2，f(1)=4-a≤1， 所以g(x)max=|f(x)|max=max{a，2，|4-a|}≥3，符合题意； ②当0<<1，即0<a<3时，f(x)在[-1，0)和上单调递增，在上单调递减， 显然f(x)在x=处取得极小值，此时极小值为f=2->0， 而f(-1)=-a∈(-3，0)，f(0)=2，f(1)=4-a>0， 所以g(x)max=|f(x)|max=max{a，2，|4-a|}， 要使g(x)max≥3，则必有4-a≥3，解得a≤1，故0<a≤1. 综上，a的取值范围为(0，1]∪[3，+∞). 13.(17分)[旋转函数]在平面直角坐标系中，如果将函数y=f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋转α后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”. (1)判断函数y=x是否为“旋转函数”，并说明理由；(5分) (2)已知函数f(x)=ln(2x+1)(x>0)是“α旋转函数”，求tan α的最大值；(5分) (3)若函数g(x)=m(x-1)ex-xln x-是“旋转函数”，求m的取值范围.(7分) 解　(1)函数y=x不是“旋转函数”，理由如下： y=x的图象绕坐标原点逆时针旋转后与y轴重合， 当x=0时，有无数个y与之对应，与函数的概念矛盾， 因此函数y=x不是“旋转函数”. (2)由题意可得， 函数f(x)=ln(2x+1)(x>0)与函数y=kx+b的图象最多有1个交点，且k=tan 所以ln(2x+1)=kx+b(x>0)最多有一个根， 即ln(2x+1)-kx=b(x>0)最多有一个根， 因此函数y=ln(2x+1)-kx(x>0)的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点， 即函数y=ln(2x+1)-kx在(0，+∞)上单调. 因为y'=-k，且x>0∈(0，2)， 所以y'=-k≤0，k≥所以k≥2， 即tan≥2，tan α≤ 即tan α的最大值为. (3)由题意可得函数g(x)=m(x-1)ex-xln x-与函数y=x+b的图象最多有1个交点， 所以m(x-1)ex-xln x-=x+b， 即m(x-1)ex-xln x--x=b最多有一个根， 所以函数y=m(x-1)ex-xln x--x的图象与直线y=b(b∈R)最多有1个交点， 即函数y=m(x-1)ex-xln x--x在(0，+∞)上单调. y'=mxex-ln x-x-2，当x→0时，y'→+∞， 所以y'≥0⇒m≥ 令φ(x)= 则φ'(x)= 因为t(x)=-ln x-x-1在(0，+∞)上单调递减，且t>0，t(1)<0， 所以存在x0∈使t(x0)=0， 即ln x0+x0=-1⇒ln(x0)=-1⇒x0= 所以φ(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减， 所以φ(x)max=φ(x0)===e，即m≥e，故m的取值范围为[e，+∞). 学科网（北京）股份有限公司 $$