第三章 第3讲 导数与函数的极值、最值（教师用书Word）-【高考领航】2026年高考数学大一轮复习学案

第3讲　导数与函数的极值、最值 ◆课标要求 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.会用导数求函数的极大值、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．导数与函数的极值 条件 设函数f(x)在x0处可导，且f′(x0)＝0 在点x＝x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0 在点x＝x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0 图象 极值 f(x0)为极大值 f(x0)为极小值 极值点 x0为极大值点 x0为极小值点 　(1)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值． (2)极大值与极小值之间无确定的大小关系． 2．导数与函数的最值 (1)函数f(x)在[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[a，b]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y＝f(x)在(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． 　极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值． 1．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． 2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的最值点． 3．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值． 1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”) (1)函数的极大值不一定比极小值大．(　　) (2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(　　) (3)函数的极大值一定是函数的最大值．(　　) (4)开区间上的单调连续函数无最值．(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 2．函数f(x)＝的极大值为(　　) A．－e　 B．　 C．1　 D．0 解析：B　f′(x)＝，由f′(x)>0得0<x<e，由f′(x)<0得x>e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)的极大值为f(e)＝. 3．已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈，则f(x)的最大值为________，最小值为________． 解析：f′(x)＝3x2－12＝3(x2－4)， 因为x∈，所以f′(x)<0，则f(x)在上单调递减，故f(x)的最大值为＝，最小值为f(1)＝－10. 答案：　－10 4．函数f(x)＝x3－ax2＋2x有极值，则实数a的取值范围是________． 解析：f′(x)＝3x2－2ax＋2，由于f(x)有极值，故f′(x)＝0有两个不相等的实数根，故Δ＝4a2－24>0，解得a>或a<－. 答案：∪ 　利用导数研究函数的极值 考向1　根据函数图象判断极值 例1　(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)在x＝－3处取得极小值f(－3) B．－1是函数y＝f(x)的极小值点 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：AC　由题中导函数的图象可知，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． 则f(x)在x＝－3处取得极小值f(－3)，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． 反思感悟　由函数图象判断函数极值的方法 (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． 考向2　求已知函数的极值 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)  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)＝(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＝. 反思感悟　运用导数求函数f(x)极值的一般步骤 (1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数在定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值． 考向3　已知函数的极值求参数 例3　(2024·新课标Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3，若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解：由题易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值； 当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x<ln a， 所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－a ln a－a3. 由题意知a－a ln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)． 法一：令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)， 则g′(a)＝－－2a<0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减， 又g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0. 故实数a的取值范围为(1，＋∞)． 法二：由1－ln a－a2<0(a>0)，得 ln a>－a2＋1(a>0)． 作出函数y＝ln a与y＝－a2＋1在区间(0，＋∞)上的大致图象，如图所示． 由图易知当a>1时，ln a>－a2＋1，即1－ln a－a2<0. 所以实数a的取值范围为(1，＋∞)． 反思感悟　已知函数极值点或极值求参数的两个关键点 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 跟踪训练1　(1)函数f(x)＝(x－ln x)(ln x－2)的极小值和极大值分别为(　　) A．1－e，－(2－ln 2)2 B．e－1，－(ln 2)2 C．e－1，2－ln 2 D．－e，－ln 2 解析：A　f′(x)＝，则f(x)在(0，2)，(e，＋∞)上单调递增，在(2，e)上单调递减，故f(x)的极大值为f(2)＝－(2－ln 2)2，极小值为f(e)＝1－e. (2)(2025·八省联考，17)已知函数f(x)＝a ln x＋－x. ①设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； ②若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． 解：①当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－－x，则f′(x)＝－1， 设切点为(x0，f(x0))，令f′(x0)＝2，则－1＝2，即－x0－2＝0，解得x0＝1或－(舍去)， 又f(1)＝－3，故切线方程为y＝2(x－1)－3，即y＝2x－5. ②由f′(x)＝－1，又f′(1)＝0，则a－b－1＝0， 即a＝b＋1， f′(x)＝， (ⅰ)若b＞1，令f′(x)＞0，则1＜x＜b，则f(x)在(0，1)上单调递减，(1，b)上单调递增，(b，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f(x)的极小值点，符合题意； (ⅱ)若b＝1，则f′(x)＝－≤0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极小值； (ⅲ)若0＜b＜1，令f′(x)＞0，则b＜x＜1，则f(x)在(0，b)上单调递减，(b，1)上单调递增，(1，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f(x)的极大值点，与题意不符； (ⅳ)若b≤0，令f′(x)＞0，则0＜x＜1，则f(x)在(0，1)上单调递增，(1，＋∞)上单调递减，此时x＝1是f(x)的极大值点，与题意不符； 综上可得，b的取值范围是(1，＋∞)． 　利用导数研究函数的最值 考向1　求已知函数的最值 例4　(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 解析：D　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＝＋sin ，f＝cos ＋sin ， 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＝＝2＋， f(x)min＝f＝－.故选D. 反思感悟　求函数f(x)在[a，b]上最值的方法 (1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数在区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成． (3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到． 考向2　由函数的最值求参数 例5　(2025·福建百校联考)已知函数f(x)＝x3－3x2＋3在区间(a，a＋6)上存在最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．[－1，2) B． C． D．[－1，1) 解析：A　由题意得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 令f′(x)＞0，得x＜0或x＞2， 令f′(x)＜0，得0＜x＜2， 则f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)，即x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－1， 又因为当x3－3x2＋3＝－1，即x3＋1＋3(1－x2)＝(x＋1)(x－2)2＝0时， 解得x＝－1或x＝2， 可作出f(x)的图象如图所示，故要使函数f(x)＝x3－3x2＋3在区间(a，a＋6)上存在最小值， 需有解得－1≤a＜2，即实数a的取值范围为[－1，2)，故选A. 反思感悟　由函数的最值确定参数的值或范围，一般要利用最值或最值点列出含参数的方程或不等式(组)，解方程或不等式(组)即可． 跟踪训练2　(1)(2021·新高考Ⅰ卷) 函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 解析：由题意得， f(x)＝当x>时，f′(x)＝2－，则当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以当x>时，f(x)min＝f(1)＝1.当0<x≤时，f′(x)＝－2－，则f′(x)<0在上恒成立，所以f(x)在上单调递减，所以当0<x≤时，函数f(x)min＝f＝2ln 2＝ln 4>1.综上可知，函数f(x)的最小值为1. 答案：1 (2)(2025·河北部分重点高中联考)已知函数f(x)＝ax－ln x的最小值为0，则a＝________． 解析：由f(x)＝ax－ln x，得f′(x)＝a－，x＞0. 若a≤0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无最小值，若a＞0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f＝1＋ln a＝0，解得a＝. 答案： 三次函数的图象和性质 类型一　三次函数的对称性 (1)任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心． (2)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且M(x0，f(x0))为曲线y＝f(x)的对称中心，则必有g′(x0)＝0，其中函数g(x)＝f′(x)． (3)三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象关于点(，f)中心对称． 训练1　(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)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 解析：AD　若a＝0，f(x)＝2x3＋1，此时，f(x)有1个零点，没有极大值点，没有对称轴，对称中心为点(0，1)．所有选项都不正确．下设a≠0. f′(x)＝6x(x－a)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a. 故f(x)有两个极值点，当t小于f(x)的极小值时，直线y＝t与曲线y＝f(x)只有一个交点，所以不存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴．故选项C不正确． 由结论(3)可知，(1，f(1))是函数f(x)的对称中心，故选项D正确． 若a<0，当x<a时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，a)单调递增；当a<x<0时，f′(x)<0，f(x)在区间(a，0)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)单调递增．所以x＝0是f(x)的极小值点．故选项B不正确． 若a>1，当x<0时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，0)单调递增；当0<x<a时，f′(x)<0，f(x)在区间(0，a)单调递减；当x>a时，f′(x)>0，f(x)在区间(a，＋∞)单调递增．所以x＝0是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点．因为f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，故f(x)有3个零点，选项A正确． 类型二　三次函数的图象与性质 a>0 a<0 f(x) 图象 f′(x) 图象 Δ>0 Δ≤0 Δ>0 Δ≤0 f(x) 性质 单调递增区间为(－∞，x1)，(x2，＋∞)， 单调递减区间为 (x1，x2)， f(x)有两个极值点， 极大值为f(x1)，极小值为 f(x2) f′(x)≥0恒成立， f(x)在R上单调 递增， f(x)无极值点 单调递增区间为(x1，x2)， 单调递减区间为(－∞，x1)，(x2，＋∞)， f(x)有两个极值点， 极大值为f(x2)，极小值为 f(x1) f′(x)≤0恒成立， f(x)在R 上单调 递减， f(x)无极值点 注意：三次函数要么无极值点，要么有两个，不可能只有一个． 训练2　(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标． 解：(1)由题意知x∈R， 由f(x)＝x3－x2＋ax＋1可得f′(x)＝3x2－2x＋a. 令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，Δ＝4－12a. ①当a≥时，Δ≤0，即f′(x)≥0在R上恒成立，此时f(x)在R上单调递增． ②当a<时，Δ>0，方程3x2－2x＋a＝0的两个根为x1＝，故当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设过原点的切线与曲线y＝f(x)相切于点P(x0，y0)，则f′(x0)＝－2x0＋a. 所以以点P为切点的切线方程为y＝(x－x0)＋y0.由y0＝＋ax0＋1(切点在曲线f(x)上)，且切线过原点，得＝＋(x0－1)＝＝0，解得x0＝1，从而得P(1，1＋a)． 所以切线方程为y＝(1＋a)x，联立 消去y得x3－x2－x＋1＝0， 即(x－1)2(x＋1)＝0，∴x＝1或x＝－1， ∴公共点坐标为(1，1＋a)与(－1，－1－a)． 限时规范训练(二十一)　导数与函数的极值、最值 (建议用时：45分钟　分值：105分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． A级　基础落实练 1．(人教A版选择性必修第二册P92练习第1题变式)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：C　如图所示，设导函数f′(x)的图象与x轴的交点的横坐标从左到右分别为x1，x2，x3，x4，x5，由函数的极值的定义可知，在极值点处左右两侧的导函数值符号相反，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，故选C. 2．(2025·河北唐山期末)函数f(x)＝x2＋2ln x－x的极值点的个数为(　　) A．无数个 B．2 C．1 D．0 解析：D　f′(x)＝2x＋4×2×2<0，故g(x)>0恒成立，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝0无解，故函数f(x)没有极值点．故选D. 3．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 解析：D　f′(x)＝(k－x－1)ex，则当x<k－1时，f′(x)>0，当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，又f(0)＝k，f(x)在区间[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，无极大值和最大值．故选D. 4．(多选)已知函数f(x)＝(3x－5)ex，则下列结论中正确的是(　　) A．函数f(x)在上单调递减 B．函数f(x)的极小值点为x＝ C．函数f(x)无极大值 D．函数f(x)在[0，1]上的最大值为－5 解析：BCD　易知f′(x)＝(3x－2)ex， 当x＞时，f′(x)>0；当x<时，f′(x)<0. 所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以A错误，B正确，C正确． 又f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(0)＝－5，f(1)＝－2e， 所以函数f(x)在[0，1]上的最大值为－5，D正确．故选B、C、D. 5．(2025·黑龙江七台河市部分学校联考)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：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 ，不符合题意，故选B. 6．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 解析：AC　因为f(x)＝x3－x＋1， 所以f′(x)＝3x2－1， 令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±. 所以当x＜－或x＞时，f′(x)＞0； 当－＜x＜时，f′(x)＜0. 因此f(x)有两个极值点，A正确． 因为f＝＞0， 所以f(x)的极小值大于0， 所以f(x)仅有一个零点．故选项B错误． 由于y＝x3－x的图象关于原点(0，0)对称，且向上平移一个单位，得y＝f(x)的图象． 故函数y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称，C项正确． 令f′(x0)＝－1＝2，得x0＝±1， 故曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以选项D错误． 7．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________． 解析：容积V＝(a－2x)2x，0<x<，则V′＝2(a－2x)×(－2)x＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)，由V′＝0得x＝或x＝(舍去)，则x＝为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时Vmax＝a3. 答案：a3 8．若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________． 解析：f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4. 答案：4 9．(2025·辽宁大连质检)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则f(x)的极大值点为x＝____，极大值为______． 解析：由题意得f′(x)＝，x>0，所以f′(e)＝2f′(e)－，则f′(e)＝， 因此f(x)＝2ln x－，x>0，f′(x)＝， 由f′(x)>0得0<x<2e，由f′(x)<0得x>2e， 所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减． 因此f(x)的极大值点为x＝2e，极大值为f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2. 答案：2e　2ln 2 10．(15分)(2025·安徽黄山质量检测)已知函数f(x)＝x2－4ax＋a2ln x在x＝1处取得极大值． (1)求a的值； (2)求f(x)在区间上的最大值． 解：(1)f′(x)＝3x－4a＋. 由f(x)在x＝1处取得极大值得f′(1)＝3－4a＋a2＝0，解得a＝1或a＝3，经检验，a＝1时不符合题意，应舍去(此时f(x)在x＝1处取得极小值)，故a＝3. (2)由(1)得f(x)＝x2－12x＋9ln x，f′(x)＝， 令f′(x)>0，得<x<1， 令f′(x)<0，得1<x<e， 所以f(x)max＝f(1)＝. 11．(15分)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值． 解：因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x， 所以f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋4ax＋2a＋2 ＝， 若a<0，则当x∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0， 故函数f(x)在上单调递增， 在上单调递减； 故f(x)在x＝－处取得唯一的极大值，且极大值为f＝ln －－1. 若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值． 综上，当a<0时，f(x)的极大值为ln －－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值． B级　能力提升练 12．(多选)(2025·广东佛山调研)若函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是(　　) A．a>0　　　　　　 B．b<0 C．ab>－1 D．a＋b>0 解析：AB　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值，也有极小值，所以函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点， 因为a≠0，所以方程ax2－4x－2b＝0有两个不同的正实数根x1，x2. 所以 所以16＋8ab>0，a>0，b<0.故选A、B. 13．(2025·浙江宁波名校联考)直线x＝a(a>0且a≠1)分别与曲线f(x)＝和曲线g(x)＝2ln x交于点A，B，则|AB|的最小值为(　　) A．2＋2ln 2 B．2 C．2ln 2 D．1＋2ln 2 解析：D　由f(a)＝，g(a)＝2ln a得＝.构造函数F(x)＝－2ln x(x>0且x≠1)，则F′(x)＝. 令F′(x)＝0，可得x1＝，x2＝2，列表如下： x (0，) (，1) (1，2) 2 (2，＋∞) F′(x) － 0 ＋ ＋ 0 － F(x) 单调 递减 极小 值 单调 递增 单调 递增 极大 值 单调 递减 则极小值为F()＝－2ln ＝2＋2ln 2，极大值为F(2)＝－2ln 2＝－1－2ln 2，作出F(x)的大致图象如图所示， 结合图象可知|F(x)|min＝|F(2)|＝1＋2ln 2.故选D. 14．(17分)已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数． (1)当a＝－1时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1. 当0<x<1时，f′(x)>0； 当x>1时，f′(x)<0. ∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． ∴f(x)max＝f(1)＝－1. ∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[，＋∞). ①若a≥－，则f′(x)≥0， 从而f(x)在(0，e]上是增函数， ∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意． ②若a＜－，令f′(x)＞0，得a＋＞0， 结合x∈(0，e]，解得0＜x＜－； 令f′(x)＜0，得a＋＜0，结合x∈(0，e]，解得－＜x≤e. 从而f(x)在(0，－)上为增函数，在上为减函数， ∴f(x)max＝f(－)＝－1＋ln (－). 令－1＋ln (－)＝－3，得ln (－)＝－2， 即a＝－e2. ∵－e2＜－，∴a＝－e2为所求． 故实数a的值为－e2. 学科网（北京）股份有限公司 $