5.3.2.2函数的极值(2)课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦函数极值，围绕含参数函数极值求解、已知极值求参数及极值应用展开，通过互动探究例题衔接导数基础，搭建从基础到复杂问题的学习支架，帮助学生深化极值条件理解。 其亮点在于采用分类讨论、数形结合等方法，如例1对参数a分类分析单调性，例3结合函数图像判断方程根的个数，培养学生数学思维与推理能力。高考题及变式题设计助力学生用数学语言表达问题，既提升学生解题能力，也为教师提供系统教学资源。

第五章　一元函数的导数及其应用 5.3.2　函数的极值与最大(小)值 第2课时　函数的极值(2) 【学习与目标】　 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 3 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 C 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 A 巩固提升通道 A 巩固提升通道 巩固提升通道 (－∞，－1)∪(2，＋∞) 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 －19 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.进一步理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． 类型一　求含参数的函数的极值 【例1】　(2023·河北衡水中学月考)设函数f(x)＝x2－ax＋b.讨论函数f(sin x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． [解]　f(sin x)＝sin2x－a sinx＋b＝sin x·(sin x－a)＋b，－ eq \f(π,2)<x< eq \f(π,2)，f′(sin x)＝(2sin x－a)cos x，－ eq \f(π,2)<x< eq \f(π,2). 因为－ eq \f(π,2)<x< eq \f(π,2)，所以cos x>0，－2<2sin x<2. ①当a≤－2，b∈R时，f′(sin x)>0恒成立，函数f(sin x)单调递增，无极值；②当a≥2，b∈R时，f′(sin x)<0恒成立，函数f(sin x)单调递减，无极值；③当－2<a<2时，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内存在唯一的x0，使得2sin x0＝a. 当－ eq \f(π,2)<x≤x0时，f′(sin x)<0，函数f(sin x)单调递减；当x0≤x< eq \f(π,2)时，f′(sin x)>0，函数f(sin x)单调递增． 所以当－2<a<2，b∈R时，函数f(sin x)在x0处有极小值，为f(sin x0)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝b－ eq \f(a2,4). 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．分类讨论时要做到分类标准明确，不重不漏．含参型题目，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． [跟踪训练1]　已知函数f(x)＝x－a ln 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　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞). 当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－ eq \f(2,x)(x>0)， ∴f(1)＝1，f′(1)＝－1， ∴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， ∴f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln 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－a ln a，无极大值． 类型二　已知函数的极值求参数 【例2】　(1)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处取得极值0，求a，b的值． (2)已知函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ eq \f(1,2)(m＋3)x2＋(m＋6)x(x∈R，m为常数)在区间(1，＋∞)内有两个极值点，求实数m的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝3x2＋6ax＋b，依题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(－1)＝0，,f′(－1)＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1＋3a－b＋a2＝0，,3－6a＋b＝0，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9.)) 但由于当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，所以f(x)在R上单调递增，无极值，故舍去． 当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋3)(x＋1)，当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，所以f(x)在x＝－1处取得极小值，因此a＝2，b＝9. (2)f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6. 因为函数f(x)在(1，＋∞)内有两个极值点， 所以f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6的图象在(1，＋∞)内与x轴有两个不同的交点，如图所示． 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ＝[－(m＋3)]2－4(m＋6)>0，,f′(1)＝1－(m＋3)＋m＋6>0，,\f(m＋3,2)>1，)) 解得m>3. 故实数m的取值范围是(3，＋∞). 已知函数极值情况，逆向应用确定函数的解析式研究函数性质时，应注意两点： (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必须验证根的合理性． [跟踪训练2]　(1)若函数f(x)＝ eq \f(x2＋a,x＋1)在x＝1处取得极值，则a＝ ． (2)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1，若f(x)在区间(2，3)内至少有一个极值点，求a的取值范围． 解析　(1)f′(x)＝ eq \f(2x(x＋1)－(x2＋a),(x＋1)2)＝ eq \f(x2＋2x－a,(x＋1)2)，由题意得f′(1)＝ eq \f(3－a,4)＝0，解得a＝3.经检验，a＝3符合题意． (2)f′(x)＝3x2－6ax＋3，若f(x)在区间(2，3)内至少有一个极值点，则方程3x2－ 6ax＋3＝0的判别式Δ>0(即a>1或a<－1)且在区间(2，3)内有解． 由3x2－6ax＋3＝0可得a＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x))). 令g(x)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，x∈(2，3)， 则g′(x)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2))). 因为g′(x)>0在(2，3)上恒成立，所以g(x)在(2，3)上单调递增，所以当x∈(2，3)时， eq \f(5,4)< eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))< eq \f(5,3)，故 eq \f(5,4)<a< eq \f(5,3)，满足Δ>0，所以a的取值范围是 eq \f(5,4)<a< eq \f(5,3). 类型三　函数极值的应用 【例3】　已知函数f(x)＝x3－3x＋a(a为实数)，若方程f(x)＝0有三个不同的实根，求实数a的取值范围． [解]　令f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0， 解得x1＝－1，x2＝1. 当x<－1时，f′(x)>0； 当－1<x<1时，f′(x)<0； 当x>1时，f′(x)>0. 所以当x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝2＋a； 当x＝1时，f(x)有极小值f(1)＝－2＋a. 因为方程f(x)＝0有三个不同的实根， 所以y＝f(x)的图象与x轴有三个不同的交点，如图． 由已知应有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2＋a>0，,－2＋a<0，)) 解得－2<a<2， 故实数a的取值范围是(－2，2). eq \x(变式探究) 1．(变条件)本例中，若方程f(x)＝0恰有两个根，求实数a的值． 解　由例题，知函数f(x)的极大值为f(－1)＝2＋a，极小值为f(1)＝－2＋a， 若f(x)＝0恰有两个根，则有2＋a＝0或－2＋a＝0，所以a＝－2或a＝2. 2．(变条件)本例中，若方程f(x)＝0有且只有一个实根，求实数a的取值范围． 解　由例题可知，要使方程f(x)＝0有且只有一个实根，只需2＋a<0或－2＋a>0，即a<－2或a>2. 利用导数可以判断函数的单调性，研究函数的极值情况，并能在此基础上画出函数的大致图象，从直观上判断函数图象与x轴的交点或两个函数图象的交点的个数，从而为研究方程根的问题提供了方便． [跟踪训练3]　已知f(x)是奇函数且是R上的单调函数，若方程f(x3＋1)＋f(－3x－λ)＝0有三个不同的实数解，则实数λ的取值范围为(　　) A．(－3，1) B．(－∞，－1)∪(3，＋∞) C．(－1，3) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞) 解析　因为f(x)是奇函数且是R上的单调函数， 所以f(x3＋1)＝－f(－3x－λ)＝f(3x＋λ)，则x3＋1＝3x＋λ， 所以问题等价于方程x3－3x＋1＝λ在R上有三个不同的实数解， 即函数g(x)＝x3－3x＋1的图象与直线y＝λ有三个不同的交点． 由g(x)＝x3－3x＋1， 得g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， 当x∈(－∞，－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(－1，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)的极大值为g(－1)＝3，极小值为g(1)＝－1， 所以实数λ的取值范围为(－1，3).故选C. 1．知识清单 (1)含参函数求极值． (2)已知函数极值求参数． (3)函数极值的应用． 2．方法归纳：分类讨论、数形结合、待定系数法． 3．常见误区：利用极值求参数时，易忽视函数的定义域． 1．(2023·山东枣庄期中)已知函数f(x)＝sin x＋ax在x＝ eq \f(π,3)处取得极值，则a＝ (　　) A．－ eq \f(1,2)　 B． eq \f(1,2) C．－1　　 D．1 解析　由f(x)＝sin x＋ax，得f′(x)＝cos x＋a.因为x＝ eq \f(π,3)是f(x)＝sin x＋ax的极值点，故f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝cos eq \f(π,3)＋a＝0⇒a＝－ eq \f(1,2). 2．若函数f(x)＝x3－3bx＋3在(－1，2)内有极值，则实数b的取值范围是(　　) A．(0，4) B．[0，4) C．[1，4) D．(1，4) 解析　令f′(x)＝3x2－3b＝0，即x2＝b.∵f(x)在(－1，2)内有极值，∴f′(x)在(－1，2)内有变号零点，∴0≤b<4.当b＝0时，f(x)＝x3＋3在R上单调递增，没有极值，故0<b<4.故选A. 3．若 eq \f(1,3)x3＋ eq \f(1,2)ax2＋1＝0有一个实数根，则实数a的取值范围为 ． (－ eq \r(3,6)，＋∞) 解析　令f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋ eq \f(1,2)ax2＋1，则f′(x)＝x2＋ax.由f(x)＝0有一个实数根，得Δ≤0(Δ是方程f′(x)＝0的根的判别式)或Δ>0，且f(x1)·f(x2)>0(x1，x2是f(x)的极值点). ①由Δ≤0，得a＝0； ②由Δ>0，得a≠0.令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－a，则f(x1)·f(x2)＝－ eq \f(1,3)a3＋ eq \f(1,2)a3＋1>0，即 eq \f(1,6)a3>－1，所以a> eq \r(3,－6)，且a≠0. 综上，实数a的取值范围是(－ eq \r(3,6)，＋∞). 4．(2024·苏州质检)若函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是 ． 解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令f′(x)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0，∵函数f(x)有极大值和极小值，∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实数根，即Δ＝4a2－4a－8>0，解得a>2或a<－1. 基础巩固 1．若函数f(x)＝ax－ln x在x＝ eq \f(\r(2),2)处取得极值，则实数a的值为(　　) A． eq \r(2) B． eq \f(\r(2),2) C．2 D． eq \f(1,2) 解析　因为f′(x)＝a－ eq \f(1,x)，所以f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝0，即a－ eq \f(1,\f(\r(2),2))＝0，解得a＝ eq \r(2).经检验，符合题意. 2．已知x＝ eq \f(1,e)是函数f(x)＝x ln (ax)＋1的极值点，则a＝(　　) A． eq \f(1,2) B．1 C． eq \f(1,e) D．2 解析　f′(x)＝ln (ax)＋1，由f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝0，得a＝1.经检验，符合题意．故选B. 3．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝ eq \f(1,a)处取得极值，则ab的值为(　　) A．2 B．－2 C．3 D．－3 解析　f′(x)＝3ax2＋b，由f′ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝3a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))2＋b＝0，可得ab＝－3. 4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3，6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，∵函数f(x)有极大值和极小值，∴其导函数f′(x)＝0有两个不同的解，则Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，∴a<－3或a>6.故选B. 5．(2023·河北邢台期中)已知函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1时有极值10，则 (　　) A． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－3)) B． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11)) C． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11)) D． eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3)) 解析　f′(x)＝3x2－2ax－b，因为f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1时有极值10，故f(1)＝10且f′(1)＝0，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－2a－b＝0，,1－a－b＋a2＝10，))消元后得到a2＋a－12＝0，解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－3))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11.))当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－3))时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0且等号不恒成立，故f(x)为R上的增函数，无极值点，舍去；当 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝11))时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(x－1)(3x＋11)，当x<－ eq \f(11,3)或x>1时，f′(x)>0，当－ eq \f(11,3)<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在x＝1处取得极小值，符合题设要求．故选B. 6．(2024·德州质检)若函数y＝ex－2mx有小于零的极值点，则实数m的取值范围是(　　) A．m< eq \f(1,2) B．0<m< eq \f(1,2) C．m> eq \f(1,2) D．0<m<1 解析　由y＝ex－2mx，得y′＝ex－2m.因为函数y＝ex－2mx有小于零的极值点，所以ex－2m＝0有小于零的实根，即m＝ eq \f(1,2)ex有小于零的实根，因为x<0，所以0< eq \f(1,2)ex< eq \f(1,2)，所以0<m< eq \f(1,2). 7．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值为13，则实数m等于 ． 解析　令f(x)＝y＝－x3＋6x2＋m，则f′(x)＝－3x2＋12x.令f′(x)＝0，则x＝0或x＝4.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数；当x∈(0，4)时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当x∈(4，＋∞)时，f′(x)<0，函数为减函数．综上，函数f(x)在x＝4处取得极大值，即f(4)＝13，解得m＝－19. 8．设函数f(x)＝ln x＋ eq \f(1,x)＋2a，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，若函数f(x)的极小值不大于 eq \f(3,a)＋2，则实数a的取值范围是 ． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))) 解析　由题可知a> eq \f(1,a)>0，则a>1> eq \f(1,a)>0.由f′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(1,x2)＝ eq \f(x－1,x2)，可知当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，所以f(1)＝2a＋1≤ eq \f(3,a)＋2，得0<a≤ eq \f(3,2).又a>1，所以实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))). 9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且当x＝－1时取得极大值7，当x＝3时取得极小值，试求函数f(x)的极小值． 解　f′(x)＝3x2＋2ax＋b. ∵x＝－1时函数取得极大值，x＝3时取得极小值， ∴－1，3是方程f′(x)＝0的根，即为方程3x2＋2ax＋b＝0的两根，由一元二次方程根与系数的关系得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1＋3＝－\f(2a,3)，,(－1)×3＝\f(b,3)，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝－9，)) 经检验符合题意． ∴f(x)＝x3－3x2－9x＋c. ∵x＝－1时f(x)有极大值7， ∴(－1)3－3×(－1)2－9×(－1)＋c＝7，∴c＝2. ∴极小值f(3)＝33－3×32－9×3＋2＝－25. 10．已知函数f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，求f(x)的极值． 解　∵f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，∴f′(x)＝48x2－40ax＋8a2＝8(6x2－5ax＋a2)＝8(2x－a)(3x－a)， 令f′(x)＝0，得x1＝ eq \f(a,2)，x2＝ eq \f(a,3). 当a>0时， eq \f(a,3)< eq \f(a,2)，随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3))) eq \f(a,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,2))) eq \f(a,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞)) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  eq \f(a3,27)  0  ∴当x＝ eq \f(a,3)时，函数f(x)取得极大值，极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝ eq \f(a3,27)； 当x＝ eq \f(a,2)时，函数f(x)取得极小值，极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝0. 当a<0时， eq \f(a,2)< eq \f(a,3)，随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2))) eq \f(a,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,3))) eq \f(a,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞)) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  0  eq \f(a3,27)  ∴当x＝ eq \f(a,2)时，函数f(x)取得极大值，极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝0； 当x＝ eq \f(a,3)时，函数f(x)取得极小值，极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝ eq \f(a3,27). 综上，当a>0时，函数f(x)在x＝ eq \f(a,3)处取得极大值 eq \f(a3,27)，在x＝ eq \f(a,2)处取得极小值0； 当a<0时，函数f(x)在x＝ eq \f(a,2)处取得极大值0，在x＝ eq \f(a,3)处取得极小值 eq \f(a3,27). 能力提升 11．(2024·承德期末)已知函数f(x)＝ eq \f(1,6)x3－ eq \f(1,2)ax2－bx(a>0，b>0)的一个极值点为1，则ab的最大值为(　　) A．1 B． eq \f(1,2) C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,16) 解析　f′(x)＝ eq \f(1,2)x2－ax－b，又a2＋2b>0，所以函数f(x)有两个极值点，又函数f(x)的一个极值点为1，可得f′(1)＝0，即 eq \f(1,2)－a－b＝0，得a＋b＝ eq \f(1,2)，所以ab≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2))) eq \s\up32(2)＝ eq \f(1,16)，当且仅当a＝b＝ eq \f(1,4)时等号成立，故ab的最大值为 eq \f(1,16).故选D. 12．(多选)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(1)＝ eq \f(1,2)，则下列结论正确的是(　 　) A．g(x)＝xf(x)在(1，＋∞)单调递增 B．g(x)＝xf(x)在(1，＋∞)单调递减 C．g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上有极大值 eq \f(1,2) D．g(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上有极小值 eq \f(1,2) 解析　由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x得xf′(x)＋f(x)＝ eq \f(ln x,x)(x＞0)，即g′(x)＝[xf(x)]′＝ eq \f(ln x,x).由g′(x)＝ eq \f(ln x,x)>0得x>1，由g′(x)<0得0<x<1，即g(x)＝xf(x)在(1，＋∞)单调递增，在(0，1)单调递减，即当x＝1时，函数g(x)＝xf(x)取得极小值g(1)＝f(1)＝ eq \f(1,2)，故选AD. 13．已知三次函数f(x)＝mx3＋nx2＋px＋2q的图象如图所示，则 eq \f(f′(1),f′(0))＝ ． 解析　由题意得，m≠0，且f′(x)＝3mx2＋2nx＋p，由题图可知，x＝2是函数f(x)的极大值点，x＝－1是极小值点，即2，－1是方程f′(x)＝0的两个根， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′(－1)＝3m－2n＋p＝0，,f′(2)＝12m＋4n＋p＝0，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(p＝－6m，,2n＝－3m.)) ∵f′(0)＝p＝－6m，f′(1)＝3m＋2n＋p＝－6m，∴ eq \f(f′(1),f′(0))＝1. 多元数学 14． eq \a\vs4\al(（逻辑推理）)已知函数f(x)＝(a－x)ex，a∈R. (1)若a＝2，求函数f(x)的极值； (2)若对任意x∈(－1，1)，都有f(x)－x＋xex≤2成立，求实数a的取值范围． 解　(1)依题意，当a＝2时，f(x)＝(2－x)ex，f′(x)＝(1－x)ex，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，1)上单调递增，∴f(x)的极大值为f(1)＝e，函数f(x)无极小值． (2)若对任意x∈(－1，1)，都有f(x)－x＋xex≤2成立，则a≤ eq \f(x＋2,ex)对任意x∈(－1，1)恒成立． 令g(x)＝ eq \f(x＋2,ex)，则g′(x)＝ eq \f(－1－x,ex)＝－ eq \f(1＋x,ex)，当－1<x<1时，g′(x)<0，∴g(x)在(－1，1)上单调递减，又g(1)＝ eq \f(3,e)，故a≤ eq \f(3,e)，即实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,e))). $