2019高考数学一轮复习第3章导数及其应用第4讲导数与函数的最值分层演练文

利用导数解决函数的极值问题（多维探究）角度一根据图象判断函数的极值设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数y＝（１—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（２）和极小值f（１）Ｂ．函数f（x）有极大值f（—２）和极小值f（１）Ｃ．函数f（x）有极大值f（２）和极小值f（—２）Ｄ．函数f（x）有极大值f（—２）和极小值f（２）【解析】由题图可知，当x<—２时，１—x>３，此时f′（x）>0；当—２<x<１时，0<１—x<３，此时f′（x）<0；当１<x<２时，—１<１—x<0，此时f′（x）<0；当x>２时，１—x<—１，此时f′（x）>0，由此可以得到函数f（x）在x＝—２处取得极大值，在x＝２处取得极小值．【答案】D错误!知图判断函数的极值的情况；先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号，最后判断是极大值点还是极小值点．角度二求函数的极值（２0２0·湖南省五市十校联考）已知函数f（x）＝ln x—错误!ax２＋x，a∈R.（１）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在（１，f（１））处的切线方程；（２）令g（x）＝f（x）—（ax—１），求函数g（x）的极值．【解】（１）当a＝0时，f（x）＝ln x＋x，则f（１）＝１，所以切点为（１，１），又f′（x）＝错误!＋１，所以切线斜率k＝f′（１）＝２，故切线方程为y—１＝２（x—１），即２x—y—１＝0．（２）g（x）＝f（x）—（ax—１）＝ln x—错误!ax２＋（１—a）x＋１，则g′（x）＝错误!—ax＋（１—a）＝错误!，当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．所以g（x）在（0，＋∞）上是增函数，函数g（x）无极值点．当a＞0时，g′（x）＝错误!＝—错误!，令g′（x）＝0得x＝错误!.所以当x∈错误!时，g′（x）＞0；当x∈错误!时，g′（x）＜0．因为g（x）在错误!上是增函数，在错误!上是减函数．所以x＝错误!时，g（x）有极大值g错误!＝ln错误!—错误!×错误!＋（１—a）·错误!＋１＝错误!—ln a.综上，当a≤0时，函数g（x）无极值；当a＞0时，函数g（x）有极大值错误!—ln a，无极小值．错误!利用导数研究函数极值问题的一般流程角度三已知函数的极值求参数设函数f（x）＝[ax２—（４a＋１）x＋４a＋３]e x.（１）若曲线y＝f（x）在点（１，f（１））处的切线与x轴平行，求a；（２）若f（x）在x＝２处取得极小值，求a的取值范围．【解】（１）因为f（x）＝[ax２—（４a＋１）x＋４a＋３]e x，所以f′（x）＝[ax２—（２a＋１）x＋２]e x.f′（１）＝（１—a）e.由题设知f′（１）＝0，即（１—a）e＝0，解得a＝１．此时f（１）＝３e≠0．所以a的值为１．（２）由（１）得f′（x）＝[ax２—（２a＋１）x＋２]e x＝（ax—１）（x—２）e x.若a>错误!，则当x∈错误!时，f′（x）<0；当x∈（２，＋∞）时，f′（x）>0．所以f（x）在x＝２处取得极小值．当a≤错误!，则当x∈（0，２）时，x—２<0，ax—１≤错误!x—１<0，所以f′（x）>0．所以２不是f（x）的极小值点．综上可知，a的取值范围是错误!.错误!已知函数极值点或极值求参数的两个要领（１）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．（２）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．１．（２0２0·安徽毛坦厂中学４月联考）已知函数f（x）＝２ln x＋ax２—３x在x＝２处取得极小值，则f（x）的极大值为（）Ａ．２Ｂ．—错误!Ｃ．３＋ln ２Ｄ．—２＋２ln ２解析：选Ｂ．由题意得，f′（x）＝错误!＋２ax—３，因为f（x）在x＝２处取得极小值，所以f′（２）＝４a—２＝0，解得a＝错误!，所以f（x）＝２ln x＋错误!x２—３x，f′（x）＝错误!＋x—３＝错误!，所以f（x）在（0，１），（２，＋∞）上是增加的，在（１，２）上是减少的，所以f（x）的极大值为f（１）＝错误!—３＝—错误!.故选Ｂ．２．已知函数f（x）＝ln x.（１）求f（x）的图象过点P（0，—１）的切线方程；（２）若函数g（x）＝f（x）—mx＋错误!存在两个极值点x１，x２，求m的取值范围．解：（１）由题意得，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝错误!.设切点坐标为（x0，ln x0），则切线方程为y＝错误!x＋ln x0—１．把点P（0，—１）代入切线方程，得ln x0＝0，所以x0＝１，所以过点P（0，—１）的切线方程为y＝x—１．（２）因为g（x）＝f（x）—mx＋错误!＝ln x—mx＋错误!，所以g′（x）＝错误!—m—错误!＝错误!＝—错误!，令h（x）＝mx２—x＋m，要使g（x）存在两个极值点x１，x２，则方程mx２—x＋m＝0有两个不相等的正数根x１，x２.故只需满足错误!即可，解得0<m<错误!.利用导数研究函数的最值（师生共研）（２0１9·高考全国卷Ⅲ）已知函数f（x）＝２x３—ax２＋b.（１）讨论f（x）的单调性；（２）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，１]的最小值为—１且最大值为１？若存在，求出a，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解】（１）f′（x）＝6x２—２ax＝２x（３x—a）．令f′（x）＝0，得x＝0或x＝错误!.若a>0，则当x∈（—∞，0）∪错误!时，f′（x）>0；当x∈错误!时，f′（x）<0．故f（x）在（—∞，0），错误!上是增加的，在错误!上是减少的；若a＝0，f（x）在（—∞，＋∞）上是增加的；若a<0，则当x∈错误!∪（0，＋∞）时，f′（x）>0；当x∈错误!时，f′（x）<0．故f（x）在错误!，（0，＋∞）上是增加的，在错误!上是减少的．（２）满足题设条件的a，b存在．（ⅰ）当a≤0时，由（１）知，f（x）在[0，１]上是增加的，所以f（x）在区间[0，１]的最小值为f（0）＝b，最大值为f（１）＝２—a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝—１，２—a＋b＝１，即a＝0，b＝—１．（ⅱ）当a≥３时，由（１）知，f（x）在[0，１]上是减少的，所以f（x）在区间[0，１]的最大值为f（0）＝b，最小值为f（１）＝２—a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当２—a＋b＝—１，b＝１，即a＝４，b＝１．（ⅲ）当0<a<３时，由（１）知，f（x）在[0，１]的最小值为f错误!＝—错误!＋b，最大值为b 或２—a＋b.若—错误!＋b＝—１，b＝１，则a＝３错误!，与0<a<３矛盾．若—错误!＋b＝—１，２—a＋b＝１，则a＝３错误!或a＝—３错误!或a＝0，与0<a<３矛盾．综上，当且仅当a＝0，b＝—１或a＝４，b＝１时，f（x）在[0，１]的最小值为—１，最大值为１．错误!求函数f（x）在闭区间[a，b]内的最大值和最小值的思路（１）若所给的闭区间[a，b]不含有参数，则只需对函数f（x）求导，并求f′（x）＝0在区间[a，b]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与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．（２）若所给的闭区间[a，b]含有参数，则需对函数f（x）求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f（x）的最值．[提醒] 求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．已知函数f（x）＝错误!＋k ln x，k<错误!，求函数f（x）在错误!上的最大值和最小值．解：因为f（x）＝错误!＋k ln x，f′（x）＝错误!＋错误!＝错误!.（１）若k＝0，则f′（x）＝—错误!在错误!上恒有f′（x）<0，所以f（x）在错误!上是减少的．所以f（x）min＝f（e）＝错误!，f（x）max＝f错误!＝e—１．（２）若k≠0，f′（x）＝错误!＝错误!.１若k<0，则在错误!上恒有错误!<0，所以f（x）在错误!上是减少的，所以f（x）min＝f（e）＝错误!＋k ln e＝错误!＋k—１，f（x）max＝f错误!＝e—k—１．２若k>0，由k<错误!，得错误!>e，则x—错误!<0，所以错误!<0，所以f（x）在错误!上是减少的．所以f（x）min＝f（e）＝错误!＋k ln e＝错误!＋k—１，f（x）max＝f错误!＝e—k—１．综上，k<错误!时，f（x）min＝错误!＋k—１，f（x）max＝e—k—１．函数极值与最值的综合问题（师生共研）已知函数f（x）＝错误!（a>0）的导函数y＝f′（x）的两个零点为—３和0．（１）求f（x）的单调区间；（２）若f（x）的极小值为—e３，求f（x）在区间[—５，＋∞）上的最大值．【解】（１）f′（x）＝错误!＝错误!.令g（x）＝—ax２＋（２a—b）x＋b—c，因为e x>0，所以y＝f′（x）的零点就是g（x）＝—ax２＋（２a—b）x＋b—c的零点，且f′（x）与g（x）符号相同．又因为a>0．所以当—３<x<0时，g（x）>0，即f′（x）>0，当x<—３或x>0时，g（x）<0，即f′（x）<0，所以f（x）的增区间是（—３，0），减区间是（—∞，—３），（0，＋∞）．（２）由（１）知，x＝—３是f（x）的极小值点，所以有错误!解得a＝１，b＝５，c＝５，所以f（x）＝错误!.因为f（x）的增区间是（—３，0），减区间是（—∞，—３），（0，＋∞），所以f（0）＝５为函数f（x）的极大值，故f（x）在区间[—５，＋∞）上的最大值取f（—５）和f（0）中的最大者，而f（—５）＝错误!＝５e５>５＝f（0），所以函数f（x）在区间[—５，＋∞）上的最大值是５e５.错误!求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间（或开区间）上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．（２0２0·河南百校联盟模拟）已知函数f（x）＝e x—ax，a>0．（１）记f（x）的极小值为g（a），求g（a）的最大值；（２）若对任意实数x，恒有f（x）≥0，求f（a）的取值范围．解：（１）函数f（x）的定义域是（—∞，＋∞），f′（x）＝e x—a.令f′（x）＝0，得x＝ln a，易知当x∈（ln a，＋∞）时，f′（x）>0，当x∈（—∞，ln a）时，f′（x）<0，所以函数f（x）在x＝ln a处取极小值，g（a）＝f（x）极小值＝f（ln a）＝e ln a—a ln a＝a—a ln a.g′（a）＝１—（１＋ln a）＝—ln a，当0<a<１时，g′（a）>0，g（a）在（0，１）上是增加的；当a>１时，g′（a）<0，g（a）在（１，＋∞）上是减少的．所以a＝１是函数g（a）在（0，＋∞）上的极大值点，也是最大值点，所以g（a）max＝g（１）＝１．（２）显然，当x≤0时，e x—ax≥0（a>0）恒成立．当x>0时，由f（x）≥0，即e x—ax≥0，得a≤错误!.令h（x）＝错误!，x∈（0，＋∞），则h′（x）＝错误!＝错误!，当0<x<１时，h′（x）<0，当x>１时，h′（x）>0，故h（x）的最小值为h（１）＝e，所以a≤e，故实数a的取值范围是（0，e]．f（a）＝e a—a２，a∈（0，e]，f′（a）＝e a—２a，易知e a—２a≥0对a∈（0，e]恒成立，故f（a）在（0，e]上是增加的，所以f（0）＝１<f（a）≤f（e）＝e e—e２，即f（a）的取值范围是（１，e e—e２]．[基础题组练]１．（２0２0·辽宁沈阳一模）设函数f（x）＝x e x＋１，则（）Ａ．x＝１为f（x）的极大值点Ｂ．x＝１为f（x）的极小值点Ｃ．x＝—１为f（x）的极大值点Ｄ．x＝—１为f（x）的极小值点解析：选Ｄ．由f（x）＝x e x＋１，可得f′（x）＝（x＋１）e x，令f′（x）>0可得x>—１，即函数f（x）在（—１，＋∞）上是增函数；令f′（x）<0可得x<—１，即函数f（x）在（—∞，—１）上是减函数，所以x＝—１为f（x）的极小值点．故选Ｄ．２．函数y＝错误!在[0，２]上的最大值是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．0 Ｄ．错误!解析：选Ａ．易知y′＝错误!，x∈[0，２]，令y′>0，得0≤x<１，令y′<0，得１＜x≤２，所以函数y＝错误!在[0，１]上是增加的，在（１，２]上是减少的，所以y＝错误!在[0，２]上的最大值是y|x＝１＝错误!，故选Ａ．３．（２0２0·广东惠州４月模拟）设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x ＝—２处取得极小值，则函数y＝x·f′（x）的图象可能是（）解析：选Ｃ．因为函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x＝—２处取得极小值，所以当x>—２时，f′（x）>0；当x＝—２时，f′（x）＝0；当x<—２时，f′（x）<0．所以当—２<x<0时，xf′（x）<0；当x＝—２时，xf′（x）＝0；当x<—２时，xf′（x）>0．故选Ｃ．４．（２0２0·河北石家庄二中期末）若函数f（x）＝（１—x）（x２＋ax＋b）的图象关于点（—２，0）对称，x１，x２分别是f（x）的极大值点与极小值点，则x２—x１＝（）Ａ．—错误!Ｂ．２错误!Ｃ．—２错误!Ｄ．错误!解析：选Ｃ．由题意可得f（—２）＝３（４—２a＋b）＝0，因为函数图象关于点（—２，0）对称，且f（１）＝0，所以f（—５）＝0，即f（—５）＝6（２５—５a＋b）＝0，联立错误!解得错误!故f（x）＝（１—x）（x２＋7x＋１0）＝—x３—6x２—３x＋１0，则f′（x）＝—３x２—１２x—３＝—３（x２＋４x＋１），结合题意可知x１，x２是方程x２＋４x＋１＝0的两个实数根，且x１>x２，故x２—x１＝—|x１—x２|＝—错误!＝—错误!＝—２错误!.５．已知函数f（x）＝x３＋３x２—9x＋１，若f（x）在区间[k，２]上的最大值为２8，则实数k的取值范围为（）Ａ．[—３，＋∞）Ｂ．（—３，＋∞）Ｃ．（—∞，—３）Ｄ．（—∞，—３]解析：选Ｄ．由题意知f′（x）＝３x２＋6x—9，令f′（x）＝0，解得x＝１或x＝—３，所以f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：x（—∞，—３）—３（—３，１）１（１，＋∞）f′（x）＋0—0＋f（x）极大值极小值又f k≤—３．6．函数f（x）＝x３＋bx２＋cx＋d的大致图象如图所示，则x错误!＋x错误!＝________．解析：函数f（x）的图象过原点，所以d＝0．又f（—１）＝0且f（２）＝0，即—１＋b—c＝0且8＋４b＋２c＝0，解得b＝—１，c＝—２，所以函数f（x）＝x３—x２—２x，所以f′（x）＝３x２—２x—２，由题意知x１，x２是函数的极值点，所以x１，x２是f′（x）＝0的两个根，所以x１＋x２＝错误!，x１x２＝—错误!，所以x错误!＋x错误!＝（x１＋x２）２—２x１x２＝错误!＋错误!＝错误!.答案：错误!7．若函数f（x）＝x３—３ax在区间（—１，２）上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为________．解析：因为f′（x）＝３（x２—a），所以当a≤0时，f′（x）≥0在R上恒成立，所以f（x）在R上递增，f（x）没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′（x）＝0得x＝±错误!，当x变化时，f′（x）与f （x）的变化情况如下表所示：答案：[１，４）8．函数f（x）＝x３—３a２x＋a（a>0）的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．解析：f′（x）＝３x２—３a２＝３（x＋a）（x—a），由f′（x）＝0得x＝±a，当—a<x<a时，f′（x）<0，函数递减；当x>a或x<—a时，f′（x）>0，函数递增，所以f（x）的极大值为f（—a），极小值为f（a）．所以f（—a）＝—a３＋３a３＋a>0且f（a）＝a３—３a３＋a<0．解得a>错误!.所以a的取值范围是错误!.答案：错误!9．已知函数f（x）＝错误!x３—错误!（a２＋a＋２）x２＋a２（a＋２）x，a∈R.（１）当a＝—１时，求函数y＝f（x）的单调区间；（２）求函数y＝f（x）的极值点．解：（１）当a＝—１时，f（x）＝错误!x３—x２＋x，f′（x）＝x２—２x＋１＝（x—１）２≥0，所以函数f（x）是R上的增函数，增区间为（—∞，＋∞），无递减区间．（２）因为f′（x）＝x２—（a２＋a＋２）x＋a２（a＋２）＝（x—a２）·[x—（a＋２）]，１当a＝—１或a＝２时，a２＝a＋２，f′（x）≥0恒成立，函数f（x）为增函数，无极值点．２当a＜—１或a＞２时，a２＞a＋２，可得当x∈（—∞，a＋２）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数；当x∈（a＋２，a２）时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数；当x∈（a２，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数．所以当x＝a＋２时，函数f（x）有极大值f（a＋２）；当x＝a２时，函数f（x）有极小值f（a２）．３当—１＜a＜２时，a２＜a＋２，可得当x∈（—∞，a２）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数；当x∈（a２，a＋２）时，f′（x）＜0，函数f（x）为减函数；当x∈（a＋２，＋∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）为增函数．所以当x＝a＋２时，函数f（x）有极小值f（a＋２）; 当x＝a２时，函数f（x）有极大值f（a２）．综上所述，当a＝—１或a＝２时，f（x）无极值点；当a＜—１或a＞２时，f（x）的极大值点为x＝a＋２，极小值点为x＝a２；当—１＜a＜２时，f（x）的极大值点为x＝a２，极小值点为x＝a＋２．１0．已知函数f（x）＝错误!—１．（１）求函数f（x）的单调区间；（２）设m>0，求函数f（x）在区间[m，２m]上的最大值．解：（１）因为函数f（x）的定义域为（0，＋∞），且f′（x）＝错误!，由错误!得0<x<e；由错误!得x>e.所以函数f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，＋∞）．（２）１当错误!，即0<m≤错误!时，[m，２m]⊆（0，e），函数f（x）在区间[m，２m]上是增加的，所以f（x）max＝f（２m）＝错误!—１；２当m<e<２m，即错误!<m<e时，[m，e）⊆（0，e），（e，２m]⊆（e，＋∞），函数f（x）在区间[m，e）上是增加的，在（e，２m]上是减少的，所以f（x）max＝f（e）＝错误!—１＝错误!—１；３当m≥e时，[m，２m]⊆（e，＋∞），函数f（x）在区间[m，２m]上是减少的，所以f（x）max＝f（m）＝错误!—１．综上所述，当0<m≤错误!时，f（x）max＝错误!—１；当错误!<m<e时，f（x）max＝错误!—１；当m≥e时，f（x）max＝错误!—１．[综合题组练]１．（２0２0·重庆模拟）已知函数f（x）＝２e f′（e）ln x—错误!（e是自然对数的底数），则f（x）的极大值为（）Ａ．２e—１Ｂ．—错误!Ｃ．１Ｄ．２ln ２解析：选Ｄ．由题意知f′（x）＝错误!—错误!，所以f′（e）＝错误!—错误!，f′（e）＝错误!，所以f′（x）＝错误!—错误!，令f′（x）＝0，得x＝２e，所以f（x）在（0，２e）上是增加的，在（２e，＋∞）上是减少的，所以f（x）的极大值为f（２e）＝２ln（２e）—２＝２ln ２，选Ｄ．２．若函数f（x）＝错误!x３＋x２—错误!在区间（a，a＋５）上存在最小值，则实数a的取值范围是（）Ａ．[—５，0）Ｂ．（—５，0）Ｃ．[—３，0）Ｄ．（—３，0）解析：选Ｃ．由题意，f′（x）＝x２＋２x＝x（x＋２），故f（x）在（—∞，—２），（0，＋∞）上是增函数，在（—２，0）上是减函数，作出其大致图象如图所示，令错误!x３＋x２—错误!＝—错误!得，x＝0或x＝—３，则结合图象可知，错误!解得a∈[—３，0）．３．（２0２0·河南驻马店模拟）已知函数f（x）＝错误!在[—２，２]上的最大值为３，则实数a的取值范围是（）Ａ．（ln ３，＋∞）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．（—∞，ln ３]解析：选C.由题意，当x≤0时，f（x）＝２x３＋３x２＋２，可得f′（x）＝6x２＋6x＝6x（x＋１），所以当—２≤x<—１时，f′（x）>0，函数f（x）在[—２，—１）上是增加的，当—１<x≤0时，f′（x）≤0，函数f（x）在（—１，0]上是减少的，所以函数f（x）在[—２，0]上的最大值为f（—１）＝３．要使函数f（x）在[—２，２]上的最大值为３，则当x∈（0，２]时，e ax的值必须小于或等于３．又y＝e ax 单调，因此当x＝２时，e２a的值必须小于或等于３，即e２a≤３，解得a≤错误!ln ３．故选Ｃ．４．若x＝—２是函数f（x）＝（x２＋ax—１）e x—１的极值点，则a＝________，f（x）的极小值为________．解析：因为f（x）＝（x２＋ax—１）e x—１，所以f′（x）＝（２x＋a）e x—１＋（x２＋ax—１）e x—１＝[x２＋（a＋２）x＋a—１]e x—１.因为x＝—２是函数f（x）＝（x２＋ax—１）e x—１的极值点，所以—２是x２＋（a＋２）x＋a—１＝0的根，所以a＝—１，f′（x）＝（x２＋x—２）e x—１＝（x＋２）（x—１）e x—１.令f′（x）>0，解得x<—２或x>１，令f′（x）<0，解得—２<x<１，所以f（x）在（—∞，—２）上是增加的，在（—２，１）上是减少的，在（１，＋∞）上是增加的，所以当x＝１时，f（x）取得极小值，且f（x）极小值＝f（１）＝—１．答案：—１—１５．（２0２0·石家庄市质量检测）已知函数f（x）＝a e x—sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．（１）当a＝１时，证明：对任意的x∈[0，＋∞），f（x）≥１；（２）若函数f（x）在错误!上存在极值，求实数a的取值范围．解：（１）证明：当a＝１时，f（x）＝e x—sin x，于是f′（x）＝e x—cos x.当x∈[0，＋∞）时，e x＞１且cos x≤１．故当x∈[0，＋∞）时，e x—cos x＞0，即f′（x）＞0．所以函数f（x）＝e x—sin x为[0，＋∞）上的增函数，因为f（0）＝１，所以对任意的x∈[0，＋∞），f（x）≥１．（２）法一：由f（x）在错误!上存在极值，得f′（x）＝a e x—cos x在错误!上存在零点．１当a∈（0，１）时，f′（x）＝a e x—cos x为错误!上的增函数，注意到f′（0）＝a—１＜0，f′错误!＝a·e错误!＞0，所以，存在唯一实数x0∈错误!，使得f′（x0）＝0成立．当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）为（0，x0）上的减函数；当x∈错误!时，f′（x）＞0，f（x）为错误!上的增函数．所以x0错误!为函数f（x）的极小值点．２当a≥１时，f′（x）＝a e x—cos x≥e x—cos x＞0在错误!上恒成立．所以f（x）在错误!上是增加的，所以f（x）在错误!上没有极值．３当a≤0时，f′（x）＝a e x—cos x＜0在错误!上恒成立，所以f（x）在错误!上是减少的，所以f（x）在错误!上没有极值．综上所述，若f（x）在错误!上存在极值，则实数a的取值范围是（0，１）．法二：由函数f（x）在错误!上存在极值，得f′（x）＝a e x—cos x在错误!上存在零点，即a＝错误!在错误!上有解．设g（x）＝错误!，x∈错误!，则g′（x）＝错误!＜0在错误!上恒成立，所以g（x）为错误!上的减函数．所以g（x）的值域为（0，１），所以当实数a∈（0，１）时，f′（x）＝a e x—cos x在错误!上存在零点．下面证明，当a∈（0，１）时，函数f（x）在错误!上存在极值．事实上，当a∈（0，１）时，f′（x）＝a e x—cos x为错误!上的增函数，注意到f′（0）＝a—１＜0，f′错误!＝a·e错误!＞0，所以存在唯一实数x0∈错误!，使得f′（x0）＝0成立．当x∈错误!时，f′（x）＜0，f（x）为（0，x0）上的减函数；当x∈错误!时，f′（x）＞0，f（x）为错误!上的增函数．即x0错误!为函数f（x）的极小值点．综上所述，若函数f（x）在错误!上存在极值，则实数a的取值范围是（0，１）．6．已知函数f（x）＝a ln x＋错误!（a>0）．（１）求函数f（x）的单调区间和极值；（２）是否存在实数a，使得函数f（x）在[１，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′（x）＝错误!—错误!（a>0）．（１）由f′（x）>0，解得x>错误!，所以函数f（x）的增区间是错误!；由f′（x）<0，解得x<错误!，所以函数f（x）的减区间是错误!.所以当x＝错误!时，函数f（x）有极小值f错误!＝a ln 错误!＋a＝a—a ln a.（２）不存在．理由如下：由（１）可知，当x∈错误!时，函数f（x）是减少的；当x∈错误!时，函数f（x）是增加的．１若0<错误!≤１，即a≥１时，函数f（x）在[１，e]上为增函数，故函数f（x）的最小值为f（１）＝a ln １＋１＝１，显然１≠0，故不满足条件．２若１<错误!≤e，即错误!≤a<１时，函数f（x）在错误!上为减函数，在错误!上为增函数，故函数f（x）的最小值为f（x）的极小值f错误!＝a ln 错误!＋a＝a—a ln a＝a（１—ln a）＝0，即ln a＝１，解得a＝e，而错误!≤a<１，故不满足条件．３若错误!>e，即0<a<错误!时，函数f（x）在[１，e]上为减函数，故函数f（x）的最小值为f（e）＝a ln e＋错误!＝a＋错误!＝0，即a＝—错误!，而0<a<错误!，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f（x）在[１，e]上的最小值为0．。

第4讲 导数与函数的最值一、选择题1．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A.1e B.2e 2 C ．0D.12e解析：选A.易知y ′＝1－xe x ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得2≥x >1，所以函数y ＝x e x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是y |x ＝1＝1e，故选A.2．(2018·安徽模拟)已知f (x )＝ln xx，则( )A ．f (2)>f (e)>f (3)B ．f (3)>f (e)>f (2)C ．f (3)>f (2)>f (e)D ．f (e)>f (3)>f (2)解析：选D.f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln xx2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故x ＝e 时，f (x )max ＝f (e)＝1e ，而f (2)＝ln 22＝ln 86，f (3)＝ln 33＝ln 96，所以f (e)>f (3)>f (2)．故选D.3．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又(－3)＝28，(1)＝－4，(2)＝3，()在区间[，2]上的最大值为28，所以≤－3.4．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A ．12B ．1C ．0D ．不存在解析：选A.f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x ＞0，令f ′(x )＞0，得x ＞1；令f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，所以f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.5．已知f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为( )A.14 B ．13 C.12D ．1解析：选D.因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1，当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a >12，所以0<1a <2.令f ′(x )>0，得x <1a ，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增；令f ′(x )<0，得x >1a，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上单调递减．所以当x ∈(0，2)，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －a ·1a ＝－1，所以ln 1a＝0，所以a ＝1.故选D.6．P 在曲线y ＝e x上，Q 在直线y ＝ln x 上，则|PQ |的最小值为( ) A ．22B ． 2C ．2 2D ．2解析：选B.因为y ＝e x 与y ＝ln x 关于直线y ＝x 对称，设P (x ，e x)，则P 到直线y ＝x的距离d ＝e x－x2，令f (x )＝e x －x ，则f ′(x )＝e x－1，f ′(x )＝0时，x ＝0，f ′(x )>0时，x >0，f ′(x )<0时，x <0，所以f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，所以f (x )min ＝f (0)＝1，所以d min ＝12＝22. 所以|PQ |min ＝2，选B. 二、填空题7．函数y ＝x e x的最小值是________．解析：因为y ＝x e x ，所以y ′＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x.当x >－1时，y ′>0；当x <－1时，y ′<0，所以当x ＝－1时函数取得最小值，且y min ＝－1e.答案：－1e8．函数f (x )＝x sin x ＋cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的最大值为________．解析：因为f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，所以f ′(x )＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的解为x ＝π2.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝π12＋32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2，f (π)＝－1，所以函数f (x )＝x sin x ＋cosx 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π上的最大值为π2. 答案：π29．已知函数f (x )＝ax －ln x ，当x ∈(0，e](e 为自然常数)时，函数f (x )的最小值为3，则a 的值为________．解析：易知a ＞0，由f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ＝0，得x ＝1a，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1a 时取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝1－ln 1a.①当0＜1a ≤e 时，由1－ln 1a＝3，得a ＝e 2，符合题意，②当1a ＞e 时，由a e －ln e ＝3，得a ＝4e，舍去．答案：e 210．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x .当f (x )的最小值不小于－a 时，则实数a 的最小值为________．解析：因为f ′(x )＝a ＋2xx， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值； 当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，0<x <－a2，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．所以当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln(－a 2)＋2×(－a2)．根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ，即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得－2≤a <0，所以a 的最小值为－2.答案：－2 三、解答题11．(2018·沈阳监测)已知函数f (x )＝a ln x (a >0)，e 为自然对数的底数． (1)若过点A (2，f (2))的切线斜率为2，求实数a 的值；(2)当x >0时，求证f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ；(3)若在区间(1，e)上e x a －e 1ax <0恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝a x， 所以f ′(2)＝a2＝2，所以a ＝4.(2)证明：令g (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x －1＋1x (x >0)，则g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫1x －1x2. 令g ′(x )>0，即a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2>0，解得x >1，令g ′(x )<0，解得0<x <1；所以g (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g (x )的最小值为g (1)＝0，所以f (x )≥a ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x .(3)由题意可知e x a <e 1ax ，化简得x －1a <ln x ，又x ∈(1，e)，所以a >x －1ln x.令h (x )＝x －1ln x ，则h ′(x )＝ln x －1＋1x （ln x ）2.由(2)知，当x ∈(1，e)时，ln x －1＋1x>0，所以h ′(x )>0，即h (x )在(1，e)上单调递增， 所以h (x )<h (e)＝e －1. 所以a ≥e －1.故实数a 的取值范围为[e －1，＋∞)．12．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝(x －1)e x＋1，x ∈[0，1]． (1)证明：f (x )≥0；(2)若a <e x－1x<b 对任意的x ∈(0，1)恒成立，求b －a 的最小值．解：(1)证明：因为f ′(x )＝x e x≥0， 即f (x )在[0，1]上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，即结论成立．(2)令g (x )＝e x－1x ，则g ′(x )＝（x －1）e x＋1x2>0，x ∈(0，1)，所以，当x ∈(0，1)时，g (x )<g (1)＝e －1，要使e x－1x<b ，只需b ≥e －1.要使e x－1x>a 成立，只需e x －ax －1>0在x ∈(0，1)恒成立，令h (x )＝e x－ax －1.x ∈(0，1)，则h ′(x )＝e x －a ，由x ∈(0，1)，得e x ∈(1，e)，①当a ≤1时，h ′(x )>0，此时x ∈(0，1)，有h (x )>h (0)＝0成立，所以a ≤1满足条件；②当a ≥e 时，h ′(x )<0，此时x ∈(0，1)，有h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去； ③当1<a <e 时，令h ′(x )＝0，得x ＝ln a ，可得当x ∈(0，ln a )时，h ′(x )<0，即x ∈(0，ln a )时，h (x )<h (0)＝0，不符合题意，舍去．综上，a ≤1.又b ≥e －1，所以b －a 的最小值为e －2.1．已知f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x . (1)讨论函数F (x )＝f (x )－g (x )的单调性；(2)若方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解：(1)F (x )＝ax 2－2ln x ，其定义域为(0，＋∞)， 所以F ′(x )＝2ax －2x＝2（ax 2－1）x(x ＞0)．①当a ＞0时，由ax 2－1＞0，得x ＞1a，由ax 2－1＜0，得0＜x ＜1a，故当a ＞0时，F (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减．②当a ≤0时，F ′(x )＜0(x ＞0)恒成立．故当a ≤0时，F (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)原式等价于方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解．令φ(x )＝2ln x x 2，由φ′(x )＝2x （1－2ln x ）x4易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，而φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22.由φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝ln e 4－ln 2e 22e 2＜ln 81－ln 272e2＜0，所以φ(e)＜φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a ＜1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时a 的取值范围为[ln 22，1e )．2．已知f (x )＝x ln x .(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2e x 成立．解：(1)由f (x )＝x ln x ，x >0，得f ′(x )＝ln x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝1e.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ①当0<t <1e <t ＋2，即0<t <1e时，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e＝－1e； ②当1e ≤t <t ＋2，即t ≥1e时，f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min ＝f (t )＝t ln t ．所以f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧－1e ，0<t <1e t ln t ，t ≥1e.(2)证明：问题等价于证明x ln x >x e x －2e(x ∈(0，＋∞))．由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取到．设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，由m ′(x )<0得x >1时，m (x )为减函数，由m ′(x )>0得0<x <1时，m (x )为增函数， 易知m (x )max ＝m (1)＝－1e，当且仅当x ＝1时取到．从而对一切x ∈(0，＋∞)，x ln x ≥－1e ≥x e x －2e ，两个等号不同时取到，即证对一切x ∈(0，＋∞)都有ln x >1e x －2e x成立．本文档仅供文库使用。

第3章导数及其应用章末总结二、根置教材，考在变中 一、选择题1．(选修1­1 P 110A 组T 2(2)改编)曲线f (x )＝e xln x 在x ＝1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( )A ．eB ．e 2C ．e 4D ．2e解析：选B.f ′(x )＝e xln x ＋e xx ＝e x(ln x ＋1x)，所以f ′(1)＝e ，f (1)＝0，所以曲线f (x )＝e xln x 在x ＝1处的切线方程为y ＝e(x －1)，令x ＝0，得y ＝－e ，令y ＝0，得x ＝1.所以切线与坐标轴围成的三角形面积为S ＝12×e ×1＝e 2，故选B.2．(选修1­1 P 104 A 组T 2改编)将一边长为4的正方形铁片四角截去大小相同的四个小正方形后，做成一个无盖方盒，则方盒的最大容积为( )A ．4B.12827C ．6D ．8解析：选B.设截去的小正方形的边长为x ，则做成的方盒体积V (x )＝x (4－2x )2＝4x 3－16x 2＋16x (0<x <2)，V ′(x )＝12x 2－32x ＋16＝4(3x 2－8x ＋4)＝4(x －2)(3x －2)，当V ′(x )＝0时，x ＝23；V ′(x )>0时，0<x <23；V ′(x )<0时，23<x <2，所以V (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2上是减函数， 所以V (x )max ＝V ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝12827.选B.3．(选修1­1 P 99 B 组(3)改编)已知e 是自然对数的底数，若函数f (x )＝e x－x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，则实数a 的取值范围为( )A ．[－2，2]B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－1，＋∞)D ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)解析：选C.因为函数f (x )＝e x －x ＋a 的图象始终在x 轴的上方，所以f (x )＝e x－x ＋a的最小值大于零．由f ′(x )＝e x－1＝0，得x ＝0，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以f (x )＝e x－x ＋a 的最小值为f (0)＝1＋a ，由1＋a >0，得实数a 的取值范围为(－1，＋∞)．4．(选修1­1 P 99 A 组T 6(2)改编)已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则( )A ．k ≥－3B ．k ＞－3C ．k ≤－3D ．k ＜－3解析：选C.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f又(－3)＝28，(1)＝－4，(2)＝3，()在区间[，2]上的最大值为28，所以≤－3.故选C.二、填空题5．(选修1­1 P 99 B 组(4)改编)已知f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax (a >12)，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值为________．解析：因为f (x )是奇函数，所以f (x )在(0，2)上的最大值为－1，当x ∈(0，2)时，f ′(x )＝1x －a ，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，又a >12，所以0<1a <2.令f ′(x )>0，得x <1a ，所以f (x )在(0，1a )上单调递增；令f ′(x )<0，得x >1a ，所以f (x )在(1a，2)上单调递减．所以当x ∈(0，2)时，f (x )max ＝f (1a )＝ln 1a －a ·1a ＝－1，所以ln 1a＝0，所以a ＝1.答案：16．(选修1­1 P 98练习(2)改编)设函数f (x )＝kx 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1，1]，都有f (x )≥0成立，则实数k 的值为________．解析：若x ＝0，则不论k 取何值，f (x )≥0都成立； 当x ＞0，即x ∈(0，1]时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝3（1－2x ）x4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减， 因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而k ≥4； 当x ＜0，即x ∈[－1，0)时，f (x )＝kx 3－3x ＋1≥0可化为k ≤3x 2－1x 3，g (x )＝3x 2－1x3在区间[－1，0)上单调递增，因此g (x )min ＝g (－1)＝4，从而k ≤4，综上k ＝4. 答案：4 三、解答题7．(选修1­1 P 99B 组(4)改编)已知函数f (x )＝ln x －x . (1)判断函数f (x )的单调性；(2)函数g (x )＝f (x )＋x ＋12x －m 有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2.求证：x 1＋x 2>1.解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，由f ′(x )＝1－xx >0，得0<x <1；由f ′(x )＝1－xx<0，得x >1.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，1)，函数f (x )的单调递减区间为(1，＋∞)． (2)证明：根据题意得，g (x )＝ln x ＋12x －m (x >0)，因为x 1，x 2是函数g (x )＝ln x ＋12x －m 的两个零点，所以ln x 1＋12x 1－m ＝0，ln x 2＋12x 2－m ＝0.两式相减，可得ln x 1x 2＝12x 2－12x 1，即ln x 1x 2＝x 1－x 22x 2x 1，故x 1x 2＝x 1－x 22lnx 1x 2.所以x 1＝x 1x 2－12ln x 1x 2，x 2＝1－x 2x 12ln x 1x 2.令t ＝x 1x 2，其中0<t <1，则x 1＋x 2＝t －12ln t ＋1－1t 2ln t ＝t －1t 2ln t.构造函数h (t )＝t －1t－2ln t (0<t <1)，则h ′(t )＝（t －1）2t2. 因为0<t <1，所以h ′(t )>0恒成立，故h (t )<h (1)，即t －1t－2ln t <0.又因为ln t <0，所以t －1t2ln t>1，故x 1＋x 2>1.8．(选修1­1 P 99B 组(1)(3)改编)设函数f (x )＝e x＋a sin x ＋b . (1)当a ＝1，x ∈[0，＋∞)时，f (x )≥0恒成立，求b 的范围；(2)若f (x )在x ＝0处的切线为x －y －1＝0，求a 、b 的值．并证明当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>ln x .解：(1)由f (x )＝e x＋a sin x ＋b ，当a ＝1时，得f ′(x )＝e x＋cos x .当x ∈[0，＋∞)时，e x≥1，cos x ∈[－1，1]，且当cos x ＝－1时，x ＝2k π＋π，k∈N ，此时e x>1.所以f ′(x )＝e x＋cos x >0，即f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (0)＝1＋b ，由f (x )≥0恒成立，得1＋b ≥0，所以b ≥－1.(2)由f (x )＝e x＋a sin x ＋b 得f ′(x )＝e x ＋a cos x ，且f (0)＝1＋b .由题意得f ′(0)＝e 0＋a ＝1，所以a ＝0. 又(0，1＋b )在切线x －y －1＝0上． 所以0－1－b －1＝0.所以b ＝－2.所以f (x )＝e x－2.先证e x －2>x －1，即e x－x －1>0(x >0)，令g (x )＝e x －x －1(x >0)，则g ′(x )＝e x－1>0， 所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数．所以g (x )>g (0)＝0，即e x－2>x －1.①再证x －1≥ln x ，即x －1－ln x ≥0(x >0)，令φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x，φ′(x )＝0时，x ＝1，φ′(x )>0时，x >1，φ′(x )<0时，0<x <1.所以φ(x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以φ(x )min ＝φ(1)＝0.即x －1－ln x ≥0，所以x －1≥ln x ．②由①②得e x－2>ln x ，即f (x )>ln x 在(0，＋∞)上成立．。

第3讲 导数与函数的极值一、选择题1．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4 D ．2解析：选D.由题意得f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2，2)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，所以a ＝2.2．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289解析：选C.函数f (x )的图象过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b－c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 3．(2018·山西模拟)已知函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A ．(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B ．(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C.由函数y ＝f (x )导函数的图象可知： 当x <－1及3<x <5时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当－1<x <3及x >5时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)； 单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，f (x )在x ＝－1，5处取得极小值，在x ＝3处取得极大值， 故选项C 错误，故选C.4．(2018·陕西质量检测(一))设函数f (x )＝x sin x 在x ＝x 0处取得极值，则(1＋x 20)(1＋cos 2x 0)的值为( )A ．1B ．－1C ．－2D ．2解析：选D.f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，令f ′(x )＝0得tan x ＝－x ，所以tan 2x 0＝x 20，故(1＋x 20)(1＋cos 2x 0)＝(1＋tan 2x 0)·2cos 2x 0＝2cos 2x 0＋2sin 2x 0＝2，选D.5．(2018·福建福州八中第六次质检)已知函数f (x )＝e x －(x ＋1)2(e 为2.718 28…)，则f (x )的大致图象是( )解析：选C.对f (x )＝e x－(x ＋1)2求导得f ′(x )＝e x－2x －2，显然x →＋∞时，导函数f ′(x )>0，函数f (x )是增函数，排除A ，D ；x ＝－1时，f ′(－1)≠0，所以x ＝－1不是函数的极值点，排除B ，故选C.6．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，4]B ．[2，4]C ．[1，4)D ．[1，2]解析：选C.因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝±a ，当变化时，′()与()的变化情况如下表所示：x (－∞，－a ) － a (－a ，a ) a (a ，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋f (x ) 极大值 极小值因为函数f (x )在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以⎩⎨⎧a <2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a >－1，2≤a ，解得1≤a <4.选C.二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________．解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知x ＝－3为方程3x 2＋2ax ＋3＝0的根，所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5.答案：58．已知函数f (x )＝x 3－px 2－qx 的图象与x 轴切于(1，0)点，则f (x )的极大值与极小值的和为________．解析：由题意知，f ′(x )＝3x 2－2px －q ，由f ′(1)＝0，f (1)＝0得⎩⎪⎨⎪⎧3－2p －q ＝0，1－p －q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，q ＝－1，所以f (x )＝x 3－2x 2＋x ，由f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝0，得x ＝13或x ＝1，易得当x＝13时，f (x )取极大值427，当x ＝1时，f (x )取极小值0. 所以f (x )的极大值与极小值的和为427.答案：4279．已知函数f (x )＝1＋ln xkx(k ≠0)，则函数f (x )的极值为________．解析：f (x )＝1＋ln x kx，其定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝－ln x kx2.令f ′(x )＝0，得x ＝1，当k >0时，若0<x <1，则f ′(x )>0； 若x >1，则f ′(x )<0，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x ＝1时，函数f (x )取得极大值1k.当k <0时，若0<x <1，则f ′(x )<0； 若x >1，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x ＝1时，函数f (x )取得极小值1k.答案：1k10．若函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(a ＞0)有两个极值点，则a 的取值范围为________．解析：因为f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋1(x >0)，所以f ′(x )＝ln x －ax ，f ″(x )＝1x－a ＝0，得一阶导函数有极大值点x ＝1a，由于x →0时，f ′(x )→－∞； 当x →＋∞时，f ′(x )→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1>0，解得0<a <1e . 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e三、解答题11．已知函数f (x )＝ax 2－b ln x 在点A (1，f (1))处的切线方程为y ＝1. (1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )的极值．解：(1)f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax －bx，f (1)＝a ＝1，f ′(1)＝2a －b ＝0， 将a ＝1代入2a －b ＝0， 解得b ＝2.(2)由(1)得f (x )＝x 2－2ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－2x，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增， 所以f (x )极小值＝f (1)＝1，无极大值．12．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e x－3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )．(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 3e ，且x ＞0时，e xx ＞32x ＋1x－3a .解：(1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，x ∈R ，知f ′(x )＝e x－3，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，x (－∞，ln 3)ln 3 (ln 3，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )3(1－ln 3＋a )故f ()的单调递减区间是(－∞，ln 3]， 单调递增区间是[ln 3，＋∞)，f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝e ln 3－3ln 3＋3a ＝3(1－ln 3＋a )．无极大值．(2)证明：待证不等式等价于e x＞32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，x ＞0，于是g ′(x )＝e x－3x ＋3a ，x ＞0. 由(1)及a ＞ln 3e＝ln 3－1知：g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )＞0.于是对任意x ＞0，都有g ′(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)内单调递增．于是当a ＞ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )＞g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x＞32x 2－3ax ＋1，故e xx ＞32x ＋1x－3a .1．(2018·威海调研)已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1. (1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值． 解：(1)因为f (x )＝xln x ＋ax ，x >1.所以f ′(x )＝ln x －1ln 2x＋a . 由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤1ln 2 x －1ln x ＝⎝⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14，对x ∈(1，＋∞)恒成立．因为x ∈(1，＋∞)，所以ln x ∈(0，＋∞)，所以1ln x －12＝0时，函数t (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫1ln x －122－14的最小值为－14，所以a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－14.(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2 x ＝（2ln x －1）（ln x ＋1）ln 2x 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）＝0，x >1，得x ＝e 12. f (x )与f ′(xx ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，e 12 e 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 12，＋∞ f ′(x ) －＋ f (x )极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 12所以f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 12＝e 1212＋2e 12＝4 e. 2．(2018·温州市普通高中高三模考)设a ∈R ，函数f (x )＝ax 3＋x 22＋x ＋1，g (x )＝e x(e是自然对数的底数)．(1)证明：存在一条定直线l 与曲线C 1：y ＝f (x )和C 2：y ＝g (x )都相切； (2)若f (x )≤g (x )对x ∈R 恒成立，求a 的值．解：(1)证明：函数f (x )，g (x )的导数分别为f ′(x )＝3ax 2＋x ＋1，g ′(x )＝e x， 注意到对任意a ∈R ，f (0)＝g (0)＝1，f ′(0)＝g ′(0)＝1，故存在定直线l ：y ＝x ＋1与曲线C 1：y ＝f (x )和C 2：y ＝g (x )都相切．(2)设函数F (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 3＋x 22＋x ＋1e －x，则对任意x ∈R ，都有F (x )≤1，因为对任意a ∈R ，都有F (0)＝1，故x ＝0为F (x )的极大值点，F ′(x )＝(3ax 2＋x ＋1)e －x－⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 3＋x 22＋x ＋1e －x＝⎝⎛⎭⎪⎫－ax ＋3a －12x 2e －x ，记h (x )＝－ax ＋3a －12，则F ′(x )＝h (x )(x 2e －x )，注意到在x ＝0的附近，恒有x 2e －x>0，故要使x ＝0为F (x )的极大值点，必须h (0)＝0， 即3a －12＝0，从而a ＝16，又当a ＝16时，F ′(x )＝－16x 3e －x，则当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )>0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )<0，于是F (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，故F (x )max ＝F (0)，综上所述，a ＝16.。