资源简介

(共80张PPT)
第三章
一元函数的导数及其应用
第3课时　导数与函数的极值、最值
[考试要求]　1．借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．
2．会用导数求函数的极大值、极小值．
3．会求闭区间上函数的最大值、最小值．
链接教材·夯基固本
1．函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f (x)在点x＝a处的函数值f (a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f ′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧________，右侧________．则_叫做函数y＝f (x)的极小值点，f (a)叫做函数y＝f (x)的极小值．
f ′(x)<0
f ′(x)>0
a
(2)函数的极大值：
函数y＝f (x)在点x＝b处的函数值f (b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f ′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧________，右侧________．则_叫做函数y＝f (x)的极大值点，f (b)叫做函数y＝f (x)的极大值．
(3)极小值点、极大值点统称为_________，极小值和极大值统称为_____．
提醒：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．例如：f (x)＝x3，f ′(x)＝3x2，当x0＝0时，f ′(x0)＝0，但x0＝0不是f (x)的极值点；②区分极值与极值点．
f ′(x)>0
f ′(x)<0
b
极值点
极值
2．函数的最大(小)值
(1)函数f (x)在区间[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________的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求函数y＝f (x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数y＝f (x)在区间(a，b)内的____；
②将函数y＝f (x)的各极值与_______________________比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
连续不断
极值
端点处的函数值f (a)，f (b)
[常用结论]
1．若函数f (x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值．
2．单调函数无极值，区间端点一定不是极值点．
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大． (　　)
(2)函数y＝f ′(x)的零点是函数y＝f (x)的极值点． (　　)
(3)函数的极大值一定是函数的最大值． (　　)
(4)函数在某区间上的极大值是唯一的． (　　)
√
×
×
×
√
二、教材经典衍生
1．(人教A版选择性必修第二册P92练习T1改编)函数f (x)的导函数
f ′(x)的图象如图所示，则f (x)的极小值点的个数为(　　)
A．1　　 B．2
C．3 D．4
A　[由题意知在x＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，函数f (x)在x＝－1处取得极小值．故选A．]
√
2．(人教A版选择性必修第二册P92练习T2改编)已知函数f (x)＝，则f (x)的极大值为(　　)
A．－e　　 B．
C．1 D．0
B　[函数f (x)＝的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝，令f ′(x)＝0，解得x＝e，
f ′(x)，f (x)在(0，＋∞)上的变化情况列表如下：
x (0，e) e (e，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) 单调递增 单调递减
所以函数f (x)的极大值为f (e)＝．故选B．]
3．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T9改编)若函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为________．
2　[函数f (x)＝x(x－c)2的导数为f ′(x)＝3x2－4cx＋c2．
由题意知，f (x)在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6．
当c＝6时，f ′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)，
易得f (x)在x＝2处有极大值，不符合题意．
当c＝2时，f ′(x)＝3x2－8x＋4＝(3x－2)(x－2)，
易得f (x)在x＝2处有极小值，符合题意．
故c＝2．]
2
4．(人教A版选择性必修第二册P98T6改编)已知f (x)＝x3－12x＋1，x∈，则f (x)的最大值为________，最小值为________．
　－10　[f ′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，
因为x∈，所以f ′(x)＜0，
故f (x)在上单调递减，
所以f (x)的最大值为f＝，最小值为f (1)＝－10．]
－10　
　
典例精研·核心考点
考点一　利用导数研究函数的极值
考向1　根据函数的图象判断函数的极值
[典例1]　(2025·江苏常州模拟)已知函数f (x)的导函数为f ′(x)，定义域为(0，＋∞)，且函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．f (x)有极小值f (6)，极大值f (1)
B．f (x)仅有极小值f (6)，极大值f (10)
C．f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10)
D．f (x)仅有极小值f (1)，极大值f (10)
√
C　[由函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象，
得当x<1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当10，f (x)单调递增，
当3当60，f (x)单调递增，
当x>10时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
所以函数f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10)．
故选C．]
考向2　求已知函数的极值
[典例2]　已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求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，解得x＝2．
当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表．
故f (x)的极大值为f (2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a＝．
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；
x (0，2) 2 (2，＋∞)
f ′(x) ＋ 0 －
f (x) 单调递增 ln 2－1 单调递减
当a>0，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f (x)有一个极大值点，且极大值点为x＝．
考向3　已知函数的极值(点)求参数
[典例3]　(1)(2024·湖北武汉期中)已知函数f (x)＝b ln x＋x2＋2ax＋a2－3a在x＝1处取得极小值，则的值为________．
(2)(2025·八省联考)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．
－　
(1)－　[对f (x)＝b ln x＋x2＋2ax＋a2－3a求导得，f ′(x)＝＋3x＋2a，依题意得，即
解得 或
当a＝4，b＝－11时，f (x)＝－11ln x＋x2＋8x＋4，x>0，f ′(x)＝－＋3x＋8＝＝，
当01时，f ′(x)>0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
即x＝1时，函数f (x)取得极小值f (1)＝，符合题意，此时＝－；
当a＝－3，b＝3时，f (x)＝3ln x＋x2－6x＋18，x>0，f ′(x)＝＋3x－6＝＝≥0，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，与题意不符，舍去．]
(2)解：①当a＝1，b＝－2时，f (x)＝ln x－－x，其中x>0，∴f ′(x)＝－1．
设切点为(x0，y0)，∵切线斜率为2，∴f ′(x0)＝－1＝2．
解得x0＝1，x0＝－(舍去)．
当x0＝1时，y0＝f (1)＝ln 1－2－1＝－3．
∴切线方程为y－(－3)＝2(x－1)，
即2x－y－5＝0．
②f ′(x)＝－1，∵x＝1为f (x)的极小值点，∴f ′(1)＝a－b－1＝0，∴a＝b＋1，
∴f ′(x)＝－＝－．
(i)若b≤0，此时x－b>0，令f ′(x)＝0，得x＝1．
当00，f (x)单调递增；当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，f (x)在x＝1处取得极大值，舍去．
(ii)若b＝1，f ′(x)＝－≤0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，f (x)不存在极值，舍去．
(iii )若0当b0，f (x)单调递增；
当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
此时f (x)在x＝1处取得极大值，舍去．
(ⅳ)若b>1，当0当10，f (x)单调递增；当x>b时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
此时f (x)在x＝1处取得极小值，符合题意．
综上所述，b的取值范围为(1，＋∞)．
名师点评　与函数极值相关的两类热点问题
(1)求函数f (x)极值的步骤
①确定函数的定义域．
②求导数f ′(x)．
③解方程f ′(x)＝0，求出方程f ′(x)＝0在定义域内的所有根．
④列表检验f ′(x)在f ′(x)＝0各个根的左、右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
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：求解后验证根的合理性．不满足题意可能有两种情况：一是函数在定义域内单调，二是函数在极值点左、右两侧的单调性相反，即极值相反．
√
[跟进训练]
1．(1)已知函数f＝x3－ax2＋x在区间上既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．[2， )
C． D．
(2)已知函数f (x)＝(ln x)2－ax2有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
　
(1)C　(2)　[(1)函数f＝x3－ax2＋x，导函数f ′＝x2－ax＋1．因为f在上既有极大值又有极小值，所以f ′＝0在内应有两个不同的实数根．
所以解得2故选C．
(2)函数f (x)＝(ln x)2－ax2的定义域为(0，＋∞)，导函数f ′(x)＝－2ax，由已知得－2ax＝0有两个不相等的正实数根，
∴a＝有两个不相等的正实数根，即y＝a与y＝的图象有2个不同的交点，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
由g′(x)＝0，得x＝．
当x∈(0，)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，)上单调递增；
当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)在(，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，g()＝，
当x>1时，g(x)>0，当0当x→＋∞时，g(x)→0，
∴函数g(x)的图象如图，
所以实数a的取值范围是．]
√
【教用·备选题】
1．已知函数f (x)＝和g(x)＝＋b有相同的极大值，则b＝(　　)
A．0　　　 B．2　　　
C．－1　　　 D．－3
A　[f ′(x)＝，x∈R，
令f ′(x)>0，解得x<1，令f ′(x)<0，解得x>1，
∴f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x)在x＝1处取得极大值，为f (1)＝．
g′(x)＝，x＞0，令g′(x)<0，解得x>e，令g′(x)>0，解得0∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴g(x)在x＝e处取得极大值，为g(e)＝＋b，
依据题意，f (x)和g(x)有相同的极大值，
故f (1)＝g(e)，解得b＝0．故选A．]
√
2．函数f (x)＝ln x＋x2－ax(x>0)在上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
B　[∵f (x)＝ln x＋x2－ax(x>0)，
∴f ′(x)＝＋x－a，
∵函数f (x)＝ln x＋x2－ax(x>0)在上有且仅有一个极值点，
∴y＝f ′(x)在上只有一个变号零点．
令f ′(x)＝＋x－a＝0，得a＝＋x．
设g(x)＝＋x，则g(x)在上单调递减，在[1，3]上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝2，又g＝，g(3)＝，结合函数g(x)＝＋x，x∈的图象(图略)可得，当≤a<时，y＝f ′(x)在上只有一个变号零点．∴实数a的取值范围为．]
3．设函数f (x)＝－a(x－1)，其中a∈R．若函数f (x)在(－2，－1)上有极大值，求实数a的取值范围．
[解]　f ′(x)＝－a，令g(x)＝－a，则g′(x)＝．因为对于任意x∈(－2，－1)，g′(x)＝<0恒成立，所以g(x)在(－2，－1)上单调递减，即f ′(x)在(－2，－1)上单调递减，因为f (x)在(－2，－1)上有极大值，所以y＝f ′(x)在(－2，－1)上存在“左正右负”的变号零点．由零点存在定理只需
即所以－在(－2，－1)上有极大值时，实数a的取值范围为．
√
考点二　利用导数研究函数的最值
[典例4]　(1)(2022·全国乙卷)函数f＝cos x＋sin x＋1在区间的最小值、最大值分别为(　　)
A．－　　 B．－
C．－＋2 D．－＋2
(2)函数f (x)＝－x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是________．
(3)设实数a>0，求函数f (x)＝在[a，2a]上的最小值．
[－2，1)
(1)D　(2)[－2，1)　[(1)f ′＝－sin x＋sin x＋cos x＝cos x，
所以在区间和上f ′>0，
即f 单调递增；
在区间上f ′<0，即f单调递减．
又f ＝f ＝2，f ＝＋2，f ＝－，
所以f在区间上的最小值为－，最大值为＋2．故选D．
(2)由于f ′(x)＝－x2＋1，
易知f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，
故若函数f (x)在(a，10－a2)上存在最大值，
则即－2≤a＜1．]
(3)[解]　因为f (x)＝，
所以f ′(x)＝(a>0，x>0)，
令f ′(x)>0，得0e，
所以f (x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f (x)在[a，2a]上的最小值f (x)min＝min{f (a)，f (2a)}．
因为f (a)－f (2a)＝ln a－ln (2a)＝ln ，
所以当0f (x)min＝f (a)＝ln a．
当a>2时，f (a)－f (2a)>0，
f (x)min＝f (2a)＝ln (2a)．
综上所述，当0当a>2时，f (x)在[a，2a]上的最小值为ln (2a)．
名师点评
求函数f (x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
[跟进训练]
2．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)易知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00；当x>1时，f ′(x)<0．
∴f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴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]上单调递增，∴f (x)max＝f (e)＝ae＋1≥0，不符合题意．
②若a<－，令f ′(x)>0，得a＋>0，结合x∈(0，e]，解得0令f ′(x)<0，得a＋<0，结合x∈(0，e]，解得－从而f (x)在上单调递增，在上单调递减，∴f (x)max＝f ＝－1＋ln ．令－1＋ln ＝－3，得a＝－e2．
∵－e2<－，∴a＝－e2．
【教用·备选题】
已知函数f (x)＝(cos x－1)e－x ，x∈(0，π)，求函数f (x)的最小值．
[解]　f ′(x)＝＝．
令y＝－sin x－cos x＋1＝－sin ＋1，
当0则－≤－sin <－1，
所以 y＝－sin x－cos x＋1＝－sin ＋1<0，
所以f ′(x)<0，f (x)在上单调递减；
当此时y＝－sin x－cos x＋1＝－sin ＋1>0，所以f ′(x)＞0，
f (x)在上单调递增，
所以当x＝时，函数f (x)取得最小值，
最小值为f ＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
一、单项选择题
1．如图是函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象，下列结论正确的是(　　)
A．y＝f (x)在x＝－1处取得极大值
B．x＝1是函数y＝f (x)的极值点
C．x＝－2是函数y＝f (x)的极小值点
D．函数y＝f (x)在区间(－1，1)上单调递减
13
课后作业(十九)　导数与函数的极值、最值
√
C　[由题图可知，当x<－2时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，当x≥－2时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，
故x＝－2是函数y＝f (x)的极小值点，y＝f (x)无极大值．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
2．已知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，则f (x)的极大值为(　　)
A．－　　 B．ln 2－2
C． D．ln 2＋2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
A　[因为f ′(x)＝＋2ax－，
由题意可知，f ′(2)＝＋4a－＝0，解得a＝，
若a＝，则f (x)＝ln x＋x2－x，f ′(x)＝x－＝，
且f (x)的定义域为(0，＋∞)，
令f ′(x)>0，解得02；令f ′(x)<0，解得1可知f (x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
可知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，即a＝符合题意，
所以f (x)的极大值为f (1)＝－．故选A．]
3．(2025·河南郑州模拟)函数f (x)＝ex＋|ln x＋1|的最小值为(　　)
A．ee　　 B．
C．＋ln 2 D．ee＋2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
13
B　[当x≥时，f (x)＝ex＋ln x＋1，f (x)单调递增，则f (x)≥f ＝＋ln ＋1＝，
当0因此f (x)>f ＝－ln －1＝，
所以f (x)的最小值为．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
4．函数f (x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1，2)内有最小值，则实数a的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
13
A　[f ′(x)＝2x＋(a－1)－＝，
设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24＞0，因此g(x)＝0有两个不同的实数根，
又g(0)＝－3＜0，因此g(x)＝0的两根一正一负，
由题意可知正根在(1，2)内，
所以
解得－＜a＜2．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．函数f (x)＝(x＋1)ex，若方程f (x)＝a(a∈R)有2个实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A．a＜－　　 B．a＝－或a≥0
C．－＜a＜0 D．a＞－
13
√
C　[因为f (x)＝(x＋1)ex，所以f ′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex．
令f ′(x)＞0，解得x＞－2；令f ′(x)＜0，解得x＜－2，所以函数f (x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
所以当x＝－2时，函数f (x)有最小值，且f (－2)＝－e-2＝－．
方程f (x)＝a(a∈R)有2个实数根时，只需直线y＝a与函数y＝f (x)的图象有两个交点．
如图所示：
要满足题意，实数a的取值范围为，故选C．]
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(2024·广东佛山二模)若函数f (x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值又有极小值，则下列结论一定正确的是(　　)
A．a<0　　 B．b<0
C．ab>－1 D．a＋b>0
13
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＝，
又函数f (x)既有极大值又有极小值，所以函数f ′(x)在(0，＋∞)上有两个零点，
由a≠0，所以方程ax2－4x－2b＝0有两个不同的正实数根x1，x2，
所以即故选B．]
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
二、多项选择题
7．函数f (x)＝，则下列说法正确的是(　　)
A．f (x)在x＝1处有最小值
B．1是f (x)的极值点
C．当0D．当a>时，方程f (x)＝a有一个实数根
13
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
BC　[f ′(x)＝，当x∈(－∞，1)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
故f (x)在x＝1处有唯一极大值，即最大值，B正确，A错误；
f (x)max＝f (1)＝，又x→＋∞，f (x)→0，x∈(－∞，0)时，f (x)故当0当a>时，f (x)的图象与直线y＝a无交点，即方程f (x)＝a无实根，D错误．
故选BC．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．(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
13
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
AC　[由题意知，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)＞0，得x＞或x＜－；
令f ′(x)＜0，得－＜x＜，
所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以x＝±是f (x)的极值点，故A正确；
因为f ＝1＋＞0，f ＝1－＞0，f (－2)＝－5＜0，
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
所以函数f (x)在上有一个零点，
当x≥时，f (x)≥f ＞0，即函数f (x)在上无零点，
综上所述，函数f (x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，点(0，0)是h(x)图象的对称中心，将h(x)的图象向上平移一个单位长度得到f (x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心，故C正确；
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
令f ′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f (1)＝f (－1)＝1，
当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，
故D错误．
故选AC．]
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
三、填空题
9．(人教A版选择性必修第二册P93例6改编)若函数f (x)＝x3－4x＋m在区间[0，3]上的最大值为4，则m＝________．
13
4　[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．]
4
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(单位：km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最低，汽车应以________km/h的速度行驶．
13
80　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
80　[设全程运输成本为y元，
由题意，得y＝＝240，v>0，
y′＝240．
令y′＝0，得v＝80．
当v>80时，y′>0；当0所以函数y＝在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，所以当v＝80(km/h)时，全程运输成本最低．]
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
四、解答题
11．(2024·安徽黄山一模)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．
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，
由已知f ′(x)＝3x－4a＋＝＝，
令f ′(x)＝0，得x＝a或x＝，当a＝1时，令f ′(x)＞0，得01，令f ′(x)＜0，得此时函数f (x)在x＝处取得极大值，在x＝1处取得极小值，与函数f (x)在x＝1处取得极大值矛盾；
13
当＝1，即a＝3时，令f ′(x)＞0，得03，令f ′(x)＜0，得1故函数f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
此时函数f (x)在x＝1处取极大值，在x＝3处取极小值，符合题意．
所以a＝3．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
(2)由(1)得f (x)＝x2－12x＋9ln x，f ′(x)＝，x∈，
令f ′(x)＞0，得≤x<1，此时函数f (x)单调递增，
令f ′(x)＜0，得1题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
12．已知f (x)＝ex sin x．
(1)求函数f (x)在[0，2π]内的极值点；
(2)求函数g(x)＝f (x)－x在上的最值．
13
[解]　(1)由f (x)＝ex sin x得
f ′(x)＝ex(sin x＋cos x)＝ex sin ．
令f ′(x)＝0，解得x＋＝kπ，k∈Z，即x＝kπ－，k∈Z．
又x∈[0，2π]，所以x1＝，x2＝．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
f ′(x)，f (x)随x变化而变化的情况如表所示：
13
x
f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f (x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以函数f (x)在[0，2π]内的极大值点为，极小值点为．
(2)由题意可知
g(x)＝f (x)－x＝ex sin x－x，g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－1，
记h(x)＝g′(x)＝ex(sin x＋cos x)－1，
则h′(x)＝ex(sin x＋cos x＋cos x－sin x)＝2ex cos x．
因为x∈，
所以cos x≥0，又ex＞0，
所以h′(x)＝2ex cos x≥0，所以函数h(x)单调递增，
h(0)＝e0(sin 0＋cos 0)－1＝0，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
所以当x∈时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，函数g(x)单调递减；
当x∈时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，函数g(x)单调递增．
g(0)＝e0sin 0－0＝0，g＝ sin ＝－，
g＝sin ＝－，
显然－＞－，所以函数g(x)在上的最小值为g(0)＝0，最大值为g＝－．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13．(2023·北京高考)函数f (x)＝x－x3eax＋b的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1．
(1)求a，b的值；
(2)设g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f (x)的极值点的个数．
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)因为函数f (x)＝x－x3eax＋b，x∈R，
所以f ′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b，因为f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以即
解得a＝－1，b＝1．
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)由(1)知，f (x)＝x－x3e－x+1，所以f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，所以g(x)＝f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±，g′(x)与g(x)随x变化的变化情况列表如下：
13
x (－∞，0) 0 (0，3－) 3－ (3－， 3＋) 3＋ (3＋，
＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 －
g(x) 单调递增 单调递减 单调递增 单调递减
所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－，3＋)上单调递增，在区间(0，3－)和(3＋，＋∞)上单调递减．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(3)由(2)知，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)单调递增，
当x＜－1时，f ′(x)＜f ′(－1)＝1－4e2＜0，f ′(0)＝1＞0，所以存在x1∈(－∞，0)，使得f ′(x1)＝0，
所以f (x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，0)上单调递增，
所以x1是f (x)的一个极小值点；
当x∈(0，3－)时，f ′(x)单调递减，
且f ′(3－)＜f ′(1)＝1－2＜0，
所以存在x2∈(0，3－)，使得f ′(x2)＝0，所以f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，3－)上单调递减，
13
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
所以x2是f (x)的一个极大值点；
当x∈(3－，3＋)时，f ′(x)单调递增，
又因为f ′(3)＝1＞0，所以存在x3∈(3－，3＋)，使得f ′(x3)＝0，
所以f (x)在(3－，x3)上单调递减，在(x3，3＋)上单调递增，
所以x3是f (x)的一个极小值点；
又因为当x＞3＋时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(3＋，＋∞)上单调递增，无极值点．
综上，f (x)在定义域R上有3个极值点．
13
谢 谢！

展开更多......

收起↑