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4．3　导数与函数的极值、最值
(教师独具内容)
1．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次).
2．会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).
3．重点提升逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
本考点以考查导数的运算以及导数与函数的 单调性、极值、最值之间的关系为主，其中含有参数的函数的极值、最值问题是高考的热点．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．函数的极值与导数
2．函数的最值与导数
(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)上的极值；
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．
1.函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
答案　C
解析　设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.当x＜x1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，f(x)为减函数．则x1为极大值点，同理，x3为极大值点，x2，x4为极小值点．
2．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)
A．1－e B．－1 C．－e D．0
答案　B
解析　因为f′(x)＝－1＝，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.
3．函数f(x)＝－x3＋3x＋1有(　　)
A．极小值－1，极大值1
B．极小值－2，极大值3
C．极小值－2，极大值2
D．极小值－1，极大值3
答案　D
解析　因为f(x)＝－x3＋3x＋1，故有f′(x)＝－3x2＋3，令f′(x)＝－3x2＋3＝0，解得x＝±1，于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 极小值 极大值
所以f(x)的极小值为f(－1)＝－1，极大值为f(1)＝3.
4．若函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－]∪[，＋∞)
B．(－∞，－)∪(，＋∞)
C．(－，)
D．[－，]
答案　B
解析　f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>或a<－.
5．若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝ ．
答案　4
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.
1．(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　)
A．ab
C．aba2
答案　D
解析　解法一：因为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)，所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)(3x－a－2b).令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝.
(1)当a>0时，①若>a，即b>a，此时函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若(2)当a<0时，①若>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；②若＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若0且b>a满足题意，a<0且ba2成立．故选D.
解法二：当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.综上，可知必有ab>a2成立．故选D.
2．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为 ．
答案　1
解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，f′(x)＝2－＝，当x>1时，f′(x)>0；当②当0综上，f(x)min＝f(1)＝1.
3．(2021·全国甲卷)设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
解　(1)由题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2a2x＋a－＝
＝，
则当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0故函数f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)由(1)知函数f(x)的最小值为f，要使y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即f>0恒成立，
故a2·＋a·－3ln ＋1>0，
得a>，
所以a的取值范围为.
4．(2020·北京高考)已知函数f(x)＝12－x2.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
解　(1)因为f(x)＝12－x2，
所以f′(x)＝－2x，设切点为(x0，12－x)，
则－2x0＝－2，即x0＝1，
所以切点为(1，11).
由点斜式可得切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.
(2)显然t≠0，
因为y＝f(x)在点(t，12－t2)处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，
令x＝0，得y＝t2＋12，
令y＝0，得x＝，
所以S(t)＝(t2＋12)×.
不妨设t＞0(t＜0时，结果一样)，
则S(t)＝＝，
所以S′(t)＝
＝
＝
＝.
由S′(t)＞0，得t＞2，由S′(t)＜0，得0＜t＜2，
所以S(t)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当t＝2时，S(t)取得极小值，也是最小值，为S(2)＝＝32.
一、基础知识巩固
考点　　利用导数解决函数的极值问题
例1　如图所示是函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)的图象，给出下列四个结论：
①f(x)在区间(－3，1)上是增函数；
②f(x)在区间(2，4)上是减函数，在区间(－1，2)上是增函数；
③1是f(x)的极大值点；
④－1是f(x)的极小值点．
其中正确的结论是(　　)
A．①③ B．②③
C．②③④ D．②④
答案　D
解析　由题意，得－3＜x＜－1或2＜x＜4时，f′(x)＜0；－1＜x＜2或x＞4时，f′(x)＞0，故函数y＝f(x)在(－3，－1)和(2，4)上单调递减，在(－1，2)和(4，＋∞)上单调递增，－1是f(x)的极小值点，2是f(x)的极大值点，故②④正确．
例2　(2022·辽宁沈阳模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax＋1，讨论函数f(x)的极值点的个数．
解　f′(x)＝xex＋a，设g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝(x＋1)ex，由g′(x)＞0，得x＞－1，由g′(x)＜0，得x＜－1，则f′(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)min＝f′(－1)＝－＋a，
当x→－∞时，f′(x)→a；
当x→＋∞时，f′(x)→＋∞.
①当a≤0时，f′(x)先负后正，f(x)先减后增，有1个极值点；
②当0③当a≥时，－＋a≥0，则f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增，无极值点．
综上所述，当a≤0时，f(x)有1个极值点；
当0当a≥时，f(x)无极值点．
　1.已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝ ．
答案　11
解析　f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意得解得或当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(x)无极值，即a＝1，b＝3不符合题意，当a＝2，b＝9时，经检验满足题意．∴a＋b＝11.
2．已知函数f(x)＝ln x＋2x2－ax＋1.若a>0，讨论函数f(x)在定义域内的单调性和极值点的个数．
解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋4x－a＝，
因为方程4x2－ax＋1＝0的Δ＝a2－16，
①当Δ＝a2－16≤0，即0此时f′(x)≥0对于x∈(0，＋∞)恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故极值点的个数为0；
②当Δ＝a2－16>0，即a>4时，设方程4x2－ax＋1＝0的两根分别为x1和x2，且0则x1＝，x2＝，
由f′(x)>0即4x2－ax＋1>0可得0，
由f′(x)<0即4x2－ax＋1<0可得所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减，故极值点的个数为2.
综上所述，当04时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减，极值点的个数为2.
　函数极值问题的常见类型及解题策略
(1)已知导函数图象判断函数极值的情况．先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数值符号．
(2)已知函数求极值．求f′(x)→求方程f′(x)＝0的根→列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根的两侧的符号→得出结论．
(3)已知极值求参数．若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f′(x0)＝0，且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反．
考点　　利用导数求函数的最值
例3　(2021·济南质检)已知函数f(x)＝ex cos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
解　(1)∵f(x)＝ex cos x－x，
∴f(0)＝1，f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
∴f′(0)＝0，∴曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2ex sin x≤0在上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f＝－.
例4　已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
解　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ln ＝－2，即a＝－e2.
综上，a＝－e2.
　3.(2021·潍坊模拟)函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是(　　)
A．1＋ B．1
C．e＋1 D．e－1
答案　D
解析　因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1.令f′(x)＝0，得x＝0.且当x＞0时，f′(x)＝ex－1＞0；当x＜0时，f′(x)＝ex－1＜0，即函数f(x)在x＝0处取得极小值，f(0)＝1，又f(－1)＝＋1，f(1)＝e－1，比较得函数f(x)＝ex－x在区间[－1，1]上的最大值是e－1.
4．已知函数f(x)＝＋k ln x，k＜，求函数f(x)在上的最大值和最小值．
解　f′(x)＝＋＝.
①若k≤0，则在上恒有f′(x)＜0，所以f(x)在上单调递减．
②若0＜k＜，则f′(x)＝＝，由k＜，得＞e，则x－＜0在上恒成立，所以＜0在上恒成立，所以f(x)在上单调递减．
综上，当k＜时，f(x)在上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝＋k－1，f(x)max＝f＝e－k－1.
　求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则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，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与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．
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．
考点　　利用导数求解函数极值和最值的综合问题例5　甲、乙两地相距400千米，一汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100千米/时．已知该汽车每小时的运输成本t(元)关于速度x(千米/时)的函数关系式是t＝x4－x3＋15x.
(1)当汽车以60千米/时的速度匀速行驶时，全程运输成本为多少元？
(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求出此时运输成本的最小值．
解　(1)当汽车以60千米/时的速度匀速行驶时，全程运输成本为×＝1500元．所以当汽车以60千米/时的速度匀速行驶时，全程运输成本为1500元．
(2)设全程运输成本为f(x)元，则f(x)＝·＝x3－x2＋6000(0当00，所以函数f(x)在(0，80)上单调递减，在(80，100]上单调递增，所以f(x)的最小值为f(80)＝.所以为使全程运输成本最少，汽车应以80千米/时的速度行驶，此时运输成本取得最小值元．
例6　已知函数f(x)＝(a>0)的导函数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)＝＝
＝，
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以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－30，即f′(x)>0；
当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).
(2)由(1)知，－3是f(x)的极小值点，所以有
解得a＝1，b＝5，c＝5，
所以f(x)＝.
由(1)可知当x＝0时，f(x)取得极大值，为5，
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)＝＝5e5>5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
　5.一工厂计划生产某种当地政府控制产量的特殊产品，月固定成本为1万元，设此工厂一个月内生产该特殊产品x万件并全部销售完．根据当地政府要求产量x满足1≤x≤3，每生产x万件需要再投入3x万元，每1万件的销售收入为5－x2(万元)，且每生产1万件产品政府给予补助1＋(万元).
注：月利润＝月销售收入＋月政府补助－月总成本．
(1)写出月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式；
(2)求该工厂在生产这种特殊产品中所获得的月利润的最大值(万元)及此时的月生产量(万件).
解　(1)依题意，得f(x)＝x＋x－3x－1＝－x3＋3x＋2ln x－1，
月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式为f(x)＝－x3＋3x＋2ln x－1，1≤x≤3.
(2)f′(x)＝－x2＋3＋＝－＝－，
所以当1≤x<2时，f′(x)>0，函数f(x)在区间[1，2)上单调递增；
当2所以当x＝2时，函数在区间[1，3]上取得最大值f(2)，f(2)＝＋2ln 2.
故该工厂在生产这种特殊产品中所获得的月利润的最大值为＋2ln 2万元，此时的月生产量为2万件．
6．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的导函数f′(x)；
(2)求f(x)在(0，1]上的取值范围．
解　(1)因为()′＝，(ln x)′＝，
所以f′(x)
＝
＝
＝＝.
(2)因为x∈(0，1]，
所以由f′(x)＝＝0，
得x＝e－3.
所以当x∈(0，e－3)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(e－3，1]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
所以f(x)min＝f(e－3)＝－.
又f(1)＝0，当x∈(0，e－3)时，f(e－3)＜f(x)＜0，所以f(x)在(0，1]上的取值范围为[－，0].
　
1．解决函数极值、最值综合问题的策略
(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．
(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．
(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．
2．利用导数解决生活中优化问题的一般步骤
(1)设自变量、因变量，建立函数关系式y＝f(x)，并确定其定义域．
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和极值点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)回归实际问题作答．
二、核心素养提升
例1　(2022·镇江高三月考)设函数f(x)＝ln x＋ax2－x，若1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为(　　)
A．ln 2－2 B．ln 2－1
C．ln 3－2 D．ln 3－1
答案　A
解析　∵f(x)＝ln x＋ax2－x(x>0)，∴f′(x)＝＋2ax－，∵1是函数f(x)的极大值点，∴f′(1)＝1＋2a－＝2a－＝0，解得a＝，∴f′(x)＝＋－＝＝，∴当00，f(x)单调递增；当12时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为f(2)＝ln 2－2.
例2　(2021·安徽马鞍山模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为(　　)
A.－3e B．－2e
C．e D．2e
答案　B
解析　由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，故f(x)＝x3＋nx＋2，∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3.∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.故g(x)＝ex(x2－3)，则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3)，据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1×(12－3)＝－2e.故选B.
例3　某地兴建一休闲商业广场，欲在如图所示的一块不规则用地规划建成一个矩形的商业楼区，余下作为休闲区域，已知AB⊥BC，OA∥BC，且AB＝BC＝2AO＝4 km，曲线段OC是以O为顶点且开口向上的抛物线的一段，如果要使矩形的相邻两边分别落在AB，BC上，且一个顶点落在曲线段OC上，应如何规划才能使矩形商业楼区的用地面积最大？
解　如图，以O为原点，OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．设抛物线方程为x2＝2py，代入点C(2，4)得p＝，所以抛物线方程为y＝x2(0≤x≤2).在曲线段OC上取一点P，过点P分别向BC，AB作垂线，垂足分别为N，Q.设P(x，x2)(0≤x＜2)，则|PQ|＝2＋x，|PN|＝4－x2，
所以矩形BNPQ的面积S＝|PQ|·|PN|＝(2＋x)(4－x2)＝8－x3－2x2＋4x.由S′＝－3x2－4x＋4＝0，得x1＝，x2＝－2(舍去)，
当x∈时，S′>0，S是x的增函数，当x∈时，S′<0，S是x的减函数，
所以当x＝时，S取得最大值．此时|PQ|＝2＋＝，|PN|＝4－＝，
故把商业楼区规划成长为 km，宽为 km的矩形时，用地面积最大．
实际问题用导数解决时，若题目中没有给出函数时，要注意结合实际情况，采取合适方法建立函数关系．
课时作业
一、单项选择题
1．若函数f(x)＝x3＋x2－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)
答案　C
解析　由题意，知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x3＋x2－＝－，得x＝0或x＝－3，则结合图象可知解得a∈[－3，0).
2．函数f(x)＝3x2＋ln x－2x的极值点的个数是(　　)
A．0 B．1 C．2 D．无数
答案　A
解析　函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝6x＋－2＝，由于x>0，6x2－2x＋1＝0的Δ＝－20<0，所以6x2－2x＋1>0恒成立，故f′(x)>0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点．
3．(2021·郑州高三月考)函数f(x)＝xex－x2－2x－1的极大值为(　　)
A．－1 B．－
C．ln 2 D．－(ln 2)2－1
答案　B
解析　由f(x)＝xex－x2－2x－1可得f′(x)＝(x＋1)ex－2x－2＝(x＋1)(ex－2)，由f′(x)>0可得x>ln 2或x<－1，由f′(x)<0可得－14．函数y＝xex的最小值是(　　)
A．－1 B．－e
C．－ D．不存在
答案　C
解析　因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.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ymin＝－.
5．当x∈时，恒有ax－ln x－1<0，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1) B．
C．(－∞，0) D．(1，＋∞)
答案　C
解析　当x∈时，ax－ln x－1<0恒成立，即a<恒成立，令φ(x)＝，x∈，φ′(x)＝－，令φ′(x)＝0 x＝1，∵φ(1)＝1，φ＝0，φ(e)＝，∴当x∈时，φ(x)min＝φ＝0，故a<0.
6.(2021·秦皇岛模拟)如图是函数y＝f(x)的导数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　)
A．在(－3，1)上，f(x)是增函数
B．当x＝1时，f(x)取得极大值
C．在(4，5)上，f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取得极小值
答案　C
解析　由图可知，x∈时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，x∈时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，x＝1时，f(x)没有取得极大值，A，B错误；x∈(4，5)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，C正确；x∈时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，x∈(2，4)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，则当x＝2时，f(x)取得极大值，D错误．
7．已知函数f(x)＝x3－3x2＋2，对于任意的x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤m，则实数m的最小值为(　　)
A．0 B．2
C．4 D．6
答案　C
解析　对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤m，即f(x)max－f(x)min≤m，f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).当x∈(－1，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x＝0时，f(x)max＝f(0)＝2，∵f(－1)＝－1－3＋2＝－2，f(1)＝1－3＋2＝0，∴f(x)min＝－2，∴m≥f(x)max－f(x)min＝4，即实数m的最小值为4.
8．若函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0，1)内有极小值，则(　　)
A．0C．b>0 D．b<
答案　A
解析　f(x)在(0，1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0，1)上先负后正，∴解得0二、多项选择题
9．(2021·江苏沭阳高三模拟)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　)
A．函数f(x)在x＝－1处取得极小值
B．－2是函数f(x)的极值点
C．f(x)在区间(－2，3)上单调递减
D．f(x)的图象在x＝0处的切线的斜率小于零
答案　BCD
解析　对于A，由图可知，x＝－1左右两侧的导数都为负数，故函数f(x)在x＝－1处不可能取得极小值，A错误；对于B，C，结合图象，x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，x∈(－2，3)时，f′(x)≤0，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，3)上单调递减，故－2是函数的极大值点，B，C正确；对于D，由图象可知f′(0)<0，所以根据导数的几何意义可知，f(x)的图象在x＝0处的切线的斜率小于零，所以D正确．故选BCD.
10．(2021·江苏广陵扬州中学高三期中)已知函数f(x)＝x cos x－sin x，下列结论中正确的是(　　)
A.函数f(x)在x＝时，取得极小值－1
B．对于 x∈(0，π)，f(x)<0恒成立
C．若0
D．若a<答案　BD
解析　因为f(x)＝x cos x－sin x，所以f′(x)＝－x sin x，当x∈(0，π)时，f′(x)<0，所以函数f(x)单调递减，而∈(0，π)，所以x＝时，函数f(x)不可能取得极小值，所以A不正确；当0f(x)>f(π)，所以f(x)<0，所以B正确；构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，由上可知， x∈(0，π)，f(x)<0恒成立，所以g′(x)<0，因此函数g(x)＝在(0，π)上单调递减，因此当0g(x2)，即>，所以>，所以C不正确；由上可知，函数g(x)＝在上单调递减，所以有g(x)>g＝，因此a的最大值为.0在上恒成立．设h(x)＝bx－sin x，h′(x)＝b－cos x，当b≥1时，h′(x)>0，h(x)>h(0)＝0，所以b≥1符合题意；当b≤0时，h′(x)<0，h(x)0，h(x)单调递增，所以当x∈(0，x0)时，h(x)三、填空题
11．若函数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 ．
答案　
解析　f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－aa或x<－a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a).∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>.∴a的取值范围是.
12．(2021·唐山高三二模)已知f(x)＝(x2＋2x＋a)ex，若f(x)存在极小值，则a的取值范围是 ．
答案　(－∞，2)
解析　f′(x)＝(2x＋2)ex＋(x2＋2x＋a)ex＝ex(x2＋4x＋a＋2)，令g(x)＝x2＋4x＋a＋2，若f(x)存在极小值点，则g(x)＝0有两个不等实根，即x2＋4x＋a＋2＝0有两个不相等的实根，则Δ＝16－4(a＋2)>0，所以a<2.
13．若－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝ ，f(x)的极小值为 ．
答案　0　－e
解析　由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex，可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x＜－2或x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)为增函数；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数．所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.
14．某工厂拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率).该蓄水池的体积最大时h＝ ．
答案　8
解析　∵蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．根据题意得200πrh＋160πr2＝12000π，∴h＝(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3).∵r>0，又由h>0可得00，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，5)时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.
四、解答题
15．已知函数f(x)＝－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然对数的底数).
解　(1)f(x)＝－ln x＝1－－ln x，f(x)的定义域为(0，＋∞).
所以f′(x)＝－＝，由f′(x)>0，得01，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)由(1)得f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)在上的最大值为f(1)＝1－1－ln 1＝0.
又f＝1－e－ln ＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，则f所以f(x)在上的最小值为f＝2－e.
综上，函数f(x)在上的最大值为0，最小值为2－e.
16．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)证明：f(x)仅有唯一的极小值点．
解　(1)因为f′(x)＝，所以k＝f′(1)＝－2.又因为f(1)＝e＋2，所以切线方程为y－(e＋2)＝－2(x－1)，即2x＋y－e－4＝0.
(2)证明：令h(x)＝ex(x－1)－2，则h′(x)＝xex，所以x∈(－∞，0)时，h′(x)<0，x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0.当x∈(－∞，0)时，易知h(x)<0，所以f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上没有极值点．
当x∈(0，＋∞)时，因为h(1)＝－2<0，h(2)＝e2－2>0，所以f′(1)<0，f′(2)>0，f(x)在(1，2)上有极小值点．
又因为h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点，所以f(x)仅有唯一的极小值点．
17．已知函数f(x)＝ln x－x2＋ax.
(1)讨论函数f(x)的极值点；
(2)若f(x)的极大值大于1，求a的取值范围．
解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝(x－a)ln x＋x－a－x＋a＝(x－a).
(1)当a≤0时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，极小值点为；
当0当a＝时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值点；
当a>时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，极小值点为a，极大值点为.
(2)由(1)知，a≤0和a＝时，无极大值点，不符合题意．
当a>时，极大值f()＝a－>1，解得a>＋，＋－＝－＝<0，所以a>.
当01，得2－ln a>.令t＝a2，则2－ln ＞，即2－ln t－＞0，设g(t)＝2－ln t－，00，g(t)在(0，e)上单调递增，而g(1)＝0，
所以g(t)>0的解集为(1，e)，则a∈(1，).
综上，a的取值范围为(1，)∪(，＋∞).