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专题十八 函数的极值、最值
【题型分析】
考情分析：
1.利用导数研究函数的极值、最值是高考重点考查内容，多以压轴的选择题、填空题的形式考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属于综合性问题.
2.已知函数的极值、最值的情况，求参数的值或取值范围也是常见的考查方式.
题型1 利用导数研究函数的极值
例1　(1)设a∈R，若函数y=eax+3x(x∈R)有大于零的极值点，则(　　).
A.a>-3 B.a<-3
C.a>- D.a<-
(2)若函数f(x)=ln x+x2-ax(x>0)在，3上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是(　　).
A.， B.，
C.， D.2，
(3)若函数f(x)=(x-1)2+aln x有两个极值点x1，x2，且x1A.，0
B.，0
C.-，0
D.-，0
(4)(2023年新高考全国Ⅱ卷)若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　).
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
方法总结：
　　1.利用导数研究函数的极值应注意的问题
(1)不能忽略函数f(x)的定义域.
(2)f'(x0)=0是可导函数f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件.
(3)函数的极小值不一定比极大值小.
(4)若函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极大(小)值点也是最大(小)值点.
2.根据函数的极值(点)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.
1.(2022年全国乙卷)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x12.已知函数f(x)=ln(x-3)-ax(a∈R).
(1)若a=1，判断f(x)的单调性；
(2)若f(x)在(5，+∞)上没有极值点，求a的取值范围.
题型2 利用导数研究函数的最值
例2　(2022年全国甲卷)当x=1时，函数f(x)=aln x+取得最大值-2，则f'(2)=(　　).
A.-1 B.- C. D.1
例3　已知函数f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x+1(a≥0).
(1)当a=0时，求函数f(x)在区间[1，+∞)上的最大值；
(2)若函数f(x)在区间(1，+∞)上存在最小值，求a的取值范围.
1.已知函数f(x)=(x-1)sin x+(x+1)cos x，当x∈[0，π]时，f(x)的最大值与最小值的和为　　　　.
2.若函数f(x)=在区间，a上的最小值为2e，则a的取值范围是　　　　.
【真题改编】
1.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T10改编)已知函数f(x)=(x-m)2(x-n)(m≠n)，则(　　).
A.当函数f(x)的极大值点为x=m时，mB.当m=1，n=-2时，f(x)的极小值为1
C.当m=1，n=-2时，点(0，2)是曲线y=f(x)的对称中心
D.当m=1，n=4，且-1f(x)
2.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T8改编)已知函数f(x)=(ex-a)(ln x-b)，a，b∈R，若f(x)≥0恒成立，则bln a的最小值为(　　).
A.- B.-
C. D.e
3.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T11改编)设函数f(x)=x3+ax2-x+1，则(　　).
A.当a=1时，g(x)=f(x)-2只有1个零点
B.对任意的a∈R，f(x)既有极大值又有极小值
C.对任意的a∈R，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x+y-1=0
D.存在a∈R，使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
4.(2024年新高考全国Ⅱ卷，T16改编)已知函数f(x)=xln x-ax+(3-a)e.
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在，+∞内有极小值，且极小值大于0，求a的取值范围.
【最新模拟】
(总分：100分　单选题每题5分，多选题每题6分，填空题每题5分，共68分；解答题共32分)
1.函数f(x)=3+xln 2x的极小值点为(　　).
A.x=1 B.x=2 C.x=e D.x=
2.f(x)=ex-x在区间[-1，1]上的最大值是(　　).
A.1+ B.1 C.e+1 D.e-1
3.当x=m时，函数f(x)=x3-x2+3x-2ln x取得最小值，则m=(　　).
A. B.1 C. D.2
4.若函数f(x)=ex-ax在区间(0，2)上有极值点，则实数a的取值范围是(　　).
A.0， B.1，
C.(1，e2) D.0，
5.已知函数f(x)=x3+ax2+b2x+1，若a是从1，2，3三个数中任取的一个数，b是从1，2两个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为(　　).
A. B. C. D.
6.已知函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示，则(　　).
A.f(a)B.f(e)C.当x=c时，f(x)取得最大值
D.当x=d时，f(x)取得最小值
7.已知函数f(x)=，则(　　).
A.当x<0时，f(x)>0
B.f(x)在(1，+∞)上单调递增
C.f(x)的极大值为1
D.f(x)的极小值为4
8.已知函数f(x)=2ln x+x2-3x有极值点在闭区间[t，t+2]上，则t的取值范围为(　　).
A.[-1，2] B.[0，1]
C.[0，2] D.[-1，1]
9.若直线l：x-a=0分别交抛物线y=x2+1和函数y=ln x的图象于M，N两点，则线段MN长度的最小值是　　　　.
10.定义：设f'(x)是f(x)的导函数，f″(x)是函数f'(x)的导函数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数f(x)=x3+ax2-3x+b的图象的对称中心为(0，3)，则(　　).
A.a=0，b=3
B.函数f(x)的极大值与极小值之和为6
C.函数f(x)有三个零点
D.函数f(x)在区间[-3，3]上的最小值为-15
11.已知函数f(x)=x-aln x-b(a，b∈R，a≠0).若f(x)≥0，则ab的最大值为(　　).
A. B. C.e D.2e
12.(17分)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)如果x=1和x=-1是f(x)的两个极值点，且f(x)的极大值为3，求f(x)的极小值；
(2)当b=0时，讨论f(x)的单调性；
(3)当c=0时，函数f(x)在区间[-2，2]上的最大值为2，最小值为-2，求f(3)的值.
13.(原创)对于函数f(x)=ax-ln(x+1)，有下列四个论断：
①函数f(x)在x=0处取得极值；
②函数f(x)是增函数；
③函数f(x)的最大值为0；
④f'(x)>0对任意的x∈(0，+∞)恒成立.
若其中恰有两个论断正确，则a=　　　　.
14.(改编)已知函数f(x)=-a+ln x(x>0)在(0，2)上有两个极值点，则实数a的取值范围是　　　　.
15.(15分)(人教A版选择性必修第二册P81习题5.2T4改编)已知函数f(x)=xln x.
(1)若x∈[1，e]，求f(x)的值域.
(2)若g(x)=f(x)-x3，证明：函数g(x)存在唯一的极大值点x0，且x0>.
参考数据：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6.
参考答案
专题十八 函数的极值、最值
题型1　利用导数研究函数的极值
例1　(1)B　(2)B　(3)A　(4)BCD
【解析】(1)f'(x)=3+aeax，若函数在R上有大于零的极值点，则f'(x)=0有正根，若f'(x)=0成立，显然a<0，此时x=ln -，由x>0，得a<-3.
(2)因为f(x)=ln x+x2-ax(x>0)，所以f'(x)=+x-a.
又f(x)在，3上有且仅有一个极值点，所以y=f'(x)在，3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，1上单调递减，在[1，3]上单调递增，所以g(x)min=g(1)=2.
又g=，g(3)=，所以当≤a<时，y=f'(x)在，3上只有一个变号零点.
所以实数a的取值范围为，.
(3)因为f(x)=(x-1)2+aln x，所以f'(x)=2(x-1)+=.
令t(x)=2x2-2x+a，因为函数f(x)=(x-1)2+aln x有两个极值点x1，x2，所以函数t(x)在(0，+∞)上有两个不等实根，则解得0因为x10，所以令g(x)=(x-1)2+(-2x2+2x)ln x，0在，1上恒成立，故g(x)在，1上单调递增，则g(x)∈，0，即f(x2)的取值范围为，0.
(4)函数f(x)=aln x++(a≠0)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选BCD.
跟踪训练
1.，1
【解析】(法一：最优解)f'(x)=2ln a·ax-2ex，
因为x1，x2分别是函数f(x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点，
所以函数f(x)在(-∞，x1)和(x2，+∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，
所以当x∈(-∞，x1)∪(x2，+∞)时，f'(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f'(x)>0.
若a>1，则当x<0时，2ln a·ax>0，2ex<0，此时f'(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意.
若0所以函数y=ln a·ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点.
因为0又因为ln a<0，所以y=ln a·ax的图象由指数函数y=ax的图象向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln a|倍得到，如图所示.
设过原点的直线与函数y=g(x)的图象相切于点(x0，ln a·)，
则切线的斜率为g'(x0)=(ln a)2·，
故切线方程为y-ln a·=(ln a)2·(x-x0)，
则-ln a·=-x0(ln a)2·，解得x0=，
则切线的斜率为(ln a)2·=e(ln a)2.
因为函数y=ln a·ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
所以e(ln a)2又0综上所述，a的取值范围为，1.
(法二：通性通法)f'(x)=2ln a·ax-2ex=0的两个根为x1，x2，
因为x1，x2分别是函数f(x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点，
所以函数f(x)在(-∞，x1)和(x2，+∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增.
设g(x)=f'(x)=2(axln a-ex)，则g'(x)=2ax(ln a)2-2e.
若a>1，则g'(x)在R上单调递增，此时若g'(x0)=0，则f'(x)在(-∞，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，此时若x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意；
若00，f'(x0)=2(ln a-ex0)=2-ex0>0，即x0<，则x0ln a>1，故x0ln a=ln =ln >1，所以2.解析　(1)当a=1时，f(x)=ln(x-3)-x，其定义域为(3，+∞)，
则f'(x)=-1=(x>3)，
由f'(x)>0，得34，
所以f(x)在(3，4)上单调递增，在(4，+∞)上单调递减.
(2)因为f(x)=ln(x-3)-ax，所以f'(x)=-a，
当x∈(5，+∞)时，-a<-a<-a，
若f(x)在(5，+∞)上没有极值点，则f(x)在(5，+∞)上单调，
即f'(x)≥0在(5，+∞)上恒成立，或f'(x)≤0在(5，+∞)上恒成立.
若f'(x)≥0在(5，+∞)上恒成立，则-a≥0，解得a≤0.
若f'(x)≤0在(5，+∞)上恒成立，则-a≤0，解得a≥.
综上所述，a的取值范围为(-∞，0]∪，+∞.
题型2　利用导数研究函数的最值
例2　B
【解析】由题意得f(1)=b=-2，∴f(x)=aln x-，
则f'(x)=+=，
∵当x=1时函数取得最值，可得x=1也是函数的一个极值点，
∴f'(1)=a+2=0，即a=-2，
∴f'(x)=，
易得函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
故函数f(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，
则f'(2)==-.
故选B.
例3
【解析】(1)当a=0时，f(x)=ln x-x+1，则f'(x)=-1.
因为x∈[1，+∞)，所以f'(x)≤0，
所以f(x)在区间[1，+∞)上单调递减，
所以f(x)在区间[1，+∞)上的最大值为f(1)=ln 1-1+1=0.
(2)由题可知f'(x)=+2ax-(2a+1)==.
①当a=0时，由(1)知，函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递减，
所以函数无最小值，此时不符合题意.
②当a≥时，因为x∈(1，+∞)，所以2ax-1>0，f'(x)>0.
此时函数f(x)在区间(1，+∞)上单调递增，所以函数无最小值，此时也不符合题意.
③当0若x∈1，，则f'(x)<0，若x∈，+∞，则f'(x)>0，
所以函数f(x)在区间1，上单调递减，在区间，+∞上单调递增，
所以函数f(x)在区间(1，+∞)上存在最小值，
所以a的取值范围为0，.
跟踪训练
1.-1π-1
【解析】由题意可知，f'(x)=sin x+(x-1)·cos x+cos x-(x+1)sin x=x(cos x-sin x).
当x∈0，时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈，π时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
所以f(x)max=f=，又f(0)=1，f(π)=-(π+1)，所以f(x)min=-(π+1)，
故f(x)的最大值与最小值的和为-1π-1.
2.，+∞
【解析】由f(x)=，得f'(x)=，所以函数f(x)在，上单调递减，在，+∞上单调递增，且f=2e，所以∈，a，即a≥，
所以a的取值范围是，+∞.
1.ACD
【解析】对于A，∵f(x)=(x-m)2(x-n)，
∴f'(x)=2(x-m)(x-n)+(x-m)2=(x-m)·(3x-2n-m)，
令f'(x)=0，得x=m或x=.
由题意可知，≠m，
∵函数f(x)=(x-m)2(x-n)的极大值点为x=m，
∴>m，即n>m，∴A正确；
对于B，当m=1，n=-2时，f(x)=(x-1)2(x+2)=x3-3x+2，则f'(x)=3x2-3，
令f'(x)>0，得x<-1或x>1，
令f'(x)<0，得-1∴f(x)在(-1，1)上单调递减，在(-∞，-1)，(1，+∞)上单调递增，
∴f(x)的极小值为f(1)=0，∴B错误；
对于C，当m=1，n=-2时，f(x)=(x-1)2(x+2)=x3-3x+2，令h(x)=x3-3x，
∵h(-x)=(-x)3-3(-x)=-x3+3x=-h(x)，∴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2个单位长度可得到f(x)的图象，
∴点(0，2)是曲线y=f(x)的对称中心，∴C正确；
对于D，当m=1，n=4时，f(x)=(x-1)2(x-4)，当-10，
∴f(2-x)>f(x)，∴D正确.故选ACD.
2.B
【解析】当a≤0时，若x→0，则f(x)→-∞，不符合题意，故a>0.
因为y1=ex-a，y2=ln x-b均为增函数，且当xln a时，y1>0；当xeb时，y2>0，
所以若f(x)≥0恒成立，必定有ln a=eb，
所以bln a=beb.
令g(b)=beb，则g'(b)=(b+1)eb，
当b<-1时，g'(b)<0，所以函数g(b)=beb在(-∞，-1)上单调递减，
当b>-1时，g'(b)>0，所以函数g(b)=beb在(-1，+∞)上单调递增，
所以当b=-1时，g(b)取得最小值，最小值为-.故选B.
3.BCD
【解析】已知f(x)=x3+ax2-x+1，则f'(x)=3x2+2ax-1.
对于A，当a=1时，g(x)=x3+x2-x-1，则g'(x)=3x2+2x-1=(3x-1)(x+1)，故g(x)的极值点为-1，，则极大值g(-1)=0，极小值g=-<0，所以当a=1时，g(x)有2个零点，故A错误；
对于B，因为f'(x)=3x2+2ax-1，若f'(x)=0，则Δ=4a2+12>0，所以f'(x)=0有两个不等的实根，故f(x)既有极大值又有极小值，故B正确；
对于C，因为f(0)=1，所以当(0，1)为切点时，k=f'(0)=-1，此时切线方程为y-1=-(x-0)，即x+y-1=0，故C正确；
对于D，依题意得f(1)=1+a，若存在a∈R，使得点(1，1+a)为曲线y=f(x)的对称中心，则f(x)+f(2-x)=2+2a，所以f(x)+f(2-x)=x3+ax2-x+1+(2-x)3+a(2-x)2-(2-x)+1=(2a+6)x2-(4a+12)x+4a+8，
所以2+2a=(2a+6)x2-(4a+12)x+4a+8，即解得a=-3，即存在a=-3，使得点(1，f(1))是曲线f(x)的对称中心，故D正确.故选BCD.
4.解析　(1)当a=1时，f(x)=xln x-x+2e，则f'(x)=ln x，
又f(1)=2e-1，f'(1)=0，
所以切线的斜率k=f'(1)=0，
故所求切线方程为y=2e-1.
(2)f'(x)=ln x+1-a，易知函数f'(x)=ln x+1-a是增函数，当x=ea-1时，f'(x)=0.
①当ea-1≤，即a≤0时，若x∈，+∞，则f'(x)>0，此时函数f(x)在，+∞上单调递增，故无极小值.
②当ea-1>，即a>0时，若x∈，ea-1，则f'(x)<0，若x∈(ea-1，+∞)，则f'(x)>0，
所以x=ea-1为f(x)的极小值点，
此时极小值为f(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+(3-a)e=-ea-1+(3-a)e.
令h(a)=-ea-1+(3-a)e(a>0)，则h'(a)=-ea-1-e<0，所以h(a)在(0，+∞)上单调递减，且h(2)=0，所以若h(a)>0，则0综上，a的取值范围为(0，2).
1.D
【解析】因为f(x)=3+xln 2x，所以f'(x)=ln 2x+1.
令f'(x)<0，得00，得x>，
所以f(x)在0，上单调递减，在，+∞上单调递增，
所以函数f(x)在x=处取得极小值.故选D.
2.D
【解析】由f(x)=ex-x，得f'(x)=ex-1，
令f'(x)=0，解得x=0.
所以当x∈[-1，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，1]时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
又因为f(-1)=e-1+1=+1，f(1)=e-1>f(-1)，
所以函数f(x)在[-1，1]上的最大值为e-1.
故选D.
3.A
【解析】f'(x)=x(3x-2)+=(3x-2)x+(x>0)，
当x∈0，时，f'(x)<0；当x∈，+∞时，f'(x)>0.
所以函数f(x)在0，上单调递减，在，+∞上单调递增，
所以当x=时，f(x)取得最小值.故选A.
4.C
【解析】由题意知f'(x)=ex-a在(0，2)内有变号零点，
显然f'(x)=ex-a在(0，2)上单调递增，
故原条件等价于解得1故实数a的取值范围是(1，e2)，故选C.
5.C
【解析】a，b的取法共有3×2=6(种).
因为f'(x)=x2+2ax+b2，由题意知关于x的方程x2+2ax+b2=0有两个不等实根，所以Δ=4(a2-b2)>0，
因为a，b均大于零，所以a>b，
而满足a>b的(a，b)有(2，1)，(3，1)，(3，2)，共3种，
故所求的概率为=.故选C.
6.AB
【解析】由f'(x)的图象可知，当x∈(-∞，c)∪(e，+∞)时，f'(x)>0；当x∈(c，e)时，f'(x)<0.
∴f(x)在(-∞，c)，(e，+∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减.
对于A，∵a对于B，∵c对于C，由单调性知f(c)为极大值，当x>e时，可能存在f(x0)>f(c)，C错误；
对于D，由单调性知f(e)故选AB.
7.ACD
【解析】当x<0时，ex>0，2x-1<0，x-1<0，所以f(x)=>0，所以A正确；
由f(x)=，得f'(x)=(x≠1)，
由f'(x)>0，得x<0或x>，由f'(x)<0，得0所以f(x)在(-∞，0)，，+∞上单调递增，在(0，1)，1，上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(0)=1，极小值为f==4，所以B错误，C，D正确.
故选ACD.
8.A
【解析】因为f(x)=2ln x+x2-3x，
所以f'(x)=+x-3==.
令f'(x)>0，解得x>2或0令f'(x)<0，解得1所以f(x)在(1，2)上单调递减，在(0，1)，(2，+∞)上单调递增，
所以x=1为f(x)的极大值点，x=2为f(x)的极小值点，
所以t≤1≤t+2或t≤2≤t+2，
解得-1≤t≤1或0≤t≤2.
所以t的取值范围为[-1，2].
故选A.
9.+ln 2
【解析】由得M(a，a2+1)；
由得N(a，ln a).
∵函数y=x2+1的图象始终在y=ln x的图象上方，
∴|MN|=|a2+1-ln a|=a2+1-ln a.
令f(a)=a2+1-ln a，则f'(a)=2a-=，令f'(a)=0，解得a=或a=-(舍去)，
当0当a>时，f'(a)>0，f(a)单调递增，
∴f(a)的最小值为f=+1-ln =+ln 2.
10.ABD
【解析】由题意知点(0，3)在函数f(x)的图象上，故f(0)=3，则b=3.
所以f(x)=x3+ax2-3x+3，所以f'(x)=3x2+2ax-3，所以f″(x)=6x+2a.
由f″(0)=0得2a=0，即a=0，故A正确.
所以f(x)=x3-3x+3，则f'(x)=3x2-3.
由f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)>0得x<-1或x>1，由f'(x)<0得-1所以f(x)在(-∞，-1)和(1，+∞)上单调递增，在(-1，1)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(-1)=-1+3+3=5，极小值为f(1)=1-3+3=1，
所以极大值与极小值之和为5+1=6，故B正确.
因为函数的极小值f(1)=1>0，所以三次函数只有一个零点，故C错误.
由上知函数f(x)在区间[-3，3]上的最小值为f(-3)，f(1)中的较小者，又f(-3)=-27+9+3=-15所以函数f(x)在区间[-3，3]上的最小值为-15，故D正确.
故选ABD.
11.B
【解析】由题意得，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1-=(a≠0)，
当a<0时，f'(x)>0，函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，
当x趋于0时，f(x)趋于-∞，与f(x)≥0矛盾.
当a>0时，若x∈(0，a)，则f'(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，
若x∈(a，+∞)，则f'(x)>0，f(x)在(a，+∞)上单调递增，
所以当x=a时，f(x)取得最小值，最小值为f(a)=a-aln a-b，a-aln a-b≥0恒成立，
即a-aln a≥b，
则ab≤a2-a2ln a(a>0).
令g(x)=x2-x2ln x(x>0)，
则g'(x)=2x-2xln x-x=x-2xln x=x(1-2ln x)，
当x∈(0，)时，g'(x)>0，g(x)在(0，)上单调递增，
当x∈(，+∞)时，g'(x)<0，g(x)在(，+∞)上单调递减，
所以当x=时，g(x)取得最大值，最大值为g()=e-=，
即当a=，b=时，ab取得最大值，最大值为.故选B.
12.解析　(1)因为f(x)=x3+ax2+bx+c，所以f'(x)=3x2+2ax+b，
因为x=1和x=-1是f(x)的两个极值点，所以1和-1是方程3x2+2ax+b=0的两个根，
故解得
即f(x)=x3-3x+c，
所以f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1).
因为当x∈(-∞，-1)∪(1，+∞)时，f'(x)>0，当x∈(-1，1)时，f'(x)<0，
所以f(x)在区间(-∞，-1)，(1，+∞)上单调递增，在区间(-1，1)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(-1)=-1+3+c=3，解得c=1，
所以f(x)的极小值为f(1)=1-3+1=-1. 3分
(2)当b=0时，f(x)=x3+ax2+c，其定义域为R，
又f'(x)=3x2+2ax，所以令f'(x)=0，解得x=0或x=-.
①若a<0，则当x∈(-∞，0)∪-，+∞时，f'(x)>0；当x∈0，-时，f'(x)<0.
故f(x)在区间(-∞，0)，-，+∞上单调递增，在0，-上单调递减.
②若a=0，则f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在区间(-∞，+∞)上单调递增.
③若a>0，则当x∈-∞，-∪(0，+∞)时，f'(x)>0；当x∈-，0时，f'(x)<0.
故f(x)在区间-∞，-，(0，+∞)上单调递增，在-，0上单调递减.
综上可得，当a<0时，f(x)在区间(-∞，0)，-，+∞上单调递增，在0，-上单调递减；当a=0时，f(x)在区间(-∞，+∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间-∞，-，(0，+∞)上单调递增，在-，0上单调递减. 9分
(3)当c=0时，f(x)=x3+ax2+bx，
由题意得，-2≤f(2)=8+4a+2b≤2，即-5≤2a+b≤-3，　①
-2≤f(-2)=-8+4a-2b≤2，即3≤2a-b≤5，　②
由①②可知，-≤a≤，-5≤b≤-3.　③
因为f'(x)=3x2+2ax+b，f'(-2)=12-4a+b≥12-2-5=5>0，f'(0)=b<0，f'(2)=12+4a+b≥12-2-5=5>0，
所以f'(x)=0有两个实数根，设为x1，x2，且-2当x∈(-2，x1)∪(x2，2)时，f'(x)>0，当x∈(x1，x2)时，f'(x)<0，
故x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点.
由题意得f(x1)=+a+bx1≤2，f(x2)=+a+bx2≥-2，
即-f(x2)=-(+a+bx2)≤2，
两式同向相加得(x1-x2)[(x1+x2)2-x1x2+a(x1+x2)+b]≤4，　④
注意到x1+x2=-，x1x2=，x1-x2=-，
代入④得-≤2.
由③可知-≤a≤，-5≤b≤-3，则36≤4a2-12b≤61，1≤-≤，
所以≥2，-≥1，所以-≥2，所以-=2.
又a2-3b=9，即a2=9+3b，所以0≤9+3b≤，解得-3≤b≤-.
又-5≤b≤-3，所以b=-3，所以a=0，
所以f(x)=x3-3x，则f(3)=18. 17分
13.1
【解析】由题意知函数f(x)的定义域为(-1，+∞)，f'(x)=a-.
因为恰有两个论断正确，论断①与论断②矛盾，所以两者只有一个正确.
对于②，若a≤0，则函数f(x)=ax-ln(x+1)是减函数；若a>0，由f'(x)=a-，x∈(-1，+∞)，可知当x<-1时，f'(x)<0，当x>-1时，f'(x)>0，所以②错误，因此①正确.
由①知-1=0，解得a=1，所以f'(x)=，所以f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为0，③错误.
当x∈(0，+∞)时，∈(0，1)，所以f'(x)=1->0恒成立，④正确.
故a=1.
14.e，
【解析】因为f(x)=-a+ln x(x>0)，所以f'(x)=.
因为f(x)在(0，2)上有两个极值点，
所以ex-ax=0，即a=在(0，2)上有两根.
令p(x)=，则p'(x)=.
当0当10，p(x)单调递增.
又因为当x→0时，p(x)→+∞，且p(1)=e，p(2)=，
所以f(x)在(0，2)上有两个极值点需满足e故当函数f(x)在(0，2)上有两个极值点时，实数a的取值范围为e，.
15.解析　(1)因为f(x)=xln x，所以f'(x)=ln x+1，令f'(x)=0，得x=.
当x∈[1，e]时，f'(x)>0，f(x)在[1，e]上单调递增，又f(1)=0，f(e)=e，
所以f(x)在[1，e]上的值域为[0，e]. 5分
(2)由题意知函数g(x)=xln x-x3，其定义域为(0，+∞)，则g'(x)=ln x+1-x2.
令h(x)=g'(x)，则h'(x)=-x=(x>0).
令h'(x)>0，解得01.
所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
又g'(1)=>0且g'=-<0，g'(e)=<0，
所以根据零点存在定理， x1∈，1，使得g'(x1)=0， x2∈(1，e)，使得g'(x2)=0，
即当x∈(0，x1)∪(x2，+∞)时，g'(x)<0，g(x)在(0，x1)，(x2，+∞)上单调递减；
当x∈(x1，x2)时，g'(x)>0，g(x)在(x1，x2)上单调递增.
所以g(x)存在唯一极大值点x2，即x0=x2∈(1，e)，
又因为g'=ln +1-×2=ln 3-ln 2+1-≈1.098 6-0.693 1-0.125>0=g'(x0)，
所以x2∈，e，即x0>，得证. 15分

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