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3．4　导数与函数的极值、最值
1．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．
3．掌握利用导数研究函数最值的方法，会求闭区间上函数的最大值和最小值．
1．函数的极值
(1)函数极值的定义：如图，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f′(x)<0，右侧f′(x)>0.类似地，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f′(x)>0，右侧f′(x)<0.我们把a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；b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．极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．
(2)函数在某点取得极值的必要条件和充分条件
一般地，函数y＝f(x)在某一点处的导数值为0是函数y＝f(x)在这点取得极值的必要条件．
可导函数y＝f(x)在x＝x0处取极大（小）值的充分条件：①f′(x0)＝0；②在x＝x0附近的左侧f′(x)>0(<0)，右侧f′(x)<0(>0).
(3)导数求极值的方法：解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．
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．
2．函数的最大（小）值
(1)函数最大（小）值的再认识
①一般地，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若函数y＝f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数在[a，b]上的最小值，f(b)为函数在[a，b]上的最大值；若函数y＝f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数在[a，b]上的最大值，f(b)为函数在[a，b]上的最小值．
(2)导数求最值的一般步骤
设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；
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．
3．三次函数的图象、单调性、极值
设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，记Δ＝4b2－12ac＝4(b2－3ac)，并设x1，x2是方程f′(x)＝0的根，且x1(1)a>0
项目 Δ>0 Δ≤0
图象
单调性 在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减 在R上单调递增
极值点 个数 2 0
(2)a<0
项目 Δ>0 Δ≤0
图象
单调性 在(x1，x2)上单调递增；在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减 在R上单调递减
极值点 个数 2 0
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)对于可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点．(　×　)
(2)函数的极大值不一定是最大值，最小值也不一定是极小值．(　√　)
(3)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(　×　)
(4)连续函数f(x)在区间[a，b]上一定存在最值．(　√　)
2．（人教A版选择性必修第二册P98T4改编）如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　A　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：由题中导函数f′(x)的图象知，在x＝－2处，f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝－2是f(x)的极大值点；在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，所以x＝－1是f(x)的极小值点；在x＝2处，f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝2是f(x)的极大值点．综上，f(x)的极小值点的个数为1.故选A.
3．（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．
解析：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.
4．（人教A版选择性必修第二册P104T9改编）函数f(x)＝x(x－c)2有极值，则实数c的取值范围是(－∞，0)∪(0，＋∞)．
解析：f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2.由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝16c2－12c2＝4c2>0，解得c≠0，即c∈(－∞，0)∪(0，＋∞).
考点1 利用导数求函数的极值
命题角度1　根据导函数的图象判断函数的极值
【例1】　（多选）函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是(　ABD　)
A．函数y＝f(x)在(－1，3)上单调递增
B．函数y＝f(x)在(3，5)上单调递减
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】　对于A，由题中图象知，当x∈(－1，3)时，f′(x)>0，此时y＝f(x)单调递增，故A正确；对于B，当x∈(3，5)时，f′(x)<0，此时y＝f(x)单调递减，故B正确；对于C，x＝0的附近左右两侧导函数符号不变，故C错误；对于D，当x∈(3，5)时，f′(x)<0，当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，则函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值，故D正确．故选ABD.
由导函数图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：①由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；②由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性，两者结合可得极值点．
命题角度2　求已知函数的极值
【例2】　（2024·宁夏银川二模）已知函数f(x)＝，其中a∈R，讨论f(x)的极值．
【解】　∵f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝.
①若a<4，可得当x<或x>2时，f′(x)<0，当0，
所以f(x)在，(2，＋∞)上单调递减，在上单调递增，
所以f(x)的极小值为f＝，f(x)的极大值为f(2)＝.
②若a＝4，则f′(x)≤0，所以函数f(x)在R上单调递减，无极值．
③若a>4，当x<2或x>时，f′(x)<0，当20，
所以f(x)在(－∞，2)，上单调递减，在上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(2)＝，f(x)的极大值为f＝.
综上，当a<4时，f(x)的极小值为f＝，f(x)的极大值为f(2)＝；
当a＝4时，函数f(x)无极值；
当a>4时，f(x)的极小值为f(2)＝，f(x)的极大值为f＝.
求函数f(x)极值的步骤
第一步，确定函数f(x)的定义域．
第二步，求导函数f′(x).
第三步，解方程f′(x)＝0，求出在函数定义域内的所有根．
第四步，列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0附近左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x＝x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x＝x0处取极小值．
命题角度3　已知函数的极值（点）求参数
【例3】　（2024·新课标Ⅱ卷T16节选）已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【解】　方法一　f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，则令f′(x)>0，解得x>ln a，令f′(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值．
由题意，可得f(ln a)＝a－a ln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0.
构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，则g′(a)＝2a＋>0，可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a的取值范围为(1，＋∞).
方法二　f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a.
若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点，
令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0.
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>ln a，令f′(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值，符合题意．
由题意，可得f(ln a)＝a－a ln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0.
设g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上单调递增，可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，所以a>1，
所以a的取值范围为(1，＋∞).
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．
【对点训练1】　(1)（多选）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　BC　)
A．f(x)有两个极值点
B．f(－2)为函数f(x)的极小值
C．f(x)有两个极小值
D．f(－1)为函数f(x)的极小值
解析：由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，所以f′(x)<0；当x∈(－2，0)时，g(x)<0，所以f′(x)>0；当x∈(0，1)时，g(x)<0，所以f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，所以f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，在(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增．故f(x)有三个极值点，极小值为f(－2)和f(1)，极大值为f(0).故选BC.
(2)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(　B　)
A．2 B．－
C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2
解析：由题意，得f′(x)＝＋2ax－3，x>0，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，∴f(x)＝2ln x＋x2－3x，f′(x)＝＋x－3＝，∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.故选B.
(3)（2025·八省联考改编）已知函数f(x)＝a ln x＋－x，若x＝1是f(x)的极小值点，则b的取值范围为(1，＋∞)．
解析：由题可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＝，因为x＝1是f(x)的极小值点，所以f′(1)＝－1＋a－b＝0 a＝b＋1，所以f′(x)＝＝，若b≤0，令f′(x)>0 x∈(0，1)，令f′(x)<0 x∈(1，＋∞)，则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意；若00 x∈(b，1)，令f′(x)<0 x∈(0，b)∪(1，＋∞)，则f(x)在(b，1)上单调递增，在(0，b)，(1，＋∞)上单调递减，得x＝1是f(x)的极大值点，不满足题意；若b＝1，则f′(x)＝－≤0（当且仅当x＝1时等号成立），f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值点，不满足题意；若b>1，令f′(x)>0 x∈(1，b)，令f′(x)<0 x∈(0，1)∪(b，＋∞)，则f(x)在(1，b)上单调递增，在(0，1)，(b，＋∞)上单调递减，得x＝1是f(x)的极小值点，满足题意．综上，若x＝1是f(x)的极小值点，则b>1.
考点2 函数的最值
命题角度1　求已知函数的最值
【例4】　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋1，当－【解】　∵f(x)＝x3＋ax2＋1，
∴f′(x)＝3x2＋2ax.
令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝－a.
∵－当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示．
x 0 －a 1
f′(x) － 0 ＋
f(x) 1 单调递减 a3＋1 单调递增 a＋2
∴f(x)在上单调递减，在上单调递增．
∵－当a＋2<1，即－当a＋2≥1，即－1≤a<0时，f(x)max＝f(1)＝a＋2.
综上，当－命题角度2　由函数的最值求参数
【例5】　（2024·河南南阳一模）已知函数f(x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3在区间(1，2)上有最小值，则整数a的一个取值可以是－4（答案不唯一，满足－10【解析】　由f(x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3可知，f′(x)＝6x－＋a－1＝
，又f(x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3在(1，2)上有最小值，所以f′(x)在(1，2)上有变号零点且在零点附近两侧的函数值左负右正．令h(x)＝6x2＋(a－1)x－2，则h(x)在(1，2)上有变号零点且在零点附近两侧的函数值左负右正，所以
解得－101．求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，将区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
2．若所给函数f(x)含参数，则需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．
3．已知函数在开区间上有最值，可转化为有极值问题求解，若在闭区间上有最值，则需要比较区间端点值与极值的大小．
【对点训练2】　(1)函数f(x)＝x2sin x＋2x cos x在区间上的最大值与最小值分别为(　A　)
A．，－2π B．，－
C．2π，－ D．2π，－2π
解析：由题意，得f′(x)＝2x sin x＋x2cos x＋2cos x－2x sin x＝(x2＋2)cos x．当x∈时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减．又因为f＝，f＝－，f(π)＝－2π，所以f(x)的最大值与最小值分别为与－2π.故选A.
(2)（2024·广西南宁一模）已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值为－1，则实数a的取值范围为[0，＋∞）．
解析：因为f(x)＝(x－1)ex＋ax2，所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)，若a≥0，则x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝－1，满足题意；若a<0，则当x无限趋近于负无穷时，f(x)无限趋近于负无穷，f(x)没有最小值，不符合题意．综上，实数a的取值范围为[0，＋∞）.
课时作业20
1．（5分）已知f′(x)是函数f(x)在R上的导函数，函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　C　)
解析：由题意可得f′(－2)＝0，而且在点(－2，0)附近的左侧，f′(x)<0，此时xf′(x)>0，排除B，D；在点(－2，0)附近的右侧，f′(x)>0，此时xf′(x)<0，排除A，所以函数y＝xf′(x)的图象可能是C.故选C.
2．（5分）（2024·福建泉州一模）已知x1，x2是函数f(x)＝(x－1)3－x的两个极值点，则(　C　)
A．x1＋x2＝－2
B．x1＋x2＝1
C．f(x1)＋f(x2)＝－2
D．f(x1)＋f(x2)＝2
解析：f′(x)＝3(x－1)2－1，令f′(x)＝0，解得x＝1±.不妨设x1＝1＋，x2＝1－，则x1＋x2＝2，故A，B错误；f(x1)＋f(x2)＝－1－＋－1＋＝－2，故C正确，D错误．故选C.
3．（5分）已知函数f(x)＝x2ln x，则下列结论正确的是(　C　)
A．f(x)在x＝处取得极大值－
B．f(x)在x＝处取得极大值
C．f(x)在x＝处取得极小值－
D．f(x)在x＝处取得极小值
解析：因为f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，且x∈(0，＋∞)，所以x∈时f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈时f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝处取得极小值f＝ln ＝－.故选C.
4．（5分）（2024·江西上饶一模）已知函数f(x)＝xex，则下列说法正确的是(　C　)
A．f(x)的导函数为f′(x)＝(x－1)ex
B．f(x)在(－1，＋∞)上单调递减
C．f(x)的最小值为－
D．f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝2x
解析：对于A，f(x)＝xex f′(x)＝ex＋xex＝(x＋1)ex，因此A不正确；对于B，由上可知f′(x)＝(x＋1)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，因此B不正确；对于C，由上可知f′(x)＝(x＋1)ex，当x>－1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x<－1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以当x＝－1时，函数f(x)取得最小值，最小值为－，因此C正确；对于D，由上可知f′(x)＝(x＋1)ex，因为f′(0)＝1，f(0)＝0，所以f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x，因此D不正确．故选C.
5．（5分）（2024·江苏南通二模）若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围为(　C　)
A．a>－2 B．a>－
C．a<－2 D．a<－
解析：函数f(x)＝eax＋2x，可得f′(x)＝aeax＋2，若a≥0，则f′(x)>0，此时f(x)单调递增，无极值点，故a<0.令f′(x)＝aeax＋2＝0，解得x＝ln ，当x>ln 时，f′(x)>0，当x0 ln <0 0<－<1，解得a<－2.故选C.
6．（5分）已知函数f(x)＝ln (ax)＋的最小值为2，则f的值为(　B　)
A．e－1 B．e
C．2＋ D．e＋1
解析：显然a≠0，若a<0，则x<0，不合题意，故a>0，则定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a·－＝，令f′(x)＝0，解得x＝1，当01时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝ln a＋1＝2，解得a＝e，则f(x)＝ln (ex)＋，则f＝ln ＋＝e.故选B.
7．（6分）（多选）（2024·贵州安顺一模）设函数f(x)＝－－＋3x，则(　ABD　)
A．f(x)有1个极大值点
B．f(x)有2个极小值点
C．x＝－1是f(x)的极大值点
D．x＝是f(x)的极小值点
解析：函数f(x)＝－－＋3x的定义域为R，且f′(x)＝x3－x2－3x＋3＝(x－1)(x2－3)＝(x－1)（x＋）（x－），所以当x<－或1时，f′(x)>0，所以f(x)在（－∞，－），（1，）上单调递减，在（－，1），（，＋∞）上单调递增，所以f(x)在x＝－处取得极小值，在x＝1处取得极大值，在x＝处取得极小值．故选ABD.
8．（6分）（多选）（2024·新课标Ⅱ卷）设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　AD　)
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f（1)）为曲线y＝f(x)的对称中心
解析：由f(x)＝2x3－3ax2＋1，得f′(x)＝6x(x－a).对于A，当a>1时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，f(x)的极大值f(0)＝1>0，f(x)的极小值f(a)＝1－a3<0，所以f(x)有三个零点，故A正确．对于B，当a<0时，f(x)在(a，0)上单调递减，在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，x＝0是极小值点，故B错误．对于C，任何三次函数的图象都不存在对称轴，故C错误．对于D，方法一，当a＝2时，f(x)＝2x3－6x2＋1＝2(x－1)3－6(x－1)－3，图象关于点(1，－3)中心对称，故D正确．方法二，考虑到三次函数的图象特征，如果存在对称中心，两个极值点一定关于点(1，f（1)）对称，所以a＋0＝2，且f(a)＋1＝2f(1)，解得a＝2，故D正确．故选AD.
9．（5分）中国古代建筑的主要受力构件是梁，其截面的基本形式是矩形．如图，将一根截面为圆形的木材加工制成截面为矩形的梁，设与承载重力的方向垂直的宽度为x，与承载重力的方向平行的高度为y，记矩形截面抵抗矩W＝xy2.根据力学原理，截面抵抗矩越大，梁的抗弯曲能力越强，则宽x与高y的最佳比值应为．
解析：设圆的直径为d，则x2＋y2＝d2，即y2＝d2－x2.由题意可得W＝x(d2－x2)＝(－x3＋d2x)，00，解得010．（5分）（2024·辽宁葫芦岛一模）已知函数f(x)＝ex－ax2在R上无极值，则a的取值范围是．
解析：由题意，得f′(x)＝ex－2ax，故f′(0)＝1＞0，因为函数f(x)＝ex－ax2在R上无极值，所以f′(x)≥0在R上恒成立．当x＞0时，a≤，设g(x)＝，则g′(x)＝＝，当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，g′(x)＞0，则g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，从而g(x)≥g(1)＝，故a≤；当x＜0时，＜0，则a≥0.综上，0≤a≤.
11．（18分）（2024·湖南衡阳二模）已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋1(a∈R)，当x＝2时，f(x)取得极值－3.
(1)求f(x)的解析式；
(2)求f(x)在区间[－1，3]上的最值．
解：(1)依题意，可得f′(x)＝3ax2＋2bx，
又当x＝2时，f(x)取得极值－3，
所以即
解得所以f(x)＝x3－3x2＋1.
(2)由(1)可知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示．
x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2 (2，3) 3
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －3 单调 递增 1 单调 递减 －3 单调 递增 1
因此，在区间[－1，3]上，f(x)的最小值为－3，最大值为1.
12．（20分）（2024·江苏南京二模）已知函数f(x)
＝，其中a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(1，f（1)）处的切线方程；
(2)当a>0时，若f(x)在区间[0，a]上的最小值为，求a的值．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝，则f(1)＝，f′(x)＝，所以f′(1)＝，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f（1)）处的切线方程为y－＝(x－1)，即x－ey＝0.
(2)f′(x)＝＝－，
令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝a.
若0所以f(x)min＝f(a)＝＝.
令g(a)＝，则g′(a)＝，当00，g(a)单调递增，当1若a>2，则当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，2]上单调递减，
当x∈（2，a]时，f′(x)≥0且不恒为0，则f(x)在（2，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝＝，则a＝4－e<2，不合题意．
若a＝2，则当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，f(x)在[0，2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝≠，不合题意．综上，a＝1.
13．（5分）（2024·广东佛山二模）若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则下列结论一定正确的是(　B　)
A．a<0 B．b<0
C．ab>－1 D．a＋b>0
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－＝，又函数f(x)既有极大值也有极小值，所以函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个零点，又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ab>－2，a>0，b<0.故选B.
14．（5分）（2024·广东韶关二模）定义max{a，b}＝则对于任意实数x>0，y>0，max2x，3y，＋的最小值是(　A　)
A． B．
C． D．
解析：设max＝M，则M≥2x，M≥3y，M≥＋，得3M≥2x＋＋3y＋＝2x＋＋3y＋，设f(x)＝x＋(x>0)，则f′(x)＝1－＝，
令f′(x)<0 00 x>，所以函数f(x)在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，故f(x)min＝f（）＝＋＝，即f(x)≥，得f(2x)≥，f(3y)≥，所以3M≥2x＋＋3y＋＝f(2x)＋f(3y)≥＋＝，得M≥＝，即max的最小值为.故选A.

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