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(共40张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.函数f(x)=在[2,+∞)上的最小值为(　　)
A. B.e2
C. D.2e
√
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解析:依题意f'(x)=(x2-2x-3)=(x-3)(x+1),故函数在区间(2,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增,故函数在x=3处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)==.
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2.(2024·安阳一模)已知函数f(x)=ex-λ(x2+1)有两个极值点p,q,若q=2p,则f(0)= (　　)
A.1- B.1-
C.1-ln 2 D.1-
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解析:依题意,f'(x)=ex-2λx,则
因为q=2p,所以显然λ,p≠0,两式相除得ep=2,
则p=ln 2,代入ep=2λp中,解得λ=,则f(0)=1-.
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3.(2024·楚雄模拟)已知定义域为[-3,5]的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)的图象如图所示,则 (　　)
A.f(x)在(-2,2)上先递增后递减
B.f(x)有极小值f(2)
C.f(x)有2个极值点
D.f(x)在x=-3处取得最大值
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解析:由f'(x)的图象可知x∈(-2,2)或x∈(4,5)时,f'(x)<0,则f(x)单调递减,故A错误;
又x∈(-3,-2)或x∈(2,4)时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,所以当x=2时,f(x)有极小值f(2),故B正确;
由f'(x)的图象结合单调性可知x=-2,2,4时,f(x)有极值,所以f(x)有3个极值点,故C错误;
当x∈(-3,-2)时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,所以f(-3)1
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4.(2024·台州调研二)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 (　　)
A.(-2,+∞) B.
C.(-∞,-2) D.
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解析:函数f(x)=eax+2x,可得f'(x)=aeax+2,若a≥0,则f'(x)>0恒成立,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,即ln<0,∴0<-<1,解得a<-2.
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5.(2024·沈阳模拟)在同一平面直角坐标系内,函数y=f(x)及其导函数y=f'(x)的图象如图所示,已知两图象有且仅有一个公共点,其坐标为(0,1),则 (　　)
A.函数y=f(x)·ex的最大值为1
B.函数y=f(x)·ex的最小值为1
C.函数y=的最大值为1
D.函数y=的最小值为1
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解析:由导数与函数单调性的关系得f(x)的图象为实曲线,f'(x)的图象为虚曲线,且当x<0时,f(x)0时,f(x)>f'(x),设g(x)=f(x)·ex,则g'(x)=[f(x)+f'(x)]·ex>0,∴g(x)在R上单调递增,故A、B错误;
设h(x)=,则h'(x)==,则h(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,∴h(x)在x=0处有最大值h(0)==1,故C正确,D错误.
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6.[多选]已知函数f(x)=(x+1)ex,则下列结论正确的是 (　　)
A.f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增 B.f(x)的最小值为-
C.方程f(x)=2的解有2个 D.导函数f'(x)的极值点为-3
解析:易知f(x)=(x+1)ex,可得f'(x)=(x+2)ex,令f'(x)<0,x∈(-∞,-2),令f'(x)>0,x∈(-2,+∞),故f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(-2)=-,故A、B正确;
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若讨论方程f(x)=2的解,即讨论g(x)=(x+1)ex-2的零点,易知g(-2)=--2,g(1)>0,故g(1)·g(-2)<0,故由函数零点存在定理得到存在x0∈(-2,1)作为g(x)的一个零点,而当x→-∞时,g(x)→-2,显然g(x)在(-∞,-2)内无零点,故g(x)=(x+1)ex-2只有一个零点,即f(x)=2只有一个解,故C错误;
令h(x)=f'(x)=(x+2)ex,则h'(x)=(x+3)ex,令h'(x)=0,解得x=-3.而h'(0)>0,h'(-4)<0,故x=-3是h'(x)的变号零点,即x=-3是h(x)的极值点,故得导函数f'(x)的极值点为-3,故D正确.
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7.[多选]利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的.某同学利用所学数学知识,探究函数f(x)=xx,x∈(0,+∞),则下列命题正确的是 (　　)
A.f(x)有且只有一个极值点 B.f(x)在上单调递增
C.存在实数a∈(0,+∞),使得f(a)= D.f(x)有最小值
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解析:由y=f(x)=xx得ln y=xln x,令z=xln x,
(关键点:找到已知函数的同构函数z=xln x)
则函数z=xln x可以看作为函数z=ln y与函数y=xx的复合函数,因为z=ln y为增函数,所以z=xln x与y=xx单调性、图象变换等基本一致,z'=ln x+1,由z'=0得x=,列表如下:
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由表知,z=xln x在上单调递减,在上单调递增,在x=时,取得极小值(最小值)-,所以f(x)=xx在上单调递增,即B正确;
在x=时,取得唯一极值>,即A、D都正确,C错误.
x
z'=ln x+1 - 0 +
z=xln x 单调递减 - 单调递增
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8.若函数f(x)=x3-4x+m在[0,3]上的最小值为4,则m=　　　　.
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x∈[0,2)上单调递减,在x∈(2,3]上单调递增,所以f(2)为f(x)在[0,3]上的极小值,也是最小值,故×8-4×2+m=4,解得m=.
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9.若函数f(x)=ax2+有两个极值点,则实数a的取值范围为　　　　　.
解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax+,令f'(x)=0,得a=.令g(x)=,则g'(x)=.令g'(x0)=0,则3ln x0=4,即ln x0=,即=e4.
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当00,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)max=g(x0)===.又当x趋近于0时,g(x)趋近于-∞;
当x趋近于+∞时,g(x)趋近于0,作出
g(x)的草图如图,
由图可知,当0有两个正根,从而函数f(x)有两个极值点.
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习得方法:函数的极值问题,常转化为求导函数的零点问题求解,关于函数零点个数求参数问题,通常参变分离,转化为两个函数图象相交问题,借助导数研究函数单调性,作出草图即可得解,其中需要注意观察函数的变化趋势.
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10.(2024·江苏苏锡常镇调研一)已知a,b∈(0,1)∪(1,+∞),
4logab+logba=4,则+ln的最小值为　　　　.
解析:因为4logab+logba=4,a,b∈(0,1)∪(1,+∞),所以4logab+=4,所以logab=,所以b=,即a=b2,所以+ln=+ln=ln b+.
ln 2+1
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令f(x)=ln x+,x∈(0,+∞),则f'(x)=-=,所以当02时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(2)=ln 2+1,所以=ln 2+1,当且仅当b=2,a=4时取得.
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11.已知函数f(x)=(x2+ax+a)e-x(a为常数,e为自然对数的底数)在x=0时取得极小值.
(1)试确定a的取值范围;
解:f'(x)=-e-x[x2-(2-a)x],当a=2时,f'(x)=-x2e-x<0恒成立,f(x)无极值.当a<2,x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,2-a)时,f'(x)>0,则x=0是f(x)的极小值点.当a>2,x∈(2-a,0)时,f'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,则x=0是f(x)的极大值点,因此a<2,故a的取值范围为(-∞,2).
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(2)当a变化时,设由f(x)的极大值构成的函数为g(a),试判断曲线y=g(x)只可能与直线2x-3y+m=0,3x-2y+n=0(m,n为确定的常数)中的哪一条相切,并说明理由.
解:当a<2,x∈(0,2-a)时,f'(x)>0,当x∈(2-a,+∞)时,f'(x)<0,则x=2-a是f(x)的极大值点,因此g(a)=f(2-a)=-ea-2(a-4) , a<2.设g(x)=-ex-2(x-4),x<2,于是g'(x)=-ex-2(x-3).
令h(x)=-ex-2(x-3),则h'(x)=-ex-2(x-2),故h(x)在(-∞,2)上单调递增,h(x)1
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12.已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x,a∈R.
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程;
解:若a=0,则f(x)=x2-x,则f'(x)=2x-1,故f(2)=2,f'(2)=3,
故曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y-2=3(x-2),即3x-y-4=0.
(2)若f(x)在x=1处取得极值,求f(x)的极值;
解: f(x)=x2-(2a+1)x+aln x,a∈R,定义域为(0,+∞),则f'(x)=2x-(2a+1)+,由于f(x)在x=1处取得极值,
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故f'(1)=2-(2a+1)+a=0,
∴a=1,则f'(x)=2x-3+==.
令f'(x)>0,则01,函数f(x)在,(1,+∞)上均单调递增,
令f'(x)<0,则故当x=时,f(x)取到极大值f=-+ln=--ln 2,
当x=1时,f(x)取到极小值f(1)=1-3=-2.
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(3)若f(x)在[1,e]上的最小值为-2a,求a的取值范围.
解: 由于f'(x)=2x-(2a+1)+=,x∈[1,e],
当a≤1时,f'(x)≥0,仅在a=1,x=1时等号取得,f(x)在[1,e]上单调递增,
则f(x)min=f(1)=-2a,符合题意;
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当a0,f(x)在[a,e]上单调递增,
故f(x)min=f(a)当a≥e时,f'(x)<0,f(x)在[1,e]上单调递减,
故f(x)min=f(e)综上,可知a的取值范围为(-∞,1].
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13.(2024·焦作二模)若函数f(x)=ex+ax2-e在定义域R上存在最小值b,则当a-b取得最小值时,a= (　　)
A. B.
C.-e D.-e
解析:
审题破题:设f(x)的最小值在x=x0处取得,用x0表示出a,求出a-b.　
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因为f(x)=ex+ax2-e,所以f'(x)=ex+2ax,当a=0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在定义域上单调递增,不存在最小值,故舍去;当a<0时,若x<0,则f(x)=ex+ax2-e0.易知f'(x)=ex+2ax在定义域上单调递增,且f'(0)=1,所以存在唯一零点x0,即+2ax0=0,且x0<0,当xx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,
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所以f(x)在x=x0处取得最小值,即f(x)min=f(x0)=+a-e=b.又a=-,所以a-b=--f(x0)=+e.令g(x)=ex(x<0),所以g'(x)=ex=ex(x-1)2(x+1).所以当x<-1时,g'(x)<0,当-10,所以g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,所以当x=-1时,g(x)取得极小值,即最小值,所以x0=-1,所以a=.
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14.(2024·新课标Ⅱ卷)[多选]设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则 (　　)
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
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解析:f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a),由于a>1,故x∈(-∞,0)∪(a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,0),(a,+∞)上单调递增.当x∈(0,a)时,f'(x)<0,故f(x)在(0,a)内单调递减,则f(x)在x=0处取到极大值,在x=a处取到极小值.由f(0)=1>0,f(a)=1-a3<0,得f(0)f(a)<0.根据函数零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点.又f(-1)=-1-3a<0,f(2a)=4a3+1>0,则f(-1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0,所以f(x)在(-1,0),(a,2a)上各有一个零点,于是当a>1时,f(x)有三个零点,A正确.
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f'(x)=6x(x-a),当a<0,x∈(a,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,此时f(x) 在x=0处取到极小值,B错误.
假设存在这样的a,b,使得x=b为f(x)的对称轴,即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b-x),即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1,根据二项式定理,等式右边2(2b-x)3展开式含有x3的项为2(2b)0(-x)3=-2x3,于是等式左右两边x3的系数不相等,原等式不可能恒成立,于是不存在这样的a,b,使得x=b为f(x)的对称轴,C错误.
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D选项,
法一:利用对称中心的表达式化简
f(1)=3-3a,若存在这样的a,使得(1,3-3a)为f(x)的对称中心,则f(x)+f(2-x)=6-6a,事实上,f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a,
于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a,即
解得a=2,即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心,D正确.
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法二:直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心,对称中心的横坐标是二阶导数的零点,f(x)=2x3-3ax2+1,f'(x)=6x2-6ax,f″(x)=12x-6a.由f″(x)=0,解得x=,于是该三次函数的对称中心为,由题意(1,f(1))也是对称中心,故=1 a=2,即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心,D正确.
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解题结论:任何三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d都有对称中心,对称中心是三次函数的拐点,对称中心的横坐标是f″(x)=0的解,即是三次函数的对称中心.
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15.(2024·长沙三模)已知函数f(x)=x+ln(ax)+xex(a<0).
(1)求函数f(x)的极值;
解:由f'(x)=(1+x),因为a<0,所以f(x)的定义域为(-∞,0),
则+<0,因为当x∈(-∞,-1)时,f'(x)>0;当x∈(-1,0)时,f'(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),单调递减区间为(-1,0),
所以x=-1是f(x)的极大值点,f(x)的极大值是f(-1)=-1+ln(-a)-,无极小值.
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(2)若集合{x|f(x)≥-1}有且只有一个元素,求a的值.
解:由(1)可得f(x)max=f(-1)=-1+ln(-a)-,要使得集合{x|f(x)≥-1}有且只有一个元素,只需要-1+ln(-a)-=-1,
(巧变通:利用不等式有唯一解,则正好是最大值取到等号)
设g(x)=-1+ln(-x)-,
(关键步骤:构造函数求导、研究函数的零点和方程的解)
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则g'(x)=+=,因为当x∈时,g'(x)<0;
当x∈时,g'(x)>0,
所以g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
所以g(x)min=g=-1,所以关于a的方程-1+ln(-a)-=-1有解时,
只能是a=-,所以集合{x|f(x)≥-1}有且只有一个元素时,a=-.(共28张PPT)
利用导数研究函数的极值、最值
习题讲评（四）
(1)函数的极值是高考的重点考查内容,近三年新课标卷选择、填空、解答题均有出现,难度中等偏上.主要考查极值的意义及已知函数极值情况求参数.
(2)函数的最值是函数的一个重要性质,有些复杂的函数最值只能借助导数来求,考查题型:一是给出确定函数或含有参数的函数求最值,多以选择、填空形式出现,二是求解不等式恒成立问题,常常利用函数的最值来求解,此类问题难度较大,多以压轴题形式给出.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
2
教学点(一)　函数的极值
教学点(二)　函数的最值
函数的极值
教学点（一）
[例1]　(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]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
解析:
审题破题:函数f(x)既有极大值也有极小值等价转化为函数f'(x)在(0,+∞)上有两个零点,进而转化为关于x的一元二次方程f'(x)=0有两个不等的正实数根,从而求解.
√
√
√
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有两个不等的正实数根x1,x2,
(关键点:可导函数f(x)的极值点存在问题可转化为导函数f'(x)的变号零点存在问题)
则即所以故选BCD.
[例2]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
解:当a=1时,f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,可得f(1)=e-2,f'(1)=e-1,即切点坐标为(1,e-2),切线斜率k=e-1,所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y-1=0.
(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.
解:法一:
思维路径:求导,分析a≤0和a>0两种情况,利用导数判断单调性和极值,分析可得a2+ln a-1>0,构造函数解不等式即可.
因为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,令f'(x)>0,解得x>ln a.令f'(x)<0,解得x由题意可得,f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,构造函数g(a)=a2+ln a-1,a>0,则g'(a)=2a+>0,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,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,+∞).
法二:
思维路径:求导,可知f'(x)=ex-a有零点,可得a>0,进而利用导数求f(x)的单调性和极值,分析可得a2+ln a-1>0,构造函数解不等式即可.
因为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有交点,则a>0.令f'(x)>0,解得x>ln a.令f'(x)<0,解得x0,构造g(a)=a2+ln a-1,a>0,因为y=a2,y=ln a-1在(0,+∞)内单调递增,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,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,+∞).
[思维建模]
(1)对于已知可导函数的极值求参数的问题,解题的切入点是极值存在的条件:极值点处的导数值为0,极值点附近两侧的导数值异号.f'(x0)=0是x0为函数极值点的必要不充分条件,因此需要检验参数的值.
(2)若函数y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y=f(x)在(a,b)内一定不具有单调性,反之,若函数在某区间上单调,则函数没有极值.
(3)对于函数无极值的问题,往往转化为f'(x)≥0或f'(x)≤0在某区间内恒成立的问题,此时需注意不等式中的等号是否成立.
[练1]　(2024·宜春模拟)已知函数f(x)=ex+e2-x+a(x-1)2有3个极值点x1,x2,x3,则x1+x2+x3= (　　)
A.2a B.3a C.2 D.3
解析:由题意知f'(x)有三个变号零点,且三个零点为x1,x2,x3,不妨设x1√
即时训练
[练2]　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)=(x>0),则g'(x)==,当01时,得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≤.
[练3]　已知函数f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R).
(1)若x=1是f(x)的一个极值点,求a的值;
解:易知f'(x)=ln x+1-2ax-3=ln x-2ax-2,x>0,又x=1是f(x)的一个极值点,所以f'(1)=0,即-2a-2=0,所以a=-1.
此时f'(x)=ln x+2x-2,令h(x)=ln x+2x-2,h'(x)=+2>0,所以f'(x)=h(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1)=0,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以x=1是f(x)的极小值点,即a=-1符合题意,因此a的值为-1.
(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,其中x1解:因为f'(x)=ln x-2ax-2,且f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R)有两个极值点x1,x2,所以方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不同的根,
即方程ln x-2ax-2=0有两个不同的正数根,
将问题转化为函数g(x)=与函数y=2a的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点,则g'(x)=,令g'(x)==0,解得x=e3.
当x>e3时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当00,g(x)单调递增,且当x>e2时,g(x)>0,g(e2)=0,故作出g(x)的图象如图所示,
由图象可知2a∈满足题意,即a∈,即a的取值范围为.
函数的最值
教学点（二）
[例1]　(2024·葫芦岛模拟)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]上的最大值为 (　　)
A.- B.2
C.- D.+2
解析:f'(x)=(x+1)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;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,f=+2,f(2π)=2,∴f(x)max=f=+2.
√
[例2]　(2024·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(1,f(1))处的切线方程;
解:当a=0时,f(x)=,则f(1)=,f'(x)=,所以f'(1)=,
所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为y-=(x-1),即x-ey=0.
(2)当a>0时,若f(x)在区间[0,a]上的最小值为,求a的值.
解: f'(x)==-,令f'(x)=0,解得x=2或x=a,
(关键点:分类讨论,比较a与2的大小)
当0所以f(x)min=f(a)= =,则a=1,符合题意;
当a>2,x∈[0,2]时,f'(x)≤0,
则f(x)在[0,2]上单调递减,x∈(2,a]时,f'(x)≥0,
则f(x)在(2,a]上单调递增,所以f(x)min=f(2)= =,
则a=4-e<2,不符合题意;
当a=2时,x∈[0,2]时,f'(x)≤0,
则f(x)在[0,2]上单调递减,
所以f(x)min=f(2)=≠,不符合题意;
综上,a的值是1.
[思维建模]
求函数f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值的步骤
(1)求函数f(x)在区间(a,b)上的极值;
(2)将函数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.
[练1]　(2024·福建百校联考)已知函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)上存在最小值,则实数a的取值范围为 (　　)
A.[-1,2) B.
C. D.[-1,1)
解析:由题意得f'(x)=3x2-6x=3x(x-2).令f'(x)>0,得x<0或x>2,令f'(x)<0,得0即时训练
√
即时训练
又因为当x3-3x2+3=-1,即x3+1+3(1-x2)=(x+1)·(x-2)2=0时,解得x=-1或x=2,可作出f(x)的图象如图所示,
故要使函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)
上存在最小值,需有解得-1≤a<2,
即实数a的取值范围为[-1,2),故选A.
[练2]　已知函数f(x)=+ln x(a∈R).
(1)讨论f(x)的极值;
解:由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-+=.
当a≤0时,x-a>0,∴f'(x)>0恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)无极值.
当a>0时,若x∈(0,a),f'(x)<0;
若x∈(a,+∞),f'(x)>0.
∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
∴f(x)的极小值为f(a)=1+ln a,无极大值.
综上所述,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)的极小值为1+ln a,无极大值.
(2)求f(x)在[1,e]上的最小值g(a).
解: 当a≤1时,f'(x)≥0在[1,e]上恒成立,
∴f(x)在[1,e]上单调递增,∴f(x)min=f(1)=a.
当1若x∈(a,e],f'(x)>0,
∴f(x)在[1,a)上单调递减,在(a,e]上单调递增,
∴f(x)min=f(a)=1+ln a.
当a≥e时,f'(x)≤0在[1,e]上恒成立，
∴f(x)在[1,e]上单调递减,∴f(x)min=f(e)=+1.
综上所述,f(x)在[1,e]上的最小值g(a)=习题讲评(四)　利用导数研究函数的极值、最值
(1)函数的极值是高考的重点考查内容,近三年新课标卷选择、填空、解答题均有出现,难度中等偏上.主要考查极值的意义及已知函数极值情况求参数.
(2)函数的最值是函数的一个重要性质,有些复杂的函数最值只能借助导数来求,考查题型:一是给出确定函数或含有参数的函数求最值,多以选择、填空形式出现,二是求解不等式恒成立问题,常常利用函数的最值来求解,此类问题难度较大,多以压轴题形式给出.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　函数的极值
[例1]　(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]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 [例2]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (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)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. [练1]　(2024·宜春模拟)已知函数f(x)=ex+e2-x+a(x-1)2有3个极值点x1,x2,x3,则x1+x2+x3= (　　) A.2a B.3a C.2 D.3 [练2]　已知函数f(x)=ex-ax2在R上无极值,则a的取值范围是　　　　　. [练3]　已知函数f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R). (1)若x=1是f(x)的一个极值点,求a的值; (2)若f(x)有两个极值点x1,x2,其中x1教学点(二)　函数的最值
[例1]　(2024·葫芦岛模拟)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]上的最大值为 (　　) A.- B.2 C.- D.+2 [例2]　(2024·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(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. [练1]　(2024·福建百校联考)已知函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)上存在最小值,则实数a的取值范围为 (　　) A.[-1,2) B. C. D.[-1,1) [练2]　已知函数f(x)=+ln x(a∈R). (1)讨论f(x)的极值; (2)求f(x)在[1,e]上的最小值g(a). [自助空间] 思维建模:求函数f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值的步骤 (1)求函数f(x)在区间(a,b)上的极值; (2)将函数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. [练1]　习得方法: 求函数无穷区间(开区间)上的最值问题时,不仅要研究其极值,还需研究其单调性,结合单调性和极值情况,画出函数图象,借助图象求解.
教学环节二　课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评) 1.函数f(x)=在[2,+∞)上的最小值为 (　　) A. B.e2 C. D.2e 2.(2024·安阳一模)已知函数f(x)=ex-λ(x2+1)有两个极值点p,q,若q=2p,则f(0)= (　　) A.1- B.1- C.1-ln 2 D.1- 3.(2024·楚雄模拟)已知定义域为[-3,5]的函数f(x)的导函数为f'(x),且f'(x)的图象如图所示,则 (　　) A.f(x)在(-2,2)上先递增后递减 B.f(x)有极小值f(2) C.f(x)有2个极值点 D.f(x)在x=-3处取得最大值 4.(2024·台州调研二)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 (　　) A.(-2,+∞) B. C.(-∞,-2) D. 5.(2024·沈阳模拟)在同一平面直角坐标系内,函数y=f(x)及其导函数y=f'(x)的图象如图所示,已知两图象有且仅有一个公共点,其坐标为(0,1),则 (　　) A.函数y=f(x)·ex的最大值为1 B.函数y=f(x)·ex的最小值为1 C.函数y=的最大值为1 D.函数y=的最小值为1 6.[多选]已知函数f(x)=(x+1)ex,则下列结论正确的是 (　　) A.f(x)在区间(-2,+∞)上单调递增 B.f(x)的最小值为- C.方程f(x)=2的解有2个 D.导函数f'(x)的极值点为-3 7.[多选]利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的.某同学利用所学数学知识,探究函数f(x)=xx,x∈(0,+∞),则下列命题正确的是 (　　) A.f(x)有且只有一个极值点 B.f(x)在上单调递增 C.存在实数a∈(0,+∞),使得f(a)= D.f(x)有最小值 8.若函数f(x)=x3-4x+m在[0,3]上的最小值为4,则m=　　　　. 9.若函数f(x)=ax2+有两个极值点,则实数a的取值范围为　　　　　. 10.(2024·江苏苏锡常镇调研一)已知a,b∈(0,1)∪(1,+∞),4logab+logba=4,则+ln的最小值为　　　　. 11.已知函数f(x)=(x2+ax+a)e-x(a为常数,e为自然对数的底数)在x=0时取得极小值. (1)试确定a的取值范围; (2)当a变化时,设由f(x)的极大值构成的函数为g(a),试判断曲线y=g(x)只可能与直线2x-3y+m=0,3x-2y+n=0(m,n为确定的常数)中的哪一条相切,并说明理由. [自助空间] 第3题　习得方法: 由图象判断函数y=f(x)的极值(点),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. 第6题　发散拓展: 极值点不一定是最值点,最值点也不一定是极值点,但如果连续函数在开区间(a,b)内只有一个极值点,则极大值就是最大值,极小值就是最小值. 第7题　习得方法: 对于比较复杂的式子要观察式子特征,通过移项或乘除等手段,将相同的变量移到不等式的同一边,化异为同构造函数,然后对构造的函数求导,应用导数进行解答,同时要注意函数的定义域及变形的等价性. 第9题　习得方法: 函数的极值问题,常转化为求导函数的零点问题求解,关于函数零点个数求参数问题,通常参变分离,转化为两个函数图象相交问题,借助导数研究函数单调性,作出草图即可得解,其中需要注意观察函数的变化趋势.
12.已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x,a∈R. (1)若a=0,求曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程; (2)若f(x)在x=1处取得极值,求f(x)的极值; (3)若f(x)在[1,e]上的最小值为-2a,求a的取值范围. 13.(2024·焦作二模)若函数f(x)=ex+ax2-e在定义域R上存在最小值b,则当a-b取得最小值时,a= (　　) A. B. C.-e D.-e 14.(2024·新课标Ⅱ卷)[多选]设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则 (　　) 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 15.(2024·长沙三模)已知函数f(x)=x+ln(ax)+xex(a<0). (1)求函数f(x)的极值; (2)若集合{x|f(x)≥-1}有且只有一个元素,求a的值. 第14题　解题结论: 任何三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d都有对称中心,对称中心是三次函数的拐点,对称中心的横坐标是f″(x)=0的解,即是三次函数的对称中心.
习题讲评(四)　利用导数研究函数的极值、最值
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　函数的极值
[例1]　选BCD　
审题破题:函数f(x)既有极大值也有极小值等价转化为函数f'(x)在(0,+∞)上有两个零点,进而转化为关于x的一元二次方程f'(x)=0有两个不等的正实数根,从而求解.
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有两个不等的正实数根x1,x2,
(关键点:可导函数f(x)的极值点存在问题可转化为导函数f'(x)的变号零点存在问题)
则即所以故选BCD.
[例2]　解:(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,则f'(x)=ex-1,可得f(1)=e-2,f'(1)=e-1,即切点坐标为(1,e-2),切线斜率k=e-1,所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y-1=0.
(2)法一:
思维路径:求导,分析a≤0和a>0两种情况,利用导数判断单调性和极值,分析可得a2+ln a-1>0,构造函数解不等式即可.
因为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,令f'(x)>0,解得x>ln a.令f'(x)<0,解得x由题意可得,f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,构造函数g(a)=a2+ln a-1,a>0,则g'(a)=2a+>0,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,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,+∞).
法二:
思维路径:求导,可知f'(x)=ex-a有零点,可得a>0,进而利用导数求f(x)的单调性和极值,分析可得a2+ln a-1>0,构造函数解不等式即可.
因为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有交点,则a>0.令f'(x)>0,解得x>ln a.令f'(x)<0,解得x0,构造g(a)=a2+ln a-1,a>0,因为y=a2,y=ln a-1在(0,+∞)内单调递增,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,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,+∞).
[练1]　选D　
由题意知f'(x)有三个变号零点,且三个零点为x1,x2,x3,不妨设x1[练2]　答案:
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)=(x>0),则g'(x)==,当01时,得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≤.
[练3]　解:(1)易知f'(x)=ln x+1-2ax-3=ln x-2ax-2,x>0,又x=1是f(x)的一个极值点,所以f'(1)=0,即-2a-2=0,所以a=-1.
此时f'(x)=ln x+2x-2,令h(x)=ln x+2x-2,h'(x)=+2>0,所以f'(x)=h(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1)=0,当x∈(0,1)时,f'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以x=1是f(x)的极小值点,即a=-1符合题意,因此a的值为-1.
(2)因为f'(x)=ln x-2ax-2,且f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R)有两个极值点x1,x2,所以方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不同的根,即方程ln x-2ax-2=0有两个不同的正数根,
将问题转化为函数g(x)=与函数y=2a的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点,则g'(x)=,令g'(x)==0,解得x=e3.
当x>e3时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当00,g(x)单调递增,且当x>e2时,g(x)>0,g(e2)=0,故作出g(x)的图象如图所示,由图象可知2a∈满足题意,即a∈,即a的取值范围为.
教学点(二)　函数的最值
[例1]　选D　
f'(x)=(x+1)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;当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,f=+2,f(2π)=2,∴f(x)max=f=+2.
[例2]　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(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,(关键点:分类讨论,比较a与2的大小)
当0所以f(x)min=f(a)= =,则a=1,符合题意;
当a>2,x∈[0,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[0,2]上单调递减,x∈(2,a]时,f'(x)≥0,则f(x)在(2,a]上单调递增,所以f(x)min=f(2)= =,则a=4-e<2,不符合题意;
当a=2时,x∈[0,2]时,f'(x)≤0,则f(x)在[0,2]上单调递减,所以f(x)min=f(2)=≠,不符合题意;
综上,a的值是1.
[练1]　选A　
由题意得f'(x)=3x2-6x=3x(x-2).令f'(x)>0,得x<0或x>2,令f'(x)<0,得0又因为当x3-3x2+3=-1,即x3+1+3(1-x2)=(x+1)·(x-2)2=0时,解得x=-1或x=2,可作出f(x)的图象如图所示,故要使函数f(x)=x3-3x2+3在区间(a,a+6)上存在最小值,需有解得-1≤a<2,即实数a的取值范围为[-1,2),故选A.
[练2]　解:(1)由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-+=.
当a≤0时,x-a>0,∴f'(x)>0恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f(x)无极值.
当a>0时,若x∈(0,a),f'(x)<0;
若x∈(a,+∞),f'(x)>0.
∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
∴f(x)的极小值为f(a)=1+ln a,无极大值.
综上所述,当a≤0时,f(x)无极值;当a>0时,f(x)的极小值为1+ln a,无极大值.
(2)当a≤1时,f'(x)≥0在[1,e]上恒成立,
∴f(x)在[1,e]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=a.
当1若x∈(a,e],f'(x)>0,
∴f(x)在[1,a)上单调递减,在(a,e]上单调递增,
∴f(x)min=f(a)=1+ln a.
当a≥e时,f'(x)≤0在[1,e]上恒成立，∴f(x)在[1,e]上单调递减,
∴f(x)min=f(e)=+1.
综上所述,f(x)在[1,e]上的最小值g(a)=
教学环节二　课时作业讲评
1.选A　
依题意f'(x)=(x2-2x-3)=(x-3)(x+1),故函数在区间(2,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增,故函数在x=3处取得极小值也是最小值,且最小值为f(3)==.
2.选D　
依题意,f'(x)=ex-2λx,则因为q=2p,所以显然λ,p≠0,两式相除得ep=2,则p=ln 2,代入ep=2λp中,解得λ=,则f(0)=1-.
3.选B　
由f'(x)的图象可知x∈(-2,2)或x∈(4,5)时,f'(x)<0,则f(x)单调递减,故A错误;又x∈(-3,-2)或x∈(2,4)时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,所以当x=2时,f(x)有极小值f(2),故B正确;由f'(x)的图象结合单调性可知x=-2,2,4时,f(x)有极值,所以f(x)有3个极值点,故C错误;当x∈(-3,-2)时,f'(x)>0,则f(x)单调递增,所以f(-3)4.选C　
函数f(x)=eax+2x,可得f'(x)=aeax+2,若a≥0,则f'(x)>0恒成立,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,即ln<0,∴0<-<1,解得a<-2.
5.选C　
由导数与函数单调性的关系得f(x)的图象为实曲线,f'(x)的图象为虚曲线,且当x<0时,f(x)0时,f(x)>f'(x),设g(x)=f(x)·ex,则g'(x)=[f(x)+f'(x)]·ex>0,∴g(x)在R上单调递增,故A、B错误;
设h(x)=,则h'(x)==,则h(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,∴h(x)在x=0处有最大值h(0)==1,故C正确,D错误.
6.选ABD　
易知f(x)=(x+1)ex,可得f'(x)=(x+2)ex,令f'(x)<0,x∈(-∞,-2),令f'(x)>0,x∈(-2,+∞),故f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,故f(x)的最小值为f(-2)=-,故A、B正确;
若讨论方程f(x)=2的解,即讨论g(x)=(x+1)ex-2的零点,易知g(-2)=--2,g(1)>0,故g(1)·g(-2)<0,故由函数零点存在定理得到存在x0∈(-2,1)作为g(x)的一个零点,而当x→-∞时,g(x)→-2,显然g(x)在(-∞,-2)内无零点,故g(x)=(x+1)ex-2只有一个零点,即f(x)=2只有一个解,故C错误;
令h(x)=f'(x)=(x+2)ex,则h'(x)=(x+3)ex,令h'(x)=0,解得x=-3.而h'(0)>0,h'(-4)<0,故x=-3是h'(x)的变号零点,即x=-3是h(x)的极值点,故得导函数f'(x)的极值点为-3,故D正确.
7.选ABD　
由y=f(x)=xx得ln y=xln x,令z=xln x,
(关键点:找到已知函数的同构函数z=xln x)
则函数z=xln x可以看作为函数z=ln y与函数y=xx的复合函数,因为z=ln y为增函数,所以z=xln x与y=xx单调性、图象变换等基本一致,z'=ln x+1,由z'=0得x=,列表如下:
x
z'=ln x+1 - 0 +
z=xln x 单调递减 - 单调递增
由表知,z=xln x在上单调递减,在上单调递增,在x=时,取得极小值(最小值)-,所以f(x)=xx在上单调递增,即B正确;在x=时,取得唯一极值>,即A、D都正确,C错误.
8.答案:
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x∈[0,2)上单调递减,在x∈(2,3]上单调递增,所以f(2)为f(x)在[0,3]上的极小值,也是最小值,故×8-4×2+m=4,解得m=.
9.答案:
解析:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2ax+,令f'(x)=0,得a=.令g(x)=,则g'(x)=.令g'(x0)=0,则3ln x0=4,即ln x0=,即=e4.当00,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
∴g(x)max=g(x0)===.又当x趋近于0时,g(x)趋近于-∞;当x趋近于+∞时,g(x)趋近于0,作出g(x)的草图如图,
由图可知,当010.答案:ln 2+1
解析:因为4logab+logba=4,a,b∈(0,1)∪(1,+∞),所以4logab+=4,所以logab=,所以b=,即a=b2,所以+ln=+ln=ln b+.令f(x)=ln x+,x∈(0,+∞),则f'(x)=-=,所以当02时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以f(x)min=f(2)=ln 2+1,所以=ln 2+1,当且仅当b=2,a=4时取得.
11.解:(1)f'(x)=-e-x[x2-(2-a)x],当a=2时,f'(x)=-x2e-x<0恒成立,f(x)无极值.当a<2,x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,2-a)时,f'(x)>0,则x=0是f(x)的极小值点.当a>2,x∈(2-a,0)时,f'(x)>0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,则x=0是f(x)的极大值点,因此a<2,故a的取值范围为(-∞,2).
(2)当a<2,x∈(0,2-a)时,f'(x)>0,当x∈(2-a,+∞)时,f'(x)<0,则x=2-a是f(x)的极大值点,因此g(a)=f(2-a)=-ea-2(a-4),a<2.设g(x)=-ex-2(x-4),x<2,于是g'(x)=-ex-2(x-3).令h(x)=-ex-2(x-3),则h'(x)=-ex-2(x-2),故h(x)在(-∞,2)上单调递增,h(x)12.解:(1)若a=0,则f(x)=x2-x,则f'(x)=2x-1,故f(2)=2,f'(2)=3,
故曲线y=f(x)在点P(2,f(2))处的切线方程为y-2=3(x-2),即3x-y-4=0.
(2)f(x)=x2-(2a+1)x+aln x,a∈R,定义域为(0,+∞),则f'(x)=2x-(2a+1)+,
由于f(x)在x=1处取得极值,故f'(1)=2-(2a+1)+a=0,∴a=1,则f'(x)=2x-3+==.
令f'(x)>0,则01,函数f(x)在,(1,+∞)上均单调递增,
令f'(x)<0,则故当x=时,f(x)取到极大值f=-+ln=--ln 2,
当x=1时,f(x)取到极小值f(1)=1-3=-2.
(3)由于f'(x)=2x-(2a+1)+=,x∈[1,e],
当a≤1时,f'(x)≥0,仅在a=1,x=1时等号取得,f(x)在[1,e]上单调递增,
则f(x)min=f(1)=-2a,符合题意;
当1当a0,f(x)在[a,e]上单调递增,
故f(x)min=f(a)当a≥e时,f'(x)<0,f(x)在[1,e]上单调递减,
故f(x)min=f(e)综上,可知a的取值范围为(-∞,1].
13.选A　
审题破题:设f(x)的最小值在x=x0处取得,用x0表示出a,求出a-b.
因为f(x)=ex+ax2-e,所以f'(x)=ex+2ax,当a=0时,f'(x)>0恒成立,则f(x)在定义域上单调递增,不存在最小值,故舍去;当a<0时,若x<0,则f(x)=ex+ax2-e0.易知f'(x)=ex+2ax在定义域上单调递增,且f'(0)=1,所以存在唯一零点x0,即+2ax0=0,且x0<0,当xx0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=x0处取得最小值,即f(x)min=f(x0)=+a-e=b.又a=-,所以a-b=--f(x0)=+e.令g(x)=ex(x<0),所以g'(x)=ex=ex(x-1)2(x+1).所以当x<-1时,g'(x)<0,当-10,所以g(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,所以当x=-1时,g(x)取得极小值,即最小值,所以x0=-1,所以a=.
14.选AD　
f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a),由于a>1,故x∈(-∞,0)∪(a,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,0),(a,+∞)上单调递增.当x∈(0,a)时,f'(x)<0,故f(x)在(0,a)内单调递减,则f(x)在x=0处取到极大值,在x=a处取到极小值.由f(0)=1>0,f(a)=1-a3<0,得f(0)f(a)<0.根据函数零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点.又f(-1)=-1-3a<0,f(2a)=4a3+1>0,则f(-1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0,所以f(x)在(-1,0),(a,2a)上各有一个零点,于是当a>1时,f(x)有三个零点,A正确.
f'(x)=6x(x-a),当a<0,x∈(a,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,此时f(x) 在x=0处取到极小值,B错误.
假设存在这样的a,b,使得x=b为f(x)的对称轴,即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b-x),即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1,根据二项式定理,等式右边2(2b-x)3展开式含有x3的项为2(2b)0(-x)3=-2x3,于是等式左右两边x3的系数不相等,原等式不可能恒成立,于是不存在这样的a,b,使得x=b为f(x)的对称轴,C错误.
D选项,
法一:利用对称中心的表达式化简
f(1)=3-3a,若存在这样的a,使得(1,3-3a)为f(x)的对称中心,则f(x)+f(2-x)=6-6a,事实上,f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a,于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a,即解得a=2,即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心,D正确.
法二:直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心,对称中心的横坐标是二阶导数的零点,f(x)=2x3-3ax2+1,f'(x)=6x2-6ax,f″(x)=12x-6a.由f″(x)=0,解得x=,于是该三次函数的对称中心为,由题意(1,f(1))也是对称中心,故=1 a=2,即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心,D正确.
15.解:(1)由f'(x)=(1+x),因为a<0,所以f(x)的定义域为(-∞,0),则+<0,
因为当x∈(-∞,-1)时,f'(x)>0;当x∈(-1,0)时,f'(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),单调递减区间为(-1,0),
所以x=-1是f(x)的极大值点,f(x)的极大值是f(-1)=-1+ln(-a)-,无极小值.
(2)由(1)可得f(x)max=f(-1)=-1+ln(-a)-,
要使得集合{x|f(x)≥-1}有且只有一个元素,只需要-1+ln(-a)-=-1,
(巧变通:利用不等式有唯一解,则正好是最大值取到等号)
设g(x)=-1+ln(-x)-,
(关键步骤:构造函数求导、研究函数的零点和方程的解)
则g'(x)=+=,因为当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0,
所以g(x)的单调递减区间为,单调递增区间为.
所以g(x)min=g=-1,所以关于a的方程-1+ln(-a)-=-1有解时,只能是a=-,所以集合{x|f(x)≥-1}有且只有一个元素时,a=-.

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