(新高考)高考数学一轮复习讲与练第3章§3.3《导数与函数的极值、最值》(含详解)

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知识梳理
1．函数的极值
(1)函数的极小值
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则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．
(2)函数的极大值
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则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．
(3)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．
常用结论
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．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．( × )
(2)函数的极小值一定是函数的最小值．( × )
(3)函数的极小值一定不是函数的最大值．( √ )
(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．( × )
教材改编题
1．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．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．
2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－eq \r(6)]∪[eq \r(6)，＋∞)
B．(－∞，－eq \r(6))∪(eq \r(6)，＋∞)
C．(－eq \r(6)，eq \r(6))
D．[－eq \r(6)，eq \r(6)]
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>eq \r(6)或a<－eq \r(6).
3．若函数f(x)＝eq \f(1,3)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.
题型一 利用导数求函数的极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例1 (2022·广州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )
A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)
B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3)
C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)
D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)
答案 D
解析 由题图知，当x∈(－∞，－3)时，
y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．
命题点2 求已知函数的极值
例2 已知函数f(x)＝x－1＋eq \f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解 (1)因为f(x)＝x－1＋eq \f(a,ex)，
所以f′(x)＝1－eq \f(a,ex)，
又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，
即1－eq \f(a,e1)＝0，所以a＝e.
(2)由(1)知f′(x)＝1－eq \f(a,ex)，
当a≤0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
因此f(x)无极大值与极小值；
当a>0时，令f′(x)>0，则x>ln a，
所以f(x)在(ln a，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，则x所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
故f(x)在x＝ln a处取得极小值，
且f(ln a)＝ln a，但是无极大值，
综上，当a≤0时，f(x)无极大值与极小值；
当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，但是无极大值．
命题点3 已知极值(点)求参数
例3 (1)(2022·大庆模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于( )
A．－7 B．0
C．－7或0 D．－15或6
答案 A
解析 由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f(x)在x＝1处取得极值10，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3＋2a＋b＝0，,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3，))
检验知，当a＝－3，b＝3时，
可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
当x<－eq \f(11,3)或x>1时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－eq \f(11,3)当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．
所以a＋b＝－7.
(2)(2022·南京模拟)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)在区间(0，＋∞)上有两个极值，则实数a的取值范围为( )
A．(0，e) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
答案 C
解析 f′(x)＝ln x－ax＋xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－a))
＝ln x＋1－2ax，
由题意知ln x＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，2a＝eq \f(ln x＋1,x)，
设g(x)＝eq \f(ln x＋1,x)，
则g′(x)＝eq \f(1－ln x＋1,x2)＝－eq \f(ln x,x2).
当00，g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)的极大值为g(1)＝1，
又当x>1时，g(x)>0，
当x→＋∞时，g(x)→0，
当x→0时，g(x)→－∞，
所以0<2a<1，即0教师备选
1．(2022·榆林模拟)设函数f(x)＝xcs x的一个极值点为m，则taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(π,4)))等于( )
A.eq \f(m－1,m＋1) B.eq \f(m＋1,m－1)
C.eq \f(1－m,m＋1) D.eq \f(m＋1,1－m)
答案 B
解析 由f′(x)＝cs x－xsin x＝0，
得tan x＝eq \f(1,x)，所以tan m＝eq \f(1,m)，
故taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(π,4)))＝eq \f(1＋tan m,1－tan m)＝eq \f(m＋1,m－1).
2．已知a，b∈R，若x＝a不是函数f(x)＝(x－a)2(x－b)·(ex－1－1)的极小值点，则下列选项符合的是( )
A．1≤bC．a<1≤b D．a答案 B
解析 令f(x)＝(x－a)2(x－b)(ex－1－1)＝0，
得x1＝a，x2＝b，x3＝1.
下面利用数轴标根法画出f(x)的草图，借助图象对选项A，B，C，D逐一分析．
对选项A，若1≤b对选项B，若b对选项C，若a<1≤b，由图可知x＝a是f(x)的极小值点，不符合题意；
对选项D，若a思维升华 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．
跟踪训练1 (1)(2022·长沙模拟)若x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极大值为( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
答案 C
解析 因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
故可得f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，
因为x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，故可得f′(1)＝0，
即2a＋2＝0，解得a＝－1.
此时f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x＋2)(x－1)．
令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝1，
由f′(x)>0可得x<－2或x>1；
由f′(x)<0可得－2所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递增，
在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f(x)的极大值点为x＝－2.则f(x)的极大值为f(－2)＝(4＋2－1)e－3＝5e－3.
(2)(2022·芜湖模拟)函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－ax(x>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
答案 B
解析 ∵f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－ax(x>0)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a，
∵函数f(x)＝ln x＋eq \f(1,2)x2－ax(x>0)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，
∴y＝f′(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3))上只有一个变号零点．
令f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a＝0，得a＝eq \f(1,x)＋x.
设g(x)＝eq \f(1,x)＋x，则g(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1,3]上单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝2，
又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(5,2)，g(3)＝eq \f(10,3)，
∴当eq \f(5,2)≤a∴实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(10,3))).
题型二 利用导数求函数最值
例4 已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解 (1)∵a＝1，
∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f(2x－1x－1,x)，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)
＝eq \f(2x－ax－1,x).
①当eq \f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1③当eq \f(a,2)≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2教师备选
已知函数f(x)＝ln x－ax－2(a≠0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有最大值M，且M>a－4，求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f(x)＝ln x－ax－2(a≠0)可得
f′(x)＝eq \f(1,x)－a，
当a<0时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
综上所述，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)由(1)知，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，
当a>0时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，
所以当x＝eq \f(1,a)时，f(x)取得最大值，
即f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－a×eq \f(1,a)－2
＝ln eq \f(1,a)－3＝－ln a－3，
因此有－ln a－3>a－4，得ln a＋a－1<0，
设g(a)＝ln a＋a－1，
则g′(a)＝eq \f(1,a)＋1>0，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
又g(1)＝0，所以g(a)故实数a的取值范围是(0,1)．
思维升华 (1)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，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
(2)若所给的闭区间[a，b]含参数，则需对函数f(x)求导，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．
跟踪训练2 某村庄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12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.
解 (1)∵蓄水池的侧面的总成本为
100×2πrh＝200πrh(元)，
底面的总成本为160πr2元，
∴蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
由题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，
∴h＝eq \f(1,5r)(300－4r2)．
从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r－4r3)．
由h>0，且r>0，可得0故函数V(r)的定义域为(0,5eq \r(3))．
(2)由(1)知V(r)＝eq \f(π,5)(300r－4r3)，
故V′(r)＝eq \f(π,5)(300－12r2)，
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍)．
当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上单调递增；
当r∈(5,5eq \r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq \r(3))上单调递减．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，
即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
课时精练
1．若函数f(x)＝eq \f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b等于( )
A．－4 B.eq \r(2)
C．0 D．2
答案 C
解析 f′(x)＝eq \f(2－x2,ex)，
当－eq \r(2)0；
当x<－eq \r(2)或x>eq \r(2)时，f′(x)<0.
故f(x)＝eq \f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为eq \r(2)，－eq \r(2)，
则a＝eq \r(2)，b＝－eq \r(2)，所以a＋b＝0.
2．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是( )
A．f(x)在[－2，－1]上单调递增
B．当x＝3时，f(x)取得最小值
C．当x＝－1时，f(x)取得极大值
D．f(x)在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减
答案 D
解析 根据题图知，
当x∈(－2，－1)，x∈(2,4)时，
f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；
当x∈(－1,2)，x∈(4，＋∞)时，
f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．
所以y＝f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；
故当x＝－1时，f(x)取得极小值，选项C不正确；当x＝3时，f(x)不是取得最小值，选项B不正确．
3．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( )
A．2 B．－eq \f(5,2)
C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2
答案 B
解析 由题意得，f′(x)＝eq \f(2,x)＋2ax－3，
∵f(x)在x＝2处取得极小值，
∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝eq \f(1,2)，
∴f(x)＝2ln x＋eq \f(1,2)x2－3x，
f′(x)＝eq \f(2,x)＋x－3＝eq \f(x－1x－2,x)，
∴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)＝eq \f(1,2)－3＝－eq \f(5,2).
4．(2022·重庆联考)函数f(x)＝x＋2cs x在[0，π]上的最大值为( )
A．π－2 B.eq \f(π,6)
C．2 D.eq \f(π,6)＋eq \r(3)
答案 D
解析 由题意得，f′(x)＝1－2sin x，
∴当0≤sin x≤eq \f(1,2)，即x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；
当eq \f(1,2)f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)有极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(π,6)＋eq \r(3)，
有极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝eq \f(5π,6)－eq \r(3)，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π－2，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>f(0)>f(π)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))，
∴f(x)在[0，π]上的最大值为eq \f(π,6)＋eq \r(3).
5．(多选)已知x＝1和x＝3是函数f(x)＝ax3＋bx2－3x＋k(a，b∈R)的两个极值点，且函数f(x)有且仅有两个不同零点，则k值为( )
A．－eq \f(4,3) B.eq \f(4,3)
C．－1 D．0
答案 BD
解析 f′(x)＝3ax2＋2bx－3，
依题意1,3是f′(x)＝0的两个根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋3＝－\f(2b,3a)，,1×3＝－\f(3,3a)，))
解得a＝－eq \f(1,3)，b＝2.
故f(x)＝－eq \f(1,3)x3＋2x2－3x＋k.
易求得函数f(x)的极大值为f(3)＝k和极小值为f(1)＝－eq \f(4,3)＋k.
要使函数f(x)有两个零点，则f(x)极大值k＝0或f(x)极小值－eq \f(4,3)＋k＝0，
所以k＝0或k＝eq \f(4,3).
6．(多选)已知函数f(x)＝x＋sin x－xcs x的定义域为[－2π，2π)，则( )
A．f(x)为奇函数
B．f(x)在[0，π)上单调递增
C．f(x)恰有4个极大值点
D．f(x)有且仅有4个极值点
答案 BD
解析 因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，
所以f(x)是非奇非偶函数，故A错误；
因为f(x)＝x＋sin x－xcs x，
所以f′(x)＝1＋cs x－(cs x－xsin x)＝1＋xsin x，
当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，故B正确；
显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sin x＝－eq \f(1,x)，
分别作出y＝sin x，y＝－eq \f(1,x)在区间[－2π，2π)上的图象，
由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点，故C错误，D正确．
7．(2022· 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.
答案 sin x(答案不唯一)
解析 正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值．
8．(2021·新高考全国Ⅰ)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>eq \f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2ln x，
所以f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x)，
当eq \f(1,2)当x>1时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－2ln eq \f(1,2)＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1.
9．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(2x－2,x＋1).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－eq \f(4＋a,x＋1)＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围．
解 (1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2x＋1－2x－1,x＋12)＝eq \f(x－12,xx＋12)≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)因为g(x)＝f(x)－eq \f(4＋a,x＋1)＋2＝ln x－eq \f(a,x＋1)，
所以g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(a,x＋12)＝eq \f(x2＋2＋ax＋1,xx＋12)(x>0)．
由题意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．
令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0，
所以只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2－a>0，,Δ＝2＋a2－4>0，))解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)．
10．(2022·珠海模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数．
(1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值；
(2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解 (1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，
∴f′(x)＝eq \f(1－ax,x)，
由f′(1)＝0，得a＝1.
∴f′(x)＝eq \f(1－x,x)，
∴x∈(0,1)，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；
f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1.
(2)∵f(x)＝ln x－ax，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)，
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，
解得a＝eq \f(4,e)>0，舍去；
②当a>0时，由f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)＝0，
得x＝eq \f(1,a)，
当0eq \f(1,e)时，
∴x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；
x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))时，f′(x)<0，
∴f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))，
又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝－1－ln a＝－3，
∴a＝e2；
当e≤eq \f(1,a)，即0∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3，
解得a＝eq \f(4,e)>eq \f(1,e)，舍去．
综上，存在a符合题意，此时a＝e2.
11．若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为( )
A.eq \f(6,e3) B．－eq \f(2,e)
C．－2e D.eq \f(4,e2)
答案 A
解析 因为f(x)＝(x2－a)ex，
所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，
由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，
得x2＋2x－a＝0，
由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，
则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，
所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，
当x<－3或x>1时，f′(x)>0；
当－3故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，
在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极大值为f(－3)＝eq \f(6,e3).
12．函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为( )
A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2
C．a＝2，b＝3 D．以上都不对
答案 C
解析 函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，
在[0,2]上单调递减，
即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，
则f(0)＝b＝3，
则f(x)＝ax3－6ax2＋3，
f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，
则f(－1)>f(2)，
即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，
计算得出a＝2，b＝3.
13．(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 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.
图1
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.
图2
综上，可知必有ab>a2成立．
14．(2022·河南多校联考)已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为______．
答案 4－2ln 2
解析 设f(x1)＝g(x2)＝t，
即2ln x1＝t，x2＋2＝t，
解得x1＝ SKIPIF 1 < 0 ，x2＝t－2，
所以x1－x2＝ SKIPIF 1 < 0 －t＋2，
令h(t)＝ SKIPIF 1 < 0 －t＋2，则h′(t)＝ SKIPIF 1 < 0 －1，
令h′(t)＝0，解得t＝2ln 2，
当t<2ln 2时，h′(t)<0，
当t>2ln 2时，h′(t)>0，
所以h(t)在(－∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增，
所以h(t)的最小值为h(2ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2，
所以x1－x2的最小值为4－2ln 2.
15．(多选)已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是( )
A．0eq \f(1,e)
C．f(x0)＋2x0<0 D．f(x0)＋2x0>0
答案 AD
解析 函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)，
∴f′(x)＝ln x＋1＋2x，
∵x0是函数f(x)的极值点，
∴f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(2,e)>0，
当x>eq \f(1,e)时，f′(x)>0，
∵当x→0时，f′(x)→－∞，
∴0f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋xeq \\al(2,0)＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)>0，即D正确，C不正确．
16．已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1解 (1)f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)，x>0，
一元二次方程2x2－2x＋a＝0的Δ＝4(1－2a)，
①当a≥eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当0得x1＝eq \f(1－\r(1－2a),2)>0，x2＝eq \f(1＋\r(1－2a),2)>0，
所以当0f′(x)>0，f(x)单调递增，
当eq \f(1－\r(1－2a),2)f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>eq \f(1＋\r(1－2a),2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≥eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当0(2)由(1)知，0则0由f(x1)≥mx2恒成立，
得xeq \\al(2,1)－2x1＋aln x1≥mx2，
即(1－x2)2－2(1－x2)＋2(1－x2)x2ln(1－x2)≥mx2，
即m≤x2－eq \f(1,x2)＋2(1－x2)ln(1－x2)，
记h(x)＝x－eq \f(1,x)＋2(1－x)ln(1－x)，
1>x>eq \f(1,2)，
则h′(x)＝eq \f(1,x2)－2ln(1－x)－1>0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1>x>\f(1,2)))，
故h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，
heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(3,2)－ln 2，
故m≤－eq \f(3,2)－ln 2.