高中数学高考第3讲　导数与函数的极值、最值

这是一份高中数学高考第3讲　导数与函数的极值、最值，共19页。试卷主要包含了函数的极值与导数，函数的最值，设函数f＝x2＋1－ln x.等内容，欢迎下载使用。


1．函数的极值与导数
[提醒] (1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点．
(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值．
(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．
2．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
常用结论
1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
常见误区
1．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．求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可直接认为极值就是最值．
3．极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值．
1. 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．( )
(2)导数为零的点不一定是极值点．( )
(3)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(4)函数的极大值一定是函数的最大值．( )
(5)开区间上的单调连续函数无最值．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)√
2．函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
解析：选C.因为f(x)＝x4－2x2＋3，
所以由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)(x－1)＝0得
x＝0或x＝1或x＝－1.
又当x<－1时，f′(x)<0，
当－10，
当01时，f′(x)>0，
所以x＝0，1，－1都是函数f(x)的极值点．
3．(多选)函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是( )
A．－3是函数y＝f(x)的极值点
B．－1是函数y＝f(x)的最小值点
C．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增
D．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零
解析：选BD.根据导函数的图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，＋∞)时，f′(x)≥0，
所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，则－3是函数y＝f(x)的极值点，
因为函数y＝f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，
所以－1不是函数y＝f(x)的最小值点，
因为函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于零，
所以y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于零，
故错误的命题为BD.
4．(易错点)函数g(x)＝－x2的极值点是________，函数f(x)＝(x－1)3的极值点________．(填“存在”或“不存在”)
解析：结合函数图象可知g(x)＝－x2的极值点是x＝0.因为f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以f′(x)＝0无变号零点，故函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点．
答案：0 不存在
5．函数f(x)＝4x－ln x的最小值为________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由题意知f′(x)＝4－eq \f(1,x)＝eq \f(4x－1,x).令f′(x)>0得x>eq \f(1,4)，令f′(x)<0得0答案：1＋2ln 2
函数的极值问题
角度一 由图象判断函数的极值
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
【解析】 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．故选D.
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
由图象判断函数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．
角度二 求已知函数的极值
(2020·高考天津卷改编)已知函数f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋eq \f(9,x)的单调区间和极值．
【解】 (1)因为f(x)＝x3＋6ln x，所以f′(x)＝3x2＋eq \f(6,x).可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
(2)依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋eq \f(3,x)，x∈(0，＋∞)．从而可得g′(x)＝3x2－6x＋eq \f(6,x)－eq \f(3,x2)，整理可得g′(x)＝eq \f(3（x－1）3（x＋1）,x2).令g′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．
eq \a\vs4\al()
利用导数研究函数极值问题的一般流程

角度三 已知函数的极值求参数值(范围)
(1)(2021·江西八校联考)若函数f(x)＝x2－x＋aln x在(1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为________．
(2)设函数f(x)＝ln x＋ax2－eq \f(3,2)x，若x＝1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为________．
【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－x＋a,x)，
由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不相等的实数解，且在(1，＋∞)上有解，
所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a<0，
所以a∈(－∞，－1)．
(2)函数f(x)＝ln x＋ax2－eq \f(3,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax－eq \f(3,2).
若x＝1是函数f(x)的极大值点，则f′(1)＝0，解得a＝eq \f(1,4)；所以f(x)＝ln x＋eq \f(1,4)x2－eq \f(3,2)x，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,2)x－eq \f(3,2)＝eq \f(x2－3x＋2,2x)＝eq \f(（x－1）（x－2）,2x)；
当f′(x)>0时，02，
函数在(0，1)和(2，＋∞)上单调递增；
当f′(x)<0时，1所以函数在x＝1时有极大值，函数在x＝2时有极小值为f(2)＝ln 2－2.
【答案】 (1)(－∞，－1) (2)ln 2－2
eq \a\vs4\al()
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
(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：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．
[提醒] 若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．
1．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点
D．x＝2为f(x)的极小值点
解析：选D.因为f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x(x>0)，
所以f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)，令f′(x)＝0，则x＝2.
当02时，f′(x)>0.
所以x＝2为f(x)的极小值点．
2．已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a－b＝________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9时满足题意，故a－b＝－7.
答案：－7
3．已知函数f(x)＝ex(－x＋ln x＋a)(e为自然对数的底数，a为常数，且a≤1)．判断函数f(x)在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由．
解：不存在极值点．理由如下：
f′(x)＝ex(ln x－x＋eq \f(1,x)＋a－1)，
令g(x)＝ln x－x＋eq \f(1,x)＋a－1，x∈(1，e)，则f′(x)＝exg(x)，g′(x)＝－eq \f(x2－x＋1,x2)<0恒成立，所以g(x)在(1，e)上单调递减，
所以g(x)所以函数f(x)在区间(1，e)内无极值点．
函数的最值问题
(2020·高考北京卷节选)已知函数f(x)＝12－x2.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】 因为f′(x)＝－2x，则f′(t)＝－2t，又f(t)＝12－t2，所以曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，即y＝－2tx＋t2＋12.若t＝0，则围不成三角形，故t≠0.
令x＝0，得y＝t2＋12，记A(0，t2＋12)，O为坐标原点，则|OA|＝t2＋12，令y＝0，得x＝eq \f(t2＋12,2t)，记Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2＋12,2t)，0))，则|OB|＝eq \f(t2＋12,2|t|)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|OA||OB|＝eq \f(（t2＋12）2,4|t|)，
因为S(t)为偶函数，所以仅考虑t>0即可．
当t>0时，S(t)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t3＋24t＋\f(144,t)))，
则S′(t)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3t2＋24－\f(144,t2)))＝eq \f(3,4t2)(t2－4)(t2＋12)，
令S′(t)＝0，得t＝2，
所以当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如表：
所以S(t)min＝S(2)＝32.
eq \a\vs4\al()
求函数f(x)在[a，b]上最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，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．
1．函数y＝eq \f(x,ex)在[0，2]上的最大值是( )
A．eq \f(1,e) B．eq \f(2,e2)
C．0 D．eq \f(1,2\r(e))
解析：选A.易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得12．已知函数f(x)＝3ln x－x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(11,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(11,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5))
解析：选B.f′(x)＝eq \f(3,x)－2x＋a－eq \f(1,2)，由题设知f′(x)＝eq \f(3,x)－2x＋a－eq \f(1,2)在(1，3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）>0，,f′（3）<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)>0，,a－\f(11,2)<0))⇒－eq \f(1,2)思想方法系列8 构造法解决抽象函数问题
在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．
类型1 只含f′(x)型
定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)eq \f(x2＋1,2)的解集为( )
A．(1，2) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－1，1)
【解析】 构造函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减，且g(1)＝f(1)－eq \f(1,2)＋c＝eq \f(1,2)＋c.f(x2)>eq \f(x2＋1,2)＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,2)，
即f(x2)－eq \f(1,2)x2＋c>eq \f(1,2)＋c，即g(x2)>g(1)，
即x2<1，即－1【答案】 D
eq \a\vs4\al()
利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根据导数符号，可得出函数g(x)＝f(x)＋kx＋b的单调性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数的不等式等．
类型2 含λf′(x)±λf(x)(λ为常数)型
函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln 2)＝eq \f(1,2)，则满足不等式f(x)>eq \f(1,ex)的x的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(0，1)
C．(ln 2，＋∞) D．(0，ln 2)
【解析】 由题意，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)>0.
令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，
所以函数g(x)在R上单调递增．
不等式f(x)>eq \f(1,ex)即exf(x)>1，即g(x)>1.
因为f(ln 2)＝eq \f(1,2)，所以g(ln 2)＝eln 2f(ln 2)＝2×eq \f(1,2)＝1.
故当x>ln 2时，g(x)>g(ln 2)＝1，所以不等式g(x)>1的解集为(ln 2，＋∞)．
故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
由于ex>0，故[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]ex，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(f（x）,ex)))′＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)，其符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个函数．
类型3 含xf′(x)±nf(x)型
f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．
【解析】 构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，
可以推出x<0，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，y＝x为奇函数，
所以F(x)为奇函数，
所以F(x)在(0，＋∞)上也单调递减，根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0，4)．
【答案】 (－∞，－4)∪(0，4)
eq \a\vs4\al()
常见构造原函数的类型如下：
(1)对于不等式xf′(x)＋f(x)>0，构造函数g(x)＝xf(x)．
(2)对于不等式xf′(x)－f(x)>0，构造函数g(x)＝eq \f(f（x）,x)(x≠0)．
(3)对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，构造函数g(x)＝xnf(x)．
(4)对于不等式xf′(x)－nf(x)>0，构造函数g(x)＝eq \f(f（x）,xn)(x≠0)．
类型4 含f′(x)tan x±f(x)或f′(x)±f(x)tan x型
已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，f′(x)sin 2xA.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))B.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
C.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))D.eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＞eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))
【解析】 f′(x)sin 2x令g(x)＝eq \f(f（x）,sin x)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）sin x－f（x）cs x,sin2x)<0可知g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))，即eq \r(3)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))>eq \r(2)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3))).故选B.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
该类型构造原函数如下：
(1)对于f′(x)tan x＋f(x)>0(<0)，构造函数h(x)＝f(x)sin x．
(2)对于f′(x)tan x－f(x)>0(<0)，构造函数h(x)＝eq \f(f（x）,sin x).
(3)对于f′(x)－f(x)tan x>0(<0)，构造函数h(x)＝f(x)cs x．
(4)对于f′(x)＋f(x)tan x>0(<0)，构造函数h(x)＝eq \f(f（x）,cs x).
设函数y＝f(x)，x∈R的导函数为f′(x)，且f(x)＝f(－x)，f′(x)A．f(0)B．e－1f(1)C．e2f(2)D．e2f(2)解析：选B.设g(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则g′(x)＝eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,（ex）2)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex).因为f′(x)g(0)>g(1)，所以e－1f(1) [A级 基础练]
1．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( )
A．25，－2 B．50，14
C．50，－2 D．50，－14
解析：选C.因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0，2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3，0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.
2．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：选D.由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
3．(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，若函数f(x)在x＝1处取得极大值，则函数y＝－xf′(x)的图象不可能是( )
解析：选ACD.因为f(x)在x＝1处取得极大值，所以可设当x>1时f′(x)<0，当x<1时f′(x)>0，所以当x>1时，y＝－xf′(x)>0，A，C不可能，当04．某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元，每年最大规模的种植是8万斤，每种植一斤莲藕，成本增加0.5元，销售额函数是f(x)＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,16)ax2＋eq \f(1,2)x(x是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a是常数)，若种植2万斤，利润是2.5万元，则要使利润最大，每年种植莲藕( )
A．8万斤 B．6万斤
C．3万斤 D．5万斤
解析：选B.设销售利润为g(x)，得g(x)＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,16)ax2＋eq \f(1,2)x－1－eq \f(1,2)x＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,16)ax2－1，当x＝2时，g(2)＝－eq \f(1,8)×23＋eq \f(9,16)a×22－1＝2.5，解得a＝2.
所以g(x)＝－eq \f(1,8)x3＋eq \f(9,8)x2－1，
g′(x)＝－eq \f(3,8)x2＋eq \f(9,4)x＝－eq \f(3,8)x(x－6)，
所以函数g(x)在(0，6)上单调递增，在(6，8)上单调递减．
所以当x＝6时，函数g(x)取得极大值即最大值．
5．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
解析：选A.函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋eq \f(1,x)－2＝eq \f(6x2－2x＋1,x)，令g(x)＝6x2－2x＋1，
由于x>0，g(x)＝6x2－2x＋1的Δ＝－20<0，
所以g(x)>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．
6．f(x)＝ex－x在区间[－1，1]上的最大值为________．
解析：f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝eq \f(1,e)＋2－ef(－1)．所以最大值为e－1.
答案：e－1
7．(2021·咸阳模拟)已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则eq \f(f′（0）,f′（1）)＝________．
解析：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c；
根据题图知，x＝－1，2是f(x)的两个极值点，
所以x＝－1，2是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两个实数根，
根据根与系数的关系得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(2b,3a)＝－1＋2，,\f(c,3a)＝－2，))
所以2b＝－3a，c＝－6a，
所以eq \f(f′（0）,f′（1）)＝eq \f(c,3a＋2b＋c)＝eq \f(－6a,3a－3a－6a)＝1.
答案：1
8．函数f(x)＝(x2－x－1)ex(其e＝2.718…是自然对数的底数)的极值点是________；极大值为________．
解析：由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，
因为ex>0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，
当x<－2时f′(x)>0，即函数f(x)在区间(－∞，－2)上单调递增；
当－2当x>1时，f′(x)>0，即函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故f(x)的极值点为－2或1，且极大值为f(－2)＝eq \f(5,e2).
答案：1或－2 eq \f(5,e2)
9．设函数f(x)＝x2＋1－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝f(x)－x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的最小值．
解：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq \f(1,x)，
由f′(x)>0，得x>eq \f(\r(2),2)，由f′(x)<0，得0所以f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).
(2)由题意知g(x)＝x2＋1－ln x－x，g′(x)＝2x－eq \f(1,x)－1＝eq \f(（2x＋1）（x－1）,x)，由g′(x)>0，得x>1，由g′(x)≤0，得0所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，在(1，2)上单调递增，
所以在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最小值为g(1)＝1.
10．若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a，b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．
解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，
则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，
所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，
即函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0，当－2g′(x)>0，
当x>1时，g′(x)>0，
所以－2是g(x)的极值点，1不是g(x)的极值点．
综上所述，g(x)的极值点为－2.
[B级 综合练]
11．函数f(x)在x＝x0处的导数存在，若p：f′(x0)＝0，q：x＝x0是f(x)的极值点，则( )
A．p是q的充分必要条件
B．p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C．p是q的必要条件，但不是q的充分条件
D．p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
解析：选C.设f(x)＝x3，则f′(0)＝0，但是f(x)是单调递增函数，故在x＝0处不存在极值，故若p则q是一个假命题，由极值的定义可得若q则p是一个真命题，故选C.
12．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－eq \f(2,3)，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
解析：选B.f′(x)＝x2＋2mx＋n，导函数f′(x)为偶函数，则m＝0，故f(x)＝eq \f(1,3)x3＋nx＋2，f(1)＝eq \f(1,3)＋n＋2＝－eq \f(2,3)，所以n＝－3，
所以函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \f(1,3)x3－3x＋2，所以f′(x)＝x2－3，g(x)＝ex(x2－3)，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，故在区间[0，2]上，函数g(x)的最小值为g(1)＝e1×(12－3)＝－2e.故选B.
13．(2021·全国统一考试模拟五)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)m(x2－1)－ln x(m∈R)．
(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；
(2)讨论函数f(x)的极值．
解：(1)证明：当m＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)，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f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由题意知，f′(x)＝mx－eq \f(1,x)＝eq \f(mx2－1,x)，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．
②当m>0时，令f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(m))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))，＋∞))时，f′(x)>0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))，＋∞))上单调递增．
故f(x)在x＝eq \f(1,\r(m))处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))))＝eq \f(1,2)ln m＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)m，无极大值．
14．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．
(1)求实数a的值；
(2)设b>1，求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,b)，b))上的最大值和最小值．
解：(1)由题可得f(x)的导函数为f′(x)＝eq \f(1－ln x－ax2,x2)，所以f′(1)＝eq \f(1－0－a,1)＝1－a.
依题意，有eq \f(f（1）－（－1）,1－2)＝1－a，即eq \f(－a＋1,1－2)＝1－a，
解得a＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝eq \f(1－ln x－x2,x2)，
当00，－ln x>0，
所以f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，1－x2<0，－ln x<0，
所以f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又因为0设h(b)＝f(b)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))ln b－b＋eq \f(1,b)，其中b>1，
则h′(b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,b2)))ln b>0，
所以h(b)在(1，＋∞)上单调递增．
当b→1时，h(b)→0，可得h(b)>0，则f(b)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))，
故f(x)最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))＝－bln b－eq \f(1,b).
[C级 创新练]
15．(创新型)(2020·郑州质检)若函数y＝f(x)存在n－1(n∈N*)个极值点，则称y＝f(x)为n折函数，例如f(x)＝x2为2折函数．已知函数f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则f(x)为( )
A．2折函数 B．3折函数
C．4折函数 D．5折函数
解析：选C.f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)·(ex－3x－2)，令f′(x)＝0，得x＝－2或ex＝3x＋2.
易知x＝－2是f(x)的一个极值点，
又ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex与y＝3x＋2有两个交点．又e－2≠3×(－2)＋2＝－4.
所以函数y＝f(x)有3个极值点，则f(x)为4折函数．
16．若函数f(x)与g(x)满足：存在实数t，使得f(t)＝g′(t)，则称函数g(x)为f(x)的“友导”函数．已知函数g(x)＝－eq \f(1,3)x3－3x＋1为函数f(x)＝2xln x－ax的“友导”函数，则a的取值范围是________．
解析：由题意，得g′(x)＝－x2－3.又由题意知g(x)＝－eq \f(1,3)x3－3x＋1为函数f(x)＝2xln x－ax的“友导”函数，所以方程2xln x－ax＝－x2－3(x>0)有解，即a＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)有解．令h(x)＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)，则h′(x)＝1＋eq \f(2,x)－eq \f(3,x2)＝eq \f(（x＋3）（x－1）,x2)，当01时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，所以h(x)≥h(1)＝4，所以由方程a＝x＋2ln x＋eq \f(3,x)有解，可得a≥4.
答案：[4，＋∞)
最新考纲
考向预测
1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．
2．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)．
3．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).
命题
趋势
利用导数求函数的极值、最值是高考的热点，由函数的极值、最值求参数范围问题仍是高考的难点，题型各种类型都有，一般难度中等.
核心
素养
数学运算、数学抽象
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象
极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

极小值

t
(0，2)
2
(2，＋∞)
S′(t)
－
0
＋
S(t)

极小值
