第21讲 利用导数研究函数的极值和最值-2024年高考数学一轮复习精品导学案（新高考）（解析版）

这是一份第21讲 利用导数研究函数的极值和最值-2024年高考数学一轮复习精品导学案（新高考）（解析版），共18页。

(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，则点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，则点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，极大值和极小值统称为极值．
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．
3、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．
1、【2022年全国甲卷】当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f'(2)=（ ）
A．−1B．−12C．12D．1
【答案】B
【解析】因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f'1=0，而f'x=ax−bx2，所以b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f'x=−2x+2x2，因此函数fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f'2=−1+12=−12．
故选：B.
2、【2022年新高考1卷】（多选）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AC
【解析】由题，f'x=3x2−1，令f'x>0得x>33或x<−33，
令f'(x)<0得−33所以f(x)在(−33,33)上单调递减，在(−∞,−33)，(33,+∞)上单调递增，
所以x=±33是极值点，故A正确；
因f(−33)=1+239>0，f(33)=1−239>0，f−2=−5<0，
所以，函数fx在−∞,−33上有一个零点，
当x≥33时，fx≥f33>0，即函数fx在33,+∞上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ−x=−x3−−x=−x3+x=−ℎx，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f'x=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f−1=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，
故D错误.
故选：AC.
3、【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x1【答案】1e,1
【解析】解：f'x=2lna⋅ax−2ex，
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
所以当x∈−∞,x1∪x2,+∞时，f'x<0，当x∈x1,x2时，f'x>0，
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'x>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若0即方程lna⋅ax=ex的两个根为x1,x2，
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
∵0又∵lna<0,∴y=lna⋅ax的图象由指数函数y=ax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lna倍得到，如图所示：
设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x0,lna⋅ax0，
则切线的斜率为g'x0=ln2a⋅ax0，
故切线方程为y−lna⋅ax0=ln2a⋅ax0x−x0，
则有−lna⋅ax0=−x0ln2a⋅ax0，解得x0=1lna，
则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
所以eln2a又0综上所述，a的范围为1e,1.
4、【2022年全国甲卷】已知函数fx=exx−lnx+x−a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．
【解析】
(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
f'(x)=(1x−1x2)ex−1x+1 =1x(1−1x)ex+(1−1x)=x−1x(exx+1)
令f(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x1<1要证x1x2<1,即证x1<1x2
因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)
因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)
即证exx−lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)
即证exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0
设g(x)=exx−xe1x,x>1，
则g'(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)
=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ'(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x所以exx−e1x>0,所以g'(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1
ℎ'(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；
综上, exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.
5、【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)−1
(2)(0,+∞)
【解析】
(1)当a=0时，f(x)=−1x−lnx,x>0，则f'(x)=1x2−1x=1−xx2，
当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max=f(1)=−1；
(2)f(x)=ax−1x−(a+1)lnx,x>0，则f'(x)=a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，
当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
所以f(x)max=f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
当01，在(0,1),(1a,+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增；
在(1,1a)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；
又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，
所以f(x)仅在(1a,+∞)有唯一零点，符合题意；
当a=1时，f'(x)=(x−1)2x2≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
当a>1时，1a<1，在(0,1a),(1,+∞)上，f'(x)>0，f(x)单调递增；
在(1a,1)上，f'(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0，
又f(1an)=1an−1−an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1an)趋近负无穷，
所以f(x)在(0,1a)有一个零点，在(1a,+∞)无零点，
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0,+∞).
1. (2022·湖南长郡中学高三月考)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则f(x)的极值点的个数为( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】 C
【解析】 因为在x＝0左、右两边的导数值均为负数，所以0不是极值点，故由图可知f(x)只有2个极值点．
2、已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A.－4 B.－2 C.4 D.2
【答案】 D
【解析】 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、.函数f(x)＝eq \f(ex,x2－3)在[2，＋∞)上的最小值为( )
A.eq \f(e3,6) B.e2 C.eq \f(e3,4) D.2e
【答案】 A
【解析】 依题意f′(x)＝eq \f(ex,（x2－3）2)(x2－2x－3)
＝eq \f(ex,（x2－3）2)(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处取得极小值也即是最小值，且最小值为f(3)＝eq \f(e3,32－3)＝eq \f(e3,6).
4、 若函数f(x)＝ eq \f(x3,3)－ eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有极值点，则实数a的取值范围是( )
A. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3))) B. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(10,3)))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(17,4))) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(17,4)))
【答案】 D
【解析】 由题意，得f′(x)＝x2－ax＋1.函数f(x)＝ eq \f(x3,3)－ eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有极值点可转化为f′(x)＝x2－ax＋1＝0在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有解，即a＝x＋ eq \f(1,x)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，4))上有解．由f′(0)＝1，得 eq \f(a,2)>0，a2－4>0，即a>2.设t(x)＝x＋ eq \f(1,x)( eq \f(1,3)0，得15、已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)x－sin x，则f(x)在区间[0，π]上的值域为____________.
【答案】 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(\r(3),2)，\f(π,2)))
【解析】 由题意，得f′(x)＝ eq \f(1,2)－cs x.当x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))上单调递减；当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))时，f′(x)>0，故函数f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，π))上单调递增，则f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝ eq \f(1,2)× eq \f(π,3)－sin eq \f(π,3)＝ eq \f(π,6)－ eq \f(\r(3),2).又f(0)＝0，f(π)＝ eq \f(1,2)×π－sin π＝ eq \f(π,2)，故函数f(x)在区间[0，π]上的值域为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－\f(\r(3),2)，\f(π,2))).
考向一 利用导数研究函数的极值
例1、已知函数，求函数的极大值与极小值．
【解析】：由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax.
令f′(x)＝0得x＝0或eq \f(2,a).
当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－eq \f(3,a)，f(x)极小值＝＝－eq \f(4,a2)－eq \f(3,a)＋1.
当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－eq \f(3,a)，f(x)极小值＝＝－eq \f(4,a2)－eq \f(3,a)＋1.
综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－eq \f(3,a)，f(x)极小值＝＝－eq \f(4,a2)－eq \f(3,a)＋1
变式1、已知函数f(x)＝x2－1－2a ln x(a≠0)，求函数f(x)的极值．
【解析】 因为f(x)＝x2－1－2a ln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－ eq \f(2a,x)＝ eq \f(2(x2－a),x).
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，
所以f′(x)>0对x>0恒成立．
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值；
②当a>0时，令f′(x)＝0，
解得x1＝ eq \r(a)，x2＝－ eq \r(a)(舍去)，
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝ eq \r(a)时，f(x)取得极小值，且 f( eq \r(a))＝( eq \r(a))2－1－2a ln eq \r(a)＝a－1－a ln a，无极大值．
综上，当a<0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝ eq \r(a)处取得极小值为a－1－a ln a，无极大值．
变式2、已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x，且x＝3是f(x)的极值点，求函数f(x)的极值．
【解析】 由题意，得f′(x)＝3x2－2ax＋3，f′(3)＝0，
则27－6a＋3＝0，解得a＝5，
所以f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝ eq \f(1,3)，
所以当 eq \f(1,3)当x< eq \f(1,3)或x>3时，f′(x)>0，
即当x＝ eq \f(1,3)时，f(x)取极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝ eq \f(13,27)，
当x＝3时，f(x)取极小值f(3)＝－9.
变式3、（2022·重庆八中模拟预测）（多选题）设函数的定义域为，是的极小值点，以下结论一定正确的是（ ）
A．是的最小值点
B．是的极大值点
C．是的极大值点
D．是的极大值点
【答案】BD
【解析】对A，是的极小值点，不一定是最小值点，故A错误；
对B，因函数与函数的图象关于x轴对称，故应是的极大值点，故B正确；
对C，因函数与函数的图象关于y轴对称，故应是的极小值点，故C错误；
对D，因函数与函数的图象关于原点对称，故是的极大值点，故D正确.
故选：BD.
方法总结：(1)求函数极值的步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数；
③解方程，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验在的根左右两侧值的符号，如果左正右负，那么在处取极大值，如果左负右正，那么在处取极小值．
(2)若函数在区间内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．
考向二 利用导数研究函数的最值
例2、已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．
【解析】
（1）当时，，，
所以，又，所以曲线在点处切线方程为，即.
（2）因为，
因为函数处有极小值，所以，
所以
由，得或，
当或时，，
当时，，
所以在，上是增函数，在上是减函数，
因为，，
所以的最大值为.
变式1、已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a).
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值.
【解析】
(1)当a＝0时，f(x)＝eq \f(3－2x,x2)，
则f′(x)＝eq \f(x2·（－2）－（3－2x）·2x,x4)
＝eq \f(2x－6,x3).
当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4，
故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为
y－1＝－4(x－1)，
整理得4x＋y－5＝0.
(2)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a)，
则f′(x)＝eq \f(（x2＋a）·（－2）－（3－2x）·2x,（x2＋a）2)
＝eq \f(2（x2－3x－a）,（x2＋a）2).
若函数f(x)在x＝－1处取得极值，
则f′(－1)＝0，即eq \f(2（4－a）,（a＋1）2)＝0，解得a＝4.
经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值，符合题意.
此时f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋4)，其定义域为R，f′(x)＝eq \f(2（x－4）（x＋1）,（x2＋4）2)，
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4.
f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表：
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4).
极大值为f(－1)＝1，极小值为f(4)＝－eq \f(1,4).
又因为x0；x>eq \f(3,2)时，f(x)<0，
所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1，
最小值为f(4)＝－eq \f(1,4).
变式2、已知函数f(x)＝excs x－x.
(1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2) 求函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．
【解析】 (1) 因为f(x)＝excs x－x，所以f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，
所以f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
(2) 设h(x)＝ex(cs x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cs x－sin x－sin x－cs x)＝－2exsin x.
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h′(x)≤0，所以h(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以对任意x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))有h(x)≤h(0)＝0，即在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，故f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－ eq \f(π,2).
变式3、设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R).当k∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，求函数f(x)在区间[0，k]上的最大值M.
【解析】 f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k).
因为 eq \f(1,2)＜k≤1，所以1＜2k≤2.
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2k.列表如下：
所以函数f(x)的单调减区间为(0，ln 2k)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2k，＋∞).
设g(x)＝x－ln 2x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＜x≤1))，则g′(x)＝1－ eq \f(1,x).
因为 eq \f(1,2)＜x≤1，所以1≤ eq \f(1,x)＜2，
所以－1＜1－ eq \f(1,x)≤0，
所以g(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
所以g(x)≥g(1)＝1－ln 2＞0，
则k－ln 2k＞0，即k＞ln 2k，
所以f(x)在区间(0，ln 2k)上单调递减，在区间(ln 2k，k)上单调递增，
所以f(x)在区间[0，k]上的最大值应在端点处取得．
又f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，
下面比较f(0)与f(k)的大小．
令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1， eq \f(1,2)再令φ(k)＝ek－3k， eq \f(1,2)则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0，
所以φ(k)在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减．
又φ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))·φ(1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(e)－\f(3,2)))(e－3)＜0，
所以存在x0∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))使得φ(x0)＝0，且当k∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))时，φ(k)＞0；当k∈(x0，1)时，φ(k)＜0，
所以h(k)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，x0))上单调递增，在区间(x0，1)上单调递减．
又h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－ eq \f(1,2) eq \r(e)＋ eq \f(7,8)＞0，h(1)＝0，
所以h(k)≥0，即f(k)≥f(0)在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上恒成立，当且仅当k＝1时，取等号．
综上所述，函数f(x)在区间[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.
方法总结：1.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：
(1)求函数在(a，b)内的极值.
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
1、若是函数的极值点，则的极小值为
A．B．
C．D．1
【答案】A
【解析】由题可得，
因为，所以，，故，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为.
故选A．
2、（2022·重庆·模拟预测）已知是函数的极值点，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】
求导，根据是的极值点，由求解.
【详解】
因为，
所以．
又是的极值点，
所以，
解得，经检验知不符合条件．
故选：A
3、（2022·湖北·荆州中学模拟预测）设是函数的一个极值点，则与的关系为________．
【答案】
【分析】
利用求解即可.
【详解】
解：因为，
所以，
又因为是极值点，
所以，
即：2a+b=-3.
又因为，
所以，
故答案为：
4、（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）函数在处取得极值10，则___________.
【答案】
【分析】
由在处取得极值10，求得解得或，再结合函数的极值的概念进行检验，即可求解.
【详解】
由题意，函数，可得，
因为在处取得极值10，可得，
解得或，
检验知，当时，可得，
此时函数单调递增，函数为极值点，不符合题意，（舍去）；
当时，可得，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，函数取得极小值，符合题意.
所以.
故答案为：.
5、（2022·江苏徐州·模拟预测）函数的最小值为_____________．
【答案】
【分析】
由题可知为偶函数，当时，去绝对值，讨论的取值范围，利用导数求解函数的最值
【详解】
由题可知，函数为偶函数，时，，
当时，，在单调递增，此时；
当时，，即恒成立.
∴
故答案为：-1.
6、（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数，则的最小值为____________．
【答案】
【分析】
令，求出，再分和两种情况得到，利用导数求出函数的单调性，即可得到函数的最小值；
【详解】
解：因为，令，即，所以，
所以当时，则，
令，则，即在上单调递增，
又，
所以，即在上单调递减；
当时，则，所以在上单调递增，
综上可得在上单调递减，在上单调递增，所以，
故答案为：x
(－∞，0)
0
(0，eq \f(2,a))
eq \f(2,a)
(eq \f(2,a)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，eq \f(2,a))
eq \f(2,a)
(eq \f(2,a)，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
(0， eq \r(a))
eq \r(a)
( eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
x
(－∞，－1)
－1
(－1，4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(－∞，0)
0
(0，ln 2k)
ln 2k
(ln 2k，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗