2022高考数学一轮复习 第三章 §3.3　导数与函数的极值、最值

这是一份2022高考数学一轮复习 第三章 §3.3　导数与函数的极值、最值，共15页。试卷主要包含了函数的最值与导数等内容，欢迎下载使用。


1．函数的极值与导数
2.函数的最值与导数
(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．
微思考
1．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的什么条件？
提示 必要不充分．
2．函数的极大值一定大于极小值吗？
提示 不一定．函数的极大值可能大于、小于或等于函数的极小值．
题组一 思考辨析
1．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．( × )
题组二 教材改编
2．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．
3．当x>0时，ln x，x，ex的大小关系是________．
答案 ln x解析 构造函数f(x)＝ln x－x，则f′(x)＝eq \f(1,x)－1，可得x＝1为函数f(x)在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，故f(x)≤f(1)＝－1<0，所以ln x4．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________．
答案 eq \f(2,27)a3
解析 容积V＝(a－2x)2x,0题组三 易错自纠
5．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).
6．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 (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( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(0)为函数的极大值
C．f(x)有两个极小值
D．f(－1)为f(x)的极小值
答案 BC
解析 由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，
∴f′(x)<0，
当x∈(－2,0)时，g(x)<0，∴f′(x)>0，
当x∈(0,1)时，g(x)<0，∴f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，∴f′(x)>0.
∴f(x)在(－∞，－2)，(0,1)上单调递减，
在(－2,0)，(1，＋∞)上单调递增．
故AD错误，BC正确．
命题点2 求已知函数的极值
例2 已知函数f(x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f(x)的极值．
解 因为f(x)＝x2－1－2aln 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(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))2－1－2aln eq \r(a)＝a－1－aln a．无极大值．
综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值．
当a>0时，函数f(x)在x＝eq \r(a)处取得极小值a－1－aln a，无极大值．
命题点3 已知极值(点)求参数
例3 (1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝________.
答案 11
解析 f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝0，,f－1＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，
∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x)无极值，
所以a＝1，b＝3不符合题意，
当a＝2，b＝9时，经检验满足题意．
∴a＋b＝11.
(2)已知函数f(x)＝x(ln x－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析 f(x)＝x(ln x－ax)，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x－2ax.
由题意知，当x>0时，1＋ln x－2ax＝0有两个不相等的实数根，
即2a＝eq \f(1＋ln x,x)有两个不相等的实数根，
令φ(x)＝eq \f(1＋ln x,x)(x>0)，∴φ′(x)＝eq \f(－ln x,x2).
当00；当x>1时，φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
且φ(1)＝1，
当x→0时，φ(x)→－∞，
当x→＋∞时，φ(x)→0，
则0<2a<1，即0思维升华 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域．
②求导数f′(x)．
③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根．
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
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)(2020·滨州模拟)已知x＝1是f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，1)
答案 D
解析 f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex＝(x－a)(x－1)ex.
令f′(x)＝0，得(x－a)(x－1)ex＝0.
设g(x)＝(x－1)(x－a)．
①当a＝1时，g(x)≥0，f′(x)≥0，f(x)没有极值．
②当a>1时，当x>a或x<1时，g(x)>0，f′(x)>0；
当1∴x＝1是函数f(x)的极大值点，不符合题意．
③当a<1时，当x>1或x0，
当a所以x＝1是f(x)的极小值点，符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1)．
(2)若函数f(x)＝x2－x＋aln x有极值，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,8)))
解析 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y＝f′(x)有变号零点，
令2x2－x＋a＝0，
即a＝－2x2＋x(x>0)，
令φ(x)＝－2x2＋x＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))2＋eq \f(1,8)(x>0)，
其图象如图所示，故a题型二 利用导数求函数的最值
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思维升华 (1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与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．
(4)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．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
解 (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，
f′(x)＝－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x)，
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
(2)f′(x)＝a＋eq \f(1,x)，x∈(0，e]，eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
①若a≥－eq \f(1,e)，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意．
②若a<－eq \f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq \f(1,x)>0，结合x∈(0，e]，解得0令f′(x)<0得a＋eq \f(1,x)<0，结合x∈(0，e]，解得－eq \f(1,a)从而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)，e))上单调递减，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a))).
令－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－2，
即a＝－e2.
∵－e2<－eq \f(1,e)，∴a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2.
课时精练
1．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
答案 C
解析 f′(x)＝2(x2－1)·2x＝4x(x＋1)(x－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝1.
2．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))
答案 A
解析 易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈[0,2]，
令y′>0，得0≤x<1，
令y′<0，得1所以函数y＝eq \f(x,ex)在[0,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y＝eq \f(x,ex)在[0,2]上的最大值是eq \f(1,e)，故选A.
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．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3) C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
答案 C
解析 由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，所以1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1·x2＝eq \f(2,3)，∴xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3).
5．(多选)函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则以下命题错误的是( )
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
答案 BD
解析 根据导函数的图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，＋∞)时，f′(x)≥0，
∴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，
∵函数y＝f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，
∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于零．
故错误的命题为BD.
6．(多选)(2021·烟台模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x2＋x－1,ex)，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)存在两个不同的零点
B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C．当－eD．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝eq \f(5,e2)，则t的最小值为2
答案 ABC
解析 由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，
∴x＝eq \f(－1±\r(5),2)，故A正确．
f′(x)＝－eq \f(x2－x－2,ex)＝－eq \f(x＋1x－2,ex)，
当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0，
当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1,2)上单调递增，
∴f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，故B正确．
又f(－1)＝－e，f(2)＝eq \f(5,e2)，
且当x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→0，
∴f(x)的图象如图所示，
由图知C正确，D不正确．
7．函数f(x)＝2x－ln x的最小值为________．
答案 1＋ln 2
解析 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2－eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1,x)，
当0当x>eq \f(1,2)时，f′(x)>0.
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，
∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1－ln eq \f(1,2)＝1＋ln 2.
8．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，则实数c的取值范围为______________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞))
解析 若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，
则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不相等的实根，
故Δ＝(－4c)2－12>0，
解得c>eq \f(\r(3),2)或c<－eq \f(\r(3),2).
所以实数c的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞)).
9．已知函数f(x)＝sin x－eq \f(1,3)x，x∈[0，π]，cs x0＝eq \f(1,3)，x0∈[0，π]．
①f(x)的最大值为f(x0)；
②f(x)的最小值为f(x0)；
③f(x)在[0，x0]上是减函数；
④f(x0)为f(x)的极大值．
那么上面命题中真命题的序号是________．
答案 ①④
解析 f′(x)＝cs x－eq \f(1,3)，由f′(x)＝0，得cs x＝eq \f(1,3)，即x＝x0，因为x0∈[0，π]，当0≤x0；当x010．已知不等式ex－1≥kx＋ln x对于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则k的最大值为________．
答案 e－1
解析 ∀x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋ln x恒成立，等价于∀x∈(0，＋∞)，k≤eq \f(ex－1－ln x,x)恒成立，
令φ(x)＝eq \f(ex－1－ln x,x)(x>0)，
则φ′(x)＝eq \f(exx－1＋ln x,x2)，
当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，
∴k≤e－1.
11．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解 (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x)，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x).
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，则f′(x)>0，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)<0，
故函数在x＝eq \f(1,a)处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝eq \f(1,a).
12．已知函数f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间(0，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
所以x＝eq \f(1,e)是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1.
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)单调递减，
在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)单调递增．
当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在(0，e]上单调递减，
∴g(x)min＝g(e)＝a＋e－ae，
当ea－1∴g(x)min＝g(ea－1)＝a－ea－1，
令g(x)的最小值为h(a)，
综上有h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－ea－1，a<2，,a＋e－ae，a≥2.))
13．已知函数f(x)＝x＋2sin x，x∈[0,2π]，则f(x)的值域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－\r(3)，\f(2π,3)＋\r(3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4π,3)－\r(3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)＋\r(3)，2π)) D．[0,2π]
答案 D
解析 f′(x)＝1＋2cs x，x∈[0,2π]，
令f′(x)＝0，得cs x＝－eq \f(1,2)，
∴x＝eq \f(2π,3)或x＝eq \f(4π,3)，
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝eq \f(2π,3)＋eq \r(3)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝eq \f(4π,3)－eq \r(3)，
f(0)＝0，
f(2π)＝2π，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝eq \f(2π,3)－2eq \r(3)<0，
∴f(0)∴f(x)max＝f(2π)＝2π，f(x)min＝f(0)＝0，
∴f(x)的值域为[0,2π]．
14．(2020·邢台模拟)若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则实数a的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
解析 对函数求导得f′(x)＝x－1＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝eq \f(x＋ax－1,x)，x>0，因为函数存在唯一的极值，所以导函数存在唯一的零点，且零点大于0，故x＝1是唯一的极值点，此时－a≤0，且f(1)＝－eq \f(1,2)＋a≥1，所以a≥eq \f(3,2).
15．已知函数f(x)＝xln x＋mex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
解析 f(x)＝xln x＋mex(x>0)，∴f′(x)＝ln x＋1＋mex(x>0)，令f′(x)＝0，得－m＝eq \f(ln x＋1,ex)，设g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，
则g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x>0)，令h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0(x>0)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，
而当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
若f(x)有两极值点，只要y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0<－m16．(2019·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0解 (1)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))上单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))上单调递减．
(2)当0于是m＝－eq \f(a3,27)＋2，M＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－a，0所以M－m＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a＋\f(a3,27)，0①当0可知y＝2－a＋eq \f(a3,27)单调递减，
所以M－m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，2)).
②当2≤a<3时，y＝eq \f(a3,27)单调递增，
所以M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，1)).
综上，M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，2)).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，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
ln 2－1
↘