2025届新高考数学考点全复习讲义3.3导数与函数的极值、最值

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2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值.
3.体会导数与单调性、极值、最大（小）值的关系.
基础知识

1.函数的极值与导数
提醒 f'（x0）＝0是x0为可导函数f（x）的极值点的必要不充分条件.如：f（x）＝x3，f'（0）＝0，但x＝0不是极值点.
2.函数的最值与导数
（1）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）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 .
基础自测
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）函数的极大值不一定比极小值大.（ √ ）
（2）闭区间上的连续函数必有最值.（ √ ）
（3）函数的极大值一定是函数的最大值.（ × ）
（4）开区间上的单调连续函数无最值.（ √ ）
（5）设函数y＝f（x）在区间（a，b）内有极值，那么y＝f（x）在区间（a，b）内不单调.（ √ ）
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
解析：A 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，故f（x）的极小值点只有1个.
3.当x＝1时，函数f（x）＝aln x＋bx取得最大值－2，则f'（2）＝（ ）
A.－1 B.－12 C.12 D.1
解析：B 由题意知，f（1）＝aln 1＋b＝b＝－2.求导得f'（x）＝ax－bx2（x＞0），因为f（x）的定义域为（0，＋∞），所以易得f'（1）＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f'（2）＝a2－b4＝－12.故选B.
4.函数 g（x）＝－x2的极值点是 x＝0 ，函数f（x）＝（x－1）3的极值点 不存在 （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.
5.已知函数f（x）＝lnxx，则f（x）的极大值为 1e .
解析：函数f（x）＝lnxx的定义域为（0，＋∞），且f'（x）＝1－lnxx2，令f'（x）＝0，可得x＝e，列表如下，
所以函数f（x）的极大值为f（e）＝1e.
常用结论
1.若函数f（x）在（a，b）上是单调函数，则f（x）在（a，b）上无极值.
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，则该极值点一定是函数相应的最值点.
结论运用
1.函数f（x）＝12x2＋ln x－2x的极值点的个数是（ ）
A.0 B.1
C.2 D.无数
解析：A 函数定义域为（0，＋∞），且f'（x）＝x＋1x－2＝x2－2x+1x＝（x－1）2x≥0，即f（x）在定义域上是增函数，由结论1可知f（x）无极值点.
2.函数f（x）＝xln x在［1e，e］上的最大值是 e .
解析：由f（x）＝xln x，得f'（x）＝ln x＋1，令f'（x）＝0，得x＝1e，当1e≤x≤e时，f'（x）≥0，所以f（x）在［1e，e］上单调递增，由结论2可知f（x）的最大值为f（e）＝eln e＝e.
3.若函数f（x）＝13x3－4x＋m在[0，3]上的最小值为4，则m＝ 283 .
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.所以f（2）为f（x）在[0，3]上的极小值，由结论3可知也是最小值，所以f（2）＝4，解得m＝283.
聚焦考点 课堂演练

考点1 函数的极值
考向1由图象判断函数的极值
【例1】（多选）如图是y＝f（x）的导函数f'（x）的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是（ ）
A.当x＝－1时，f（x）取得极小值
B.f（x）在[－2，1]上单调递增
C.当x＝2时，f（x）取得极大值
D.f（x）在[－1，2]上不具备单调性
解析：AC 由导函数f'（x）的图象知，当x＝－1时，f（x）取得极小值，故选项A正确；f（x）在[－2，1]上有减有增，故选项B错误；当x＝2时，f（x）取得极大值，故选项C正确；f（x）在[－1，2]上单调递增，故选项D错误.
方法技巧
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.
考向2求函数的极值（极值点）
【例2】已知函数f（x）＝ln x－ax（a∈R）.
（1）当a＝12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＝12时，f（x）＝ln x－12x，函数的定义域为（0，＋∞），且f'（x）＝1x－12＝2－x2x，
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（2）＝ln 2－1，无极小值.
（2）函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
f'（x）＝1x－a＝1－axx（x＞0）.
当a≤0时，f'（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，
则函数在（0，＋∞）上是增函数，此时函数在定义域上无极值点；
当a＞0时，若x∈0，1a，则f'（x）＞0，
若x∈1a，＋∞，则f'（x）＜0，
故函数在x＝1a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＝1a.
方法技巧
利用导数求函数极值（极值点）的一般流程
考向3已知函数的极值求参数
【例3】（多选）（2023·新高考Ⅱ卷11题）若函数f（x）＝ aln x＋bx＋cx2（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：BCD 因为函数f（x）＝aln x＋bx＋cx2（a≠0），所以函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝ax2－bx－2cx3，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有两个不等的正实根x1，x2，则Δ>0，x1＋x2>0，x1x2>0，即b2+8ac>0，ba>0，－2ca>0，所以b2+8ac＞0，ab>0，ac<0，bc<0.故选B、C、D.
变式
若本例条件变为：已知函数f（x）＝xlnx－ax在（1，＋∞）上有极值，则实数a的取值范围为（ ）
A.（－∞，14］ B.（－∞，14）
C.（0，14］ D.［0，14）
解析：B 由题意可知，f'（x）＝lnx－1（lnx）2－a，设g（x）＝lnx－1（lnx）2＝1lnx－1（lnx）2.∵函数f（x）在区间（1，＋∞）上有极值，∴f'（x）＝g（x）－a在（1，＋∞）上有变号零点.令1lnx＝t，由x＞1可得ln x＞0，即t＞0，得到y＝t－t2＝－（t－12）2＋14≤14，解得a＜14.故选B.
方法技巧
已知函数极值点或极值求参数的2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）内不是单调函数.
跟踪训练
1.已知函数f（x）＝x2＋x－aex在x＝1处取得极值，则f（x）的极小值为（ ）
A.－1 B.0
C.1 D.2
解析：C 求导得f'（x）＝－x2＋x＋a+1ex，由已知得f'（1）＝0，所以a＝－1，则f（x）＝x2＋x+1ex，f'（x）＝x－x2ex.令f'（x）＝0，得x＝0或x＝1.当x∈（－∞，0）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增.所以f（x）的极小值为f（0）＝1.
2.若函数f（x）＝ln（2x）＋ax有大于零的极值，则实数a的取值范围是（ ）
A.（－∞，－2e） B.（－2e，0）
C.（0，2e） D.（2e，＋∞）
解析：B 函数f（x）＝ln（2x）＋ax的定义域为（0，＋∞），求导得f'（x）＝1x＋a，当a≥0时，f'（x）＞0，函数f（x）在（0，＋∞）上是增函数，无极值，不符合题意；当a＜0时，当0＜x＜－1a时，f'（x）＞0，当x＞－1a时，f'（x）＜0，则当x＝－1a时，函数f（x）取得极大值f（－1a），因此f（－1a）＝ln（－2a）－1＞0，即ln（－2a）＞1，解得－2e＜a＜0.
考点2 函数的最值
【例4】 （1）函数f（x）＝12x＋sin x在x∈[0，2π]上的最大值是 π ，最小值是 0 ；
（2）函数f（x）＝－13x3＋x在（a，10－a2）上有最大值，则实数a的取值范围为 [－2，1） .
解析：（1）f'（x）＝12＋cs x，令f'（x）＝0，又x∈[0，2π]，解得x＝2π3或x＝4π3，计算得f（0）＝0，f（2π）＝π，f2π3＝π3＋32，f4π3＝2π3－32.所以当x＝0时，f（x）有最小值f（0）＝0；当x＝2π时，f（x）有最大值f（2π）＝π.
（2）由于f'（x）＝－x2＋1，易知f（x）在（－∞，－1）和（1，＋∞）上单调递减，在（－1，1）上单调递增，故若函数f（x）在（a，10－a2）上有最大值，则a<1，10－a2>1，f（1）≥f（a),即－2≤a＜1.
方法技巧
利用导数求给定区间上的最值的步骤
（1）求函数f（x）的导数f'（x）；
（2）利用f'（x）＝0求f（x）在给定区间上所有可能极值点的函数值；
（3）求f（x）在给定区间上的端点值；
（4）将f（x）的各极值与f（x）的端点值进行比较，确定f（x）的最大值与最小值.
提醒 若最值在端点处取得，且所给区间为开区间，则f（x）的最值不存在.
跟踪训练
1.函数f（x）＝exx2－3在[2，＋∞）上的最小值为（ ）
A.－e36 B.－1
C.e36 D.1
解析：C f'（x）＝ex（x－3)(x+1）（x2－3）2，令f'（x）＞0，解得x＞3，令f'（x）＜0，解得2≤x＜3，故f（x）在[2，3）上单调递减，在（3，＋∞）上单调递增，故f（x）min＝f（3）＝e36.
2.已知函数f（x）＝12x2－ln x在区间（a，a＋12）（其中a＞0）上存在最小值，则实数a的取值范围为 （12，1） .
解析：f（x）的定义域为（0，＋∞），f'（x）＝x－1x，令f'（x）＞0，得x＞1，令f'（x）＜0，得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增.因为f（x）在区间（a，a＋12）（其中 a＞0）上存在最小值，所以a<1，a＋12>1，解得12＜a＜1.
考点3 函数极值和最值的综合问题
【例5】 已知函数f（x）＝xsin x.
（1）判断函数f（x）在区间（0，π2）上的单调性，并说明理由；
（2）求证：函数f（x）在（π2，π）内有且只有一个极值点；
（3）求函数g（x）＝f（x）+1lnx在区间（1，π]上的最小值.
解：（1）因为f（x）＝xsin x，
所以f'（x）＝sin x＋xcs x，
因为0＜x＜π2，所以f'（x）＞0，
所以函数f（x）在区间（0，π2）上单调递增.
（2）证明：设h（x）＝f'（x），则h'（x）＝cs x＋cs x－xsin x＝2cs x－xsin x，
当π2＜x＜π时，h'（x）＜0，
所以h（x）在（π2，π）上单调递减，
又h（π2）＝1＞0，h（π）＝－π＜0，
所以存在唯一x0∈（π2，π），使得h（x0）＝0，
即存在唯一x0∈（π2，π），使得f'（x0）＝0，f（x）与f'（x）在区间（π2，π）内的变化情况如下：
所以函数f（x）在（π2，π）内有且只有一个极值点.
（3）由（1）（2）知，f（x）在（1，x0）内单调递增，在（x0，π）内单调递减，
又因为f（1）＝sin 1＞0，f（π）＝0，所以当x∈（1，π]时，f（x）＋1≥1，
又因为当x∈（1，π]时，0＜ln x≤ln π.
所以g（x）＝f（x）+1lnx≥1ln π，
当且仅当x＝π时等号成立，所以g（x）在（1，π]上的最小值为1ln π.
方法技巧
解决函数极值、最值综合问题的策略
（1）求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
（2）函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值；
（3）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
设函数f（x）＝ex（ax2＋x＋1）（x∈R），且函数f（x）在x＝1处取得极大值.
（1）求a的值，并讨论f（x）的单调性；
（2）求f（x）在区间[0，5]上的最值.
解：（1）由函数f（x）＝ex（ax2＋x＋1），
得f'（x）＝ex[ax2＋（2a＋1）x＋2]，
因为函数f（x）在x＝1处取得极大值，
则f'（1）＝e（3a＋3）＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，f'（x）＝ex（－x2－x＋2）＝－（x＋2）（x－1）ex，
当x＜－2或x＞1时，f'（x）＜0，当－2＜x＜1时，f'（x）＞0，即函数f（x）在（－∞，－2）和（1，＋∞）上单调递减，在（－2，1）上单调递增，且函数f（x）在x＝1处取得极大值.
所以a＝－1，函数f（x）在（－∞，－2）和（1，＋∞）上单调递减，在（－2，1）上单调递增.
（2）当x∈[0，5]时，由（1）知，f（x）＝ex（－x2＋x＋1）在[0，1]上单调递增，在[1，5]上单调递减，
因为f（0）＝1，f（5）＝－19e5，
所以当x＝5时，f（x）min＝f（5）＝－19e5，
当x＝1时，f（x）max＝f（1）＝e，
所以函数f（x）在[0，5]上的最小值为－19e5，最大值为e.
第三节 导数与函数的极值、最值
课后分层跟踪巩固
基础达标 A
1.函数f（x）＝ln x－x在区间（0，e]上的最大值为（ ）
A.1－e B.－1
C.－e D.0
解析：B 因为f'（x）＝1x－1＝1－xx，当x∈（0，1）时，f'（x）＞0；当x∈（1，e]时，f'（x）＜0，所以当x＝1时，f（x）取得最大值ln 1－1＝－1.故选B.
2.若函数f（x）＝x2+2xex的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b＝（ ）
A.－4 B.2
C.0 D.2
解析：C f'（x）＝2－x2ex，当－2＜x＜2时，f'（x）＞0；当x＜－2或x＞2时，f'（x）＜0.故f（x）＝x2+2xex的极大值点与极小值点分别为2，－2，则a＝2，b＝－2，所以a＋b＝0.
3.已知函数f（x）＝（x＋1）2＋cs（x＋1）＋a的最小值是4，则a＝（ ）
A.3 B.4
C.5 D.6
解析：A f'（x）＝2（x＋1）－sin（x＋1），令g（x）＝f'（x），则g'（x）＝2－cs（x＋1）＞0，所以f'（x）是增函数，又f'（－1）＝0，所以当x＜－1时，f'（x）＜0，当x＞－1时，f'（x）＞0，故x＝－1为f（x）的极小值点，也是最小值点，即f（－1）＝1＋a＝4，解得a＝3.
4.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：D 由题图可知，当x＜－2时，f'（x）＞0；当－2＜x＜1时，f'（x）＜0；当1＜x＜2时，f'（x）＜0；当x＞2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.
5.若函数f（x）＝x3－3x在区间（－2，m）上有最大值，则m的取值范围是（ ）
A.（－1，3） B.（－1，3]
C.（－1，3] D.（－1，2]
解析：D f'（x）＝3x2－3＝3（x2－1）＝3（x＋1）·（x－1），当x＜－1或x＞1时，f'（x）＞0；当－1＜x＜1时，f'（x）＜0，所以f（x）在（－∞，－1），（1，＋∞）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，所以f（x）在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，因为f（x）在（－2，m）上有最大值，所以－1∈（－2，m），又f（－1）＝2，当x3－3x＝2时，即（x＋1）2（x－2）＝0，解得x＝2或x＝－1，所以－1＜m≤2.
6.（多选）下列说法正确的是（ ）
A.f（x）＝x＋1ex（x∈R）的最小值为1
B.f（x）＝exx（x＞0）的最小值为1
C.f（x）＝x－ln x（x＞0）的最小值为1
D.f（x）＝xe1x（x＞0）的最小值1
解析：AC f（x）＝x＋1ex（x∈R），f'（x）＝1－1ex＝ex－1ex，函数f（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（0）＝1，A正确；f（x）＝exx（x＞0），f'（x）＝ex（x－1）x2，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（1）＝e，B错误；f（x）＝x－ln x（x＞0），f'（x）＝1－1x＝x－1x，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（1）＝1，C正确；f（x）＝xe1x（x＞0），f'（x）＝e1x＋xe1x·（－1x2）＝（x－1）e1xx，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，故函数f（x）的最小值为f（1）＝e，D错误；故选A、C.
7.已知函数f（x）＝cs x＋aln x在x＝π6处取得极值，则a＝ π12 .
解析：∵f'（x）＝ax－sin x，且f'π6＝0，∴aπ6－12＝0，即a＝π12，经验证，符合题意.
8.若函数f（x）＝6aln x＋12x2－（a＋6）x（x＞0）有2个极值点，则实数a的取值范围为 （0，6）∪（6，＋∞） .
解析：f'（x）＝6ax＋x－（a＋6）＝（x－6)(x－a）x（x＞0），因为函数f（x）有2个极值点，所以f'（x）＝0有2个不同的正实数根，所以a＞0且a≠6，即实数a的取值范围是（0，6）∪（6，＋∞）.
9.已知函数f（x）＝ax3－x，若f（x）有极大值29，则a＝ 3 .
解析：f'（x）＝3ax2－1，当a≤0时，f'（x）＜0，f（x）是减函数，无极大值.当a＞0时，令f'（x）＝0，得x＝±13a，令f'（x）＞0，得x＜－13a或x＞13a，令f'（x）＜0，得－13a＜x＜13a，所以f（x）在－∞,−13a上单调递增，在－13a，13a上单调递减，在13a，＋∞上单调递增，所以f（x）在x＝－13a处取得极大值，所以f－13a＝29，解得a＝3.
10.已知函数f（x）＝1－xx2＋a，若f（x）在x＝－1处取得极值，求f（x）的单调区间及其最大值与最小值.
解：因为f（x）＝1－xx2＋a，
所以f'（x）＝−(x2＋a)−2x（1－x）（x2＋a）2＝x2－2x－a（x2＋a）2，
由题意可得f'（－1）＝3－a（1+a）2＝0，解得a＝3，
故f（x）＝1－xx2+3，f'（x）＝（x+1)(x－3）（x2+3）2，
则列表如下：
所以函数f（x）的单调递增区间为（－∞，－1），（3，＋∞），单调递减区间为（－1，3）.
当x＜1时，f（x）＞0，且当x→－∞时，f（x）→0；当x＞1时，f（x）＜0，且当x→＋∞时，f（x）→0，所以f（x）max＝f（－1）＝12，f（x）min＝f（3）＝－16.
综合应用 B
巩固
11.某商场从生产厂家以每件20元的价格购进一批商品，若该商品零售价定为p（p≥20）元时的销售量为Q件，且Q＝8 300－170p－p2，则这批商品的最大毛利润（毛利润＝销售收入－进货支出）为（ ）
A.30 000元 B.60 000元
C.28 000元 D.23 000元
解析：D 设毛利润为L（p）元，由题意知L（p）＝pQ－20Q＝Q（p－20）＝（8 300－170p－p2）（p－20）＝－p3－150p2＋11 700p－166 000（p≥20），所以L'（p）＝－3p2－300p＋11 700.令L'（p）＝0，解得p＝30或p＝－130（舍去）.因为当20≤p＜30时，L'（p）＞0，当p＞30时，L'（p）＜0，所以L（30）是极大值，根据实际问题的意义知，L（30）也是最大值，此时，L（30）＝23 000，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23 000元.故选D.
12.已知函数f（x）＝axex＋ln x－x有唯一的极值点t，则f（t）的取值范围是（ ）
A.[－2，＋∞） B.[－3，＋∞）
C.[2，＋∞） D.[3，＋∞）
解析：A 因为f（x）＝axex＋ln x－x，所以f'（x）＝a·1－xex＋1x－1＝（1－x）（aex＋1x），因为f（x）有唯一的极值点t，所以t＝1，且y＝aex＋1x在x＞0时无变号零点.令h（x）＝exx（x＞0），则h'（x）＝（x－1）exx2，令h'（x）＞0得x＞1，令h'（x）＜0得0＜x＜1，所以函数h（x）＝exx在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，所以－a≤h（1）＝e.所以f（t）＝f（1）＝ae－1≥－ee－1＝－2.故选A.
13.已知函数f（x）＝（x－2）（ex－ax），当a＞0时，讨论f（x）的极值情况.
解：∵f'（x）＝（ex－ax）＋（x－2）（ex－a）＝（x－1）（ex－2a），
由f'（x）＝0得x＝1或x＝ln 2a（a＞0）.
①当a＝e2时，f'（x）＝（x－1）（ex－e）≥0，
∴f（x）在R上是增函数，故f（x）无极值.
②当0＜a＜e2时，ln 2a＜1，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
故f（x）有极大值f（ln 2a）＝－a（ln 2a－2）2，极小值f（1）＝a－e.
③当a＞e2时，ln 2a＞1，当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：
故f（x）有极大值f（1）＝a－e，极小值f（ln 2a）＝－a（ln 2a－2）2.
综上，当0＜a＜e2时，f（x）有极大值－a（ln 2a－2）2，极小值a－e；
当a＝e2时，f（x）无极值；
当a＞e2时，f（x）有极大值a－e，极小值－a（ln 2a－2）2.
14.已知a为常数，函数f（x）＝x（ln x－ax）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），则（ ）
A.f（x1）＞0，f（x2）＞－12
B.f（x1）＜0，f（x2）＜－12
C.f（x1）＞0，f（x2）＜－12
D.f（x1）＜0，f（x2）＞－12
解析：D f'（x）＝ln x＋1－2ax（x＞0），令g（x）＝ln x＋1－2ax，由题意可得函数g（x）有且只有两个零点，g'（x）＝1x－2a＝1－2axx.①当a≤0时，g'（x）＞0，f'（x）是增函数，因此g（x）＝f'（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍去.②当a＞0时，令g'（x）＝0，解得x＝12a，∵x∈（0，12a）时，g'（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈（12a，＋∞）时，g'（x）＜0，函数g（x）单调递减，∴x＝12a是函数g（x）的极大值点，则g（12a）＞0，即ln12a＋1－1＝－ln 2a＞0，∴ln 2a＜0，∴0＜2a＜1，即0＜a＜12，故当0＜a＜12时，g（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜12a＜x2，从而可知函数f（x）在区间（0，x1）上单调递减，在区间（x1，x2）上单调递增，在区间（x2，＋∞）上单调递减.∵g（1）＝1－2a＞0，∴x1＜1＜12a＜x2，∴f（x1）＜f（1）＝－a＜0，f（x2）＞f（1）＝－a＞－12.故选D.
15.已知函数f（x）＝2ax－ln（2x），x∈（0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R.
（1）当a＝1时，求函数f（x）的极值；
（2）是否存在实数a，使f（x）的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
解：（1）当a＝1时，f（x）＝2x－ln（2x），f'（x）＝2－1x＝2x－1x，x∈（0，e]，
当0＜x＜12时，f'（x）＜0，则f（x）单调递减；
当12＜x≤e时，f'（x）＞0，则f（x）单调递增.
所以函数f（x）的极小值为f（12）＝1，无极大值.
（2）假设存在实数a，使f（x）＝2ax－ln（2x），x∈（0，e]的最小值是3，
f'（x）＝2a－1x＝2ax－1x，x∈（0，e].
①当a≤0时，因为x∈（0，e]，所以f'（x）＜0，f（x）在（0，e]上单调递减，
所以f（x）min＝f（e）＝2ae－ln（2e）＝3，解得a＝4+ln22e（舍去）；
②当0＜12a＜e时，即a＞12e时，
当0＜x＜12a时，f'（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
当12a＜x≤e时，f'（x）＞0，此时函数f（x）单调递增.
所以f（x）min＝f（12a）＝1－ln1a＝3，解得a＝e2，满足条件；
③当12a≥e时，即0＜a≤12e时，对任意的x∈（0，e]，f'（x）≤0，f（x）在（0，e]上单调递减，
所以f（x）min＝f（e）＝2ae－ln（2e）＝3，解得a＝4+ln22e（舍去）.
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈（0，e]时，f（x）的最小值为3
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
形如山峰
形如山谷
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，e）
e
（e，＋∞）
f'（x）
＋
0
－
f（x）
↗
极大值
↘
x
（0，2）
2
（2，＋∞）
f'（x）
＋
0
－
f（x）
↗
ln 2－1
↘
x
（π2，x0）
x0
（x0，π）
f'（x）
＋
0
－
f（x）
↗
极大值
↘
x
（－∞，－1）
－1
（－1，3）
3
（3，＋∞）
f'（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
（－∞，
ln 2a）
ln 2a
（ln 2a，1）
1
（1，＋∞）
f'（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
（－∞，1）
1
（1，ln 2a）
ln 2a
（ln 2a，＋∞）
f'（x）
＋
0
－
0
＋
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗