2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第四章素能培優(yōu)(四)含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第四章考情分析：“設(shè)而不求”指的是在有些數(shù)學(xué)問題中，設(shè)定一些未知數(shù)，不需要求出未知數(shù)(或只需求其近似值)，而根據(jù)題目本身的特點(diǎn)，將未知數(shù)消去或代換，使問題的解決變得簡捷、明快．極值點(diǎn)偏移是指函數(shù)在極值點(diǎn)左右的增減速度不一樣，導(dǎo)致函數(shù)圖象不具有對稱性．這兩類問題常常出現(xiàn)在高考的壓軸題中．考點(diǎn)難度2023Ⅱ卷T22已知極值點(diǎn)求參數(shù)范圍，用到了“設(shè)而不求”難2022Ⅰ卷T22單調(diào)性、最值、零點(diǎn)，用到了“設(shè)而不求”難2021Ⅰ卷T22單調(diào)性、不等式的證明，用到了“極值點(diǎn)偏移”難考向一設(shè)而不求問題例1(2024·湛江模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－1－lnx.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)求證：exf(x)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0.解(1)∵f(x)＝ex－1－lnx，∴f′(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，設(shè)μ(x)＝ex－1－eq\f(1,x)，則μ′(x)＝ex－1＋eq\f(1,x2)>0，∴μ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵μ(1)＝0，∴f′(1)＝0，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(x)min＝f(1)＝1.(2)證明：要證exf(x)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0，只需證ex(ex－1－lnx)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0，即證(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)>0.令g(x)＝(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)，則g′(x)＝xex－eq\f(1,x)(x>0)，當(dāng)x>0時，令h(x)＝g′(x)＝xex－eq\f(1,x)，則h′(x)＝(x＋1)ex＋eq\f(1,x2)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g′(x)＝xex－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,3)eeq\s\up7(\f(2,3))－eq\f(3,2)＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(e\s\up7(\f(2,3))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27,8)))\s\up12(\s\up7(\f(2,3)))))<0，g′(1)＝e－1>0，∴存在x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，使得g′(x0)＝0.由g′(x0)＝x0ex0－eq\f(1,x0)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)ex0－1,x0)＝0，得xeq\o\al(2,0)ex0＝1，即ex0＝eq\f(1,xeq\o\al(2,0))，即－2lnx0＝x0，∴當(dāng)x∈(0，x0)時，g′(x)＝xex－eq\f(1,x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，g′(x)＝xex－eq\f(1,x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(x0)＝(x0－1)ex0－lnx0＋eq\f(1,2)＝eq\f(x0－1,xeq\o\al(2,0))＋eq\f(x0,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(xeq\o\al(3,0)＋xeq\o\al(2,0)＋2x0－2,2xeq\o\al(2,0)).令φ(x)＝x3＋x2＋2x－2，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))時，φ′(x)＝3x2＋2x＋2＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(5,3)>0，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上單調(diào)遞增，∴φ(x0)>φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,27)>0，∴g(x)>0，∴(x－1)ex－lnx＋eq\f(1,2)>0，即exf(x)＋(ex－1)lnx－ex＋eq\f(1,2)>0.隱零點(diǎn)問題解題策略我們把函數(shù)或其導(dǎo)函數(shù)存在零點(diǎn)，但零點(diǎn)不可求出的問題稱為隱零點(diǎn)問題，具體求解步驟如下：(1)用零點(diǎn)存在定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，列出零點(diǎn)方程，f′(x)＝0，并結(jié)合f(x)的單調(diào)性得到零點(diǎn)的范圍(有時范圍可根據(jù)具體情況適當(dāng)縮小)．(2)以零點(diǎn)為分界點(diǎn)，說明導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)，進(jìn)而得到f(x)的最值表達(dá)式．(3)將零點(diǎn)方程f′(x)＝0適當(dāng)變形，整體代入f(x)最值式子進(jìn)行化簡，可以消除f(x)最值式子中的指對項(xiàng)，也可以消除其中的參數(shù)項(xiàng)，再將得到的f(x)最值式子進(jìn)行化簡證明．(2024·湖北部分學(xué)校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝(x－4)lnx＋x2＋ax－2.(1)證明：f(x)有唯一的極值點(diǎn)；(2)若f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)證明：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒′(x)＝lnx＋eq\f(x－4,x)＋2x＋a＝lnx－eq\f(4,x)＋2x＋a＋1，所以f′(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，且值域?yàn)镽，所以f′(x)有唯一的零點(diǎn)x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝0，當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)有唯一的極值點(diǎn)．(2)由(1)知，f(x)在x＝x0處取得極小值，也是最小值，由f′(x0)＝0，得a＝－lnx0－2x0＋eq\f(4,x0)－1，所以f(x0)＝(x0－4)lnx0＋xeq\o\al(2,0)＋ax0－2＝(x0－4)lnx0＋xeq\o\al(2,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－lnx0－2x0＋\f(4,x0)－1))x0－2＝－4lnx0－xeq\o\al(2,0)－x0＋2＝－4lnx0－(x0＋2)(x0－1)，當(dāng)0<x0≤1時，－4lnx0≥0，－(x0＋2)(x0－1)≥0，所以f(x0)≥0；當(dāng)x0>1時，－4lnx0<0，－(x0＋2)(x0－1)<0，所以f(x0)<0，因?yàn)閒(x0)≥0，所以0<x0≤1.設(shè)h(x)＝－lnx－2x＋eq\f(4,x)－1(0<x≤1)，因?yàn)閔(x)單調(diào)遞減，所以a＝h(x0)≥h(1)＝1，即a≥1.所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．考向二極值點(diǎn)偏移問題例2(2021·新高考Ⅰ卷改編)已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．借助函數(shù)f(x)的單調(diào)性解決下列問題．(1)設(shè)x1，x2是兩個不相等的正數(shù)，且x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，證明：2<x1＋x2<e；(2)設(shè)a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.證明(1)∵f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.由x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)知，x1，x2是f(x)＝k的兩根，其中k∈(0，1)，不妨令x1∈(0，1)，x2∈(1，e)，則2－x1>1，先證2<x1＋x2，即證x2>2－x1，即證f(x1)＝f(x2)<f(2－x1)．令h(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(0，1)，則h′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]>0，故函數(shù)h(x)單調(diào)遞增，∴h(x)<f(1)－f(2－1)＝0，∴f(x1)<f(2－x1)，故2<x1＋x2得證．下面證明x1＋x2<e.∵0<x1<1<x2<e，∴1－lnx1>1，∴x1(1－lnx1)>x1.∵x1(1－lnx1)＝x2(1－lnx2)，∴x2(1－lnx2)>x1.要證x1＋x2<e，只要證x2(1－lnx2)＋x2<e，即證2x2－x2lnx2<e，x2∈(1，e)．設(shè)g(x)＝2x－xlnx，x∈(1，e)，則g′(x)＝1－lnx>0.∴g(x)在(1，e)上單調(diào)遞增．∴g(x)<2e－e＝e.∴2x2－x2lnx2<e成立．∴原命題成立，即x1＋x2<e.綜上可知，2<x1＋x2<e.(2)由blna－alnb＝a－b得－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)＋eq\f(1,b)lneq\f(1,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,a)))＝eq\f(1,b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ln\f(1,b)))，借助(1)的結(jié)論知2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.函數(shù)極值點(diǎn)偏移問題的解題策略(1)(對稱化構(gòu)造法)構(gòu)造輔助函數(shù)：對結(jié)論x1＋x2>(<)2x0型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結(jié)論x1x2>(<)xeq\o\al(2,0)型，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性證明不等式．(2)(比值代換法)將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式．(2023·張家口模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)已知函數(shù)g(x)＝f′(x)－5x＋5alnx，存在x1，x2且x1≠x2，使得g(x1)＝g(x2)，證明：x1＋x2>2a.解(1)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝2x－2sinx，令h(x)＝2x－2sinx，則h′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)h(x)在R上單調(diào)遞增，又因?yàn)閔(0)＝0，所以h(x)<0?x<0，h(x)>0?x>0，即f′(x)<0?x<0，f′(x)>0?x>0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明：由(1)，得g(x)＝2x－2sinx－5x＋5alnx＝－2sinx－3x＋5alnx，x>0，又g(x1)＝g(x2)，即－2sinx1－3x1＋5alnx1＝－2sinx2－3x2＋5alnx2，所以5a(lnx2－lnx1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1)．不妨設(shè)x2>x1>0，所以lnx2>lnx1.由(1)得當(dāng)x>0時，函數(shù)f′(x)單調(diào)遞增，所以2x1－2sinx1<2x2－2sinx2，故2(sinx2－sinx1)<2(x2－x1)，所以5a(lnx2－lnx1)＝2(sinx2－sinx1)＋3(x2－x1)<5(x2－x1)，所以a<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)，故2a<eq\f(2（x2－x1）,lnx2－lnx1).下證eq\f(2（x2－x1）,lnx2－lnx1)<x2＋x1.即證eq\f(2（x2－x1）,x2＋x1)<lnx2－lnx1＝lneq\f(x2,x1)，設(shè)eq\f(x2,x1)＝t>1，h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，t>1，則h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)>0，所以函數(shù)h(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)>ln1－eq\f(2×（1－1）,1＋1)＝0，故lnt>eq\f(2（t－1）,t＋1)，即lneq\f(x2,x1)>eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－1)),\f(x2,x1)＋1)，所以eq\f(2（x2－x1）,x2＋x1)<lnx2－lnx1，即eq\f(2（x2－x1）,lnx2－lnx1)<x2＋x1，所以x2＋x1>2a，得證．第3講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.借助函數(shù)的圖象，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件.2.能利用導(dǎo)數(shù)求某些函數(shù)的極大值、極小值以及給定閉區(qū)間上不超過三次的多項(xiàng)式函數(shù)的最大值、最小值，體會導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性、極值、最大(小)值的關(guān)系．1．導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值條件f′(x0)＝0x0附近的左側(cè)f′(x)eq\x(\s\up1(01))>0，右側(cè)f′(x)eq\x(\s\up1(02))<0x0附近的左側(cè)f′(x)eq\x(\s\up1(03))<0，右側(cè)f′(x)eq\x(\s\up1(04))>0圖象極值f(x0)為極eq\x(\s\up1(05))大值f(x0)為極eq\x(\s\up1(06))小值極值點(diǎn)x0為極eq\x(\s\up1(07))大值點(diǎn)x0為極eq\x(\s\up1(08))小值點(diǎn)2.導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條eq\x(\s\up1(09))連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步驟①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上的eq\x(\s\up1(10))極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與eq\x(\s\up1(11))端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中eq\x(\s\up1(12))最大的一個是最大值，eq\x(\s\up1(13))最小的一個是最小值．1．對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．2．若函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個極值點(diǎn)，則該極值點(diǎn)一定是函數(shù)的最值點(diǎn)．3．極值有可能是最值，但最值只要不在區(qū)間端點(diǎn)處取得，其必定是極值．1．(2023·衡水模擬)下列四個函數(shù)中，在x＝0處取得極值的是()①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝|x|；④y＝2x.A．①② B．②③C．③④ D．①③答案B解析①y′＝3x2≥0恒成立，所以函數(shù)在R上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)．②y′＝2x，當(dāng)x>0時，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時，函數(shù)單調(diào)遞減，且y′|x＝0＝0，②符合．③結(jié)合該函數(shù)圖象可知函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，0]上單調(diào)遞減，③符合．④y＝2x在R上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)．故選B.2．函數(shù)f(x)＝lnx－x在區(qū)間(0，e]上的最大值為()A．1－e B．－1C．－e D．0答案B解析因?yàn)閒′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(1，e]時，f′(x)<0，所以當(dāng)x＝1時，f(x)取得最大值ln1－1＝－1.故選B.3.(多選)(人教A選擇性必修第二冊習(xí)題5.3T4改編)已知函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則下列判斷正確的是()A．函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))上單調(diào)遞增B．當(dāng)x＝－2時，函數(shù)y＝f(x)取得極小值C．函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－2，2)上單調(diào)遞增D．當(dāng)x＝3時，函數(shù)y＝f(x)有極小值答案BC解析對于A，函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))上有增有減，故A不正確；對于B，當(dāng)x＝－2時，函數(shù)y＝f(x)取得極小值，故B正確；對于C，當(dāng)x∈(－2，2)時，恒有f′(x)>0，則函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(－2，2)上單調(diào)遞增，故C正確；對于D，當(dāng)x＝3時，f′(x)≠0，故D不正確．4．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值為4，則m＝________．答案4解析f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，當(dāng)x∈[0，2)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(2，3]時，f′(x)>0，所以f(x)在[0，2)上是減函數(shù)，在(2，3]上是增函數(shù)．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.5．(人教B選擇性必修第三冊6.2.2練習(xí)AT3改編)若函數(shù)f(x)＝ex＋ax在x＝2處取得極值，則a＝________．答案－e2解析∵f(x)＝ex＋ax在x＝2處取得極值，∴f′(2)＝e2＋a＝0，解得a＝－e2，經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．多角度探究突破考向一導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值角度知圖判斷函數(shù)極值情況例1(2024·重慶渝中區(qū)月考)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(x－1)3f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中正確的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(－3)和f(3) B．函數(shù)f(x)有極小值f(－3)和f(3) C．函數(shù)f(x)有極小值f(3)和極大值f(－3) D．函數(shù)f(x)有極小值f(－3)和極大值f(3)答案D解析當(dāng)x＜－3時，(x－1)3f′(x)＞0且x－1＜0，可得f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＝－3時，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；當(dāng)－3＜x＜1時，(x－1)3f′(x)＜0且x－1＜0，可得f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＝1時，(x－1)3f′(x)＝0，但是f′(x)是否等于0，不能確定；當(dāng)1＜x＜3時，(x－1)3f′(x)＞0且x－1＞0，可得f′(x)＞0，則f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＝3時，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；當(dāng)x＞3時，(x－1)3f′(x)＜0且x－1＞0，可得f′(x)＜0，則f(x)單調(diào)遞減．故f(x)有極小值f(－3)和極大值f(3)．故選D.由圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值要抓住的兩點(diǎn)(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點(diǎn)．(2)由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的值的正負(fù)，從而可得函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性．兩者結(jié)合可得極值點(diǎn)．(多選)(2023·石家莊檢測)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則()A．－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點(diǎn)B．－1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)C．y＝f(x)在區(qū)間(－3，1)上單調(diào)遞增D．－2是函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)答案AC解析由函數(shù)y＝f′(x)的圖象可知，f′(－3)＝0，當(dāng)x∈(－∞，－3)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(－3，1)時，f′(x)≥0，所以函數(shù)y＝f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，1)上單調(diào)遞增，故C正確；－3是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，故A正確；因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增，所以－1不是函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，－2也不是函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，故B，D錯誤．故選AC.角度已知函數(shù)解析式求極值或極值點(diǎn)例2(1)(2023·西安模擬)已知f(x)＝eq\f(3x,ex)，則f(x)()A．在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增B．在(－∞，1)上單調(diào)遞減C．有極大值eq\f(3,e)，無極小值D．有極小值eq\f(3,e)，無極大值答案C解析∵f(x)＝eq\f(3x,ex)，∴f′(x)＝eq\f(3·ex－3x·ex,e2x)＝eq\f(3（1－x）,ex)，當(dāng)x>1時，f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故A錯誤；當(dāng)x<1時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞增，故B錯誤；當(dāng)x＝1時，f(x)＝eq\f(3x,ex)取得極大值eq\f(3,e)，無極小值，故C正確，D錯誤．故選C.(2)(2023·山西省省際名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－x，x∈(0，π)，則f(x)的極大值點(diǎn)為________．答案eq\f(π,6)解析f′(x)＝2cos2x－1，令f′(x)>0，得0<x<eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)<x<π；令f′(x)<0，得eq\f(π,6)<x<eq\f(5π,6)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上單調(diào)遞減，∴f(x)的極大值點(diǎn)為eq\f(π,6).利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)極值的一般步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；(4)列表檢驗(yàn)f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值的符號；(5)求出極值．(2023·深圳模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2－x＋a有兩個極值點(diǎn)x1，x2，且|x1－x2|＝eq\f(2\r(3),3)，則f(x)的極大值為()A.eq\f(\r(3),9) B.eq\f(2\r(3),9)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\r(3)答案B解析因?yàn)閒′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，所以f′(x)＝0有兩個不同的實(shí)數(shù)解x1，x2，且由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(2a,3)，x1x2＝－eq\f(1,3)，由題意可得|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(\f(4a2,9)＋\f(4,3))＝eq\r(\f(4（a2＋3）,9))＝eq\f(2\r(3),3)，解得a＝0，此時f(x)＝x3－x，f′(x)＝3x2－1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝－eq\f(\r(3),3)時，f(x)取得極大值eq\f(2\r(3),9).故選B.角度已知函數(shù)的極值或極值點(diǎn)求參數(shù)例3(1)(2024·牡丹江第二高級中學(xué)第一次段考)若函數(shù)y＝ax2－lnx在x＝eq\f(1,2)處取得極值，則a＝________．答案2解析∵y′＝2ax－eq\f(1,x)，∴y′|x＝eq\f(1,2)＝a－2.∵函數(shù)y＝ax2－lnx在x＝eq\f(1,2)處取得極值，∴a－2＝0，故a＝2.經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．(2)(2024·河南省“頂尖計劃”第一次考試)已知函數(shù)f(x)＝logax＋eq\f(1,2)x2－(1＋logae)x，a>1.①當(dāng)a＝e時，求曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程；②若x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)，求a的取值范圍．解①當(dāng)a＝e時，f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2x，f(1)＝－eq\f(3,2)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－2，f′(1)＝0，所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0×(x－1)，即y＝－eq\f(3,2).②f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,xlna)＋x－eq\f(1＋lna,lna)＝eq\f(x2lna－（1＋lna）x＋1,xlna)＝eq\f(（xlna－1）（x－1）,xlna)，x>0，令f′(x)＝0，則x＝1或x＝eq\f(1,lna).(ⅰ)當(dāng)1<a<e時，eq\f(1,lna)>1，令f′(x)>0，解得0<x<1或x>eq\f(1,lna)，令f′(x)<0，解得1<x<eq\f(1,lna)，可知f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,lna)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)，＋∞))上單調(diào)遞增，故x＝1為f(x)的極大值點(diǎn)，不符合題意；(ⅱ)當(dāng)a＝e時，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故無極值點(diǎn)，不符合題意；(ⅲ)當(dāng)a>e時，eq\f(1,lna)<1，令f′(x)>0，解得0<x<eq\f(1,lna)或x>1，令f′(x)<0，解得eq\f(1,lna)<x<1，可知f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,lna)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,lna)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故x＝1為f(x)的極小值點(diǎn)，符合題意．綜上，a的取值范圍為(e，＋∞)．已知函數(shù)極值或極值點(diǎn)求參數(shù)的兩個要領(lǐng)(1)列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解．(2)驗(yàn)證：因?yàn)閷?dǎo)數(shù)值等于零不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗(yàn)證根的合理性．1.(2023·開封三模)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x＋a)，若f(x)的極小值為eq\r(e)，則a＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,2) D．2答案B解析f′(x)＝eq\f(ex（x＋a）－ex,（x＋a）2)＝eq\f(ex（x＋a－1）,（x＋a）2)，令f′(x)＝0得，x＝1－a，∴x<1－a時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x>1－a時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．∴f(x)在x＝1－a處取得極小值，∴f(1－a)＝e1－a＝eq\r(e)＝eeq\f(1,2)，∴1－a＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2).2．(多選)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A．bc>0 B．a(chǎn)b>0C．b2＋8ac>0 D．a(chǎn)c<0答案BCD解析函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)的定義域?yàn)?0，＋∞)，求導(dǎo)得f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)既有極大值也有極小值，則函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上有兩個變號零點(diǎn)，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有兩個不等的正根x1，x2，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，顯然a2bc<0，即bc<0，A錯誤，B，C，D正確．故選BCD.考向二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值例4(1)(2022·全國甲卷)當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，則f′(2)＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2) D．1答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以依題意可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)＝eq\f(2（1－x）,x2)，因此函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，x＝1時取最大值，滿足題意，即有f′(2)＝eq\f(2×（1－2）,22)＝－eq\f(1,2).故選B.(2)(2024·湘潭一中月考)設(shè)函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1.①求f(x)的單調(diào)區(qū)間；②當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))時，求f(x)的最值．解①因?yàn)閒(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1的定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＋2x＝x(2＋cosx)，因?yàn)椋?≤cosx≤1，所以1≤2＋cosx≤3，所以當(dāng)x<0時，f′(x)<0，當(dāng)x>0時，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)．②由①可得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減，在(0，π]上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝0處取得極小值即最小值，所以f(x)min＝f(0)＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋eq\f(π2,4)＋1，f(π)＝π2，又π2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(π2,4)＋1))＝eq\f(3π2,4)－eq\f(π,2)－1＝eq\f(3π2－2π－4,4)>0，所以f(x)max＝f(π)＝π2，所以f(x)的最大值為π2，最小值為2.求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最值的方法(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，則f(a)與f(b)一個為最大值，一個為最小值．(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上有極值，則先求出函數(shù)在[a，b]上的極值，再與f(a)，f(b)比較，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上有唯一一個極值點(diǎn)，這個極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，此結(jié)論在導(dǎo)數(shù)的實(shí)際應(yīng)用中經(jīng)常用到．1.(2023·鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝a(3－x)＋eq\f(bx,x＋1)的圖象過點(diǎn)(0，1)與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,4)))，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，4]上的最大值為()A.eq\f(3,2) B.eq\f(7,3)C.eq\f(5,4) D.eq\f(8,5)答案B解析由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＝1，,\f(3b,4)＝\f(9,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝3，))∴f(x)＝eq\f(1,3)(3－x)＋eq\f(3x,x＋1)＝1－eq\f(x,3)＋eq\f(3x,x＋1)，f′(x)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(3（x＋1）－3x,（x＋1）2)＝－eq\f(1,3)＋eq\f(3,（x＋1）2)＝eq\f(－x2－2x－1＋9,3（x＋1）2)＝eq\f(－x2－2x＋8,3（x＋1）2)＝eq\f(－（x＋4）（x－2）,3（x＋1）2)，當(dāng)x∈[1，2)時，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(2，4]時，f′(x)＜0，∴f(x)在[1，2)上單調(diào)遞增，在(2，4]上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(2)＝1－eq\f(2,3)＋eq\f(6,3)＝eq\f(7,3).故選B.2．(2021·新高考Ⅰ卷)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值為________．答案1解析函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)．①當(dāng)x>eq\f(1,2)時，f(x)＝2x－1－2lnx，f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x－1）,x)，當(dāng)x>1時，f′(x)>0；當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時，f′(x)<0，故f(x)min＝f(1)＝1；②當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時，f(x)＝1－2x－2lnx，f′(x)＝－2－eq\f(2,x)＝－eq\f(2（x＋1）,x)＜0，此時函數(shù)f(x)＝1－2x－2lnx為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的減函數(shù)．故f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2ln2＞1.綜上，f(x)min＝f(1)＝1.考向三生活中的優(yōu)化問題例5某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度)．設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米，高為h米，體積為V立方米．假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建造成本為100元/平方米，底面的建造成本為160元/平方米，該蓄水池的總建造成本為12000π元(π為圓周率)．(1)將V表示成r的函數(shù)V(r)，并求該函數(shù)的定義域；(2)討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性，并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大．解(1)因?yàn)樾钏貍?cè)面的總建造成本為100×2πrh＝200πrh元，底面的總建造成本為160πr2元，所以蓄水池的總建造成本為(200πrh＋160πr2)元．根據(jù)題意，得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，從而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．由題意得r>0，又由h>0可得r<5eq\r(3)，故函數(shù)V(r)的定義域?yàn)?0，5eq\r(3))．(2)因?yàn)閂(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．當(dāng)r∈(0，5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上為增函數(shù)；當(dāng)r∈(5，5eq\r(3))時，V′(r)<0，故V(r)在(5，5eq\r(3))上為減函數(shù)．由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8，即當(dāng)r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的方法求實(shí)際問題中的最大值或最小值時，一般是先設(shè)自變量、因變量，建立函數(shù)關(guān)系式，并確定其定義域，利用求函數(shù)的最值的方法求解，注意結(jié)果應(yīng)與實(shí)際情況相結(jié)合．用導(dǎo)數(shù)求解實(shí)際問題中的最大(小)值時，如果函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)只有一個極值點(diǎn)，則該極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)．(2024·南通百校聯(lián)考)某種型號輪船每小時的運(yùn)輸成本Q(單位：元)由可變部分和固定部分組成．其中，可變部分成本與航行速度的立方成正比，且當(dāng)速度為10km/h時，其可變部分成本為每小時8元；固定部分成本為每小時128元．設(shè)該輪船的航行速度為xkm/h.(1)試將該輪船每小時的運(yùn)輸成本Q表示為x的函數(shù)；(2)當(dāng)該輪船的航行速度為多少時，其每千米的運(yùn)輸成本y(單位：元)最低？解(1)設(shè)該輪船的航行速度為xkm/h時，其每小時的可變成本為P(單位：元)，則P＝kx3，其中k≠0.由題意，得8＝k×103，解得k＝eq\f(1,125)，故P＝eq\f(1,125)x3，所以每小時的運(yùn)輸成本Q＝eq\f(1,125)x3＋128，其中x>0.(2)該輪船每千米的運(yùn)輸成本y＝f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,125)x3＋128))eq\f(1,x)＝eq\f(1,125)x2＋eq\f(128,x)，求導(dǎo)，得f′(x)＝eq\f(2,125)x－eq\f(128,x2)＝eq\f(2（x3－8000）,125x2)，其中x>0.令f′(x)＝0，解得x＝20.由f′(x)>0，解得x>20，故f(x)在區(qū)間(20，＋∞)上單調(diào)遞增；由f′(x)<0，解得0<x<20，故f(x)在區(qū)間(0，20)上單調(diào)遞減．所以當(dāng)x＝20時，f(x)取得最小值f(20)＝9.6.故當(dāng)該輪船的航行速度為20km/h時，其每千米的運(yùn)輸成本y最低，且為9.6元．考向四極值與最值的綜合應(yīng)用例6(2023·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)已知實(shí)數(shù)a＞0，函數(shù)f(x)＝xlna－alnx＋(x－e)2，e是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)當(dāng)a＝e時，求函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證f(x)存在極值點(diǎn)x0，并求x0的最小值．解(1)當(dāng)a＝e時，f(x)＝x－elnx＋(x－e)2，f′(x)＝eq\f(（2x＋1）（x－e）,x)，令f′(x)＞0，解得x＞e，令f′(x)＜0，解得0＜x＜e，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(e，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e)．(2)f′(x)＝lna－eq\f(a,x)＋2(x－e)＝eq\f(2x2－（2e－lna）x－a,x)，x＞0，設(shè)u(x)＝2x2－(2e－lna)x－a，令u(x)＝0，∵Δ＝(2e－lna)2＋8a＞0，∴方程u(x)＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2(x1<x2)，又x1x2＝eq\f(－a,2)<0，∴x1＜0＜x2，由于f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，∴f′(x)＜0?0＜x＜x2，f′(x)＞0?x＞x2，∴?x0＝x2使得x0為f(x)的極小值點(diǎn)．由f′(x0)＝0，得lna－eq\f(a,x0)＋2(x0－e)＝0.設(shè)h(a)＝lna－eq\f(a,x0)＋2(x0－e)，則?a＞0，h(a)＝0，h′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x0)＝eq\f(x0－a,x0a)，令h′(a)>0，得0<a＜x0，令h′(a)＜0，得a＞x0，∴h(a)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，∴h(a)≤h(x0)，∴h(x0)＝lnx0－1＋2(x0－e)≥0，∵h(yuǎn)′(x0)＝eq\f(1,x0)＋2>0，∴h(x0)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵h(yuǎn)(e)＝0，∴h(x0)≥0?h(x0)≥h(e)，∴x0≥e.綜上，x0的最小值為e.(1)求極值、最值時，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時，要討論參數(shù)的大?。?2)求函數(shù)最值時，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，要通過比較才能下結(jié)論．(3)求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象得到函數(shù)的最值．(2024·長沙雅禮中學(xué)預(yù)測)設(shè)x＝－3是函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x＋c的一個極值點(diǎn)，曲線y＝f(x)在x＝1處的切線斜率為8.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)在閉區(qū)間[－1，1]上的最大值為10，求c的值．解(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－3，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－3）＝0，,f′（1）＝8，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(27a－6b－3＝0，,3a＋2b－3＝8，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))于是f′(x)＝3x2＋8x－3＝(x＋3)(3x－1)，由f′(x)>0，得x<－3或x>eq\f(1,3)，由f′(x)<0，得－3<x<eq\f(1,3)，可知x＝－3是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，a＝1，b＝4符合題意，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－3)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(1,3))).(2)由(1)可知f(x)＝x3＋4x2－3x＋c，因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))上是減函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上是增函數(shù)，又f(1)＝2＋c<f(－1)＝6＋c，所以f(x)在閉區(qū)間[－1，1]上的最大值為f(－1)＝6＋c＝10，解得c＝4.課時作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·南寧模擬)函數(shù)f(x)＝3＋xln2x的極小值點(diǎn)為()A．x＝1 B．x＝2C．x＝e D．x＝eq\f(1,2e)答案D解析因?yàn)閒(x)＝3＋xln2x的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝ln2x＋x·eq\f(1,x)＝ln2x＋1，令f′(x)<0得0<x<eq\f(1,2e)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2e)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2e)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在x＝eq\f(1,2e)處取得極小值．故選D.2．(2023·西寧大通縣三模)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x2－3)在[2，＋∞)上的最小值為()A．eq\f(e3,6) B．e2C．eq\f(e3,4) D．2e答案A解析f′(x)＝eq\f(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)上單調(diào)遞減，在(3，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)min＝f(3)＝eq\f(e3,6).故選A.3．(2024·福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x(x－c)2在x＝2處有極小值，則c的值為()A．2 B．4C．6 D．2或6答案A解析由題意，f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)(3x－c)，則f′(2)＝(2－c)(6－c)＝0，所以c＝2或c＝6.若c＝2，則f′(x)＝(x－2)·(3x－2)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在x＝2處有極小值，符合題意．若c＝6，則f′(x)＝(x－6)(3x－6)，當(dāng)x∈(－∞，2)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(2，6)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(6，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在x＝2處有極大值，不符合題意．綜上，c＝2.4.(2024·淄博模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，則x1x2＝()A．2 B.eq\f(4,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,2)答案C解析由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝1＋b＋c＝0，,f（2）＝8＋4b＋2c＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－3，,c＝2，))所以f(x)＝x3－3x2＋2x，可得f′(x)＝3x2－6x＋2，又由題圖可得x1，x2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，即x1，x2是f′(x)＝0的兩個根，所以x1x2＝eq\f(2,3).故選C.5．(2023·鐵嶺一模)若a∈R，“a>3”是“函數(shù)f(x)＝(x－a)ex在(0，＋∞)上有極值”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案A解析由題意，函數(shù)f(x)＝(x－a)ex，則f′(x)＝(x－a＋1)ex，令f′(x)＝0，可得x＝a－1，當(dāng)x<a－1時，f′(x)<0；當(dāng)x>a－1時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在x＝a－1處取得極小值，若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上有極值，則a－1>0，解得a>1.因此“a>3”是“函數(shù)f(x)＝(x－a)ex在(0，＋∞)上有極值”的充分不必要條件．故選A.6．(2023·湖北八市聯(lián)考)各種不同的進(jìn)制在我們生活中隨處可見，計算機(jī)使用的是二進(jìn)制，數(shù)學(xué)運(yùn)算一般用十進(jìn)制．通常我們用函數(shù)f(x)＝eq\f(M,xlogxM)表示在x進(jìn)制下表達(dá)M(M＞1)個數(shù)字的效率，則下列選項(xiàng)中表達(dá)效率最高的是()A．二進(jìn)制 B．三進(jìn)制C．八進(jìn)制 D．十進(jìn)制答案B解析因?yàn)閒(x)＝eq\f(M,xlogxM)＝eq\f(M,x·\f(lnM,lnx))＝eq\f(M,lnM)·eq\f(lnx,x)，可得f′(x)＝eq\f(M,lnM)·eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)0<x<e時，f′(x)>0，當(dāng)x>e時，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，而f(2)＝f(4)，故可得f(3)＞f(2)＞f(8)＞f(10)．則表達(dá)效率最高的是三進(jìn)制．故選B.7．(2024·宜賓模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－m）2－2，x＜0，,2x3－3x2，x≥0))的最小值是－1，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，0] B．[1，＋∞)C．[3，＋∞) D．(0，＋∞)答案B解析當(dāng)x≥0時，f(x)＝2x3－3x2，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝－1.因?yàn)閥＝f(x)的最小值為－1，所以當(dāng)x＜0時，f(x)min≥－1，當(dāng)x＜0時，f(x)＝(x－m)2－2.①若m≥0，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，f(x)＞f(0)＝m2－2，m2－2≥－1，得m≥1；②若m＜0，f(x)在(－∞，m)上單調(diào)遞減，在(m，0)上單調(diào)遞增，f(x)min＝f(m)＝－2，舍去．綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是[1，＋∞)．故選B.8．(2024·黃山屯溪一中檢測)已知函數(shù)f(x)＝e2x，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)分別與直線y＝a交于點(diǎn)A，B，則|AB|的最小值為()A．1－eq\f(1,2)ln2 B．1＋eq\f(1,2)ln2C．2－eq\f(1,2)ln2 D．2＋eq\f(1,2)ln2答案B解析由題意，得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)lna，a))，B(ea－eq\s\up7(\f(1,2))，a)，其中ea－eq\s\up7(\f(1,2))>eq\f(1,2)lna，且a>0，所以|AB|＝ea－eq\s\up7(\f(1,2))－eq\f(1,2)lna，令h(x)＝ex－eq\s\up7(\f(1,2))－eq\f(1,2)lnx(x>0)，則當(dāng)h′(x)＝ex－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x)＝0時，解得x＝eq\f(1,2)，所以當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時，h′(x)<0；當(dāng)x>eq\f(1,2)時，h′(x)>0，則h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1＋eq\f(ln2,2)，即|AB|min＝1＋eq\f(1,2)ln2.故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．(2024·莆田模擬)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則()A．f(x)在區(qū)間(x2，x3)上單調(diào)遞減B．f(x)在x＝x2處取得極大值C．f(x)在區(qū)間(a，b)上有2個極大值點(diǎn)D．f(x)在x＝x1處取得最大值答案AB解析由導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)x∈[a，x2)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x2，x3)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x3，b]時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增．故A，B正確，C，D錯誤．故選AB.10．(2023·長沙一輪復(fù)習(xí)聯(lián)考)材料：函數(shù)是描述客觀世界變化規(guī)律的重要數(shù)學(xué)模型，在現(xiàn)行的高等數(shù)學(xué)與數(shù)學(xué)分析教材中，對“初等函數(shù)”給出了確切的定義，即由常數(shù)和基本初等函數(shù)經(jīng)過有限次的四則運(yùn)算及有限次的復(fù)合步驟所構(gòu)成的，且能用一個式子表示的，如函數(shù)f(x)＝xx(x＞0)，我們可以作變形：f(x)＝xx＝elnxx＝exlnx＝et(t＝xlnx)，所以f(x)可看作是由函數(shù)f(t)＝et和g(x)＝xlnx復(fù)合而成的，即f(x)＝xx(x＞0)為初等函數(shù)．根據(jù)以上材料，下列關(guān)于初等函數(shù)h(x)＝xeq\s\up7(\f(1,x))(x＞0)的說法正確的是()A．無極小值 B．有極小值1C．無極大值 D．有極大值eeq\s\up6(\f(1,e))答案AD解析根據(jù)材料知h(x)＝xeq\s\up7(\f(1,x))＝elnxeq\s\up9(\f(1,x))＝eeq\s\up7(\f(1,x))lnx，所以h′(x)＝eeq\s\up7(\f(1,x))lnx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)lnx))′＝eeq\s\up7(\f(1,x))lnx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)lnx＋\f(1,x2)))＝eq\f(1,x2)·eeq\s\up7(\f(1,x))lnx(1－lnx)，令h′(x)＝0得x＝e，當(dāng)0＜x＜e時，h′(x)＞0，此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞e時，h′(x)＜0，此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞減．所以h(x)有極大值，為h(e)＝eeq\f(1,e)，無極小值．故選AD.11．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(xy)＝y(tǒng)2f(x)＋x2f(y)，則()A．f(0)＝0 B．f(1)＝0C．f(x)是偶函數(shù) D．x＝0為f(x)的極小值點(diǎn)答案ABC解析因?yàn)閒(xy)＝y(tǒng)2f(x)＋x2f(y)，對于A，令x＝y(tǒng)＝0，f(0)＝0＋0＝0，故A正確；對于B，令x＝y(tǒng)＝1，f(1)＝f(1)＋f(1)，則f(1)＝0，故B正確；對于C，令x＝y(tǒng)＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，則f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，所以f(x)為偶函數(shù)，故C正確；對于D，解法一：不妨令f(x)＝0，顯然符合題設(shè)條件，此時f(x)無極值，故D錯誤．解法二：當(dāng)x2y2≠0時，對f(xy)＝y(tǒng)2f(x)＋x2f(y)兩邊同時除以x2y2，得到eq\f(f（xy）,x2y2)＝eq\f(f（x）,x2)＋eq\f(f（y）,y2)，故可以設(shè)eq\f(f（x）,x2)＝ln|x|(x≠0)，則f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ln|x|，x≠0，,0，x＝0，))當(dāng)x>0時，f(x)＝x2lnx，則f′(x)＝2xlnx＋x2·eq\f(1,x)＝x(2lnx＋1)，令f′(x)<0，得0<x<e－eq\f(1,2).令f′(x)>0，得x>e－eq\f(1,2).故f(x)在(0，e－eq\f(1,2))上單調(diào)遞減，在(e－eq\f(1,2)，＋∞)上單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在(－e－eq\f(1,2)，0)上單調(diào)遞增，在(－∞，－e－eq\f(1,2))上單調(diào)遞減，顯然，此時x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)，故D錯誤．故選ABC.三、填空題12．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，－1)解析由y′＝ex＋a＝0得x＝ln(－a)(a<0)，顯然x＝ln(－a)為函數(shù)的極小值點(diǎn)，又ln(－a)>0，∴－a>1，即a<－1.13．函數(shù)f(x)＝3x－x3在區(qū)間(a2－12，a)上有最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－1，2]解析f′(x)＝3－3x2＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)極小值－2極大值2又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0.∴x3＝－1，x4＝2.∵f(x)在開區(qū)間(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是極小值．∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－12<－1<a，,a≤2，))解得－1<a≤2.14．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（|x＋3|＋1），x≤0，,lnx，x>0，))若存在實(shí)數(shù)a＜b＜c，滿足f(a)＝f(b)＝f(c)，則af(a)＋bf(b)＋cf(c)的最大值是________．答案2e2－12解析作出f(x)的函數(shù)圖象如圖所示，∵存在實(shí)數(shù)a＜b＜c，滿足f(a)＝f(b)＝f(c)，∴a＋b＝－6，∴af(a)＋bf(b)＋cf(c)＝(a＋b＋c)f(c)＝(c－6)lnc，由函數(shù)圖象可知，eq\f(1,2)<lnc≤2，∴eq\r(e)<c≤e2，設(shè)g(c)＝(c－6)lnc，則g′(c)＝lnc＋1－eq\f(6,c)，顯然g′(c)在(eq\r(e)，e2]上單調(diào)遞增，∵g′(e)＝2－eq\f(6,e)＜0，g′(e2)＝3－eq\f(6,e2)＞0，∴g′(c)在(eq\r(e)，e2]上存在唯一一個零點(diǎn)，不妨設(shè)為c0，則g(c)在(eq\r(e)，c0)上單調(diào)遞減，在(c0，e2]上單調(diào)遞增，又g(eq\r(e))＝eq\f(1,2)(eq\r(e)－6)＜0，g(e2)＝2(e2－6)＞0，∴g(c)的最大值為g(e2)＝2e2－12.四、解答題15．(2024·安慶、池州、銅陵三市聯(lián)考)已知x＝1為函數(shù)f(x)＝x2－3x－logax的極值點(diǎn).(1)求a的值；(2)求f(x)的極小值.解(1)f′(x)＝2x－3－eq\f(1,xlna)，由f′(1)＝0，得lna＝－1，所以a＝eq\f(1,e).(2)由(1)，得f(x)＝x2－3x＋lnx，此時f′(x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f(（2x－1）（x－1）,x)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，所以f(x)的極小值為f(1)＝－2.16．(2023·山東師大附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．求f(x)在[1，2]上的最小值．解f′(x)＝(x＋1－a)ex.令f′(x)＝0，得x＝a－1.①若a－1≤1，則a≤2.當(dāng)x∈[1，2]時，f′(x)≥0，則f(x)在[1，2]上單調(diào)遞增．∴f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；②若a－1≥2，則a≥3.當(dāng)x∈[1，2]時，f′(x)≤0，則f(x)在[1，2]上單調(diào)遞減．∴f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；③若1<a－1<2，則2<a<3.f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x1(1，a－1)a－1(a－1，2)2f′(x)－0＋f(x)極小值∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[1，a－1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a－1，2]，∴f(x)min＝f(a－1)＝－ea－1.綜上可知，當(dāng)a≤2時，f(x)min＝(1－a)e；當(dāng)a≥3時，f(x)min＝(2－a)e2；當(dāng)2<a<3時，f(x)min＝－ea－1.17．(2024·重慶南開中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(x－m)2，m∈R.(1)當(dāng)m＝2時，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,2)))上的值域；(2)若f(x)的極大值為4，求實(shí)數(shù)m的值．解(1)當(dāng)m＝2時，f(x)＝x(x－2)2，f′(x)＝(3x－2)(x－2)，令f′(x)>0，得x<eq\f(2,3)或x>2，令f′(x)<0，得eq\f(2,3)<x<2.∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))上單調(diào)遞增，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(32,27)，f(2)＝0，f(－1)＝－9<f(2)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝eq\f(5,8)<eq\f(32,27)，∴f(x)在e