浙江省2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第四章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值含解析

PAGE第3節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值考試要求1.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；2.會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、微小值(其中多項式函數(shù)不超過三次)；3.會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)不超過三次).知識梳理1.函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)(1)推斷f(x0)是極值的方法一般地，當函數(shù)f(x)在點x0處連續(xù)且f′(x0)＝0，①假如在x0旁邊的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，那么f(x0)是極大值；②假如在x0旁邊的左側(cè)f′(x)≤0，右側(cè)f′(x)≥0，那么f(x0)是微小值.(2)求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③檢查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右兩側(cè)的符號.假如左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；假如左負右正，那么f(x)在這個根處取得微小值.2.函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件假如在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是連綿不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值.(2)設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)且在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下：①求f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；②將f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.[常用結(jié)論與易錯提示]1.若函數(shù)f(x)的圖象連綿不斷，則f(x)在[a，b]內(nèi)肯定有最值.2.若函數(shù)f(x)在[a，b]內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，則f(x)肯定在區(qū)間端點處取得最值.3.若函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個極值點，則相應(yīng)的極值點肯定是函數(shù)的最值點.4.求函數(shù)單調(diào)區(qū)間與函數(shù)極值時要養(yǎng)成列表的習(xí)慣，可使問題直觀且有條理，削減失分的可能.5.求函數(shù)最值時，不行想當然地認為極值點就是最值點，要通過仔細比較才能下結(jié)論.診斷自測1.推斷下列說法的正誤.(1)函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)極大值是唯一的.()(2)函數(shù)的極大值不肯定比微小值大.()(3)對可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0為極值點的充要條件.()(4)函數(shù)的最大值不肯定是極大值，函數(shù)的最小值也不肯定是微小值.()解析(1)函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)的極大值不肯定唯一；(3)x0為f(x)的極值點的充要條件是f′(x0)＝0，且x0兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號異號.答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.(選修2－2P32A4改編)如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(x)的微小值點的個數(shù)為()A.1 B.2C.3 D.4解析由題意知在x＝－1處f′(－1)＝0，且其左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號為左負右正.答案A3.函數(shù)f(x)＝－x3＋3x＋1有()A.微小值－1，極大值1 B.微小值－2，極大值3C.微小值－2，極大值2 D.微小值－1，極大值3解析因為f(x)＝－x3＋3x＋1，故有y′＝－3x2＋3，令y′＝－3x2＋3＝0，解得x＝±1，于是，當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)微小值極大值所以f(x)的微小值為f(－1)＝－1，f(x)的極大值為f(1)＝3.答案D4.函數(shù)f(x)＝lnx－ax在x＝1處有極值，則常數(shù)a＝________.解析∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，經(jīng)檢驗符合題意.答案15.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3,2)x2＋(a＋4)x－2lnx在區(qū)間(1，2)上存在最值，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析∵f′(x)＝3x＋(a＋4)－eq\f(2,x)＝eq\f(3x2＋（a＋4）x－2,x)，故可將題意等價的轉(zhuǎn)化為f′(1)·f′(2)<0，即(a＋5)(a＋9)<0，解得－9<a<－5，故答案為(－9，－5).答案(－9，－5)6.已知y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，且f′(x)＝lnx＋1，則函數(shù)f(x)＝________，函數(shù)f(x)的最小值為________.解析由f′(x)＝lnx＋1得f(x)＝xlnx＋c，又f(1)＝0，則c＝0，所以f(x)＝xlnx.又x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，則f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).答案xlnx－eq\f(1,e)考點一用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的極值問題【例1】求下列函數(shù)的極值：(1)f(x)＝x2－2x－4lnx；(2)f(x)＝ax3－3x2＋1－eq\f(3,a)(a∈R且a≠0).解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－eq\f(4,x)＝eq\f(2（x－2）（x＋1）,x)，令f′(x)＝0得x＝2或－1(舍).隨著x的改變，f′(x)與f(x)的改變狀況如下表：x(0，2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)微小值∴f(x)有微小值f(2)＝－4ln2，無極大值.(2)由題設(shè)知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))).令f′(x)＝0得x＝0或eq\f(2,a).當a>0時，隨著x的改變，f′(x)與f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)極大值微小值∴f(x)極大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)微小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.當a<0時，隨著x的改變，f′(x)與f(x)的改變狀況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)微小值極大值∴f(x)極大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)微小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.綜上，f(x)極大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)微小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.規(guī)律方法函數(shù)極值的兩類熱點問題(1)求函數(shù)f(x)極值這類問題的一般解題步驟為：①確定函數(shù)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)的全部根；④列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號，假如左正右負，那么f(x)在x0處取極大值，假如左負右正，那么f(x)在x0處取微小值.(2)由函數(shù)極值求參數(shù)的值或范圍.探討極值點有無(個數(shù))問題，轉(zhuǎn)化為探討f′(x)＝0根的有無(個數(shù)).然后由已知條件列出方程或不等式求出參數(shù)的值或范圍，特殊留意：極值點處的導(dǎo)數(shù)為0，而導(dǎo)數(shù)為0的點不肯定是極值點，要檢驗導(dǎo)數(shù)為0的點兩側(cè)導(dǎo)數(shù)是否異號.【訓(xùn)練1】(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.若f(x)在x＝2處取得微小值，求a的取值范圍.(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝aeq\r(x)－lnx，a∈R.若f(x)有微小值2，求a.解(1)因為f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.若a>eq\f(1,2)，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))時，f′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2處取得微小值.若a≤eq\f(1,2)，則當x∈(0，2)時，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的微小值點.綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).(2)f(x)定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a\r(x),2x)－eq\f(1,x)＝eq\f(a\r(x)－2,2x).①當a≤0時，f′(x)＜0，此時f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以不存在微小值.②當a＞0時，令f′(x)＝0可得x＝eq\f(4,a2)，列表可得xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,a2)))eq\f(4,a2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)，＋∞))f′(x)－0＋f(x)微小值所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,a2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)，＋∞))上單調(diào)遞增，所以微小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)))＝2－lneq\f(4,a2)，所以2－lneq\f(4,a2)＝2?a＝2.考點二用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的最值問題【例2】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋xlnx－1,\r(2x＋1)).(1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)；(2)求f(x)在(0，1]上的取值范圍.解(1)因為(eq\r(2x＋1))′＝eq\f(1,\r(2x＋1))，(lnx)′＝eq\f(1,x)，所以f′(x)＝eq\f(（2＋lnx）\r(2x＋1)－\f(1,\r(2x＋1))（x＋xlnx－1）,（\r(2x＋1)）2)＝eq\f(（2＋lnx）（2x＋1）－（x＋xlnx－1）,（2x＋1）\r(2x＋1))＝eq\f(（x＋1）lnx＋（3x＋3）,（2x＋1）\r(2x＋1))＝eq\f(（x＋1）（lnx＋3）,（2x＋1）\r(2x＋1)).(2)因為x∈(0，1]，所以由f′(x)＝eq\f(（x＋1）（lnx＋3）,（2x＋1）\r(2x＋1))＝0，得x＝e－3.所以當x∈(0，e－3)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(e－3，1]時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)min＝f(e－3)＝－eq\r(2e－3＋1).又f(1)＝0，當x∈(0，e－3)時，f(e－3)<f(x)<0，所以f(x)在(0，1]上的取值范圍為[－eq\r(2e－3＋1)，0].規(guī)律方法(1)求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟：①求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；②求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)；③將函數(shù)f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.(2)含參數(shù)的函數(shù)的最值一般先探討函數(shù)的單調(diào)性，再依據(jù)單調(diào)性求出最值.含參函數(shù)在區(qū)間上的最值通常有兩類：一是動極值點定區(qū)間，二是定極值點動區(qū)間，這兩類問題一般依據(jù)區(qū)間與極值點的位置關(guān)系來分類探討.【訓(xùn)練2】(2024·寧波模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx.(1)若f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若eq\f(3\r(2),2)≤a≤eq\f(5,2)，記f(x)的兩個極值點為x1，x2，記eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)的最大值與最小值分別為M，m，求M－m的值.解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－eq\f(1,x2)－1＋eq\f(a,x)＝－eq\f(x2－ax＋1,x2).因為f(x)為單調(diào)函數(shù)，所以x2－ax＋1≥0對x＞0恒成立，即a≤x＋eq\f(1,x)對x∈(0，＋∞)恒成立，∴x＋eq\f(1,x)≥2，所以a≤2.(2)由(1)知x1，x2是x2－ax＋1＝0的兩個根，從而x1＋x2＝a，x1x2＝1，不妨設(shè)x1＜x2，則t＝eq\f(x1,x2)＝eq\f(a－\r(a2－4),a＋\r(a2－4))＝eq\f(4,（a＋\r(a2－4)）2)，0＜t＜1，由已知eq\f(3\r(2),2)≤a≤eq\f(5,2)，所以t為關(guān)于a的減函數(shù)，所以eq\f(1,4)≤t≤eq\f(1,2)，eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋(x1＋x2)eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋eq\f(t＋1,t－1)lnt.令h(t)＝－2＋eq\f(t＋1,t－1)lnt，則h′(t)＝eq\f(t－\f(1,t)－2lnt,（t－1）2).因為當a＝2時，f(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx在(0，＋∞)上為減函數(shù)，所以當t＜1時，f(t)＝eq\f(1,t)－t＋2lnt＞f(1)＝0，從而h′(t)＜0，所以h(t)在(0，1)上為減函數(shù)，所以當eq\f(3\r(2),2)≤a≤eq\f(5,2)時，M－m＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))－h(huán)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(ln2,3).考點三函數(shù)極值與最值的綜合問題【例3】已知函數(shù)f(x)＝ex－ax，a>0.(1)記f(x)的微小值為g(a)，求g(a)的最大值；(2)若對隨意實數(shù)x，恒有f(x)≥0，求f(a)的取值范圍.解(1)函數(shù)f(x)的定義域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.令f′(x)＝0，得x＝lna，易知當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在x＝lna處取微小值，g(a)＝f(x)微小值＝f(lna)＝elna－alna＝a－alna.g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna，當0<a<1時，g′(a)>0，g(a)在(0，1)上單調(diào)遞增；當a>1時，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.所以a＝1是函數(shù)g(a)在(0，＋∞)上的極大值點，也是最大值點，所以g(a)max＝g(1)＝1.(2)明顯，當x≤0時，ex－ax≥0(a>0)恒成立.當x>0時，由f(x)≥0，即ex－ax≥0，得a≤eq\f(ex,x).令h(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝eq\f(exx－ex,x2)＝eq\f(ex（x－1）,x2)，當0<x<1時，h′(x)<0，當x>1時，h′(x)>0，故h(x)的最小值為h(1)＝e，所以a≤e，故實數(shù)a的取值范圍是(0，e].f(a)＝ea－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝ea－2a，易知ea－2a≥0對a∈(0，e]恒成立，故f(a)在(0，e]上單調(diào)遞增，所以f(0)＝1<f(a)≤f(e)＝ee－e2，即f(a)的取值范圍是(1，ee－e2].規(guī)律方法1.(1)求極值、最值時，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時，要探討參數(shù)的大小.(2)求函數(shù)最值時，不行想當然地認為極值點就是最值點，要通過比較才能下結(jié)論.2.本題分別參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，把問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，優(yōu)化了解題過程.【訓(xùn)練3】(2024·江蘇卷節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)·(x－c)，a，b，c∈R，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)若a≠b，b＝c，且f(x)和f′(x)的零點均在集合{－3，1，3}中，求f(x)的微小值；(2)(一題多解)若a＝0，0<b≤1，c＝1，且f(x)的極大值為M，求證：M≤eq\f(4,27).(1)解因為a≠b，b＝c，所以f(x)＝(x－a)(x－b)2＝x3－(a＋2b)x2＋b(2a＋b)x－ab2，從而f′(x)＝3(x－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2a＋b,3))).令f′(x)＝0，得x＝b或x＝eq\f(2a＋b,3).令f(x)＝0，得x＝a或x＝b.因為a，b，eq\f(2a＋b,3)都在集合{－3，1，3}中，且a≠b，所以eq\f(2a＋b,3)＝1，a＝3，b＝－3.此時，f(x)＝(x－3)(x＋3)2，f′(x)＝3(x＋3)(x－1).令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.當x改變時，f′(x)，f(x)的改變?nèi)缦卤恚簒(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值微小值所以f(x)的微小值為f(1)＝(1－3)(1＋3)2＝－32.(2)證明因為a＝0，c＝1，所以f(x)＝x(x－b)(x－1)＝x3－(b＋1)x2＋bx，f′(x)＝3x2－2(b＋1)x＋b.因為0<b≤1，所以Δ＝4(b＋1)2－12b＝(2b－1)2＋3>0，則f′(x)有2個不同的零點，設(shè)為x1，x2(x1<x2).由f′(x)＝0，得x1＝eq\f(b＋1－\r(b2－b＋1),3)，x2＝eq\f(b＋1＋\r(b2－b＋1),3).當x改變時，f′(x)，f(x)改變?nèi)缦卤恚簒(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值微小值所以f(x)的極大值M＝f(x1).法一M＝f(x1)＝xeq\o\al(3,1)－(b＋1)xeq\o\al(2,1)＋bx1＝[3xeq\o\al(2,1)－2(b＋1)x1＋b]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,3)－\f(b＋1,9)))－eq\f(2（b2－b＋1）,9)x1＋eq\f(b（b＋1）,9)＝eq\f(－2（b2－b＋1）（b＋1）,27)＋eq\f(b（b＋1）,9)＋eq\f(2,27)(eq\r(b2－b＋1))3＝eq\f(b（b＋1）,27)－eq\f(2（b－1）2（b＋1）,27)＋eq\f(2,27)(eq\r(b（b－1）＋1))3≤eq\f(b（b＋1）,27)＋eq\f(2,27)≤eq\f(4,27).因此M≤eq\f(4,27).法二因為0<b≤1，所以x1∈(0，1).當x∈(0，1)時，f(x)＝x(x－b)(x－1)≤x(x－1)2.令g(x)＝x(x－1)2，x∈(0，1)，則g′(x)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))(x－1).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,3).當x改變時，g′(x)，g(x)改變?nèi)缦卤恚簒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))g′(x)＋0－g(x)極大值所以當x＝eq\f(1,3)時，g(x)取得極大值，且是最大值，故g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(4,27).所以當x∈(0，1)時，f(x)≤g(x)≤eq\f(4,27).因此M≤eq\f(4,27).基礎(chǔ)鞏固題組一、選擇題1.若函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則()A.函數(shù)f(x)有1個極大值，2個微小值B.函數(shù)f(x)有2個極大值，2個微小值C.函數(shù)f(x)有3個極大值，1個微小值D.函數(shù)f(x)有4個極大值，1個微小值解析由導(dǎo)函數(shù)圖象可知函數(shù)f(x)的單調(diào)性為增→減→增→減→增，所以函數(shù)f(x)有2個極大值，2個微小值，故選B.答案B2.函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為()A.eq\f(1,2) B.1C.0 D.不存在解析f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在x＝1處取得微小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).答案A3.(2024·全國Ⅲ卷)函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為()解析當x＝0時，y＝2，解除A，B.由y′＝－4x3＋2x＝0，得x＝0或x＝±eq\f(\r(2),2)，結(jié)合三次函數(shù)的圖象特征，知原函數(shù)在(－1，1)上有三個極值點，所以解除C，故選D.答案D4.若x＝－2是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的極值點，則f(x)的微小值為()A.－1 B.－2e－3C.5e－3 D.1解析f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，則f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0?a＝－1，則f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，當x<－2或x>1時，f′(x)>0，當－2<x<1時，f′(x)<0，則f(x)的微小值為f(1)＝－1.答案A5.(2024·溫州月考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和微小值，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞)C.(－3，6) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有兩個不相等的實根.∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0，∴a>6或a<－3.答案B6.若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實數(shù)a的取值范圍是()A.[－5，0) B.(－5，0)C.[－3，0) D.(－3，0)解析由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－2，0)上是減函數(shù)，作出其圖象如圖所示.令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)，故選C.答案C二、填空題7.函數(shù)f(x)＝x2e－x的極大值為__________，微小值為________.解析f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝－e－xx(x－2).當x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)時，f′(x)＜0；當x∈(0，2)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，2)上單調(diào)遞增.故當x＝0時，f(x)取得微小值，微小值為f(0)＝0；當x＝2時，f(x)取得極大值，極大值為f(2)＝4e－2.答案4e－208.已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________.解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x＋m,x2)，若m≥0，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，有f(x)min＝f(1)＝－m＝4，m＝－4，舍去.若m<0，令f′(x)＝0，則x＝－m，且當x<－m時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>－m時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.若－m≤1，即m≥－1時，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不行能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1時，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3?[－e，－1)；若－m>e，即m<－e時，f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(m,e)，令1－eq\f(m,e)＝4，得m＝－3e，符合題意.綜上所述，m＝－3e.答案－3e9.(2024·浙江名師預(yù)料卷三)可導(dǎo)函數(shù)的凹凸性與其導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性有關(guān)，假如函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)遞增，那么在這個區(qū)間上函數(shù)是向下凹的，反之則是向上凸的，曲線上凹凸性的分界點稱為曲線的拐點，則函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－x2＋1的極大值點為________，拐點為________.解析由題意可知f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)，故函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，故其極大值在x＝0處取到，所以f(x)的極大值點為x＝0，由f′(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以其拐點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,3))).答案x＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,3)))10.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤a，,－2x，x＞a.))(1)若a＝0，則f(x)的最大值為________；(2)若f(x)無最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________.解析(1)當a＝0時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤0，,－2x，x＞0.))若x≤0，則f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.∴f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增；在(－1，0)上單調(diào)遞減，∴當x≤0時，f(x)≤f(－1)＝2.若x＞0，則f(x)＝－2x單調(diào)遞減，所以f(x)＜f(0)＝0.所以f(x)最大值為2.(2)函數(shù)y＝x3－3x與y＝－2x的圖象如圖.明顯當a≥－1時，f(x)有最大值，為2與a3－3a中較大的值.當a＜－1時，y＝－2x在x＞a時無最大值，且－2a＞2.所以a＜－1.答案(1)2(2)(－∞，－1)三、解答題11.已知函數(shù)f(x)＝ex·(x2＋ax＋1)，a∈R(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)若x＝e是f(x)的極值點，求實數(shù)a的值；(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.解(1)f′(x)＝ex·[x2＋(a＋2)x＋a＋1]＝ex(x＋1)(x＋a＋1)，由f′(e)＝0，得a＝－e－1，此時x＝e是f(x)的微小值點.(2)由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－a－1.①當a＝0時，－a－1＝－1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞)；②當a<0時，－a－1>－1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(－a－1，＋∞)；③當a>0時，－a－1<－1，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－a－1)，(－1，＋∞).12.(2024·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x.(1)求曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程；(2)當x∈[－2，4]時，求證：x－6≤f(x)≤x.(3)設(shè)F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，記F(x)在區(qū)間[－2，4]上的最大值為M(a).當M(a)最小時，求a的值.(1)解由f(x)＝eq\f(1,4)x3－x2＋x得f′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x＋1.令f′(x)＝1，即eq\f(3,4)x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝eq\f(8,3).又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝eq\f(8,27)，所以曲線y＝f(x)的斜率為1的切線方程是y＝x與y－eq\f(8,27)＝x－eq\f(8,3)，即y＝x與y＝x－eq\f(64,27).(2)證明令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4].則g(x)＝eq\f(1,4)x3－x2，g′(x)＝eq\f(3,4)x2－2x，x∈[－2，4].令g′(x)＝0得x＝0或x＝eq\f(8,3).當x改變時，g′(x)，g(x)的改變狀況如下：x－2(－2，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))4g′(x)＋0－0＋g(x)－60－eq\f(64,27)0所以g(x)的最小值為－6，最大值為0.故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.(3)解由(2)知，當a<－3時，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；當a>－3時，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；當a＝－3時，M(a)＝3；綜上，當M(a)最小時，a＝－3.實力提升題組13.當x∈[1，4]時，不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2恒成立，則a＋b的取值范圍是()A.[－4，8] B.[－2，8]C.[0，6] D.[4，12]解析因為x∈[1，4]，所以不等式0≤ax3＋bx2＋4a≤4x2等價于0≤ax＋b＋eq\f(4a,x2)≤4，即0≤aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x2)))＋b≤4.令t＝x＋eq\f(4,x2)，x∈[1，4]，則t′＝1－eq\f(8,x3)＝eq\f(x3－8,x3)＝eq\f(（x－2）（x2＋2x＋4）,x3)，則t＝x＋eq\f(4,x2)在[1，2)上單調(diào)遞減，在(2，4]上單調(diào)遞增，所以當x＝2時，tmin＝3，當x＝1時，tmax＝5，所以3≤t≤5，則由0≤at＋b≤4，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤3a＋b≤4，,0≤5a＋b≤4，))所以a＋b＝2(3a＋b)－(5a＋b)∈[－4，8]，故選A.答案A14.已知不等式ex－4x＋2≥ax＋b(a，b∈R，a≠－4)對隨意實數(shù)x恒成立，則eq\f(b－4,a＋4)的最大值為()A.－ln2 B.－1－ln2C.－2ln2 D.2－2ln2解析由不等式ex－4x＋2≥ax＋b對隨意實數(shù)x恒成立，得不等式ex－(4＋a)x＋2－b≥0對隨意實數(shù)x恒成立，若a＋4<0，則當x→－∞時，ex→0，－(4＋a)x→－∞，則ex－(a＋4)x＋2－b→－∞，與ex－(a＋4)x＋2－b≥0恒成立沖突，所以a＋4>0，此時設(shè)f(x)＝ex－(a＋4)x＋2－b，則f′(x)＝ex－(a＋4)，令f′(x)＝ex－(a＋4)＝0，得x＝ln(a＋4)，易得當x∈(－∞，ln(a＋4))時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當x∈(ln(a＋4)，＋∞)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，則由不等式ex－(a＋4)x＋2－b≥0對隨意實數(shù)x恒成立得f(x)min＝eln(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)＋2－b≥0，即(a＋4)－(a＋4)ln(a＋4)≥b－2，則eq\f(b－4,a＋4)≤1－ln(4＋a)－eq\f(2,a＋4)，設(shè)y＝1－lnx－eq\f(2,x)，則y′＝－eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)＝eq\f(－x＋2,x2)，易得當x＝2時，y＝1－lnx－eq\f(2,x)取得最大值－ln2，所以eq\f(b－4,a＋4)≤1－ln(a＋4)－eq\f(2,（a＋4）)≤－ln2，當且僅當a＝－2，b＝－2ln2＋4時，等號成立，所以eq\f(b－4,a＋4)的最大值為－ln2，故選A.答案A15.已知實數(shù)x，y滿意4x＋9y＝1，則2x＋1＋3y＋1的取值范圍是________.解析由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝eq\r(1－22x)，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3eq\r(1－22x)，令t＝2x，則f(t)＝2t＋3eq\r(1－t2)(0<t<1)，則f′(t)＝2－eq\f(3t,\r(1－t2))，令f′(t)＝2－eq\f(3t,\r(1－t2))＝0得t＝eq\f(2\r(13),13)，所以函數(shù)f(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(13),13)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),13)，1))上單調(diào)遞減，且f(0)＝3，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),13)))＝eq\r(13)，f(1)＝2，所以2x＋1＋3y＋1的取值范圍為(2，eq\r(13)].答案(2，eq\r(13)]16.(2024·諸暨期末)設(shè)P，Q分別是函數(shù)f(x)，g(x)圖象上的點，定義|PQ|的最小值為函數(shù)f(x)，g(x)的距離d{f(x)，g(x)}，則d{y＝ex，y＝x}＝________；deq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(2),2)ex＋\f(1,2)，y＝\r(\f(1,16)－x2)))＝________.解析由題意得當函數(shù)y＝ex在x＝x0處的切線與直線y＝x平行時，切點到直線y＝x的距離為d{y＝ex，y＝x}，又令y′＝ex0＝1得x0＝0，即切點為(0，1)，則d{y＝ex，y＝x}＝eq\f(|0－1|,\r(12＋（－1）2))＝eq\f(\r(2),2).曲線y＝eq\r(\f(1,16)－x2)表示圓x2＋y2＝eq\f(1,16)位于x軸上方的半圓(包含x軸上的點)，則由圖易得deq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(2),2)ex＋\f(1,2)，y＝\r(\f(1,16)－x2)))為曲線y＝eq\f(\r(2),2)ex＋eq\f(1,2)上的點到原點的最短距離減去半圓x2＋y2＝eq\f(1,16)的半徑eq\f(1,4).曲線y＝eq\f(\r(2),2)ex＋eq\f(1,2)上的點到原點的距離為eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)ex＋\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\r(x2＋\f(1,2)e2x＋1)，設(shè)h(x)＝x2＋eq\f(1,2)e2x＋1，則h′(x)＝2x＋e2x＋1，易得h′(x)＝2x＋e2x＋1單調(diào)遞增，且h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，所以函數(shù)h(x)＝x2＋eq\f(1,2)e2x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\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)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)e2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝eq\f(3,4)，所以deq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(2),2)ex＋\f(1,2)，y＝\r(\f(1,16)－x2)))＝eq\r(\f(3,4))－eq\f(1,4)＝eq\f(2\r(3)－1,4).答案eq\f(\r(2),2)eq\f(2\r(3)－1,4)17.(2024·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)探討f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的全部值；若不存在，說明理由.解(1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).若a>0，則當x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))單調(diào)遞減.若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增.若a<0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)>0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs