2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值練習(xí)含解析

PAGEPAGE1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值考試要求1.借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要和充分條件.2.會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、微小值.3.會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值．學(xué)問梳理1．函數(shù)的極值(1)函數(shù)的微小值函數(shù)y＝f(x)在點x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a旁邊其他點的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a旁邊的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則a叫做函數(shù)y＝f(x)的微小值點，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的微小值．(2)函數(shù)的極大值函數(shù)y＝f(x)在點x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b旁邊其他點的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b旁邊的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．(3)微小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，微小值和極大值統(tǒng)稱為極值．2．函數(shù)的最大(小)值(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上有最值的條件：假如在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連綿不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大(小)值的步驟：①求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值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．思索辨析推斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上不存在最值．(×)(2)函數(shù)的微小值肯定是函數(shù)的最小值．(×)(3)函數(shù)的微小值肯定不是函數(shù)的最大值．(√)(4)函數(shù)y＝f′(x)的零點是函數(shù)y＝f(x)的極值點．(×)教材改編題1．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．1B．2C．3D．4答案A解析由題意知只有在x＝－1處f′(－1)＝0，且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號為左負右正．2．函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋2x－1有極值，則實數(shù)a的取值范圍是()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，由題意知f′(x)有變號零點，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>eq\r(6)或a<－eq\r(6).3．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)上單調(diào)遞減，在(2,3]上單調(diào)遞增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.題型一利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值問題命題點1依據(jù)函數(shù)圖象推斷極值例1(2024·廣州模擬)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)f′(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)有微小值f(－3)和f(3)C．函數(shù)f(x)有微小值f(3)和極大值f(－3)D．函數(shù)f(x)有微小值f(－3)和極大值f(3)答案D解析由題圖知，當(dāng)x∈(－∞，－3)時，y>0，x－1<0?f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－3,1)時，y<0，x－1<0?f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1,3)時，y>0，x－1>0?f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(3，＋∞)時，y<0，x－1>0?f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減．所以函數(shù)有微小值f(－3)和極大值f(3)．命題點2求已知函數(shù)的極值例2已知函數(shù)f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值．解(1)因為f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)，所以f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，又因為曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，所以f′(1)＝0，即1－eq\f(a,e1)＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，因此f(x)無極大值與微小值；當(dāng)a>0時，令f′(x)>0，則x>lna，所以f(x)在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，令f′(x)<0，則x<lna，所以f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，故f(x)在x＝lna處取得微小值，且f(lna)＝lna，但是無極大值，綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)無極大值與微小值；當(dāng)a>0時，f(x)在x＝lna處取得微小值lna，但是無極大值．命題點3已知極值(點)求參數(shù)例3(1)(2024·大慶模擬)函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取得極值10，則a＋b等于()A．－7 B．0C．－7或0 D．－15或6答案A解析由題意知，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因為f(x)在x＝1處取得極值10，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝0，,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，))檢驗知，當(dāng)a＝－3，b＝3時，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此時函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，函數(shù)無極值點，不符合題意；當(dāng)a＝4，b＝－11時，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，當(dāng)x<－eq\f(11,3)或x>1時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)－eq\f(11,3)<x<1時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)取得微小值，符合題意．所以a＋b＝－7.(2)(2024·南京模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個極值，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(0，e) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))答案C解析f′(x)＝lnx－ax＋xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－a))＝lnx＋1－2ax，由題意知lnx＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有兩個不相等的實根，2a＝eq\f(lnx＋1,x)，設(shè)g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx＋1,x2)＝－eq\f(lnx,x2).當(dāng)0<x<1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)的極大值為g(1)＝1，又當(dāng)x>1時，g(x)>0，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，所以0<2a<1，即0<a<eq\f(1,2).老師備選1．(2024·榆林模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xcosx的一個極值點為m，則taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,4)))等于()A.eq\f(m－1,m＋1) B.eq\f(m＋1,m－1)C.eq\f(1－m,m＋1) D.eq\f(m＋1,1－m)答案B解析由f′(x)＝cosx－xsinx＝0，得tanx＝eq\f(1,x)，所以tanm＝eq\f(1,m)，故taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanm,1－tanm)＝eq\f(m＋1,m－1).2．已知a，b∈R，若x＝a不是函數(shù)f(x)＝(x－a)2(x－b)·(ex－1－1)的微小值點，則下列選項符合的是()A．1≤b<a B．b<a≤1C．a(chǎn)<1≤b D．a(chǎn)<b≤1答案B解析令f(x)＝(x－a)2(x－b)(ex－1－1)＝0，得x1＝a，x2＝b，x3＝1.下面利用數(shù)軸標(biāo)根法畫出f(x)的草圖，借助圖象對選項A，B，C，D逐一分析．對選項A，若1≤b<a，由圖可知x＝a是f(x)的微小值點，不符合題意；對選項B，若b<a≤1，由圖可知x＝a不是f(x)的微小值點，符合題意；對選項C，若a<1≤b，由圖可知x＝a是f(x)的微小值點，不符合題意；對選項D，若a<b≤1，由圖可知x＝a是f(x)的微小值點，不符合題意．思維升華依據(jù)函數(shù)的極值(點)求參數(shù)的兩個要領(lǐng)(1)列式：依據(jù)極值點處導(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)驗證：求解后驗證根的合理性．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2024·長沙模擬)若x＝1是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，則f(x)的極大值為()A．－1 B．－2e－3C．5e－3 D．1答案C解析因為f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，故可得f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，因為x＝1是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的極值點，故可得f′(1)＝0，即2a＋2＝0，解得a＝－1.此時f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x＋2)(x－1)．令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝1，由f′(x)>0可得x<－2或x>1；由f′(x)<0可得－2<x<1，所以f(x)在區(qū)間(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)的極大值點為x＝－2.則f(x)的極大值為f(－2)＝(4＋2－1)e－3＝5e－3.(2)(2024·蕪湖模擬)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax(x>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有且僅有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))答案B解析∵f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax(x>0)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－a，∵函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax(x>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有且僅有一個極值點，∴y＝f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上只有一個變號零點．令f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－a＝0，得a＝eq\f(1,x)＋x.設(shè)g(x)＝eq\f(1,x)＋x，則g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，在[1,3]上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝2，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)，g(3)＝eq\f(10,3)，∴當(dāng)eq\f(5,2)≤a<eq\f(10,3)時，y＝f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上只有一個變號零點．∴實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))).題型二利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值例4已知函數(shù)g(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R)．(1)若a＝1，求g(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值；(2)求g(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值h(a)．解(1)∵a＝1，∴g(x)＝lnx＋x2－3x，∴g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f(2x－1x－1,x)，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.(2)g(x)的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq\f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x).①當(dāng)eq\f(a,2)≤1，即a≤2時，g(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，h(a)＝g(1)＝－a－1；②當(dāng)1<eq\f(a,2)<e，即2<a<2e時，g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上單調(diào)遞增，h(a)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)－eq\f(1,4)a2－a；③當(dāng)eq\f(a,2)≥e，即a≥2e時，g(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.綜上，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2<a<2e，,1－ea＋e2－2e，a≥2e.))老師備選已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax－2(a≠0)．(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有最大值M，且M>a－4，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，由f(x)＝lnx－ax－2(a≠0)可得f′(x)＝eq\f(1,x)－a，當(dāng)a<0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，綜上所述，當(dāng)a<0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減．(2)由(1)知，當(dāng)a<0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無最大值，當(dāng)a>0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝eq\f(1,a)時，f(x)取得最大值，即f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝ln

eq\f(1,a)－a×eq\f(1,a)－2＝ln

eq\f(1,a)－3＝－lna－3，因此有－lna－3>a－4，得lna＋a－1<0，設(shè)g(a)＝lna＋a－1，則g′(a)＝eq\f(1,a)＋1>0，所以g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又g(1)＝0，所以g(a)<g(1)，得0<a<1，故實數(shù)a的取值范圍是(0,1)．思維升華(1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值．(2)若所給的閉區(qū)間[a，b]含參數(shù)，則需對函數(shù)f(x)求導(dǎo)，通過對參數(shù)分類探討，推斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f(x)的最值．跟蹤訓(xùn)練2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)建立成本僅與表面積有關(guān)，側(cè)面的建立成本為100元/平方米，底面的建立成本為160元/平方米，該蓄水池的總建立成本為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)探討函數(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)∵蓄水池的側(cè)面的總成本為100×2πrh＝200πrh(元)，底面的總成本為160πr2元，∴蓄水池的總成本為(200πrh＋160πr2)元．由題意得200πrh＋160πr2＝12000π，∴h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)．從而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．由h>0，且r>0，可得0<r<5eq\r(3).故函數(shù)V(r)的定義域為(0,5eq\r(3))．(2)由(1)知V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，故V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍)．當(dāng)r∈(0,5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上單調(diào)遞增；當(dāng)r∈(5,5eq\r(3))時，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上單調(diào)遞減．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．課時精練1．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋2x,ex)的極大值點與微小值點分別為a，b，則a＋b等于()A．－4 B.eq\r(2)C．0 D．2答案C解析f′(x)＝eq\f(2－x2,ex)，當(dāng)－eq\r(2)<x<eq\r(2)時，f′(x)>0；當(dāng)x<－eq\r(2)或x>eq\r(2)時，f′(x)<0.故f(x)＝eq\f(x2＋2x,ex)的極大值點與微小值點分別為eq\r(2)，－eq\r(2)，則a＝eq\r(2)，b＝－eq\r(2)，所以a＋b＝0.2．如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象，下列結(jié)論中正確的是()A．f(x)在[－2，－1]上單調(diào)遞增B．當(dāng)x＝3時，f(x)取得最小值C．當(dāng)x＝－1時，f(x)取得極大值D．f(x)在[－1,2]上單調(diào)遞增，在[2,4]上單調(diào)遞減答案D解析依據(jù)題圖知，當(dāng)x∈(－2，－1)，x∈(2,4)時，f′(x)<0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(－1,2)，x∈(4，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)y＝f(x)單調(diào)遞增．∞)上單調(diào)遞增，故選項A不正確，選項D正確；故當(dāng)x＝－1時，f(x)取得微小值，選項C不正確；當(dāng)x＝3時，f(x)不是取得最小值，選項B不正確．3．已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2處取得微小值，則f(x)的極大值為()A．2 B．－eq\f(5,2)C．3＋ln2 D．－2＋2ln2答案B解析由題意得，f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2處取得微小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝2lnx＋eq\f(1,2)x2－3x，f′(x)＝eq\f(2,x)＋x－3＝eq\f(x－1x－2,x)，∴f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,2)上單調(diào)遞減，∴f(x)的極大值為f(1)＝eq\f(1,2)－3＝－eq\f(5,2).4．(2024·重慶聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x＋2cosx在[0，π]上的最大值為()A．π－2 B.eq\f(π,6)C．2 D.eq\f(π,6)＋eq\r(3)答案D解析由題意得，f′(x)＝1－2sinx，∴當(dāng)0≤sinx≤eq\f(1,2)，即x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)eq\f(1,2)<sinx≤1，即x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，∴f(x)有極大值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,6)＋eq\r(3)，有微小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\f(5π,6)－eq\r(3)，而端點值f(0)＝2，f(π)＝π－2，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f(0)>f(π)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，∴f(x)在[0，π]上的最大值為eq\f(π,6)＋eq\r(3).5．(多選)已知x＝1和x＝3是函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x＋k(a，b∈R)的兩個極值點，且函數(shù)f(x)有且僅有兩個不同零點，則k值為()A．－eq\f(4,3) B.eq\f(4,3)C．－1 D．0答案BD解析f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依題意1,3是f′(x)＝0的兩個根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋3＝－\f(2b,3a)，,1×3＝－\f(3,3a)，))解得a＝－eq\f(1,3)，b＝2.故f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2－3x＋k.易求得函數(shù)f(x)的極大值為f(3)＝k和微小值為f(1)＝－eq\f(4,3)＋k.要使函數(shù)f(x)有兩個零點，則f(x)極大值k＝0或f(x)微小值－eq\f(4,3)＋k＝0，所以k＝0或k＝eq\f(4,3).6．(多選)已知函數(shù)f(x)＝x＋sinx－xcosx的定義域為[－2π，2π)，則()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)在[0，π)上單調(diào)遞增C．f(x)恰有4個極大值點D．f(x)有且僅有4個極值點答案BD解析因為f(x)的定義域為[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函數(shù)，故A錯誤；因為f(x)＝x＋sinx－xcosx，所以f′(x)＝1＋cosx－(cosx－xsinx)＝1＋xsinx，當(dāng)x∈[0，π)時，f′(x)>0，則f(x)在[0，π)上單調(diào)遞增，故B正確；明顯f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sinx＝－eq\f(1,x)，分別作出y＝sinx，y＝－eq\f(1,x)在區(qū)間[－2π，2π)上的圖象，由圖可知，這兩個函數(shù)的圖象在區(qū)間[－2π，2π)上共有4個公共點，且兩圖象在這些公共點上都不相切，故f(x)在區(qū)間[－2π，2π)上的極值點的個數(shù)為4，且f(x)只有2個極大值點，故C錯誤，D正確．7．(2024·濰坊模擬)寫出一個存在極值的奇函數(shù)f(x)＝________.答案sinx(答案不唯一)解析正弦函數(shù)f(x)＝sinx為奇函數(shù)，且存在極值．8．(2024·新高考全國Ⅰ)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的定義域為(0，＋∞)．①當(dāng)x>eq\f(1,2)時，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時，f′(x)<0，當(dāng)x>1時，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2lneq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.綜上，f(x)min＝1.9．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(2x－2,x＋1).(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)g(x)＝f(x)－eq\f(4＋a,x＋1)＋2(a∈R)，若x1，x2是函數(shù)g(x)的兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)由題知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2x＋1－2x－1,x＋12)＝eq\f(x－12,xx＋12)≥0對隨意x∈(0，＋∞)恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，f′(x)＝0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．(2)因為g(x)＝f(x)－eq\f(4＋a,x＋1)＋2＝lnx－eq\f(a,x＋1)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x＋12)＝eq\f(x2＋2＋ax＋1,xx＋12)(x>0)．由題意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)內(nèi)的兩個不同的實數(shù)解．令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0，所以只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2－a>0，,Δ＝2＋a2－4>0，))解得a<－4，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，－4)．10．(2024·珠海模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，x∈(0，e]，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)若x＝1為f(x)的極值點，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和最大值；(2)是否存在實數(shù)a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．解(1)∵f(x)＝lnx－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝eq\f(1－ax,x)，由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝eq\f(1－x,x)，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，e]；f(x)的極大值為f(1)＝－1，也即f(x)的最大值為f(1)＝－1.(2)∵f(x)＝lnx－ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，①當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq\f(4,e)>0，舍去；②當(dāng)a>0時，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))時，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))，又f(x)在(0，e]上的最大值為－3，∴f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1－lna＝－3，∴a＝e2；當(dāng)e≤eq\f(1,a)，即0<a≤eq\f(1,e)時，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq\f(4,e)>eq\f(1,e)，舍去．綜上，存在a符合題意，此時a＝e2.11．若函數(shù)f(x)＝(x2－a)ex的兩個極值點之積為－3，則f(x)的極大值為()A.eq\f(6,e3) B．－eq\f(2,e)C．－2e D.eq\f(4,e2)答案A解析因為f(x)＝(x2－a)ex，所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，得x2＋2x－a＝0，由函數(shù)f(x)＝(x2－a)ex的兩個極值點之積為－3，則由根與系數(shù)的關(guān)系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，當(dāng)x<－3或x>1時，f′(x)>0；當(dāng)－3<x<1時，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞增，在(－3,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的極大值為f(－3)＝eq\f(6,e3).12．函數(shù)f(x)＝ax3－6ax2＋b在區(qū)間[－1,2]上的最大值為3，最小值為－29(a>0)，則a，b的值為()A．a(chǎn)＝2，b＝－29 B．a(chǎn)＝3，b＝2C．a(chǎn)＝2，b＝3 D．以上都不對答案C解析函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因為a>0，所以由f′(x)<0，計算得出0<x<4，此時函數(shù)單調(diào)遞減，由f′(x)>0，計算得出x>4或x<0，此時函數(shù)單調(diào)遞增，即函數(shù)在[－1,0]上單調(diào)遞增，在[0,2]上單調(diào)遞減，即函數(shù)在x＝0處取得極大值同時也是最大值，則f(0)＝b＝3，則f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，則f(－1)>f(2)，即函數(shù)的最小值為f(2)＝－16a＋3＝－29，計算得出a＝2，b＝3.13．(2024·全國乙卷)設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點，則()A．a(chǎn)<b B．a(chǎn)>bC．a(chǎn)b<a2 D．a(chǎn)b>a2答案D解析當(dāng)a>0時，依據(jù)題意畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖1所示，視察可知b>a.圖1當(dāng)a<0時，依據(jù)題意畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖2所示，視察可知a>b.圖2綜上，可知必有ab>a2成立．14．(2024·河南多校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝2lnx，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，則x1－x2的最小值為______．答案4－2ln2解析設(shè)f(x1)＝g(x2)＝t，即2lnx1＝t，x2＋2＝t，解得x1＝，x2＝t－2，所以x1－x2＝－t＋2，令h(t)＝－t＋2，則h′(t)＝－1，令h′(t)＝0，解得t＝2ln2，當(dāng)t<2ln2時，h′(t)<0，當(dāng)t>2ln2時，h′(t)>0，所以h(t)在(－∞，2ln2)上單調(diào)遞減，在(2ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(t)的最小值為h(2ln2)＝eln2－2ln2＋2＝4－2ln2，所以x1－x2的最小值為4－2ln2.15．(多選