2025-高考科學復習解決方案-數(shù)學-基礎版第二章第3節(jié) 導數(shù)與函數(shù)的極值、最值含答案

2025-高考科學復習解決方案-數(shù)學-基礎版第二章第3節(jié)導數(shù)與函數(shù)的極值、最值第三節(jié)導數(shù)與函數(shù)的極值、最值課標解讀考向預測熟練掌握極值的概念、極值存在的必要條件和充分條件，能求函數(shù)的極值，能求閉區(qū)間上連續(xù)函數(shù)的最值，能求實際問題中的最值.近三年高考題中利用導數(shù)求函數(shù)的極值和最值是必考的考點，預計2025年高考極值和最值問題在選擇題、填空題和解答題中都有可能出現(xiàn)，難度保持穩(wěn)定或略有降低.必備知識——強基礎1．函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值函數(shù)y＝f(x)在點x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側(cè)eq\x(\s\up1(01))f′(x)<0，右側(cè)eq\x(\s\up1(02))f′(x)>0，則eq\x(\s\up1(03))a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．(2)函數(shù)的極大值函數(shù)y＝f(x)在點x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側(cè)eq\x(\s\up1(04))f′(x)>0，右側(cè)eq\x(\s\up1(05))f′(x)<0，則eq\x(\s\up1(06))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)極小值點、極大值點統(tǒng)稱為eq\x(\s\up1(07))極值點，極小值和極大值統(tǒng)稱為eq\x(\s\up1(08))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))端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是eq\x(\s\up1(12))最大值，最小的一個是eq\x(\s\up1(13))最小值．1．對于可導函數(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，則該極值點一定是函數(shù)的最值點．3．極值有可能是最值，但最值只要不在區(qū)間端點處取得，其必定是極值．4．函數(shù)最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關系．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)函數(shù)的極小值一定是函數(shù)的最小值．()(2)函數(shù)的極小值一定不是函數(shù)的最大值．()(3)函數(shù)y＝f′(x)的零點是函數(shù)y＝f(x)的極值點．()答案(1)×(2)√(3)×2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第二冊5.3.2例5改編)函數(shù)f(x)＝2x－xlnx的極值是()A．eq\f(1,e) B．eq\f(2,e)C．e D．e2答案C解析f′(x)＝1－lnx，由f′(x)>0，得0<x<e；由f′(x)<0，得x>e.所以f(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝e處取得極大值，f(e)＝e.故選C.(2)(北師大版選擇性必修第二冊7.2例5改編)若商品的年利潤y(單位：萬元)與年產(chǎn)量x(單位：百萬件)的函數(shù)關系式為y＝－x3＋27x＋123(x>0)，則獲得最大利潤時的年產(chǎn)量為()A．1百萬件 B．2百萬件C．3百萬件 D．4百萬件答案C解析y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，當0<x<3時，y′>0；當x>3時，y′<0.所以函數(shù)在(0，3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當x＝3時，該商品的年利潤最大．故選C.(3)(2023·甘肅蘭州模擬)函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，以下命題錯誤的是()A．－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點B．－1是函數(shù)y＝f(x)的最小值點C．y＝f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增D．曲線y＝f(x)在x＝0處的切線的斜率大于零答案B解析根據(jù)導函數(shù)圖象可知，當x∈(－∞，－3)時，f′(x)<0，當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；易知－3是函數(shù)y＝f(x)的極小值點，故A正確；因為y＝f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增，所以－1不是函數(shù)y＝f(x)的最小值點，故B錯誤；因為函數(shù)y＝f(x)在x＝0處的導數(shù)大于0，所以曲線y＝f(x)在x＝0處的切線的斜率大于零，故D正確．故選B.考點探究——提素養(yǎng)考點一導數(shù)與函數(shù)的極值(多考向探究)考向1根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值(點)例1(多選)(2024·山東棗莊第十六中學高三上學期月考)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導函數(shù)y＝f′(x)的圖象，下列結(jié)論中正確的是()A．f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1，2)，(4，＋∞)B．x＝－1是f(x)的極小值點C．f(x)在(2，4)上是減函數(shù)，在(－1，2)上是增函數(shù)D．x＝2是f(x)的極小值點答案ABC解析根據(jù)題中圖象知，當x∈(－1，2)∪(4，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)在(－1，2)，(4，＋∞)上單調(diào)遞增；當x∈(－3，－1)∪(2，4)時，f′(x)<0，函數(shù)在(－3，－1)，(2，4)上單調(diào)遞減，故A，C正確；當x＝－1時，f(x)取得極小值，x＝－1是f(x)的極小值點，故B正確；當x＝2時，f(x)取得極大值，x＝2不是f(x)的極小值點，故D錯誤．故選ABC.【通性通法】由圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值的方法由導函數(shù)y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的值的正負，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．【鞏固遷移】1．(2024·陜西西安長安區(qū)高三上學期月考)已知函數(shù)f(x)，其導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則()A．f(x)有2個極值點B．f(x)在x＝1處取得極小值C．f(x)有極大值，沒有極小值D．f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減答案C解析由題圖得，f(x)在(－∞，3)上單調(diào)遞增，在(3，＋∞)上單調(diào)遞減，∴f(x)有一個極大值，沒有極小值，∴A，B，D錯誤，C正確．故選C.考向2求已知函數(shù)的極值(點)例2(多選)(2023·廣東饒平模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，則()A．－1是函數(shù)f(x)的極大值點B．3是函數(shù)f(x)的極小值點C．函數(shù)f(x)的極小值為－7D．函數(shù)f(x)的極大值為25答案CD解析因為f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2，該函數(shù)的定義域為R，則f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x＋1)(x－3)，列表如下：x(－∞，－1)－1(－1，3)3(3，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)單調(diào)遞減－7單調(diào)遞增25單調(diào)遞減所以－1是函數(shù)f(x)的極小值點，3是函數(shù)f(x)的極大值點，函數(shù)f(x)的極小值為f(－1)＝－7，極大值為f(3)＝25.故選CD.【通性通法】求函數(shù)f(x)極值的一般解題步驟【鞏固遷移】2．討論函數(shù)f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)的極值．解由題意，得f′(x)＝1－eq\f(a,ex).①當a≤0時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)無極值．②當a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，可得x＝lna.所以當x∈(－∞，lna)時，f′(x)<0；當x∈(lna，＋∞)時，f′(x)>0.則f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝lna處取得極小值f(lna)＝lna，無極大值．綜上所述，當a≤0時，f(x)無極值；當a>0時，f(x)在x＝lna處取得極小值lna，無極大值．考向3已知函數(shù)的極值(點)求參數(shù)例3(1)(2023·遼寧撫順重點高中六校協(xié)作體高三二模)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx在x＝1處取得極大值4，則a－b＝()A．8 B．－8C．2 D．－2答案B解析因為f(x)＝ax3＋bx，所以f′(x)＝3ax2＋b，所以f′(1)＝3a＋b＝0，f(1)＝a＋b＝4，解得a＝－2，b＝6，經(jīng)檢驗，符合題意，所以a－b＝－8.故選B.(2)(2024·江蘇南京師范大學附屬中學高三上學期開學測試)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－ax(a∈R)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案(1，＋∞)解析∵函數(shù)f(x)的定義域是R，f′(x)＝ex－x－a，令h(x)＝ex－x－a，h′(x)＝ex－1，所以在區(qū)間(－∞，0)上，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；在區(qū)間(0，＋∞)上，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．要使f(x)有兩個極值點，則f′(0)＝h(0)＝1－a<0，a>1，又當x趨于－∞時，f′(x)趨于＋∞，當x趨于＋∞時，f′(x)趨于＋∞，所以實數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞)．[考情分析]高考對本部分的考查一般有三個層次：(1)主要考查求導公式，求導法則與導數(shù)的幾何意義；(2)導數(shù)的簡單應用，包括求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值等；(3)綜合考查，如零點、證明不等式、恒成立問題、求參數(shù)取值范圍、解決應用問題等，還可能將導數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關不等式、數(shù)列及函數(shù)單調(diào)性有機結(jié)合，設計綜合題．第1課時利用導數(shù)解決不等式恒(能)成立問題考點一“分離參數(shù)法”解決不等式恒(能)成立問題例1(2024·福建連城縣第一中學高三上學期月考)已知函數(shù)f(x)＝2ax－2lnx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)g(x)＝x－2，且?x>0，都有g(x)≤f(x)，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝2a－eq\f(2,x)＝eq\f(2ax－2,x)(x>0)，當a≤0時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，當a>0時，當0<x<eq\f(1,a)時，f′(x)<0，當x>eq\f(1,a)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當a>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)g(x)≤f(x)，即2ax－2lnx≥x－2(x>0)，即a≥eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)，令h(x)＝eq\f(lnx,x)－eq\f(1,x)＋eq\f(1,2)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(2－lnx,x2)(x>0)，當0<x<e2時，h′(x)>0，當x>e2時，h′(x)<0，所以函數(shù)h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞增，在(e2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(e2)＝eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2)，所以a≥eq\f(1,e2)＋eq\f(1,2).所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)＋\f(1,2)，＋∞)).用分離參數(shù)法解含參不等式恒成立問題，可以根據(jù)不等式的性質(zhì)將參數(shù)分離出來，得到一個一端是參數(shù)，另一端是變量表達式的不等式，具體步驟如下：(1)分離參數(shù)(注意分離參數(shù)時自變量x的取值范圍是否影響不等號的方向)．(2)轉(zhuǎn)化：①若a>f(x)對x∈D恒成立，則只需a>f(x)max；②若a<f(x)對x∈D恒成立，則只需a<f(x)min；③若?x∈D，使得a>f(x)有解，則只需a>f(x)min；④若?x∈D，使得a<f(x)有解，則只需a<f(x)max.(3)求最值．1.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx(a∈R)．(1)若a>2，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設函數(shù)g(x)＝－(a＋2)x，若至少存在一個x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋2)x＋2alnx的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x2－(a＋2)x＋2a,x)＝eq\f((x－2)(x－a),x).當a>2時，由f′(x)>0，得0<x<2或x>a；由f′(x)<0，得2<x<a，∴函數(shù)f(x)在(0，2)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(2，a)上單調(diào)遞減．(2)至少存在一個x0∈[e，4]，使得f(x0)>g(x0)成立，即當x∈[e，4]時，eq\f(1,2)x2＋2alnx>0有解．∵當x∈[e，4]時，lnx≥1，∴2a>－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)有解，令h(x)＝－eq\f(\f(1,2)x2,lnx)，x∈[e，4]，則2a>h(x)min.∵h′(x)＝－eq\f(xlnx－\f(1,2)x2·\f(1,x),(lnx)2)＝－eq\f(x\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－\f(1,2))),(lnx)2)<0，∴h(x)在[e，4]上單調(diào)遞減，∴h(x)min＝h(4)＝－eq\f(4,ln2)，∴2a>－eq\f(4,ln2)，即a>－eq\f(2,ln2)，∴實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,ln2)，＋∞)).考點二“最值法”解決不等式恒(能)成立問題例2已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－eq\f(ax2,2).(1)若a＝e，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)≤3在(0，2]上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)f′(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，當a＝e時，f′(x)＝x(ex－e)．在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．(2)函數(shù)f(x)的導數(shù)為f′(x)＝x(ex－a)．①若a≤1，則在(0，2]上，f′(x)>0恒成立，f(x)單調(diào)遞增，因此f(x)max＝f(2)＝e2－2a>3，不符合題意；②若1<a<e2，令f′(x)＝0，得x＝lna，當x∈(0，lna)時，f′(x)<0，當x∈(lna，2]時，f′(x)>0，因此f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，2]上單調(diào)遞增，又因為當x從右側(cè)趨近于0時，f(x)趨近于－1，小于3，所以只需f(2)≤3即可，即e2－2a≤3，解得eq\f(e2－3,2)≤a<e2；③若a≥e2，則在(0，2]上，f′(x)≤0恒成立，f(x)單調(diào)遞減，因此f(x)<－1<3，符合題意．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－3,2)，＋∞)).在不等式恒成立問題中，如果不能分離參數(shù)或分離參數(shù)后的函數(shù)的最值比較難求，可以把含參不等式整理成f(x，a)>(<)0或f(x，a)≥(≤)0的形式，然后從研究函數(shù)的性質(zhì)入手，通過討論函數(shù)的單調(diào)性和極值，直接用參數(shù)表達函數(shù)的最值，然后根據(jù)題意，建立關于參數(shù)的不等式，解不等式即得參數(shù)的取值范圍．(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，則①f(x，a)>0恒成立?g(a)>0；②f(x，a)<0有解?g(a)<0.(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，則①f(x，a)<0恒成立?g(a)<0；②f(x，a)>0有解?g(a)>0.2.已知函數(shù)f(x)＝aln(x＋1)，a∈R.(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在x＝3處的切線方程；(2)若對任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)當a＝1時，f(x)＝ln(x＋1)，所以切點為(3，ln4)．因為f′(x)＝eq\f(1,x＋1)，所以切線的斜率為k＝f′(3)＝eq\f(1,4)，所以曲線y＝f(x)在x＝3處的切線方程為y－ln4＝eq\f(1,4)(x－3)，化簡得x－4y＋8ln2－3＝0.(2)對任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)≥x－eq\f(1,2)x2恒成立，即aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2≥0恒成立．令h(x)＝aln(x＋1)－x＋eq\f(1,2)x2(x≥0)，則h′(x)＝eq\f(a,x＋1)－1＋x＝eq\f(x2＋a－1,x＋1)(x≥0)．①當a≥1時，h′(x)≥0恒成立，所以函數(shù)h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此h(x)min＝h(0)＝0，所以a≥1符合條件．②當a<1時，由h′(x)＝0，x≥0，解得x＝eq\r(1－a)，當x∈(0，eq\r(1－a))時，h′(x)<0；當x∈(eq\r(1－a)，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)min＝h(eq\r(1－a))<h(0)＝0，這與h(x)≥0矛盾，應舍去．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞)．考點三雙變量不等式恒(能)成立問題例3設f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求滿足上述條件的最大整數(shù)M；(2)如果對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等價于g(x)max－g(x)min≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).由g′(x)＞0，得x＜0或x＞eq\f(2,3)，由g′(x)<0，得0<x<eq\f(2,3)，又x∈[0，2]，所以g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上單調(diào)遞增，又g(0)＝－3，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(2)＝1，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.故g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)≥M，則滿足條件的最大整數(shù)M＝4.(2)對于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等價于在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值為g(2)＝1.故在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立，等價于a≥x－x2lnx恒成立．設h(x)＝x－x2lnx，則h′(x)＝1－2xlnx－x，令φ(x)＝1－2xlnx－x，φ′(x)＝－(2lnx＋3)，當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))時，φ′(x)<0，可知h′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是減函數(shù)，又h′(1)＝0，所以當1＜x＜2時，h′(x)＜0；當eq\f(1,2)＜x＜1時，h′(x)＞0，所以函數(shù)h(x)＝x－x2lnx在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在(1，2]上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(1)＝1，即實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．“雙變量”的恒(能)成立問題一定要正確理解其實質(zhì)，深刻挖掘內(nèi)含條件，進行等價變換，常見的等價轉(zhuǎn)換有：(1)?x1，x2∈D，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)max；(2)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)min>g(x)min；(3)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)max；(4)?x1∈D1，?x2∈D2，f(x1)>g(x2)?f(x)max>g(x)min.3.(2024·陜西渭南高三上學期第一次檢測)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1(a∈R)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)設g(x)＝lnx－eq\f(x,4)＋eq\f(3,4x)，若對任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，當a≤0時，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當a＞0時，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．綜上，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，＋∞)；當a＞0時，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)，＋∞)).(2)g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)－eq\f(3,4)×eq\f(1,x2)＝eq\f(－x2＋4x－3,4x2)＝eq\f((－x＋1)(x－3),4x2)，在(1，3)上，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；在(3，＋∞)上，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(3)＝ln3－eq\f(1,2).因為對任意的x1∈(0，＋∞)，存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＜g(x2)成立，等價于f(x)max＜g(x)max，由(1)知，當a≤0時，f(x)無最值；當a＞0時，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna，所以－lna＜ln3－eq\f(1,2)，所以lna＞lneq\f(\r(e),3)，解得a＞eq\f(\r(e),3).故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(e),3)，＋∞)).課時作業(yè)1．(2024·湖南長沙明德中學高三上學期入學考試)已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)＋bx且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為2x－y＋1＝0.(1)求實數(shù)a，b的值及函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若關于x的不等式f(x)－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解(1)將x＝1代入2x－y＋1＝0，得y＝3，所以切點為(1，3)．f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(1,x2)＋b，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(1)＝1＋b＝3，,f′(1)＝a－1＋b＝2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，))所以f(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋2x.f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＋2＝eq\f(2x2＋x－1,x2)＝eq\f((2x－1)(x＋1),x2)(x>0)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)，x＝－1(舍去)．所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．(2)因為f(x)－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，即lnx＋eq\f(1,x)＋2x－2≥eq\f(3,2)x＋eq\f(m,2x)恒成立，化簡為m≤x2＋2xlnx－4x＋2恒成立．設g(x)＝x2＋2xlnx－4x＋2，則m≤g(x)min即可．g′(x)＝2x＋2lnx＋2－4＝2x＋2lnx－2(x>0)，因為g′(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且g′(1)＝0，所以當x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)為減函數(shù)，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)為增函數(shù)．g(x)min＝g(1)＝－1，即m≤－1.故實數(shù)m的取值范圍為(－∞，－1]．2．(2023·河南省部分名校高三二模)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋(m－1)x－lnx(m∈R)，g(x)＝x2－eq\f(1,2ex)＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當m>0時，若對于任意x1∈(0，＋∞)，總存在x2∈[1，＋∞)，使得f(x1)≥g(x2)，求m的取值范圍．解(1)f′(x)＝mx＋m－1－eq\f(1,x)＝eq\f((mx－1)(x＋1),x)，x>0.當m≤0時，f′(x)<0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當m>0時，由f′(x)>0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)，＋∞))上單調(diào)遞增，由f′(x)<0，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,m)))上單調(diào)遞減．(2)當m>0時，由(1)知f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，g′(x)＝2x＋eq\f(1,2)e－x>0(x≥1)恒成立，g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2－eq\f(1,2e)，由題意知f(x)min≥g(x)min，即lnm＋1－eq\f(1,2m)≥2－eq\f(1,2e).設h(m)＝lnm＋1－eq\f(1,2m)，則h′(m)＝eq\f(1,2m2)＋eq\f(1,m)>0，所以h(m)為增函數(shù)，又h(e)＝2－eq\f(1,2e)，所以m≥e，即m的取值范圍是[e，＋∞)．3．(2023·甘肅武威教育局第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,x＋3).(1)求f(x)在(－3，＋∞)上的極值；(2)若?x∈(－3，＋∞)，eq\f(1,f(x))－3≤ax2－2x，求a的最小值．解(1)f′(x)＝eq\f((x＋2)ex,(x＋3)2)，令f′(x)＝0，得x＝－2，當x∈(－3，－2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(－2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故f(－2)＝eq\f(1,e2)為極小值，f(x)無極大值．所以f(x)在(－3，＋∞)上的極小值為eq\f(1,e2)，無極大值．(2)由題意知eq\f(1,f(x))－3＝eq\f(x＋3,ex)－3，令g(x)＝eq\f(x＋3,ex)－3－ax2＋2x，g′(x)＝－eq\f(x＋2,ex)－2ax＋2，g(0)＝0，g′(0)＝0，令h(x)＝g′(x)＝－eq\f(x＋2,ex)－2ax＋2，則h′(x)＝eq\f(x＋1,ex)－2a，設u(x)＝h′(x)＝eq\f(x＋1,ex)－2a，則u′(x)＝－eq\f(x,ex)，當－3<x<0時，u′(x)為正，u(x)＝h′(x)在(－3，0)上單調(diào)遞增，當x>0時，u′(x)為負，u(x)＝h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故u(0)＝h′(0)＝1－2a為極大值．若1－2a≤0，即a≥eq\f(1,2)，此時h′(x)≤0，則h(x)＝g′(x)在(－3，＋∞)上單調(diào)遞減，又g′(0)＝0，所以當－3<x<0時，g′(x)>0，g(x)在(－3，0)上單調(diào)遞增，當x>0時，g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(0)＝0為極大值，所以g(x)≤0，則當a≥eq\f(1,2)時，符合條件；若1－2a>0，即a<eq\f(1,2)，此時h′(0)>0，所以存在－3<x1<0，當x∈(x1，0)時，u(x)＝h′(x)>0，則h(x)＝g′(x)在(x1，0)上單調(diào)遞增，又h(0)＝g′(0)＝0，則在區(qū)間(x1，0)上，g′(x)<g′(0)＝0，所以在區(qū)間(x1，0)上，g(x)單調(diào)遞減，則g(x)>g(0)＝0，不滿足條件．綜上所述，a的最小值為eq\f(1,2).4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,6)－ax(a∈R)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若對任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥－sinx恒成立，求a的取值范圍．解(1)由題意，得f(x)的定義域為R，且f′(x)＝eq\f(x2,2)－a，當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．當a>0時，由f′(x)>0，得x<－eq\r(2a)或x>eq\r(2a)；由f′(x)<0，得－eq\r(2a)<x<eq\r(2a)，所以f(x)在(－∞，－eq\r(2a))上單調(diào)遞增，在(－eq\r(2a)，eq\r(2a))上單調(diào)遞減，在(eq\r(2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)f(x)≥－sinx?eq\f(x3,6)＋sinx－ax≥0，設g(x)＝eq\f(x3,6)＋sinx－ax(x≥0)，則g′(x)＝eq\f(x2,2)＋cosx－a，設h(x)＝eq\f(x2,2)＋cosx－a(x≥0)，則h′(x)＝x－sinx，設m(x)＝x－sinx(x≥0)，則m′(x)＝1－cosx≥0，所以h′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h′(x)≥h′(0)＝0，所以g′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，當a≤1時，g′(0)＝1－a≥0，所以g′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，故g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，結(jié)合g(0)＝0知g(x)≥0恒成立，符合題意；當a>1時，g′(0)＝1－a<0，g′(2a)＝a(2a－1)＋cos2a>0，所以g′(x)在(0，2a)上有一個零點x0，且當x∈[0，x0)時，g′(x)<0，所以g(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，結(jié)合g(0)＝0知，當x∈(0，x0)時，g(x)<0，從而f(x)<－sinx，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，1]．5．(2024·河南省實驗中學高三第一次月考)已知函數(shù)f(x)＝aex＋x＋1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當x>1時，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)依題意，得f′(x)＝aex＋1.當a≥0時，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．當a<0時，令f′(x)>0，可得x<－ln(－a)；令f′(x)<0，可得x>－ln(－a)，所以f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．綜上所述，當a≥0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；當a<0時，f(x)在(－∞，－ln(－a))上單調(diào)遞增，在(－ln(－a)，＋∞)上單調(diào)遞減．(2)因為當x>1時，f(x)>lneq\f(x－1,a)＋x，所以aex＋x＋1>lneq\f(x－1,a)＋x，即elnaex＋x＋1>ln(x－1)－lna＋x，即ex＋lna＋lna＋x>ln(x－1)＋x－1，即ex＋lna＋x＋lna>eln(x－1)＋ln(x－1)．令h(x)＝ex＋x，則有h(x＋lna)>h(ln(x－1))對任意x∈(1，＋∞)恒成立．因為h′(x)＝ex＋1>0，所以h(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，故只需x＋lna>ln(x－1)，即lna>ln(x－1)－x對任意x∈(1，＋∞)恒成立．令F(x)＝ln(x－1)－x，則F′(x)＝eq\f(1,x－1)－1＝eq\f(2－x,x－1)，令F′(x)＝0，得x＝2.當x∈(1，2)時，F(xiàn)′(x)>0；當x∈(2，＋∞)時，F(xiàn)′(x)<0，所以F(x)在(1，2)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以F(x)≤F(2)＝－2.因此lna>－2，所以a>eq\f(1,e2).即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞)).6．(2023·安徽舒城中學高三仿真模擬(三))已知f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x(a∈R且a≠0)，g(x)＝cosx＋xsinx.(1)求g(x)在[－π，π]上的最小值；(2)如果對任意x1∈[－π，π]，存在x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq\f(f(x2),x2)－a≤g(x1)成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)g′(x)＝－sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx，顯然g(x)為偶函數(shù)，當x>0時，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，xcosx>0，g′(x)>0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時，xcosx<0，g′(x)<0，∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上單調(diào)遞減，又g(0)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)，g(π)＝－1，∴g(x)在(0，π]上的最小值為－1.由偶函數(shù)圖象的對稱性可知，g(x)在[－π，π]上的最小值為－1.(2)先證lnx≤x－1，設h(x)＝lnx－x＋1，則h′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，令h′(x)>0，得0<x<1，令h′(x)<0，得x>1，∴h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．h(x)≤h(1)＝0，故lnx≤x－1①恒成立．由題意可得?x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得eq\f(f(x2),x2)－a≤－1成立，即a(x2－lnx2)≥eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2成立．由①可知x2－lnx2≥1>0，參變分離得a≥eq\f(\f(1,2)xeq\o\al(2,2)－x2,x2－lnx2).設φ(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－x,x－lnx)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，即只需a≥φ(x)min即可．φ′(x)＝eq\f((x－1)(x－lnx)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－x))·\f(x－1,x),(x－lnx)2)＝eq\f((x－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－lnx＋1)),(x－lnx)2)，由①知lnx≤x－1，得－lnx≥1－x，∴eq\f(1,2)x－lnx＋1≥eq\f(1,2)x＋1－x＋1＝2－eq\f(1,2)x＝eq\f(4－x,2)>0，令φ′(x)>0，得1<x<e，令φ′(x)<0，得eq\f(1,e)<x<1，∴φ(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞減，在(1，e)上單調(diào)遞增．∴φ(x)min＝φ(1)＝－eq\f(1,2)，∴a≥－eq\f(1,2)，又已知a≠0，故實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪(0，＋∞)．【通性通法】已知函數(shù)的極值(點)求參數(shù)的方法(1)對于可導函數(shù)y＝f(x)，f′(x0)＝0是x0為極值點的必要條件，即當已知可導函數(shù)在某一點處取得極值時，該點處的導數(shù)值一定為零，據(jù)此可建立關于參數(shù)的方程進行求解，但應檢驗極值點兩側(cè)的導數(shù)是否異號．(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間I上有極值點，則f′(x)在區(qū)間I上有變號的零點，亦即方程f′(x)＝0有滿足相應條件的實數(shù)根，從而可轉(zhuǎn)化為方程有解問題，也可轉(zhuǎn)化為直線與曲線的交點問題進行求解．【鞏固遷移】3．(多選)(2023·新課標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)的定義域為(0，＋∞)，求導得f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，因為函數(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，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.考點二導數(shù)與函數(shù)的最值(多考向探究)考向1求已知函數(shù)的最值例4(2022·全國乙卷)函數(shù)f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區(qū)間[0，2π]的最小值、最大值分別為()A．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2答案D解析f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)cosx＝(x＋1)cosx，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,2)))時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π))時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．又f(0)＝f(2π)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)＋2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝－eq\f(3π,2)，所以f(x)在區(qū)間[0，2π]的最小值為－eq\f(3π,2)，最大值為eq\f(π,2)＋2.故選D.【通性通法】求函數(shù)最值的步驟【鞏固遷移】4．(2023·江蘇鎮(zhèn)江模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex－3，g(x)＝1＋lnx，若f(m)＝g(n)，則n－m的最小值為________．答案－2解析令t＝f(m)＝g(n)，則em－3＝t，1＋lnn＝t，所以m＝3＋lnt，n＝et－1，即n－m＝et－1－3－lnt，令h(t)＝et－1－3－lnt，則h′(t)＝et－1－eq\f(1,t)(t>0)，令h′(t)＝0，得t＝1.當0<t<1時，h′(t)<0，h(t)單調(diào)遞減；當t>1時，h′(t)>0，h(t)單調(diào)遞增，所以h(t)min＝h(1)＝－2，即n－m的最小值為－2.考向2已知函數(shù)的最值求參數(shù)例5已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(1,x)＋(a－1)lnx(a∈R)的最小值為2，則實數(shù)a的值是________．答案1或e解析因為f′(x)＝a－eq\f(1,x2)＋eq\f(a－1,x)＝eq\f((x＋1)(ax－1),x2)，x>0，當a≤0時，f′(x)<0，所以f(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，函數(shù)f(x)無最小值，不符合題意；當a>0時，由f′(x)<0，得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋a＋(1－a)lna，由1＋a＋(1－a)lna＝2，得(a－1)(1－lna)＝0，解得a＝1或e.綜上，a＝1或e.【通性通法】(1)由于參數(shù)的取值范圍不同會導致函數(shù)在所給區(qū)間上的單調(diào)性的變化，從而導致函數(shù)最值的變化，故函數(shù)含參數(shù)時，需注意是否需要分類討論．(2)已知函數(shù)最值求參數(shù)，可先求出函數(shù)在給定區(qū)間上的極值及函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值，通過比較它們的大小，判斷出哪個是最大值，哪個是最小值，結(jié)合已知求出參數(shù)，進而使問題得以解決．【鞏固遷移】5．已知函數(shù)y＝f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，且當x<0時，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋1.若函數(shù)y＝f(x)在[1，＋∞)上的最小值為3，則實數(shù)a的值為()A．1 B．2C．3 D．4答案D解析因為y＝f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，且當x<0時，f(x)＝x＋eq\f(a,x)＋1.當x>0時，－x<0，則f(－x)＝－x－eq\f(a,x)＋1＝－f(x)，所以當x>0時，f(x)＝x＋eq\f(a,x)－1，此時f′(x)＝1－eq\f(a,x2).當a≤1時，f′(x)＝1－eq\f(a,x2)≥0在[1，＋∞)上恒成立，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，當x＝1時，函數(shù)f(x)取得最小值f(1)＝1＋a－1＝3，解得a＝3(舍去)；當a>1時，當x∈[1，eq\r(a)]時，f′(x)≤0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x∈[eq\r(a)，＋∞)時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，故當x＝eq\r(a)時，函數(shù)f(x)取得最小值f(eq\r(a))＝2eq\r(a)－1＝3，解得a＝4.綜上，a＝4.故選D.考點三生活中的優(yōu)化問題例6(2023·山東煙臺高三上學期期末)某工廠擬建造如圖所示的容器(不計厚度，長度單位：米)，其中容器的上端為半球形，下部為圓柱形，該容器的體積為eq\f(160π,3)立方米，且l≥6r.假設該容器的建造費用僅與其表面積有關．已知圓柱形部分側(cè)面的建造費用為每平方米2.25千元，半球形部分以及圓柱底面每平方米建造費用為m(m>2.25)千元．設該容器的建造費用為y千元．(1)寫出y關于r的函數(shù)表達式，并求該函數(shù)的定義域；(2)求該容器的建造費用最小時的r.解(1)設該容器的體積為V，則V＝πr2l＋eq\f(2,3)πr3，又V＝eq\f(160π,3)，所以l＝eq\f(160,3r2)－eq\f(2,3)r.因為l≥6r，所以0<r≤2.所以建造費用y＝2πrl×eq\f(9,4)＋3πr2m＝2πreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(160,3r2)－\f(2,3)r))×eq\f(9,4)＋3πr2m，因此y＝3π(m－1)r2＋eq\f(240π,r)，0<r≤2.(2)由(1)得y′＝6π(m－1)r－eq\f(240π,r2)＝eq\f(6π(m－1),r2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r3－\f(40,m－1)))，0<r≤2.由于m>eq\f(9,4)，所以m－1>0，令r3－eq\f(40,m－1)＝0，得r＝eq\r(3,\f(40,m－1)).若eq\r(3,\f(40,m－1))<2，即m>6，當r∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3,\f(40,m－1))))時，y′<0，y(r)為減函數(shù)，當r∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,\f(40,m－1))，2))時，y′>0，y(r)為增函數(shù)，此時r＝eq\r(3,\f(40,m－1))為函數(shù)y(r)的極小值點，也是最小值點．若eq\r(3,\f(40,m－1))≥2，即eq\f(9,4)<m≤6，當r∈(0，2]時，y′≤0，y(r)為減函數(shù)，此時r＝2是y(r)的最小值點．綜上所述，當eq\f(9,4)<m≤6時，建造費用最小時r＝2；當m>6時，建造費用最小時r＝eq\r(3,\f(40,m－1)).【通性通法】生活中經(jīng)常遇到求利潤最大、用料最省、效率最高等問題，這些問題通常稱為優(yōu)化問題，通過建立函數(shù)模型，用導數(shù)解決數(shù)學問題，得到優(yōu)化問題的答案．【鞏固遷移】6．(2023·山東德州模擬)高鐵的快速發(fā)展給群眾出行帶來巨大便利，促進了區(qū)域經(jīng)濟和社會發(fā)展．已知某條高鐵線路通車后，發(fā)車時間間隔t(單位：分鐘)滿足2≤t≤20，t∈N*.經(jīng)測算，高鐵的載客量與發(fā)車時間間隔t相關：當10≤t≤20時，高鐵為滿載狀態(tài)，載客量為1200人；當2≤t<10時，載客量會在滿載基礎上減少，減少的人數(shù)與(10－t)2成正比，且發(fā)車時間間隔為5分鐘時的載客量為950人．設發(fā)車間隔為t分鐘時，高鐵載客量為P(t)人．(1)求P(t)的表達式；(2)若該線路發(fā)車時間間隔為t分鐘時的凈收益Q(t)＝eq\f(t,5)P(t)－40t2＋660t－2048元，當發(fā)車時間間隔為多少時，單位時間的凈收益eq\f(Q(t),t)最大？最大為多少？解(1)當2≤t<10時，減少的人數(shù)與(10－t)2成正比，設比例系數(shù)為k，所以P(t)＝1200－k(10－t)2，2≤t<10，當t＝5時，P(5)＝950，即1200－k(10－5)2＝950，解得k＝10，所以P(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1200－10(10－t)2，2≤t<10，,1200，10≤t≤20.))(2)由題意可得Q(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(700t－2048－2t3，2≤t<10，,900t－40t2－2048，10≤t≤20.))所以eq\f(Q(t),t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(700－2t2－\f(2048,t)，2≤t<10，,900－40t－\f(2048,t)，10≤t≤20.))令H(t)＝eq\f(Q(t),t)，當2≤t<10時，H′(t)＝－4t＋eq\f(2048,t2)＝eq\f(2048－4t3,t2)，令H′(t)＝0，得t＝8.當2≤t<8時，H′(t)>0，當8<t<10時，H′(t)<0，所以H(t)的最大值為H(8)＝316，當10≤t≤20時，H′(t)＝－40＋eq\f(2048,t2)<0，所以H(t)的最大值為H(10)＝295.2，因為295.2<316，所以當t＝8時，單位時間的凈收益最大，為316元．綜上，當發(fā)車時間間隔為8分鐘時，單位時間的凈收益最大，為316元．課時作業(yè)一、單項選擇題1．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x2－9x(－2<x<2)，則()A．f(x)的極大值為5，無極小值B．f(x)的極小值為－27，無極大值C．f(x)的極大值為5，極小值為－27D．f(x)的極大值為5，極小值為－11答案A解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)，由f′(x)>0，得－2<x<－1，由f′(x)<0，得－1<x<2，所以函數(shù)f(x)＝x3－3x2－9x(－2<x<2)在(－2，－1)上單調(diào)遞增，在(－1，2)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)＝x3－3x2－9x(－2<x<2)在x＝－1時，取得極大值5，無極小值．故選A.2．已知函數(shù)f(x)＝x2－8x＋6lnx＋1，則f(x)的極大值為()A．10 B．－6C．－7 D．0答案B解析因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋eq\f(6,x)＝eq\f(2(x－1)(x－3),x)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，故列表如下：x(0，1)1(1，3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)單調(diào)遞增－6單調(diào)遞減－14＋6ln3單調(diào)遞增所以f(x)的極大值為f(1)＝－6.故選B.3．函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極小值－3，則a－b的值為()A．0 B．6C．3 D．2答案A解析f′(x)＝12x2－2ax－2b，因為f(x)在x＝1處有極小值－3，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′(1)＝12－2a－2b＝0，,f(1)＝4－a－2b＋2＝－3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝3.))經(jīng)檢驗符合題意，所以a－b＝0.故選A.4.(2024·湖南長沙第一中學高三上學期月考(三))已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則下列說法正確的是()A．函數(shù)f(x)有最小值B．函數(shù)f(x)有最大值C．函數(shù)f(x)有且僅有三個零點D．函數(shù)f(x)有且僅有兩個極值點答案A解析由函數(shù)圖象可知f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：x(－∞，－1)(－1，1)(1，3)(3，＋∞)f′(x)－＋－＋f(x)由上表可知f(x)在(－∞，－1)和(1，3)上分別單調(diào)遞減，在(－1，1)和(3，＋∞)上分別單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)的極小值分別為f(－1)，f(3)，其極大值為f(1)．對于A，由以上分析可知f(x)min＝min{f(－1)，f(3)}，即函數(shù)f(x)有最小值，故A正確；對于B，由題圖可知當x→＋∞，有f′(x)→＋∞，即f(x)增加得越來越快，因此當x→＋∞，有f(x)→＋∞，所以函數(shù)f(x)沒有最大值，故B錯誤；對于C，若f(－1)<0，f(1)>0，f(3)<0，則由零點存在定理可知函數(shù)f(x)有四個零點，故C錯誤；對于D，由上表及以上分析可知，函數(shù)f(x)共有三個極值點，故D錯誤．故選A.5．(2022·全國甲卷)當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解析因為函數(shù)f(x)的定義域為(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)，當0<x<1時，f′(x)>0，當x>1時，f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，當x＝1時取最大值，滿足題意，所以f′(2)＝eq\f(2×(1－2),22)＝－eq\f(1,2).故選B.6．(2023·全國乙卷)函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋2存在3個零點，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)C．(－4，－1) D．(－3，0)答案B解析f(x)＝x3＋ax＋2，則f′(x)＝3x2＋a，若f(x)存在3個零點，則f(x)存在極大值和極小值，則a<0.令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－eq\r(\f(－a,3))或x＝eq\r(\f(－a,3))，且當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(－a,3))))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))，＋∞))時，f′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))，\r(\f(－a,3))))時，f′(x)<0，故f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))，極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))，若f(x)存在3個零點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(－a,3))))>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(－a,3))))<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)\r(\f(－a,3))－a\r(\f(－a,3))＋2>0，,\f(－a,3)\r(\f(－a,3))＋a\r(\f(－a,3))＋2<0，))解得a<－3.故選B.7．(2023·山東聊城高三三模)若直線y＝x＋b與曲線y＝ex－ax相切，則b的最大值為()A．0 B．1 C．2 D．e答案B解析設切點坐標為(x0，y0)，因為y＝ex－ax，所以y′＝ex－a，故切線的斜率為ex0－a＝1，ex0＝a＋1，則x0＝ln(a＋1)．又切點(x0，y0)在切線y＝x＋b與曲線y＝ex－ax上，所以x0＋b＝ex0－ax0，所以b＝(a＋1)－x0(a＋1)＝(a＋1)[1－ln(a＋1)]．令a＋1＝t，則b＝t(1－lnt)，設f(t)＝t(1－lnt)，f′(t)＝(1－lnt)＋t·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,t)))＝－lnt，令f′(t)＝0，得t＝1，所以當t∈(0，1)時，f′(t)>0，f(t)是增函數(shù)；當t∈(1，＋∞)時，f′(t)<0，f(t)是減函數(shù)，所以f(t)max＝f(1)＝1.所以b的最大值為1.故選B.8．(2023·福建南平高三第三次質(zhì)量檢測)A，B分別是函數(shù)y＝ex－1和y＝eq\r(x－1)圖象上的點，若AB與x軸平行，則|AB|的最小值是()A．eq\f(1－ln2,2) B．eq\f(1＋ln2,2)C．eq\f(3－ln2,2) D．eq\f(3＋ln2,2)答案B解析因為AB與x軸平行，設AB的方程為y＝m(m>0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,y＝ex－1，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,x＝lnm＋1，))即A(lnm＋1，m)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,y＝\r(x－1)，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝m，,x＝m2＋1，))即B(m2＋1，m)，所以|AB|＝m2＋1－(lnm＋1)＝m2－lnm，設f(x)＝x2－lnx(x>0)，則f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，故f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(1,2)－lneq\f(\r(2),2)＝eq\f(1＋ln2,2).故選B.二、多項選擇題9．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則()A．f(x)有兩個極值點B．f(x)有三個零點C．點(0，1)是曲線y＝f(x)的對稱中心D．直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線答案AC解析因為f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq\f(\r(3),3).由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＜－eq\f(\r(3),3)或x＞eq\f(\r(3),3)；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個極值點，故A正確；因為f(x)的極小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(3)－eq\f(\r(3),3)＋1＝1－eq\f(2\r(3),9)＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點，故B錯誤；因為函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個單位長度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關于原點(0，0)中心對稱，所以點(0，1)是曲線f(x)＝x3－x＋1的對稱中心，故C正確；假設直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線，切點為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，則切點坐標為(1，1)，但點(1，1)不在直線y＝2x上，若x0＝－1，則切點坐標為(－1，1)，但點(－1，1)不在直線y＝2x上，所以假設不成立，故D錯誤．故選AC.10．(2023·河北秦皇島聯(lián)考高三沖刺卷(三))已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)≥0恒成立B．f(x)只有一個零點C．f(x)在x＝eq\r(e)處得到極大值eq\f(1,2e)D．f(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)答案BC解析函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x2)的定義域為(0，＋∞)，當0<x<1時，lnx<0，此時f(x)＝eq\f(lnx,x2)<0，故A錯誤；令f(x)＝0，則eq\f(lnx,x2)＝0，即lnx＝0，所以x＝1，故f(x)只有一個零點，故B正確；因為f(x)＝eq\f(lnx,x2)，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(1－2lnx,x3)，由f′(x)>0，可得0<x<eq\r(e)，由f′(x)<0，可得x>eq\r(e)，所以當0<x<eq\r(e)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當x>eq\r(e)時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)極大值＝f(eq\r(e))＝eq\f(1,2e)，故C正確，D錯誤．故選BC.三、填空題11．(2023·山東濰坊模擬)函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點為________．答案2解析因為函數(shù)f(x)＝x3－12x，所以由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－2)和(2，＋∞)，令f′(x)<0，得－2<x<2，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－2，2)，所以函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點為2.12．(2024·河南鄭州模擬)若函數(shù)f(x)＝3x－x3的兩個極值點為x1，x2，則x1＋x2＝________．答案0解析由f(x)＝3x－x3，得f′(x)＝3－3x2，令f′(x)<0，得x<－1或x>1，令f′(x)>0，得－1<x<1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1，1)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)的極值點為－1和1，則x1＋x2＝0.13．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解析由題意，得f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，當x∈[0，2)時，f′(x)<0，當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＝4.14．若函數(shù)f(x)＝xlnx－eq\f(3a,2)x2在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))解析由題意，得f′(x)＝lnx＋1－3ax，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個極值點，即f′(x)＝0在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個不等的實數(shù)根，即3a＝eq\f(lnx＋1,x)在區(qū)間(0，＋∞)上有兩個不等的實數(shù)根，即函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)和y＝3a的圖象有兩個交點，又由g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，得g′(x)＝－eq\f(lnx,x2)，當x∈(0，1)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝1，且當x→0＋時，g(x)→－∞，當x→＋∞時，g(x)→0.所以0<3a<1，解得0<a<eq\f(1,3)，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))).四、解答題15．(2024·九省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2＋ax＋2在點(2，f(2))處的切線與直線2x＋3y＝0垂直．(1)求a；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．解(1)f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x＋a，則f′(2)＝eq\f(1,2)＋2×2＋a＝eq\f(9,2)＋a，由題意可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)＋a))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－1，解得a＝－3.(2)由a＝－3，得f(x)＝lnx＋x2－3x＋2，則f′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f(2x2－3x＋1,x)＝eq\f((2x－1)(x－1),x)，x>0，故當0<x<eq\f(1,2)時，f′(x)>0，當eq\f(1,2)<x<1時，f′(x)<0，當x>1時，f′(x)>0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，故f(x)有極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝lneq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1