2025年高考科學復習創(chuàng)新方案數(shù)學提升版第四章第3講含答案

第2025年高考科學復習創(chuàng)新方案數(shù)學提升版第四章第3講含答案3講導數(shù)與函數(shù)的極值、最值[課程標準]1.借助函數(shù)的圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件.2.能利用導數(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式函數(shù)的最大值、最小值，體會導數(shù)與單調(diào)性、極值、最大(小)值的關(guān)系．1．導數(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x0為極eq\x(\s\up1(07))大值點x0為極eq\x(\s\up1(08))小值點2.導數(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．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．②y′＝2x，當x>0時，函數(shù)單調(diào)遞增；當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．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解析因為f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，當x∈(0，1)時，f′(x)>0；當x∈(1，e]時，f′(x)<0，所以當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題5.3T4改編)已知函數(shù)y＝f(x)的導函數(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x＝－2時，函數(shù)y＝f(x)取得極小值，故B正確；對于C，當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x∈[0，2)時，f′(x)<0，當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，符合題意．多角度探究突破考向一導數(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)設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(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x＝－3時，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；當－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x＝1時，(x－1)3f′(x)＝0，但是f′(x)是否等于0，不能確定；當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x＝3時，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；當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(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點．(2)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．(多選)(2023·石家莊檢測)函數(shù)y＝f(x)的導函數(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B．－1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點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)的極大值點答案AC解析由函數(shù)y＝f′(x)的圖象可知，f′(－3)＝0，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；－3是函數(shù)y＝f(x)的極小值點，故A正確；因為函數(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，－2也不是函數(shù)y＝f(x)的極大值點，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x>1時，f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故A錯誤；當x<1時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞增，故B錯誤；當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)的極大值點為eq\f(π,6).利用導數(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f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)導數(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解析因為f′(x)＝3x2＋2ax－1，Δ＝4a2＋12＞0，所以f′(x)＝0有兩個不同的實數(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)的極值或極值點求參數(shù)例3(1)(2024·牡丹江第二高級中學第一次段考)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，求a的取值范圍．解①當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)的定義域為(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，不符合題意；(ⅱ)當a＝e時，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故無極值點，不符合題意；(ⅲ)當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，符合題意．綜上，a的取值范圍為(e，＋∞)．已知函數(shù)極值或極值點求參數(shù)的兩個要領(lǐng)(1)列式：根據(jù)極值點處導數(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：因為導數(shù)值等于零不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性．1.(2023·開封三模)設函數(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.考向二導數(shù)與函數(shù)的最值例4(1)(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)，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)設函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1.①求f(x)的單調(diào)區(qū)間；②當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))時，求f(x)的最值．解①因為f(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1的定義域為R，所以f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＋2x＝x(2＋cosx)，因為－1≤cosx≤1，所以1≤2＋cosx≤3，所以當x<0時，f′(x)<0，當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，這個極值點就是最值點，此結(jié)論在導數(shù)的實際應用中經(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(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x∈[1，2)時，f′(x)＞0，當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的定義域為(0，＋∞)．①當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x>1時，f′(x)>0；當eq\f(1,2)<x<1時，f′(x)<0，故f(x)min＝f(1)＝1；②當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)因為蓄水池側(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)的定義域為(0，5eq\r(3))．(2)因為V(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r∈(0，5)時，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上為增函數(shù)；當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r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．利用導數(shù)解決生活中優(yōu)化問題的方法求實際問題中的最大值或最小值時，一般是先設自變量、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)果應與實際情況相結(jié)合．用導數(shù)求解實際問題中的最大(小)值時，如果函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，則該極值點就是最值點．(2024·南通百校聯(lián)考)某種型號輪船每小時的運輸成本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．設該輪船的航行速度為xkm/h.(1)試將該輪船每小時的運輸成本Q表示為x的函數(shù)；(2)當該輪船的航行速度為多少時，其每千米的運輸成本y(單位：元)最低？解(1)設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，所以每小時的運輸成本Q＝eq\f(1,125)x3＋128，其中x>0.(2)該輪船每千米的運輸成本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，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x＝20時，f(x)取得最小值f(20)＝9.6.故當該輪船的航行速度為20km/h時，其每千米的運輸成本y最低，且為9.6元．考向四極值與最值的綜合應用例6(2023·蘇錫常鎮(zhèn)四市聯(lián)考)已知實數(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x0，并求x0的最小值．解(1)當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)的定義域為(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．由f′(x0)＝0，得lna－eq\f(a,x0)＋2(x0－e)＝0.設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′(x0)＝eq\f(1,x0)＋2>0，∴h(x0)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵h(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，不可想當然地認為極值點就是最值點，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·長沙雅禮中學預測)設x＝－3是函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2－3x＋c的一個極值點，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，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，因為f(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、單項選擇題1．(2023·南寧模擬)函數(shù)f(x)＝3＋xln2x的極小值點為()A．x＝1 B．x＝2C．x＝e D．x＝eq\f(1,2e)答案D解析因為f(x)＝3＋xln2x的定義域為(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x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當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x∈(－∞，2)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(2，6)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當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，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x<a－1時，f′(x)<0；當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)各種不同的進制在我們生活中隨處可見，計算機使用的是二進制，數(shù)學運算一般用十進制．通常我們用函數(shù)f(x)＝eq\f(M,xlogxM)表示在x進制下表達M(M＞1)個數(shù)字的效率，則下列選項中表達效率最高的是()A．二進制 B．三進制C．八進制 D．十進制答案B解析因為f(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0<x<e時，f′(x)>0，當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)．則表達效率最高的是三進制．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，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，0] B．[1，＋∞)C．[3，＋∞) D．(0，＋∞)答案B解析當x≥0時，f(x)＝2x3－3x2，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，當x∈(0，1)時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝－1.因為y＝f(x)的最小值為－1，所以當x＜0時，f(x)min≥－1，當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h′(x)＝ex－eq\f(1,2)－eq\f(1,2x)＝0時，解得x＝eq\f(1,2)，所以當0<x<eq\f(1,2)時，h′(x)<0；當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、多項選擇題9．(2024·莆田模擬)函數(shù)f(x)的導函數(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D．f(x)在x＝x1處取得最大值答案AB解析由導函數(shù)的圖象可知，當x∈[a，x2)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(x2，x3)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當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·長沙一輪復習聯(lián)考)材料：函數(shù)是描述客觀世界變化規(guī)律的重要數(shù)學模型，在現(xiàn)行的高等數(shù)學與數(shù)學分析教材中，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)過有限次的四則運算及有限次的復合步驟所構(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0＜x＜e時，h′(x)＞0，此時函數(shù)h(x)單調(diào)遞增；當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Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，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)的極小值點答案ABC解析因為f(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)的定義域為R，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，顯然符合題設條件，此時f(x)無極值，故D錯誤．解法二：當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，因為f(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，故D錯誤．故選ABC.三、填空題12．設a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則實數(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，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，不妨設為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.(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a≤2時，f(x)min＝(1－a)e；當a≥3時，f(x)min＝(2－a)e2；當2<a<3時，f(x)min＝－ea－1.17．(2024·重慶南開中學模擬)已知函數(shù)f(x)＝x(x－m)2，m∈R.(1)當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，求實數(shù)m的值．解(1)當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eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,2)))上的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－9，\f(32,27))).(2)f′(x)＝(3x－m)(x－m)，令f′(x)＝0，解得x＝m或x＝eq\f(m,3).當m＝0時，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增，無極值，舍去；當m<0時，令f′(x)>0，得x<m或x>eq\f(m,3)，令f′(x)<0，得m<x<eq\f(m,3)，所以f(x)在(－∞，m)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,3)))上單調(diào)遞減，f(x)在x＝m時取得極大值，又f(m)＝0，不符合題意，舍去；當m>0時，令f′(x)>0，得x<eq\f(m,3)或x>m，令f′(x)<0，得eq\f(m,3)<x<m，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(m,3)))和(m，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))上單調(diào)遞減，f(x)在x＝eq\f(m,3)時取得極大值，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)))＝eq\f(4m3,27)＝4，解得m＝3.綜上，實數(shù)m的值為3.18．(2022·新高考Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－lnx有相同的最小值，求a.解f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x).當a≤0時，因為ex>0，所以f′(x)>0，即f(x)在R上單調(diào)遞增，無最小值，不符合題意．當a>0時，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(lna)＝a－alna；g(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，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋lna.由題意，a－alna＝1＋lna，即(a＋1)lna＝a－1，所以lna－eq\f(a－1,a＋1)＝0，(*)令h(a)＝lna－eq\f(a－1,a＋1)，則h′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(2,（a＋1）2)＝eq\f(a2＋1,a（a＋1）2)>0.所以h(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又h(1)＝0，由(*)式解得a＝1.所以a＝1.19．(2023·北京高考)設函數(shù)f(x)＝x－x3eax＋b，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1.(1)求a，b的值；(2)設函數(shù)g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)求f(x)的極值點個數(shù)．解(1)因為f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b，因為曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－x＋1，所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－13×ea＋b＝0，,1－（3＋a）ea＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝1.))(2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)·e－x＋1(x∈R)，則g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1，令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±eq\r(3)，不妨設x1＝3－eq\r(3)，x2＝3＋eq\r(3)，則0<x1<x2，易知e－x＋1>0恒成立，所以令g′(x)<0，解得0<x<x1或x>x2；令g′(x)>0，解得x<0或x1<x<x2，所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)，(x1，x2)上單調(diào)遞增，即g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，3－eq\r(3))和(3＋eq\r(3)，＋∞)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)和(3－eq\r(3)，3＋eq\r(3))．(3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)，f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1，由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，0)，(x1，x2)上單調(diào)遞增，當x<0時，f′(－1)＝1－4e2<0，f′(0)＝1>0，即f′(－1)f′(0)<0，所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零點，不妨設為x3，則－1<x3<0，此時，當x<x3時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當x3<x<0時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在(－∞，0)上有一個極小值點；當x∈(0，x1)時，f′(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，則f′(x1)＝f′(3－eq\r(3))<f′(1)＝1－2<0，故f′(0)f′(x1)<0，所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零點，不妨設為x4，則0<x4<x1，此時，當0<x<x4時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增；當x4<x<x1時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)在(0，x1)上有一個極大值點；當x∈(x1，x2)時，f′(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，則f′(x2)＝f′(3＋eq\r(3))>f′(3)＝1>0，故f′(x1)f′(x2)<0，所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零點，不妨設為x5，則x1<x5<x2，此時，當x1<x<x5時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減；當x5<x<x2時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在(x1，x2)上有一個極小值點；當x>x2＝3＋eq\r(3)>3時，3x2－x3＝x2(3－x)<0，所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1>0，則f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)在(x2，＋∞)上無極值點．綜上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一個極小值點，在(0，x1)上有一個極大值點，共有3個極值點．第4講導數(shù)與函數(shù)的綜合應用[課程標準]1.能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，對于多項式函數(shù)，能求不超過三次的多項式函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.2.借助函數(shù)的圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件.3.能利用導數(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式函數(shù)的最大值、最小值，體會導數(shù)與單調(diào)性、極值、最大(小)值的關(guān)系．第1課時利用導數(shù)解決不等式恒(能)成立問題考向一恒成立問題例1(2024·揭陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝2lnx－eq\f(1,2)mx2＋1(m∈R)．(1)當m＝1時，證明：f(x)<1；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)<(m－2)x恒成立，求整數(shù)m的最小值．解(1)證明：當m＝1時，f(x)＝2lnx－eq\f(1,2)x2＋1(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(2,x)－x＝eq\f(2－x2,x)(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝eq\r(2)，當x∈(0，eq\r(2))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(eq\r(2)，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝eq\r(2)處取得唯一的極大值，即最大值，所以f(x)max＝f(eq\r(2))＝2lneq\r(2)－eq\f(1,2)×2＋1＝ln2，所以f(x)≤ln2，而ln2<lne＝1，所以f(x)<1.(2)令G(x)＝f(x)－(m－2)x＝2lnx－eq\f(1,2)mx2＋(2－m)x＋1，則G′(x)＝eq\f(2,x)－mx＋(2－m)＝eq\f(－mx2＋（2－m）x＋2,x).當m≤0時，因為x>0，所以G′(x)>0，所以G(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又因為G(1)＝－eq\f(3,2)m＋3>0，所以關(guān)于x的不等式G(x)<0不能恒成立；當m>0時，G′(x)＝－eq\f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,m)))（x＋1）,x).令G′(x)＝0，得x＝eq\f(2,m)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,m)))時，G′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)，＋∞))時，G′(x)<0.因此函數(shù)G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,m)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)，＋∞))上單調(diào)遞減．故函數(shù)G(x)的最大值為Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)))＝eq\f(2,m)－2lnm＋2ln2－1.令h(m)＝eq\f(2,m)－2lnm＋2ln2－1，易知h(m)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又h(2)＝0，所以當m≥3時，h(m)<0.所以整數(shù)m的最小值為3.求解不等式恒成立問題的方法(1)構(gòu)造函數(shù)分類討論：遇到f(x)≥g(x)型的不等式恒成立問題時，一般采用作差法，構(gòu)造“左減右”的函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或“右減左”的函數(shù)u(x)＝g(x)－f(x)，進而只需滿足h(x)min≥0或u(x)max≤0，將比較法的思想融入函數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)最值的問題，適用范圍較廣，但是往往需要對參數(shù)進行分類討論．(2)分離參數(shù)法：分離參數(shù)法的主要思想是將不等式變形成一個一端是參數(shù)a，另一端是變量表達式v(x)的不等式后，若a≥v(x)在x∈D上恒成立，則a≥v(x)max；若a≤v(x)在x∈D上恒成立，則a≤v(x)min.(2024·宜昌枝江一中質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若對于所有x≥1都有f(x)≥ax－1，求實數(shù)a的取值范圍．解解法一(分離參數(shù)法)：依題意，得f(x)≥ax－1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a≤lnx＋eq\f(1,x)在x∈[1，＋∞)上恒成立，亦即a≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)，x∈[1，＋∞)．設g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)(x≥1)，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.當x≥1時，因為g′(x)≥0，故g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝1.故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．解法二(構(gòu)造函數(shù)法)：當x＝1時，有f(1)≥a－1，即a－1≤0，得a≤1.令F(x)＝f(x)－(ax－1)＝xlnx－ax＋1，原命題等價于F(x)≥0在x≥1時恒成立?F(x)min≥0，x∈[1，＋∞)．由于F′(x)＝lnx＋1－a≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，因此函數(shù)F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以F(x)min＝F(1)＝1－a≥0，得a≤1.故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．考向二能成立問題例2(2024·邯鄲模擬)已知函數(shù)f(x)＝a·2x－xln2.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當a>0時，證明：不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有實數(shù)解．解(1)f′(x)＝aln2·2x－ln2＝ln2(a·2x－1)，當a≤0時，f′(x)<0，則函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當a>0時，當x<log2eq\f(1,a)時，f′(x)<0，當x>log2eq\f(1,a)時，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減；當a>0時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)證明：要證不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有實數(shù)解，只需證明f(x)min≤2lna＋eq\f(1,a)即可，由(1)得f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,a)))＝a·2log2eq\f(1,a)－ln2×log2eq\f(1,a)＝1＋lna，則只要證明1＋lna≤2lna＋eq\f(1,a)即可，即證lna＋eq\f(1,a)－1≥0.令h(a)＝lna＋eq\f(1,a)－1(a>0)，則h′(a)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a2)＝eq\f(a－1,a2)，當0<a<1時，h′(a)<0，當a>1時，h′(a)>0，所以函數(shù)h(a)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(a)≥h(1)＝0，即lna＋eq\f(1,a)－1≥0，所以當a>0時，不等式f(x)≤2lna＋eq\f(1,a)有實數(shù)解．由不等式能成立求參數(shù)范圍的常見題型(1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立?f(x)max≥m.(2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立?f(x)min≤m.(2023·汕頭一模)已知函數(shù)f(x)＝x－alnx，g(x)＝－eq\f(a＋1,x)(a∈R)．若在[1，e]上存在x0，使得f(x0)<g(x0)成立，求a的取值范圍．解依題意，只需[f(x)－g(x)]min<0，x∈[1，e]即可．令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－alnx＋eq\f(a＋1,x)，x∈[1，e]，則h′(x)＝1－eq\f(a,x)－eq\f(a＋1,x2)＝eq\f(x2－ax－（a＋1）,x2)＝eq\f([x－（a＋1）]（x＋1）,x2).①當a＋1≤1，即a≤0時，h′(x)≥0，h(x)單調(diào)遞增，h(x)min＝h(1)＝a＋2<0，得a<－2；②當1<a＋1<e，即0<a<e－1時，h(x)在[1，a＋1)上單調(diào)遞減，在(a＋1，e]上單調(diào)遞增，故h(x)min＝h(a＋1)＝(a＋1)－aln(a＋1)＋1＝a[1－ln(a＋1)]＋2>2，不符合題意；③當a＋1≥e，即a≥e－1時，h′(x)≤0，h(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，則h(x)min＝h(e)＝e－a＋eq\f(a＋1,e)<0，得a>eq\f(e2＋1,e－1)>e－1成立．綜上所述，a的取值范圍為(－∞，－2)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2＋1,e－1)，＋∞)).考向三雙變量不等式恒(能)成立問題例3(2023·鄭州四中第二次調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x2)＋2lnx(a>0)，g(x)＝x3－x2.(1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對于任意的x1∈(0，2]，都存在x2∈[1，2]，使得x1f(x1)≥g(x2)成立，試求實數(shù)a的取值范圍．解(1)由題意，可知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)．∵當a＝1時，f(x)＝eq\f(1,x2)＋2lnx，∴f′(x)＝－eq\f(2,x3)＋eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－2,x3)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x3).∴當0＜x＜1時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減；當x＞1時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)．(2)由g(x)＝x3－x2，得g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，又x∈[1，2]，∴g′(x)＞0，故函數(shù)g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(1)＝0.∴對任意的x∈(0，2]，xf(x)≥0恒成立，即eq\f(a,x)＋2xlnx≥0恒成立，∴a≥－2x2lnx恒成立．令h(x)＝－2x2lnx，x∈(0，2]，則h′(x)＝－2x－4xlnx＝－2x(1＋2lnx)，x∈(0，2]，令h′(x)＝0，則1＋2lnx＝0，解得x＝e－eq\s\up7(\f(1,2)).當x∈(0，e－eq\s\up7(\f(1,2)))時，h′(x)＞0，∴函數(shù)h(x)在(0，e－eq\s\up7(\f(1,2))上單調(diào)遞增；當x∈(e－eq\s\up7(\f(1,2))，2]時，h′(x)＜0，∴函數(shù)h(x)在(e－eq\s\up7(\f(1,2))，2]上單調(diào)遞減．∴h(x)max＝h(e－eq\s\up7(\f(1,2)))＝eq\f(1,e)，∴a≥eq\f(1,e).∴實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).雙參數(shù)不等式問題的求解方法一般采用等價轉(zhuǎn)化法：(1)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最大值．(2)?x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最小值．(3)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最小值>g(x)在[c，d]上的最小值．(4)?x1∈[a，b]，?x2∈[c，d]，f(x1)>g(x2)?f(x)在[a，b]上的最大值>g(x)在[c，d]上的最大值．已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，g(x)＝x3－eq\f(4,x)－mx，其中0<m≤6.若存在x1∈R，x2∈(0，2]，使f(x1)≤g(x2)成立，求實數(shù)m的取值范圍．解因為f(x)＝(x－1)ex＋1＋mx2，所以f′(x)＝ex＋1＋(x－1)ex＋1＋2mx＝x(ex＋1＋2m)，因為0<m≤6，ex＋1>0，所以ex＋1＋2m>0，所以當x>0時，f′(x)>0；當x<0時，f′(x)<0.故f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(0)＝－e.又g′(x)＝3x2＋eq\f(4,x2)－m≥4eq\r(3)－m，因為0<m≤6，所以g′(x)>0，所以g(x)在(0，2]上為增函數(shù)．所以g(x)max＝g(2)＝8－2－2m＝6－2m.依題意有f(x)min≤g(x)max，所以6－2m≥－e，又0<m≤6，所以0<m≤3＋eq\f(e,2).故實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，3＋\f(e,2))).課時作業(yè)一、單項選擇題1．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3－a，若存在x0∈[－1，1]，使得f(x0)>0，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，－1) B．(－∞，1)C．(－1，3) D．(－∞，3)答案D解析f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，易得當x>2或x<0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當0<x<2時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，故當－1≤x≤1時，在x＝0處函數(shù)f(x)取得最大值f(0)＝3－a，因為