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2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第三章3.3导数与函数的极值、最值
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§3.3 导数与函数的极值、最值
最新考纲
考情考向分析
1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)．
2.会利用导数解决实际问题(生活中的优化问题).
考查函数的极值、最值，常与方程、不等式相结合命题，强化应用意识．题型为解答题，难度较大.
1．函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象
极值
f (x0)为极大值
f (x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
2.函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f (x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f (x)在[a，b]上单调递增，则f (a)为函数的最小值，f (b)为函数的最大值；若函数f (x)在[a，b]上单调递减，则f (a)为函数的最大值，f (b)为函数的最小值．
概念方法微思考
1．对于可导函数f (x)，“f′(x0)＝0”是“函数f (x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示 必要不充分
2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？
提醒 不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大．( √ )
(2)函数的极小值一定是函数的最小值．( × )
(3)开区间上的单调连续函数无最值．( √ )
题组二 教材改编
2．函数f (x)＝2x－xln x的极值是( )
A. B. C．e D．e2
答案 C
解析 因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，当f′(x)>0时，解得0e，所以x＝e时，f (x)取到极大值，f (x)极大值＝f (e)＝e.故选C.
3．当x>0时，ln x，x，ex的大小关系是________．
答案 ln x
答案 a3
解析 容积V＝(a－2x)2x,0
5．若函数f (x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，m＝________.
答案 4
解析 f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f (x)在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f (0)＝m，f (3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f (x)max＝f (0)＝4，所以m＝4.
6．已知函数f (x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f (x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 f′(x)＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数，因此解得
用导数求解函数极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例1 设函数f (x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (1)
B．函数f (x)有极大值f (－2)和极小值f (1)
C．函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (－2)
D．函数f (x)有极大值f (－2)和极小值f (2)
答案 D
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2
由此可以得到函数f (x)在x＝－2处取得极大值，
在x＝2处取得极小值．
命题点2 求已知函数的极值
例2 已知函数f (x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f (x)的极值．
解 因为f (x)＝x2－1－2aln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－＝.
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立．所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．
所以当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f (x)
↘
极小值
↗
所以当x＝时，f (x)取得极小值，且f ()＝()2－1－2aln ＝a－1－aln a．无极大值．
综上，当a<0时，函数f (x)在(0，＋∞)上无极值．
当a>0时，函数f (x)在x＝处取得极小值a－1－aln a，无极大值．
命题点3 已知极值点求参数
例3 (1)(2020·江西八校联考)若函数f (x)＝x2－x＋aln x在(1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为________．
(2)若函数f (x)的导数f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，已知x＝k是函数f (x)的极大值点，则k＝______.
答案 (1)(－∞，－1) (2)1
解析 (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1＋＝，
由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在(1，＋∞)上有解，
所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a<0，
所以a∈(－∞，－1)．
(2)因为函数的导数为f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，
所以若k是偶数，则x＝k不是极值点，则k是奇数，
若k<，由f′(x)>0，解得x>或x
因为k≥1，k∈Z，所以k＝1，
若k>，由f′(x)>0，解得x>k或x<；
由f′(x)<0，解得
思维升华 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f (x)极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域．
②求导数f′(x)．
③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根．
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
②验证：求解后验证根的合理性．
跟踪训练1 (1)(2019·河北冀州中学模拟)已知函数f (x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f (x)在x＝a处取得极大值，则a的取值范围是________．
答案 (－1,0)
解析 若a＝0，则f′(x)＝0，函数f (x)不存在极值；若a＝－1，则f′(x)＝－(x＋1)2≤0，函数f (x)不存在极值；若a>0，当x∈(－1，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在x＝a处取得极小值；若－10，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f (x)在x＝a处取得极大值；若a<－1，当x∈(－∞，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，－1)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在x＝a处取得极小值．综上所述，a∈(－1,0)．
(2)已知函数f (x)＝ax－1－ln x(a∈R)．讨论函数f (x)在定义域内的极值点的个数．
解 f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f (x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，由f′(x)<0得0
∴f (x)在上单调递减，在上单调递增，即f (x)在x＝处有极小值，无极大值．
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a>0时，f (x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
用导数求函数的最值
例4 已知函数f (x)＝＋kln x，k<，求函数f (x)在上的最大值和最小值．
解 f′(x)＝＋＝.
①若k≤0，则在上恒有f′(x)<0，
所以f (x)在上单调递减．
②若0
则x－<0在上恒成立，
所以<0在上恒成立，
所以f (x)在上单调递减．
综上，当k<时，f (x)在上单调递减，
所以f (x)min＝f (e)＝＋k－1，
f (x)max＝f ＝e－k－1.
若本例条件中的“k<”改为“k≥”，则函数f (x)在上的最小值是多少？
解 f′(x)＝＝，∵k≥，∴0<≤e，
若0<≤，即k≥e时，f′(x)≥0在上恒成立，f (x)在上为增函数，f (x)min＝f ＝e－k－1.
若<
综上，当
(2)若函数f (x)在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f (a)，f (b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f (x)在区间(a，b)上有唯一一个极大(或极小)值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
跟踪训练2 (2020·福州检测)已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)，求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解 g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝
＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1<
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
1.函数f (x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f (x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
答案 C
解析 设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x0，f (x)为增函数，当x1
2．(2019·唐山一中模拟)设函数f (x)＝＋ln x，则( )
A．x＝为f (x)的极大值点
B．x＝为f (x)的极小值点
C．x＝2为f (x)的极大值点
D．x＝2为f (x)的极小值点
答案 D
解析 因为f (x)＝＋ln x，所以f′(x)＝－＋＝，x>0.当x>2时，f′(x)>0，f (x)为增函数；当0
A．－4 B．－2 C．4 D．2
答案 D
解析 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，所以a＝2.
4．(2019·苏锡常镇调研)f (x)＝ex－x在区间[－1,1]上的最大值是( )
A．1＋ B．1
C．e＋1 D．e－1
答案 D
解析 f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，f (－1)＝e－1＋1，f (1)＝e－1，f (－1)－f (1)＝＋2－e<＋2－e<0，所以f (1)>f (－1)．故选D.
5．若函数f (x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( )
A．0
答案 A
解析 f (x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，
∴f′(0)＝－3b<0，且f′(1)＝3－3b>0.
∴b>0且b<1.
综上，b的取值范围为0
A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)
C．{4} D．[2,4]
答案 C
解析 f′(x)＝3ax2－3，
当a≤0时，对于x∈[－1,1]总有f′(x)<0，
则f (x)在[－1,1]上为减函数，
f (x)min＝f (1)＝a－2<0，不合题意；
当0
当a>1时，f (x)在和上为增函数，在上为减函数，
所以有f (－1)＝－a＋4≥0，且f ＝－＋1≥0，解得a＝4.
综上所述，a＝4.
7．(2020·信阳调研)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f (2)的值为________．
答案 18
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得即解得或
经验证a＝4，b＝－11符合题意，
此时f (x)＝x3＋4x2－11x＋16，f (2)＝18.
8．函数f (x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
答案
解析 f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a
∴f (x)的极大值为f (－a)，极小值为f (a)．
∴f (－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f (a)＝a3－3a3＋a<0，
解得a>.
∴a的取值范围是.
9．已知函数f (x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f (m)的最小值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax，由f (x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f (x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f (m)min＝f (0)＝－4.
10．函数f (x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f (x1)－f (x2)|≤t，则实数t的最小值是________．
答案 20
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，
所以在区间[－3,2]上，f (x)max＝1，f (x)min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上，f (x)max－f (x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
11．设函数f (x)＝aln x－bx2，若函数f (x)在x＝1处与直线y＝－相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f (x)在上的最大值．
解 (1)f′(x)＝－2bx，x>0，
∵函数f (x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)由(1)知，f (x)＝ln x－x2，x>0，
f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得1
在(1，e]上单调递减，
∴f (x)max＝f (1)＝－.
12．(2019·衡水中学调研)已知函数f (x)＝xln x.
(1)求函数f (x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f (x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0，得x＝.
所以f (x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以x＝是函数f (x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，
则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1.
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)为减函数，
在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)为增函数．
当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为增函数，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0.
当1
所以g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae.
综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；
当1
13．(2020·泉州质检)已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝的图象交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是________．
答案
解析 由y＝ex＋1得x＝ln y－1，
由y＝得x＝y2＋1，
所以设h(y)＝|AB|＝y2＋1－(ln y－1)＝y2－ln y＋2，y>0，h′(y)＝2y－＝，
当0时，h′(y)>0，
即函数h(y)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以h(y)min＝h＝2－ln ＋2＝.
14．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 [－6，－2]
解析 当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0，变为3≥0恒成立，即a∈R，
当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥max.
设φ(x)＝.
∴φ′(x)＝－＝－，
∴当x∈(0,1]时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1]上单调递增，
φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.
当x∈[－2,0)时，a≤，∴a≤min.
同理可求得x∈[－2,0)时，min＝φ(－1)＝－2，∴a≤－2，
综上可得，－6≤a≤－2.
15．已知函数f (x)＝xln x＋mex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
答案
解析 f (x)＝xln x＋mex(x>0)，
∴f′(x)＝ln x＋1＋mex(x>0)，
令f′(x)＝0，得－m＝，设g(x)＝，
g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－<0(x>0)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
若f (x)有两个极值点，只需y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0<－m<，故－
解 假设存在实数a，使得f (x)＝ax－ln x(x∈(0，e])的最小值为3，由题意知f′(x)＝a－＝.
①当a≤0时，在(0，e]上恒有f′(x)<0，函数f (x)在(0，e]上单调递减，
所以f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，
即a＝，不满足a≤0，舍去．
②当0<
③当≥e时，f (x)在(0，e]上单调递减，f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，即a＝，不满足≥e，舍去．
综上所述，当x∈(0，e]时，存在实数a＝e2，使得f (x)的最小值为3.
最新考纲
考情考向分析
1.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)．
2.会利用导数解决实际问题(生活中的优化问题).
考查函数的极值、最值，常与方程、不等式相结合命题，强化应用意识．题型为解答题，难度较大.
1．函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象
极值
f (x0)为极大值
f (x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
2.函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f (x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f (x)在[a，b]上单调递增，则f (a)为函数的最小值，f (b)为函数的最大值；若函数f (x)在[a，b]上单调递减，则f (a)为函数的最大值，f (b)为函数的最小值．
概念方法微思考
1．对于可导函数f (x)，“f′(x0)＝0”是“函数f (x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示 必要不充分
2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？
提醒 不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大．( √ )
(2)函数的极小值一定是函数的最小值．( × )
(3)开区间上的单调连续函数无最值．( √ )
题组二 教材改编
2．函数f (x)＝2x－xln x的极值是( )
A. B. C．e D．e2
答案 C
解析 因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，当f′(x)>0时，解得0
3．当x>0时，ln x，x，ex的大小关系是________．
答案 ln x
答案 a3
解析 容积V＝(a－2x)2x,0
5．若函数f (x)＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，m＝________.
答案 4
解析 f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f (x)在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f (0)＝m，f (3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f (x)max＝f (0)＝4，所以m＝4.
6．已知函数f (x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f (x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 f′(x)＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数，因此解得
用导数求解函数极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例1 设函数f (x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (1)
B．函数f (x)有极大值f (－2)和极小值f (1)
C．函数f (x)有极大值f (2)和极小值f (－2)
D．函数f (x)有极大值f (－2)和极小值f (2)
答案 D
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2
由此可以得到函数f (x)在x＝－2处取得极大值，
在x＝2处取得极小值．
命题点2 求已知函数的极值
例2 已知函数f (x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f (x)的极值．
解 因为f (x)＝x2－1－2aln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－＝.
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立．所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)．
所以当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f (x)
↘
极小值
↗
所以当x＝时，f (x)取得极小值，且f ()＝()2－1－2aln ＝a－1－aln a．无极大值．
综上，当a<0时，函数f (x)在(0，＋∞)上无极值．
当a>0时，函数f (x)在x＝处取得极小值a－1－aln a，无极大值．
命题点3 已知极值点求参数
例3 (1)(2020·江西八校联考)若函数f (x)＝x2－x＋aln x在(1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为________．
(2)若函数f (x)的导数f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，已知x＝k是函数f (x)的极大值点，则k＝______.
答案 (1)(－∞，－1) (2)1
解析 (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1＋＝，
由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在(1，＋∞)上有解，
所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a<0，
所以a∈(－∞，－1)．
(2)因为函数的导数为f′(x)＝(x－k)k，k≥1，k∈Z，
所以若k是偶数，则x＝k不是极值点，则k是奇数，
若k<，由f′(x)>0，解得x>或x
因为k≥1，k∈Z，所以k＝1，
若k>，由f′(x)>0，解得x>k或x<；
由f′(x)<0，解得
思维升华 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f (x)极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域．
②求导数f′(x)．
③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根．
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．
②验证：求解后验证根的合理性．
跟踪训练1 (1)(2019·河北冀州中学模拟)已知函数f (x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f (x)在x＝a处取得极大值，则a的取值范围是________．
答案 (－1,0)
解析 若a＝0，则f′(x)＝0，函数f (x)不存在极值；若a＝－1，则f′(x)＝－(x＋1)2≤0，函数f (x)不存在极值；若a>0，当x∈(－1，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在x＝a处取得极小值；若－1
(2)已知函数f (x)＝ax－1－ln x(a∈R)．讨论函数f (x)在定义域内的极值点的个数．
解 f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a－＝，
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f (x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，由f′(x)<0得0
∴f (x)在上单调递减，在上单调递增，即f (x)在x＝处有极小值，无极大值．
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a>0时，f (x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
用导数求函数的最值
例4 已知函数f (x)＝＋kln x，k<，求函数f (x)在上的最大值和最小值．
解 f′(x)＝＋＝.
①若k≤0，则在上恒有f′(x)<0，
所以f (x)在上单调递减．
②若0
则x－<0在上恒成立，
所以<0在上恒成立，
所以f (x)在上单调递减．
综上，当k<时，f (x)在上单调递减，
所以f (x)min＝f (e)＝＋k－1，
f (x)max＝f ＝e－k－1.
若本例条件中的“k<”改为“k≥”，则函数f (x)在上的最小值是多少？
解 f′(x)＝＝，∵k≥，∴0<≤e，
若0<≤，即k≥e时，f′(x)≥0在上恒成立，f (x)在上为增函数，f (x)min＝f ＝e－k－1.
若<
综上，当
(2)若函数f (x)在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f (a)，f (b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f (x)在区间(a，b)上有唯一一个极大(或极小)值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
跟踪训练2 (2020·福州检测)已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)，求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解 g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝
＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1<
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
1.函数f (x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f (x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
答案 C
解析 设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x
2．(2019·唐山一中模拟)设函数f (x)＝＋ln x，则( )
A．x＝为f (x)的极大值点
B．x＝为f (x)的极小值点
C．x＝2为f (x)的极大值点
D．x＝2为f (x)的极小值点
答案 D
解析 因为f (x)＝＋ln x，所以f′(x)＝－＋＝，x>0.当x>2时，f′(x)>0，f (x)为增函数；当0
A．－4 B．－2 C．4 D．2
答案 D
解析 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，所以a＝2.
4．(2019·苏锡常镇调研)f (x)＝ex－x在区间[－1,1]上的最大值是( )
A．1＋ B．1
C．e＋1 D．e－1
答案 D
解析 f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，f (－1)＝e－1＋1，f (1)＝e－1，f (－1)－f (1)＝＋2－e<＋2－e<0，所以f (1)>f (－1)．故选D.
5．若函数f (x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极小值，则( )
A．0
答案 A
解析 f (x)在(0,1)内有极小值，则f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先负后正，
∴f′(0)＝－3b<0，且f′(1)＝3－3b>0.
∴b>0且b<1.
综上，b的取值范围为0
A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)
C．{4} D．[2,4]
答案 C
解析 f′(x)＝3ax2－3，
当a≤0时，对于x∈[－1,1]总有f′(x)<0，
则f (x)在[－1,1]上为减函数，
f (x)min＝f (1)＝a－2<0，不合题意；
当0
当a>1时，f (x)在和上为增函数，在上为减函数，
所以有f (－1)＝－a＋4≥0，且f ＝－＋1≥0，解得a＝4.
综上所述，a＝4.
7．(2020·信阳调研)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f (2)的值为________．
答案 18
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得即解得或
经验证a＝4，b＝－11符合题意，
此时f (x)＝x3＋4x2－11x＋16，f (2)＝18.
8．函数f (x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是________．
答案
解析 f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a
∴f (x)的极大值为f (－a)，极小值为f (a)．
∴f (－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f (a)＝a3－3a3＋a<0，
解得a>.
∴a的取值范围是.
9．已知函数f (x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f (m)的最小值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax，由f (x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f (x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f (m)min＝f (0)＝－4.
10．函数f (x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f (x1)－f (x2)|≤t，则实数t的最小值是________．
答案 20
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1，
所以在区间[－3,2]上，f (x)max＝1，f (x)min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上，f (x)max－f (x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
11．设函数f (x)＝aln x－bx2，若函数f (x)在x＝1处与直线y＝－相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f (x)在上的最大值．
解 (1)f′(x)＝－2bx，x>0，
∵函数f (x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)由(1)知，f (x)＝ln x－x2，x>0，
f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得1
在(1，e]上单调递减，
∴f (x)max＝f (1)＝－.
12．(2019·衡水中学调研)已知函数f (x)＝xln x.
(1)求函数f (x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f (x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0，得x＝.
所以f (x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以x＝是函数f (x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，
则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1.
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)为减函数，
在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)为增函数．
当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为增函数，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0.
当1
所以g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae.
综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；
当1
13．(2020·泉州质检)已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝的图象交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是________．
答案
解析 由y＝ex＋1得x＝ln y－1，
由y＝得x＝y2＋1，
所以设h(y)＝|AB|＝y2＋1－(ln y－1)＝y2－ln y＋2，y>0，h′(y)＝2y－＝，
当0
即函数h(y)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以h(y)min＝h＝2－ln ＋2＝.
14．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 [－6，－2]
解析 当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0，变为3≥0恒成立，即a∈R，
当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥max.
设φ(x)＝.
∴φ′(x)＝－＝－，
∴当x∈(0,1]时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1]上单调递增，
φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.
当x∈[－2,0)时，a≤，∴a≤min.
同理可求得x∈[－2,0)时，min＝φ(－1)＝－2，∴a≤－2，
综上可得，－6≤a≤－2.
15．已知函数f (x)＝xln x＋mex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
答案
解析 f (x)＝xln x＋mex(x>0)，
∴f′(x)＝ln x＋1＋mex(x>0)，
令f′(x)＝0，得－m＝，设g(x)＝，
g′(x)＝(x>0)，令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－<0(x>0)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
若f (x)有两个极值点，只需y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0<－m<，故－
解 假设存在实数a，使得f (x)＝ax－ln x(x∈(0，e])的最小值为3，由题意知f′(x)＝a－＝.
①当a≤0时，在(0，e]上恒有f′(x)<0，函数f (x)在(0，e]上单调递减，
所以f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，
即a＝，不满足a≤0，舍去．
②当0<
③当≥e时，f (x)在(0，e]上单调递减，f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，即a＝，不满足≥e，舍去．
综上所述，当x∈(0，e]时，存在实数a＝e2，使得f (x)的最小值为3.
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