新高考数学二轮复习 专题6 第3讲　导数的简单应用（讲） 【新教材·新高考】

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高考数学一轮靠老师勤奋、学生努力；高考数学二轮主要看老师的把握水平(课标、考纲)，研究水平(选题、集体备课)，辅导水平(课堂辅导，课后个辅)。
二、高考数学二轮复习要注意明确两个做法：抓审题，抓个辅
抓审题：让学生说出来，让思维呈现出来。充分调动学生审题、变题能力;
抓个辅：教师要有个辅学生问题清单，让辅导有针对性;个辅全程性，个辅不只在课后，课堂个辅也是关键。
三、高考数学二轮复习要注意坚持三个过关：必须记忆过关;必须限时过关;必须心理过关
1、高考数学每节课必须花5分钟过关记忆性知识。
2、学生训练最大的状态就是能限时过关，应试能力也是数学解题能力，极大限度地减少题海战术。
3、学生最大的障碍就是就是心理问题。
四、高三数学二轮复习要注意避免四个重复：
重复一轮复习老路；重复成套试题训练；重复迷信名校资料；重复个人喜好方向。

第3讲 导数的简单应用（讲·学生版）
高考定位
1.导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小.
2.应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．
核心整合
1．导数的几何意义
函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为———————．
2．四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cs x；
(2)(cs x)′＝————；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(lgax)′＝———————(a>0，且a≠1)．
3.导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
4.导数与极值、最值
(1)函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左正右负”⇔f(x)在x0处取极大值；函数f(x)在x0处的导数f′(x0)＝0且f′(x)在x0附近“左负右正”⇔f(x)在x0处取极小值．
(2)函数f(x)在一闭区间上的最大值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最大者”，函数f(x)在一闭区间上的最小值是此函数在该区间上的极值与该区间端点处函数值中的“最小者”.
真题体验
1．（2021•全国高考乙卷文、理科）设，若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.故选D.
2.（2021•全国新高考Ⅰ卷）若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.
故选D.
3.（2021•全国高考甲卷理科）曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】因为，所以当时，，所以点在曲线上.
又求导得，所以，
所以切线方程为．
4.（2021•全国新高考II卷）写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．
①；②当时，；③是奇函数．
【答案】（答案不唯一，均满足）
【解析】取，则，满足①，
，时有，满足②，
的定义域为，
又，故是奇函数，满足③.
故答案为：（答案不唯一，均满足）
5.（2021•全国新高考Ⅰ卷）函数的最小值为______.
【答案】1
【解析】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴.
能力突破
考点一 导数的几何意义与计算
【例1】 (1)(2021·湖北八校第一次联考)已知曲线C：f(x)＝x3－3x，直线l：y＝ax－eq \r(3)a，则a＝6是直线l与曲线C相切的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
(2)(2020·高考全国卷Ⅰ) 曲线y＝ln x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________．
【答案】 (1)A (2)y＝2x
【解析】 (1)因为曲线C：f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3.设直线l与曲线C相切，且切点的横坐标为x0，则切线方程为y＝(3xeq \\al(2,0)－3)x－2xeq \\al(3,0)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3xeq \\al(2,0)－3＝a，,2xeq \\al(3,0)＝\r(3)a，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\r(3)，,a＝6))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(\r(3),2)，,a＝－\f(3,4)，))所以a＝6是直线l与曲线C相切的充分不必要条件，故选A.
(2)设切点坐标为(x0，ln x0＋x0＋1)．由题意得y′＝eq \f(1,x)＋1，则该切线的斜率k＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋1))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x＝x0＝\f(1,x0)＋1＝2))，解得x0＝1，所以切点坐标为(1，2)，所以该切线的方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x.
【规律方法】 求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程．
(2)已知切线的斜率k，求切线方程
设切点为P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程．
(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程
设切点为P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．
【对点训练1】1．(一题多解) (2018·高考全国卷Ⅰ)设函数ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若ƒ(x)为奇函数，则曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x B．y＝－x
C．y＝2x D．y＝x
【答案】D
【解析】法一：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，
∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a.
又ƒ(x)为奇函数，∴ƒ(－x)＝－ƒ(x)恒成立，
即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，
∴a＝1，∴ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，
∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.
法二：∵ƒ(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，
∴ƒ′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a为偶函数，
∴a＝1，即ƒ′(x)＝3x2＋1，∴ƒ′(0)＝1，
∴曲线y＝ƒ(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.故选D.
2.已知直线l既是曲线C1：y＝ex的切线，又是曲线C2：y＝eq \f(1,4)e2x2的切线，则直线l在x轴上的截距为( )
A．2 B．1
C．e2 D．－e2
【答案】B
【解析】设直线l与曲线C1：y＝ex的切点为A(x1，ex1)，与曲线C2：y＝eq \f(1,4)e2x2的切点为Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,4)e2xeq \\al(2,2))).由y＝ex，得y′＝ex，所以曲线C1在点A处的切线方程为y－e x1＝e x1 (x－x1)，即y＝ex1x－e x1 (x1－1) ①.
由y＝eq \f(1,4)e2x2，得y′＝eq \f(1,2)e2x，所以曲线C2在点B处的切线方程为y－eq \f(1,4)e2xeq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)e2x2(x－x2)，即y＝eq \f(1,2)e2x2x－eq \f(1,4)e2xeq \\al(2,2) ②.
因为①②表示的切线为同一直线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e x1＝\f(1,2)e2x2，,e x1（x1－1）＝\f(1,4)e2xeq \\al(2,2)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝2，,x2＝2，))所以直线l的方程为y＝e2x－e2，令y
3．(2020·江西五校联考)已知函数f(x)＝x＋eq \f(a,2x)，若曲线y＝f(x)存在两条过(1，0)点的切线，则a的取值范围是________．
【解析】f′(x)＝1－eq \f(a,2x2)，设切点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，x0＋\f(a,2x0)))，则切线方程为y－x0－eq \f(a,2x0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2xeq \\al(2,0))))(x－x0)，又切线过点(1，0)，所以－x0－eq \f(a,2x0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,2xeq \\al(2,0))))(1－x0)，整理得2xeq \\al(2,0)＋2ax0－a＝0，又曲线y＝f(x)存在两条过(1，0)点的切线，故方程有两个不等实根，即满足Δ＝4a2－8(－a)＞0，解得a＞0或a＜－2.
【答案】(－∞，－2)∪(0，＋∞)
考点二 利用导数研究函数的单调性
命题角度1 确定函数的单调性(区间)
【例2—1】1.（2021·静宁县第一中学高三月考（理））函数在定义域(-，3)内的图象如图所示．记的导函数为，则不等式的解集为（ ）
A．[-，1][2，3) B．[-1，][，]
C．[-，][1，2) D．(-，-][，][，3)
【答案】A
【解析】观察函数的图象知，在和上都是单调递减的，
所以不等式的解集为.故选A.
2.已知f(x)＝a(x－ln x)＋eq \f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性．
【解】f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－eq \f(a,x)－eq \f(2,x2)＋eq \f(2,x3)＝.
若a≤0，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
若a>0，f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\r(\f(2,a))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(\f(2,a)))).
(1)当01，
当x∈(0,1)或x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
(2)当a＝2时，eq \r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
(3)当a>2时，0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
【规律方法】求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集来讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
易错提醒 (1)在求单调区间时“定义域优先”．
(2)弄清参数对f′(x)符号的影响，分类讨论要不重不漏．
命题角度2 利用单调性比较大小
【例2—2】1.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈(0，π)，有f′(x)sin x>f(x)cs x，且f(x)＋f(－x)＝0，设a＝2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))，b＝eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))，c＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))，则( )
A．aC．a【答案】A
【解析】构造函数g(x)＝，x≠kπ，k∈Z，
>0，
所以函数g(x)在区间(0，π)上是增函数，
因为f(x)＋f(－x)＝0，
即f(x)＝－f(－x)，g(－x)＝＝，
所以函数g(x)是偶函数，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))代入解析式得到2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))2.（2021·重庆高三模拟）若函数的导函数为，对任意恒成立，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】因为任意恒成立，
即任意恒成立，又时，，
所以，所以在上单调递减，
因为，所以，即，
所以.故选C.
【规律方法】利用单调性比较大小的关键
(1)构造函数，利用已知条件构造新的函数；
(2)寻找性质，对所构造的函数判断其单调性与奇偶性；
(3)比较，细审比较的各式，还原到新构造的函数中，再利用函数的单调性，即可得大小关系．
命题角度3 三角函数图象的应用
【例2—3】（1）（2021·河南高二期末（理））若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由，得.
由在上单调递减，得在上恒成立，即在上恒成立.
令，在上，
∴在上单调递减，即，
∴，故的取值范围.故选.
（2）已知x＝1是f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x的一个极值点．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)设函数g(x)＝f(x)－eq \f(3＋a,x)，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a的取值范围．
【解析】 (1)f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝2－eq \f(b,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2＋x－b,x2)(x>0)．
因为x＝1是f(x)＝2x＋eq \f(b,x)＋ln x的一个极值点，
所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，符合题意，所以b＝3.
所以f′(x)＝2－eq \f(3,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(2x2＋x－3,x2)，
令f′(x)＜0，得0＜x＜1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)．
(2)g(x)＝f(x)－eq \f(3＋a,x)＝2x＋ln x－eq \f(a,x)(x＞0)，
g′(x)＝2＋eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)(x＞0)．
因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2＋eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]．
因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，
所以a≥－3.
所以a的取值范围是[－3，＋∞)．
【规律方法】由函数的单调性求参数取值范围的策略
(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围；
(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，即f′(x)max>0(或f′(x)min<0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．
【对点训练2】
1.（2021·江西赣州市高三二模（理））若函数在区间D上是增函数，且函数在区间D上也是增函数(其中是函数的导函数)，那么称函数是区间D上“快增函数”，区间D叫做“快增区间”.则函数在区间上的“快增区间”为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，，所以，因为恒成立，
当时，所以，所以为增函数，
当时，所以，所以为减函数.
令，，
则，令，则
，所以是，即时，单调递增，所以函数在区间上的“快增区间”为.故选A.
2.(多选题)（2021·湖南高三一模）定义域为的函数，若对任意两个不相等的实数、，都有，则称函数为“函数”，现给出如下函数，其中为“函数”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】对于任意给定的不等实数、，不等式恒成立，
原不等式等价为恒成立，
设，则，即，
即函数是定义在上的增函数．
对于A选项，函数，则，
当或时，，此时函数为减函数，不满足条件；
对于B选项，，，
所以，函数单调递增，满足条件；
对于C选项，对于函数，该函数的定义域为，
内层函数为增函数，外层函数为增函数，则函数为上的增函数，
又因为函数为上的增函数，所以，函数为上的增函数，满足条件；
对于D选项，记，则，
所以，函数在上不具有单调性，不满足条件.故选BC.
3．已知函数f(x)＝eq \f(a,2)(x－1)2－x＋ln x(a>0)．讨论f(x)的单调性．
【解析】函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a(x－1)－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(（x－1）（ax－1）,x).
令f′(x)＝0，则x1＝1，x2＝eq \f(1,a)，
①若a＝1，则f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②若01，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
③若a>1，则0当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)是增函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0，f(x)是减函数，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
综上所述，当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
当0当a>1时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))和(1，＋∞)上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上是减函数．
考点三 利用导数研究函数的极值、最值
命题角度1 求函数的极值或最值
【例3—1】（1） （2021·贵州遵义一中高三月考（文））已知函数在处取得极值，则函数的极小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，该函数的定义域为，所以，，
由已知条件可得，解得，
所以，，则，
列表如下：
所以，函数的极小值为.故选B.
（2）（2021•全国高考甲卷理科）已知且，函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．
【解析】（1）当时，,
令得,当时，,当时，,
∴函数在上单调递增；上单调递减；
（2）,设函数,
则,令，得,
在内,单调递增；
在上,单调递减；
,
又，当趋近于时，趋近于0，
所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,
所以的取值范围是.
【规律方法】 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题
(1)不能忽略函数f(x)的定义域．
(2)f′(x0)＝0是可导函数在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．
(3)函数的极小值不一定比极大值小．
(4)函数在区间(a，b)上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
命题角度2 由函数的极值(最值)确定参数值(范围)
【例3—2】 (1)（2021·山西晋中市高三三模（理））函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，所以，
函数在上有且仅有一个极值点，
在上只有一个变号零点.令，得.
设在单调递减，在上单调递增，，
又，得当，在上只有一个变号零点.故选B.
(2)已知函数f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x(其中常数a≠0)．
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝1处取得极值，且在(0，e]上的最大值为1，求实数a的值．
【解析】 (1)当a＝1时，f(x)＝ln x＋x2－3x，x>0，
f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f(2x2－3x＋1,x)，
令f′(x)＝0，解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝1，
当00，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增；
当eq \f(1,2)当x>1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
(2)f′(x)＝eq \f(2ax2－（2a＋1）x＋1,x)＝eq \f(（2ax－1）（x－1）,x)，
令f′(x)＝0，得x′1＝1，x′2＝eq \f(1,2a)，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x′2＝eq \f(1,2a)≠x′1＝1，
当eq \f(1,2a)<0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，解得a＝－2.
当0所以最大值1可能在x＝eq \f(1,2a)或x＝e处取得，
而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))＝ln eq \f(1,2a)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))eq \s\up12(2)－(2a＋1)·eq \f(1,2a)＝ln eq \f(1,2a)－eq \f(1,4a)－1<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝eq \f(1,e－2).
当1所以最大值1可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，
所以f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝eq \f(1,e－2)，与1当eq \f(1,2a)≥e时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以最大值1在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，不符合题意．
综上所述，a＝eq \f(1,e－2)或a＝－2.
【规律方法】掌握已知函数极值点或极值求参数的2个要领
【对点训练3】
1．(多选题)(2021·福建漳州市期末)定义在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，4))上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)在区间(0，4)上单调递增
B．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上单调递减
C．函数f(x)在x＝1处取得极大值
D．函数f(x)在x＝0处取得极小值
【答案】ABD
【解析】根据导函数的图象可知，在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减；在区间(0，4]上，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D项均正确，C项错误．故选ABD.
2．若函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，则实数m的取值范围为( )
A．(－e2，－e) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(e,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) D．(－∞，－e－1)
【答案】D
【解析】由题可得f′(x)＝ex－eq \f(m＋1,x)＋2(m＋1)，x>0，
因为函数f(x)＝ex－(m＋1)ln x＋2(m＋1)x－1恰有两个极值点，所以函数f′(x)＝ex－eq \f(m＋1,x)＋2(m＋1)(x>0)有两个不同的变号零点．
令ex－eq \f(m＋1,x)＋2(m＋1)＝0，
等价转化成eq \f(xex,1－2x)＝m＋1(x>0)有两个不同的实数根，
记h(x)＝eq \f(xex,1－2x)，
所以h′(x)＝eq \f(xex′1－2x－xex1－2x′,1－2x2)
＝－eq \f(ex2x＋1x－1,1－2x2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，h′(x)>0，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，h′(x)>0，
此时函数h(x)在此区间上单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
此时函数h(x)在此区间上单调递减，
作出h(x)＝eq \f(xex,1－2x)的简图如图，
要使得eq \f(xex,1－2x)＝m＋1有两个不同的实数根，
则h(1)>m＋1，即－e>m＋1，
整理得m<－1－e.
3．已知函数f(x)＝ax＋ex－(1＋ln a)x(a>0，a≠1)，对任意x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤
aln a＋e－4恒成立，则a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，e)) B．[2，e]
C．[e，＋∞) D．(e，＋∞)
【答案】C
【解析】依题意，得aln a＋e－4≥0, ①
因为f′(x)＝axln a＋ex－1－ln a＝(ax－1)ln a＋ex－1，
当a>1时，对任意的x∈[0,1]，ax－1≥0，ln a>0，ex－1≥0，恒有f′(x)≥0；当0所以f(x)在[0,1]上是增函数，则对任意的x1，x2∈[0,1]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤aln a＋e－4恒成立，只需f(x)max－f(x)min≤aln a＋e－4，
因为f(x)max＝f(1)＝a＋e－1－ln a，
f(x)min＝f(0)＝1＋1＝2，
所以a＋e－1－ln a－2≤aln a＋e－4，
即a－ln a＋1－aln a≤0，
即(1＋a)(1－ln a)≤0，所以ln a≥1，
从而有a≥e，而当a≥e时，①式显然成立．故选C.
增
极大值
减
极小值
增
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
验证
因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性