第3节　导数与函数的极值、最值

第3节导数与函数的极值、最值考试要求1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.【知识梳理】1.函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0.则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0.则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值.(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.2.函数的最大(小)值(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.[常用结论与微点提醒]1.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.2.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)对于可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.()(2)函数的极大值不一定是最大值，最小值也不一定是极小值.()(3)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值.()(4)连续函数f(x)在区间[a，b]上一定存在最值.()答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)反例：f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的极值点.(3)反例：f(x)＝x2在区间(－1，2)上的最小值为0.2.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4答案A解析由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数值符号左负右正.3.(选修二P98T6改编)已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，则f(x)的最大值为________，最小值为________.答案eq\f(134,27)－10解析f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，所以f′(x)＜0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))上单调递减，所以f(x)的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(134,27)，最小值为f(1)＝－10.4.(选修二P104T9改编)函数f(x)＝x(x－c)2有极值，则实数c的取值范围是___________________________.答案(－∞，0)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2.由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝16c2－12c2＝4c2>0，解得c≠0，即c∈(－∞，0)∪(0，＋∞).考点一利用导数求函数的极值角度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<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.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.感悟提升由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.角度2求已知函数的极值例2已知函数f(x)＝lnx＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值.解因为f(x)＝lnx＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋4ax＋2a＋2＝eq\f(（2ax＋1）（2x＋1）,x)，若a<0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))时，f′(x)<0，故函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上单调递减；故f(x)在x＝－eq\f(1,2a)处取得唯一的极大值，且极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－eq\f(1,2a)－1.若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.综上，当a<0时，f(x)的极大值为lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－eq\f(1,2a)－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值.感悟提升运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出导函数在定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值.角度3由函数的极值求参数例3(1)若x＝2是函数f(x)＝x2＋2(a－2)x－4alnx的极大值点，则实数a的取值范围是()A.(－∞，－2) B.(－2，＋∞)C.(2，＋∞) D.(－2，2)答案A解析f′(x)＝2x＋2(a－2)－eq\f(4a,x)＝eq\f(2x2＋2（a－2）x－4a,x)＝eq\f(2（x－2）（x＋a）,x)(x＞0).①若a≥0，当x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，所以当x＝2时，f(x)取得极小值，不满足题意，故舍去.②若a＜－2，由f′(x)＞0可得0＜x＜2或x＞－a，由f′(x)＜0可得2＜x＜－a，所以当x＝2时，f(x)取得极大值，满足题意.③若－2＜a＜0，由f′(x)＞0可得0＜x＜－a或x＞2，由f′(x)＜0可得－a＜x＜2，所以当x＝2时，f(x)取得极小值，不满足题意.④若a＝－2，则f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，此时f(x)无极值.综上，a＜－2满足条件，故选A.(2)(2024·苏州质检)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)在(0，＋∞)上有两个极值，则实数a的取值范围为________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析f′(x)＝lnx＋1－2ax，由题意知lnx＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，则2a＝eq\f(lnx＋1,x)，设g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，则g′(x)＝－eq\f(lnx,x2).当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)的极大值为g(1)＝1，又当x＞1时，g(x)＞0，当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0时，g(x)→－∞，所以0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2).感悟提升1.已知函数极值确定函数解析式中的参数时，要根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解，求解后要检验.2.判断极值点的个数，转化为导数的根的个数.训练1(1)(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则()A.bc>0 B.ab>0C.b2＋8ac>0 D.ac<0答案BCD解析由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3).由f(x)既有极大值也有极小值，可知关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x1＋x2>0，,x1x2>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,\f(b,a)>0，,－\f(2c,a)>0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,ab>0，,ac<0，))所以b与a同号，c与a异号，故bc<0，所以A错误，BCD正确.(2)已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)，讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.解函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0).当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点；当a>0时，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，则f′(x)>0；若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)<0，故函数f(x)在x＝eq\f(1,a)处有极大值.综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝eq\f(1,a).考点二利用导数求函数的最值角度1求已知函数的最值例4已知函数f(x)＝eq\f(x－a,x)－lnx(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值g(a).解(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，①若a≤0，则f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②若a>0，则当x>a时，f′(x)<0；当0<x<a时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减.(2)f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，当a≤eq\f(1,e)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2－ae；当eq\f(1,e)<a<e时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上单调递增，在[a，e]上单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝－lna；当a≥e时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝－eq\f(a,e)，综上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,e)，a≥e，,－lna，\f(1,e)<a<e，,2－ae，a≤\f(1,e).))角度2由函数的最值求参数例5函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是________.答案[－2，1)解析由于f′(x)＝－x2＋1，易知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，故若函数f(x)在(a，10－a2)上存在最大值，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜1，,10－a2＞1，,f（1）≥f（a），))即－2≤a＜1.感悟提升1.求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.2.若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.训练2已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a＜0.若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.解f′(x)＝eq\f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).当x∈(0，－eq\f(a,10))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))时，f(x)单调递增；当x∈(－eq\f(a,10)，－eq\f(a,2))时，f(x)单调递减.易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且f(－eq\f(a,2))＝0.(1)当－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合题意.(2)当1＜－eq\f(a,2)≤4，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(－eq\f(a,2))＝0，不符合题意.(3)当－eq\f(a,2)＞4，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在[1，4]上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意.综上，a＝－10.【A级基础巩固】1.(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则()A.－3是函数y＝f(x)的极值点B.－1是函数y＝f(x)的极小值点C.y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增D.－2是函数y＝f(x)的极大值点答案AC解析根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以A正确.因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以B错误，C正确，D错误.2.已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为()A.2 B.－eq\f(5,2)C.3＋ln2 D.－2＋2ln2答案B解析f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴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－1）（x－2）,x)，∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(1)＝eq\f(1,2)－3＝－eq\f(5,2).3.(2024·河南名校调考)函数f(x)＝e|x|＋cosx＋1在区间[－π，π]上的最大值、最小值分别为()A.eeq\f(π,2)＋1，3 B.eπ，3C.eeq\f(π,2)＋1，2 D.eπ，2答案B解析因为f(－x)＝e|x|＋cosx＋1＝f(x)，所以f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋cosx＋1，f′(x)＝ex－sinx.易知当x≥0时，ex≥1，－1≤sinx≤1，则f′(x)＝ex－sinx≥0，所以f(x)在[0，π]上单调递增.因为f(x)为偶函数，所以f(x)在[－π，0)上单调递减，所以f(x)max＝f(π)＝f(－π)＝eπ，f(x)min＝f(0)＝3.4.已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是()A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)答案C解析由f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.根据题意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.5.(2024·成都诊断)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为()A.1 B.－1或－3C.－1 D.－3答案D解析因为f(x)＝x(x＋a)2，所以f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)，由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3，当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意；当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，3)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以f(x)在x＝1处有极大值，符合题意.综上，a＝－3.6.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3) C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)答案C解析由图象可知f(x)的图象经过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是f(x)的极值点，∴1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，∴f(x)＝x3－3x2＋2x，∴f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，∴xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).7.(多选)(2024·邢台质检)已知函数f(x)＝xlnx，则下列说法正确的有()A.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1B.f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.f(x)的极大值为－eq\f(1,e)D.方程f(x)＝1有两个不同的根答案AB解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.对于A，因为f(1)＝0，f′(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1，故A正确；对于B，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,e)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，故B正确；对于C，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)有极小值，无极大值，故C错误；对于D，f(x)的极小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)lneq\f(1,e)＝－eq\f(1,e)，当0<x<1时，f(x)<0；当x>1时，f(x)>0，所以方程f(x)＝1有且只有一个根，故D错误.8.(2024·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.答案sinx(答案不唯一)解析正弦函数f(x)＝sinx为奇函数，且存在极值.9.甲、乙两地相距240km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地.已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为eq\f(v3,6400)元.为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h的速度行驶.答案80解析设全程运输成本为y元，由题意，得y＝eq\f(240,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(160＋\f(v3,6400)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(160,v)＋\f(v2,6400)))，v>0，y′＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(160,v2)＋\f(2v,6400))).令y′＝0，得v＝80.当v>80时，y′>0；当0<v<80时，y′<0.所以函数y＝eq\f(240,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(160＋\f(v3,6400)))在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，所以当v＝80时，全程运输成本最小.10.(2024·厦门调研)已知函数f(x)＝xlnx＋mex有两个极值点，则实数m的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))解析f′(x)＝lnx＋1＋mex(x＞0)，令f′(x)＝0，得－m＝eq\f(lnx＋1,ex)，设g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，则g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x＞0)，令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,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)＝eq\f(1,e)，而当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，若f(x)有两个极值点，只要y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，只需0＜－m＜eq\f(1,e)，故－eq\f(1,e)＜m＜0.11.(2024·湖北名校联考)已知函数f(x)＝ex(2x2＋ax－1)，其中a∈R.若f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋by＋1＝0.求：(1)函数f(x)的解析式；(2)函数f(x)在区间[－3，1]上的最值.解(1)依题意，f(0)＝－1，切点(0，－1)在切线2x＋by＋1＝0上，则b＝1，f′(x)＝ex(2x2＋ax－1)＋ex(4x＋a)＝ex[2x2＋(a＋4)x＋a－1]，而f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为－2，则f′(0)＝a－1＝－2，解得a＝－1，所以f(x)＝ex(2x2－x－1).(2)由(1)知，f′(x)＝ex(2x2＋3x－2)＝ex(x＋2)(2x－1)，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝eq\f(1,2)，当－3<x<－2或eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)>0，当－2<x<eq\f(1,2)时，f′(x)<0，所以f(x)在[－3，－2]，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))上单调递减，又f(－3)＝eq\f(20,e3)，f(－2)＝eq\f(9,e2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eeq\f(1,2)，f(1)＝0，所以f(x)在[－3，1]上的最大值为eq\f(9,e2)，最小值为－eeq\f(1,2).12.已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)，设实数a>0，求函数F(x)＝af(x)在[a，2a]上的最小值.解因为F(x)＝af(x)，所以F′(x)＝eq\f(a（1－lnx）,x2)(a>0，x>0)，令F′(x)>0得0<x<e，令F′(x)<0得x>e，所以F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以F(x)在[a，2a]上的最小值F(x)min＝min{F(a)，F(2a)}.因为F(a)－F(2a)＝lna－eq\f(1,2)ln(2a)＝eq\f(1,2)lneq\f(a,2)，所以当0<a≤2时，F(a)－F(2a)≤0，F(x)min＝F(a)＝lna.当a>2时，F(a)－F(2a)>0，F(x)min＝F(2a)＝eq\f(1,2)ln(2a).综上所述，当0<a≤2时，F(x)在[a，2a]上的最小值为lna；当a>2时，F(x)在[a，2a]上的最小值为eq\f(1,2)ln(2a).【B级能力提升】13.(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2答案D解析当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.图1当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.图2综上，可知必有ab>a2成立.故选D.14.(多选)(2024·合肥联考)已知函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间(－2π，0)内有两个极值点x1，x2，且x1<x2，则()A.|x1＋x2|＝πB.f(x)在区间(x1，x2)上单调递减C.f(x1)＋f(x2)>0D.|f(x1)－f(x2)|<1答案BD解析对于A，由题意知函数f(x)＝ex(sinx＋cosx)在区间(－2π，0)内有两个极值点x1，x2，则f′(x)＝2excosx＝0有两个实数根x1，x2，令cosx＝0，x∈(－2π，0)，故x1＝－eq\f(3π,2)，x2＝－eq\f(π,2)，当－2π<x<－eq\f(3π,2)时，f′(x)>0，当－eq\f(3π,2)<x<－eq\f(π,2)时，f′(x)<0，当－eq\f(π,2)<x<0时，f′(x)>0，即x1＝－eq\f(3π,2)为f(x)在(－2π，0)内的极大值点，x2＝－eq\f(π,2)为f(x)在(－2π，0)内的极小值点，所以|x1＋x2|＝2π，故A错误；对于B，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(x1，x2)上单调递减，故B正确；对于C，f(x1)＝e－eq\f(3π,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))))＝e－eq\f(3π,2)，f(x2)＝e－eq\f(π,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))＝－e－eq\f(π,2)，又y＝ex是R上的增函数，故e－eq\f(3π,2)<e－eq\f(π,2)，所以f(x1)＋f(x2)＝e－eq\f(3π,2)－e－eq\f(π,2)<0，故C错误；对于D，|f(x1)－f(x2)|＝e－eq\f(3π,2)＋e－eq\f(π,2)<e－eq\f(π,2)＋e－eq\f(π,2)＝eq\f(2,e\f(π,2))，因为eq\f(π,2)>1，所以eeq\f(π,2)>e，所以eq\f(2,e\f(π,2))<eq\f(2,e)<1，故|f(x1)－f(x2)|<1，故D正确.15.(2024·昆明统检)若x＝a是函数f(x)＝eq\f(3,2)x2－(a＋3)x＋lnx的极小值点，则函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，3))上的最大值为________.答案eq\f(3,2)＋ln3解析f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝eq\f(3,2)x2－(a＋3)x＋lnx，得f′(x)＝3x－(a＋3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(3x2－（a＋3）x＋1,x)，因为x＝a是函数f(x)的极小值点，所以f′(a)＝0，即3a2－a2－3a＋1＝0，即2a2－3a＋1＝0，解得a＝eq\f(1,2)或a＝1.当a＝eq\f(1,2)时，f′(x)＝eq\f(3x2－\f(7,2)x＋1,x)＝eq\f(（2x－1）（3x－2）,2x)，当0<x<eq\f(1,2)或x>eq\f(2,3)时，f′(x)>0，当eq\f(1,2)<x<eq\f(2,3)时，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上单调递减，所以x