2026《金版教程》高考复习方案数学提升版-第3讲 导数与函数的极值、最值

第3讲导数与函数的极值、最值1.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．1．导数与函数的极值条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)eq\x(\s\up1(01))>0，右侧f′(x)eq\x(\s\up1(02))<0x0附近的左侧f′(x)eq\x(\s\up1(03))<0，右侧f′(x)eq\x(\s\up1(04))>0图象极值f(x0)为极eq\x(\s\up1(05))大值f(x0)为极eq\x(\s\up1(06))小值极值点x0为极eq\x(\s\up1(07))大值点x0为极eq\x(\s\up1(08))小值点2.导数与函数的最值(1)函数f(x)在[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eq\x(\s\up1(09))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[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)上的eq\x(\s\up1(10))极值；②将函数y＝f(x)的各极值与eq\x(\s\up1(11))端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中eq\x(\s\up1(12))最大的一个是最大值，eq\x(\s\up1(13))最小的一个是最小值．1．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的最值点．3．极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，就必定是极值．1．下列四个函数中，在x＝0处取得极值的是()①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝|x|；④y＝2x.A．①② B．②③C．③④ D．①③答案：B解析：对于①，y′＝3x2≥0恒成立，所以函数在R上单调递增，无极值点，①不符合题意．对于②，y′＝2x，当x>0时，函数单调递增；当x<0时，函数单调递减，且y′|x＝0＝0，②符合题意．对于③，结合该函数图象可知函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0]上单调递减，③符合题意．对于④，y＝2x在R上单调递增，无极值点，④不符合题意．故选B.2．函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为()A．1－e B．－1C．－e D．0答案：B解析：因为f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln1－1＝－1.故选B.3.(多选)(人教A选择性必修第二册习题5.3T4改编)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是()A．函数y＝f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))上单调递增B．当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值C．函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增D．当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值答案：BC解析：对于A，函数y＝f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))上有增有减，故A不正确；对于B，当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值，故B正确；对于C，当x∈(－2，2)时，恒有f′(x)>0，则函数y＝f(x)在区间(－2，2)上单调递增，故C正确；对于D，当x＝3时，f′(x)≠0，故D不正确．4．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则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＝4.5．(人教B选择性必修第三册6.2.2练习AT3改编)若函数f(x)＝ex＋ax在x＝2处取得极值，则a＝________．答案：－e2解析：∵f(x)＝ex＋ax在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝e2＋a＝0，解得a＝－e2，经检验，符合题意．考向一导数与函数的极值角度1知图判断函数极值情况设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)3f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是()A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3) B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3) C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3) D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)答案：D解析：当x＜－3时，(x－1)3f′(x)＞0且x－1＜0，可得f′(x)＜0，则f(x)单调递减；当x＝－3时，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；当－3＜x＜1时，(x－1)3f′(x)＜0且x－1＜0，可得f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x＝1时，(x－1)3·f′(x)＝0，但是f′(x)是否等于0，不能确定；当1＜x＜3时，(x－1)3f′(x)＞0且x－1＞0，可得f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x＝3时，(x－1)3f′(x)＝0，可得f′(x)＝0；当x＞3时，(x－1)3f′(x)＜0且x－1＞0，可得f′(x)＜0，则f(x)单调递减．故f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)．故选D.由图象判断函数y＝f(x)的极值要抓住的两点(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．(多选)(2025·江苏徐州模拟)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，f′(x)的图象如图，则下列说法正确的是()A．函数f(x)在(－∞，1)上单调递减B．函数f(x)在x＝1处取得极小值C．f′(－1)＝0D．函数f(x)在x＝2处取得极小值答案：ACD解析：由已知，当x<1时，f′(x)≤0(只有f′(－1)＝0)，因此f(x)在(－∞，1)上单调递减，A，C正确；f′(1)≠0，且x＝1两侧的导数都是负数，所以f(1)不是极值，B错误；因为f′(2)＝0，当x<2时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(2)是极小值，D正确．故选ACD.角度2求函数的极值或极值点(1)设函数f(x)＝x－eq\f(2,x)－3lnx，记f(x)的极小值点为x1，极大值点为x2，则f(x1)＋f(x2)＝()A．2 B．2ln2C．3ln2 D．－3ln2答案：D解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(x2－3x＋2,x2)＝eq\f(（x－1）（x－2）,x2)，当x∈(0，1)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(1，2)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)和(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以x1＝2，x2＝1，所以f(x1)＋f(x2)＝x1＋x2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))－3ln(x1x2)＝3－3－3ln2＝－3ln2.故选D.(2)(多选)(2025·江苏淮安模拟)已知函数f(x)＝xcosx－sinx－x的定义域为[－2π，2π]，则函数f(x)()A．为奇函数B．在[0，π)上单调递减C．恰有2个极值点D．有且仅有2个极大值点答案：ABD解析：对于A，函数f(x)的定义域为[－2π，2π]，f(－x)＝－xcos(－x)－sin(－x)＋x＝－xcosx＋sinx＋x＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，故A正确；对于B，f′(x)＝cosx－xsinx－cosx－1＝－xsinx－1，当x∈[0，π)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在[0，π)上单调递减，故B正确；对于C，D，显然f′(0)≠0，当x≠0时，令f′(x)＝0，即－xsinx－1＝0，得sinx＝－eq\f(1,x)，分别作出y＝sinx和y＝－eq\f(1,x)在[－2π，2π]上的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π]上共有4个公共点，且图象在这些公共点处都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π]上的极值点的个数为4，有2个极大值点，故C错误，D正确．故选ABD.利用导数求函数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左右两侧导数值的符号；(5)求出极值．1.已知函数f(x)＝sin2x－x，x∈(0，π)，则f(x)的极大值点为________．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))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减，∴f(x)的极大值点为eq\f(π,6).2．(2024·山东济南一模)已知函数f(x)＝e2x＋ex－ax.讨论f(x)极值点的个数．解：函数f(x)的定义域为R，由题意知，f′(x)＝2e2x＋ex－a，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)极值点的个数为0；当a>0时，令ex＝t，解关于t的方程2t2＋t－a＝0，又Δ＝1＋8a>1，则t1＝eq\f(－1－\r(1＋8a),4)，t2＝eq\f(－1＋\r(1＋8a),4)，所以f′(x)＝2(ex－t1)(ex－t2)，又t2＝eq\f(－1＋\r(1＋8a),4)>eq\f(－1＋1,4)＝0，t1＝eq\f(－1－\r(1＋8a),4)<0，所以当x>lnt2时，f′(x)>0，即f(x)在(lnt2，＋∞)上单调递增，当x<lnt2时，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，lnt2)上单调递减，即f(x)极值点的个数为1.综上，当a≤0时，f(x)极值点的个数为0；当a>0时，f(x)极值点的个数为1.角度3已知函数的极值或极值点求参数(1)(2025·江苏常州期末)若函数f(x)＝eq\f(x3,3)－ax2＋(2a2－4)x－3在x＝2处取得极小值，则实数a＝()A．－2 B．2C．2或0 D．0答案：D解析：f′(x)＝x2－2ax＋2a2－4，由f′(2)＝2a2－4a＝0，得a＝0或a＝2.当a＝0时，f′(x)＝x2－4，当x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．所以f(x)在x＝2处取得极小值，符合题意；当a＝2时，f′(x)＝(x－2)2≥0，f(x)在R上单调递增，不符合题意．故选D.(2)(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.①当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；②若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．解：①当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0.②解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立，可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意；若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna，令f′(x)<0，解得x<lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，则f(x)有极小值f(lna)＝a－alna－a3，无极大值，由题意可得f(lna)＝a－alna－a3<0，即a2＋lna－1>0.构建g(a)＝a2＋lna－1，a>0，则g′(a)＝2a＋eq\f(1,a)>0，可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋lna－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，所以a的取值范围为(1，＋∞)．解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a，若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点，令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0.以下同解法一．已知函数极值或极值点求参数的两个要领(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：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．1.设函数f(x)＝eq\f(ex,x＋a)，若f(x)的极小值为eq\r(e)，则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，∴当x<1－a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1－a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)在x＝1－a处取得极小值，∴f(1－a)＝e1－a＝eq\r(e)＝eeq\s\up7(\f(1,2))，∴1－a＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,2).2．(多选)(2023·新课标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：函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根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，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD.考向二导数与函数的最值(1)当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2) D．1答案：B解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知，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)，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝eq\f(2×（1－2）,22)＝－eq\f(1,2).故选B.(2)设函数f(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1.①求f(x)的单调区间；②当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，π))时，求f(x)的最值．解：①因为f(x)＝xsinx＋cosx＋x2＋1的定义域为R，所以f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＋2x＝x(2＋cosx)，因为－1≤cosx≤1，所以1≤2＋cosx≤3，所以当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．②由①可得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上单调递减，在(0，π]上单调递增，所以f(x)在x＝0处取得极小值即最小值，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，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)的最大值为π2，最小值为2.求函数f(x)在[a，b]上的最值的方法(1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调递增或单调递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数f(x)在区间[a，b]上有极值，则先求出函数在[a，b]上的极值，再与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)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．1.已知函数f(x)＝a(3－x)＋eq\f(bx,x＋1)的图象过点(0，1)与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,4)))，则函数f(x)在区间[1，4]上的最大值为()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：由题意可得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)，当x∈[1，2)时，f′(x)＞0，当x∈(2，4]时，f′(x)＜0，∴f(x)在[1，2)上单调递增，在(2，4]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝1－eq\f(2,3)＋eq\f(6,3)＝eq\f(7,3).故选B.2．(2025·重庆模拟)函数f(x)＝|x3－1|＋x2的值域为________．答案：[1，＋∞)解析：易知y＝x3在R上单调递增，令x3－1＝0⇒x＝1，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋x2－1，x≥1，,－x3＋x2＋1，x<1，))则当x≥1时，显然f(x)单调递增，故f(x)∈[1，＋∞)；当x<1时，f′(x)＝x(2－3x)，可知f(x)在(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递增，且x→－∞时，f(x)→＋∞，f(0)＝1，f(1)＝1，故f(x)∈[1，＋∞)．综上，f(x)的值域为[1，＋∞)．考向三生活中的优化问题某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解：(1)因为蓄水池侧面的总建造成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总建造成本为160πr2元，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh＋160πr2)元．根据题意，得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．由题意得r>0，又由h>0可得r<5eq\r(3)，故函数V(r)的定义域为(0，5eq\r(3))．(2)因为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)．当r∈(0，5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，5eq\r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5，5eq\r(3))上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，则该极值点就是最值点．某种型号轮船每小时的运输成本Q(单位：元)由可变部分成本和固定部分成本组成．其中，可变部分成本与航行速度的立方成正比，且当速度为10km/h时，其可变部分成本为每小时8元；固定部分成本为每小时128元．设该轮船的航行速度为xkm/h.(1)试将该轮船每小时的运输成本Q表示为x的函数；(2)当该轮船的航行速度为多少时，其每千米的运输成本y(单位：元)最低？解：(1)设该轮船每小时的可变部分成本为P(单位：元)，则P＝kx3，其中k≠0.由题意，得8＝k×103，解得k＝eq\f(1,125)，故P＝eq\f(1,125)x3，所以该轮船每小时的运输成本Q＝eq\f(1,125)x3＋128，其中x>0.(2)该轮船每千米的运输成本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)，求导，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)在区间(20，＋∞)上单调递增；由f′(x)<0，解得0<x<20，故f(x)在区间(0，20)上单调递减．所以当x＝20时，f(x)取得最小值f(20)＝9.6.故当该轮船的航行速度为20km/h时，其每千米的运输成本y最低，且为9.6元．课时作业一、单项选择题1．(2025·内蒙古赤峰模拟)已知函数f(x)＝ex－ex，则f(x)()A．有最小值1，无最大值B．有最大值1，无最小值C．有最小值0，无最大值D．有最大值0，无最小值答案：C解析：因为f(x)＝ex－ex，所以f′(x)＝ex－e.当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故f(x)的最小值为f(1)＝0，无最大值．故选C.2．(2025·安徽A10联盟摸底)若1为函数f(x)＝(x－1)2(x－a)的极大值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(0，1)∪(1，＋∞)答案：C解析：由函数f(x)＝(x－1)2(x－a)，可得f′(x)＝(x－1)(3x－2a－1)，令f′(x)＝0，可得x＝1或x＝eq\f(2a＋1,3)，因为1是函数f(x)的一个极大值点，则满足eq\f(2a＋1,3)>1，解得a>1，所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．故选C.3．已知函数f(x)＝cosx＋eq\f(x,2)，x∈[0，π]，则函数f(x)的极小值点为()A.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(\r(3),2)＋\f(π,12)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，－\f(1,2)＋\f(5π,12))) D.eq\f(5π,6)答案：D解析：由f(x)＝cosx＋eq\f(x,2)求导得，f′(x)＝－sinx＋eq\f(1,2)，又x∈[0，π]，由f′(x)＝0可得x＝eq\f(π,6)或x＝eq\f(5π,6)，当0<x<eq\f(π,6)时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递增；当eq\f(π,6)<x<eq\f(5π,6)时，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减；当eq\f(5π,6)<x<π时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上单调递增．故f(x)在x＝eq\f(π,6)处取得极大值，在x＝eq\f(5π,6)处取得极小值．即函数f(x)的极小值点为eq\f(5π,6).故选D.4．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x1x2＝()A．2 B.eq\f(4,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,2)答案：C解析：由题意得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，又由题图可得x1，x2是函数f(x)的极值点，即x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1x2＝eq\f(2,3).故选C.5．(2025·山东烟台摸底)若函数f(x)＝ax2－2x＋blnx(ab≠0)有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是()A．a<0，b<0 B．a<0，b>0C．ab<eq\f(1,2) D．ab>0答案：C解析：由f(x)＝ax2－2x＋blnx(ab≠0)，x>0，得f′(x)＝2ax－2＋eq\f(b,x)＝eq\f(2ax2－2x＋b,x)，令g(x)＝2ax2－2x＋b(ab≠0)，Δ＝4－8ab，若Δ＝4－8ab≤0，此时f(x)单调，不存在极值点，所以4－8ab>0，即ab<eq\f(1,2)，由于f(x)有唯一极值点，故g(x)有正根、负根各一个，则eq\f(b,2a)<0，故ab<0，结合选项知ab<eq\f(1,2)一定成立．故选C.6．各种不同的进制在我们生活中随处可见，计算机使用的是二进制，数学运算一般用十进制．通常我们用函数f(x)＝eq\f(M,xlogxM)表示在x进制下表达M(M＞1)个数字的效率，则下列选项中表达效率最高的是()A．二进制 B．三进制C．八进制 D．十进制答案：B解析：因为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)，当0<x<e时，f′(x)>0，当x>e时，f′(x)<0，f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，而f(2)＝f(4)，故可得f(3)＞f(2)＞f(8)＞f(10)．则表达效率最高的是三进制．故选B.7．若函数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，则实数m的取值范围是()A．(－∞，0] B．[1，＋∞)C．[3，＋∞) D．(0，＋∞)答案：B解析：当x≥0时，f(x)＝2x3－3x2，f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－1.因为y＝f(x)的最小值为－1，所以当x＜0时，f(x)min≥－1，当x＜0时，f(x)＝(x－m)2－2.①若m≥0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，f(x)＞f(0)＝m2－2，m2－2≥－1，得m≥1；②若m＜0，f(x)在(－∞，m)上单调递减，在(m，0)上单调递增，f(x)min＝f(m)＝－2，舍去．综上，实数m的取值范围是[1，＋∞)．故选B.8．已知函数f(x)＝e2x，g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)分别与直线y＝a交于点A，B，则|AB|的最小值为()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：由题意，得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)lna，a))，B(ea－eq\s\up7(\f(1,2))，a)，由图可知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)，则当h′(x)＝ex－eq\s\up7(\f(1,2))－eq\f(1,2x)＝0时，解得x＝eq\f(1,2)，所以当0<x<eq\f(1,2)时，h′(x)<0；当x>eq\f(1,2)时，h′(x)>0，则h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，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.故选B.二、多项选择题9.(2025·福建三明模拟)已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的部分图象如图，则对于函数y＝f(x)的描述正确的是()A．在(－2，－1)上单调递增B．在(1，2)上单调递增C．x＝－1为极值点D．x＝1为极值点答案：BC解析：由y＝f′(x)的图象可得，当x<－3或－1<x<3时，f′(x)≥0，当－3<x<－1或x>3时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－3)和(－1，3)上单调递增，在(－3，－1)和(3，＋∞)上单调递减，所以x＝－3和x＝3为极大值点，x＝－1为极小值点．所以A，D错误，B，C正确．故选BC.10．(2025·皖南八校摸底)设函数f(x)＝(x－a)2(x－4)，定义域为R，若关于x的不等式f(x)≥0的解集为{x|x≥4，或x＝1}，下列说法正确的是()A．f(x)的极大值为0B．点(2，－2)是曲线y＝f(x)的对称中心C．直线y＝9x－4与函数f(x)的图象相切D．若函数f(x)在区间(m，4)上存在最小值，则m的取值范围为(0，3)答案：ABC解析：对于A，因为由f(x)＝(x－a)2(x－4)≥0，解得x≥4或x＝a，所以a＝1，f(x)＝(x－1)2(x－4)，则f′(x)＝2(x－1)·(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，当x∈(1，3)时，f′(x)<0；当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，可知f(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以函数f(x)的极大值为f(1)＝0，故A正确；对于B，因为f(2＋x)＋f(2－x)＝(x＋1)2(x－2)＋(1－x)2(－x－2)＝－4，故B正确；对于C，设切点为(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝（x0－1）2（x0－4），,9＝3（x0－1）（x0－3），,y0＝9x0－4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝－4，))所以直线y＝9x－4与函数f(x)的图象相切于点(0，－4)，故C正确；对于D，f(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，且f(x)的极小值为f(3)＝－4，令f(x)＝－4，解得x＝0或x＝3，函数f(x)在区间(m，4)上存在最小值，由图可知，m的取值范围为[0，3)，故D错误．故选ABC.11．(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则()A．f(0)＝0B．f(1)＝0C．f(x)是偶函数D．x＝0为f(x)的极小值点答案：ABC解析：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0＋0＝0，故A正确；对于B，令x＝y＝1，f(1)＝f(1)＋f(1)，则f(1)＝0，故B正确；对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确；对于D，解法一：不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．解法二：当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到eq\f(f（xy）,x2y2)＝eq\f(f（x）,x2)＋eq\f(f（y）,y2)，故可以设eq\f(f（x）,x2)＝ln|x|(x≠0)，则f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2ln|x|，x≠0，,0，x＝0，))当x>0时，f(x)＝x2lnx，则f′(x)＝2xlnx＋x2·eq\f(1,x)＝x(2lnx＋1)，令f′(x)<0，得0<x<e－eq\s\up7(\f(1,2)).令f′(x)>0，得x>e－eq\s\up7(\f(1,2)).故f(x)在(0，e－eq\s\up7(\f(1,2)))上单调递减，在(e－eq\s\up7(\f(1,2))，＋∞)上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在(－e－eq\s\up7(\f(1,2))，0)上单调递增，在(－∞，－e－eq\s\up7(\f(1,2)))上单调递减，显然，此时x＝0是f(x)的极大值点，故D错误．故选ABC.三、填空题12．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．答案：(－∞，－1)解析：由y′＝ex＋a＝0得x＝ln(－a)(a<0)，显然x＝ln(－a)为函数的极小值点，又ln(－a)>0，∴－a>1，即a<－1.13．某个体户计划同时销售A，B两种商品，当投资额为x(x>0)千元时，在销售A，B商品中所获收益分别为f(x)千元与g(x)千元，其中f(x)＝2x，g(x)＝4ln(2x＋1)，如果该个体户准备共投入5千元销售A，B两种商品，为使总收益最大，则销售B商品需投入________千元．答案：eq\f(3,2)解析：设投入销售B商品的资金为x千元(0≤x≤5)，则投入销售A商品的资金为(5－x)千元，所获得的总收益为S(x)千元，则S(x)＝2(5－x)＋4ln(2x＋1)＝4ln(2x＋1)－2x＋10(0≤x≤5)，可得S′(x)＝4×eq\f(2,2x＋1)－2＝eq\f(6－4x,2x＋1)，当0≤x<eq\f(3,2)时，可得S′(x)>0，函数S(x)单调递增；当eq\f(3,2)<x≤5时，可得S′(x)<0，函数S(x)单调递减，所以当x＝eq\f(3,2)时，函数S(x)取得最大值，即总收益最大．14．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)（|x＋3|＋1），x≤0，,lnx，x>0，))若存在实数a＜b＜c，满足f(a)＝f(b)＝f(c)，则af(a)＋bf(b)＋cf(c)的最大值是________．答案：2e2－12解析：作出f(x)的函数图象如图所示，∵存在实数a＜b＜c，满足f(a)＝f(b)＝f(c)，∴a＋b＝－6，∴af(a)＋bf(b)＋cf(c)＝(a＋b＋c)f(c)＝(c－6)lnc，由函数图象可知，eq\f(1,2)<lnc≤2，∴eq\r(e)<c≤e2，设g(c)＝(c－6)lnc，则g′(c)＝lnc＋1－eq\f(6,c)，显然g′(c)在(eq\r(e)，e2]上单调递增，∵g′(e)＝2－eq\f(6,e)＜0，g′(e2)＝3－eq\f(6,e2)＞0，∴g′(c)在(eq\r(e)，e2]上存在唯一一个零点，不妨设为c0，则g(c)在(eq\r(e)，c0)上单调递减，在(c0，e2]上单调递增，又g(eq\r(e))＝eq\f(1,2)(eq\r(e)－6)＜0，g(e2)＝2(e2－6)＞0，∴g(c)的最大值为g(e2)＝2e2－12.四、解答题15．已知x＝1为函数f(x)＝x2－3x－logax的极值点．(1)求a的值；(2)求f(x)的极小值．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，此时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，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)＝－2.16．(2025·安徽顶尖名校联考)已知函数f(x)＝2(x－1)ex－ax2.(1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；(2)若a＝e2，求函数f(x)在[1，3]上的最值．解：(1)由函数f(x)＝2(x－1)ex－ax2，可得f′(x)＝2xex－2ax＝2x(ex－a)，可得f′(0)＝0，且f(0)＝－2，所以切线的斜率为k＝0，切点为(0，－2)，则所求切线方程为y＝－2.(2)由(1)知，当a＝e2时，可得f′(x)＝2x(ex－e2)，x∈[1，3]，当x∈[1，2)时，f′(x)<0，函数f(x)在[1，2)上单调递减；当x∈(2，3]时，f′(x)>0，函数f(x)在(2，3]上单调递增，而f(1)＝－e2，f(2)＝－2e2，f(3)＝4e3－9e2，故函数f(x)在[1，3]上的最大值为4e3－9e2，最小值为－2e2.17．已知函数f(x)＝x(x－m)2，m∈R.(1)当m＝2时，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,2)))上的值域；(2)若f(x)的极大值为4，求实数m的值．解：(1)当m＝2时，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)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))上单调递增，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)))上的值域为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).当m＝0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，无极值，舍去；当m<0时，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)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m,3)))上单调递减，f(x)在x＝m时取得极大值，又f(m)＝0，不符合题意，舍去；当m>0时，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，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))上单调递减，f(x)在x＝eq\f(m,3)时取得极大值，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)))＝eq\f(4m3,27)＝4，解得m＝3.综上，实数m的值为3.18．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)－x.(1)设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程；(2)若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围．解：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝lnx