第17讲　导数与函数的极值、最值高考数学一轮复习讲义练习

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激活思维
1. (多选)下列四个函数在x＝0处取得极值的是( BC )
A. y＝x3B. y＝x2＋1
C. y＝|x|D. y＝2x
2. (人A选必二P94练习T1(3)改)已知函数f(x)＝6＋12x－x3，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3))，则f(x)的最大值为_22_，最小值为_ eq \f(55,27)_．
【解析】 f(x)＝6＋12x－x3，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，3))的导数为f′(x)＝12－3x2，由f′(x)＝0，可得x＝2(x＝－2舍去)，f(2)＝6＋24－8＝22，f(3)＝6＋36－27＝15，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝6－4＋ eq \f(1,27)＝ eq \f(55,27)，即f(x)的最大值为22，最小值为 eq \f(55,27).
3. (人A选必二P92练习T1)已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极大值点是_x2_，极小值点是_x4_．
(第3题)
【解析】 因为x2，x4处的导数都为零，且这两点左右两侧的导数值异号，所以x2，x4是函数的极值点．因为当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0，当x∈(x2，x3)时，f′(x)＜0，所以x2是极大值点．因为当x∈(x3，x4)时，f′(x)＜0，当x∈(x4，x5)时，f′(x)＞0，所以x4是极小值点．
4. (人A选必二P104复习参考题T9)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c的值为_6_．
【解析】 因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2.经检验，c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6.
5. (人A选必二P104复习参考题T14)用总长14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边的长比另一边的长多0.5 m，那么高为_1.2_m时，容器的容积最大，最大容积为_1.8_m3.
【解析】 设该容器底面矩形短边的长为x m，则另一边的长为(x＋0.5)m，此容器的高为y＝ eq \f(14.8,4)－x－(x＋0.5)＝3.2－2x，则此容器的容积为V(x)＝x(x＋0.5)(3.2－2x)＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，其中0＜x＜1.6.令V′(x)＝－6x2＋4.4x＋1.6＝0，得x1＝1，x2＝－ eq \f(4,15)(舍去).因为V(x)在(0，1.6)内只有一个极值点，当x∈(0，1)时，V′(x)＞0，函数V(x)单调递增；当x∈(1，1.6)时，V′(x)＜0，函数V(x)单调递减，所以V(x)max＝V(1)＝1×(1＋0.5)×(3.2－2×1)＝1.8(m3)，即当高为1.2 m时，长方体容器的容积最大，且最大容积为1.8 m3.
聚焦知识
1. 极值
(1) 设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)_≤_f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)，x0为f(x)的_极大值点_；如果对x0附近的所有的点，都有f(x)_≥_f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)，x0为f(x)的_极小值点_．极小值点与极大值点统称为_极值点_，极大值与极小值统称为极值．
(2) 当函数f(x)在x0处连续时，判断f(x0)是极大(小)值的方法：
如果x＜x0有f′(x)_＞_0，x＞x0有f′(x)_＜_0，那么f(x0)是极大值．
如果x＜x0有f′(x)_＜_0，x＞x0有f′(x)_＞_0，那么f(x0)是极小值．
2. 最值
在闭区间[a，b]上的_连续函数_一定存在最大值和最小值，最大值是区间端点值和区间内的极大值中的最大者，最小值是区间端点值和区间内的极小值中的最小者．
3. 常用结论
(1) 在函数的定义区间[a，b]内，极大(小)值可能有多个(或者没有)，但最大(小)值只有一个(或者没有)；
(2) 给出函数极大(小)值的条件，一定既要考虑f′(x0)＝0，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，否则条件没有用完，这一点一定要切记！
研题型 素养养成
举题说法
求函数的极值
视角1 极值点的判断(识图)
例 1-1 (多选)若函数f(x)的定义域为(－4，3)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则( AB )
(例 1-1)
A. f(x)有两个极大值点
B. f(x)有一个极小值点
C. f(0)＞f(1)
D. f(－2)＞f(－3)
【解析】 由题图可知当x∈(－4，－3)∪(－2，2)时，f′(x)≥0，当x∈(－3，－2)∪(2，3)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－4，－3)，(－2，2)内单调递增，在(－3，－2)，(2，3)内单调递减，可知f(0)＜f(1)，f(－2)＜f(－3)，且f(x)的极大值点为－3，2，极小值点为－2.
导函数图象从左往右，导函数值由正变负，表示函数单调性由增变减，此时导函数的零点即为函数的极大值点；同理，导函数值由负变正，函数单调性由减变增，此时导函数的零点即为函数的极小值点．判断函数的极值需从定义入手．
变式 1-1 (多选)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则( BCD )
(变式 1-1)
A. f(x)在(a，b)内一定不存在最小值
B. f(x)在(a，b)内只有一个极小值点
C. 函数f(x)在(a，b)内有两个极大值点
D. 函数f(x)在(a，b)内可能没有零点
(变式1-1答)
【解析】 如图，函数的单调性是先增，后减，再增，再减，即x＝c，x＝e时，f(x)取得极大值，在x＝d时f(x)取得极小值，所以B，C正确；当f(d)≤f(a)，且f(d)≤f(b)时，f(d)为f(x)在(a，b)内的最小值，所以A不正确；若f(a)≥0，f(d)＞0，f(b)≥0，则f(x)在(a，b)内没有零点，所以D正确．
视角2 求极值
例 1-2 (2024·马鞍山三模)已知函数f(x)＝3ln x＋a(x2＋25)－ eq \f(5x,2)，直线l在y轴上的截距为3，且l与曲线y＝f(x)相切于点(1，f(1)).
(1) 求实数a的值；
【解答】 因为f(x)＝3ln x＋a(x2＋25)－ eq \f(5x,2)，则f′(x)＝ eq \f(3,x)＋2ax－ eq \f(5,2)，所以f′(1)＝2a＋ eq \f(1,2)，f(1)＝26a－ eq \f(5,2)，故直线l：y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(1,2)))(x－1)＋26a－ eq \f(5,2).又直线l在y轴上的截距为3，所以－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a＋\f(1,2)))＋26a－ eq \f(5,2)＝3，解得a＝ eq \f(1,4).
(2) 求函数f(x)的单调区间与极值．
【解答】 由(1)得f(x)＝3ln x＋ eq \f(x2,4)－ eq \f(5x,2)＋ eq \f(25,4)，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f(3,x)＋ eq \f(x,2)－ eq \f(5,2)＝ eq \f((x－2)(x－3),2x)，由f′(x)＞0，解得0＜x＜2或x＞3；由f′(x)＜0，解得2＜x＜3，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间为(2，3)，所以f(x)在x＝2处取得极大值，在x＝3处取得极小值，即f(x)极大值＝f(2)＝3ln 2＋ eq \f(9,4)，f(x)极小值＝f(3)＝3ln 3＋1.
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) 在定义域内解方程f′(x)＝0；
(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．
变式 1-2 (2024·威海二模节选)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，求f(x)的极值．
【解答】 由题意得f(x)＝ln x－ax＋1的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝ eq \f(1,x)－a＝ eq \f(1－ax,x).当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；当a＞0时，令f′(x)＜0，得x＞ eq \f(1,a)，令f′(x)＞0，得0＜x＜ eq \f(1,a)，即f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，故x＝ eq \f(1,a)为函数f(x)的极大值点，即函数f(x)的极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝－ln a，无极小值．综上，当a≤0时，f(x)无极值；当a＞0时，f(x)的极大值为－ln a，无极小值．
根据极值求参数
例2 (2025·八省联考)已知函数f(x)＝a ln x＋ 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；
【解答】 当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－ eq \f(2,x)－x(x＞0)，f′(x)＝ eq \f(1,x)＋ eq \f(2,x2)－1，令f′(x)＝2，得x＝1或x＝－ eq \f(2,3)(舍去).又f(1)＝0－2－1＝－3，故切点为(1，－3)，切线方程为2x－y－5＝0.
(2) 若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围.
【解答】 f′(x)＝ eq \f(a,x)－ eq \f(b,x2)－1＝ eq \f(－x2＋ax－b,x2).令h(x)＝－x2＋ax－b，设h(x)的两个零点分别为1和t.因为x＝1为f(x)的极小值点，所以1＜t且x∈(0，1)时，h(x)＜0，x∈(1，t)时，h(x)＞0，x∈(t，＋∞)时，h(x)＜0，所以h(1)＝0且1＜ eq \f(a,2)，即－1＋a－b＝0，a＞2，所以b＝a－1＞1，即b的取值范围为(1，＋∞).
(1) 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，可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．
(2) 导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验．
变式2 (2024·连云港、如皋联考节选)若函数f(x)＝ln x＋ eq \f(2,x＋a)(a＞0)有极值点，则实数a的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))_．
【解析】 由题知，f′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(2,(x＋a)2)＝ eq \f((x＋a)2－2x,x(x＋a)2)＝0在(0，＋∞)上有变号零点，即g(x)＝x2＋(2a－2)x＋a2＝0在(0，＋∞)上有变号零点．①当1－a≤0，即a≥1时，只需g(0)＝a2＜0，矛盾；②当1－a＞0，即0＜a＜1时，只需Δ＝(2a－2)2－4a2＝4－8a＞0，解得0＜a＜ eq \f(1,2).故实数a的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
求函数的最值
视角1 不含参函数的最值
例 3-1 (2025·大同期初)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－x(a，b∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＋ eq \f(7,6)＝0.
(1) 求函数f(x)的解析式；
【解答】 因为f′(x)＝3ax2＋2bx－1，根据题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝－\f(7,6)，,f′(1)＝0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋b－1＝－\f(7,6)，,3a＋2b－1＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(4,3)，,b＝－\f(3,2)，))所以f(x)＝ eq \f(4,3)x3－ eq \f(3,2)x2－x.
(2) 若对于区间[－3，3]上任意两个自变量的值x1，x2，有 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(f(x1)－f(x2)))≤c，求实数c的最小值．
【解答】 令f′(x)＝4x2－3x－1＝0，解得x＝1或x＝－ eq \f(1,4).当x∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,4)))∪(1，3]时，f′(x)＞0；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，1))时，f′(x)＜0，所以f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，1))上为减函数，在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，－\f(1,4)))，(1，3]上为增函数，故f(x)max＝max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))，f(3) ))＝max eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(13,96)，\f(39,2)))＝ eq \f(39,2)，f(x)min＝min{f(1)，f(－3)}＝min eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(7,6)，－\f(93,2)))＝－ eq \f(93,2).因为对于区间[－3，3]上任意两个自变量的值x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝66，所以c≥66，所以c的最小值为66.
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．
变式 3-1 (2024·杭州二模)函数f(x)＝ eq \f(－x2＋3x＋2,\r(x＋1))的最大值为_2 eq \r(2)_．
【解析】 令t＝ eq \r(x＋1)＞0，则x＝t2－1，故f(x)＝ eq \f(－(t2－1)2＋3(t2－1)＋2,t)＝－t3＋5t－ eq \f(2,t).令h(t)＝－t3＋5t－ eq \f(2,t)(t＞0)，则h′(t)＝－3t2＋5＋ eq \f(2,t2)＝ eq \f(－3t4＋5t2＋2,t2)＝－ eq \f((3t2＋1)(t＋\r(2))(t－\r(2)),t2).当t∈(0， eq \r(2))时，h′(t)＞0，当t∈( eq \r(2)，＋∞)时，h′(t)＜0，则h(t)在(0， eq \r(2))上单调递增，在( eq \r(2)，＋∞)上单调递减，故h(t)≤h( eq \r(2))＝－( eq \r(2))3＋5× eq \r(2)－ eq \f(2,\r(2))＝2 eq \r(2)，即函数f(x)＝ eq \f(－x2＋3x＋2,\r(x＋1))的最大值为2 eq \r(2).
视角2 含参函数的最值
例 3-2 (2024·吕梁二模)已知函数f(x)＝a ln x－2x－ eq \f(a2,x)(a≠0).
(1) 当a＝1时，求f(x)的单调区间和极值；
【解答】 当a＝1时，f(x)＝ln x－2x－ eq \f(1,x)，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ eq \f(1,x)－2＋ eq \f(1,x2)＝ eq \f(－2x2＋x＋1,x2)＝ eq \f(－(2x＋1)(x－1),x2)，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)的单调递增区间是(0，1]，单调递减区间是(1，＋∞)，函数f(x)的极大值为f(1)＝－3，没有极小值．
(2) 求f(x)在区间(0，1]上的最大值．
【解答】 由题意得f′(x)＝ eq \f(a,x)－2＋ eq \f(a2,x2)＝－ eq \f(2x2－ax－a2,x2)＝－ eq \f((x－a)(2x＋a),x2)，x＞0.若a≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2.若0＜a＜1，当x∈(0，a)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(a，1]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f(a)＝a ln a－3a.若－2＜a＜0，则0＜－ eq \f(a,2)＜1，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，1))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝a ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋3a.若a≤－2，则－ eq \f(a,2)≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2.综上，f(x)max＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2－a2，a≥1或a≤－2，,a ln a－3a，0＜a＜1，,a ln \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋3a，－2＜a＜0.))
变式 3-2 (2024·南京二模节选)已知函数f(x)＝ eq \f(x2－ax＋a,ex)，其中a＞0，若f(x)在区间[0，a]上的最小值为 eq \f(1,e)，求实数a的值．
【解答】 f′(x)＝ eq \f(－x2＋(a＋2)x－2a,ex)＝－ eq \f((x－2)(x－a),ex)，令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝a.若0＜a＜2，当x∈[0，a]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，a]上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝ eq \f(a,ea)＝ eq \f(1,e).令g(a)＝ eq \f(a,ea)，则g′(a)＝ eq \f(1－a,ea)，当a＜1时，g′(a)＞0，g(a)单调递增；当a＞1时，g′(a)＜0，g(a)单调递减，所以g(a)的极大值为g(1)＝ eq \f(1,e)，所以由 eq \f(a,ea)＝ eq \f(1,e)得a＝1.若a＞2，当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，2]上单调递减，当x∈(2，a]时，f′(x)＞0，则f(x)在(2，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝ eq \f(4－a,e2)＝ eq \f(1,e)，则a＝4－e＜2，不合题意．若a＝2，当x∈[0，2]时，则f′(x)≤0，则f(x)在[0，2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝ eq \f(2,e2)≠ eq \f(1,e)，不合题意．综上，a＝1.
随堂内化
1. (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(提示：直接画f(x)的图象)( D )
A. a＜bB. a＞b
C. ab＜a2D. ab＞a2
【解析】 当a＞0时，函数f(x)的大致图象如图(1)所示，观察可知b＞a.当a＜0时，函数f(x)的大致图象如图(2)所示，观察可知a＞b.综上，ab＞a2.
图(1)
图(2)
(第1题答)
2. (2024·张家口一模节选)函数f(x)＝ eq \f(x2,e2x)的极大值为_ eq \f(1,e2)_，极小值为_0_．
【解析】 f′(x)＝ eq \f(2x·e2x－x2·e2x·2,(e2x)2)＝ eq \f(－2x(x－1),e2x)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以函数f(x)的极大值为f(1)＝ eq \f(1,e2)，极小值为f(0)＝0.
3. (2024·黄山一检改编)已知函数f(x)＝ eq \f(3,2)x2－4ax＋a2ln x在x＝1处取得极大值，则实数a＝_3_.
【解析】 由题知f′(x)＝3x－4a＋ eq \f(a2,x)＝ eq \f(3x2－4ax＋a2,x)＝ eq \f((3x－a)(x－a),x)，令f′(x)＝0，得x＝a或x＝ eq \f(a,3).当a＝1时，令f′(x)＞0，得0＜x＜ eq \f(1,3)或x＞1，令f′(x)＜0，得 eq \f(1,3)＜x＜1，故函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在x＝ eq \f(1,3)处取得极大值，在x＝1处取得极小值，与题意不符；当 eq \f(a,3)＝1，即a＝3时，令f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞3，令f′(x)＜0，得1＜x＜3，故函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在x＝1处取得极大值，在x＝3处取得极小值，符合题意，所以a＝3.
4. (2025·聊城期中)设f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((x＋a)2，x≤－1，,ex－x＋a，x＞－1.))若f(－1)为f(x)的最小值，则实数a的取值范围是_[0，1]_．
【解析】 当x≤－1时，f(x)＝(x＋a)2，对称轴为x＝－a，当－a≥－1，即a≤1时，f(x)min＝f(－1)；当－a＜－1，即a＞1时，f(x)min＝f(－a)，不符合题意，所以a≤1.当x＞－1时，f(x)＝ex－x＋a，则f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，则x＝0，当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则x＝0是函数f(x)的极小值点．又f(－1)为f(x)的最小值，则满足f(－1)≤f(0)，即(a－1)2≤1＋a，解得0≤a≤3.又a≤1，所以实数a的取值范围是[0，1].
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
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配套精练
练习1
一、 单项选择题
1. 设函数f(x)的导函数为f′(x)，y＝f′(x)的部分图象如图所示，则( B )
(第1题)
A. 函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1))上单调递增
B. 函数f(x)在(0，4)上单调递增
C. 函数f(x)在x＝3处取得极小值
D. 函数f(x)在x＝0处取得极大值
【解析】 由图象可知，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上单调递减，故A错误；当x∈(0，4)时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(0，4)上单调递增，故B正确，故C错误；函数f(x)在x＝0处取得极小值，故D错误．
2. (2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)＝( B )
A. －1 B. － eq \f(1,2)
C. eq \f(1,2) D. 1
【解析】 由题意知f′(x)＝ eq \f(a,x)－ eq \f(b,x2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝b＝－2，,f′(1)＝a－b＝0，))得a＝b＝－2，即f′(x)＝－ eq \f(2,x)＋ eq \f(2,x2)，所以f′(2)＝－ eq \f(2,2)＋ eq \f(2,22)＝－ eq \f(1,2).
3. (2024·岳阳二模)函数f(x)＝6＋12x－x3的极小值点为( D )
A. (4，－10) B. (－2，－10)
C. 4 D. －2
【解析】 函数f(x)＝6＋12x－x3的定义域为R，且f′(x)＝12－3x2＝3(2－x)(2＋x)，所以当－2＜x＜2时，f′(x)＞0，当x＜－2或x＞2时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－2，2)上单调递增，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝－2处取得极小值，在x＝2处取得极大值，即极小值点为－2，极大值点为2.
4. 已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－(1＋a)x＋a ln x在x＝a处取得极大值，则实数a的取值范围为( C )
A. [1，＋∞) B. (1，＋∞)
C. (0，1) D. (0，1]
【解析】 因为函数f(x)＝ eq \f(1,2)x2－(1＋a)x＋a ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－(1＋a)＋ eq \f(a,x)＝ eq \f((x－a)(x－1),x).当a∈(0，1)时，由f′(x)＞0，可得0＜x＜a或x＞1，由f′(x)＜0，可得a＜x＜1，则函数f(x)在x＝a处取得极大值；当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)不存在极值；当a∈(1，＋∞)时，由f′(x)＞0，可得0＜x＜1或x＞a，由f′(x)＜0，可得1＜x＜a，则函数f(x)在x＝a处取得极小值．综上，a∈(0，1).
二、 多项选择题
5. (2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋ eq \f(b,x)＋ eq \f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则( BCD )
A. bc＞0 B. ab＞0
C. b2＋8ac＞0 D. ac＜0
【解析】 函数f(x)＝a ln x＋ 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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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，故A错误，B，C，D正确．
6. (2025·常州期中)已知函数f(x)＝(x－a)2(x－b)(a＜b)，2为f(x)的极大值点，则下列结论正确的有( AD )
A. a＝2
B. 若4为函数f(x)的极小值点，则b＝4
C. 若f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3)，b))内有最小值，则b的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，＋∞))
D. 若f(x)＋4＝0有三个互不相等的实数解，则b的取值范围是(5，＋∞)
【解析】 对于A，f′(x)＝2(x－a)(x－b)＋(x－a)2＝(x－a)(2x－2b＋x－a)＝(x－a)(3x－a－2b)，令f′(x)＝0，则x＝a或x＝ eq \f(a＋2b,3)，而a＜b，则a＜ eq \f(a＋2b,3).令f′(x)＞0，得x＜a或x＞ eq \f(a＋2b,3)；令f′(x)＜0，得a＜x＜ eq \f(a＋2b,3)，所以f(x)在(－∞，a)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b,3)，＋∞))上单调递增，所以f(x)的极大值点为a，所以a＝2，故A正确．对于B，若4为极小值点，则 eq \f(2＋2b,3)＝4，解得b＝5，故B错误．对于C，若f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3)，b))内有最小值，则f(x)在 eq \f(2＋2b,3)处取得最小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋2b,3)))，f(x)＝(x－2)2(x－b)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3)))≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋2b,3)))，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3)－2)) eq \s\up12(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3)－b))≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋2b,3)－2)) eq \s\up12(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋2b,3)－b))＝－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b－2,3))) eq \s\up12(3)，即(b－3)2b≤(b－2)3，解得b≥ eq \f(8,3)，故C错误．对于D，若f(x)＝－4有三个互不相等的实数解，又f(2)＝0，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2＋2b,3)))＝－4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b－2,3))) eq \s\up12(3)＜－4，解得b＞5，故D正确．
三、 填空题
7. (2024·苏中苏北八市三调)设a为实数，若函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ax2＋1在x＝－4处取得极大值，则a的值为_－2_．
【解析】 f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2a，若函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ax2＋1在x＝－4处取得极大值，则2a＝－4，解得a＝－2.当a＝－2时，f′(x)＝x(x＋4)，f′(x)＞0⇒x＞0或x＜－4，f′(x)＜0⇒－4＜x＜0，所以函数f(x)在(－4，0)上单调递减，在(－∞，－4)，(0，＋∞)上单调递增，满足题意．
8. (2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为_1_．
【解析】 由题设知，f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)，所以当0＜x≤ eq \f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2ln x，此时f(x)单调递减；当 eq \f(1,2)＜x≤1时，f(x)＝2x－1－2ln x，则f′(x)＝2－ eq \f(2,x)≤0，此时f(x)单调递减；当x＞1时，f(x)＝2x－1－2ln x，则f′(x)＝2－ eq \f(2,x)＞0，此时f(x)单调递增．又f(x)在各段的分界点处连续，所以当0＜x≤1时，f(x)单调递减，当x＞1时，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1.
9. 若函数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_[－2，1)_．(提示：a3－3a＋2＝(a＋2)(a－1)2)
【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．若函数f(x)在(a，10－a2)上存在最大值，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＜1，,10－a2＞1，,f(1)≥f(a)，))解得－2≤a＜1.
四、 解答题
10. (2024·汕头一模)已知函数f(x)＝ax－ eq \f(1,x)－(a＋1)ln x(a∈R).
(1) 当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程；
【解答】 当a＝－1时，函数f(x)＝－x－ eq \f(1,x)，求导得f′(x)＝ eq \f(1,x2)－1，则f′(e)＝ eq \f(1,e2)－1，而f(e)＝－e－ eq \f(1,e)，所以曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为y－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－e－\f(1,e)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)－1))(x－e)，即y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)－1))x－ eq \f(2,e).
(2) 若f(x)既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围．
【解答】 函数f(x)＝ax－ eq \f(1,x)－(a＋1)ln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝a＋ eq \f(1,x2)－ eq \f(a＋1,x)＝ eq \f(ax2－(a＋1)x＋1,x2)＝ eq \f((ax－1)(x－1),x2).当a≤0时，ax－1＜0，由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0，得x＞1，则函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，函数f(x)只有极大值f(1)，不合题意．当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ eq \f(1,a).①若0＜ eq \f(1,a)＜1，即a＞1，由f′(x)＞0，得0＜x＜ eq \f(1,a)或x＞1，由f′(x)＜0，得 eq \f(1,a)＜x＜1，则函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，(1，＋∞)上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))上单调递减，因此函数f(x)的极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))，极小值为f(1)，符合题意；②若 eq \f(1,a)＞1，即0＜a＜1，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞ eq \f(1,a)，由f′(x)＜0，得1＜x＜ eq \f(1,a)，则函数f(x)在(0，1)， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上单调递减，因此函数f(x)的极大值为f(1)，极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))，符合题意．③若 eq \f(1,a)＝1，即a＝1，由f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则函数f(x)无极值，不合题意．综上，实数a的取值范围为(0，1)∪(1，＋∞).
11. (2024·苏锡常镇二调)已知函数f(x)＝ eq \f(ex－1,x)＋a ln x(a∈R).
(1) 当a＝0时，证明：f(x)＞1；
【解答】 因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝0时，f(x)＝ eq \f(ex－1,x).要证f(x)＞1，只需证：当x＞0时，ex＞x＋1.令p(x)＝ex－x－1，则p′(x)＝ex－1＞0，则p(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以p(x)＞p(0)＝0，即ex＞x＋1.
(2) 若f(x)在区间(1，＋∞)上有且只有一个极值点，求实数a的取值范围.
【解答】 f′(x)＝ eq \f((x－1)ex＋1,x2)＋ eq \f(a,x)＝ eq \f(1,x)· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f((x－1)ex＋1,x)＋a)).令g(x)＝ eq \f((x－1)ex＋1,x)＋a(x＞1)，则g′(x)＝ eq \f(ex(x2－x＋1)－1,x2)＞ eq \f((x2－x＋1)－1,x2)＝ eq \f(x－1,x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＞g(1)＝1＋a.①当a≥－1时，g(x)＞g(1)＝1＋a≥0，f′(x)＞0，则f(x)在(1，＋∞)上为增函数，所以f(x)在(1，＋∞)上无极值点，矛盾．②当a＜－1时，g(1)＝1＋a＜0.由(1)知，ex＞x＋1＞x，g(x)＝ eq \f((x－1)ex＋1,x)＋a＞ eq \f((x－1)ex,x)＋a＞ eq \f((x－1)x,x)＋a＝x－1＋a，则g(1－a)＞0，则∃x0∈(1，1－a)使g(x0)＝0.当x∈(1，x0)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，则f(x)在(1，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，则f(x)在(x0，＋∞)上单调递增．因此，f(x)在区间(1，＋∞)上恰有一个极值点，所以实数a的取值范围为(－∞，－1).
12. (2024·茂名二模)已知函数f(x)＝ex sin x－ax.
(1) 若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＝0，求实数a的值；
【解答】 因为f(x)＝ex sin x－ax，所以f′(x)＝ex(sin x＋cs x)－a，所以f′(0)＝1－a.因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y＝0，切线的斜率为－1，所以f′(0)＝－1，得1－a＝－1，解得a＝2.
(2) 若a＝ eq \f(3,2)，求函数f(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值.
【解答】 当a＝ eq \f(3,2)时，令h(x)＝f′(x)＝ex(sin x＋cs x)－ eq \f(3,2)，h′(x)＝ex(sin x＋cs x＋cs x－sin x)＝2ex cs x．当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h′(x)≥0，h(x)单调递增．又h(0)＝1－ eq \f(3,2)＝－ eq \f(1,2)＜0，h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝e eq \s\up6(\f(π,2))－ eq \f(3,2)＞e－ eq \f(3,2)＞0，所以存在唯一的实数x0∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得h(x0)＝0.当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x∈ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，h(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．又f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝e eq \s\up6(\f(π,2))－ eq \f(3π,4)＞e－ eq \f(10,4)＝e－2.5＞0，所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝e eq \s\up6(\f(π,2))－ eq \f(3π,4).
练习2
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. (2024·承德二模)设a为实数，若函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，则a＝( B )
A. 1 B. eq \f(1,2)
C. 0 D. －1
【解析】 由题可得f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2a，因为函数f(x)＝ eq \f(1,3)x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，所以2a＝1，即a＝ eq \f(1,2).当a＝ eq \f(1,2)时，f′(x)＝x(x－1)，f′(x)＞0⇒x＜0或x＞1，f′(x)＜0⇒0＜x＜1，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，满足题意．
2. 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( C )
A. [0，1] B. (－∞，0]∪[1，＋∞)
C. [0，2] D. (－∞，0]∪[2，＋∞)
【解析】 由f(x)＝ eq \f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.由题意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.
3. (2024·苏中苏北七市二调)若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围为( C )
A. (－2，＋∞) B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
C. (－∞，－2) D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
【解析】 由函数f(x)＝eax＋2x，得f′(x)＝aeax＋2，若a≥0，则f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，无极值点，故a＜0.令f′(x)＝aeax＋2＝0，解得x＝ eq \f(1,a)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a))).当x＞ eq \f(1,a)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))时，f′(x)＞0，当x＜ eq \f(1,a)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))时，f′(x)＜0，故x＝ eq \f(1,a)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))是f(x)＝eax＋2x的极小值点．由于函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，所以 eq \f(1,a)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＞0⇒ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)))＜0⇒0＜－ eq \f(2,a)＜1，解得a＜－2.
4. (2022·全国乙卷文)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为( D )
A. － eq \f(π,2)， eq \f(π,2) B. － eq \f(3π,2)， eq \f(π,2)
C. － eq \f(π,2)， eq \f(π,2)＋2 D. － eq \f(3π,2)， eq \f(π,2)＋2
【解析】 f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0，2π].令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝ eq \f(π,2)或x＝ eq \f(3π,2).因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))sin eq \f(π,2)＋1＝2＋ eq \f(π,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝cs eq \f(3π,2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋1))sin eq \f(3π,2)＋1＝－ eq \f(3π,2)，又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2＋ eq \f(π,2)，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝－ eq \f(3π,2).
二、 多项选择题
5. (2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则( AD )
A. 当a＞1时，f(x)有三个零点
B. 当a＜0时，x＝0是f(x)的极大值点
C. 存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D. 存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
【解析】 由f(x)＝2x3－3ax2＋1，得f′(x)＝6x(x－a).对于A，当a＞1时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，则f(x)的极大值为f(0)＝1＞0，f(x)的极小值为f(a)＝1－a3＜0，所以f(x)有三个零点，故A正确；对于B，当a＜0时，f(x)在(a，0)上单调递减，在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是f(x)的极小值点，故B错误；对于C，任何三次函数不存在对称轴，故C错误；对于D，当a＝2时，f(x)＝2x3－6x2＋1＝2(x－1)3－6(x－1)－3，关于点(1，－3)中心对称，故D正确．
6. (2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则( ACD )
A. x＝3是f(x)的极小值点
B. 当0＜x＜1时，f(x)＜f(x2)
C. 当1＜x＜2时，－4＜f(2x－1)＜0
D. 当－1＜x＜0时，f(2－x)＞f(x)
【解析】 对于A，f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f′(x)＜0，则函数f(x)在(1，3)上单调递减，当x∈(－∞，1)∪(3，＋∞)时，f′(x)＞0，则函数f(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0＜x＜1时，0＜x2＜x＜1，又f(x)在(0，1)上单调递增，则f(x2)＜f(x)，故B错误；对于C，当1＜x＜2时，1＜2x－1＜3，而函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(3)＜f(2x－1)＜f(1)，即－4＜f(2x－1)＜0，故C正确；对于D，由于－1＜x＜0，则f(2－x)－f(x)＝(x－1)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)＝－2(x－1)3＞0，即f(2－x)＞f(x)，故D正确．
三、 填空题
7. (2024·武汉期初)若函数f(x)＝(2x＋1)ln x－ax是(0，＋∞)上的增函数，则实数a的最大值为_4－2ln 2_．
【解析】 f(x)＝(2x＋1)ln x－ax的定义域为(0，＋∞)，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝2ln x＋ eq \f(2x＋1,x)－a≥0恒成立，即a≤2ln x＋ eq \f(1,x)＋2.设h(x)＝2ln x＋ eq \f(1,x)＋2，则h′(x)＝ eq \f(2,x)－ eq \f(1,x2)＝ eq \f(2x－1,x2)，x∈(0，＋∞)，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，h′(x)＜0，函数h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减；当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时，h′(x)＞0，函数h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，故h(x)min＝h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2ln eq \f(1,2)＋4＝4－2ln 2，所以a≤4－2ln 2.故实数a的最大值为4－2ln 2.
8. (2024·邢台二模)如图，四边形ABCD和EFGH是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿MN，NP，PQ，QM折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为_1 000_．
(第8题)
【解析】 由题意设AD＝x(x＞0)，因为矩形ABCD的面积为300，所以AB＝ eq \f(300,x)(x＞0)，根据题意有MQ＝MN＝AD＝x(x＞0)，所以AM＝ eq \f(AB－MN,2)＝ eq \f( \f(300,x)－x,2)＝ eq \f(150,x)－ eq \f(x,2)(x＞0)，则长方体的体积为V＝MN·MQ·AM＝x2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(150,x)－\f(x,2)))＝－ eq \f(1,2)x3＋150x(x＞0)，V′＝－ eq \f(3,2)x2＋150(x＞0)，令V′＝0，得x＝10，当x∈(0，10)时，V′＞0，函数在(0，10)上单调递增，当x∈(10，＋∞)时，V′＜0，函数在(10，＋∞)上单调递减，所以当x＝10时，V取得最大值，最大值为－ eq \f(1,2)×103＋150×10＝1 000.
9. (2024·苏锡常镇一调)已知a，b∈(0，1)∪(1，＋∞)，4lgab＋lgba＝4，则 eq \f(2,b)＋ln eq \f(a,b)的最小值为_ln 2＋1_．
【解析】 因为4lgab＋lgba＝4，a，b∈(0，1)∪(1，＋∞)，所以4lgab＋ eq \f(1,lgab)＝4，可得lgab＝ eq \f(1,2)，b＝ eq \r(a)，即a＝b2，所以 eq \f(2,b)＋ln eq \f(a,b)＝ eq \f(2,b)＋ln eq \f(b2,b)＝ln b＋ eq \f(2,b).令f(x)＝ln x＋ eq \f(2,x)，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ eq \f(1,x)－ eq \f(2,x2)＝ eq \f(x－2,x2)，所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝ln 2＋1，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,b)＋ln \f(a,b))) eq \s\d7(min)＝ln 2＋1，当且仅当b＝2，a＝4时取得．
四、 解答题
10. (2024·济南一模)已知函数f(x)＝e2x＋ex－ax.
(1) 当a＝3时，求f(x)的单调区间；
【解答】 当a＝3时，f(x)＝e2x＋ex－3x，定义域为R，又f′(x)＝2e2x＋ex－3，所以f′(x)＝(2ex＋3)(ex－1)，由f′(x)＞0，解得x＞0，此时f(x)单调递增；由f′(x)＜0，解得x＜0，此时f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).
(2) 讨论f(x)极值点的个数．
【解答】 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t＝ex，易知1＋8a＞0，故解关于t的方程2t2＋t－a＝0，得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＞ln t2时，f′(x)＞0，即f(x)在(ln t2，＋∞)上单调递增，当x＜ln t2时，f′(x)＜0，即f(x)在(－∞，ln t2)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.
11. (2024·邵阳二联)设函数f(x)＝m(x＋1)ex，m＞0.
(1) 求f(x)的极值；
【解答】 f′(x)＝m(x＋2)ex，m＞0.令f′(x)＞0，得x＞－2；令f′(x)＜0，得x＜－2.故f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．所以f(x)在x＝－2处取得极小值f(－2)＝－ eq \f(m,e2)，无极大值．
(2) 若对任意x∈(－1，＋∞)，ln f(x)≤2ex恒成立，求m的最大值.
【解答】 ln f(x)≤2ex对∀x∈(－1，＋∞)恒成立，即ln m≤2ex－ln (x＋1)－x对∀x∈(－1，＋∞)恒成立．令g(x)＝2ex－ln (x＋1)－x，x∈(－1，＋∞)，则只需ln m≤g(x)min即可．g′(x)＝2ex－ eq \f(1,x＋1)－1，x∈(－1，＋∞)，易知y＝2ex，y＝－ eq \f(1,x＋1)－1均在(－1，＋∞)上单调递增，故g′(x)在(－1，＋∞)上单调递增且g′(0)＝0.所以当x∈(－1，0)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．所以g(x)min＝g(0)＝2，故ln m≤2＝ln e2，所以0＜m≤e2，故m的最大值为e2.
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12. (2024·深圳一调节选)已知函数f(x)＝a(x－1)ex+1－2x ln x－x2(a∈R).
(1) 当a＝0时，求函数f(x)在区间[e-2，1]上的最小值；
【解答】 当a＝0时，f(x)＝－2x ln x－x2，则f′(x)＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋x·\f(1,x)))－2x＝－2(ln x＋x＋1).令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋1)).因为x∈[e-2，1]，所以g′(x)＜0，则g(x)在[e-2，1]上单调递减．又因为f′(e-2)＝2(1－e-2)＞0，f′(1)＝－4＜0，所以∃x0∈(e-2，1)使得f′(x0)＝0，所以f(x)在[e-2，x0)上单调递增，在(x0，1]上单调递减．因此，f(x)在[e-2，1]上的最小值是f(e-2)与f(1)两者中的最小者．因为f(e-2)＝4e-2－e-4＝e-2(4－e-2)＞0，f(1)＝－1，所以函数f(x)在[e-2，1]上的最小值为－1.
(2) 讨论函数f(x)的极值点个数．
【解答】 f′(x)＝a[ex+1＋(x－1)ex+1]－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋x·\f(1,x)))－2x＝axex+1－2(ln x＋x＋1)，由f′(x)＝0，解得a＝ eq \f(2(ln x＋x＋1),xex+1)＝ eq \f(2(ln x＋x＋1),eln x＋x+1)，易知函数y＝ln x＋x＋1在(0，＋∞)上单调递增，且值域为R.令ln x＋x＋1＝t，由f′(x)＝0，解得a＝ eq \f(2t,et)，设h(t)＝ eq \f(2t,et)，则h′(t)＝ eq \f(2(1－t),et).当t＜1时，h′(t)＞0；当t＞1时，h′(t)＜0，所以函数h(t)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．又h(1)＝ eq \f(2,e)，t→－∞时，h(x)→－∞，t→＋∞时，h(x)→0，可作出h(t)的大致图象如图所示．因此有①当a＞ eq \f(2,e)时，方程h(t)＝a无解，即f′(x)无零点，f(x)没有极值点．②当a＝ eq \f(2,e)时，f′(x)＝2eln x＋x－2(ln x＋x＋1)，设m(x)＝ex－x－1，则m′(x)＝ex－1，则m(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，则m(x)≥m(0)＝0，即ex≥x＋1，得f′(x)≥2(ln x＋x＋1)－2(ln x＋x＋1)＝0，此时f(x)没有极值点．③当0＜a＜ eq \f(2,e)时，方程h(t)＝a有两个解，即f′(x)有两个零点，f(x)有两个极值点．④当a≤0时，方程h(t)＝a有一个解，即f′(x)有一个零点，f(x)有一个极值点．综上，当a≤0时，f(x)有一个极值点；当0＜a＜ eq \f(2,e)时，f(x)有两个极值点；当a≥ eq \f(2,e)时，f(x)没有极值点．
(第12题答)
x
(－∞，0)
0
(0，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
0
↗
eq \f(1,e2)
↘