2024年高考数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用3导数与函数的极值最值练习含解析

PAGEPAGE1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、微小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．学问梳理1．函数的极值(1)函数的微小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a旁边其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a旁边的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的微小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的微小值．(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旁边其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b旁边的左侧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)微小值点、极大值点统称为极值点，微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：假如在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连绵不断的曲线，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．思索辨析推断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值．(×)(2)函数的微小值肯定是函数的最小值．(×)(3)函数的微小值肯定不是函数的最大值．(√)(4)函数y＝f′(x)的零点是函数y＝f(x)的极值点．(×)教材改编题1．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的微小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4答案A解析由题意知只有在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正．2．函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－eq\r(6)]∪[eq\r(6)，＋∞)B．(－∞，－eq\r(6))∪(eq\r(6)，＋∞)C．(－eq\r(6)，eq\r(6))D．[－eq\r(6)，eq\r(6)]答案B解析f′(x)＝3x2－2ax＋2，由题意知f′(x)有变号零点，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>eq\r(6)或a<－eq\r(6).3．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)上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.题型一利用导数求函数的极值问题命题点1依据函数图象推断极值例1(2024·广州模拟)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(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)有微小值f(－3)和f(3)C．函数f(x)有微小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有微小值f(－3)和极大值f(3)答案D解析由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有微小值f(－3)和极大值f(3)．命题点2求已知函数的极值例2已知函数f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解(1)因为f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)，所以f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，又因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，即1－eq\f(a,e1)＝0，所以a＝e.(2)由(1)知f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，因此f(x)无极大值与微小值；当a>0时，令f′(x)>0，则x>lna，所以f(x)在(lna，＋∞)上单调递增，令f′(x)<0，则x<lna，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，故f(x)在x＝lna处取得微小值，且f(lna)＝lna，但是无极大值，综上，当a≤0时，f(x)无极大值与微小值；当a>0时，f(x)在x＝lna处取得微小值lna，但是无极大值．命题点3已知极值(点)求参数例3(1)(2024·大庆模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于()A．－7 B．0C．－7或0 D．－15或6答案A解析由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝0，,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，))检验知，当a＝－3，b＝3时，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，当x<－eq\f(11,3)或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－eq\f(11,3)<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x＝1时，函数f(x)取得微小值，符合题意．所以a＋b＝－7.(2)(2024·南京模拟)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)在区间(0，＋∞)上有两个极值，则实数a的取值范围为()A．(0，e) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))答案C解析f′(x)＝lnx－ax＋xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－a))＝lnx＋1－2ax，由题意知lnx＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，2a＝eq\f(lnx＋1,x)，设g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，则g′(x)＝eq\f(1－lnx＋1,x2)＝－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).老师备选1．(2024·榆林模拟)设函数f(x)＝xcosx的一个极值点为m，则taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,4)))等于()A.eq\f(m－1,m＋1) B.eq\f(m＋1,m－1)C.eq\f(1－m,m＋1) D.eq\f(m＋1,1－m)答案B解析由f′(x)＝cosx－xsinx＝0，得tanx＝eq\f(1,x)，所以tanm＝eq\f(1,m)，故taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(π,4)))＝eq\f(1＋tanm,1－tanm)＝eq\f(m＋1,m－1).2．已知a，b∈R，若x＝a不是函数f(x)＝(x－a)2(x－b)·(ex－1－1)的微小值点，则下列选项符合的是()A．1≤b<a B．b<a≤1C．a<1≤b D．a<b≤1答案B解析令f(x)＝(x－a)2(x－b)(ex－1－1)＝0，得x1＝a，x2＝b，x3＝1.下面利用数轴标根法画出f(x)的草图，借助图象对选项A，B，C，D逐一分析．对选项A，若1≤b<a，由图可知x＝a是f(x)的微小值点，不符合题意；对选项B，若b<a≤1，由图可知x＝a不是f(x)的微小值点，符合题意；对选项C，若a<1≤b，由图可知x＝a是f(x)的微小值点，不符合题意；对选项D，若a<b≤1，由图可知x＝a是f(x)的微小值点，不符合题意．思维升华依据函数的极值(点)求参数的两个要领(1)列式：依据极值点处导数为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)(2024·长沙模拟)若x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极大值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3 D．1答案C解析因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，故可得f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]，因为x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，故可得f′(1)＝0，即2a＋2＝0，解得a＝－1.此时f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x＋2)(x－1)．令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝1，由f′(x)>0可得x<－2或x>1；由f′(x)<0可得－2<x<1，所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的极大值点为x＝－2.则f(x)的极大值为f(－2)＝(4＋2－1)e－3＝5e－3.(2)(2024·芜湖模拟)函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax(x>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))答案B解析∵f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax(x>0)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－a，∵函数f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax(x>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上有且仅有一个极值点，∴y＝f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上只有一个变号零点．令f′(x)＝eq\f(1,x)＋x－a＝0，得a＝eq\f(1,x)＋x.设g(x)＝eq\f(1,x)＋x，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1,3]上单调递增，∴g(x)min＝g(1)＝2，又geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)，g(3)＝eq\f(10,3)，∴当eq\f(5,2)≤a<eq\f(10,3)时，y＝f′(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上只有一个变号零点．∴实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(10,3))).题型二利用导数求函数最值例4已知函数g(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R)．(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．解(1)∵a＝1，∴g(x)＝lnx＋x2－3x，∴g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－3＝eq\f(2x－1x－1,x)，∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq\f(2x2－a＋2x＋a,x)＝eq\f(2x－ax－1,x).①当eq\f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；②当1<eq\f(a,2)<e，即2<a<2e时，g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e))上单调递增，h(a)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝alneq\f(a,2)－eq\f(1,4)a2－a；③当eq\f(a,2)≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.综上，h(a)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2<a<2e，,1－ea＋e2－2e，a≥2e.))老师备选已知函数f(x)＝lnx－ax－2(a≠0)．(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有最大值M，且M>a－4，求实数a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f(x)＝lnx－ax－2(a≠0)可得f′(x)＝eq\f(1,x)－a，当a<0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，综上所述，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减，所以当x＝eq\f(1,a)时，f(x)取得最大值，即f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝ln

eq\f(1,a)－a×eq\f(1,a)－2＝ln

eq\f(1,a)－3＝－lna－3，因此有－lna－3>a－4，得lna＋a－1<0，设g(a)＝lna＋a－1，则g′(a)＝eq\f(1,a)＋1>0，所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，所以g(a)<g(1)，得0<a<1，故实数a的取值范围是(0,1)．思维升华(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)若所给的闭区间[a，b]含参数，则需对函数f(x)求导，通过对参数分类探讨，推断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．跟踪训练2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．假设建立成本仅与表面积有关，侧面的建立成本为100元/平方米，底面的建立成本为160元/平方米，该蓄水池的总建立成本为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)探讨函数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)∵蓄水池的侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh(元)，底面的总成本为160πr2元，∴蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．由题意得200πrh＋160πr2＝12000π，∴h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)．从而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．由h>0，且r>0，可得0<r<5eq\r(3).故函数V(r)的定义域为(0,5eq\r(3))．(2)由(1)知V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，故V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)，令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上单调递增；当r∈(5,5eq\r(3))时，V′(r)<0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上单调递减．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．课时精练1．若函数f(x)＝eq\f(x2＋2x,ex)的极大值点与微小值点分别为a，b，则a＋b等于()A．－4 B.eq\r(2)C．0 D．2答案C解析f′(x)＝eq\f(2－x2,ex)，当－eq\r(2)<x<eq\r(2)时，f′(x)>0；当x<－eq\r(2)或x>eq\r(2)时，f′(x)<0.故f(x)＝eq\f(x2＋2x,ex)的极大值点与微小值点分别为eq\r(2)，－eq\r(2)，则a＝eq\r(2)，b＝－eq\r(2)，所以a＋b＝0.2．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是()A．f(x)在[－2，－1]上单调递增B．当x＝3时，f(x)取得最小值C．当x＝－1时，f(x)取得极大值D．f(x)在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减答案D解析依据题图知，当x∈(－2，－1)，x∈(2,4)时，f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减；当x∈(－1,2)，x∈(4，＋∞)时，f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增．∞)上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；故当x＝－1时，f(x)取得微小值，选项C不正确；当x＝3时，f(x)不是取得最小值，选项B不正确．3．已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得微小值，则f(x)的极大值为()A．2 B．－eq\f(5,2)C．3＋ln2 D．－2＋2ln2答案B解析由题意得，f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得微小值，∴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－1x－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).4．(2024·重庆联考)函数f(x)＝x＋2cosx在[0，π]上的最大值为()A．π－2 B.eq\f(π,6)C．2 D.eq\f(π,6)＋eq\r(3)答案D解析由题意得，f′(x)＝1－2sinx，∴当0≤sinx≤eq\f(1,2)，即x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当eq\f(1,2)<sinx≤1，即x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)有极大值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,6)＋eq\r(3)，有微小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\f(5π,6)－eq\r(3)，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π－2，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f(0)>f(π)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，∴f(x)在[0，π]上的最大值为eq\f(π,6)＋eq\r(3).5．(多选)已知x＝1和x＝3是函数f(x)＝ax3＋bx2－3x＋k(a，b∈R)的两个极值点，且函数f(x)有且仅有两个不同零点，则k值为()A．－eq\f(4,3) B.eq\f(4,3)C．－1 D．0答案BD解析f′(x)＝3ax2＋2bx－3，依题意1,3是f′(x)＝0的两个根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋3＝－\f(2b,3a)，,1×3＝－\f(3,3a)，))解得a＝－eq\f(1,3)，b＝2.故f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋2x2－3x＋k.易求得函数f(x)的极大值为f(3)＝k和微小值为f(1)＝－eq\f(4,3)＋k.要使函数f(x)有两个零点，则f(x)极大值k＝0或f(x)微小值－eq\f(4,3)＋k＝0，所以k＝0或k＝eq\f(4,3).6．(多选)已知函数f(x)＝x＋sinx－xcosx的定义域为[－2π，2π)，则()A．f(x)为奇函数B．f(x)在[0，π)上单调递增C．f(x)恰有4个极大值点D．f(x)有且仅有4个极值点答案BD解析因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函数，故A错误；因为f(x)＝x＋sinx－xcosx，所以f′(x)＝1＋cosx－(cosx－xsinx)＝1＋xsinx，当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，故B正确；明显f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sinx＝－eq\f(1,x)，分别作出y＝sinx，y＝－eq\f(1,x)在区间[－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，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点，故C错误，D正确．7．(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．8．(2024·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为________．答案1解析函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)．①当x>eq\f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，当eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②当0<x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2lneq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.综上，f(x)min＝1.9．已知函数f(x)＝lnx－eq\f(2x－2,x＋1).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－eq\f(4＋a,x＋1)＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围．解(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2x＋1－2x－1,x＋12)＝eq\f(x－12,xx＋12)≥0对随意x∈(0，＋∞)恒成立，当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)因为g(x)＝f(x)－eq\f(4＋a,x＋1)＋2＝lnx－eq\f(a,x＋1)，所以g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x＋12)＝eq\f(x2＋2＋ax＋1,xx＋12)(x>0)．由题意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0，所以只需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2－a>0，,Δ＝2＋a2－4>0，))解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)．10．(2024·珠海模拟)已知函数f(x)＝lnx－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数．(1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值；(2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解(1)∵f(x)＝lnx－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝eq\f(1－ax,x)，由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝eq\f(1－x,x)，∴x∈(0,1)，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]；f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1.(2)∵f(x)＝lnx－ax，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)，①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq\f(4,e)>0，舍去；②当a>0时，由f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，当0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)时，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))时，f′(x)<0，∴f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))，又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，∴f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1－lna＝－3，∴a＝e2；当e≤eq\f(1,a)，即0<a≤eq\f(1,e)时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq\f(4,e)>eq\f(1,e)，舍去．综上，存在a符合题意，此时a＝e2.11．若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为()A.eq\f(6,e3) B．－eq\f(2,e)C．－2e D.eq\f(4,e2)答案A解析因为f(x)＝(x2－a)ex，所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，得x2＋2x－a＝0，由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，当x<－3或x>1时，f′(x)>0；当－3<x<1时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－3)＝eq\f(6,e3).12．函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为()A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.13．(2024·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>bC．ab<a2 D．ab>a2答案D解析当a>0时，依据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，视察可知b>a.图1当a<0时，依据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，视察可知a>b.图2综上，可知必有ab>a2成立．14．(2024·河南多校联考)已知函数f(x)＝2lnx，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为______．答案4－2ln2解析设f(x1)＝g(x2)＝t，即2lnx1＝t，x2＋2＝t，解得x1＝，x2＝t－2，所以x1－x2＝－t＋2，令h(t)＝－t＋2，则h′(t)＝－1，令h′(t)＝0，解得t＝2ln2，当t<2ln2时，h′(t)<0，当t>2ln2时，h′(t)>0，所以h(t)在(－∞，2ln2)上单调递减，在(2ln2，＋∞)上单调递增，所以h(t)的最小值为h(2ln2)＝eln2－2ln2＋2＝4－2ln2，所以x1－x2的最小值为4－2ln2.15．(多选