5.3.2 函数的极值与最大(小)值 数学 选择性必修 第二册 (配人教A版)学案

5．3　导数在研究函数中的应用
5．3.2　函数的极值与最大(小)值
第一课时　函数的极值
[新课程标准]
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．
3．通过利用导数研究函数单调性、极值的关系，培养学生逻辑推理、数学运算的核心素养．　
(一)教材梳理填空
1．极小值、极大值的概念
极值 极小值 极大值
定 义 若函数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.我们把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 若函数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.我们把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
图 象
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．
[微提醒]
(1)极值是一个局部概念，极值只是某个点的函数值，与它附近点的函数值比较它是最大值或最小值，但并不意味着它在函数的整个定义域内是最大值或最小值．
(2)一个函数在某区间上或定义域内的极大值或极小值可以不止一个．
(3)函数的极大值与极小值之间无确定的大小关系．
(4)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点．
(5)单调函数一定没有极值．
2．求函数y＝f(x)极值的方法
一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法是：
解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：
(1)如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；
(2)如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．
[微提醒]
一般来说，“f′(x0)＝0”是“函数y＝f(x)在点x0处取得极值”的必要不充分条件．若可导函数y＝f(x)在点x0处可导，且在点x0处取得极值，那么f′(x0)＝0；反之，若f′(x0)＝0，则点x0不一定是函数y＝f(x)的极值点．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)函数f(x)＝x3＋ax2－x＋1必有2个极值．(　　)
(2)在可导函数的极值点处，切线与x轴平行或重合．(　　)
(3)函数f(x)＝有极值．(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×
2．[多选]下列四个函数，在x＝0处取得极小值的是(　　)
A．y＝x3 B．y＝x2＋1
C．y＝|x| D．y＝2x
答案：BC
3．函数f(x)＝x＋2cos x在上的极大值点为(　　)
A．0 B．
C. D．
答案：B
题型一　极值的图象特征
[学透用活]
[典例1]　已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)(　　)
A．在(－∞，0)上单调递减
B．在x＝0处取极小值
C．在(4，＋∞)上单调递减
D．在x＝2处取极大值
[解析]　由导函数的图象可知：x∈(－∞，0)∪(2,4)时，f′(x)>0；x∈(0,2)∪(4，＋∞)时，f′(x)<0，因此f(x)在(－∞，0)，(2,4)上单调递增，在(0,2)，(4，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)在x＝0处取得极大值，x＝2处取得极小值，x＝4处取得极大值，因此选C.
[答案]　C
解决函数极值与函数、导函数图象的关系问题时，应注意：(1)对于导函数的图象，重点考查导函数的值在哪个区间上为正，在哪个区间上为负，图象在哪个点处与x轴相交，在交点附近导函数的值是怎样变化的；
(2)对于函数的图象，重点考查函数在哪个区间上单调递增，在哪个区间上单调递减，哪个点是极大值点，哪个点是极小值点．
[对点练清]
[多选]已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A．函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增
B．函数f(x)在区间(－1,1)上无单调性
C．函数f(x)在x＝－处取得极大值
D．函数f(x)在x＝1处取得极小值
解析：选AD　观察函数y＝xf′(x)的图象可以发现，
当x∈(1，＋∞)时，xf′(x)>0，于是f′(x)>0，
故函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，A正确；
当x∈(－1,0)时，xf′(x)>0，于是f′(x)<0，
当x∈(0,1)时，xf′(x)<0，于是f′(x)<0，
故函数f(x)在区间(－1,1)上单调递减，B，C错误；
由于f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，故D正确．
题型二　运用导数解决函数的极值问题
[学透用活]
[典例2]　(1)已知函数f(x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f(x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)　　　　　 B．(0，＋∞)
C．(0,1) D．(－1,0)
(2)求函数f(x)＝x2e－x的极值．
[解析]　(1)选D　f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，
若a<－1则，f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，－1)上单调递增，∴f(x)在x＝a处取得极小值，与题意矛盾；
若－1若a>0，则f(x)在(－1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，与题意矛盾，故选D.
(2)函数的定义域为R，
f′(x)＝2xe－x＋x2·e－x·(－x)′
＝2xe－x－x2·e－x
＝x(2－x)e－x.
令f′(x)＝0，得x(2－x)·e－x＝0，解得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 极小值0 极大值4e－2
因此当x＝0时，f(x)有极小值，并且极小值为f(0)＝0；
当x＝2时，f(x)有极大值，并且极大值为f(2)＝4e－2＝.
1．求函数极值的步骤
(1)确定函数的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)解方程f′(x)＝0得方程的根；
(4)利用方程f′(x)＝0的根将定义域分成若干个小开区间，列表，判定导函数在各个小开区间的符号；
(5)确定函数的极值，如果f′(x)的符号在x0处由正(负)变负(正)，则f(x)在x0处取得极大(小)值．
2．已知函数极值求参数时的注意点
(1)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)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充分性．　　
[对点练清]
1．若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为______．
解析：由题意，f′(x)＝3x2＋2x－a，
则f′(－1)f′(1)<0，即(1－a)(5－a)<0，解得1答案：[1,5)
2．已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，求常数a，b的值．
解：∵f(x)在x＝－1时有极值0，且f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
∴即
解得或
当a＝1，b＝3时，
f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，
∴f(x)在R上为增函数，无极值，故舍去．
当a＝2，b＝9时，
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)．
当x∈(－∞，－3)时，f(x)为增函数；
当x∈(－3，－1)时，f(x)为减函数；
当x∈(－1，＋∞)时，f(x)为增函数．
∴f(x)在x＝－1时取得极小值，∴a＝2，b＝9.
3．[求极值]求函数f(x)＝3x3－3x＋1的极值．
解：f′(x)＝9x2－3.
令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x －
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 极大值 极小值
由表可知x＝－为函数f(x)＝3x3－3x＋1的极大值点，极大值为f＝1＋；
x＝为函数f(x)＝3x3－3x＋1的极小值点，极小值为f＝1－.
题型三　函数极值的应用
[学透用活]
[典例3]　已知f(x)＝2ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)若关于x的方程f(x)＋b＝0的区间[－1,1]上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝－2x－1，
因为当x＝0时，f(x)取得极值，
所以f′(0)＝0，解得a＝2，检验知a＝2符合题意．
(2)令g(x)＝f(x)＋b＝2ln(x＋2)－x2－x＋b，
则g′(x)＝－2x－1＝－(x>－2)．
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x (－2,0) 0 (0，＋∞)
g′(x) ＋ 0 －
g(x) 2ln 2＋b
由上表可知函数在x＝0处取得极大值，极大值为2ln 2＋b.
如图，要使f(x)＋b＝0在区间[－1,1]上恰有两个不同的实数根，
只需即
所以－2ln 2故实数b的取值范围是(－2ln 2,2－2ln 3]．
(1)研究方程根的问题可以转化为研究相应函数的图象问题，一般地，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的图象与x轴交点的横坐标，方程f(x)＝g(x)的根就是函数f(x)与g(x)的图象的交点的横坐标．
(2)事实上利用导数可以判断函数的单调性，研究函数的极值情况，并能在此基础上画出函数的大致图象，从直观上判断函数图象与x轴的交点或两个函数图象的交点的个数，从而为研究方程根的个数问题提供了方便．　　
[对点练清]
1．(2023·新课标Ⅱ卷)(多选)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　)
A．bc>0 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
解析：选BCD　函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选B、C、D.
2.已知函数f(x)＝x3－3ax－1(a≠0)．若函数f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
解：因为f(x)在x＝－1处取得极值且f′(x)＝3x2－3a，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，所以a＝1.
所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，
由f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝1.
当x<－1时，f′(x)>0；当－1当x>1时，f′(x)>0.所以由f(x)的单调性可知，
f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，
在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.
作出f(x)的大致图象及直线y＝m如图所示：
因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合图象可知，m的取值范围是(－3,1)．
[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1．(2022·新课标Ⅰ卷)[多选]已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　)
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
解析：选AC　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.由f′(x)＝3x2－1＞0，得x＞或x＜－；由f′(x)＝3x2－1＜0，得－＜x＜.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在内单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；因为f(x)的极小值f＝3－＋1＝1－＞0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5＜0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选A，C.
二、应用性——强调学以致用
2．已知函数f(x)＝xln x－x2－x＋a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点，则a的取值范围．
[析题建模]　
→→→→
解析：f′(x)＝ln x－ax，由题意知，方程ln x－ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等的实数根，可以转化为函数g(x)＝与函数y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．
又g′(x)＝，当0＜x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．从而g(x)极大值＝g(e)＝.
又g(x)有且只有一个零点是1，且在x→0时，g(x)→－∞，在x→＋∞时，g(x)→0，所以g(x)的草图如图所示，要想函数g(x)＝与函数y＝a的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，只需0＜a＜.
答案：
三、创新性——强调创新意识和创新思维
　如何用二阶导数判断极值？
能不能用一个简单的条件来判断导函数的图象是穿过x轴，还是碰一下就回头？如果碰一下就回头，那触碰点就成了导函数的极值点了，导函数的导函数在这一点就应当为0.反过来，如果导函数的导函数在此点处非零，此点就不是导函数的极值点，导函数的图象会在这里穿过x轴．
上面的讨论说明：函数f(x)在驻点c处的导数f′(c)＝0而f″(c)≠0，则x＝c是f(x)的极值点．
若f″(c)＞0，则f′(x)在x＝c附近单调递增到f′(c)＝0再单调递增，由负变正，所以f(x)由单调递减变为单调递增，在x＝c处取得极小值．
若f″(c)＜0，则f′(x)在x＝c附近单调递减到f′(c)＝0再单调递减，由正变负，所以f(x)由单调递增变为单调递减，在x＝c处取到极大值．
以函数f(x)＝ex－1－x为例．
由f′(x)＝ex－1＝0得f(x)的唯一驻点x＝0.
f″(x)＝ex＞0，说明导函数f′(x)在x＝0附近单调递增(穿x轴而过)，即f′(x)在x＝0附近由负变正，因此x＝0是f(x)的极值点，且f(0)＝0为极小值．
进一步，我们还可以得出f(x)＝ex－1－x≥f(0)＝0恒成立，当且仅当x＝0时等号成立．因此，ex＞1＋x对所有x≠0均成立．
[课下过关检测]　
1.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)有(　　)
A．两个极大值，一个极小值
B．两个极大值，无极小值
C．一个极大值，一个极小值
D．一个极大值，两个极小值
解析：选C　由图可知导函数f′(x)有三个零点，依次设为x1<0，x2＝0，x3>0，当x0，所以函数f(x)在x＝x1处取得极小值；当x10，当x20，所以函数f(x)在x＝x2处无极值；当x>x3时，f′(x)<0，所以函数f(x)在x＝x3处取得极大值，故选C.
2．函数f(x)＝x2－ln x的极值点为(　　)
A．0,1，－1 B．
C．－ D．，－
解析：选B　由已知，得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝3x－＝，
令f′(x)＝0，得x＝.
当x>时，f′(x)>0；当0所以当x＝时，f(x)取得极小值．
从而f(x)的极小值点为x＝，无极大值点，选B.
3．设函数f(x)＝xex＋1，则(　　)
A．x＝1为f(x)的极大值点
B．x＝1为f(x)的极小值点
C．x＝－1为f(x)的极大值点
D．x＝－1为f(x)的极小值点
解析：选D　求导得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝0，解得x＝－1，易知x＝－1是函数f(x)的极小值点．
4．已知函数f(x)＝2ln x＋ax在x＝1处取得极值，则实数a＝(　　)
A．－2 B．2 C．0 D．1
解析：选A　f′(x)＝＋a，若f(x)在x＝1处取得极值，则f′(1)＝2＋a＝0，解得a＝－2.
5．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个单调递增区间是(　　)
A．(2,3) B．(3，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－∞，3)
解析：选B　因为函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，又f′(x)＝6x2＋2ax＋36，所以f′(2)＝0，解得a＝－15.令f′(x)＞0，解得x＞3或x＜2，所以函数的一个递增区间是(3，＋∞)．
6．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为________．
解析：∵f′(x)＝3ax2＋b，由题意知f′(1)＝0，f(1)＝－2，∴∴a＝1，b＝－3.
答案：1，－3
7．函数y＝的极大值为________，极小值为________．
解析：y′＝.令y′>0得－1令y′<0得x>1或x<－1，
∴当x＝－1时，取极小值－1，当x＝1时，取极大值1.
答案：1　－1
8．能说明“若f′(0)＝0，则x＝0是函数y＝f(x)的极值点”为假命题的一个函数是________．
解析：极值点的导数必须为零，且极值点左右两侧的函数单调性相反．函数f(x)＝x3，当x＝0时，f′(0)＝2×02＝0，但是f(x)＝x3在R上单调递增，所以x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点．
答案：f(x)＝x3或f(x)＝1(答案不唯一)
9．设函数f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导函数为f′(x)，若函数f′(x)的图象关于直线x＝－对称，且f′(1)＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解：(1)因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，
所以f′(x)＝6x2＋2ax＋b，
从而f′(x)＝62＋b－，
即f′(x)的图象关于直线x＝－对称，
则－＝－，即a＝3.
由f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，得b＝－12.
(2)由(1)，知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，
f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)．
令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝1.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
当x∈(－2,1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．从而函数f(x)在x＝－2处取得极大值，为f(－2)＝21，在x＝1处取得极小值，为f(1)＝－6.
10．若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a和b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．
解：(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，
f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.
所以g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，
所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，
于是函数g(x)的极值点可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0；当－20，故－2是g(x)的极值点．
当－21时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．
所以g(x)的极值点为－2.
1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－4处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)
解析：选C　由函数f(x)在x＝－4处取得极小值，可得f′(－4)＝0，且导函数f′(x)从左侧趋近－4时，f′(x)<0；从右侧趋近－4时，f′(x)>0.故函数y＝xf′(x)从左侧趋近－4时，xf′(x)>0；从右侧趋近－4时，xf′(x)<0.结合所给的选项可知选C.
2．若函数f(x)＝x2ln x(x>0)的极值点为α，函数g(x)＝xln x2(x>0)的极值点为β，则有(　　)
A．α>β B．α<β
C．α＝β D．α与β的大小不确定
解析：选A　因为α，β分别为f(x)，g(x)的极值点，f′(x)＝2xln x＋x，g′(x)＝2ln x＋2，所以2αln α＋α＝0,2ln β＋2＝0，解得α＝e－，β＝e－1，所以α>β.
3．[多选]已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　)
A．f(x)的单调递减区间是(－1,1)
B．f(x)有2个极值点
C．f(x)有3个零点
D．函数图象关于点(0,1)对称
解析：选ABD　由函数的解析式可得f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)，
当x<－1时，f(x)>0，f(x)单调递增，当－11时，f(x)>0，f(x)单调递增，故选项A正确；x＝－1为函数的极大值点，x＝1为函数的极小值点，函数有2个极值点，选项B正确；由于f(－1)＝－＋1＋1＝，f(1)＝－1＋1＝，故函数只有一个零点，选项C错误；函数g(x)＝x3－x，g(－x)＝(x)3－(－x)＝－g(x)，故g(x)是奇函数，图象关于坐标原点对称，将其图象向上平移一个单位可得f(x)的图象，故函数f(x)的图象关于点(0,1)对称．
4．已知函数f(x)＝2x3－(6a＋3)x2＋12ax＋16a2(a<0)只有一个零点x0，且x0<0，求实数a的取值范围．
解：f′(x)＝6(x－1)(x－2a)，a<0，
当x<2a或x>1时，f′(x)>0；当2af′(x)<0.故f(x)的极小值为f(1)＝16a2＋6a－1.
因为函数f(x)只有一个零点x0，且x0<0，
所以16a2＋6a－1>0，又a<0，则a<－.
故实数a的取值范围为.
5．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b在x＝－2处有极值．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间[－3,3]上有且仅有一个零点，求实数b的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－2ax，
由题意知f′(－2)＝4＋4a＝0，解得a＝－1.
∴f′(x)＝x2＋2x.令f′(x)>0，得x<－2或x>0；
令f′(x)<0，得－2∴f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)和(0，＋∞)，
单调递减区间是(－2,0)．
(2)由(1)知，f(x)＝x3＋x2＋b，
f(－2)＝＋b为函数f(x)的极大值，f(0)＝b为函数f(x)的极小值．
∵函数f(x)在区间[－3,3]上有且只有一个零点，
∴或或
即或或
解得－18≤b<－，
即实数b的取值范围是.
第二课时　函数的最大(小)值
[新课程标准]
1．会求给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．
2．体会导数与最大(小)值的关系．
3．通过利用导数研究函数的最大(小)值，培养学生数学运算、逻辑推理的核心素养．　
(一)教材梳理填空
1．函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上取得最值的条件
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．
[微提醒]
(1)闭区间上的连续函数一定有最值，开区间内的连续函数不一定有最值．若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值．
(2)函数的最大值和最小值是一个整体性概念．
(3)函数y＝f(x)在[a，b]上连续，是函数y＝f(x)在[a，b]上有最大值或最小值的充分而非必要条件．
2．求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤
(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．
[微提醒]　函数极值与最值的关系
(1)函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最大值和最小值是一个整体性概念．
(2)函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最值只能有一个．
(3)极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得．有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值不在端点处取得时必定是极值．
(二)基本知能小试
1．判断正误
(1)函数的最大值一定是函数的极大值．(　　)
(2)开区间上的单调连续函数无最值．(　　)
(3)函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值一定在两个端点处取得．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×
2．若函数f(x)＝－x4＋2x2＋3，则f(x)(　　)
A．最大值为4，最小值为－4
B．最大值为4，无最小值
C．最小值为－4，无最大值
D．既无最大值，也无最小值
答案：B
3．函数f(x)＝3x＋sin x在x∈[0，π]上的最小值为________．
答案：1
4．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．
答案：(－4，－2)
题型一　求函数的最值
[学透用活]
[典例1]　求下列函数的最值．
(1)f(x)＝x3－2x2＋1，x∈[－1,2]；
(2)f(x)＝x＋sin x，x∈[0,2π]．
[解]　(1)f′(x)＝3x2－4x，令f′(x)＝0，
得x1＝0，x2＝.
因此x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x －1 (－1,0) 0 2
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) －2 极大值1 极小值－ 1
∴当x＝0或2时，f(x)取最大值1；
当x＝－1时，f(x)取最小值－2.
(2)f′(x)＝＋cos x，令f′(x)＝0，且x∈[0,2π]，
∴x1＝，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
∴当x＝0时，f(x)取最小值0；
当x＝2π时，f(x)取最大值π.
求解函数在闭区间上的最值，在熟练掌握求解步骤的基础上，还需注意以下几点：
(1)对函数进行准确求导；
(2)研究函数的单调性，正确确定极值和区间端点的函数值；
(3)比较极值与区间端点函数值的大小．　　
[对点练清]
1．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　)
A．－1 B．－ C. D．1
解析：选B　由题意知，f(1)＝aln 1＋b＝b＝－2.求导得f′(x)＝－(x>0)，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f′(2)＝－＝－.故选B.
2．已知a∈R，函数f(x)＝x2(x－a)．求函数y＝f(x)在区间[1,2]上的最小值．
解：设此最小值为m，
而f′(x)＝3x2－2ax＝3x，x∈(1,2)．
(1)若a≤0，在10，
则f(x)是区间[1,2]上的增函数，
所以m＝f(1)＝1－a.
(2)若a>0，在x<0或x>时，f′(x)>0，
从而f(x)在区间上是增函数；
在0从而f(x)在区间上是减函数．
①当a≥2，即a≥3时，m＝f(2)＝8－4a；
②当1③当0综上所述，所求函数的最小值m＝
题型二　由函数的最值确定参数的值
[学透用活]
[典例2]　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值．
[解]　由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常函数，与题设矛盾．f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．
(1)当a>0，且x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值，也就是函数在[－1,2]上的最大值，∴f(0)＝3，即b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3∴f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2.
(2)当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值，也就是函数在[－1,2]上的最小值，
∴f(0)＝－29，即b＝－29.
又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)，
∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2.
综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
已知函数最值求参数的步骤
(1)求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值；
(2)通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值；
(3)结合已知求出参数，进而使问题得以解决．　　
[对点练清]
1．如果函数f(x)＝x3－x2＋a在[－1,1]上的最大值是2，那么f(x)在[－1,1]上的最小值是________．
解析：f′(x)＝3x2－3x＝3x(x－1)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝1.
当－10，则f(x)单调递增；
当0∴当x＝0时，f(x)取得最大值为a，
∴a＝2，∴f(－1)＝－1－＋2＝－，
f(1)＝1－＋2＝.
∴在x∈[－1,1]上，f(x)的最小值为－.
答案：－
2．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.当0解：令f′(x)＝－x2＋x＋2a＝0，
得两根x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
当0所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)．
又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，
得a＝1，x2＝2，
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.
题型三　与最值有关的恒成立问题
[学透用活]
[典例3]　设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0)．
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)<－2t＋m，对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围．
[解]　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
∴当x＝－t时，f(x)取得最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
(2)令g(t)＝h(t)＋2t＝－t3＋3t－1.
则g′(t)＝－3t2＋3＝－3(t－1)(t＋1)．
令g′(t)＝0，得t1＝1，t2＝－1(舍去)．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表所示：
由表可知，g(t)在(0,2)内有最大值1.
∵h(t)<－2t＋m在(0,2)恒成立等价于m>g(t)在(0,2)内恒成立．∴m>1.即实数m的取值范围是(1，＋∞)．
恒成立问题向最值转化的方法
(1)要使不等式f(x)f(x)max，则上面的不等式恒成立．
(2)要使不等式f(x)>h在区间[m，n]上恒成立，可先在区间[m，n]上求出函数f(x)的最小值f(x)min，只要f(x)min>h，则不等式f(x)>h恒成立．　　
[对点练清]
1.已知函数f(x)＝x3＋ax＋b(a，b∈R)在x＝2处取得极小值－.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)≤m2＋m＋在[－4,3]上恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2＋a，由f′(2)＝0，得a＝－4；
再由f(2)＝－，得b＝4.
所以f(x)＝x3－4x＋4，f′(x)＝x2－4.
令f′(x)＝x2－4>0，得x>2或x<－2.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)．
(2)因为f(－4)＝－，f(－2)＝，f(2)＝－，
f(3)＝1，
所以函数f(x)在[－4,3]上的最大值为.
要使f(x)≤m2＋m＋在[－4,3]上恒成立，
只需m2＋m＋≥，
解得m≥2或m≤－3.
所以实数m的取值范围是(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
2．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)解：(1)因为f(x)＝a(x－1)－ln x＋1，所以f′(x)＝a－＝(x>0)．
若a≤0，则f′(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
若a>0，则当0时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)法一：放缩法　因为a≤2，所以当x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋ln x＋1.
令g(x)＝ex－1－2x＋ln x＋1，则只需证当x>1时，g(x)>0即可．
易知g′(x)＝ex－1－2＋，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－在(1，＋∞)上单调递增，
所以h′(x)>h′(1)＝0，所以g′(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以g′(x)>g′(1)＝0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)＝0，即当x>1时，f(x)法二：作差法直接求导证明　设m(x)＝a(x－1)－ln x＋1－ex－1，只需证当x>1时，m(x)<0即可．
易知m′(x)＝a－－ex－1(x>1)，
令n(x)＝m′(x)，则n′(x)＝－ex－1(x>1)．
由基本初等函数的单调性可知n′(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以n′(x)所以n(x)＝m′(x)在(1，＋∞)上单调递减，
于是m′(x)又a≤2，所以a－2≤0，则m′(x)<0，故m(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以m(x)1时，f(x)[课堂思维激活]
一、综合性——强调融会贯通
1．已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥ x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．
解：(1)∵f′(x)＝＋x－a(x>0)，
又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴恒有f′(x)≥0，即＋x－a≥0恒成立，
∴a≤min，而x＋≥2 ＝2，当且仅当x＝1时取等号，∴a≤2.
即所求实数a的取值范围是(－∞，2]．
(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝＋x－a＝(x>0)，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
∴f(x2)－f(x1)＝ln＋(x－x)－a(x2－x1)＝ln－(x－x)＝ln－(x－x)＝ln－，设t＝(t≥ )，令h(t)＝ln t－(t≥ )，
则h′(t)＝－＝－<0，
∴h(t)在[，＋∞)上单调递减，
∴h(t)≤h()＝，故f(x2)－f(x1) 的最大值为.
二、应用性——强调学以致用
2.如图，已知一罐圆柱形饮料的容积为250 mL，求它的底面半径等于多少时(用含有π的式子表示)，可使所用的材料最省．
[析题建模]　
→→→
解：设圆柱的高为h，表面积为S，容积为V，底面半径为r，
则表面积S＝2πrh＋2πr2，
而V＝250＝πr2h，得h＝，
则S＝2πr·＋2πr2＝＋2πr2，
S′＝－＋4πr.
令S′＝0，得r＝.
因为S只有一个极值，
所以当r＝时，S取得最小值，即此时所用的材料最省．
[课下过关检测]　
1．设函数f(x)＝2x＋－1(x<0)，则f(x)(　　)
A．有最大值 B．有最小值
C．是增函数 D．是减函数
解析：选A　f′(x)＝2－＝，
令f′(x)＝0，得x＝－.
当x<－时，f′(x)>0，当－2．若函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间[0,2]上的最大值是3，则a等于(　　)
A．3 B．1 C．2 D．－1
解析：选B　f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1，
又f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2，
则f(2)最大，即a＋2＝3，
所以a＝1.
3．函数f(x)＝的最大值为(　　)
A. B． C．e D．0
解析：选B　由题得f′(x)＝＝(x>0)．
令f′(x)>0，解得0令f′(x)<0，解得x>.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，)，
单调递减区间为(，＋∞)，
所以函数f(x)＝的最大值f()＝＝.故选B.
4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是(　　)
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
解析：选A　∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，∴当x＝0时，f(0)＝m最大，∴m＝3.∵f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37.
5．函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C. D．
解析：选A　设h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈(1,3)时 ，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，则有h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．
6．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.
解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.
计算f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32.
答案：32
7．已知函数y＝－x2－2x＋3在区间[a,2]上的最大值为，则a＝________.
解析：y′＝－2x－2，令y′＝0，得x＝－1，
∴函数在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．
若a>－1，则最大值为f(a)＝－a2－2a＋3＝，解得a＝－；
若a≤－1，则最大值为f(－1)＝－1＋2＋3＝4≠.
综上知，a＝－.
答案：－
8．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：f(x)≥2，即a≥2x2－2x2ln x.
令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0，
则g′(x)＝2x(1－2ln x)．由g′(x)＝0得x＝e，
且当00；当x>e时，g′(x)<0，
∴当x＝e时，g(x)取最大值g(e)＝e，∴a≥e.
答案：[e，＋∞)
9．已知函数f(x)＝x3＋2x2＋x＋2，x∈.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)的最大值和最小值．
解：(1)f′(x)＝3x2＋4x＋1＝3(x＋1)．
由f′(x)>0，得x<－1或x>－；
由f′(x)<0，得－1因此，函数f(x)在上的单调递增区间为和，
单调递减区间为.
(2)f(x)在x＝－1处取得极大值，极大值为f(－1)＝2；
f(x)在x＝－处取得极小值，
极小值为f＝.
又f＝，f(1)＝6，且>，
所以f(x)在上的最大值为f(1)＝6，
最小值为f＝.
10．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)，无极大值．
(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增，
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)，而g(0)＝0，
从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0，
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
1．已知函数f(x)＝aex－x2－(2a＋1)x，若函数f(x)在区间(0，ln 2)上恰有一个最值点，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－1,0)
C．(－2，－1) D．(－∞，0)∪(0,1)
解析：选A　令g(x)＝f′(x)＝aex－2x－(2a＋1)．
若函数f(x)在区间(0，ln 2)上恰有一个最值点，
则g(x)在区间(0，ln 2)上存在唯一一个零点．
∴g(0)g(ln 2)＝(a－2a－1)(2a－2ln 2－2a－1)<0，
即a＋1<0，解得a<－1，
此时g′(x)＝aex－2<0在区间(0，ln 2)上恒成立，
则g(x)在区间(0，ln 2)上单调递减，
即g(x)在区间(0，ln 2)上存在唯一一个零点，
即f(x)在(0，ln 2)上恰有一个最值点．
∴实数a的取值范围是(－∞，－1)．
2．[多选]已知f′(x)是f(x)的导函数，且f(x)＝x3－f′(0)x2－x＋1，则(　　)
A．f(－1)＝0
B．f′(0)＝－1
C．f(x)的图象在x＝－1处的切线的斜率为0
D．f(x)在[0,1]上的最小值为1
解析：选BC　∵f(x)＝x3－f′(0)x2－x＋1，∴f′(x)＝3x2－2f′(0)x－1，令x＝0，则f′(0)＝－1，故B正确；则f(x)＝x3＋x2－x＋1，f′(x)＝3x2＋2x－1，
f(－1)＝－1＋1＋1＋1＝2，故A错误；
f(x)的图象在x＝－1处的切线的斜率为f′(－1)＝3－2－1＝0，故C正确；f′(x)＝3x＋2x－1＝(3x－1)(x＋1)，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在[0,1]上的最小值为f＝，故D错误．
3．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝ex－2.由f′(x)>0，得ex－2>0，
∴x>ln 2.由f′(x)<0，得x∴f(x)在x＝ln 2处取得最小值．
只要f(x)min≤0即可．
∴eln 2－2ln 2＋a≤0，∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2]
4．直线y＝a分别与曲线y＝2(x＋1)，y＝x＋ln x交于A，B，求|AB|的最小值．
解：当y＝a时，2(x＋1)＝a，x＝－1.
设方程x＋ln x＝a的根为t，则t＋ln t＝a，
所以|AB|＝＝
＝.
设g(t)＝－＋1(t＞0)，
则g′(t)＝－＝，令g′(t)＝0，得t＝1.
当t∈(0,1)，g′(t)＜0；t∈(1，＋∞)，g′(t)＞0，
所以g(t)min＝g(1)＝，
所以|AB|≥，即|AB|的最小值为.
5．已知函数f(x)＝ln x＋.
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是，求a的值．
解：函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－＝.
(1)∵a<0，∴f′(x)>0，
故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增．
(2)x∈[1，e]时，分如下情况讨论：
①当a<1时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a<1，这与函数在[1，e]上的最小值是相矛盾；
②当a＝1时，函数f(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为f(1)＝1，同样与最小值是相矛盾；
③当10，f(x)单调递增，
所以函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝.
④当a＝e时，函数f(x)在[1，e]上有f′(x)≤0，f(x)单调递减，其最小值为f(e)＝2，这与最小值是相矛盾；
⑤当a>e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋>2，仍与最小值是相矛盾．
综上所述，a的值为.
第三课时　导数的应用问题
[新课程标准]
1．会利用导数解决与函数有关的问题．
2．会利用导数解决实际问题中的最大(小)问题．
3．通过学习，培养学生数学运算、数学建模的核心素养．　
题型一　利用导数解决函数的综合问题
[学透用活]
[典例1]　设函数f(x)＝x3－6x＋5，x∈R.
(1)求f(x)的极值点；
(2)若关于x的方程f(x)＝a有3个不同实根，求实数a的取值范围；
(3)已知当x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立，求实数k的取值范围．
[解]　(1)f′(x)＝3(x2－2)．令f′(x)＝0，
得x1＝－，x2＝.
当x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，因此x1＝－，x2＝分别为f(x)的极大值点、极小值点．
(2)由(1)的分析可知y＝f(x)图象的大致形状及走向如图所示．要使直线y＝a与y＝f(x)的图象有3个不同交点需5－4＝f()(3)法一：f(x)≥k(x－1)，即(x－1)(x2＋x－5)≥k(x－1)，
因为x>1，所以k≤x2＋x－5在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝x2＋x－5，由二次函数的性质得g(x)在(1，＋∞)上是增函数，所以g(x)>g(1)＝－3，
所以所求k的取值范围是为(－∞，－3]．
法二：直线y＝k(x－1)过定点(1,0)且f(1)＝0，
曲线f(x)在点(1,0)处切线斜率f′(1)＝－3，
由(2)中草图知要使x∈(1，＋∞)时，f(x)≥k(x－1)恒成立需k≤－3.故实数k的取值范围为(－∞，－3]．
1．利用函数的极值(最值)判断函数零点个数的方法
主要是借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负、函数单调性判断函数图象的走势，从而判断零点个数或者利用零点个数求参数范围．
2．画函数f(x)图象的一般步骤
(1)求出函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)及f′(x)的零点；
(3)用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值；
(4)确定f(x)的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势；
(5)画出f(x)的大致图象．　　
[对点练清]
1．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3,0)
解析：选B　由题意知f′(x)＝3x2＋a，要使函数f(x)存在3个零点，则f′(x)＝0要有2个不同的根，则a<0.令3x2＋a＝0，解得x＝± .
令f′(x)>0，则x<－或x>，令f′(x)<0，则－则即解得>1，即a<－3.故选B.
2.已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．
(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2,1]上的最小值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，
由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1，
所以f(x)＝ex－x＋1，求导得f′(x)＝ex－1.
易知f(x)在[－2,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，
所以当x＝0时，f(x)在[－2,1]上取得最小值2.
(2)由(1)知f′(x)＝ex＋a，由于ex>0，
①当a>0 时，f′(x)>0，f(x)在R上是增函数，
当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>0；
当x<0时，取x＝－，
则f<1＋a＝－a<0.
所以函数f(x)存在零点，不满足题意．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．
函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，
解得－e2综上所述，所求实数a的取值范围是(－e2,0)．
题型二　几何中的最值问题
[学透用活]
[典例2]　用总长为14.8 m的钢条制成一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面一边比另一边长0.5 m，那么高为多少时容器的容积最大？并求出它的最大容积．
[解]　设容器底面短边长为x m，
则另一边长为(x＋0.5)m，容器的高为[14.8－4x－4(x＋0.5)]＝(3.2－2x)(m)．
由x>0,3.2－2x>0，得0∴容器的体积为y＝x(x＋0.5)(3.2－2x)
＝－2x3＋2.2x2＋1.6x(0∵y′＝－6x2＋4.4x＋1.6，
∴令y′＝0，得15x2－11x－4＝0.
∴x1＝1，x2＝－(不合题意，舍去)．
当00，当1∴当x＝1时，y取极大值，也是最大值，此时
y＝－2＋2.2＋1.6＝1.8，
高为3.2－2×1＝1.2.
∴容器的高为1.2 m时容积最大，最大容积为1.8 m3.
1．利用导数解决实际问题中最值的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，找出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和极值点的函数值大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)把所得数学结论回归到数学问题中，看是否符合实际情况并下结论．
2．几何中最值问题的求解思路
面积、体积(容积)最大，周长最短，距离最小等实际几何问题，求解时先设出恰当的变量，将待求解最值的问题表示为变量的函数，再按函数求最值的方法求解，最后检验．　　
[对点练清]
将一段长为100 cm的铁丝截成两段，一段弯成正方形，一段弯成圆，问：如何截可使正方形与圆面积之和最小？
解：设弯成圆的一段长为x(0令S′＝0，则x＝.
由于在(0,100)内函数只有一个导数为零的点，问题中面积之和最小值显然存在，故当x＝ cm时，面积之和最小．故当截得弯成圆的一段长为 cm时，两种图形面积之和最小．
题型三　利润最大、成本最低问题
[学透用活]
[典例3]　某汽车生产企业上年度生产一品牌汽车的投入成本为10万元/辆，出厂价为13万元/辆，年销售量为5 000辆，本年度为适应市场需求，计划提高产品档次，适当增加投入成本，若每辆车投入成本增加的比例为x(0＜x＜1)，则出厂价相应提高的比例为0.7x，年销售量也相应增加．已知年利润＝(每辆车的出厂价－每辆车的投入成本)×年销售量．
(1)若年销售量增加的比例为0.4x，写出本年度的年利润p(万元)关于x的函数关系式；
(2)若年销售量关于x的函数为y＝3 240×，则当x为何值时，本年度年利润最大？最大年利润是多少？
[解]　(1)由题意得：本年度每辆车的投入成本为10×(1＋x)；出厂价为13×(1＋0.7x)，年销售量为5 000×(1＋0.4x)．因此本年度的年利润p＝[13×(1＋0.7x)－10×(1＋x)]×5 000×(1＋0.4x)
＝(3－0.9x)×5 000×(1＋0.4x)
＝－1 800x2＋1 500x＋15 000(0＜x＜1)．
(2)本年度的年利润为
f(x)＝(3－0.9x)×3 240×
＝3 240×(0.9x3－4.8x2＋4.5x＋5)，
则f′(x)＝3 240×(2.7x2－9.6x＋4.5)
＝972(9x－5)(x－3)．
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝3(舍去)．
当0＜x＜时，f′(x)＞0，当＜x＜1时，f′(x)＜0，
所以x＝时，f(x)有最大值f＝20 000.
所以当x＝时，本年度的年利润最大，最大年利润为20 000万元．
1．经济生活中优化问题的解法
经济生活中要分析生产的成本与利润及利润增减的快慢，以产量或单价为自变量很容易建立函数关系，从而可以利用导数来分析、研究、指导生产活动．
2．关于利润问题常用的两个等量关系
(1)利润＝收入－成本．
(2)利润＝每件产品的利润×销售件数．　　
[对点练清]
已知某型号手机总成本C万元是月产量Q万件的函数，且C＝10Q2＋200Q＋1 000,1≤Q≤30.将Q看成能取区间[1,30]内的每一个值，问：月产量Q为多少时，才能使每件产品的平均成本最低？最低平均成本为多少？
解：记平均成本为f(Q)元，则
f(Q)＝＝＝10Q＋＋200.
因为1＜Q＜30时，有f′(Q)＝10－，
令f′(Q)＞0，解得Q＞10.
因此可知f(Q)在[1,10]上递减，在[10,30]上递增，
从而f(Q)在Q＝10时取得极小值，而且在此时取得最小值f(10)＝10×10＋＋200＝400.
即当月产量为10万件时，每件产品的平均成本最低，
最低为400元．
[课堂思维激活]　
一、综合性——强调融会贯通
1．(2022·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
解：(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－.
①若a≤0，f′(x)＞0在R上恒成立，f(x)在R上单调递增，即f(x)无最小值；
②若a＞0，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴f(x)在x＝ln a处取得最小值f(ln a)＝a－aln a．当x∈时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
当x∈时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
∴g(x)在x＝处取得最小值g＝1＋ln a.
又f(x)与g(x)有相同的最小值，
∴a－aln a＝1＋ln a，a＞0.
设h(a)＝aln a＋ln a－a＋1，a＞0，则h′(a)＝＋ln a，
令φ(a)＝h′(a)，则φ′(a)＝－＋＝，a＞0，
当a∈(0,1)时，φ′(a)＜0，h′(a)单调递减，
当a∈(1，＋∞)时，φ′(a)＞0，h′(a)单调递增．
∴h′(a)在a＝1处取得最小值h′(1)＝1＞0，
则当a＞0时，h′(a)＞0恒成立，h(a)单调递增．
又h(1)＝0，∴a＝1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x，
且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝g(x)min＝1.当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，
则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b.
∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)，
∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)．
由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2，
则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b，
f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b，
上述两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
二、创新性——强调创新意识和创新思维
2.如图所示，让一个木块从光滑斜面的上端自由滑落到下端．斜面两端的水平距离为d，如何选择斜面和水平面之间的角度x，使木块从上端滑到下端所用的时间最短？
解：如题图，由木块在前进方向所受的力大小为mgsin x(g是重力加速度)，得它的加速度大小为a＝gsin x，
由此得到木块的运动方程为s(t)＝gt2sin x.
又木块从上端到下端经过的路程为s＝，
于是＝gt2sin x.
解得t＝ .
由题意，要求的是上式右端关于变量x的最小值点，也就是函数f(x)＝sin xcos x＝的最大值点．
令f′(x)＝cos 2x＝0，解得x＝.
当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
因此，f(x)在x＝处取到极大值，也是最大值．
因此，当斜面和水平面之间的角度x＝时，木块从光滑斜面的上端自由滑落到下端所用的时间最短．
[课下过关检测]　
1．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为(　　)
A．13万件 B．11万件
C．9万件 D．7万件
解析：选C　y′＝－x2＋81，令y′＝0，解得x＝9或x＝－9(舍去)．当0＜x＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0. 所以当x＝9时，y取得最大值．
2．某工厂要围建一个面积为512 m2的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，当墙壁所用的材料最省时，堆料场的长和宽分别为(　　)
A．32 m,16 m B．30 m,15 m
C．40 m,20 m D．36 m,18 m
解析：选A　要求材料最省就是要求新砌的墙壁总长度最短，如图所示．设场地宽为x m，则长为 m，因此新墙总长度L＝2x＋(x>0)，
则L′＝2－，令L′＝0，
得x＝±16.
∵x>0，∴x＝16.当x＝16时，Lmin＝64，
∴堆料场的长为＝32 (m)．
3．函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：
①f′(x)>0时，－1②f′(x)<0时，x<－1或x>2；
③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是(　　)
解析：选C　根据信息知，函数f(x)在(－1,2)上单调递增．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，故选C.
4．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元．已知总收益R与年产量x的关系是R(x)＝则总利润最大时，每年生产的产品是(　　)
A．100 B．150
C．200 D．300
解析：选D　由题意，总成本为：C＝20 000＋100x，所以总利润为P＝R－C＝
P′＝令P′＝0，当0≤x≤400时，得x＝300；当x>400时，P′<0恒成立，易知当x＝300时，总利润最大．
5．已知a∈R，函数f(x)＝x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝，则(　　)
A．g(x)在(1，＋∞)上有最大值
B．g(x)在(1，＋∞)上有最小值
C．g(x)在(1，＋∞)上单调递减
D．g(x)在(1，＋∞)上单调递增
解析：选D　函数f(x)＝x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)图象的对称轴为x＝a，又导函数f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1.函数g(x)＝＝x＋－2a，g′(x)＝1－＝，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．故选D.
6.一个帐篷，它下部的形状是高为1 m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m 的正六棱锥(如图所示)．当帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为__________ m时，帐篷的体积最大．
解析：设OO1为x m，底面正六边形的面积为S m2，帐篷的体积为V m3. 则由题设可得正六棱锥底面边长为＝(m)，于是底面正六边形的面积为S＝6×()2＝(8＋2x－x2)．
帐篷的体积为V＝×(8＋2x－x2)(x－1)＋·(8＋2x－x2)＝(8＋2x－x2)＝(16＋12x－x3)，V′＝(12－3x2)．令V′＝0，解得x＝2或x＝－2(不合题意，舍去)．当1＜x＜2时，V′＞0；当2＜x＜4时，V′＜0.所以当x＝2时，V最大．
答案：2
7．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q件，则销售量Q与零售价p有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则最大毛利润为________元．
解析：设毛利润为L(p)，由题意知
L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)
＝(8 300－170p－p2)(p－20)
＝－p3－150p2＋11 700p－166 000，
所以L′(p)＝－3p2－300p＋11 700.
令L′(p)＝0，解得p＝30或p＝－130(舍去)．
此时，L(30)＝23 000.
因为在p＝30附近的左侧L′(p)>0，右侧L′(p)<0，
所以L(30)是极大值，根据实际问题的意义知，L(30)是最大值，即零售价定为每件30 元时，最大毛利润为23 000元．
答案：23 000
8.如图，内接于抛物线y＝1－x2的矩形ABCD，其中A，B在抛物线上运动，C，D在x轴上运动，则此矩形的面积的最大值是________．
解析：设CD＝x，则点C坐标为，
点B坐标为，
∴矩形ACBD的面积
S＝f(x)＝x·
＝－＋x，x∈(0,2)．
由f′(x)＝－x2＋1＝0，
得x1＝－(舍去)，x2＝，
∴x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴当x＝时，f(x)取最大值.
答案：
9.如图，某小区拟在空地上建一个占地面积为2 400 m2的矩形休闲广场．按照设计要求，休闲广场中间有两个完全相同的矩形绿化区域，周边及绿化区域之间是道路(图中阴影部分)，道路的宽度均为2 m．怎样设计矩形休闲广场的长和宽，才能使绿化区域的总面积最大？并求出最大面积．
解：设休闲广场的长为x m，则宽为 m，绿化区域的总面积为S(x) m2.
则S(x)＝(x－6)＝2 424－
＝2 424－4，x∈(6,600)．
∴S′(x)＝－4＝.
令S′(x)<0，得600，得6∴S(x)在(6,60)上单调递增，在(60,600)上单调递减，
∴当x＝60时，S(x)取得极大值，也是最大值，
∴S(x)max＝S(60)＝1 944.
∴当休闲广场的长为60 m，宽为40 m时，绿化区域的总面积最大，最大面积为1 944 m2.
10．已知f(x)＝ax2，g(x)＝2ln x，若方程f(x)＝g(x)在区间[，e]上有两个不等解，试求a的取值范围．
解：原式等价于方程a＝在区间[，e]上有两个不等解．
令φ(x)＝，由φ′(x)＝易知，φ(x)在(，)上单调递增，在(，e)上单调递减，
则φ(x)max＝φ()＝.
而φ(e)＝，φ()＝.
由φ(e)－φ()＝－＝
＝<0，
所以φ(e)<φ()．
所以φ(x)min＝φ(e)，
作出函数φ(x)的大致图象如图所示，
可知φ(x)＝a有两个不等解时，需≤a<.
即f(x)＝g(x)在[，e]上有两个不等解时a的取值范围为.
1．某产品每件成本9元，售价30元，每星期卖出432件．如果降低价格，销售量将会增加，且每星期多卖出的商品件数与商品单价的降低值x(单位：元，0≤x≤21)的平方成正比．已知商品单价降低2元时，一星期多卖出24件．
(1)将一个星期的商品销售利润表示成关于x的函数y＝f(x)．
(2)如何定价才能使一个星期的商品销售利润最大？
解：(1)若商品降低x元，则一个星期多卖的商品为kx2件．由已知条件，得k·22＝24，解得k＝6.
则有f(x)＝(30－x－9)(432＋6x2)
＝－6x3＋126x2－432x＋9 072，x∈[0,21]．
(2)由(1)得，f′(x)＝－18x2＋252x－432.
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝12.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝12时，f(x)取得极大值．因为f(0)＝9 072，f(12)＝11 664，f(21)＝0，所以定价为30－12＝18(元)，能使一个星期的商品销售利润最大．
2．已知函数f(x)＝2sin x－xcos x－x，f′(x)为f(x)的导数．
(1)证明：f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点；
(2)若x∈[0，π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围．
解：(1)证明：设g(x)＝f′(x)，
则g(x)＝cos x＋xsin x－1，
g′(x)＝xcos x.
当x∈时，g′(x)>0；
当x∈时，g′(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减．
又g(0)＝0，g>0，g(π)＝－2，
故g(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
所以f′(x)在区间(0，π)存在唯一零点．
(2)由题设知f(π)≥aπ，f(π)＝0，可得a≤0.
由(1)知，f′(x)在区间(0，π)只有一个零点，设为x0，且当x∈(0，x0)时，f′(x)>0；当x∈(x0，π)时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减．
又f(0)＝0，f(π)＝0，所以当x∈[0，π]时，f(x)≥0.
又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax.
因此，a的取值范围是(－∞，0]．
　　　　　
高频考点一|导数与函数的单调性
[例1]　设函数f(x)＝a2x2＋ax－3ln x＋1，其中a>0.
(1)讨论f(x)的单调性．
(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围．
[解]　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2a2x＋a－＝(a>0)．
令f′(x)＝0，则2a2x2＋ax－3＝0，即(ax－1)(2ax＋3)＝0.
又a>0，x>0，∴ax－1＝0，∴x＝.
当x∈时，f′(x)<0，f(x)在上是减函数；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)在上是增函数．
(2)由(1)知f(x)在上是减函数，在上是增函数．
若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，则f(x)min>0，故f(x)min＝f＝a2×2＋a×－3ln＋1>0，
∴3ln a>－3，∴ln a>－1.∴a>e－1＝.
∴a的取值范围是.
求函数的单调区间的方法步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)计算函数f(x)的导数f′(x)；
(3)解不等式f′(x)＞0，得到函数f(x)的单调递增区间；解不等式f′(x)＜0，得到函数f(x)的单调递减区间．
[提醒]　求函数单调区间一定要先确定函数定义域，往往因忽视函数定义域而导致错误．　　
[集训冲关]
1．函数f(x)＝2x2－ln x的单调递增区间是(　　)
A. B．和
C. D．和
解析：选C　由题意得f′(x)＝4x－＝，且x>0，由f′(x)>0，即4x2－1>0，解得x>.故选C.
2．已知函数f(x)＝－x2＋2x－aex.
(1)若a＝1，求f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝－x2＋2x－ex，
则f(1)＝－×12＋2×1－e＝－e，
f′(x)＝－x＋2－ex，f′(1)＝－1＋2－e＝1－e，
故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x＋.
(2)∵f(x)在R上是增函数，∴f′(x)≥0在R上恒成立．
∵f(x)＝－x2＋2x－aex，∴f′(x)＝－x＋2－aex，
于是有不等式－x＋2－aex≥0在R上恒成立，
即a≤在R上恒成立．
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，解得x＝3，列表如下：
故函数g(x)在x＝3处取得极小值，亦即最小值，
即g(x)min＝－，∴a≤－，
故实数a的取值范围是.
高频考点二|导数与函数的极值、最值问题
[例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，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)由题意知，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，不合题意；
若a＞0，令f′(x)＞0，解得x＞ln a，令f′(x)＜0，解得x＜ln a，
可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值，由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3＜0，
即a2＋ln a－1＞0，
令g(a)＝a2＋ln a－1，a＞0，
则g′(a)＝2a＋＞0，
可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1＞0等价于g(a)＞g(1)，
解得a＞1，
所以a的取值范围为(1，＋∞)．
1．求函数的极值的方法
(1)确定函数的定义区间，求导数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格．检查f′(x)在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值．
2．求函数的最值的方法
(1)求f(x)在(a，b)内的极值；
(2)将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较得出函数f(x)在[a，b]上的最值．　　
[集训冲关]
1．函数f(x)＝1＋3x－x3(　　)
A．有极小值，无极大值 B．无极小值，有极大值
C．无极小值，无极大值 D．有极小值，有极大值
解析：选D　f′(x)＝－3x2＋3，由f′(x)＝0，得x＝±1.当x∈(－1,1)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(－1,1)；同理，f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，∴当x＝－1时，函数有极小值－1，当x＝1时，函数有极大值3，故选D.
2．(2023·新课标Ⅱ卷，节选)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围．
解：由题意得1－x2＞0，x∈(－1,1)．
∵f′(x)＝－asin ax＋(－1∴f″(x)＝－a2cos ax＋，
且f′(0)＝0，f″(0)＝2－a2.
①若f″(0)＝2－a2＞0，即－＜a＜时，
易知存在t1＞0，使得x∈(0，t1)时，f″(x)＞0，
∴f′(x)在(0，t1)上单调递增，∴f′(x)＞f′(0)＝0.
∴f(x)在(0，t1)上单调递增，这显然与x＝0为函数f(x)的极大值点相矛盾，故舍去．
②若f″(0)＝2－a2＜0，即a＜－或a＞时，
存在t2＞0，使得x∈(－t2，t2)时，f″(x)＜0，
∴f′(x)在(－t2，t2)上单调递减，又f′(0)＝0，
∴当－t2＜x＜0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0满足x＝0为f(x)的极大值点，符合题意．
③若f″(0)＝2－a2＝0，即a＝±时，∵f(x)为偶函数，∴只考虑a＝的情况，此时f′(x)＝－sin(x)＋，当x∈(0,1)时，
f(x)在(0,1)上单调递增，显然与x＝0为函数的极大值点相矛盾，故舍去．
综上可得，a的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．
高频考点三|导数与不等式有关的问题
[例3]　(2024·新课标Ⅰ卷，改编)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3.
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)若a＝－2，f(x)＞－2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．
[解]　(1)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax，其中x∈(0,2)，
则f′(x)＝＋a，x∈(0,2)，
因为x(2－x)≤2＝1，当且仅当x＝1时等号成立，
故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0，故a＋2≥0，即a≥－2，
所以a的最小值为－2.
(2)由题意知，f(x)＝ln －2x＋b(x－1)3＞－2对任意x∈(1,2)恒成立，
则f′(x)＝－2＋3b(x－1)2＝＋3b(x－1)2＝(x－1)2.
令g(x)＝＋3b，
则应有g(1)＝2＋3b≥0，所以b≥－.
若b＜－，一定存在1＜δ＜2，
使得x∈(1，δ)时有f′(x)＜0，
所以f(x)在区间(1，δ)上单调递减，
所以f(x)＜f(1)＝－2，不符合题意．
当b≥－时，对任意x∈(1,2)，f(x)≥ln －2x－(x－1)3.
令h(x)＝ln －2x－(x－1)3，x∈(1,2)，
则h′(x)＝－2(x－1)2＝2(x－1)2·＝＞0，
所以h(x)＞h(1)＝－2满足题意．
综上，b的取值范围为.
1．利用导数解决不等式问题的策略
利用导数解决不等式问题(如：证明不等式，比较大小等)，其实质就是利用求导数的方法研究函数的单调性，而证明不等式(或比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考查这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．其实质是这样的：
要证不等式f(x)>g(x)，则构造函数φ(x)＝f(x)－g(x)，只需证φ(x)>0即可，由此转化成求φ(x)最小值问题，借助于导数解决．
2．解决恒成立问题的方法
(1)若关于x的不等式f(x)≤m在区间D上恒成立，则转化为f(x)max≤m.
(2)若关于x的不等式f(x)≥m在区间D上恒成立，则转化为f(x)min≥m.
(3)导数是解决函数f(x)的最大值或最小值问题的有力工具．
3．证明不等式时的一些常见结论
(1)ln x≤x－1，等号当且仅当x＝1时取到；
(2)ex≥x＋1，等号当且仅当x＝0时取到；
(3)ln x0；
(4)≤ln(x＋1)≤x，x>－1，等号当且仅当x＝0时取到．　　
[集训冲关]
1．(2023·新课标Ⅱ卷，节选)证明：当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x.
证明：令h(x)＝x－x2－sin x，
则h′(x)＝1－2x－cos x，
令p(x)＝1－2x－cos x，则p′(x)＝－2＋sin x＜0，
∴p(x)即h′(x)单调递减，又h′(0)＝0，
∴当0＜x＜1时，h′(x)＜h′(0)＝0，h(x)单调递减，
∴当0＜x＜1时，h(x)＜h(0)＝0，即x－x2＜sin x.
令g(x)＝sin x－x，
则g′(x)＝cos x－1≤0，
∴g(x)单调递减，又g(0)＝0，
∴当0＜x＜1时，g(x)＜g(0)＝0，即sin x＜x.
综上，当0＜x＜1时，x－x2＜sin x＜x.
2．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.
(1)当a＝－2时，求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，f′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)－＋1.易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)＝0，f(x)无极大值．
(2)由f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
得f′(x)＝－aln(1＋x)－.
设g(x)＝－aln(1＋x)－，
则g′(x)＝－－.
因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－，
故a≤－是原不等式成立的一个必要条件．
下面证明其充分性：
当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0，
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0.
综上，a的取值范围是.
高频考点四|利用导数研究方程的根或函数零点
[例4]　(2021·新高考卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[解]　(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0，解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)，单调递减区间为(3－2，3＋2)．
(2)证明：因为x2＋x＋1>0，
所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，
则g′(x)＝≥0，
仅当x＝0时，g′(x)＝0，
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
故g(x)至多有一个零点，
从而f(x)至多有一个零点地．
又f(3a－1)＝6a2＋2a－＝－62－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
讨论方程根的个数，研究函数图象与x轴或某直线的交点个数的实质就是函数的单调性与函数极(最)值的应用．问题破解的方法是根据题目的要求，借助导数将函数的单调性与极(最)值列出，然后再借助单调性和极(最)值情况，画出函数图象的草图，数形结合求解．　　
[集训冲关]
已知函数f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有三个零点，求k的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－k.
当k＝0时，f(x)＝x3，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k<0时，f′(x)＝3x2－k>0，故f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当k>0时，令f′(x)＝0，得x＝±.
当x∈∪时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在，上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当k≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，f(x)不可能有三个零点．
当k>0时，x＝－为f(x)的极大值点，x＝为f(x)的极小值点．
结合f(x)的单调性可知，若f(x)有三个零点，
则有解得k<.
因此k的取值范围为.
　　　　　
一、选择题
1．已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d有极值，则c的取值范围为(　　)
A. B．
C. D．
解析：选A　由题意得f′(x)＝x2－x＋c，若函数f(x)有极值，则Δ＝1－4c＞0，解得c＜.
2．若函数y＝x3－2ax＋a在(0,1)内有极小值没有极大值，则实数a的取值范围是(　　)
A．(0,3) B．(－∞，3)
C．(0，＋∞) D．
解析：选D　f′(x)＝3x2－2a，
∵f(x)在(0,1)内有极小值没有极大值，
∴ 即03．已知函数f(x)＝－x3＋2x2＋2x，若存在满足0≤x0≤3的实数x0，使得曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线与直线x＋my－10＝0垂直，则实数m的取值范围是(　　)
A．[6，＋∞) B．(－∞，2]
C．[2,6] D．[5,6]
解析：选C　f′(x)＝－x2＋4x＋2＝－(x－2)2＋6，因为x0∈[0,3]，所以f′(x0)∈[2,6]，又因为切线与直线x＋my－10＝0垂直，所以切线的斜率为m，所以m的取值范围是[2,6]．
4．定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)＞f(x)恒成立，若x1＜x2，则ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系为(　　)
A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)
B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)
C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)
D．ex1f(x2)与ex2f(x1)的大小关系不确定
解析：选A　设g(x)＝，
则g′(x)＝＝.
由题意知g′(x)＞0，所以g(x)单调递增，
当x1＜x2时，g(x1)＜g(x2)，即＜，
所以ex1f(x2)＞ex2f(x1)．
5．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
解析：选C　依题意，f′(x)＝aex－≥0在(1,2)恒成立，显然a＞0，所以xex≥，设g(x)＝xex，x∈(1,2)，则g′(x)＝(x＋1)ex＞0.所以g(x)在(1,2)单调递增，g(x)＞g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
6．[多选]已知函数f(x)＝x3－mx2＋1，则下列结论中正确的是(　　)
A．f(x)有两个极值点
B．当m＝－1时，f(x)在(0，＋∞)上是增函数
C．当m＝1时，f(x)在[－1,1]上的最大值是1
D．当m＝3时，点(1，－1)是曲线y＝f(x)的对称中心
解析：选BCD　因为f(x)＝x3－mx2＋1，
所以f′(x)＝3x2－2mx＝x(3x－2m)，
当m＝0时，f′(x)＝3x2≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0
函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
函数f(x)没有极大值点也没有极小值点，A错误；
当m＝－1时，f′(x)＝x(3x＋2)，
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，B正确；
当m＝1时，f′(x)＝x(3x－2)，
令f′(x)＝0可得，x＝0或x＝，
当x∈[－1,0)时，f′(x)>0，函数f(x)在[－1,0)上单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)在上单调递减，
当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)在上单调递增，
又f(0)＝1，f(1)＝1
所以函数f(x)在[－1,1]上的最大值为1，C正确；
当m＝3时，f(x)＝x3－3x2＋1，
f(x＋1)＝(x＋1)3－3(x＋1)2＋1＝x3－3x－1，
设g(x)＝f(x＋1)＋1，
则g(x)＝x3－3x，g(－x)＝－x3＋3x＝－g(x)，
所以函数g(x)＝f(x＋1)＋1为奇函数，
所以函数g(x)的图象关于原点对称，
所以函数f(x)关于点(1，－1)对称，D正确．
二、填空题
7．曲线y＝在点M处的切线方程为________．
解析：∵y′＝′＝，
∴切线的斜率k＝＝－.
∴所求切线的方程为y－0＝－，
即y＝－x＋1.
答案：y＝－x＋1
8．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1＜2＜x2，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1＜2＜x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2＜0，解得2＜a＜6.
答案：(2,6)
9．函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
解析：当x＞时，f(x)＝2x－1－2ln x，f′(x)＝2－＝.令f′(x)＞0，得x＞1，令f′(x)＜0，得＜x＜1，所以f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1.当0＜x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x，f′(x)＝－2－＝＜0，所以f(x)在上单调递减，所以f(x)min＝f＝－2ln＝2ln 2＞1.所以f(x)的最小值为1.
答案：1
三、解答题
10．已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2＋4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x－3.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极小值．
解：(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x＋4.
∵曲线在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x－3，
∴f(0)＝－3，f′(0)＝2，
∴解得
(2)由(1)，知f(x)＝ex(x－3)－x2＋4x，
f′(x)＝ex(x－2)－2x＋4＝(x－2)(ex－2)．
令f′(x)＝0，得x＝ln 2或x＝2.
∴当x∈(－∞，ln 2)∪(2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(ln 2,2)时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，ln 2)，(2，＋∞)上单调递增，在(ln 2,2)上单调递减．
∴当x＝2时，函数f(x)取得极小值，且极小值为f(2)＝4－e2.
11．设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b.
由题意得即
(2)由(1)知f(x)＝x3－x2＋1，
则g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a当且仅当x＝，即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
12．(2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(x＞0)．
(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间．
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝，则f′(x)＝＝＝.
∴当x∈时，f′(x)＞0；当x∈时，
f′(x)＜0.即f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)要使曲线y＝f(x)与直线y＝1有2个交点，
即＝1有2个解，则＝有2个解．
令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x＞0)．
令g′(x)＝＝0，解得x＝e.
令g′(x)＞0，解得0＜x＜e，此时g(x)单调递增；
令g′(x)＜0，解得x＞e，此时g(x)单调递减．
故g(x)max＝g(e)＝.
而g(x)在x＞e时，g(x)∈.
又∵g(1)＝0，∴要使条件成立，则0＜＜.
易得a∈(1，e)∪(e，＋∞)．