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專題十八 函數(shù)的極值、最值
【題型分析】
考情分析：
1.利用導數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點考查內(nèi)容，多以壓軸的選擇題、填空題的形式考查，或以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等偏上，屬于綜合性問題.
2.已知函數(shù)的極值、最值的情況，求參數(shù)的值或取值范圍也是常見的考查方式.
題型1 利用導數(shù)研究函數(shù)的極值
例1　(1)設a∈R，若函數(shù)y=eax+3x(x∈R)有大于零的極值點，則(　　).
A.a>-3 B.a<-3
C.a>- D.a<-
(2)若函數(shù)f(x)=ln x+x2-ax(x>0)在，3上有且僅有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　).
A.， B.，
C.， D.2，
(3)若函數(shù)f(x)=(x-1)2+aln x有兩個極值點x1，x2，且x1A.，0
B.，0
C.-，0
D.-，0
(4)(2023年新高考全國Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)=aln x++(a≠0)既有極大值也有極小值，則(　　).
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
方法總結(jié)：
　　1.利用導數(shù)研究函數(shù)的極值應注意的問題
(1)不能忽略函數(shù)f(x)的定義域.
(2)f'(x0)=0是可導函數(shù)f(x)在x=x0處取得極值的必要不充分條件.
(3)函數(shù)的極小值不一定比極大值小.
(4)若函數(shù)在區(qū)間(a，b)上有唯一極值點，則這個極大(小)值點也是最大(小)值點.
2.根據(jù)函數(shù)的極值(點)求參數(shù)的兩個要領
(1)列式：根據(jù)極值點處導數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解.
(2)驗證：求解后驗證根的合理性.
1.(2022年全國乙卷)已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的極小值點和極大值點.若x12.已知函數(shù)f(x)=ln(x-3)-ax(a∈R).
(1)若a=1，判斷f(x)的單調(diào)性；
(2)若f(x)在(5，+∞)上沒有極值點，求a的取值范圍.
題型2 利用導數(shù)研究函數(shù)的最值
例2　(2022年全國甲卷)當x=1時，函數(shù)f(x)=aln x+取得最大值-2，則f'(2)=(　　).
A.-1 B.- C. D.1
例3　已知函數(shù)f(x)=ln x+ax2-(2a+1)x+1(a≥0).
(1)當a=0時，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，+∞)上的最大值；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，+∞)上存在最小值，求a的取值范圍.
1.已知函數(shù)f(x)=(x-1)sin x+(x+1)cos x，當x∈[0，π]時，f(x)的最大值與最小值的和為　　　　.
2.若函數(shù)f(x)=在區(qū)間，a上的最小值為2e，則a的取值范圍是　　　　.
【真題改編】
1.(2024年新高考全國Ⅰ卷，T10改編)已知函數(shù)f(x)=(x-m)2(x-n)(m≠n)，則(　　).
A.當函數(shù)f(x)的極大值點為x=m時，mB.當m=1，n=-2時，f(x)的極小值為1
C.當m=1，n=-2時，點(0，2)是曲線y=f(x)的對稱中心
D.當m=1，n=4，且-1f(x)
2.(2024年新高考全國Ⅱ卷，T8改編)已知函數(shù)f(x)=(ex-a)(ln x-b)，a，b∈R，若f(x)≥0恒成立，則bln a的最小值為(　　).
A.- B.-
C. D.e
3.(2024年新高考全國Ⅱ卷，T11改編)設函數(shù)f(x)=x3+ax2-x+1，則(　　).
A.當a=1時，g(x)=f(x)-2只有1個零點
B.對任意的a∈R，f(x)既有極大值又有極小值
C.對任意的a∈R，曲線y=f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為x+y-1=0
D.存在a∈R，使得點(1，f(1))為曲線y=f(x)的對稱中心
4.(2024年新高考全國Ⅱ卷，T16改編)已知函數(shù)f(x)=xln x-ax+(3-a)e.
(1)當a=1時，求曲線y=f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若f(x)在，+∞內(nèi)有極小值，且極小值大于0，求a的取值范圍.
【最新模擬】
(總分：100分　單選題每題5分，多選題每題6分，填空題每題5分，共68分；解答題共32分)
1.函數(shù)f(x)=3+xln 2x的極小值點為(　　).
A.x=1 B.x=2 C.x=e D.x=
2.f(x)=ex-x在區(qū)間[-1，1]上的最大值是(　　).
A.1+ B.1 C.e+1 D.e-1
3.當x=m時，函數(shù)f(x)=x3-x2+3x-2ln x取得最小值，則m=(　　).
A. B.1 C. D.2
4.若函數(shù)f(x)=ex-ax在區(qū)間(0，2)上有極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　).
A.0， B.1，
C.(1，e2) D.0，
5.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b2x+1，若a是從1，2，3三個數(shù)中任取的一個數(shù)，b是從1，2兩個數(shù)中任取的一個數(shù)，則該函數(shù)有兩個極值點的概率為(　　).
A. B. C. D.
6.已知函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f'(x)的圖象如圖所示，則(　　).
A.f(a)B.f(e)C.當x=c時，f(x)取得最大值
D.當x=d時，f(x)取得最小值
7.已知函數(shù)f(x)=，則(　　).
A.當x<0時，f(x)>0
B.f(x)在(1，+∞)上單調(diào)遞增
C.f(x)的極大值為1
D.f(x)的極小值為4
8.已知函數(shù)f(x)=2ln x+x2-3x有極值點在閉區(qū)間[t，t+2]上，則t的取值范圍為(　　).
A.[-1，2] B.[0，1]
C.[0，2] D.[-1，1]
9.若直線l：x-a=0分別交拋物線y=x2+1和函數(shù)y=ln x的圖象于M，N兩點，則線段MN長度的最小值是　　　　.
10.定義：設f'(x)是f(x)的導函數(shù)，f″(x)是函數(shù)f'(x)的導函數(shù)，若方程f″(x)=0有實數(shù)解x0，則稱點(x0，f(x0))為函數(shù)y=f(x)的“拐點”.經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)都有“拐點”且“拐點”就是三次函數(shù)圖象的對稱中心.已知函數(shù)f(x)=x3+ax2-3x+b的圖象的對稱中心為(0，3)，則(　　).
A.a=0，b=3
B.函數(shù)f(x)的極大值與極小值之和為6
C.函數(shù)f(x)有三個零點
D.函數(shù)f(x)在區(qū)間[-3，3]上的最小值為-15
11.已知函數(shù)f(x)=x-aln x-b(a，b∈R，a≠0).若f(x)≥0，則ab的最大值為(　　).
A. B. C.e D.2e
12.(17分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c.
(1)如果x=1和x=-1是f(x)的兩個極值點，且f(x)的極大值為3，求f(x)的極小值；
(2)當b=0時，討論f(x)的單調(diào)性；
(3)當c=0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2，2]上的最大值為2，最小值為-2，求f(3)的值.
13.(原創(chuàng))對于函數(shù)f(x)=ax-ln(x+1)，有下列四個論斷：
①函數(shù)f(x)在x=0處取得極值；
②函數(shù)f(x)是增函數(shù)；
③函數(shù)f(x)的最大值為0；
④f'(x)>0對任意的x∈(0，+∞)恒成立.
若其中恰有兩個論斷正確，則a=　　　　.
14.(改編)已知函數(shù)f(x)=-a+ln x(x>0)在(0，2)上有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是　　　　.
15.(15分)(人教A版選擇性必修第二冊P81習題5.2T4改編)已知函數(shù)f(x)=xln x.
(1)若x∈[1，e]，求f(x)的值域.
(2)若g(x)=f(x)-x3，證明：函數(shù)g(x)存在唯一的極大值點x0，且x0>.
參考數(shù)據(jù)：ln 2≈0.693 1，ln 3≈1.098 6.
參考答案
專題十八 函數(shù)的極值、最值
題型1　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值
例1　(1)B　(2)B　(3)A　(4)BCD
【解析】(1)f'(x)=3+aeax，若函數(shù)在R上有大于零的極值點，則f'(x)=0有正根，若f'(x)=0成立，顯然a<0，此時x=ln -，由x>0，得a<-3.
(2)因為f(x)=ln x+x2-ax(x>0)，所以f'(x)=+x-a.
又f(x)在，3上有且僅有一個極值點，所以y=f'(x)在，3上只有一個變號零點.
令f'(x)=+x-a=0，得a=+x.
設g(x)=+x，則g(x)在，1上單調(diào)遞減，在[1，3]上單調(diào)遞增，所以g(x)min=g(1)=2.
又g=，g(3)=，所以當≤a<時，y=f'(x)在，3上只有一個變號零點.
所以實數(shù)a的取值范圍為，.
(3)因為f(x)=(x-1)2+aln x，所以f'(x)=2(x-1)+=.
令t(x)=2x2-2x+a，因為函數(shù)f(x)=(x-1)2+aln x有兩個極值點x1，x2，所以函數(shù)t(x)在(0，+∞)上有兩個不等實根，則解得0因為x10，所以令g(x)=(x-1)2+(-2x2+2x)ln x，0在，1上恒成立，故g(x)在，1上單調(diào)遞增，則g(x)∈，0，即f(x2)的取值范圍為，0.
(4)函數(shù)f(x)=aln x++(a≠0)的定義域為(0，+∞)，f'(x)=，因為函數(shù)f(x)既有極大值也有極小值，所以關于x的方程ax2-bx-2c=0有兩個不等的正實根x1，x2，則即所以故選BCD.
跟蹤訓練
1.，1
【解析】(法一：最優(yōu)解)f'(x)=2ln a·ax-2ex，
因為x1，x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2的極小值點和極大值點，
所以函數(shù)f(x)在(-∞，x1)和(x2，+∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增，
所以當x∈(-∞，x1)∪(x2，+∞)時，f'(x)<0，當x∈(x1，x2)時，f'(x)>0.
若a>1，則當x<0時，2ln a·ax>0，2ex<0，此時f'(x)>0，與前面矛盾，故a>1不符合題意.
若0所以函數(shù)y=ln a·ax與函數(shù)y=ex的圖象有兩個不同的交點.
因為0又因為ln a<0，所以y=ln a·ax的圖象由指數(shù)函數(shù)y=ax的圖象向下關于x軸作對稱變換，然后將圖象上的每個點的橫坐標保持不變，縱坐標伸長或縮短為原來的|ln a|倍得到，如圖所示.
設過原點的直線與函數(shù)y=g(x)的圖象相切于點(x0，ln a·)，
則切線的斜率為g'(x0)=(ln a)2·，
故切線方程為y-ln a·=(ln a)2·(x-x0)，
則-ln a·=-x0(ln a)2·，解得x0=，
則切線的斜率為(ln a)2·=e(ln a)2.
因為函數(shù)y=ln a·ax與函數(shù)y=ex的圖象有兩個不同的交點，
所以e(ln a)2又0綜上所述，a的取值范圍為，1.
(法二：通性通法)f'(x)=2ln a·ax-2ex=0的兩個根為x1，x2，
因為x1，x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2的極小值點和極大值點，
所以函數(shù)f(x)在(-∞，x1)和(x2，+∞)上單調(diào)遞減，在(x1，x2)上單調(diào)遞增.
設g(x)=f'(x)=2(axln a-ex)，則g'(x)=2ax(ln a)2-2e.
若a>1，則g'(x)在R上單調(diào)遞增，此時若g'(x0)=0，則f'(x)在(-∞，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，+∞)上單調(diào)遞增，此時若x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2的極小值點和極大值點，則x1>x2，不符合題意；
若00，f'(x0)=2(ln a-ex0)=2-ex0>0，即x0<，則x0ln a>1，故x0ln a=ln =ln >1，所以2.解析　(1)當a=1時，f(x)=ln(x-3)-x，其定義域為(3，+∞)，
則f'(x)=-1=(x>3)，
由f'(x)>0，得34，
所以f(x)在(3，4)上單調(diào)遞增，在(4，+∞)上單調(diào)遞減.
(2)因為f(x)=ln(x-3)-ax，所以f'(x)=-a，
當x∈(5，+∞)時，-a<-a<-a，
若f(x)在(5，+∞)上沒有極值點，則f(x)在(5，+∞)上單調(diào)，
即f'(x)≥0在(5，+∞)上恒成立，或f'(x)≤0在(5，+∞)上恒成立.
若f'(x)≥0在(5，+∞)上恒成立，則-a≥0，解得a≤0.
若f'(x)≤0在(5，+∞)上恒成立，則-a≤0，解得a≥.
綜上所述，a的取值范圍為(-∞，0]∪，+∞.
題型2　利用導數(shù)研究函數(shù)的最值
例2　B
【解析】由題意得f(1)=b=-2，∴f(x)=aln x-，
則f'(x)=+=，
∵當x=1時函數(shù)取得最值，可得x=1也是函數(shù)的一個極值點，
∴f'(1)=a+2=0，即a=-2，
∴f'(x)=，
易得函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，+∞)上單調(diào)遞減，
故函數(shù)f(x)在x=1處取得極大值，也是最大值，
則f'(2)==-.
故選B.
例3
【解析】(1)當a=0時，f(x)=ln x-x+1，則f'(x)=-1.
因為x∈[1，+∞)，所以f'(x)≤0，
所以f(x)在區(qū)間[1，+∞)上單調(diào)遞減，
所以f(x)在區(qū)間[1，+∞)上的最大值為f(1)=ln 1-1+1=0.
(2)由題可知f'(x)=+2ax-(2a+1)==.
①當a=0時，由(1)知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，+∞)上單調(diào)遞減，
所以函數(shù)無最小值，此時不符合題意.
②當a≥時，因為x∈(1，+∞)，所以2ax-1>0，f'(x)>0.
此時函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，+∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)無最小值，此時也不符合題意.
③當0若x∈1，，則f'(x)<0，若x∈，+∞，則f'(x)>0，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間1，上單調(diào)遞減，在區(qū)間，+∞上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，+∞)上存在最小值，
所以a的取值范圍為0，.
跟蹤訓練
1.-1π-1
【解析】由題意可知，f'(x)=sin x+(x-1)·cos x+cos x-(x+1)sin x=x(cos x-sin x).
當x∈0，時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈，π時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.
所以f(x)max=f=，又f(0)=1，f(π)=-(π+1)，所以f(x)min=-(π+1)，
故f(x)的最大值與最小值的和為-1π-1.
2.，+∞
【解析】由f(x)=，得f'(x)=，所以函數(shù)f(x)在，上單調(diào)遞減，在，+∞上單調(diào)遞增，且f=2e，所以∈，a，即a≥，
所以a的取值范圍是，+∞.
1.ACD
【解析】對于A，∵f(x)=(x-m)2(x-n)，
∴f'(x)=2(x-m)(x-n)+(x-m)2=(x-m)·(3x-2n-m)，
令f'(x)=0，得x=m或x=.
由題意可知，≠m，
∵函數(shù)f(x)=(x-m)2(x-n)的極大值點為x=m，
∴>m，即n>m，∴A正確；
對于B，當m=1，n=-2時，f(x)=(x-1)2(x+2)=x3-3x+2，則f'(x)=3x2-3，
令f'(x)>0，得x<-1或x>1，
令f'(x)<0，得-1∴f(x)在(-1，1)上單調(diào)遞減，在(-∞，-1)，(1，+∞)上單調(diào)遞增，
∴f(x)的極小值為f(1)=0，∴B錯誤；
對于C，當m=1，n=-2時，f(x)=(x-1)2(x+2)=x3-3x+2，令h(x)=x3-3x，
∵h(-x)=(-x)3-3(-x)=-x3+3x=-h(x)，∴h(x)是奇函數(shù)，
∴點(0，0)是h(x)圖象的對稱中心，
∵將h(x)的圖象向上平移2個單位長度可得到f(x)的圖象，
∴點(0，2)是曲線y=f(x)的對稱中心，∴C正確；
對于D，當m=1，n=4時，f(x)=(x-1)2(x-4)，當-10，
∴f(2-x)>f(x)，∴D正確.故選ACD.
2.B
【解析】當a≤0時，若x→0，則f(x)→-∞，不符合題意，故a>0.
因為y1=ex-a，y2=ln x-b均為增函數(shù)，且當xln a時，y1>0；當xeb時，y2>0，
所以若f(x)≥0恒成立，必定有l(wèi)n a=eb，
所以bln a=beb.
令g(b)=beb，則g'(b)=(b+1)eb，
當b<-1時，g'(b)<0，所以函數(shù)g(b)=beb在(-∞，-1)上單調(diào)遞減，
當b>-1時，g'(b)>0，所以函數(shù)g(b)=beb在(-1，+∞)上單調(diào)遞增，
所以當b=-1時，g(b)取得最小值，最小值為-.故選B.
3.BCD
【解析】已知f(x)=x3+ax2-x+1，則f'(x)=3x2+2ax-1.
對于A，當a=1時，g(x)=x3+x2-x-1，則g'(x)=3x2+2x-1=(3x-1)(x+1)，故g(x)的極值點為-1，，則極大值g(-1)=0，極小值g=-<0，所以當a=1時，g(x)有2個零點，故A錯誤；
對于B，因為f'(x)=3x2+2ax-1，若f'(x)=0，則Δ=4a2+12>0，所以f'(x)=0有兩個不等的實根，故f(x)既有極大值又有極小值，故B正確；
對于C，因為f(0)=1，所以當(0，1)為切點時，k=f'(0)=-1，此時切線方程為y-1=-(x-0)，即x+y-1=0，故C正確；
對于D，依題意得f(1)=1+a，若存在a∈R，使得點(1，1+a)為曲線y=f(x)的對稱中心，則f(x)+f(2-x)=2+2a，所以f(x)+f(2-x)=x3+ax2-x+1+(2-x)3+a(2-x)2-(2-x)+1=(2a+6)x2-(4a+12)x+4a+8，
所以2+2a=(2a+6)x2-(4a+12)x+4a+8，即解得a=-3，即存在a=-3，使得點(1，f(1))是曲線f(x)的對稱中心，故D正確.故選BCD.
4.解析　(1)當a=1時，f(x)=xln x-x+2e，則f'(x)=ln x，
又f(1)=2e-1，f'(1)=0，
所以切線的斜率k=f'(1)=0，
故所求切線方程為y=2e-1.
(2)f'(x)=ln x+1-a，易知函數(shù)f'(x)=ln x+1-a是增函數(shù)，當x=ea-1時，f'(x)=0.
①當ea-1≤，即a≤0時，若x∈，+∞，則f'(x)>0，此時函數(shù)f(x)在，+∞上單調(diào)遞增，故無極小值.
②當ea-1>，即a>0時，若x∈，ea-1，則f'(x)<0，若x∈(ea-1，+∞)，則f'(x)>0，
所以x=ea-1為f(x)的極小值點，
此時極小值為f(ea-1)=(a-1)ea-1-aea-1+(3-a)e=-ea-1+(3-a)e.
令h(a)=-ea-1+(3-a)e(a>0)，則h'(a)=-ea-1-e<0，所以h(a)在(0，+∞)上單調(diào)遞減，且h(2)=0，所以若h(a)>0，則0綜上，a的取值范圍為(0，2).
1.D
【解析】因為f(x)=3+xln 2x，所以f'(x)=ln 2x+1.
令f'(x)<0，得00，得x>，
所以f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，+∞上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f(x)在x=處取得極小值.故選D.
2.D
【解析】由f(x)=ex-x，得f'(x)=ex-1，
令f'(x)=0，解得x=0.
所以當x∈[-1，0)時，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，
當x∈(0，1]時，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.
又因為f(-1)=e-1+1=+1，f(1)=e-1>f(-1)，
所以函數(shù)f(x)在[-1，1]上的最大值為e-1.
故選D.
3.A
【解析】f'(x)=x(3x-2)+=(3x-2)x+(x>0)，
當x∈0，時，f'(x)<0；當x∈，+∞時，f'(x)>0.
所以函數(shù)f(x)在0，上單調(diào)遞減，在，+∞上單調(diào)遞增，
所以當x=時，f(x)取得最小值.故選A.
4.C
【解析】由題意知f'(x)=ex-a在(0，2)內(nèi)有變號零點，
顯然f'(x)=ex-a在(0，2)上單調(diào)遞增，
故原條件等價于解得1故實數(shù)a的取值范圍是(1，e2)，故選C.
5.C
【解析】a，b的取法共有3×2=6(種).
因為f'(x)=x2+2ax+b2，由題意知關于x的方程x2+2ax+b2=0有兩個不等實根，所以Δ=4(a2-b2)>0，
因為a，b均大于零，所以a>b，
而滿足a>b的(a，b)有(2，1)，(3，1)，(3，2)，共3種，
故所求的概率為=.故選C.
6.AB
【解析】由f'(x)的圖象可知，當x∈(-∞，c)∪(e，+∞)時，f'(x)>0；當x∈(c，e)時，f'(x)<0.
∴f(x)在(-∞，c)，(e，+∞)上單調(diào)遞增，在(c，e)上單調(diào)遞減.
對于A，∵a對于B，∵c對于C，由單調(diào)性知f(c)為極大值，當x>e時，可能存在f(x0)>f(c)，C錯誤；
對于D，由單調(diào)性知f(e)故選AB.
7.ACD
【解析】當x<0時，ex>0，2x-1<0，x-1<0，所以f(x)=>0，所以A正確；
由f(x)=，得f'(x)=(x≠1)，
由f'(x)>0，得x<0或x>，由f'(x)<0，得0所以f(x)在(-∞，0)，，+∞上單調(diào)遞增，在(0，1)，1，上單調(diào)遞減，
所以f(x)的極大值為f(0)=1，極小值為f==4，所以B錯誤，C，D正確.
故選ACD.
8.A
【解析】因為f(x)=2ln x+x2-3x，
所以f'(x)=+x-3==.
令f'(x)>0，解得x>2或0令f'(x)<0，解得1所以f(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，在(0，1)，(2，+∞)上單調(diào)遞增，
所以x=1為f(x)的極大值點，x=2為f(x)的極小值點，
所以t≤1≤t+2或t≤2≤t+2，
解得-1≤t≤1或0≤t≤2.
所以t的取值范圍為[-1，2].
故選A.
9.+ln 2
【解析】由得M(a，a2+1)；
由得N(a，ln a).
∵函數(shù)y=x2+1的圖象始終在y=ln x的圖象上方，
∴|MN|=|a2+1-ln a|=a2+1-ln a.
令f(a)=a2+1-ln a，則f'(a)=2a-=，令f'(a)=0，解得a=或a=-(舍去)，
當0當a>時，f'(a)>0，f(a)單調(diào)遞增，
∴f(a)的最小值為f=+1-ln =+ln 2.
10.ABD
【解析】由題意知點(0，3)在函數(shù)f(x)的圖象上，故f(0)=3，則b=3.
所以f(x)=x3+ax2-3x+3，所以f'(x)=3x2+2ax-3，所以f″(x)=6x+2a.
由f″(0)=0得2a=0，即a=0，故A正確.
所以f(x)=x3-3x+3，則f'(x)=3x2-3.
由f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1)>0得x<-1或x>1，由f'(x)<0得-1所以f(x)在(-∞，-1)和(1，+∞)上單調(diào)遞增，在(-1，1)上單調(diào)遞減，
所以f(x)的極大值為f(-1)=-1+3+3=5，極小值為f(1)=1-3+3=1，
所以極大值與極小值之和為5+1=6，故B正確.
因為函數(shù)的極小值f(1)=1>0，所以三次函數(shù)只有一個零點，故C錯誤.
由上知函數(shù)f(x)在區(qū)間[-3，3]上的最小值為f(-3)，f(1)中的較小者，又f(-3)=-27+9+3=-15所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[-3，3]上的最小值為-15，故D正確.
故選ABD.
11.B
【解析】由題意得，函數(shù)f(x)的定義域為(0，+∞)，f'(x)=1-=(a≠0)，
當a<0時，f'(x)>0，函數(shù)f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
當x趨于0時，f(x)趨于-∞，與f(x)≥0矛盾.
當a>0時，若x∈(0，a)，則f'(x)<0，f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，
若x∈(a，+∞)，則f'(x)>0，f(x)在(a，+∞)上單調(diào)遞增，
所以當x=a時，f(x)取得最小值，最小值為f(a)=a-aln a-b，a-aln a-b≥0恒成立，
即a-aln a≥b，
則ab≤a2-a2ln a(a>0).
令g(x)=x2-x2ln x(x>0)，
則g'(x)=2x-2xln x-x=x-2xln x=x(1-2ln x)，
當x∈(0，)時，g'(x)>0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，
當x∈(，+∞)時，g'(x)<0，g(x)在(，+∞)上單調(diào)遞減，
所以當x=時，g(x)取得最大值，最大值為g()=e-=，
即當a=，b=時，ab取得最大值，最大值為.故選B.
12.解析　(1)因為f(x)=x3+ax2+bx+c，所以f'(x)=3x2+2ax+b，
因為x=1和x=-1是f(x)的兩個極值點，所以1和-1是方程3x2+2ax+b=0的兩個根，
故解得
即f(x)=x3-3x+c，
所以f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1).
因為當x∈(-∞，-1)∪(1，+∞)時，f'(x)>0，當x∈(-1，1)時，f'(x)<0，
所以f(x)在區(qū)間(-∞，-1)，(1，+∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(-1，1)上單調(diào)遞減，
所以f(x)的極大值為f(-1)=-1+3+c=3，解得c=1，
所以f(x)的極小值為f(1)=1-3+1=-1. 3分
(2)當b=0時，f(x)=x3+ax2+c，其定義域為R，
又f'(x)=3x2+2ax，所以令f'(x)=0，解得x=0或x=-.
①若a<0，則當x∈(-∞，0)∪-，+∞時，f'(x)>0；當x∈0，-時，f'(x)<0.
故f(x)在區(qū)間(-∞，0)，-，+∞上單調(diào)遞增，在0，-上單調(diào)遞減.
②若a=0，則f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在區(qū)間(-∞，+∞)上單調(diào)遞增.
③若a>0，則當x∈-∞，-∪(0，+∞)時，f'(x)>0；當x∈-，0時，f'(x)<0.
故f(x)在區(qū)間-∞，-，(0，+∞)上單調(diào)遞增，在-，0上單調(diào)遞減.
綜上可得，當a<0時，f(x)在區(qū)間(-∞，0)，-，+∞上單調(diào)遞增，在0，-上單調(diào)遞減；當a=0時，f(x)在區(qū)間(-∞，+∞)上單調(diào)遞增；當a>0時，f(x)在區(qū)間-∞，-，(0，+∞)上單調(diào)遞增，在-，0上單調(diào)遞減. 9分
(3)當c=0時，f(x)=x3+ax2+bx，
由題意得，-2≤f(2)=8+4a+2b≤2，即-5≤2a+b≤-3，　①
-2≤f(-2)=-8+4a-2b≤2，即3≤2a-b≤5，　②
由①②可知，-≤a≤，-5≤b≤-3.　③
因為f'(x)=3x2+2ax+b，f'(-2)=12-4a+b≥12-2-5=5>0，f'(0)=b<0，f'(2)=12+4a+b≥12-2-5=5>0，
所以f'(x)=0有兩個實數(shù)根，設為x1，x2，且-2當x∈(-2，x1)∪(x2，2)時，f'(x)>0，當x∈(x1，x2)時，f'(x)<0，
故x1是f(x)的極大值點，x2是f(x)的極小值點.
由題意得f(x1)=+a+bx1≤2，f(x2)=+a+bx2≥-2，
即-f(x2)=-(+a+bx2)≤2，
兩式同向相加得(x1-x2)[(x1+x2)2-x1x2+a(x1+x2)+b]≤4，　④
注意到x1+x2=-，x1x2=，x1-x2=-，
代入④得-≤2.
由③可知-≤a≤，-5≤b≤-3，則36≤4a2-12b≤61，1≤-≤，
所以≥2，-≥1，所以-≥2，所以-=2.
又a2-3b=9，即a2=9+3b，所以0≤9+3b≤，解得-3≤b≤-.
又-5≤b≤-3，所以b=-3，所以a=0，
所以f(x)=x3-3x，則f(3)=18. 17分
13.1
【解析】由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(-1，+∞)，f'(x)=a-.
因為恰有兩個論斷正確，論斷①與論斷②矛盾，所以兩者只有一個正確.
對于②，若a≤0，則函數(shù)f(x)=ax-ln(x+1)是減函數(shù)；若a>0，由f'(x)=a-，x∈(-1，+∞)，可知當x<-1時，f'(x)<0，當x>-1時，f'(x)>0，所以②錯誤，因此①正確.
由①知-1=0，解得a=1，所以f'(x)=，所以f(x)在(-1，0)上單調(diào)遞減，在(0，+∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)的最小值為0，③錯誤.
當x∈(0，+∞)時，∈(0，1)，所以f'(x)=1->0恒成立，④正確.
故a=1.
14.e，
【解析】因為f(x)=-a+ln x(x>0)，所以f'(x)=.
因為f(x)在(0，2)上有兩個極值點，
所以ex-ax=0，即a=在(0，2)上有兩根.
令p(x)=，則p'(x)=.
當0當10，p(x)單調(diào)遞增.
又因為當x→0時，p(x)→+∞，且p(1)=e，p(2)=，
所以f(x)在(0，2)上有兩個極值點需滿足e故當函數(shù)f(x)在(0，2)上有兩個極值點時，實數(shù)a的取值范圍為e，.
15.解析　(1)因為f(x)=xln x，所以f'(x)=ln x+1，令f'(x)=0，得x=.
當x∈[1，e]時，f'(x)>0，f(x)在[1，e]上單調(diào)遞增，又f(1)=0，f(e)=e，
所以f(x)在[1，e]上的值域為[0，e]. 5分
(2)由題意知函數(shù)g(x)=xln x-x3，其定義域為(0，+∞)，則g'(x)=ln x+1-x2.
令h(x)=g'(x)，則h'(x)=-x=(x>0).
令h'(x)>0，解得01.
所以h(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，+∞)上單調(diào)遞減，
又g'(1)=>0且g'=-<0，g'(e)=<0，
所以根據(jù)零點存在定理， x1∈，1，使得g'(x1)=0， x2∈(1，e)，使得g'(x2)=0，
即當x∈(0，x1)∪(x2，+∞)時，g'(x)<0，g(x)在(0，x1)，(x2，+∞)上單調(diào)遞減；
當x∈(x1，x2)時，g'(x)>0，g(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增.
所以g(x)存在唯一極大值點x2，即x0=x2∈(1，e)，
又因為g'=ln +1-×2=ln 3-ln 2+1-≈1.098 6-0.693 1-0.125>0=g'(x0)，
所以x2∈，e，即x0>，得證. 15分

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