第3節(jié)　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值

第3節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值考試要求1.借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要和充分條件.2.會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值.3.會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值.【知識梳理】1.函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值函數(shù)y＝f(x)在點x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0.則a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值.(2)函數(shù)的極大值函數(shù)y＝f(x)在點x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0.則b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值.(3)極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極小值和極大值統(tǒng)稱為極值.2.函數(shù)的最大(小)值(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上有最值的條件：如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值.(2)求y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大(小)值的步驟：①求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.[常用結(jié)論與微點提醒]1.求最值時，應(yīng)注意極值點和所給區(qū)間的關(guān)系，關(guān)系不確定時，需要分類討論，不可想當(dāng)然認為極值就是最值.2.函數(shù)最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關(guān)系.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，若f′(x0)＝0，則x0為極值點.()(2)函數(shù)的極大值不一定是最大值，最小值也不一定是極小值.()(3)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上不存在最值.()(4)連續(xù)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上一定存在最值.()答案(1)×(2)√(3)×(4)√解析(1)反例：f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的極值點.(3)反例：f(x)＝x2在區(qū)間(－1，2)上的最小值為0.2.如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(x)的極小值點的個數(shù)為()A.1 B.2 C.3 D.4答案A解析由題意知在x＝－1處f′(－1)＝0，且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值符號左負右正.3.(選修二P98T6改編)已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，則f(x)的最大值為________，最小值為________.答案eq\f(134,27)－10解析f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，因為x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))，所以f′(x)＜0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，所以f(x)的最大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(134,27)，最小值為f(1)＝－10.4.(選修二P104T9改編)函數(shù)f(x)＝x(x－c)2有極值，則實數(shù)c的取值范圍是___________________________.答案(－∞，0)∪(0，＋∞)解析f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2.由題意知f′(x)有變號零點，∴Δ＝16c2－12c2＝4c2>0，解得c≠0，即c∈(－∞，0)∪(0，＋∞).考點一利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值角度1根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值例1設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B.函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C.函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2)D.函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)答案D解析由題圖可知，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值.感悟提升由圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值，要抓住兩點：(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點；(2)由導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的值的正負，從而可得函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性.兩者結(jié)合可得極值點.角度2求已知函數(shù)的極值例2已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，討論函數(shù)f(x)的極值.解因為f(x)＝lnx＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋4ax＋2a＋2＝eq\f(（2ax＋1）（2x＋1）,x)，若a<0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))時，f′(x)>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))時，f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，＋∞))上單調(diào)遞減；故f(x)在x＝－eq\f(1,2a)處取得唯一的極大值，且極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－eq\f(1,2a)－1.若a>0，則當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0恒成立，故函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值.綜上，當(dāng)a<0時，f(x)的極大值為lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))－eq\f(1,2a)－1，無極小值；當(dāng)a>0時，f(x)無極值.感悟提升運用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)極值的一般步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出導(dǎo)函數(shù)在定義域內(nèi)的所有根；(4)列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號；(5)求出極值.角度3由函數(shù)的極值求參數(shù)例3(1)若x＝2是函數(shù)f(x)＝x2＋2(a－2)x－4alnx的極大值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.(－∞，－2) B.(－2，＋∞)C.(2，＋∞) D.(－2，2)答案A解析f′(x)＝2x＋2(a－2)－eq\f(4a,x)＝eq\f(2x2＋2（a－2）x－4a,x)＝eq\f(2（x－2）（x＋a）,x)(x＞0).①若a≥0，當(dāng)x＞2時，f′(x)＞0，當(dāng)0＜x＜2時，f′(x)＜0，所以當(dāng)x＝2時，f(x)取得極小值，不滿足題意，故舍去.②若a＜－2，由f′(x)＞0可得0＜x＜2或x＞－a，由f′(x)＜0可得2＜x＜－a，所以當(dāng)x＝2時，f(x)取得極大值，滿足題意.③若－2＜a＜0，由f′(x)＞0可得0＜x＜－a或x＞2，由f′(x)＜0可得－a＜x＜2，所以當(dāng)x＝2時，f(x)取得極小值，不滿足題意.④若a＝－2，則f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，此時f(x)無極值.綜上，a＜－2滿足條件，故選A.(2)(2024·蘇州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)在(0，＋∞)上有兩個極值，則實數(shù)a的取值范圍為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析f′(x)＝lnx＋1－2ax，由題意知lnx＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有兩個不相等的實根，則2a＝eq\f(lnx＋1,x)，設(shè)g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，則g′(x)＝－eq\f(lnx,x2).當(dāng)0＜x＜1時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞1時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)的極大值為g(1)＝1，又當(dāng)x＞1時，g(x)＞0，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，所以0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2).感悟提升1.已知函數(shù)極值確定函數(shù)解析式中的參數(shù)時，要根據(jù)極值點的導(dǎo)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，求解后要檢驗.2.判斷極值點的個數(shù)，轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)的根的個數(shù).訓(xùn)練1(1)(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A.bc>0 B.ab>0C.b2＋8ac>0 D.ac<0答案BCD解析由題意可知，f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3).由f(x)既有極大值也有極小值，可知關(guān)于x的方程ax2－bx－2c＝0有兩個不等的正實根x1，x2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x1＋x2>0，,x1x2>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,\f(b,a)>0，,－\f(2c,a)>0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,ab>0，,ac<0，))所以b與a同號，c與a異號，故bc<0，所以A錯誤，BCD正確.(2)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)，討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)極值點的個數(shù).解函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0).當(dāng)a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時函數(shù)f(x)在定義域上無極值點；當(dāng)a>0時，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，則f′(x)>0；若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，則f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在x＝eq\f(1,a)處有極大值.綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值點，當(dāng)a>0時，函數(shù)y＝f(x)有一個極大值點，且為x＝eq\f(1,a).考點二利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值角度1求已知函數(shù)的最值例4已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－a,x)－lnx(a∈R).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值g(a).解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，①若a≤0，則f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②若a>0，則當(dāng)x>a時，f′(x)<0；當(dāng)0<x<a時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，a)上單調(diào)遞增，在(a，＋∞)上單調(diào)遞減.(2)f′(x)＝eq\f(a－x,x2)，當(dāng)a≤eq\f(1,e)時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2－ae；當(dāng)eq\f(1,e)<a<e時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，a))上單調(diào)遞增，在[a，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(a)＝－lna；當(dāng)a≥e時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上單調(diào)遞增，所以f(x)max＝f(e)＝－eq\f(a,e)，綜上，g(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,e)，a≥e，,－lna，\f(1,e)<a<e，,2－ae，a≤\f(1,e).))角度2由函數(shù)的最值求參數(shù)例5函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，則實數(shù)a的取值范圍是________.答案[－2，1)解析由于f′(x)＝－x2＋1，易知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－1，1)上單調(diào)遞增，故若函數(shù)f(x)在(a，10－a2)上存在最大值，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜1，,10－a2＞1，,f（1）≥f（a），))即－2≤a＜1.感悟提升1.求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值.2.若所給函數(shù)f(x)含參數(shù)，則需通過對參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f(x)的最值.訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a＜0.若f(x)在區(qū)間[1，4]上的最小值為8，求a的值.解f′(x)＝eq\f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).當(dāng)x∈(0，－eq\f(a,10))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))時，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－eq\f(a,10)，－eq\f(a,2))時，f(x)單調(diào)遞減.易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且f(－eq\f(a,2))＝0.(1)當(dāng)－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a＜0時，f(x)在[1，4]上的最小值為f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合題意.(2)當(dāng)1＜－eq\f(a,2)≤4，即－8≤a＜－2時，f(x)在[1，4]上的最小值為f(－eq\f(a,2))＝0，不符合題意.(3)當(dāng)－eq\f(a,2)＞4，即a＜－8時，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4處取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，當(dāng)a＝－10時，f(x)在[1，4]上單調(diào)遞減，f(x)在[1，4]上的最小值為f(4)＝8，符合題意.綜上，a＝－10.【A級基礎(chǔ)鞏固】1.(多選)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則()A.－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點B.－1是函數(shù)y＝f(x)的極小值點C.y＝f(x)在區(qū)間(－3，1)上單調(diào)遞增D.－2是函數(shù)y＝f(x)的極大值點答案AC解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)x∈(－∞，－3)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(－3，1)時，f′(x)≥0，所以函數(shù)y＝f(x)在(－∞，－3)上單調(diào)遞減，在(－3，1)上單調(diào)遞增，可知－3是函數(shù)y＝f(x)的極值點，所以A正確.因為函數(shù)y＝f(x)在(－3，1)上單調(diào)遞增，可知－1不是函數(shù)y＝f(x)的極小值點，－2也不是函數(shù)y＝f(x)的極大值點，所以B錯誤，C正確，D錯誤.2.已知函數(shù)f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2處取得極小值，則f(x)的極大值為()A.2 B.－eq\f(5,2)C.3＋ln2 D.－2＋2ln2答案B解析f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2處取得極小值，∴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－1）（x－2）,x)，∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，2)上單調(diào)遞減，∴f(x)的極大值為f(1)＝eq\f(1,2)－3＝－eq\f(5,2).3.(2024·河南名校調(diào)考)函數(shù)f(x)＝e|x|＋cosx＋1在區(qū)間[－π，π]上的最大值、最小值分別為()A.eeq\f(π,2)＋1，3 B.eπ，3C.eeq\f(π,2)＋1，2 D.eπ，2答案B解析因為f(－x)＝e|x|＋cosx＋1＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex＋cosx＋1，f′(x)＝ex－sinx.易知當(dāng)x≥0時，ex≥1，－1≤sinx≤1，則f′(x)＝ex－sinx≥0，所以f(x)在[0，π]上單調(diào)遞增.因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在[－π，0)上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(π)＝f(－π)＝eπ，f(x)min＝f(0)＝3.4.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1沒有極值，則實數(shù)a的取值范圍是()A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)答案C解析由f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.根據(jù)題意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.5.(2024·成都診斷)若函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，則實數(shù)a的值為()A.1 B.－1或－3C.－1 D.－3答案D解析因為f(x)＝x(x＋a)2，所以f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)，由函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3，當(dāng)a＝－1時，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處取得極小值，不符合題意；當(dāng)a＝－3時，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，3)時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，3)上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝1處有極大值，符合題意.綜上，a＝－3.6.已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，則xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3) C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)答案C解析由圖象可知f(x)的圖象經(jīng)過點(1，0)與(2，0)，x1，x2是f(x)的極值點，∴1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，∴f(x)＝x3－3x2＋2x，∴f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的兩根，∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，∴xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).7.(多選)(2024·邢臺質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝xlnx，則下列說法正確的有()A.曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝x－1B.f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.f(x)的極大值為－eq\f(1,e)D.方程f(x)＝1有兩個不同的根答案AB解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.對于A，因為f(1)＝0，f′(1)＝1，所以曲線y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝x－1，故A正確；對于B，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,e)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，故B正確；對于C，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)有極小值，無極大值，故C錯誤；對于D，f(x)的極小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,e)lneq\f(1,e)＝－eq\f(1,e)，當(dāng)0<x<1時，f(x)<0；當(dāng)x>1時，f(x)>0，所以方程f(x)＝1有且只有一個根，故D錯誤.8.(2024·濰坊模擬)寫出一個存在極值的奇函數(shù)f(x)＝________.答案sinx(答案不唯一)解析正弦函數(shù)f(x)＝sinx為奇函數(shù)，且存在極值.9.甲、乙兩地相距240km，汽車從甲地以速度v(km/h)勻速行駛到乙地.已知汽車每小時的運輸成本由固定成本和可變成本組成，固定成本為160元，可變成本為eq\f(v3,6400)元.為使全程運輸成本最小，汽車應(yīng)以________km/h的速度行駛.答案80解析設(shè)全程運輸成本為y元，由題意，得y＝eq\f(240,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(160＋\f(v3,6400)))＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(160,v)＋\f(v2,6400)))，v>0，y′＝240eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(160,v2)＋\f(2v,6400))).令y′＝0，得v＝80.當(dāng)v>80時，y′>0；當(dāng)0<v<80時，y′<0.所以函數(shù)y＝eq\f(240,v)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(160＋\f(v3,6400)))在(0，80)上單調(diào)遞減，在(80，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)v＝80時，全程運輸成本最小.10.(2024·廈門調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋mex有兩個極值點，則實數(shù)m的取值范圍是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))解析f′(x)＝lnx＋1＋mex(x＞0)，令f′(x)＝0，得－m＝eq\f(lnx＋1,ex)，設(shè)g(x)＝eq\f(lnx＋1,ex)，則g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex)(x＞0)，令h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，則h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＜0(x＞0)，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減且h(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0，1]時，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0，即g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故g(x)max＝g(1)＝eq\f(1,e)，而當(dāng)x→0時，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→0，若f(x)有兩個極值點，只要y＝－m和g(x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個交點，只需0＜－m＜eq\f(1,e)，故－eq\f(1,e)＜m＜0.11.(2024·湖北名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex(2x2＋ax－1)，其中a∈R.若f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為2x＋by＋1＝0.求：(1)函數(shù)f(x)的解析式；(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間[－3，1]上的最值.解(1)依題意，f(0)＝－1，切點(0，－1)在切線2x＋by＋1＝0上，則b＝1，f′(x)＝ex(2x2＋ax－1)＋ex(4x＋a)＝ex[2x2＋(a＋4)x＋a－1]，而f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線斜率為－2，則f′(0)＝a－1＝－2，解得a＝－1，所以f(x)＝ex(2x2－x－1).(2)由(1)知，f′(x)＝ex(2x2＋3x－2)＝ex(x＋2)(2x－1)，由f′(x)＝0得x＝－2或x＝eq\f(1,2)，當(dāng)－3<x<－2或eq\f(1,2)<x<1時，f′(x)>0，當(dāng)－2<x<eq\f(1,2)時，f′(x)<0，所以f(x)在[－3，－2]，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，又f(－3)＝eq\f(20,e3)，f(－2)＝eq\f(9,e2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eeq\f(1,2)，f(1)＝0，所以f(x)在[－3，1]上的最大值為eq\f(9,e2)，最小值為－eeq\f(1,2).12.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，設(shè)實數(shù)a>0，求函數(shù)F(x)＝af(x)在[a，2a]上的最小值.解因為F(x)＝af(x)，所以F′(x)＝eq\f(a（1－lnx）,x2)(a>0，x>0)，令F′(x)>0得0<x<e，令F′(x)<0得x>e，所以F(x)在(0，e)上單調(diào)遞增，在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以F(x)在[a，2a]上的最小值F(x)min＝min{F(a)，F(xiàn)(2a)}.因為F(a)－F(2a)＝lna－eq\f(1,2)ln(2a)＝eq\f(1,2)lneq\f(a,2)，所以當(dāng)0<a≤2時，F(xiàn)(a)－F(2a)≤0，F(xiàn)(x)min＝F(a)＝lna.當(dāng)a>2時，F(xiàn)(a)－F(2a)>0，F(xiàn)(x)min＝F(2a)＝eq\f(1,2)ln(2a).綜上所述，當(dāng)0<a≤2時，F(xiàn)(x)在[a，2a]上的最小值為lna；當(dāng)a>2時，F(xiàn)(x)在[a，2a]上的最小值為eq\f(1,2)ln(2a).【B級能力提升】13.(2021·全國乙卷)設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點，則()A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2答案D解析當(dāng)a>0時，根據(jù)題意畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖1所示，觀察可知b>a.圖1當(dāng)a<0時，根據(jù)題意畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖2所示，觀察可知a>b.圖2綜上，可知必有ab>a2成立.故選D.14.(多選)(2024·合肥聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋cosx)在區(qū)間(－2π，0)內(nèi)有兩個極值點x1，x2，且x1<x2，則()A.|x1＋x2|＝πB.f(x)在區(qū)間(x1，x2)上單調(diào)遞減C.f(x1)＋f(x2)>0D.|f(x1)－f(x2)|<1答案BD解析對于A，由題意知函數(shù)f(x)＝ex(sinx＋cosx)在區(qū)間(－2π，0)內(nèi)有兩個極值點x1，x2，則f′(x)＝2excosx＝0有兩個實數(shù)根x1，x2，令cosx＝0，x∈(－2π，0)，故x1＝－eq\f(3π,2)，x2＝－eq\f(π,2)，當(dāng)－2π<x<－eq\f(3π,2)時，f′(x)>0，當(dāng)－eq\f(3π,2)<x<－eq\f(π,2)時，f′(x)<0，當(dāng)－eq\f(π,2)<x<0時，f′(x)>0，即x1＝－eq\f(3π,2)為f(x)在(－2π，0)內(nèi)的極大值點，x2＝－eq\f(π,2)為f(x)在(－2π，0)內(nèi)的極小值點，所以|x1＋x2|＝2π，故A錯誤；對于B，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)，－\f(π,2)))時，f′(x)<0，所以f(x)在區(qū)間(x1，x2)上單調(diào)遞減，故B正確；對于C，f(x1)＝e－eq\f(3π,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))))＝e－eq\f(3π,2)，f(x2)＝e－eq\f(π,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))＋cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)))))＝－e－eq\f(π,2)，又y＝ex是R上的增函數(shù)，故e－eq\f(3π,2)<e－eq\f(π,2)，所以f(x1)＋f(x2)＝e－eq\f(3π,2)－e－eq\f(π,2)<0，故C錯誤；對于D，|f(x1)－f(x2)|＝e－eq\f(3π,2)＋e－eq\f(π,2)<e－eq\f(π,2)＋e－eq\f(π,2)＝eq\f(2,e\f(π,2))，因為eq\f(π,2)>1，所以eeq\f(π,2)>e，所以eq\f(2,e\f(π,2))<eq\f(2,e)<1，故|f(x1)－f(x2)|<1，故D正確.15.(2024·昆明統(tǒng)檢)若x＝a是函數(shù)f(x)＝eq\f(3,2)x2－(a＋3)x＋lnx的極小值點，則函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，3))上的最大值為________.答案eq\f(3,2)＋ln3解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，由f(x)＝eq\f(3,2)x2－(a＋3)x＋lnx，得f′(x)＝3x－(a＋3)＋eq\f(1,x)＝eq\f(3x2－（a＋3）x＋1,x)，因為x＝a是函數(shù)f(x)的極小值點，所以f′(a)＝0，即3a2－a2－3a＋1＝0，即2a2－3a＋1＝0，解得a＝eq\f(1,2)或a＝1.當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f′(x)＝eq\f(3x2－\f(7,2)x＋1,x)＝eq\f(（2x－1）（3x－2）,2x)，當(dāng)0<x<eq\f(1,2)或x>eq\f(2,3)時，f′(x)>0，當(dāng)eq\f(1,2)<x<eq\f(2,3)時，f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))上單調(diào)遞減，所以x