微專題4導數與函數的單調性、極值、最值高考定位利用導數研究函數的單調性、極值、最值是重點考查內容，多以選擇、填空題壓軸考查，或以解答題的形式出現，難度中等偏上，屬綜合性問題.【真題體驗】1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函數f(x)＝aex－lnx在區間(1，2)上單調遞增，則a的最小值為()A.e2 B.eC.e－1 D.e－22.(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)若函數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<03.(2022·全國乙卷)函數f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區間[0，2π]的最小值、最大值分別為()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)＋24.(多選)(2024·新高考Ⅰ卷)設函數f(x)＝(x－1)2·(x－4)，則()A.x＝3是f(x)的極小值點 B.當0<x<1時，f(x)<f(x2)C.當1<x<2時，－4<f(2x－1)<0 D.當－1<x<0時，f(2－x)>f(x)【熱點突破】熱點一利用導數研究函數的單調性利用導數研究函數單調性的關鍵(1)在利用導數討論函數的單調區間時，首先要確定函數的定義域.(2)單調區間的劃分要注意對導數等于零的點的確認.(3)已知函數單調性求參數范圍，要注意導數等于零的情況.考向1求函數的單調區間例1已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.討論f(x)的單調性.考向2單調性的應用例2(1)(2024·浙江名校協作體聯考)已知函數f(x)＝sinx＋acosx在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是減函數，則實數a的取值范圍為()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞](2)(2024·蘇錫常鎮四市調研)已知f(x)是定義在R上的偶函數，當x≥0時，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))規律方法1.討論函數的單調性一般可以歸結為參數對不等式解集的影響進行分類討論.2.函數f(x)在區間D上單調遞增(或遞減)，可轉化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立.3.若函數y＝f(x)在區間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側導數是否異號).4.函數f(x)在區間D上存在單調遞增(或遞減)區間，可轉化為f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解.訓練1(1)(2024·三明調研)函數f(x)＝x－ln(2x＋1)的單調遞增區間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)已知函數f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln4)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))，c＝f(21.1)，則a，b，c的大小關系為()A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.c>b>a(3)(2024·蘇州模擬)已知函數g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在區間[1，2]上不單調，則實數a的取值范圍是________.熱點二利用導數研究函數的極值由導函數的圖象判斷函數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y＝f(x)的可能極值點.(2)由y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的函數值的正負，從而可得到函數y＝f(x)的單調性，進而確定極值點.例3(2024·新高考Ⅱ卷節選)已知函數f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍.易錯提醒1.不能忽略函數的定義域.2.f′(x0)＝0是可導函數f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件，即f′(x)的變號零點才是f(x)的極值點，所以判斷f(x)的極值點時，除了找f′(x)＝0的實數根x0外，還需判斷f(x)在x0左側和右側的單調性.3.函數的極小值不一定比極大值小.訓練2(1)(2024·聊城質檢)函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)x的極值點的個數為()A.0 B.1C.2 D.3(2)(2024·成都診斷)若函數f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，則實數a的值為()A.1 B.－1或－3C.－1 D.－3熱點三利用導數研究函數的最值求函數f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數在(a，b)內的極值；(2)求函數在區間端點處的函數值f(a)，f(b)；(3)將函數f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.例4(2024·武漢測試)已知函數f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值為3，最小值為－6，則a＋b的值是________.易錯提醒1.求函數最值時，不可想當然地認為極值就是最值，要通過比較大小才能下結論.2.當已知函數的最值求參數的值或范圍時，要對參數的范圍進行討論求解.訓練3(1)(2024·南寧適應測試)已知函數f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值為－1，則實數a的取值范圍為________.(2)(2024·河南名校大聯考)若函數f(x)＝x3－12x在區間(a，a＋4)上存在最大值，則實數a的取值范圍是________.【精準強化練】一、單選題1.(2024·煙臺模擬)函數f(x)＝－2lnx－x－eq\f(3,x)的單調遞增區間是()A.(0，＋∞) B.(－3，1)C.(1，＋∞) D.(0，1)2.(2024·三湘名校聯考)已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1沒有極值，則實數a的取值范圍是()A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)3.(2024·無錫質檢)當x＝2時，函數f(x)＝x3＋bx2－12x取得極值，則f(x)在區間[－4，4]上的最大值為()A.8 B.12C.16 D.324.(2024·西安調研)已知函數f(x)＝3x4－8x3＋6x2，則f(x)()A.有2個極大值點B.有1個極大值點和1個極小值點C.有2個極小值點D.有且僅有1個極值點5.(2024·宜春調研)若函數g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x存在單調遞減區間，則實數b的取值范圍是()A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)C.(－∞，3) D.(－∞，3]6.已知a＝lneq\r(2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(1,e)，則下列結論正確的是()A.c<b<a B.b<a<cC.a<b<c D.c<a<b7.(2024·長沙調研)若函數g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在區間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值，則t的最大值為()A.2 B.3C.4 D.5二、多選題8.(2024·新高考Ⅱ卷)設函數f(x)＝2x3－3ax2＋1，則()A.當a>1時，f(x)有三個零點B.當a<0時，x＝0是f(x)的極大值點C.存在a，b，使得x＝b為曲線y＝f(x)的對稱軸D.存在a，使得點(1，f(1))為曲線y＝f(x)的對稱中心9.(2024·佛山二模)已知函數f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，對于任意的實數a，b，下列結論一定成立的有()A.若a＋b>0，則f(a)＋f(b)>0 B.若a＋b>0，則f(a)－f(－b)>0C.若f(a)＋f(b)>0，則a＋b>0 D.若f(a)＋f(b)<0，則a＋b<0三、填空題10.(2024·泰安質檢)設a∈R，若函數y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則a的取值范圍是________.11.(2024·開封二模)已知函數f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，則n－m的最小值為________.12.已知函數f(x)＝xlnx＋mex有兩個極值點，則m的取值范圍是________.四、解答題13.已知函數f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R).(1)討論函數f(x)的單調性；(2)求函數f(x)在區間[0，3]上的最大值與最小值之差g(a).14.已知函數f(x)＝eq\f(x－a,x2－1).(1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為－1，求a的值；(2)若f(x)在(1，＋∞)上有最大值，求a的取值范圍.【解析版】1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函數f(x)＝aex－lnx在區間(1，2)上單調遞增，則a的最小值為()A.e2 B.eC.e－1 D.e－2答案C解析因為函數f(x)＝aex－lnx，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x).因為函數f(x)＝aex－lnx在(1，2)上單調遞增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，則0<eq\f(1,a)≤xex在(1，2)上恒成立.設g(x)＝xex，則g′(x)＝(x＋1)ex.當x∈(1，2)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以eq\f(1,a)≤e，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，故選C.2.(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)若函數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解析因為函數f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)，所以函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3).因為函數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，,bc<0，))故選B，C，D.3.(2022·全國乙卷)函數f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區間[0，2π]的最小值、最大值分別為()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答案D解析f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0，2π]，則f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0，2π].令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).因為f(eq\f(π,2))＝coseq\f(π,2)＋(eq\f(π,2)＋1)sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f(eq\f(3π,2))＝coseq\f(3π,2)＋(eq\f(3π,2)＋1)sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f(eq\f(π,2))＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f(eq\f(3π,2))＝－eq\f(3π,2).故選D.4.(多選)(2024·新高考Ⅰ卷)設函數f(x)＝(x－1)2·(x－4)，則()A.x＝3是f(x)的極小值點 B.當0<x<1時，f(x)<f(x2)C.當1<x<2時，－4<f(2x－1)<0 D.當－1<x<0時，f(2－x)>f(x)答案ACD解析因為f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，當x<1或x>3時，f′(x)>0；當1<x<3時，f′(x)<0.所以函數f(x)的單調遞增區間為(－∞，1)，(3，＋∞)，單調遞減區間為(1，3)，故x＝1是函數f(x)的極大值點，x＝3是函數f(x)的極小值點，所以A正確；當0<x<1時，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函數f(x)在(0，1)上單調遞增，所以f(x2)<f(x)，所以B錯誤；當1<x<2時，1<2x－1<3，函數f(x)在(1，3)上單調遞減，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正確；當－1<x<0時，f(2－x)－f(x)＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正確.【熱點突破】熱點一利用導數研究函數的單調性利用導數研究函數單調性的關鍵(1)在利用導數討論函數的單調區間時，首先要確定函數的定義域.(2)單調區間的劃分要注意對導數等于零的點的確認.(3)已知函數單調性求參數范圍，要注意導數等于零的情況.考向1求函數的單調區間例1已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.討論f(x)的單調性.解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(（ax2－2）（x－1）,x3).若a≤0，當x∈(0，1)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；若a>0，f′(x)＝eq\f(a（x－1）,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).①當0<a<2時，eq\r(\f(2,a))>1，當x∈(0，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))上單調遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.②當a＝2時，eq\r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)內，f′(x)≥0，f(x)單調遞增.③當a>2時，0<eq\r(\f(2,a))<1，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))∪(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))和(1，＋∞)上單調遞增，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.綜上所述，當a≤0時，f(x)在(0，1)內單調遞增，在(1，＋∞)內單調遞減；當0<a<2時，f(x)在(0，1)內單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))內單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))內單調遞增；當a＝2時，f(x)在(0，＋∞)內單調遞增；當a>2時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))內單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))內單調遞減，在(1，＋∞)內單調遞增.考向2單調性的應用例2(1)(2024·浙江名校協作體聯考)已知函數f(x)＝sinx＋acosx在區間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是減函數，則實數a的取值范圍為()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞](2)(2024·蘇錫常鎮四市調研)已知f(x)是定義在R上的偶函數，當x≥0時，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))答案(1)B(2)D解析(1)由題意，f′(x)＝cosx－asinx≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，即a≥eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,tanx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立.因為y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調遞增，所以y＝tanx>1，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時，0<eq\f(1,tanx)<1，所以a≥1.故選B.(2)當x≥0時，f′(x)＝ex＋cosx，因為ex≥1，cosx∈[－1，1]，所以f′(x)＝ex＋cosx≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調遞增.又因為f(x)是定義在R上的偶函數，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減.因為f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2))).規律方法1.討論函數的單調性一般可以歸結為參數對不等式解集的影響進行分類討論.2.函數f(x)在區間D上單調遞增(或遞減)，可轉化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立.3.若函數y＝f(x)在區間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側導數是否異號).4.函數f(x)在區間D上存在單調遞增(或遞減)區間，可轉化為f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解.訓練1(1)(2024·三明調研)函數f(x)＝x－ln(2x＋1)的單調遞增區間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)已知函數f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln4)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))，c＝f(21.1)，則a，b，c的大小關系為()A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.c>b>a(3)(2024·蘇州模擬)已知函數g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在區間[1，2]上不單調，則實數a的取值范圍是________.答案(1)D(2)D(3)(－10，－3)解析(1)f(x)的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，f′(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)，故f(x)的單調遞增區間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，故選D.(2)因為f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函數f(x)為偶函數，當x≥0時，則f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，構建φ(x)＝f′(x)，則φ′(x)＝ex－2，令φ′(x)<0，解得0≤x<ln2；令φ′(x)>0，解得x>ln2，所以φ(x)在[0，ln2)上單調遞減，在(ln2，＋∞)上單調遞增，可得φ(x)≥φ(ln2)＝2(1－ln2)>0，即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，又因為b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))＝f(－2)＝f(2)，且21.1>2>ln4>0，所以f(21.1)>f(2)>f(ln4)，即c>b>a.(3)g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(2x2＋x＋a,x2).∵函數g(x)在區間[1，2]上不單調，∴g′(x)＝0在區間(1，2)內有解，且1－8a≠0，即a≠eq\f(1,8)，則a＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)在(1，2)內有解，易知函數y＝－2x2－x在(1，2)上是減函數，∴y＝－2x2－x的值域為(－10，－3)，因此實數a的取值范圍為(－10，－3).熱點二利用導數研究函數的極值由導函數的圖象判斷函數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y＝f(x)的可能極值點.(2)由y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的函數值的正負，從而可得到函數y＝f(x)的單調性，進而確定極值點.例3(2024·新高考Ⅱ卷節選)已知函數f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍.解易知函數f(x)的定義域為R，f′(x)＝ex－a.當a≤0時，f′(x)>0，函數f(x)在R上單調遞增，無極值；當a>0時，由f′(x)>0，得x>lna，由f′(x)<0，得x<lna，所以函數f(x)在區間(－∞，lna)上單調遞減，在區間(lna，＋∞)上單調遞增，所以f(x)的極小值為f(lna)＝a－alna－a3.由題意知a－alna－a3<0(a>0)，等價于1－lna－a2<0(a>0).令g(a)＝1－lna－a2(a>0)，則g′(a)＝－eq\f(1,a)－2a<0，所以函數g(a)在(0，＋∞)上單調遞減，又g(1)＝0，故當0<a<1時，g(a)>0；當a>1時，g(a)<0.故實數a的取值范圍為(1，＋∞).易錯提醒1.不能忽略函數的定義域.2.f′(x0)＝0是可導函數f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件，即f′(x)的變號零點才是f(x)的極值點，所以判斷f(x)的極值點時，除了找f′(x)＝0的實數根x0外，還需判斷f(x)在x0左側和右側的單調性.3.函數的極小值不一定比極大值小.訓練2(1)(2024·聊城質檢)函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)x的極值點的個數為()A.0 B.1C.2 D.3(2)(2024·成都診斷)若函數f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，則實數a的值為()A.1 B.－1或－3C.－1 D.－3答案(1)A(2)D解析(1)由題意知f′(x)＝eq\f(1,2)ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)[ex(x－1)＋1]，令g(x)＝ex(x－1)＋1，則g′(x)＝xex，令g′(x)＝0，解得x＝0，則函數g(x)在區間(－∞，0)上單調遞減，在區間(0，＋∞)上單調遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，由此可知f′(x)≥0在R上恒成立，函數f(x)在R上單調遞增，所以函數f(x)不存在極值點.故選A.(2)因為f(x)＝x(x＋a)2，所以f′(x)＝(x＋a)(3x＋a)，由函數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a＝－1時，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時，f′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以f(x)在x＝1處有極小值，不符合題意.當a＝－3時，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，當x∈(－∞，1)時，f′(x)>0，當x∈(1，3)時，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，3)上單調遞減，所以f(x)在x＝1處有極大值，符合題意.綜上可得，a＝－3.熱點三利用導數研究函數的最值求函數f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數在(a，b)內的極值；(2)求函數在區間端點處的函數值f(a)，f(b)；(3)將函數f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.例4(2024·武漢測試)已知函數f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值為3，最小值為－6，則a＋b的值是________.答案eq\f(10,3)或－eq\f(19,3)解析由題意可得f′(x)＝4ax2(x－3)，1≤x≤4，當a＝0時，f(x)＝b，顯然不合題意，舍去；當a>0時，令f′(x)>0，得3<x≤4，令f′(x)<0，得1≤x<3，故f(x)在[1，3)上單調遞減，在(3，4]上單調遞增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)<f(4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－27a＝－6，,b＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝3，))則a＋b＝eq\f(10,3).當a<0時，令f′(x)>0，得1≤x<3，令f′(x)<0，得3<x≤4，故f(x)在(3，4]上單調遞減，在[1，3)上單調遞增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)>f(4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－27a＝3，,b＝－6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝－6，))則a＋b＝－eq\f(19,3).綜上所述，a＋b＝eq\f(10,3)或－eq\f(19,3).易錯提醒1.求函數最值時，不可想當然地認為極值就是最值，要通過比較大小才能下結論.2.當已知函數的最值求參數的值或范圍時，要對參數的范圍進行討論求解.訓練3(1)(2024·南寧適應測試)已知函數f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值為－1，則實數a的取值范圍為________.(2)(2024·河南名校大聯考)若函數f(x)＝x3－12x在區間(a，a＋4)上存在最大值，則實數a的取值范圍是________.答案(1)[0，＋∞)(2)(－6，－2)解析(1)因為f(x)＝(x－1)ex＋ax2，所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)，①若a≥0，則當x∈(－∞，0)時，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上單調遞減；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當x＝0時，f(x)有最小值f(0)＝－1.②若a<0，則當x→－∞時，f(x)→－∞，不符合題意.故實數a的取值范圍為[0，＋∞).(2)由f(x)＝x3－12x，得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，令f′(x)<0，得－2<x<2，則f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上單調遞增，在(－2，2)上單調遞減，所以f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值，要使函數f(x)＝x3－12x在區間(a，a＋4)上存在最大值，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<－2，,－2<a＋4，))解得－6<a<－2，即實數a的取值范圍是(－6，－2).【精準強化練】一、單選題1.(2024·煙臺模擬)函數f(x)＝－2lnx－x－eq\f(3,x)的單調遞增區間是()A.(0，＋∞) B.(－3，1)C.(1，＋∞) D.(0，1)答案D解析f′(x)＝－eq\f(2,x)－1＋eq\f(3,x2)＝eq\f(－x2－2x＋3,x2)＝eq\f(－（x－1）（x＋3）,x2)，x>0.由f′(x)>0，得0<x<1，∴f(x)的單調遞增區間是(0，1).故選D.2.(2024·三湘名校聯考)已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1沒有極值，則實數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.根據題意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.3.(2024·無錫質檢)當x＝2時，函數f(x)＝x3＋bx2－12x取得極值，則f(x)在區間[－4，4]上的最大值為()A.8 B.12C.16 D.32答案C解析f′(x)＝3x2＋2bx－12，∵f(x)在x＝2處取得極值，∴f′(2)＝12＋4b－12＝0，∴b＝0，則f(x)＝x3－12x，由f′(x)＝0，得x＝±2，f(x)在[－4，－2]上單調遞增，在(－2，2)上單調遞減，在[2，4]上單調遞增，又f(－2)＝－8＋24＝16，f(4)＝64－48＝16，∴f(x)max＝16，選C.4.(2024·西安調研)已知函數f(x)＝3x4－8x3＋6x2，則f(x)()A.有2個極大值點B.有1個極大值點和1個極小值點C.有2個極小值點D.有且僅有1個極值點答案D解析由題知f′(x)＝12x3－24x2＋12x＝12x(x2－2x＋1)＝12x(x－1)2，因為(x－1)2≥0(當且僅當x＝1時取等號)，則當x<0時，f′(x)<0，當x>0時，f′(x)≥0，所以函數f(x)的單調遞增區間為(0，＋∞)，單調遞減區間為(－∞，0)，所以函數f(x)的極小值點為0，沒有極大值點，即函數f(x)有且僅有1個極值點.5.(2024·宜春調研)若函數g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x存在單調遞減區間，則實數b的取值范圍是()A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)C.(－∞，3) D.(－∞，3]答案B解析函數g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)＋x－(b－1).由g(x)存在單調遞減區間知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即eq\f(1,x)＋x－(b－1)<0有解.因為函數g(x)的定義域為(0，＋∞)，所以x＋eq\f(1,x)≥2.要使eq\f(1,x)＋x－(b－1)<0有解，只需2<b－1，即b>3，所以實數b的取值范圍是(3，＋∞).6.已知a＝lneq\r(2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(1,e)，則下列結論正確的是()A.c<b<a B.b<a<cC.a<b<c D.c<a<b答案C解析設f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x∈(0，e)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減.a＝lneq\r(2)＝eq\f(1,2)ln2＝eq\f(2,4)ln2＝eq\f(1,4)ln4＝f(4)，又b＝eq\f(ln3,3)＝f(3)，c＝eq\f(1,e)＝f(e)，e<3<4，且f(x)在(e，＋∞)上單調遞減，所以f(4)<f(3)<f(e)，所以a<b<c.7.(2024·長沙調研)若函數g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在區間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值，則t的最大值為()A.2 B.3C.4 D.5答案B解析函數g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1＋\f(1,x)－lnx,（x＋1）2)，令f(x)＝1＋eq\f(1,x)－lnx，由于函數g(x)在區間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值.則函數f(x)在[t，＋∞)(t∈N*)有可變號零點，由于x>0，則f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0.所以f(x)在(0，＋∞)上為減函數，又f(3)＝eq\f(4,3)－ln3＝eq\f(lne4－ln27,3)>0，f(4)＝eq\f(5,4)－ln4＝eq\f(lne5－ln256,4)<eq\f(ln243－ln256,4)<0.所以存在唯一x0∈(3，4)，使得f(x0)＝0，所以當x∈(0，x0)時，f(x)>0，當x∈(x0，＋∞)時，f(x)<0，所以函數g(x)在(0，x0)上單調遞增，在(x0，＋∞)上單調遞減，所以要使函數g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在區間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值，則t的最大值為3.二、多選題8.(2024·新高考Ⅱ卷)設函數f(x)＝2x3－3ax2＋1，則()A.當a>1時，f(x)有三個零點B.當a<0時，x＝0是f(x)的極大值點C.存在a，b，使得x＝b為曲線y＝f(x)的對稱軸D.存在a，使得點(1，f(1))為曲線y＝f(x)的對稱中心答案AD解析由題可知，f′(x)＝6x(x－a).對于A，當a>1時，由f′(x)<0得0<x<a，由f′(x)>0得x<0或x>a，則f(x)在(－∞，0)上單調遞增，在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增，且當x→－∞時，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，故f(x)有三個零點，A正確；對于B，當a<0時，由f′(x)<0得a<x<0，則f′(x)>0得x>0或x<a，則f(x)在(－∞，a)上單調遞增，在(a，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，故x＝0是f(x)的極小值點，B錯誤；對于C，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，當x→－∞時，f(x)→－∞，故曲線y＝f(x)必不存在對稱軸，C錯誤；對于D，f(x)＝2x3－3ax2＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(3)－eq\f(3,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＋1－eq\f(a3,2)，令t＝x－eq\f(a,2)，則f(x)可轉化為g(t)＝2t3－eq\f(3,2)a2t＋1－eq\f(a3,2)，由y＝2t3－eq\f(3,2)a2t為奇函數，且其圖象關于原點對稱，可知g(t)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－\f(a3,2)))對稱，則f(x)的圖象關于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1－\f(a3,2)))對稱，故存在a＝2，使得點(1，f(1))為曲線y＝f(x)的對稱中心，D正確，故選AD.9.(2024·佛山二模)已知函數f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，對于任意的實數a，b，下列結論一定成立的有()A.若a＋b>0，則f(a)＋f(b)>0 B.若a＋b>0，則f(a)－f(－b)>0C.若f(a)＋f(b)>0，則a＋b>0 D.若f(a)＋f(b)<0，則a＋b<0答案ABD解析f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，則f′(x)＝ex－x，令g(x)＝ex－x，則g′(x)＝ex－1.令g′(x)<0，得x<0，令g′(x)>0，得x>0，所以g(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，故g(x)≥g(0)＝1，即f′(x)>0，所以f(x)在R上單調遞增，且f(0)＝0.若a＋b>0，則a>－b，所以f(a)>f(－b)，故B正確；f(b)＋f(－b)＝eb－eq\f(1,2)b2－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－b－\f(1,2)b2－1))＝eb＋e－b－b2－2，令h(b)＝eb＋e－b－b2－2，則h′(b)＝eb－e－b－2b，令u(b)＝h′(b)，則u′(b)＝eb＋e－b－2≥0，當且僅當eb＝e－b，即b＝0時，等號成立，所以u(b)在R上單調遞增，而h′(0)＝u(0)＝0，故h(b)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，故h(b)≥h(0)＝0，所以f(b)＋f(－b)≥0，即f(a)＋f(b)≥f(a)－f(－b)>0，故A正確；若f(a)＋f(b)<0，則f(a)<－f(b)≤f(－b)，所以a<－b，即a＋b<0，故D正確；設f(c)＝－f(b)，若c<a<－b，則f(c)＝－f(b)<f(a)滿足f(a)＋f(b)>0，但a＋b<0，故C錯誤.三、填空題10.(2024·泰安質檢)設a∈R，若函數y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則a的取值范圍是________.答案(－∞，－1)解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.由題意知ex＋a＝0有大于0的實根，由ex＝－a，得a＝－ex，∵x>0，∴ex>1，∴a<－1.11.(2024·開封二模)已知函數f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，則n－m的最小值為________.答案eq\f(2,3)(1－ln2)解析由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，化簡整理得3n－3m＝em－2m.令h(m)＝em－2m(m∈R)，則h′(m)＝em－2,令em－2＝0，解得m＝ln2.當m∈(－∞，ln2)時，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上單調遞減；當m∈(ln2，＋∞)時，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上單調遞增.即h(m)min＝h(ln2