（十五）导数与函数的极值、最值[小题常考题点——准解快解]1．(2018·太原一模)函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是()A．(－1,3)为函数y＝f(x)的单调递增区间B．(3,5)为函数y＝f(x)的单调递减区间C．函数y＝f(x)在x＝0处取得极大值D．函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值解析：选C由函数y＝f(x)的导函数的图象可知，当x<－1或3<x<5时，f′(x)<0，y ＝f(x)单调递减；当x>5或－1<x<3时，f′(x)>0，y＝f(x)单调递增．所以函数y＝f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3,5)，单调递增区间为(－1,3)，(5，＋∞)．函数y＝f(x)在x＝－1,5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，故选C.2．函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是()A．25，－2 B．50,14C．50，－2 D．50，－14解析：选C因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，当x∈[－4，－3)或x∈(0,2]时，f′(x)>0，f(x)为增函数，当x∈(－3,0)时，f′(x)<0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4,2]上的最大值和最小值分别是50，－2.3．已知a∈R，函数f(x)＝13x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x) 在(－∞，1)上有最小值，若函数g(x)＝f′(x)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，＋∞)上为减函数D．g(x)在(1，＋∞)上为增函数解析：选D函数f(x)＝13x3－ax2＋ax＋2的导函数f′(x)＝x2－2ax＋a，f′(x)图象的对称轴为x＝a，又f′(x)在(－∞，1)上有最小值，所以a<1.函数g(x)＝f′(x)x＝x＋ax－2a，g′(x)＝1－ax2＝x2－ax2，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上为增函数．故选D.4．(2018·河南模拟)若函数f (x )＝13x 3－⎝⎛⎭⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B.32b －23 C ．0D ．b 2－16b 3解析：选A 由题意得f ′(x )＝(x －b )(x －2)．因为f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3<b <1.由f ′(x )>0，解得x >2或x <b ；由f ′(x )<0，解得b <x <2.所以f (x ) 的极小值为f (2)＝2b －43.故选A.5．(2018·河南息县第一高级中学段测)函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．0解析：选A 对于区间(－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，等价于在区间(－3,2]上，f (x )max －f (x )min ≤t .∵f (x )＝x 3－3x －1，∴f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)．∵x ∈(－3,2]，∴函数f (x )在(－3，－1)，(1,2)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，∴f (x )max ＝f (2)＝f (－1)＝1，f (x )min ＝f (－3)＝－19，∴f (x )max －f (x )min ＝20，∴t ≥20，即实数t 的最小值是20.6．(2018·安徽百校论坛联考)已知函数f (x )＝a e x －x 2－(2a ＋1)x ，若函数f (x )在区间(0，ln 2)上有最值，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 f ′(x )＝a (e x －2)－2x －1.∵x ∈(0，ln 2)，∴e x －2<0，－2x －1<0.当a ≥0时，f ′(x )<0在(0，ln 2)上恒成立，即函数f (x )在(0，ln 2)上单调递减，函数y ＝f (x )在区间(0，ln 2)上无最值．当a <0时，设g (x )＝a (e x －2)－2x －1，则g ′(x )＝a e x －2<0，∴g (x )在(0，ln 2)上为减函数．又∵g (0)＝－a －1，g (ln 2)＝－2ln 2－1<0，若函数f (x )在区间(0，ln 2)上有最值，则函数g (x )有零点，即g (x )＝0有解，∴g (0)＝－a －1>0，解得a <－1.故选A.[大题常考题点——稳解全解]1．(2018·济宁模拟)已知函数f (x )＝1＋ln x kx (k ≠0)．求函数f (x )的极值．解：f (x )＝1＋ln xkx ，其定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x )＝－ln xkx 2.令f ′(x )＝0，得x ＝1，当k ＞0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＞0； 若x ＞1，则f ′(x )＜0，∴f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x ＝1时，函数f (x )取得极大值1k ，无极小值．当k ＜0时，若0＜x ＜1，则f ′(x )＜0； 若x ＞1，则f ′(x )＞0，∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x ＝1时，函数f (x )取得极小值1k，无极大值． 2．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝ax －2x －3ln x ，其中a 为常数．(1)当函数f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎫23，f ⎝⎛⎭⎫23处的切线的斜率为1时，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤32，3上的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ，所以f ′⎝⎛⎭⎫23＝a ＝1， 故f (x )＝x －2x －3ln x ，则f ′(x )＝(x －1)(x －2)x 2.由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：从而在⎣⎡⎦32，3上，f (x )有最小值， 且最小值为f (2)＝1－3ln 2.(2)f ′(x )＝a ＋2x 2－3x ＝ax 2－3x ＋2x 2(x ＞0)，由题设可得方程ax 2－3x ＋2＝0有两个不等的正实根， 不妨设这两个根为x 1，x 2，且x 1≠x 2，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－8a ＞0，x 1＋x 2＝3a ＞0，x 1x 2＝2a＞0解得0＜a ＜98.故所求a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，98. 3．(2018·汉中模拟)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )．(1)若函数y ＝f (x )的图象过点P (1，－1)，求曲线y ＝f (x )在点P 处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间[1，e]上的最大值． 解：(1)因为点P (1，－1)在曲线y ＝f (x )上， 所以－m ＝－1，解得m ＝1. 因为f ′(x )＝1x －1，所以f ′(1)＝0，所以切线的方程为y ＝－1. (2)f ′(x )＝1x －m ＝1－mx x.①当m ≤0时，由x ∈[1，e]，得f ′(x )>0，所以函数f (x )在[1，e]上单调递增， 则f (x )max ＝f (e)＝1－m e ；②当1m ≥e ，即0<m ≤1e 时，由x ∈[1，e]，得f ′(x )>0，所以函数f (x )在[1，e]上单调递增，则f (x )max ＝f (e)＝1－m e ； ③当1<1m <e ，即1e<m <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1m 上单调递增，在⎝⎛⎦⎤1m ，e 上单调递减，则f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1m ＝－ln m －1； ④当0<1m ≤1，即m ≥1时，由x ∈[1，e]，得f ′(x )≤0， 所以函数f (x )在[1，e]上单调递减， 则f (x )max ＝f (1)＝－m .综上，当m ≤1e 时，f (x )max ＝1－m e ；当1e <m <1时，f (x )max ＝－ln m －1； 当m ≥1时，f (x )max ＝－m .4．(2018·河南安阳调研)已知函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ＋1，a ∈R .(1)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的极大值；(2)求a 的范围，使得f (x )≥1恒成立． 解：(1)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋ax (x >0)． ∵x ＝3是f (x )的极值点，∴f ′(3)＝3－(a ＋1)＋a3＝0，解得a ＝3.当a ＝3时，f ′(x )＝x 2－4x ＋3x ＝(x －1)(x －3)x . 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化见下表：∴f (x )的极大值为f (1)＝－52.(2)f (x )≥1恒成立，即x >0时， 12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ≥0恒成立． 设g (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ，则g ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝(x －1)(x －a )x. ①当a ≤0时，由g ′(x )<0得g (x )的单调递减区间为(0,1)， 由g ′(x )>0得g (x )的单调递增区间为(1，＋∞)， ∴g (x )min ＝g (1)＝－a －12≥0，解得a ≤－12.②当0<a <1时，由g ′(x )<0得g (x )的单调递减区间为(a,1)，由g ′(x )>0得g (x )的单调递增区间为(0，a )，(1，＋∞)，此时g (1)＝－a －12<0，不合题意．③当a ＝1时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时g (1)＝－a －12<0，不合题意．④当a >1时，由g ′(x )<0得g (x )的单调递减区间为(1，a )， 由g ′(x )>0得g (x )的单调递增区间为(0,1)，(a ，＋∞)， 此时g (1)＝－a －12<0，不合题意．综上所述，当a ≤－12时，f (x )≥1恒成立．。