（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第二章 基本初等函数、导数的应用 12 第12讲 导数与函

第12讲导数与函数的极值、最值1．函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最大值为________．解析：f′(x)＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，得x＝1.又f(0)＝0，f(4)＝4e4，f(1)＝e－1＝1e，所以f(1)为最大值．答案：1e2．函数f(x)＝(2x－x2)ex的极大值为________．解析：f′(x)＝(2－2x)ex＋(2x－x2)ex＝(2－x2)ex，由f′(x)＝0，得x＝－2或x＝2.由f′(x)0，得x－2或x2.由f′(x)0，得－2x2.所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是减函数，在(－2，2)上是增函数．所以f(x)极大值＝f(2)＝(22－2)e2.答案：(22－2)e23．已知函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，显然a0，f′(x)＝3(x＋a)(x－a)，由已知条件0a1，解得0a1.答案：(0，1)4．设a∈R，若函数f(x)＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝ex＋a＝0，则ex＝－a，x＝ln(－a)．因为函数f(x)有大于零的极值点，所以ln(－a)＞0，所以－a1，即a－1.答案：(－∞，－1)5．若函数f(x)＝xx2＋a(a0)在[1，＋∞)上的最大值为33，则a的值为________．解析：f′(x)＝x2＋a－2x2（x2＋a）2＝a－x2（x2＋a）2，当xa时，f′(x)0，f(x)单调递减，当－axa时，f′(x)0，f(x)单调递增，当x＜－a时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＝a时，f(x)取到极大值，令f(a)＝a2a＝33，a＝321，不合题意．所以f(x)max＝f(1)＝11＋a＝33，a＝3－1.答案：3－16．设函数f(x)＝x3－x22－2x＋5，若对任意的x∈[－1，2]，都有f(x)a，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0，解得x＝1或x＝－23，又f(1)＝72，f－23＝15727，f(－1)＝112，f(2)＝7，故f(x)min＝72，所以a72.答案：－∞，727．若函数f(x)＝x2－12lnx＋1在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)内存在极值，则实数a的取值范围是________．解析：根据题意，f′(x)＝2x－12x＝4x＋12x－122x，所以函数有一个极值点12，所以有a－1≥0，a－112a＋1，解得1≤a32，所以实数a的取值范围是1，32.答案：1，328．(2019·苏锡常镇四市调研)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的最大值为________．解析：因为f(x)＝x2－ex－ax，所以f′(x)＝2x－ex－a，由题意f′(x)＝2x－ex－a≥0有解，即a≤－ex＋2x有解，令g(x)＝－ex＋2x，g′(x)＝－ex＋2＝0，x＝ln2，g′(x)＝－ex＋20，即xln2时，该函数单调递增；g′(x)＝－ex＋20，即xln2时，该函数单调递减，所以，当x＝ln2，g(x)取得最大值2ln2－2，所以a≤2ln2－2.答案：2ln2－29．若函数f(x)＝xlnx－a2x2－x＋1有两个极值点，则a的取值范围为________．解析：因为f(x)＝xlnx－a2x2－x＋1(x0)，所以f′(x)＝lnx－ax，f″(x)＝1x－a＝0，得一阶导函数有极大值点x＝1a，由于x→0时f′(x)→－∞；当x→＋∞时，f′(x)→－∞，因此原函数要有两个极值点，只要f′1a＝ln1a－10，解得0a1e.答案：0，1e10．已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是________．解析：因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1，1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3，2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由题设知在区间[－3，2]上，f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.答案：2011．(2019·南通模拟)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a为实数)．(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t0)上的最小值．解：(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)·ex，g(1)＝e，所以g′(x)＝(－x2＋3x＋2)·ex，故切线的斜率为g′(1)＝4e.所以切线的方程为y－e＝4e(x－1)，即y＝4ex－3e.(2)f′(x)＝lnx＋1.x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，1e1e1e，＋∞f′(x)－0＋f(x)极小值①当t≥1e时，在区间[t，t＋2]上f(x)为增函数，所以f(x)min＝f(t)＝tlnt；②当0t1e时，在区间t，1e上f(x)为减函数，在区间1e，t＋2上f(x)为增函数，所以f(x)min＝f1e＝－1e.12．已知函数f(x)＝x－1＋aex(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)由f(x)＝x－1＋aex，得f′(x)＝1－aex.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－aex，①当a≤0时，f′(x)0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna.x∈(－∞，lna)时，f′(x)0；x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．1．设函数f(x)＝kx3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数k的值为________．解析：若x＝0，则不论k取何值，f(x)≥0都成立；当x0，即x∈(0，1]时，f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化为k≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g′(x)＝3（1－2x）x4，所以g(x)在区间0，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，因此g(x)max＝g12＝4，从而k≥4；当x0即x∈[－1，0)时，f(x)＝kx3－3x＋1≥0可化为k≤3x2－1x3，g(x)＝3x2－1x3在区间[－1，0)上单调递增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而k≤4，综上k＝4.答案：42．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝lnx－axa12，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________．解析：因为f(x)是奇函数，所以f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝0得x＝1a，又a12，所以01a2.当x1a时，f′(x)0，f(x)在0，1a上单调递增；当x1a时，f′(x)0，f(x)在1a，2上单调递减，所以f(x)max＝f1a＝ln1a－a·1a＝－1，解得a＝1.答案：13．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，若f(x1)＝x1x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为________．解析：因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，函数f(x)的两个极值点为x1，x2，则f′(x1)＝0，f′(x2)＝0，所以x1，x2是方程3x2＋2ax＋b＝0的两根，所以解关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0，得f(x)＝x1或f(x)＝x2.由上述可知函数f(x)在区间(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在区间(x1，x2)上单调递减，又f(x1)＝x1x2，如图所示，由数形结合可知f(x)＝x1时有两个不同的实根，f(x)＝x2时有一个实根，所以不同实根的个数为3.答案：34．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意的x∈[－1，1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．解析：由题意得f′(x)＝3ax2－3，当a≤0时，f′(x)＝3ax2－30，所以f(x)在[－1，1]上为减函数，所以f(x)min＝f(1)＝a－2≥0，解得a≥2(与a≤0矛盾，舍去)．当a0时，令f′(x)＝0可得x＝±1a，当x∈－1a，1a时，f′(x)0，f(x)为减函数；当x∈－∞，－1a和1a，＋∞时，f′(x)0，f(x)为增函数，由f(－1)＝4－a≥0且f(1)＝a－2≥0，可得2≤a≤4，又f1a＝a×1aa－3a＋1＝1－2a≥0，可得a≥4，综上可知a＝4.答案：45．设f(x)＝－13x3＋12x2＋2ax.(1)若f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间，求a的取值范围；(2)当0a2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－163，求f(x)在该区间上的最大值．解：(1)由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－x－122＋14＋2a，当x∈23，＋∞时，f′(x)的最大值为f′23＝29＋2a；令29＋2a0，得a－19.所以，当a－19时，f(x)在23，＋∞上存在单调递增区间．(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝1－1＋8a2，x2＝1＋1＋8a2.所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．当0a2时，有x11x24，所以f(x)在[1，4]上的最大值为f(x2)．又f(4)－f(1)＝－272＋6a0，即f(4)f(1)．所以f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8a－403＝－163，得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1，4]上的最大值为f(2)＝103.6．(2019·南京模拟)已知函数f(x)＝ex－ax，a0.(1)记f(x)的极小值为g(a)，求g(a)的最大值；(2)若对任意实数x，恒有f(x)≥0，求f(a)的最值范围．解：(1)函数f(x)的定义域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.令f′(x)＝0，得x＝lna，易知当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)0，当x∈(－∞，lna)时，f′(x)0，所以函数f(x)在x＝lna处取极小值，g(a)＝f(x)极小值＝f(lna)＝elna－alna＝a－alna.g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna，当0a1时，g′(a)0，g(a)在(0，1)上单调递增；当a1时，g′(a)0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减．所以a＝1是函数g(a)在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g(a)max＝g(1)＝1.(2)显然，当x≤0时，ex－ax≥0(a0)恒成立．当x0时，由f(x)≥0，即ex－ax≥0