第2讲 第2课时 导数与函数的极值、最值

第2课时 导数与函数的极值、最值利用导数解决函数的极值问题(多维探究) 角度一 根据图象判断函数的极值设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )·f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)【解析】 由题图可知，当x <－2时，1－x >3，此时f ′(x )>0；当－2<x <1时，0<1－x <3，此时f ′(x )<0；当1<x <2时，－1<1－x <0，此时f ′(x )<0；当x >2时，1－x <－1，此时f ′(x )>0，由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．【答案】 D知图判断函数的极值的情况；先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号，最后判断是极大值点还是极小值点．角度二 求函数的极值(2020·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值． 【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ， 则f (1)＝1，所以切点为(1，1)， 又f ′(x )＝1x＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2， 故切线方程为y －1＝2(x －1)， 即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x ，当a ≤0时，因为x ＞0，所以g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a ＞0时，g ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x＝－a （x －1a）（x ＋1）x ，令g ′(x )＝0得x ＝1a.所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )＜0.因为g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． 所以x ＝1a 时，g (x )有极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a . 综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a ＞0时，函数g (x )有极大值12a－ln a ，无极小值．利用导数研究函数极值问题的一般流程角度三 已知函数的极值求参数设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．【解】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0， 解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x . 若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．当a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞.已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2)验证：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．1．(2020·安徽毛坦厂中学4月联考)已知函数f (x )＝2ln x ＋ax 2－3x 在x ＝2处取得极小值，则f (x )的极大值为( )A ．2B ．－52C ．3＋ln 2D ．－2＋2ln 2解析：选B.由题意得，f ′(x )＝2x＋2ax －3，因为f (x )在x ＝2处取得极小值，所以f ′(2)＝4a －2＝0，解得a ＝12，所以f (x )＝2ln x ＋12x 2－3x ，f ′(x )＝2x ＋x －3＝（x －1）（x －2）x ，所以f (x )在(0，1)，(2，＋∞)上是增加的，在(1，2)上是减少的， 所以f (x )的极大值为f (1)＝12－3＝－52.故选B.2．已知函数f (x )＝ln x .(1)求f (x )的图象过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋mx存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围．解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0， 所以x 0＝1，所以过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x ，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－mx 2＝－mx 2－x ＋mx 2， 令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎨⎧h （0）>0，12m >0，h ⎝⎛⎭⎫12m <0即可，解得0<m <12.利用导数研究函数的最值(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解】 (1)f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a >0，则当x ∈(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a3时，f ′(x )<0. 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上是增加的，在⎝⎛⎭⎫0，a3上是减少的； 若a ＝0，f (x )在(－∞，＋∞)上是增加的；若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)上是增加的，在⎝⎛⎭⎫a 3，0上是减少的．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]上是增加的，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ⅱ)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]上是减少的，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(ⅲ)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.求函数f (x )在闭区间[a ，b ]内的最大值和最小值的思路(1)若所给的闭区间[a ，b ]不含有参数，则只需对函数f (x )求导，并求f ′(x )＝0在区间[a ，b ]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含有参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．[提醒] 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1e，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值．解：因为f (x )＝1－xx ＋k ln x ，f ′(x )＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2.(1)若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上是减少的． 所以f (x )min ＝f (e)＝1－ee， f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －1.(2)若k ≠0，f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.①若k <0，则在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有k （x －1k ）x 2<0， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上是减少的， 所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e＋k －1，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1. ②若k >0，由k <1e，得1k >e ，则x －1k <0， 所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2<0，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上是减少的． 所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e＋k －1， f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1.综上，k <1e 时，f (x )min ＝1e ＋k －1，f (x )max ＝e －k －1.函数极值与最值的综合问题(师生共研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c e x(a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 【解】 (1)f ′(x )＝（2ax ＋b ）e x －（ax 2＋bx ＋c ）e x（e x ）2＝－ax 2＋（2a －b ）x ＋b －c e x .令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点， 且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a >0.所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 所以f (x )的增区间是(－3，0)，减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋ce－3＝－e 3，g （0）＝b －c ＝0，g （－3）＝－9a －3（2a －b ）＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.因为f (x )的增区间是(－3，0)，减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者， 而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．(2020·河南百校联盟模拟)已知函数f (x )＝e x －ax ，a >0.(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 )的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，易知当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值， g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a . g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0，1)上是增加的； 当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上是减少的．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，e x －ax ≥0(a >0)恒成立． 当x >0时，由f (x )≥0，即e x－ax ≥0，得a ≤e xx.令h (x )＝e xx ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x （x －1）x 2，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0， 故h (x )的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e ， 故实数a 的取值范围是(0，e]． f (a )＝e a －a 2，a ∈(0，e]，f ′(a )＝e a －2a ， 易知e a －2a ≥0对a ∈(0，e]恒成立，故f (a )在(0，e]上是增加的，所以f (0)＝1<f (a )≤f (e)＝e e －e 2，即f (a )的取值范围是(1，e e－e 2]．[基础题组练]1．(2020·辽宁沈阳一模)设函数f (x )＝x e x ＋1，则( ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点解析：选D.由f (x )＝x e x ＋1，可得f ′(x )＝(x ＋1)e x ，令f ′(x )>0可得x >－1，即函数f (x )在(－1，＋∞)上是增函数；令f ′(x )<0可得x <－1，即函数f (x )在(－∞，－1)上是减函数，所以x ＝－1为f (x )的极小值点．故选D.2．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A.1e B ．2e 2C ．0D ．12e解析：选A.易知y ′＝1－xe x ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得1＜x ≤2，所以函数y ＝x e x 在[0，1]上是增加的，在(1，2]上是减少的，所以y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是y |x ＝1＝1e，故选A.3．(2020·广东惠州4月模拟)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝x ·f ′(x )的图象可能是( )解析：选C.因为函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，所以当x >－2时，f ′(x )>0；当x ＝－2时，f ′(x )＝0；当x <－2时，f ′(x )<0.所以当－2<x <0时，xf ′(x )<0；当x ＝－2时，xf ′(x )＝0； 当x <－2时，xf ′(x )>0.故选C.4．(2020·河北石家庄二中期末)若函数f (x )＝(1－x )(x 2＋ax ＋b )的图象关于点(－2，0)对称，x 1，x 2分别是f (x )的极大值点与极小值点，则x 2－x 1＝( )A ．－ 3B ．2 3C ．－2 3D ． 3解析：选C.由题意可得f (－2)＝3(4－2a ＋b )＝0， 因为函数图象关于点(－2，0)对称，且f (1)＝0， 所以f (－5)＝0，即f (－5)＝6(25－5a ＋b )＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧b －2a ＋4＝0，b －5a ＋25＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝10，a ＝7.故f (x )＝(1－x )(x 2＋7x ＋10)＝－x 3－6x 2－3x ＋10， 则f ′(x )＝－3x 2－12x －3＝－3(x 2＋4x ＋1)，结合题意可知x 1，x 2是方程x 2＋4x ＋1＝0的两个实数根，且x 1>x 2， 故x 2－x 1＝－|x 1－x 2|＝－（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝－（－4）2－4×1＝－2 3.5．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：x (－∞，－3)－3 (－3，1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋ f (x )极大值极小值6.函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22＝________．解析：函数f (x )的图象过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 答案：1697．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝±a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示：⎩－a ≤－1⎩2≤a ，1≤a <4.答案：[1，4)8．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数递增， 所以f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )． 所以f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0. 解得a >22. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞9．已知函数f (x )＝13x 3－12(a 2＋a ＋2)x 2＋a 2(a ＋2)x ，a ∈R .(1)当a ＝－1时，求函数y ＝f (x )的单调区间； (2)求函数y ＝f (x )的极值点．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝13x 3－x 2＋x ，f ′(x )＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0，所以函数f (x )是R 上的增函数，增区间为(－∞，＋∞)，无递减区间． (2)因为f ′(x )＝x 2－(a 2＋a ＋2)x ＋a 2(a ＋2)＝(x －a 2)·[x －(a ＋2)]，①当a ＝－1或a ＝2时，a 2＝a ＋2，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )为增函数，无极值点．②当a ＜－1或a ＞2时，a 2＞a ＋2，可得当x ∈(－∞，a ＋2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数；当x ∈(a ＋2，a 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数；当x ∈(a 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数．所以当x ＝a ＋2时，函数f (x )有极大值f (a ＋2)；当x ＝a 2时，函数f (x )有极小值f (a 2)． ③当－1＜a ＜2时，a 2＜a ＋2，可得当x ∈(－∞，a 2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数；当x ∈(a 2，a ＋2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数；当x ∈(a ＋2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数．所以当x ＝a ＋2时，函数f (x )有极小值f (a ＋2); 当x ＝a 2时，函数f (x )有极大值f (a 2)． 综上所述，当a ＝－1或a ＝2时，f (x )无极值点；当a ＜－1或a ＞2时，f (x )的极大值点为x ＝a ＋2，极小值点为x ＝a 2； 当－1＜a ＜2时，f (x )的极大值点为x ＝a 2，极小值点为x ＝a ＋2. 10．已知函数f (x )＝ln xx －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．解：(1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2，由⎩⎨⎧f ′（x ）>0，x >0得0<x <e ； 由⎩⎨⎧f ′（x ）<0，x >0，得x >e. 所以函数f (x )的增区间为(0，e)，减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎨⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，[m ，2m ]⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上是增加的，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，[m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m ]⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，e)上是增加的，在(e ，2m ]上是减少的，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，[m ，2m ]⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上是减少的，所以f (x )max＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.[综合题组练]1．(2020·重庆模拟)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A ．2e －1B ．－1eC ．1D ．2ln 2 解析：选D.由题意知f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e， 所以f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ，f ′(e)＝1e， 所以f ′(x )＝2x －1e ，令f ′(x )＝0，得x ＝2e ，所以f (x )在(0，2e)上是增加的，在(2e ，＋∞)上是减少的，所以f (x )的极大值为f (2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2，选D.2．若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，0)B ．(－5，0)C ．[－3，0)D ．(－3，0)解析：选C.由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3，0)．3．(2020·河南驻马店模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋2，x ≤0，e ax ，x >0在[－2，2]上的最大值为3，则实数a 的取值范围是( )A ．(ln 3，＋∞)B ．⎣⎡⎦⎤0，12ln 3 C.⎝⎛⎦⎤－∞，12ln 3 D ．(－∞，ln 3]解析：选C.由题意，当x ≤0时，f (x )＝2x 3＋3x 2＋2，可得f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以当－2≤x <－1时，f ′(x )>0，函数f (x )在[－2，－1)上是增加的，当－1<x ≤0时，f ′(x )≤0，函数f (x )在(－1，0]上是减少的，所以函数f (x )在[－2，0]上的最大值为f (－1)＝3.要使函数f (x )在[－2，2]上的最大值为3，则当x ∈(0，2]时，e ax 的值必须小于或等于3.又y ＝e ax 单调，因此当x ＝2时，e 2a 的值必须小于或等于3，即e 2a ≤3，解得a ≤12ln 3.故选C.4．若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x－1的极值点，则a ＝________，f (x )的极小值为________．解析：因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上是增加的，在(－2，1)上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1.答案：－1 －15．(2020·石家庄市质量检测)已知函数f (x )＝a e x －sin x ，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)当a ＝1时，证明：对任意的x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1； (2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在极值，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )＝e x －sin x ，于是f ′(x )＝e x －cos x . 当x ∈[0，＋∞)时，e x ＞1且cos x ≤1.故当x ∈[0，＋∞)时，e x －cos x ＞0，即f ′(x )＞0.所以函数f (x )＝e x －sin x 为[0，＋∞)上的增函数，因为f (0)＝1， 所以对任意的x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1.(2)法一：由f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在极值，得f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在零点． ①当a ∈(0，1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 为⎝⎛⎭⎫0，π2上的增函数， 注意到f ′(0)＝a －1＜0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＝a ·e π2＞0， 所以，存在唯一实数x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立． 当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，f (x )为(0，x 0)上的减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，f ′(x )＞0，f (x )为⎝⎛⎭⎫x 0，π2上的增函数． 所以x 0⎝⎛⎭⎫x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2为函数f (x )的极小值点． ②当a ≥1时，f ′(x )＝a e x －cos x ≥e x －cos x ＞0在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立． 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增加的，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上没有极值． ③当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －cos x ＜0在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立， 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减少的，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上没有极值． 综上所述，若f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在极值，则实数a 的取值范围是(0，1)． 法二：由函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在极值， 得f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在零点， 即a ＝cos xex 在⎝⎛⎭⎫0，π2上有解．设g (x )＝cos x e x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则g ′(x )＝－（sin x ＋cos x ）e x＜0在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒成立，所以g (x )为⎝⎛⎭⎫0，π2上的减函数．所以g (x )的值域为(0，1)，所以当实数a ∈(0，1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在零点． 下面证明，当a ∈(0，1)时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在极值． 事实上，当a ∈(0，1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 为⎝⎛⎭⎫0，π2上的增函数， 注意到f ′(0)＝a －1＜0，f ′⎝⎛⎭⎫π2＝a ·e π2＞0，所以存在唯一实数x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 使得f ′(x 0)＝0成立．当x ∈()0，x 0时，f ′(x )＜0，f (x )为(0，x 0)上的减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫x 0，π2时，f ′(x )＞0，f (x )为⎝⎛⎭⎫x 0，π2上的增函数． 即x 0⎝⎛⎭⎫x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2为函数f (x )的极小值点． 综上所述，若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在极值，则实数a 的取值范围是(0，1)． 6．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x >0}，f ′(x )＝a x －1x 2(a >0)．(1)由f ′(x )>0，解得x >1a，所以函数f (x )的增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )<0，解得x <1a，所以函数f (x )的减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a . (2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )是减少的； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )是增加的． ①若0<1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1<1a ≤e ，即1e ≤a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎝⎛⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a <1，故不满足条件．③若1a >e ，即0<a <1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0<a <1e，故不满足条件． 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。