1．函數(shù)的極值
(1)函數(shù)的極小值：
函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則點(diǎn)a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，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(diǎn)x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近的其他點(diǎn)的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則點(diǎn)b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．
極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱(chēng)為極值點(diǎn)，極大值和極小值統(tǒng)稱(chēng)為極值．
2．函數(shù)的最值
(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．
(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．
[小題體驗(yàn)]
1．當(dāng)x＝________時(shí)，函數(shù)f(x)＝x·2x取極小值．
答案：－
2．已知函數(shù)f(x)＝x－sin x，則f(x)在[0，π]上的值域?yàn)開(kāi)_______．
答案：
3．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點(diǎn)，則a＝________.
解析：由題意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，所以當(dāng)x＜－2或x＞2時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)－2＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)，在(－2,2)上為減函數(shù)，在(2，＋∞)上為增函數(shù)．所以f(x)在x＝2處取得極小值，所以a＝2.
答案：2

求函數(shù)最值時(shí)，易誤認(rèn)為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，不通過(guò)比較就下結(jié)論．
[小題糾偏]
1．函數(shù)f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值為_(kāi)_______．
解析：f′(x)＝1－3x2，令f′(x)＝0，得x＝∈[0,1]，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減．所以f(x)max＝f＝.
答案：
2．已知a≤＋ln x對(duì)任意x∈恒成立，則a的最大值為_(kāi)_______．
解析：設(shè)f(x)＝＋ln x，則f′(x)＝＋＝.當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，故函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1,2]時(shí)，f′(x)＞0，故函數(shù)f(x)在(1,2]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝0，所以a≤0，即a的最大值為0.
答案：0

　
[鎖定考向]
函數(shù)的極值是每年高考的必考內(nèi)容，題型既有填空題，也有解答題．
常見(jiàn)的命題角度有：
(1)判斷函數(shù)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
(2)求函數(shù)的極值；
(3)由函數(shù)極值求參數(shù)值或范圍．　　　 　
[題點(diǎn)全練]
角度一：判斷函數(shù)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)
1．(2018·江都中學(xué)檢測(cè))函數(shù)f(x)＝ln x－x2的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為_(kāi)_______．
解析：f(x)＝ln x－x2，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－2x＝，當(dāng)0＜x＜時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x＞時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)為1.
答案：1
角度二：求函數(shù)的極值
2．(2018·蘇北四市高三一模)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋1，g(x)＝ln x－a(a∈R)．當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的極值．
解：函數(shù)h(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
當(dāng)a＝1時(shí)，h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋x－ln x＋2，
所以h′(x)＝2x＋1－＝.
令h′(x)＝0，得x＝或x＝－1(舍去)，
當(dāng)0＜x＜時(shí)，h′(x)＜0；當(dāng)x＞時(shí)，h′(x)＞0，
所以函數(shù)h(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)h(x)取得極小值為＋ln 2，無(wú)極大值．

角度三：由函數(shù)極值求參數(shù)值或范圍
3．(2018·啟東高三期末)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋4x＋1有極大值f(x1)和極小值f(x2)，若0＜x1＜1＜x2＜2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．
解析：由題意得f′(x)＝3ax2＋(3－7a)x＋4＝0的兩根為x1，x2，且a＞0，因?yàn)?＜x1＜1＜x2＜2，f′(0)＝4＞0，所以即＜a＜5，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案：
4．已知函數(shù)f(x)＝.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設(shè)g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)f(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，
所以f′(x)＝.
當(dāng)f′(x)＝0時(shí)，x＝1.
f′(x)與f(x)隨x的變化情況如下表：
x
(－∞，0)
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
－
0
＋
f(x)


極小值


故f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(－∞，0)和(0,1)．
(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，
所以g′(x)＝ex－a，
①當(dāng)a≤1時(shí)，g′(x)＝ex－a＞0，
即g(x)在(0，＋∞)上遞增，此時(shí)g(x)在(0，＋∞)上無(wú)極值點(diǎn)．
②當(dāng)a＞1時(shí)，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a；
令g′(x)＝ex－a＞0，得x∈(ln a，＋∞)；
令g′(x)＝ex－a＜0，得x∈(0，ln a)．
故g(x)在(0，ln a)上遞減，在(ln a，＋∞)上遞增，
所以g(x)在(0，＋∞)有極小值無(wú)極大值，且極小值點(diǎn)為x＝ln a.
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)．
[通法在握]
1．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值問(wèn)題的一般流程

2．已知函數(shù)極值點(diǎn)或極值求參數(shù)的2個(gè)要領(lǐng)
列式
根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解
驗(yàn)證
因?yàn)閷?dǎo)數(shù)值等于零不是此點(diǎn)為極值點(diǎn)的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗(yàn)證根的合理性
[演練沖關(guān)]
1．(2019·阜寧中學(xué)檢測(cè))若函數(shù)f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1處有極值10，則a＋b＝________.
解析：對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3x2－2ax－b，
∵f(x)在x＝1處有極值10，
∴解得或
當(dāng)a＝3，b＝－3時(shí)，f′(x)＝3(x－1)2≥0(此時(shí)無(wú)極值，舍去)；
當(dāng)a＝－4，b＝11時(shí)，符合題意，
∴a＋b＝7.
答案：7
2．(2018·錫山中學(xué)檢測(cè))設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
解析：因?yàn)閥＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.因?yàn)楹瘮?shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點(diǎn)，所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，因?yàn)閤＞0時(shí)，－ex＜－1，所以a＝－ex＜－1.
答案：(－∞，－1)
3．(2018·鹽城中學(xué)期末)已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.
(1)若a＝2，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若f(x)在區(qū)間(2,3)內(nèi)至少有一個(gè)極值點(diǎn)，求a的取值范圍．
解：(1)由f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1，得f′(x)＝3x2－6ax＋3，
當(dāng)a＝2時(shí)，f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x2－4x＋1)，
由f′(x)＞0，得x＞2＋或x＜2－；
由f′(x)＜0，得2－＜x＜2＋.
∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(2－，2＋)．
(2)∵f′(x)＝3x2－6ax＋3，而f(x)在區(qū)間(2,3)中至少有一個(gè)極值點(diǎn)等價(jià)于方程3x2－6ax＋3＝0在其判別式Δ＞0(即a＞1或a＜－1)的條件下在區(qū)間(2,3)上有解．
∴由3x2－6ax＋3＝0，得a＝，
令g(x)＝，則g′(x)＝，
∴g′(x)＞0在(2,3)上恒成立，即g(x)＞0在(2,3)上單調(diào)遞增，
∴＜＜，
即＜a＜，
∴a的取值范圍是.
　
[典例引領(lǐng)]
已知函數(shù)f(x)＝－1.
(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值；
(2)設(shè)m＞0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,2m]上的最大值．
解：(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝，
由得0＜x＜e；由得x＞e，
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，＋∞)，且f(x)極大值＝f(e)＝－1，無(wú)極小值．
(2)①當(dāng)即0＜m≤時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞增，
所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②當(dāng)m＜e＜2m，即＜m＜e時(shí)，
函數(shù)f(x)在區(qū)間(m，e)上單調(diào)遞增，在(e,2m)上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③當(dāng)m≥e時(shí)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,2m]上單調(diào)遞減，
所以f(x)max＝f(m)＝－1.
綜上所述，當(dāng)0＜m≤時(shí)，f(x)max＝－1；當(dāng)＜m＜e時(shí)，f(x)max＝－1；當(dāng)m≥e時(shí)，f(x)max＝－1.
[由題悟法]
求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的3步驟
(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；
(2)求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)；
(3)將函數(shù)f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值．
[即時(shí)應(yīng)用]
設(shè)n∈N*，a，b∈R，函數(shù)f(x)＝＋b，已知曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y＝x－1.
(1)求a，b；
(2)求f(x)的最大值．
解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝.
所以f′(1)＝a，又切線斜率為1，故a＝1.
由曲線y＝f(x)過(guò)點(diǎn)(1,0)，有f(1)＝b＝0.
故a＝1，b＝0.
(2)由(1)知f(x)＝，f′(x)＝.
令f′(x)＝0，即1－nln x＝0，解得x＝e.
當(dāng)0＜x＜e時(shí)，有f′(x)＞0，
得f(x)在上是增函數(shù)；
當(dāng)x＞e時(shí)，有f′(x)＜0，
得f(x)在(e，＋∞)上是減函數(shù)．
故f(x)在x＝e處取得最大值f(e)＝.
　對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P34
[典例引領(lǐng)]
(2018·蘇北四市期末)已知函數(shù)f(x)＝－ax，g(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)解關(guān)于x(x∈R)的不等式f(x)≤0；
(2)證明：f(x)≥g(x)；
(3)是否存在常數(shù)a，b，使得f(x)≥ax＋b≥g(x)對(duì)任意的x＞0恒成立？若存在，求出a，b的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝，所以f(x)≤0的解集為{0}；
當(dāng)a≠0時(shí)，f(x)＝x，
若a＞0時(shí)，則f(x)≤0的解集為[0,2ea]；
若a＜0時(shí)，則f(x)≤0的解集為[2ea,0]．
綜上所述，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)≤0的解集為{0}；
當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)≤0的解集為[0,2ea]；
當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)≤0的解集為[2ea,0]．
(2)證明：設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x(x＞0)，
則h′(x)＝－＝.
令h′(x)＝0，得x＝，
當(dāng)x變化時(shí)，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)

極小值

所以函數(shù)h(x)的最小值為h()＝0，
所以h(x)＝－ln x≥0，即f(x)≥g(x)．
(3)假設(shè)存在常數(shù)a，b使得f(x)≥ax＋b≥g(x)對(duì)任意的x＞0恒成立，
即≥2ax＋b≥ln x對(duì)任意的x＞0恒成立．
而當(dāng)x＝時(shí)，ln x＝＝，所以≥2a＋b≥，
所以2a＋b＝，則b＝－2a，
所以－2ax－b＝－2ax＋2a－≥0(*)恒成立，
①當(dāng)a≤0時(shí)，2a－＜0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；
②當(dāng)a＞0時(shí)，則4a2－≤0，即2≤0，
所以a＝，則b＝－.
令φ(x)＝ln x－x＋，則φ′(x)＝，
令φ′(x)＝0，得x＝，
當(dāng)0＜x＜時(shí)，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，)上單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞時(shí)，φ′(x)＜0，φ(x)在(，＋∞)上單調(diào)遞減．
所以φ(x)的最大值φ()＝0.所以ln x－x＋≤0恒成立．
所以存在a＝，b＝－符合題意．
[由題悟法]
利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的恒成立問(wèn)題的策略
首先要構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．也可分離變量，構(gòu)造函數(shù)，直接把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題．
[即時(shí)應(yīng)用]
(2018·海門(mén)中學(xué)期末)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ex，g(x)＝2x2＋3x＋m.
(1)求f(x)的極值；
(2)若g(x)≤f(x)對(duì)任意的x∈[－1,0]恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
解：(1)∵f′(x)＝(x＋2)ex，
當(dāng)f′(x)＞0時(shí)，x＞－2；當(dāng)f′(x)＜0時(shí)，x＜－2，
∴f(x)在x＝－2處取得極小值－，無(wú)極大值．
(2)由g(x)≤f(x)，
得m≤(x＋1)ex－(2x2＋3x)
＝(x＋1)ex－(2x2＋3x＋1)＋1
＝(x＋1)(ex－2x－1)＋1.
∵x∈[－1,0]，∴x＋1≥0，
令h(x)＝ex－2x－1，則h′(x)＝ex－2，
當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，h′(x)＜0，
∴h(x)在[－1,0]上單調(diào)遞減，∴h(x)≥h(0)＝0，
即(x＋1)(ex－2x－1)≥0，
∴[(x＋1)(ex－2x－1)＋1]min＝1，
∴m≤1，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，1]．
　
[典例引領(lǐng)]
(2018·南京、鹽城模擬)在一張足夠大的紙板上截取一個(gè)面積為3 600 cm2的矩形紙板ABCD，然后在矩形紙板的四個(gè)角上切去邊長(zhǎng)相等的小正方形，再把它的邊沿虛線折起，做成一個(gè)無(wú)蓋的長(zhǎng)方體紙盒(如圖)．設(shè)小正方形邊長(zhǎng)為x cm，矩形紙板的兩邊AB，BC的長(zhǎng)分別為a cm和b cm，其中a≥b.

(1)當(dāng)a＝90時(shí)，求紙盒側(cè)面積的最大值；
(2)試確定a，b，x的值，使得紙盒的體積最大，并求出最大值．
解：(1)因?yàn)榫匦渭埌錋BCD的面積為3 600 cm2，當(dāng)a＝90時(shí)，b＝40，紙盒的底面矩形的長(zhǎng)為90－2x，寬為40－2x.
所以紙盒的側(cè)面積S(x)＝(260－8x)x＝－8x2＋260x，其中x∈(0,20)，
故S(x)max＝S＝.
答：當(dāng)a＝90時(shí)，紙盒側(cè)面積最大，最大值為 cm2.
(2)紙盒的體積V＝(a－2x)(b－2x)x，其中x∈，a≥b＞0，且ab＝3 600.
因?yàn)?a－2x)(b－2x)＝ab－2(a＋b)x＋4x2≤ab－4x＋4x2＝4(x2－60x＋900)，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝60時(shí)取等號(hào)，
所以V≤4(x3－60x2＋900x)，x∈(0,30)．
記f(x)＝4(x3－60x2＋900x)，x∈(0,30)，
則f′(x)＝12(x－10)(x－30)，
令f′(x)＝0，得x＝10.
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(0,10)
10
(10,30)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

極大值

由上表可知，f(x)的極大值是f(10)＝16 000，也是最大值．
答：當(dāng)a＝b＝60，且x＝10時(shí)，紙盒的體積最大，最大值為16 000 cm2.
[由題悟法]
利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題的4步驟
(1)分析實(shí)際問(wèn)題中各量之間的關(guān)系，列出實(shí)際問(wèn)題的數(shù)學(xué)模型，寫(xiě)出實(shí)際問(wèn)題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)；
(2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和f′(x)＝0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值；
(4)回歸實(shí)際問(wèn)題作答．
[即時(shí)應(yīng)用]
某空調(diào)制造公司有一條自動(dòng)生產(chǎn)的流水線，價(jià)值約為a萬(wàn)元，現(xiàn)為了改善該流水線的生產(chǎn)能力，提高產(chǎn)品的增加值，需要進(jìn)行全面的技術(shù)革新．經(jīng)過(guò)市場(chǎng)調(diào)查，產(chǎn)品的增加值y(單位：萬(wàn)元)與技術(shù)革新投入的資金x(單位：萬(wàn)元)之間滿(mǎn)足：①y與(a－x)和x2的乘積成正比；②當(dāng)x＝時(shí)，y＝a3；③x∈，其中m是正數(shù)．
(1)求y關(guān)于x的表達(dá)式；
(2)試問(wèn)當(dāng)技術(shù)革新投入多少萬(wàn)元時(shí)，產(chǎn)品的增加值y最大．
解：(1)由題意可設(shè)y＝f(x)＝k(a－x)x2.
因?yàn)楫?dāng)x＝時(shí)，y＝a3，所以k＝8.
所以y＝f(x)＝8(a－x)x2，x∈，其中m是正數(shù)．
(2)因?yàn)閒′(x)＝－24x2＋16ax，
所以由f′(x)＝0，
得x＝或x＝0(舍去)．
當(dāng)≤，即0＜m≤1時(shí)，
若x∈，則f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在上是增函數(shù)，所以當(dāng)x＝時(shí)，y取得最大值，且ymax＝f＝a3.
當(dāng)＞，即m＞1時(shí)，
若x∈，則f′(x)＞0，所以f(x)在上是增函數(shù)，若x∈，則f′(x)＜0，所以f(x)在上是減函數(shù)，
所以當(dāng)x＝時(shí)，y取得最大值，且ymax＝f＝a3.
所以當(dāng)0＜m≤1時(shí)，技術(shù)革新投入萬(wàn)元時(shí)，產(chǎn)品的增加值y最大，且為 a3；
當(dāng)m＞1時(shí)，技術(shù)革新投入萬(wàn)元時(shí)，產(chǎn)品的增加值y最大，且為a3.

一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快
1．(2019·昆山調(diào)研)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝x2－x，則使得f(x)取得極大值的x＝________.
解析：由f′(x)＝x2－x＝0得到x＝0或x＝1，當(dāng)x＜0或x＞1時(shí)，f′(x)＞0.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)取得極大值．
答案：0
2．(2019·江都中學(xué)檢測(cè))函數(shù)f(x)＝x3－3x－3在區(qū)間[－3，0]上的最大值和最小值分別為m，n，則m＋n＝________.
解析：∵f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
∴當(dāng)－3≤x＜－1時(shí)，f′(x)＞0；
當(dāng)－1＜x≤0時(shí)，f′(x)＜0.
∴f(x)在[－3，－1)上是增函數(shù)，在(－1,0]上是減函數(shù)．
∴當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得最大值f(－1)＝－1，即m＝－1.
∵f(－3)＝－21＜f(0)＝－3，
∴當(dāng)x＝－3時(shí)，f(x)取得最小值f(－3)＝－21，
即n＝－21.
故m＋n＝－22.
答案：－22
3．(2018·啟東中學(xué)測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝3x3－9x＋a有兩個(gè)零點(diǎn)，則a＝________.
解析：f′(x)＝9x2－9，由f′(x)＞0，得x＞1或x＜－1；由f′(x)＜0，得－1＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減，所以f(x)的極大值為f(－1)＝a＋6，極小值為f(1)＝a－6，要滿(mǎn)足題意，則需f(－1)＝0或f(1)＝0，解得a＝±6.
答案：±6
4．(2018·太倉(cāng)高級(jí)中學(xué)期末)函數(shù)f(x)＝x＋的極大值是________．
解析：易知f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，
f′(x)＝1－，令1－＝0，可得x＝－1或x＝1，
當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)；
當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)是減函數(shù)；
當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)是減函數(shù)；
當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)，
所以當(dāng)x＝－1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極大值－2.
答案：－2
5．(2018·南通期末)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2＋a在[0,1]上恰好有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
解析：f′(x)＝x(3x－2)，令f′(x)＞0，解得＜x≤1；
令f′(x)＜0，解得0＜x＜，故f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
若f(x)在[0,1]上恰好有兩個(gè)零點(diǎn)，則
解得0≤a＜.
答案：
6．若函數(shù)f(x)＝x3－x2＋2bx在區(qū)間[－3,1]上不是單調(diào)函數(shù)，則函數(shù)f(x)在R上的極小值為_(kāi)_______．
解析：f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在區(qū)間[－3,1]上不是單調(diào)函數(shù)，所以－3＜b＜1，則由f′(x)＞0，得x＜b或x＞2，由f′(x)＜0，得b＜x＜2，所以函數(shù)f(x)的極小值為f(2)＝2b－.
答案：2b－
二保高考，全練題型做到高考達(dá)標(biāo)
1．若x＝1是函數(shù)f(x)＝ax3－ax2－x＋1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值為_(kāi)_______．
解析：f′(x)＝3ax2－2ax－1，
若x＝1是f(x)的極值點(diǎn)，則f′(1)＝3a－2a－1＝0，
解得a＝1，
故f(x)＝x3－x2－x＋1，
f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，
由f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－；
由f′(x)＜0，解得－＜x＜1，
所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
故f(x)極小值＝f(1)＝0.
答案：0
2．設(shè)直線x＝t與函數(shù)h(x)＝x2，g(x)＝ln x的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)MN最小時(shí)t＝________.
解析：由已知條件可得MN＝t2－ln t，
設(shè)f(t)＝t2－ln t(t＞0)，則f′(t)＝2t－，
令f′(t)＝0，得t＝，
當(dāng)0＜t＜時(shí)，f′(t)＜0，當(dāng)t＞時(shí)，f′(t)＞0，
所以當(dāng)t＝時(shí)，f(t)取得最小值．
答案：
3．(2018·東臺(tái)安豐中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)＝lg，若對(duì)任意x∈[2，＋∞)，不等式f(x)＞0恒成立，則a的取值范圍是________．
解析：若對(duì)任意x∈[2，＋∞)，不等式f(x)＞0恒成立，
則lg＞0＝lg 1，
∴x＋－2＞1，即a＞3x－x2恒成立．
令y＝3x－x2，其對(duì)稱(chēng)軸為x＝，
∴y＝3x－x2在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，
∴ymax＝6－4＝2，∴a＞2.
答案：(2，＋∞)
4．(2019·南京學(xué)情調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函數(shù)f(x)在(1,2)上有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(1,2)上有極值，則需函數(shù)f(x) 在(1,2)上有極值點(diǎn)．
法一：令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－，x2＝－1＋，因?yàn)閤1?(1,2)，因此則需1＜x2＜2，即1＜－1＋＜2，即4＜1＋2a＜9，所以＜a＜4，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
法二：f′(x)＝x2＋2x－2a的圖象是開(kāi)口向上的拋物線，且對(duì)稱(chēng)軸為x＝－1，
則f′(x)在(1,2)上是單調(diào)遞增函數(shù)，因此解得＜a＜4，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案：
5．(2019·海門(mén)實(shí)驗(yàn)中學(xué)測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，則x＋x＝________.

解析：由圖象可知f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(1,0)與(2,0)，x1，x2是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.因?yàn)閤1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的兩根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
答案：
6．(2019·揚(yáng)州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln x－(m＜0)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________.
解析：f′(x)＝＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝－m，且當(dāng)x＜－m時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＞－m時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．
若－m≤1，即－1≤m＜0時(shí)，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；
若1＜－m≤e，即－e≤m＜－1時(shí)，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3?[－e，－1)；
若－m＞e，即m＜－e時(shí)，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合題意．
綜上所述，m＝－3e.
答案：－3e
7．(2018·海安高級(jí)中學(xué)期末)已知三次函數(shù)f(x)在x＝0處取得極值0，在x＝1處取得極值1，若存在兩個(gè)不同實(shí)數(shù)x1，x2∈(k，k＋1)，使得f(x1)＋f(x2)＝0，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．
解析：設(shè)三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，
則f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
∵f(x)在x＝0處取得極值0，在x＝1處取得極值1.
∴?
∴f(x)＝－2x3＋3x2，f′(x)＝－6x2＋6x，
由f′(x)＞0，得0＜x＜1；由f′(x)＜0，得x＞1或x＜0，
∴函數(shù)f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，且f(0)＝0，f＝0，

作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．
結(jié)合圖象可得k＜＜k＋1，
∴實(shí)數(shù)k的取值范圍是.
答案：
8．已知y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，則函數(shù)f(x)的最小值為_(kāi)_______．
解析：因?yàn)閒′(x)＝ln x＋1，設(shè)f(x)＝xln x＋C，又因?yàn)閒(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1，故切點(diǎn)為(1,0)，又切點(diǎn)在曲線f(x)＝xln x＋C上，故C＝0，f(x)＝xln x，令f′(x)＝ln x＋1＞0，解得x＞，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故當(dāng)x＝時(shí)，函數(shù)f(x)取得最小值，所以f(x)min＝f＝－.
答案：－
9．(2018·南京、鹽城二模)已知函數(shù)f(x)＝x(ex－2)，g(x)＝x－ln x＋k，k∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．記函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)．
(1)求函數(shù)y＝f(x)＋2x的極小值；
(2)若F(x)＞0的解集為(0，＋∞)，求k的取值范圍．
解：(1)y＝f(x)＋2x＝xex，由y′＝(1＋x)ex＝0，得x＝－1.
當(dāng)x變化時(shí)，y′，y的變化情況如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
y′
－
0
＋
y

極小值

所以當(dāng)x＝－1時(shí)，y取得極小值－.
(2)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－ln x＋k，
F′(x)＝(x＋1)，
設(shè)h(x)＝ex－(x＞0)，則h′(x)＝ex＋＞0恒成立，
所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
又h＝－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且h(x)的圖象在(0，＋∞)上不間斷，
因此h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點(diǎn)x0∈且e＝.
當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，h(x)＜0，即F′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，h(x)＞0，即F′(x)＞0，
所以F(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，
故當(dāng)x＝x0時(shí)，函數(shù)F(x)取極小值，也是最小值，為F(x0)＝x0e－x0－ln x0＋k＝1－x0－ln ＋k＝1＋k.
因?yàn)镕(x)＞0的解集為(0，＋∞)，
所以1＋k＞0，即k＞－1.
故k的取值范圍是(－1，＋∞)．
10．(2019·啟東高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝－x，其中a＞0，函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)．
(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e]上的值域；
(2)若函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上為單調(diào)減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最大值；
(3)若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋1成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解：(1)由已知，得f′(x)＝－1，
因?yàn)閤∈(1，e]，a＞0，所以f′(x)＜0，
所以函數(shù)f(x)在(1，e]上為單調(diào)減函數(shù)，
所以f(x)min＝f(e)＝ae－e，
所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e]上的值域?yàn)閇ae－e，＋∞)．
(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(1，＋∞)上為單調(diào)減函數(shù)，
所以f′(x)＝－1≤0在(1，＋∞)上恒成立，
只需f′(x)max≤0，
又因?yàn)閍＞0，f′(x)＝－a2＋－1，
所以當(dāng)＝，即x＝e2時(shí)，f′(x)max＝－1≤0，
所以a≤4，故實(shí)數(shù)a的最大值為4.
(3)“存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋1成立”等價(jià)于“當(dāng)x1，x2∈[e，e2]時(shí)，f(x1)min≤f′(x2)max＋1”．
由(2)知，當(dāng)x∈[e，e2]時(shí)，f′(x)max＋1＝，
所以原問(wèn)題又等價(jià)于“當(dāng)x∈[e，e2]時(shí)，f(x)min≤”．
①當(dāng)0＜a≤4時(shí)，由(1)知f′(x)max＝－1≤0，f(x)在[e，e2]上為單調(diào)減函數(shù)，
則f(x)min＝f(e2)＝－e2≤，所以0＜a≤.
②當(dāng)a＞4時(shí)，f′(x)＝－a2＋－1在[e，e2]上為單調(diào)增函數(shù)，且值域?yàn)椋?br /> 所以存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x)＝0，且滿(mǎn)足：
當(dāng)x∈(e，x0)時(shí)，使f′(x)＜0，f(x)在(e，x0)上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈(x0，e2)時(shí)，使f′(x)＞0，f(x)在(x0，e2)上單調(diào)遞增，
所以f(x)min＝f(x0)＝－x0≤，x0∈(e，e2)．
注意到y(tǒng)＝－，y′＝＞0，故y＝－在(e，e2)上遞增且恒正，
所以a≤＜＝＜4，與a＞4矛盾．

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
三上臺(tái)階，自主選做志在沖刺名校
1．(2019·鹽城中學(xué)測(cè)試)設(shè)函數(shù)f(x)＝sin，若存在f(x)的極值點(diǎn)x0滿(mǎn)足x＋[f(x0)]2＜m2，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________________．
解析：由題意可知f(x0)＝±，則＝kπ＋，k∈Z，即x0＝m，k∈Z，再由x＋[f(x0)]2＜m2，可得當(dāng)m2最小時(shí)，|x0|最小，而|x0|最小為|m|，所以m2＞m2＋3，即m2＞4，解得m＜－2或m＞2，故m的取值范圍為(－∞，－2)∪(2，＋∞)．
答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)
2．(2018·徐州高三期中)如圖，有一塊半圓形空地，開(kāi)發(fā)商計(jì)劃建一個(gè)矩形游泳池ABCD及其矩形附屬設(shè)施EFGH，并將剩余空地進(jìn)行綠化，園林局要求綠化面積應(yīng)最大化．其中半圓的圓心為O，半徑為R，AB在直徑上，點(diǎn)C，D，G，H在圓周上，E，F(xiàn)在邊CD上，且∠BOG＝，設(shè) ∠BOC＝θ.
(1)記游泳池及其附屬設(shè)施的占地面積為f(θ)，求f(θ)的表達(dá)式；
(2)怎樣設(shè)計(jì)才能符合園林局的要求？
解：(1)由題意得AB＝2Rcos θ，BC＝Rsin θ，連結(jié)OH，易得△HOG為等邊三角形，
所以HG＝R，EH＝R－Rsin θ，
所以f(θ)＝S矩形ABCD＋S矩形EFGH
＝2Rcos θ·Rsin θ＋R
＝R2，θ∈.
(2)要符合園林局的要求，只要f(θ)最小即可，
由(1)知，f′(θ)＝R2(2cos2θ－2sin2θ－cos θ)＝R2(4cos2θ－cos θ－2)，θ∈.
令f′(θ)＝0，即4cos2θ－cos θ－2＝0，
解得cos θ＝或cos θ＝(舍去)，
令cos θ0＝，θ0∈，
當(dāng)θ∈(0，θ0)時(shí)，f′(θ)＜0，f(θ)是單調(diào)減函數(shù)；
當(dāng)θ∈時(shí)，f′(θ)＞0，f(θ)是單調(diào)增函數(shù)，
所以當(dāng)θ＝θ0時(shí)，f(θ)取得最小值．
答：當(dāng)θ滿(mǎn)足cos θ＝時(shí)，符合園林局的要求．


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