【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第4章 第3讲　导数与函数的极值、最值 含解析【高考】.doc，共(25)页，291.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-76e84a7db7d2a6ce12059c70c4301009.html

以下为本文档部分文字说明：

1第3讲导数与函数的极值、最值1．导数与函数的极值(1)函数的极小值与极小值点若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值01都小，f′(a)＝0，而且在x＝a附近的左侧02f′(x)<0，右侧03f′(x)＞0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函

数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值与极大值点若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值04都大，f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左侧05f′(x)＞0，右侧06f′(x)＜0，

则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．2．导数与函数的最值(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条07连续不断的曲线，那么它必

有最大值和最小值．(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤①求函数y＝f(x)在(a，b)上的08极值.②将函数y＝f(x)的各极值与09端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中10最大的一个是最大值

，11最小的一个是最小值．1．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的2最值点．3．极值有可能是最值

，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．1．(2021·衡水模拟)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的是()①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝|x|；④y＝2x.A．①②B．②③C．③④D．①③答案B解析①y′＝3x2≥0恒成立，所以函数在R上单调递增，

无极值点．②y′＝2x，当x>0时，函数单调递增；当x<0时，函数单调递减，且y′|x＝0＝0，②符合．③结合该函数图象可知函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0]上单调递减，③符合．④y＝2x在R上单调递增，无极值点．故选B.2．设函

数f(x)＝xex，则()A．1为f(x)的极大值点B．1为f(x)的极小值点C．－1为f(x)的极大值点D．－1为f(x)的极小值点答案D解析f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex.令f′(x)＝0，则x＝－1.当x

<－1时，f′(x)<0，当x>－1时，f′(x)>0，所以－1为f(x)的极小值点．3．函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为()A．1－eB．－1C．－eD．0答案B解析因为f′(x)

＝1x－1＝1－xx，当x∈(0,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln1－1＝－1.故选B.4.(多选)已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的3是()A．函

数y＝f(x)在区间－3，－12上单调递增B．当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值C．函数y＝f(x)在区间(－2,2)上单调递增D．当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值答案BC解析对于A，函数y＝f(x)在区间－

3，－12上有增有减，故A不正确；对于B，当x＝－2时，函数y＝f(x)取得极小值，故B正确；对于C，当x∈(－2,2)时，恒有f′(x)>0，则函数y＝f(x)在区间(－2,2)上单调递增，故C正确；对于D，当x＝3时，f′(x)≠0，故D不正确．5．若函数f

(x)＝13x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，则m＝________.答案4解析f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0

,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0,3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.6．已知函数f(x)＝cosx＋alnx在x＝π6处取得极值，则a＝________.答案π12解析∵f′(x)＝ax－sinx，且f′

π6＝0，∴aπ6－12＝0，即a＝π12，经验证，符合题意．4多角度探究突破考向一导数与函数的极值角度知图判断函数极值情况例1(2021·南昌摸底考试)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)答案D解析由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′

(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2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．故选D.由图象判断函数y＝f(x)的极值要抓住的两点(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点．(2)由导

函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点．1.(多选)(2021·石家庄检测)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则()5A．－3是函数y＝f(x)的极值点B．－1是函

数y＝f(x)的极小值点C．y＝f(x)在区间(－3,1)上单调递增D．－2是函数y＝f(x)的极大值点答案AC解析由函数y＝f′(x)的图象可知，f′(－3)＝0，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3,1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)

上单调递减，在(－3,1)上单调递增，故C正确；－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；因为函数y＝f(x)在(－3,1)上单调递增，所以－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，故B，D错误．故选AC．角度已知函数解析式求极值或极值点例2(1)(2021·西安

模拟)已知f(x)＝3xex，则f(x)()A．在(－∞，＋∞)上单调递增B．在(－∞，1)上单调递减C．有极大值3e，无极小值D．有极小值3e，无极大值答案C解析∵f(x)＝3xex，∴f′(x)＝3·ex－3x·exe2x＝3(1－x)ex，当x>1，f′

(x)<0，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，故A错误；当x<1时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，1)上单调递增，故B错误；当x＝1时，f(x)＝3xex取得极大值3e，无极小值，故C正确，D错误．故选

C．(2)(2021·凉山州模拟)若x0是函数f(x)＝ex－lnxx－1x的极值点，则x0满足()A．1x0＋lnx0＝0B．x0－lnx0＝0C．x0＋lnx0＝0D．1x0－lnx0＝06答案C解析依题意，f′(x)＝ex＋lnxx2，且f′(x0)＝ex0＋lnx0x20＝0，∴x

20ex0＝－lnx0，两边同时取自然对数，得x0＋2lnx0＝ln(－lnx0)，即x0＋lnx0＝－lnx0＋ln(－lnx0)，设g(x)＝x＋lnx，则g(x0)＝g(－lnx0)，又g′(x)＝1＋1x>0，故函数g(x)在(0，＋

∞)上单调递增，∴x0＝－lnx0，即x0＋lnx0＝0.故选C．运用导数求函数f(x)极值的一般步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内

的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧导数值的符号；(5)求出极值．2.若函数f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2,0)对称，x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，则x2－x1＝

________.答案－23解析因为函数f(x)＝(1－x)(x2＋ax＋b)的图象关于点(－2,0)对称，且f(1)＝0，所以f(－5)＝0，f(－2)＝0，所以x＝－2，x＝－5是方程x2＋ax＋b＝0的两个根．由根与系数的关系可得，a＝7，

b＝10，所以f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)，所以f′(x)＝－(x2＋7x＋10)＋(1－x)(2x＋7)＝－3(x2＋4x＋1)．又因为x1，x2分别是f(x)的极大值点与极小值点，所以x1，x2是x2＋4x＋1＝0的两

个根，且x1>x2.解方程可得，x1＝－2＋3，x2＝－2－3，所以x2－x1＝－23.角度已知函数的极值求参数的值或取值范围例3(1)(2021·河北九校联考)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________

.答案－7解析由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则a2＋3a－b－1＝0，b－6a＋3＝0，解得a＝1，b＝3或a＝2，b＝9，经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b7＝9满足题意，故a－b＝－7.(2)(2021·桂林、崇左第

二次联考)若函数f(x)＝12e2x－mex－m2x2有两个极值点，则实数m的取值范围是________.答案(1，＋∞)解析依题意，f′(x)＝e2x－mex－mx有两个变号零点，令f′(x)＝0，即e

2x－mex－mx＝0，则e2x＝m(ex＋x)，显然m≠0，则1m＝ex＋xe2x，设g(x)＝ex＋xe2x，则g′(x)＝(ex＋1)·e2x－(ex＋x)·2e2xe4x＝1－ex－2xe2x，设h

(x)＝1－ex－2x，则h′(x)＝－ex－2<0，∴h(x)在R上单调递减，又h(0)＝0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(0，＋∞)时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，∴g(x)max＝g(0

)＝1，且x→－∞时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，∴0<1m<1，解得m>1.即实数m的取值范围是(1，＋∞)．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．3.(2021·开封三模)设函数f(x)＝exx＋a，若f(x)的极小值为e，则a＝()A．－12B．12C．

32D．2答案B解析f′(x)＝ex(x＋a)－ex(x＋a)2＝ex(x＋a－1)(x＋a)2，令f′(x)＝0得，x＝1－a，∴x<18－a时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x>1－a时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)在x＝1－a处取得极小值，∴f(1－a)＝e1－a＝e

＝e12，∴1－a＝12，解得a＝12.4．(2021·昆明模拟)已知函数f(x)＝13x3－mx2＋mx＋9在R上无极值，则实数m的取值范围为()A．(－∞，0)∪(1，＋∞)B．(－∞，0)∪[1，＋∞)C．(0,1)D．[0,1]答案D解

析若函数f(x)在R上无极值，则f′(x)＝x2－2mx＋m在R上无变号零点，故Δ＝4m2－4m≤0，解得0≤m≤1.故选D.考向二导数与函数的最值例4已知函数g(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R)．(1)若a＝1，

求g(x)在区间[1，e]上的最大值；(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．解(1)∵a＝1，∴g(x)＝lnx＋x2－3x，∴g′(x)＝1x＋2x－3＝(2x－1)(x－1)x，∵x∈[1，e]，∴g′(

x)≥0，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝ax＋2x－(a＋2)＝2x2－(a＋2)x＋ax＝(2x－a)(x－1)x.①当a2≤1，即a≤2时

，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；②当1<a2<e，即2<a<2e时，g(x)在1，a2上单调递减，在a2，e上单调递增，9h(a)＝ga2＝alna2－14a2－a；③当a2≥e，即a≥2e时，g(x)在[

1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.综上，h(a)＝－a－1，a≤2，alna2－14a2－a，2<a<2e，(1－e)a＋e2－2e，a≥2e.求函数f(x)在[a，b

]上的最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或单调递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在区间[a，b]上有极值，则先求出函数在[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可

列表完成．(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．5.(2021·济南质检)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间

0，π2上的最大值和最小值．解(1)∵f(x)＝excosx－x，∴f(0)＝1，f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，∴f′(0)＝0，∴曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)f′(x)＝ex(cosx－sinx)

－1，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝－2exsinx≤0在0，π2上恒成立，且仅在x＝0处等号成立，∴g(x)在0，π2上单调递减，∴g(x)≤g(0)＝0，10∴f′(x)≤0且仅在x＝0处等号成立，∴f(x)在0，π2上单调递减，∴

f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝fπ2＝－π2.考向三生活中的优化问题例5某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平

方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解(1

)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．根据题意，得200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(

r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．由题意得r>0，又由h>0可得r<53，故函数V(r)的定义域为(0,53)．(2)因为V(r)＝π5(300r－4r3)，所以V′(r)＝π5(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故

V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)<0，11故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建

立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数的最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．用导数求解实际问题中的最大(小)值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，则该极值点就是最值点．6.在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为

60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为v103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量

为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y关于v的函数关系式；(2)若c≤v≤15(c>0)，求当下潜速度v取什么值时，总用氧量最少．解(1)由题意，下潜用时60v(单位时间)，用氧量为v103＋1×60v＝3v2

50＋60v(升)；水底作业时的用氧量为10×0.9＝9(升)；返回水面用时60v2＝120v(单位时间)，用氧量为120v×1.5＝180v(升)，∴总用氧量y＝3v250＋240v＋9(v>0)．(2)y′＝3v25－240v

2＝3(v3－2000)25v2，12令y′＝0，得v＝1032.当0<v<1032时，y′<0，函数单调递减；当v>1032时，y′>0，函数单调递增．∴当0<c<1032时，函数在[c,1032)上单调递减，在(1032，15]上单调递增，∴当v＝10

32时，总用氧量最少；当c≥1032时，函数在[c,15]上单调递增，此时v＝c时，总用氧量最少．综上可知，当0<c<1032，v＝1032时，总用氧量最少；当c≥1032，v＝c时，总用氧量最少．考向四极值与最值的综合应用例6(2021·潍坊二模)

已知函数f(x)＝ax2＋bx＋cex的单调递增区间是[0,1]，极大值是3e.(1)求曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线方程；(2)若存在非零实数x0，使得f(x0)＝1，m>0，求f(x)在区间(－∞，m]上的最小值．解(1)∵f(x

)＝ax2＋bx＋cex，∴f′(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－cex，∵f(x)的单调递增区间是[0,1]，∴－ax2＋(2a－b)x＋b－c＝0的根是0和1，故b－c＝0，－a＋2a－b＋b－c＝0，故a＝b＝c，又f(

x)的极大值是3e，13故f(1)＝a＋b＋ce＝3e，故a＝b＝c＝1，故f(x)＝x2＋x＋1ex，f′(x)＝－x2＋xex，故f(－1)＝e，f′(－1)＝－2e，则曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线

方程是y＝－2ex－e.(2)由(1)，知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝1，当x∈(－∞，0]时，f(x)min＝f(0)＝1，若存在非零实数x0，使

得f(x0)＝1，则x0>0，由函数单调性易知，x0>1，①当0<m≤1时，f(x)在(－∞，0]上单调递减，在(0，m]上单调递增，故f(x)在区间(－∞，m]上的最小值是f(0)＝1.②当1<m<x0时，f(x)在(－

∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，m)上单调递减，f(0)＝1，f(m)>f(x0)＝1，故f(x)在区间(－∞，m]上的最小值是f(0)＝1.③当m≥x0时，f(x)在(－∞，0]上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，m]上单调递减，f(

0)＝1，f(m)≤f(x0)＝1，故f(x)min＝f(m)＝m2＋m＋1em.综上，当0<m<x0时，f(x)在区间(－∞，m]上的最小值为1；当m≥x0时，f(x)在区间(－∞，m]上的最小值为m2＋m＋1em.(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小

．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论．(3)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，然后借助图象得到函数的最值．14

7.(2021·北京海淀区一模)已知函数f(x)＝xsinx.(1)判断函数f(x)在区间0，π2上的单调性，并说明理由；(2)求证：函数f(x)在π2，π内有且只有一个极值点；(3)求函数g(x)＝f(x)＋1lnx在区间(1，π]上的最小值．解

(1)因为f(x)＝xsinx，所以f′(x)＝sinx＋xcosx，因为0<x<π2，所以f′(x)>0，所以函数f(x)在区间0，π2上为增函数．(2)证明：设h(x)＝f′(x)，则h′(x)＝cosx＋cosx－xsinx＝2cosx－xsinx，当π2<x<π时，h′

(x)<0，所以h(x)在π2，π上为减函数，又hπ2＝1>0，h(π)＝－π<0，所以存在唯一x0∈π2，π，使得h(x0)＝0，即存在唯一x0∈π2，π，使得f′(x0)＝0，f(x)与f′(x)在区间π2，π内的变化情况如下：x

π2，x0x0(x0，π)f′(x)＋0－f(x)增函数极大值减函数所以函数f(x)在π2，π内有且只有一个极值点．(3)由(1)(2)知，f(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，π)内单调递减

，又因为f(1)＝sin1>0，f(π)＝0，所以当x∈(1，π]时，f(x)＋1≥1，又因为当x∈(1，π]时，0<lnx≤lnπ.15所以g(x)＝f(x)＋1lnx≥1lnπ，当且仅当x＝π时等号成立，所以g(x)在(1，π]上的最小值为1lnπ.一、单项选择题1

．已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－xe，则f(x)的极大值点为()A．1eB．1C．eD．2e答案D解析f′(x)＝2ef′(e)x－1e，故f′(e)＝1e，故f(x)＝2lnx－xe，令f′(x)＝2x－1e>0，解得0<x<2e，令f′(x)<0，解得x>2e，故f

(x)在(0,2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，∴x＝2e时，f(x)取得极大值2ln2，则f(x)的极大值点为2e.2．(2021·青海西宁大通县三模)函数f(x)＝exx2－3在[2，＋∞)上的最小值为()A．e36

B．e2C．e34D．2e答案A解析f′(x)＝ex(x－3)(x＋1)(x2－3)2，令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得2≤x<3，故f(x)在[2,3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故f(

x)min＝f(3)＝e36.故选A．3．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－17(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值为－98，则a的值是()16A．－812

2B．13C．2D．5答案C解析由题意，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，所以a>0，且－2＋3＝－2b3a，－2×3＝c3a，则3a＝－2b，c＝－18a，f(x)的极小值为f(3)＝27a＋9b＋3c－

17＝－98，解得a＝2，b＝－3，c＝－36.故选C．4．(2021·镇江月考)设函数f(x)＝lnx＋ax2－32x，若1是函数f(x)的极大值点，则函数f(x)的极小值为()A．ln2－2B．ln2－1C．ln3－2D．ln3－1答案A解析∵

f(x)＝lnx＋ax2－32x(x>0)，∴f′(x)＝1x＋2ax－32，∵1是函数f(x)的极大值点，∴f′(1)＝1＋2a－32＝2a－12＝0，解得a＝14，∴f′(x)＝1x＋x2－32＝x2－3

x＋22x＝(x－1)(x－2)2x，∴当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝2时，f(x)

有极小值，且极小值为f(2)＝ln2－2.5．(2021·新乡三模)某冷饮店的日销售额y(单位：元)与当天的最高气温x(单位：℃，20≤x≤40)的关系式为y＝1910x2－130x3，则该冷饮店的日销售额的最大值约为()A．907元B．910元C．915元D．920

元答案C解析f(x)＝1910x2－130x3(20≤x≤40)，f′(x)＝195x－x210＝x195－x10，令f′(x)＝0，解得x＝38.当20≤x<38时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增；

当38<x≤4017时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减．∴x＝38时，函数f(x)取得极大值即最大值，为f(38)＝382×1910－3830≈915(元)．∴该冷饮店的日销售额的最大值约为915元．故选

C．6．(2021·铁岭一模)若a∈R，“a>3”是“函数f(x)＝(x－a)ex在(0，＋∞)上有极值”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析由题意，函数f(x)＝(x－a)

ex，则f′(x)＝(x－a＋1)ex，令f′(x)＝0，可得x＝a－1，当x<a－1时，f′(x)<0；当x>a－1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a－1处取得极小值，若函数f(x)在(0，＋∞)上有极值，则a－1>0，解得a>1.因此“a>3”是“函数f(x)＝(x－a)ex在

(0，＋∞)上有极值”的充分不必要条件．故选A．7．(2021·山西二模)已知函数f(x)＝alnx＋1x－1(a∈R)，若f(x)的最小值为0，则a的值为()A．1B．－1C．0D．－2答案A解析f(x)＝alnx＋1x－1的定义域为(0，＋∞)，∵f′(x)＝ax－1x2＝ax－1

x2，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无最值，排除B，C，D；当a>0时，x∈0，1a时，f′(x)<0，x∈1a，＋∞时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为1a，＋∞，单调递减区间为

0，1a，此时f(x)min＝f1a＝－alna＋a－1＝0，∴a＝1.故选A．188．(2021·四川省大数据精准联盟第三次监测)函数f(x)＝－2x＋2(x<0)，g(x)＝xlnx＋x.若f(x1)＝g(x2)，则x2－2x1的最小值为()

A．2e－1B．4－2eC．4e－2D．4e－1答案C解析由题意可知，x1<0<x2，且f(x1)＝g(x2)，x2－2x1>0，所以－2x1＋2＝x2lnx2＋x2，则x2－2x1＝x2lnx2＋2x2－2，令u(x)＝xlnx＋2x－2(x>0且x≠1，u(x)>0)，①

当0<x<1时，知u(x)<0，不满足条件；②当x>1时，可知u(x)>0，u′(x)＝2(lnx)2＋lnx－1(lnx)2＝(2lnx－1)(lnx＋1)(lnx)2，令u′(x)＝0，则x1＝e，x2＝12(舍去)，若1<x<e，

则u′(x)<0，若x>e，则u′(x)>0，则x＝e时取得极小值u(e)＝4e－2，也为最小值，所以u(x)≥u(e)，即x2－2x1≥4e－2，所以x2－2x1的最小值为4e－2.故选C．二、多项选择题9．(2

021·潮州二模)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是()A．f(a)<f(b)<f(c)B．f(e)<f(d)<f(c)C．x＝c时，f(x)取得最大值D．x＝d时，f(x)取得最小值答案

AB解析结合导函数的图象，可知f(x)在(－∞，c]上单调递增，在(c，e)上单调递减，在[e，＋∞)上单调递增．对于A，因为a<b<c，由f(x)的单调性可知19f(a)<f(b)<f(c)，故A正确；对于B，因为c<d<e，由f(x)的单调性可知f(c)>f(d)>f(e)，故B正

确；对于C，当x＝c时，f(x)取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；对于D，由B可知，f(d)不是f(x)的最小值，故D错误．故选AB.10．(2021·济南外国语学校11月月考)已知函数f(x)＝ex－e－x，g(x)＝

ex＋e－x，则以下结论错误的是()A．对任意的x1，x2∈R且x1≠x2，都有f(x1)－f(x2)x1－x2<0B．对任意的x1，x2∈R且x1≠x2，都有g(x1)－g(x2)x1－x2<0C．f(x)有最小值，无最大值D．g(x)有最小值，无最大值答案ABC解析f(x)＝ex－

1ex，易知函数y＝ex是增函数，y＝－1ex是增函数，故f(x)为增函数(或者由f′(x)＝ex＋e－x>0可知f(x)为增函数)，选项A是函数单调递减的等价定义，故A错误；在R上单

调的函数无最值，故C错误；g′(x)＝ex－e－x＝e2x－1ex，当x>0时，g′(x)>0，当x<0时，g′(x)<0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，可知B错误，D正确．故选ABC．11．(2021·湖南长沙高三上

一轮复习联考)材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝xx(x＞0)，我们可以作变形：f(

x)＝xx＝＝exlnx＝et(t＝xlnx)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝et和g(x)＝xlnx复合而成的，即f(x)＝xx(x＞0)为初等函数．根据以上材料，关于初等函数h(x)＝x1x(x＞0)的说法正确的是()A．无极小值B．有极小值1

C．无极大值D．有极大值e1e20答案AD解析根据材料知h(x)＝x1x＝，所以h′(x)＝－1x2lnx＋1x2＝(1－lnx)，令h′(x)＝0得x＝e，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增；当x＞e时，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调

递减．所以h(x)有极大值为h(e)＝e1e，无极小值．故选AD.12．(2021·海南省普通高中高考调研测试)已知函数f(x)＝x＋sinx－xcosx的定义域为[－2π，2π)，则()A．f(x)为奇函数B．f(x)在[0，π)上单调递增C．f(x)恰有4个极大值点D．f(x)有且仅有4个极值

点答案BD解析因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函数，因为f(x)＝x＋sinx－xcosx，所以f′(x)＝1＋cosx－(cosx－xsinx)＝1＋xsinx，当x∈[0，

π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增．显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sinx＝－1x，分别作出y＝sinx，y＝－1x的图象，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象

在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点．故选BD.三、填空题13．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)＝________.21答案18解析∵函数f(x)＝x3＋ax2＋

bx＋a2在x＝1处有极值10，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴1＋a＋b＋a2＝10，3＋2a＋b＝0，解得a＝－3，b＝3或a＝4，b＝－11.而当a＝－3，b＝3时，函数在x＝1处无极值，故舍

去．∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18.14．设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________.答案(－∞，－1)解析由y′＝ex＋a＝0得x＝ln(－a)(a<0)，显然x＝ln(－a)

为函数的极小值点，又ln(－a)>0，∴－a>1，即a<－1.15．函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是________.答案(－1,2]解析f′(x)＝3－3x2＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)

＝0，得x1＝－1，x2＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值－2极大值2又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0.∴x3＝－1，x4＝2.∵f(x)在开区间(a2－1

2，a)上有最小值，∴最小值一定是极小值．∴a2－12<－1<a，a≤2，解得－1<a≤2.16．(2021·辽宁省“决胜新高考·名校交流”联考)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln22x，若曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线与曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))

处的切线平行，则x1＋g(x2)＝________；若h(x)＝2x－g(x)－f(2x)x＋1，则h(x)的最大值为________.答案02＋ln2－2e解析由f(x)＝ex，得f′(x)＝ex，由g(x)＝lnx，得g′(x)＝1x，依题意得f

′(x1)＝g′(x2)，即ex1＝1x2⇔x2ex1＝1⇔ln(x2ex1)＝0⇔x1＋lnx2＝0，即x1＋g(x2)＝0；h(x)＝2x－g(x)－f(2x)x＋1＝2x－lnx－e2xx＋1，h′(x)＝2－1x－e2x(2x－1)x2＝(2x－1)(x－e2x)x2，令φ(x

)＝x－e2x(x>0)，则φ′(x)＝1－2e2x<0，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，φ(x)<φ(0)＝－1，于是，由h′(x)＝0，得x＝12，当x∈0，12时，h′(x)>0，当x∈12，＋∞时，h′(x)<0，∴h(x

)在0，12上单调递增，在12，＋∞上单调递减，∴h(x)max＝h12＝2＋ln2－2e.四、解答题17．(2021·山东师大附中模拟)已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．(1)当a＝2时，求函数f(x)在x＝0处的切线方

程；(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值．解f′(x)＝(x＋1－a)ex.(1)当a＝2时，f′(x)＝(x－1)ex.∴f(0)＝－2，f′(0)＝－1，∴所求切线方程为y＋2＝－x，即x＋y＋2＝

0.(2)令f′(x)＝0，得x＝a－1.①若a－1≤1，则a≤2.当x∈[1,2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1,2]上单调递增．23∴f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；②若a－1≥2，则a

≥3.当x∈[1,2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1,2]上单调递减．∴f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；③若1<a－1<2，则2<a<3.f′(x)，f(x)随x的变化情况如表：x1(1，a－1)a－1

(a－1,2)2f′(x)－0＋f(x)极小值∴f(x)的单调递减区间为[1，a－1)，单调递增区间为(a－1,2]，∴f(x)min＝f(a－1)＝－ea－1.综上可知，当a≤2时，f(x)min＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝(2－a)e2；当2<a<3时，f(x)min＝－e

a－1.18．(2021·衡水检测)已知函数g(x)＝lnx－18x2＋b在区间[1,3]上的最小值为1，求g(x)在该区间上的最大值．解依题意知，g(x)的定义域为(0，＋∞)．因为g(x)＝lnx－18x2＋b，所以g′(x)＝1x－x4＝

4－x24x＝(2－x)(2＋x)4x.当x∈(1,2)时，g′(x)>0，当x∈(2,3)时，g′(x)<0，所以g(x)在[1,2]上单调递增，在[2,3]上单调递减，在区间[1,3]上，g(x)max＝g(2)＝l

n2－12＋b.又g(1)＝－18＋b，g(3)＝ln3－98＋b，g(3)－g(1)＝ln3－1>0，24所以g(x)min＝g(1)＝－18＋b＝1，解得b＝98，所以g(2)＝ln2＋58.于是函数g(x)在区间[1,3]上的最大值为g(2)＝ln2

＋58.19．(2021·烟台一模)已知函数f(x)＝12x2＋cosx，f′(x)为f(x)的导函数．(1)求函数f(x)的极值；(2)设函数g(x)＝x22－x＋sinx＋cosx2ex－a16x3＋sinx－x，a∈R，讨论g(

x)的单调性．解(1)f′(x)＝x－sinx，因为(x－sinx)′＝1－cosx≥0，所以f′(x)在(－∞，＋∞)单调递增，又f′(0)＝0，所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝0时，f

(x)取得极小值f(0)＝1，无极大值．(2)g′(x)＝x22＋cosx－1(ex－a)，由(1)知，f(x)≥f(0)，即x22＋cosx－1≥0，当a≤0时，ex－a>0，g′(x)≥0，g(x)在(－∞，＋∞)单调递增；当a>0时，令ex－

a＝0，得x＝lna，于是，当x∈(－∞，lna)时，ex－a<0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，当x∈(lna，＋∞)时，ex－a>0，g′(x)≥0，g(x)单调递增．综上，当a≤0时，g(x)在(－

∞，＋∞)单调递增；当a>0时，g(x)在(－∞，lna)单调递减，在(lna，＋∞)单调递增．20．(2021·湖南省邵阳市第三次联考)给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，f″(x)是函数

f′(x)的导函数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的拐点．已知f(x)＝ax＋3sinx－cosx.(1)求证：函数y＝f(x)的拐点M(x0，f(x0))在直线y＝ax上；(2)x∈

(0,2π)时，讨论f(x)的极值点的个数．25解(1)证明：∵f(x)＝ax＋3sinx－cosx，∴f′(x)＝a＋3cosx＋sinx，∴f″(x)＝－3sinx＋cosx，∵f″(x0)＝0，∴－3sin

x0＋cosx0＝0.而f(x0)＝ax0＋3sinx0－cosx0＝ax0.∴点M(x0，f(x0))在直线y＝ax上．(2)令f′(x)＝0，得a＝－2sinx＋π3，作出函数y＝－2sinx＋π3，x∈(0,2π)与函数y＝a的草图如下：由图可知，

当a≥2或a≤－2时，f(x)无极值点；当a＝－3时，f(x)有一个极值点；当－2<a<－3或－3<a<2时，f(x)有两个极值点．