新高考数学二轮复习专题一第4讲函数的极值、最值学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一第4讲函数的极值、最值学案，共23页。

考点一 利用导数研究函数的极值
核心提炼
判断函数的极值点，主要有两点
(1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点．
(2)利用函数f′(x)的单调性可得函数的极值点．
例1 (2022·百师联盟联考)已知函数f(x)＝eq \f(a,2)x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，其中a≠0.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)当a>0且a≠1时，f(x)存在一个极小值点x0，若x0>3.求实数a的取值范围．
解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2－2x＋ln x＋2，
f′(x)＝x－2＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2－2x＋1,x)＝eq \f(x－12,x)≥0，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以当a＝1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)f(x)＝eq \f(a,2)x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)ln x＋2，
f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋eq \f(2a－1,x)
＝eq \f(ax2－2a2－a＋1x＋2a－1,x)
＝eq \f(ax－1[x－2a－1],x)，
由f′(x)＝0，解得x＝eq \f(1,a)或x＝2a－1，
①若0故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)<0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点eq \f(1,a)，即x0＝eq \f(1,a)，
所以eq \f(1,a)>3，解得0②若eq \f(1,2)故当x∈(0,2a－1)时，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a－1，\f(1,a)))时，f′(x)<0，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a－1，\f(1,a)))上单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)>0，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点eq \f(1,a)，即x0＝eq \f(1,a)，
所以eq \f(1,a)>3，解得0③若a>1，则0故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2a－1))时，f′(x)<0，
f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2a－1))上单调递减；
当x∈(2a－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)有一个极小值点2a－1，
即x0＝2a－1.所以2a－1>3，解得a>2.
综上，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(2，＋∞)．
易错提醒 (1)不能忽略函数的定义域．
(2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性．
(3)函数的极小值不一定比极大值小．
跟踪演练1 (1)(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则( )
A．ab
C．aba2
答案 D
解析 当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知b>a.
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图所示，观察可知a>b.
综上，可知必有ab>a2成立．
(2)(2022·安康模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
答案 D
解析 由f(x)＝ex－ax2－2ax，
得f′(x)＝ex－2ax－2a.
因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，
所以f′(x)＝ex－2ax－2a＝0有两个不同的解，
即eq \f(1,2a)＝eq \f(x＋1,ex)有两个不同的解，转化为g(x)＝eq \f(x＋1,ex)与y＝eq \f(1,2a)的图象有两个交点，
设g(x)＝eq \f(x＋1,ex)，则g′(x)＝－eq \f(x,ex)，
令g′(x)＝0，即－eq \f(x,ex)＝0，
解得x＝0，
当x>0时，g′(x)<0；
当x<0时，g′(x)>0；
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．
分别作出函数g(x)＝eq \f(x＋1,ex)与y＝eq \f(1,2a)的图象，如图所示，
由图可知，0解得a>eq \f(1,2).
所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
考点二 利用导数研究函数的最值
核心提炼
1．求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值．
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)．
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
2．若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值．
例2 (1)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)取得最大值－2，则f′(2)等于( )
A．－1 B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．1
答案 B
解析 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝－2，,f′1＝0，))
而f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝－2，))
所以f′(x)＝－eq \f(2,x)＋eq \f(2,x2)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意．
所以f′(2)＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2).故选B.
(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,ln x，x>0，))若f(x1)＝f(x2)且x1A．2－ln 2 B．e
C．2 D.eq \r(2)
答案 C
解析 由f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,ln x，x>0，))
可得函数图象如图所示．
令f(x1)＝f(x2)＝t，
∴t≤1且x1＋1＝ln x2＝t，
∴x1＝t－1，x2＝et，
∴x2－x1＝et－(t－1)＝et－t＋1(t≤1)．
令φ(t)＝et－t＋1(t≤1)，
φ′(t)＝et－1，
当t∈(－∞，0)时，φ′(t)<0，
当t∈(0,1]时，φ′(t)>0，
∴φ(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，
∴x2－x1的最小值为2.
易错提醒 (1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论．
(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值．
跟踪演练2 (1)(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为( )
A．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)
C．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2
答案 D
解析 f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，
则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cs x
＝(x＋1)cs x，x∈[0,2π]．
令f′(x)＝0，
解得x＝－1(舍去)，x＝eq \f(π,2)或x＝eq \f(3π,2).
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝cs eq \f(π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋1))sin eq \f(π,2)＋1
＝2＋eq \f(π,2)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝cs eq \f(3π,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋1))sin eq \f(3π,2)＋1＝－eq \f(3π,2)，
又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝2＋eq \f(π,2)，
f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)))＝－eq \f(3π,2).故选D.
(2)(2022·芜湖模拟)已知关于x的不等式x3－ax2≥ln x恒成立，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1] B．(0,1]
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) D．(－∞，0]
答案 A
解析 因为不等式x3－ax2≥ln x恒成立，
所以不等式a≤x－eq \f(ln x,x2)在(0，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x－eq \f(ln x,x2)，
则g′(x)＝eq \f(x3－1＋2ln x,x3)，
令h(x)＝x3－1＋2ln x，
则h′(x)＝3x2＋eq \f(2,x)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，
所以当0当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝1，
所以 a≤1.
考点三 极值、最值的简单应用
例3 (2022·杭州模拟)已知函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为________．
答案 －3
解析 由f(x)＝ax2－2x＋ln x(x>0)，
得f′(x)＝2ax－2＋eq \f(1,x)＝eq \f(2ax2－2x＋1,x)(x>0)，
若函数f(x)＝ax2－2x＋ln x有两个不同的极值点x1，x2，
则方程2ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正实根，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4－8a>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝\f(1,2a)>0，))
解得0所以f(x1)＋f(x2)＝axeq \\al(2,1)－2x1＋ln x1＋axeq \\al(2,2)－2x2＋ln x2
＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)
＝－eq \f(1,a)－1－ln 2a，
令h(a)＝－eq \f(1,a)－1－ln 2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0则h′(a)＝eq \f(1－a,a2)>0，
所以h(a)＝－eq \f(1,a)－1－ln 2a在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增，
所以h(a)所以t≥－3.
故实数t的最小值为－3.
易错提醒 方程、不等式恒成立，有解问题都可用分离参数法．分离参数时，等式或不等式两边符号变化以及除数不能等于0，易忽视．
跟踪演练3 若函数f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)有极小值，且极小值为0，则a2－b的最小值为( )
A．e B．2e
C.eq \f(1,e2) D．－eq \f(1,e2)
答案 B
解析 由f(x)＝x2＋a2＋bln x(a，b∈R)，
可得f′(x)＝2x＋eq \f(b,x)，
因为f(x)有极小值，记为x0，
则2x0＋eq \f(b,x0)＝0，
即b＝－2xeq \\al(2,0)(x0>0)，
又由f(x0)＝0，
所以xeq \\al(2,0)＋a2＋bln x0＝0，
即a2＝－xeq \\al(2,0)－bln x0＝－xeq \\al(2,0)＋2xeq \\al(2,0)ln x0≥0，
所以x0≥eq \r(e).
设a2－b＝g(x0)＝xeq \\al(2,0)＋2xeq \\al(2,0)ln x0，
当x0≥eq \r(e)时，
g′(x0)＝4x0＋4x0ln x0>0，
所以g(x0)＝xeq \\al(2,0)＋2xeq \\al(2,0)ln x0在[eq \r(e)，＋∞)上单调递增，
当x0＝eq \r(e)时，
可得g(x0)min＝g(eq \r(e))＝2e，
所以a2－b的最小值为2e.
专题强化练
一、单项选择题
1．下列函数中，不存在极值的是( )
A．y＝x＋eq \f(1,x) B．y＝xex
C．y＝xln x D．y＝－2x3－x
答案 D
解析 显然ABC中的函数存在极值．
对于D，函数y＝－2x3－x，则y′＝－6x2－1<0，
所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点．
2．下列关于函数f(x)＝(3－x2)ex的结论，正确的是( )
A．f(－3)是极大值，f(1)是极小值
B．f(x)没有最大值，也没有最小值
C．f(x)有最大值，没有最小值
D．f(x)有最小值，没有最大值
答案 C
解析 由f(x)＝(3－x2)ex，
得f′(x)＝(－x2－2x＋3)ex，
令f′(x)＝0，则－x2－2x＋3＝0，
解得x＝－3或x＝1，
当x<－3或x>1时，f′(x)<0，
当－30，
所以f(－3)是极小值，f(1)是极大值，
所以A错误；
因为f(－3)是极小值，且当x<－3时，f(x)<0恒成立，所以f(1)＝2e>0是极大值，也是最大值．
而当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)有最大值，没有最小值，所以C正确，B，D错误．
3．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( )
A．20 B．18 C．3 D．0
答案 A
解析 对于区间[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，
等价于对于区间[－3,2]上的任意x，
都有f(x)max－f(x)min≤t，
∵f(x)＝x3－3x－1，
∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
∵x∈[－3,2]，
∴函数在[－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，
∴实数t的最小值是20.
4．(2022·南充检测)已知函数f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1处取得极值0，则m＋n等于( )
A．2 B．7
C．2或7 D．3或9
答案 B
解析 f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2，
f′(x)＝3x2－6mx＋n，
根据题意，f′(－1)＝3＋6m＋n＝0，
f(－1)＝－1－3m－n＋m2＝0，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝9，))
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝3))时，
f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)单调递增，无极值点，舍去．
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝9))时，
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，
当x∈(－∞，－3)和x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，故函数f(x)在x＝－1处有极小值，满足条件．
综上所述，m＋n＝9－2＝7.
5．(2022·晋中模拟)已知函数f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，则a的取值范围为( )
A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)
C．(0,4) D．(0,4]
答案 D
解析 因为f(x)≥0恒成立，
即f(x)＝2xln x＋x2－ax＋3≥0(x>0)恒成立，
即a≤eq \f(2xln x＋x2＋3,x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)恒成立，
设h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(x＋3x－1,x2)，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4，则06．(2022·昆明模拟)若函数f(x)＝x2－4x＋aln x有两个极值点，设这两个极值点为x1，x2，且x1A．x1∈(1,2) B．a>2
C．f(x1)<－3 D．f(x1)>－3
答案 D
解析 ∵f(x)＝x2－4x＋aln x，
∴f′(x)＝2x－4＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－4x＋a,x)，
令f′(x)＝0，则方程2x2－4x＋a＝0的两根为x1，x2，且0∴Δ＝42－4×2a>0，a<2，
x1＋x2＝2，x1·x2＝eq \f(a,2)<1，
∴0x1为f(x)的极大值点，即f(x1)>f(1)＝－3.
二、多项选择题
7．(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
答案 AC
解析 因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1.
令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±eq \f(\r(3),3).
由f′(x)＝3x2－1>0，得x>eq \f(\r(3),3)或x<－eq \f(\r(3),3)；
由f′(x)＝3x2－1<0，得－eq \f(\r(3),3)所以f(x)＝x3－x＋1在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，＋∞))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确；
因为f(x)的极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))3－eq \f(\r(3),3)＋1＝1－eq \f(2\r(3),9)>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误；
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC.
8．(2022·河北名校联盟调研)若存在正实数m，n，使得等式4m＋a(n－3e2m)·(ln n－ln m)＝0成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是( )
A．－eq \f(1,e) B.eq \f(1,e3) C.eq \f(1,e2) D．2
答案 ACD
解析 由题意知，a≠0，
由4m＋a(n－3e2m)(ln n－ln m)＝0，
得4＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,m)－3e2))ln eq \f(n,m)＝0，
令t＝eq \f(n,m)(t>0)，
则－eq \f(4,a)＝tln t－3e2ln t，
设g(t)＝tln t－3e2ln t，
则g′(t)＝1＋ln t－eq \f(3e2,t)，
因为函数g′(t)在(0，＋∞)上单调递增，
且g′(e2)＝0，
所以当0当t>e2时，g′(t)>0，
则g(t)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，从而g(t)min＝g(e2)＝－4e2，
即－eq \f(4,a)≥－4e2，
解得a≥eq \f(1,e2)或a<0.
故a∈(－∞，0)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)，＋∞)).
三、填空题
9．函数f(x)＝x－ln|x|的极值点为________．
答案 1
解析 ①当x>0时，f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴x＝1为f(x)的极小值点．
②当x<0时，f(x)＝x－ln(－x)，
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)>0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递增，无极值点．
综上，f(x)的极值点为1.
10．已知函数f(x)＝xln x－x＋2a＋2，若函数y＝f(x)与y＝f(f(x))有相同的值域，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，0]
解析 f′(x)＝ln x，
当x＞1时，f′(x)＞0，
当0＜x＜1时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的最小值为f(1)＝2a＋1.
即f(x)的值域为[2a＋1，＋∞)，
∵函数y＝f(x)与y＝f(f(x))有相同的值域，
∴2a＋1≤1，解得a≤0.
11．(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
答案 1
解析 函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．
①当x>eq \f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2ln x，
所以f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2x－1,x)，
当eq \f(1,2)当x>1时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0ln e＝1.
综上，f(x)min＝1.
12．(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))
解析 方法一 由f(x)＝2ax－ex2，
得f′(x)＝2axln a－2ex.
令f′(x)＝0，得axln a＝ex.
因为a>0且a≠1，
所以显然x≠0，所以e＝eq \f(axln a,x).
令g(x)＝eq \f(axln a,x)，
则g′(x)＝eq \f(axln a2x－axln a,x2)
＝eq \f(axln axln a－1,x2).
令g′(x)＝0，得x＝eq \f(1,ln a).
故当x>eq \f(1,ln a)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x所以g(x)极小值＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln a)))＝
＝(ln a)2，也是最小值．
因为f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2，
故f′(x)＝0有两个不同的根x＝x1，x＝x2，
故g(x)的图象与直线y＝e有两个交点，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,ln a)))即(ln a)2所以(ln a)2<1.
由题意易知当x∈(－∞，x1)，(x2，＋∞)时，
f′(x)<0；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，所以0所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)).
方法二 由题意，f′(x)＝2axln a－2ex，
根据f(x)有极小值点x＝x1和极大值点x＝x2可知，x＝x1，x＝x2为f′(x)＝0的两个不同的根，
又x1当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0.
由f′(x)＝0，可得axln a＝ex.
①若a>1，则当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，不符合题意，舍去．
②若0因为f′(x)＝0有两个不同的根，
所以g(x)与h(x)的图象有两个交点，
则过原点且与g(x)的图象相切的直线l的斜率k因为g′(x)＝ax(ln a)2，
所以k＝
可得x0＝eq \f(1,ln a)，从而k＝(ln a)2又
所以e·(ln a)2又0所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)).
四、解答题
13．(2022·西安交大附中模拟)已知函数f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)在区间[0,3]上的最大值与最小值之差g(a)．
解 (1)因为f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R)，
所以f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)．
①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，x∈(－∞，－eq \r(a))∪(eq \r(a)，＋∞)时，
f′(x)>0；
x∈(－eq \r(a)，eq \r(a))时，f′(x)<0；
故f(x)在(－∞，－eq \r(a))和(eq \r(a)，＋∞)上单调递增，
在(－eq \r(a)，eq \r(a))上单调递减．
(2)由(1)可知：
①当a≤0时，f(x)在[0,3]上单调递增，
g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；
②当eq \r(a)≥3，即a≥9时，
f(x)在[0,3]上单调递减，
g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；
③当0f(x)在[0，eq \r(a))上单调递减，在(eq \r(a)，3]上单调递增，
于是f(x)min＝f(eq \r(a))＝－2aeq \r(a)＋a，
又f(0)＝a，f(3)＝27－8a.
故当0当3≤a<9时，g(a)＝2aeq \r(a)，
综上可得，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(27－9a，a≤0，,27－9a＋2a\r(a)，014．(2022·许昌模拟)已知函数f(x)＝cs x－eq \f(1,ex).
(1)求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；
(2)证明：函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上存在唯一的极大值点x0. (参考数据：716，)
(1)解 因为f(x)＝cs x－eq \f(1,ex)，
在x＝0处的切点为(0,0)，
求导得f′(x)＝－sin x＋eq \f(1,ex)，
所以切线斜率为f′(0)＝1，所以函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程为y＝x.
(2)证明 因为f(x)＝cs x－eq \f(1,ex)，
所以f′(x)＝－sin x＋eq \f(1,ex)，
因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))时，
函数y1＝－sin x，y2＝eq \f(1,ex)均单调递减，
所以f′(x)＝－sin x＋eq \f(1,ex)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递减，因为e2<8，
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝
＝eq \f(1,\r(3,e2))－eq \f(1,2)>eq \f(1,\r(3,8))－eq \f(1,2)＝0，
因为
所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),2)根据零点存在定理可得，
f′(x)存在唯一零点x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))，
使得f′(x0)＝－sin x0＝0，
又y＝f′(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上单调递减，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，x0))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,4)))时，f′(x)<0，
所以x0是函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,4)))上唯一的极大值点．