第5講函數(shù)的極值、最值[考情分析]利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是重點(diǎn)考查內(nèi)容，多以選擇題、填空題壓軸考查，或以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等偏上，屬綜合性問題．考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值核心提煉判斷函數(shù)的極值點(diǎn)，主要有兩點(diǎn)(1)導(dǎo)函數(shù)f′(x)的變號零點(diǎn)，即為函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)．(2)利用函數(shù)f′(x)的單調(diào)性可得函數(shù)的極值點(diǎn)．例1(2022·百師聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,2)x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)lnx＋2，其中a≠0.(1)當(dāng)a＝1時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a>0且a≠1時，f(x)存在一個極小值點(diǎn)x0，若x0>3.求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2－2x＋lnx＋2，f′(x)＝x－2＋eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2x＋1,x)＝eq\f(x－12,x)≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，f′(x)＝0，所以當(dāng)a＝1時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間．(2)f(x)＝eq\f(a,2)x2－(2a2－a＋1)x＋(2a－1)lnx＋2，f′(x)＝ax－(2a2－a＋1)＋eq\f(2a－1,x)＝eq\f(ax2－2a2－a＋1x＋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<a≤eq\f(1,2)，則2a－1≤0，eq\f(1,a)≥2，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個極小值點(diǎn)eq\f(1,a)，即x0＝eq\f(1,a)，所以eq\f(1,a)>3，解得0<a<eq\f(1,3).②若eq\f(1,2)<a<1，則0<2a－1<eq\f(1,a)，故當(dāng)x∈(0,2a－1)時，f′(x)>0，f(x)在(0,2a－1)上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，\f(1,a)))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個極小值點(diǎn)eq\f(1,a)，即x0＝eq\f(1,a)，所以eq\f(1,a)>3，解得0<a<eq\f(1,3)，沒有符合題意的a.③若a>1，則0<eq\f(1,a)<2a－1，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2a－1))時，f′(x)<0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2a－1))上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2a－1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2a－1，＋∞)上單調(diào)遞增．所以f(x)有一個極小值點(diǎn)2a－1，即x0＝2a－1.所以2a－1>3，解得a>2.綜上，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))∪(2，＋∞)．易錯提醒(1)不能忽略函數(shù)的定義域．(2)f′(x0)＝0是可導(dǎo)函數(shù)f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件，即f′(x)的變號零點(diǎn)才是f(x)的極值點(diǎn)，所以判斷f(x)的極值點(diǎn)時，除了找f′(x)＝0的實(shí)數(shù)根x0外，還需判斷f(x)在x0左側(cè)和右側(cè)的單調(diào)性．(3)函數(shù)的極小值不一定比極大值?。櫻菥?(1)(2021·全國乙卷)設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點(diǎn)，則()A．a(chǎn)<b B．a(chǎn)>bC．a(chǎn)b<a2 D．a(chǎn)b>a2答案D解析當(dāng)a>0時，根據(jù)題意畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，觀察可知b>a.當(dāng)a<0時，根據(jù)題意畫出函數(shù)f(x)的大致圖象，如圖所示，觀察可知a>b.綜上，可知必有ab>a2成立．(2)(2022·金昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有兩個極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，＋∞))答案B解析對原函數(shù)求導(dǎo)得，f′(x)＝2x＋aex，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x2＋aex－1(a∈R)有兩個極值點(diǎn)，所以f′(x)＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，即2x＋aex＝0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，亦即－a＝eq\f(2x,ex)有兩個不相等的實(shí)數(shù)根．令g(x)＝eq\f(2x,ex)，則g′(x)＝eq\f(21－x,ex)，可知g(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以g(x)max＝g(1)＝eq\f(2,e)，又因?yàn)楫?dāng)x<0時，g(x)<0，當(dāng)x>0時，g(x)>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a<\f(2,e)，,－a>0，))解得－eq\f(2,e)<a<0，即a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，0)).考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值核心提煉1．求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(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)處的函數(shù)值f(a)，f(b)．(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．2．若函數(shù)含有參數(shù)或區(qū)間含有參數(shù)，則需對參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)的最值．例2(1)(2022·全國甲卷)當(dāng)x＝1時，函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，則f′(2)等于()A．－1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D．1答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以依題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝－2，,f′1＝0，))而f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－2，))所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)，因此函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x＝1時取最大值，滿足題意．所以f′(2)＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).故選B.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,lnx，x>0，))若f(x1)＝f(x2)且x1<x2，則x2－x1的最小值為()A．2－ln2 B．eC．2 D.eq\r(2)答案C解析由f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,lnx，x>0，))可得函數(shù)圖象如圖所示．令f(x1)＝f(x2)＝t，∴t≤1且x1＋1＝lnx2＝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，當(dāng)t∈(－∞，0)時，φ′(t)<0，當(dāng)t∈(0,1]時，φ′(t)>0，∴φ(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0,1]上單調(diào)遞增，∴φ(t)min＝φ(0)＝2，∴x2－x1的最小值為2.易錯提醒(1)求函數(shù)最值時，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值就是最值，要通過比較大小才能下結(jié)論．(2)求函數(shù)無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值，還需研究單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)圖象，借助圖象得到函數(shù)的最值．跟蹤演練2(1)(2022·全國乙卷)函數(shù)f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區(qū)間[0,2π]的最小值、最大值分別為()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)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0,2π]，則f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)·cosx＝(x＋1)cosx，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?yàn)閒

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1))sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝coseq\f(3π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋1))sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝－eq\f(3π,2).(2)(2022·蕪湖模擬)已知關(guān)于x的不等式x3－ax2≥lnx恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，1] B．(0,1]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．(－∞，0]答案A解析因?yàn)椴坏仁絰3－ax2≥lnx恒成立，所以不等式a≤x－eq\f(lnx,x2)在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x－eq\f(lnx,x2)，則g′(x)＝eq\f(x3－1＋2lnx,x3)，令h(x)＝x3－1＋2lnx，則h′(x)＝3x2＋eq\f(2,x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(1)＝0，所以當(dāng)0<x<1時，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，h(x)>0，即g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；所以當(dāng)x＝1時，g(x)取得最小值g(1)＝1，所以a≤1.考點(diǎn)三極值、最值的簡單應(yīng)用例3(2022·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋lnx有兩個不同的極值點(diǎn)x1，x2，若不等式f(x1)＋f(x2)≤t恒成立，則實(shí)數(shù)t的最小值為________．答案－3解析由f(x)＝ax2－2x＋lnx(x>0)，得f′(x)＝2ax－2＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－2x＋1,x)(x>0)，若函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋lnx有兩個不同的極值點(diǎn)x1，x2，則方程2ax2－2x＋1＝0有兩個不相等的正實(shí)根，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－8a>0，,x1＋x2＝\f(1,a)>0，,x1x2＝\f(1,2a)>0，))解得0<a<eq\f(1,2)，所以f(x1)＋f(x2)＝axeq\o\al(2,1)－2x1＋lnx1＋axeq\o\al(2,2)－2x2＋lnx2＝a[(x1＋x2)2－2x1x2]－2(x1＋x2)＋ln(x1x2)＝－eq\f(1,a)－1－ln2a，令h(a)＝－eq\f(1,a)－1－ln2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<a<\f(1,2)))，則h′(a)＝eq\f(1－a,a2)>0，所以h(a)＝－eq\f(1,a)－1－ln2a在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，所以h(a)<heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－3，所以t≥－3.故實(shí)數(shù)t的最小值為－3.易錯提醒方程、不等式恒成立，有解問題都可用分離參數(shù)法．分離參數(shù)時，等式或不等式兩邊符號變化以及除數(shù)不能等于0，易忽視．跟蹤演練3已知函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處取得極小值－3，且g(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋1在區(qū)間(c，c＋4)上存在最小值，則a＋b＋c的取值范圍是()A．(4,8) B．[4,8)C．(5,8) D．[5,8)答案D解析由題意函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處取得極小值－3，則有f′(x)＝12x2－2ax－2b，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝12－2a－2b＝0，,f1＝4－a－2b＋2＝－3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝3，))又因?yàn)間(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋1，所以g′(x)＝x2－2x，當(dāng)x<0或x>2時，g′(x)>0，當(dāng)0<x<2時，g′(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0,2)上單調(diào)遞減，故函數(shù)g(x)的極小值為g(2)＝－eq\f(1,3)，令g(x)＝－eq\f(1,3)，則x＝－1或x＝2，因?yàn)間(x)在區(qū)間(c，c＋4)上存在最小值，則有－1≤c<2<c＋4，則有－1≤c<2，則5≤a＋b＋c<8.專題強(qiáng)化練一、選擇題1．下列函數(shù)中，不存在極值的是()A．y＝x＋eq\f(1,x) B．y＝xexC．y＝xlnx D．y＝－2x3－x答案D解析顯然ABC中的函數(shù)存在極值．對于D，函數(shù)y＝－2x3－x，則y′＝－6x2－1<0，所以函數(shù)y＝－2x3－x在R上單調(diào)遞減，沒有極值點(diǎn)．2．下列關(guān)于函數(shù)f(x)＝(3－x2)ex的結(jié)論，正確的是()A．f(－3)是極大值，f(1)是極小值B．f(x)沒有最大值，也沒有最小值C．f(x)有最大值，沒有最小值D．f(x)有最小值，沒有最大值答案C解析由f(x)＝(3－x2)ex，得f′(x)＝(－x2－2x＋3)ex，令f′(x)＝0，則－x2－2x＋3＝0，解得x＝－3或x＝1，當(dāng)x<－3或x>1時，f′(x)<0，當(dāng)－3<x<1時，f′(x)>0，所以f(－3)是極小值，f(1)是極大值，所以A錯誤；因?yàn)閒(－3)是極小值，且當(dāng)x<－3時，f(x)<0恒成立，所以f(1)＝2e>0是極大值，也是最大值．而當(dāng)x→＋∞時，f(x)→－∞，所以f(x)有最大值，沒有最小值，所以C正確，B，D錯誤．3．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．0答案A解析對于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等價于對于區(qū)間[－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]，∴函數(shù)在[－3，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20，∴t≥20，∴實(shí)數(shù)t的最小值是20.4．(2022·南充檢測)已知函數(shù)f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2在x＝－1處取得極值0，則m＋n等于()A．2 B．7C．2或7 D．3或9答案B解析f(x)＝x3－3mx2＋nx＋m2，f′(x)＝3x2－6mx＋n，根據(jù)題意，f′(－1)＝3＋6m＋n＝0，f(－1)＝－1－3m－n＋m2＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝9，))當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－1，,n＝3))時，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)，舍去．當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝9))時，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，當(dāng)x∈(－∞，－3)和x∈(－1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(－3，－1)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在x＝－1處有極小值，滿足條件．綜上所述，m＋n＝9－2＝7.5．(2022·晉中模擬)已知函數(shù)f(x)＝2xlnx＋x2－ax＋3(a>0)，若f(x)≥0恒成立，則a的取值范圍為()A．[4，＋∞) B．(4，＋∞)C．(0,4) D．(0,4]答案D解析因?yàn)閒(x)≥0恒成立，即f(x)＝2xlnx＋x2－ax＋3≥0(x>0)恒成立，即a≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)恒成立，設(shè)h(x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(1)＝4，則0<a≤4.6．(2022·新高考全國Ⅰ改編)已知函數(shù)f(x)＝x3－x＋1，則下列結(jié)論正確的是()①f(x)有兩個極值點(diǎn)；②f(x)有三個零點(diǎn)；③點(diǎn)(0,1)是曲線y＝f(x)的對稱中心；④直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線．A．①②③ B．①④C．③④ D．①③答案D解析因?yàn)閒(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)>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)；由f′(x)<0，得－eq\f(\r(3),3)<x<eq\f(\r(3),3).所以f(x)＝x3－x＋1在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以f(x)有兩個極值點(diǎn)，故①正確；因?yàn)閒(x)的極小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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，所以函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點(diǎn)，故②錯誤；因?yàn)楹瘮?shù)g(x)＝x3－x的圖象向上平移一個單位長度得函數(shù)f(x)＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g(x)＝x3－x的圖象關(guān)于原點(diǎn)(0,0)中心對稱且g(0)＝0，所以點(diǎn)(0,1)是曲線f(x)＝x3－x＋1的對稱中心，故③正確；假設(shè)直線y＝2x是曲線y＝f(x)的切線，切點(diǎn)為(x0，y0)，則f′(x0)＝3xeq\o\al(2,0)－1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)，但點(diǎn)(1,1)不在直線y＝2x上；若x0＝－1，則切點(diǎn)坐標(biāo)為(－1,1)，但點(diǎn)(－1,1)不在直線y＝2x上，所以假設(shè)不成立，故④錯誤．7．(2022·昆明模擬)若函數(shù)f(x)＝x2－4x＋alnx有兩個極值點(diǎn)，設(shè)這兩個極值點(diǎn)為x1，x2，且x1<x2，則()A．x1∈(1,2) B．a(chǎn)>2C．f(x1)<－3 D．f(x1)>－3答案D解析∵f(x)＝x2－4x＋alnx，∴f′(x)＝2x－4＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－4x＋a,x)(x>0)，令f′(x)＝0，則方程2x2－4x＋a＝0的兩根為x1，x2，且0<x1<x2，∴Δ＝42－4×2a>0，解得a<2，x1＋x2＝2，x1·x2＝eq\f(a,2)<1，∴0<x1<1,1<x2<2，又x1為f(x)的極大值點(diǎn)，故f(x1)>f(1)＝－3.8．(2022·運(yùn)城模擬)若存在實(shí)數(shù)x，y滿足lnx－x＋3≥ey＋e－y，則x＋y等于()A．－1B．0C．1D．e答案C解析令函數(shù)f(x)＝lnx－x＋3，可得f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時，可得f(x)max＝f(1)＝ln1－1＋3＝2，令函數(shù)g(y)＝ey＋e－y，則ey＋e－y≥2，當(dāng)且僅當(dāng)y＝0時取等號，又lnx－x＋3≥ey＋e－y，所以lnx－x＋3＝ey＋e－y＝2，所以x＝1，y＝0，所以x＋y＝1.二、填空題9．(2022·福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝aeq\r(x)＋lnx在x＝1處取得極值，則a＝________.答案－2解析∵f(x)＝aeq\r(x)＋lnx，x>0，∴f′(x)＝eq\f(a,2\r(x))＋eq\f(1,x)，則f′(1)＝eq\f(a,2)＋1＝0，a＝－2，當(dāng)a＝－2時，f′(x)＝eq\f(－1,\r(x))＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－\r(x),x)，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，當(dāng)x>1時，f′(x)<0，∴當(dāng)x＝1時，f(x)取得極值，∴a＝－2.10．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋a(x＋lnx)沒有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．答案[3－2eq\r(2)，＋∞)解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)沒有極值，所以f′(x)＝x－1＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＝eq\f(x2＋a－1x＋a,x)在(0，＋∞)上沒有變號的零點(diǎn)，令m(x)＝x2＋(a－1)x＋a，①當(dāng)－eq\f(a－1,2)≤0，即a≥1時，由m(0)≥0，解得a≥0，所以a≥1；②當(dāng)－eq\f(a－1,2)>0，即a<1時，由Δ＝(a－1)2－4a≤0，解得3－2eq\r(2)≤a≤3＋2eq\r(2)，所以3－2eq\r(2)≤a<1，由①②得實(shí)數(shù)a的取值范圍為[3－2eq\r(2)，＋∞)．11．(2021·新高考全國Ⅰ)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值為________．答案1解析函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)．①當(dāng)x>eq\f(1,2)時，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時，f′(x)<0，當(dāng)x>1時，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2ln

eq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.綜上，f(x)min＝1.12．若函數(shù)f(x)＝x2＋a2＋blnx(a，b∈R)有極小值，且極小值為0，則a2－b的最小值為________．答案2e解析由f(x)＝x2＋a2＋blnx(a，b∈R)，可得f′(x)＝2x＋eq\f(b,x)(x>0)，因?yàn)閒(x)有極小值，記為x0，則2x0＋eq\f(b,x0)＝0，即b＝－2xeq\o\al(2,0)，x0>0，又由f(x0)＝0，得xeq\o\al(2,0)＋a2＋blnx0＝0，即a2＝－xeq\o\al(2,0)－blnx0＝－xeq\o\al(2,0)＋2xeq\o\al(2,0)lnx0≥0，所以x0≥eq\r(e).設(shè)a2－b＝g(x0)＝xeq\o\al(2,0)＋2xeq\o\al(2,0)lnx0，當(dāng)x0≥eq\r(e)時，g′(x0)＝4x0＋4x0lnx0>0，所以g(x0)＝xeq\o\al(2,0)＋2xeq\o\al(2,0)lnx0在[eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x0＝eq\r(e)時，可得g(x0)min＝g(eq\r(e))＝2e，所以a2－b的最小值為2e.三、解答題13．(2022·南充模擬)已知f(x)＝alnx－x·lnx(a>0)．