2023届高考一轮复习讲义（理科）第三章　导数及其应用 第2讲　第2课时　导数与函数的极值、最值学案

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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－22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
eq \a\vs4\al()
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－eq \f(1,2)ax2＋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)＝eq \f(1,x)＋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－eq \f(1,2)ax2＋(1－a)x＋1，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－ax＋(1－a)＝eq \f(－ax2＋（1－a）x＋1,x)，
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)＝eq \f(－ax2＋（1－a）x＋1,x)
＝－eq \f(a（x－\f(1,a)）（x＋1）,x)，
令g′(x)＝0得x＝eq \f(1,a).
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，g′(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，g′(x)＜0.
因为g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上是减函数．
所以x＝eq \f(1,a)时，g(x)有极大值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝lneq \f(1,a)－eq \f(a,2)×eq \f(1,a2)＋(1－a)·eq \f(1,a)＋1＝eq \f(1,2a)－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eq \f(1,2a)－ln a，无极小值．
eq \a\vs4\al()
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)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(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)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
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)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，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≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)x－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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
eq \a\vs4\al()
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＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为( )
A．2 B．－eq \f(5,2)
C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2
解析：选B.由题意得，f′(x)＝eq \f(2,x)＋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＝eq \f(1,2)，
所以f(x)＝2ln x＋eq \f(1,2)x2－3x，f′(x)＝eq \f(2,x)＋x－3＝eq \f(（x－1）（x－2）,x)，
所以f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
所以f(x)的极大值为f(1)＝eq \f(1,2)－3＝－eq \f(5,2).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＋eq \f(m,x)存在两个极值点x1，x2，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)＝eq \f(1,x).设切点坐标为(x0，ln x0)，则切线方程为y＝eq \f(1,x0)x＋ln x0－1.
把点P(0，－1)代入切线方程，得ln x0＝0，
所以x0＝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＋eq \f(m,x)＝ln x－mx＋eq \f(m,x)，所以g′(x)＝eq \f(1,x)－m－eq \f(m,x2)＝eq \f(x－mx2－m,x2)＝－eq \f(mx2－x＋m,x2)，
令h(x)＝mx2－x＋m，
要使g(x)存在两个极值点x1，x2，
则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
故只需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（0）>0，,\f(1,2m)>0，,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)))<0))即可，解得0 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)＝2x3－ax2＋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)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减；
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0.故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减．
(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]单调递增，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]单调递减，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若－eq \f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，则a＝3eq \r(3,2)，与0若－eq \f(a3,27)＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3eq \r(3)或a＝－3eq \r(3)或a＝0，与0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.
eq \a\vs4\al()
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)＝eq \f(1－x,x)＋kln x，k解：因为f(x)＝eq \f(1－x,x)＋kln x，
f′(x)＝eq \f(－x－（1－x）,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
(1)若k＝0，则f′(x)＝－eq \f(1,x2)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上恒有f′(x)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减．
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1－e,e)，
f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－1.
(2)若k≠0，f′(x)＝eq \f(kx－1,x2)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2).
①若k<0，则在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上恒有eq \f(k（x－\f(1,k)）,x2)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1－e,e)＋kln e＝eq \f(1,e)＋k－1，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
②若k>0，由k得eq \f(1,k)>e，则x－eq \f(1,k)<0，
所以eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)<0，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减．
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1－e,e)＋kln e＝eq \f(1,e)＋k－1，
f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
综上，kf(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)＝eq \f(ax2＋bx＋c,ex)(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－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
【解】 (1)f′(x)＝eq \f(（2ax＋b）ex－（ax2＋bx＋c）ex,（ex）2)
＝eq \f(－ax2＋（2a－b）x＋b－c,ex).
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(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－30，即f′(x)>0，当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．
(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,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)＝eq \f(x2＋5x＋5,ex).
因为f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－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)＝eq \f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.
eq \a\vs4\al()
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)＝ex－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)＝ex－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)＝eln a－aln a＝a－aln a.
g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，
当00，g(a)在(0，1)上单调递增；
当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减．
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，ex－ax≥0(a>0)恒成立．
当x>0时，由f(x)≥0，即ex－ax≥0，得a≤eq \f(ex,x).
令h(x)＝eq \f(ex,x)，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝eq \f(exx－ex,x2)＝eq \f(ex（x－1）,x2)，
当01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)＝ea－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝ea－2a，
易知ea－2a≥0对a∈(0，e]恒成立，
故f(a)在(0，e]上单调递增，所以f(0)＝1[学生用书P271(单独成册)]
[基础题组练]
1．(2020·辽宁沈阳一模)设函数f(x)＝xex＋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)＝xex＋1，可得f′(x)＝(x＋1)ex，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＝eq \f(x,ex)在[0，2]上的最大值是( )
A.eq \f(1,e) B．eq \f(2,e2)
C．0 D．eq \f(1,2\r(e))
解析：选A.易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1＜x≤2，所以函数y＝eq \f(x,ex)在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝eq \f(x,ex)在[0，2]上的最大值是y|x＝1＝eq \f(1,e)，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)(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＝( )
A．－eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．－2eq \r(3) D．eq \r(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b－2a＋4＝0，,b－5a＋25＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝10，,a＝7.))
故f(x)＝(1－x)(x2＋7x＋10)＝－x3－6x2－3x＋10，
则f′(x)＝－3x2－12x－3＝－3(x2＋4x＋1)，
结合题意可知x1，x2是方程x2＋4x＋1＝0的两个实数根，且x1>x2，
故x2－x1＝－|x1－x2|＝－eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝－eq \r(（－4）2－4×1)＝－2eq \r(3).
5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋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)＝3x2＋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：
又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为28，所以k≤－3.
6.
函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝________．
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)＝x3－x2－2x，所以f′(x)＝3x2－2x－2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′(x)＝0的两个根，所以x1＋x2＝eq \f(2,3)，x1x2＝－eq \f(2,3)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq \f(4,9)＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,9).
答案：eq \f(16,9)
7．若函数f(x)＝x3－3ax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(x2－a)，所以当a≤0时，f′(x)≥0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意；当a>0时，令f′(x)＝0得x＝±eq \r(a)，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表所示：
因为函数f(x)在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(a)<2，,－\r(a)≤－1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(a)>－1，,2≤\r(a)，))解得1≤a<4.
答案：[1，4)
8．函数f(x)＝x3－3a2x＋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)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数单调递增，
所以f(x)的极大值为f(－a)，极小值为f(a)．
所以f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0.
解得a>eq \f(\r(2),2).
所以a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))
9．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(a2＋a＋2)x2＋a2(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)＝eq \f(1,3)x3－x2＋x，
f′(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2≥0，
所以函数f(x)是R上的增函数，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．
(2)因为f′(x)＝x2－(a2＋a＋2)x＋a2(a＋2)＝(x－a2)·[x－(a＋2)]，
①当a＝－1或a＝2时，a2＝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，a2＞a＋2，
可得当x∈(－∞，a＋2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a＋2，a2)时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；当x∈(a2，＋∞)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＝a2时，函数f(x)有极小值f(a2)．
③当－1＜a＜2时，a2＜a＋2，
可得当x∈(－∞，a2)时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；当x∈(a2，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＝a2时，函数f(x)有极大值f(a2)．
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＝a2；
当－1＜a＜2时，f(x)的极大值点为x＝a2，极小值点为x＝a＋2.
10．已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－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)＝eq \f(1－ln x,x2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（x）>0，,x>0))得0由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（x）<0，,x>0，))得x>e.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
(2)①当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m≤e，,m>0))，
即0所以f(x)max＝f(2m)＝eq \f(ln 2m,2m)－1；
②当m函数f(x)在区间[m，e)上单调递增，在(e，2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝eq \f(ln e,e)－1＝eq \f(1,e)－1；
③当m≥e时，[m，2m]⊆(e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝eq \f(ln m,m)－1.
综上所述，当0[综合题组练]
1．(2020·重庆模拟)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－eq \f(x,e)(e是自然对数的底数)，则f(x)的极大值为( )
A．2e－1 B．－eq \f(1,e)
C．1 D．2ln 2
解析：选D.由题意知f′(x)＝eq \f(2ef′（e）,x)－eq \f(1,e)，
所以f′(e)＝eq \f(2ef′（e）,e)－eq \f(1,e)，f′(e)＝eq \f(1,e)，
所以f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,e)，
令f′(x)＝0，得x＝2e，
所以f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(2e)＝2ln(2e)－2＝2ln 2，选D.
2．若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)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)＝x2＋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eq \f(1,3)x3＋x2－eq \f(2,3)＝－eq \f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－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)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x3＋3x2＋2，x≤0，,eax，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．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)ln 3))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)ln 3)) D．(－∞，ln 3]
解析：选C.由题意，当x≤0时，f(x)＝2x3＋3x2＋2，可得f′(x)＝6x2＋6x＝6x(x＋1)，所以当－2≤x<－1时，f′(x)>0，函数f(x)在[－2，－1)上单调递增，当－14．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则a＝________，f(x)的极小值为________．
解析：因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，令f′(x)<0，解得－2答案：－1 －1
5．(2020·石家庄市质量检测)已知函数f(x)＝aex－sin x，其中a∈R，e为自然对数的底数．
(1)当a＝1时，证明：∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1；
(2)若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex－sin x，于是f′(x)＝ex－cs x.
当x∈[0，＋∞)时，ex＞1且cs x≤1.
故当x∈[0，＋∞)时，ex－cs x＞0，即f′(x)＞0.
所以函数f(x)＝ex－sin x为[0，＋∞)上的增函数，因为f(0)＝1，
所以∀x∈[0，＋∞)，f(x)≥1.
(2)法一：由f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，得f′(x)＝aex－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点．
①当a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cs x为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的增函数，
注意到f′(0)＝a－1＜0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝a·eeq \s\up6(\f(π,2))＞0，
所以，存在唯一实数x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，使得f′(x0)＝0成立．
当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)为(0，x0)上的减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上的增函数．
所以x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))为函数f(x)的极小值点．
②当a≥1时，f′(x)＝aex－cs x≥ex－cs x＞0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立．
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有极值．
③当a≤0时，f′(x)＝aex－cs x＜0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上没有极值．
综上所述，若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，
得f′(x)＝aex－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点，
即a＝eq \f(cs x,ex)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有解．
设g(x)＝eq \f(cs x,ex)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则g′(x)＝eq \f(－（sin x＋cs x）,ex)＜0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上恒成立，所以g(x)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))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)＝aex－cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在零点．
下面证明，当a∈(0，1)时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值．
事实上，当a∈(0，1)时，f′(x)＝aex－cs x为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的增函数，
注意到f′(0)＝a－1＜0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝a·eeq \s\up6(\f(π,2))＞0，所以存在唯一实数x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
使得f′(x0)＝0成立．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))时，f′(x)＜0，f(x)为(0，x0)上的减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))时，f′(x)＞0，f(x)为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(π,2)))上的增函数．
即x0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))为函数f(x)的极小值点．
综上所述，若函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上存在极值，则实数a的取值范围是(0，1)．
6．已知函数f(x)＝aln x＋eq \f(1,x)(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)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)(a>0)．
(1)由f′(x)>0，解得x>eq \f(1,a)，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))；
由f′(x)<0，解得x所以函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))).
所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a.
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，函数f(x)单调递增．
①若0故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而eq \f(1,e)≤a<1，故不满足条件．
③若eq \f(1,a)>e，即0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.
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(－∞，－eq \r(a))
－eq \r(a)
(－eq \r(a)，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值
