数学北师大版 (2019)第二章 导数及其应用6 用导数研究函数的性质6.3 函数的最值第2课时学案

这是一份数学北师大版 (2019)第二章 导数及其应用6 用导数研究函数的性质6.3 函数的最值第2课时学案，共14页。学案主要包含了求含参数的函数的最值，由最值求参数的值或范围，与最值有关的探究性问题等内容，欢迎下载使用。

一、求含参数的函数的最值
例1 已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值．
解 f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，
令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(a,3)，x2＝a.
①当a>0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(a)＝－a3.
②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.
③当a<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,3)))上单调递减，
在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝eq \f(5,27)a3.
综上所述，当a>0时，f(x)的最小值为－a3；
当a＝0时，f(x)的最小值为0；
当a<0时，f(x)的最小值为eq \f(5,27)a3.
延伸探究 当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值．
解 f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)，
令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(a,3)，x2＝a.
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－a，－\f(a,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，a))上单调递减，在[a,2a]上单调递增．
因为f(－a)＝－a3，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)))＝eq \f(5,27)a3，f(a)＝－a3，
f(2a)＝2a3.
所以f(x)max＝f(2a)＝2a3.
f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3.
反思感悟 含参数的函数最值问题的两类情况
(1)能根据条件求出参数，从而化为不含参数的函数的最值问题．
(2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0、等于0、小于0三种情况．若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的极值；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
解 (1)由f(x)＝(x－k)ex，可得f′(x)＝(x－k＋1)ex，
令f′(x)＝0，得x＝k－1，
随x的变化，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).
所以f(x)有极小值f(k－1)＝－ek－1，无极大值．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，f′(x)＝(x－k＋1)ex≥0在x∈[0，1]上恒成立，
则函数f(x)在[0，1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；
当0由(1)知f(x)在[0，k－1]上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；
当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0，1]上单调递减，
所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
综上，当k≤1时，f(x)在区间[0，1]上的最小值为－k；
当1当k≥2时，f(x)在区间[0，1]上的最小值为(1－k)e.
二、由最值求参数的值或范围
例2 已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值．
解 由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常数函数，与题设矛盾．
求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．
①当a>0，且当x变化时，
f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－1,2]上的最大值，
∴f(0)＝b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3∴f(2)＝－16a＋3＝－29，
解得a＝2，符合题意．
②当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b，也就是函数在[－1,2]上的最小值，
∴f(0)＝b＝－29.
又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)，
∴f(2)＝－16a－29＝3，
解得a＝－2，符合题意．
综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
延伸探究 已知函数h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k,2]上的最大值是28，求k的取值范围．
解 ∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
∴当x＝－3时，h(x)取极大值28；
当x＝1时，h(x)取极小值－4.
而h(2)＝3∴如果h(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则k≤－3.
∴k的取值范围为(－∞，－3]．
反思感悟 已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝4x＋eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，求a的值．
解 由题意知f′(x)＝4－eq \f(a,x2)＝eq \f(4x2－a,x2).
又x>0，a>0，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(\r(a),2)，
当0eq \f(\r(a),2)时，f′(x)>0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(a),2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),2)，＋∞))上单调递增，即当x＝eq \f(\r(a),2)时，f(x)取得最小值，
则eq \f(\r(a),2)＝3，解得a＝36.
三、与最值有关的探究性问题
例3 已知f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，
f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)，
∴所求切线的斜率为f′(2)＝eq \f(1,2)，切点为(2,2－ln 2)，
∴所求切线的方程为y－(2－ln 2)＝eq \f(1,2)(x－2)，
即x－2y＋2－2ln 2＝0.
(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x在区间(0，e]上的最小值是3，
f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq \f(4,e)(舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a；
②当0eq \f(1,e)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))上单调递增，故f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件；
③当eq \f(1,a)≥e，即0综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3.
反思感悟 对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小于0三种情况．若导函数恒大于0或小于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝2x3－ax2＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a的所有值；若不存在，说明理由．
解 (1)f′(x)＝6x2－2ax＝6xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3))).
令f′(x)＝6xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3)))＝0，解得x＝0或x＝eq \f(a,3).
当a＝0时，f′(x)＝6x2≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0，得x>eq \f(a,3)或x<0，令f′(x)<0，得0即函数f(x)在(－∞，0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))上单调递减；
当a<0时，令f′(x)>0，得x>0或x即函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))和(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))上单调递减．
综上所述，当a＝0时，函数f(x)在R上单调递增；
当a>0时，函数f(x)在(－∞，0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))上单调递减；
当a<0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))和(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))上单调递减．
(2)存在，理由如下：
由(1)可得，当a≤0时，函数f(x)在[0,1]上单调递增．
则最小值为f(0)＝1，不符合题意；
当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增；
当eq \f(a,3)≥1，即a≥3时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))上单调递减，
f(x)的最大值为f(0)＝1，最小值为f(1)＝2－a＋1＝－1，
解得a＝4，满足题意；
当0f(x)的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))3－a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))2＋1＝－1，
化为－eq \f(a3,27)＝－2，解得a＝3eq \r(3,2)>3，不符合题意．
综上可得，a的值为4.
1.知识清单：
(1)求含参的函数的最值．
(2)由最值求参数的值或取值范围．
(3)与最值有关的探究性问题．
2．方法归纳：转化法、分类讨论．
3．常见误区：分类讨论解决含参的问题时是否做到了不重不漏．
1．已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为( )
A．1 B．4 C．－1 D．0
答案 B
解析 由题意得，f′(x)＝3ax2，则f′(1)＝3a＝6，解得a＝2，
所以f′(x)＝6x2≥0，
故f(x)在[1,2]上单调递增，则f(2)＝2×23＋c＝20，解得c＝4.
2．函数f(x)＝eq \f(x＋a,ex)的最大值为( )
A．a B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－1))e C．e1－a D．ea－1
答案 D
解析 f(x)＝eq \f(x＋a,ex)，则f′(x)＝eq \f(1－x－a,ex)，
所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0，
所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－a))＝ea－1.
3．已知函数f(x)＝eq \f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为eq \f(\r(3),3)，则a的值为( )
A.eq \r(3)－1 B.eq \f(3,4) C.eq \f(4,3) D.eq \r(3)＋1
答案 A
解析 由f(x)＝eq \f(x,x2＋a)，
得f′(x)＝eq \f(a－x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋a))2)，
当a>1时，若x>eq \r(a)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若10，f(x)单调递增，
故当x＝eq \r(a)时，函数f(x)有最大值eq \f(1,2\r(a))＝eq \f(\r(3),3)，
解得a＝eq \f(3,4)<1，不符合题意．
当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝eq \f(1,2)，不符合题意．
当0故a的值为eq \r(3)－1.
4．已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，则a的值为________，f(x)在[－2,2]上的最大值为________．
答案 3 3
解析 f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3.
所以当x＝0时，f(x)取得最大值3.
课时对点练
1．若函数f(x)＝asin x＋eq \f(1,3)sin 3x在x＝eq \f(π,3)处有最值，则a等于( )
A．2 B．1 C.eq \f(2\r(3),3) D．0
答案 A
解析 ∵f(x)在x＝eq \f(π,3)处有最值，
∴x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的极值点．
又f′(x)＝acs x＋cs 3x，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝acs eq \f(π,3)＋cs π＝0，解得a＝2.
2．若函数y＝x3＋eq \f(3,2)x2＋m在[－2,1]上的最大值为eq \f(9,2)，则m等于( )
A．0 B．1 C．2 D.eq \f(5,2)
答案 C
解析 y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－10，
所以函数y＝x3＋eq \f(3,2)x2＋m在(－2，－1)，(0,1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，又当x＝－1时，y＝m＋eq \f(1,2)，当x＝1时，y＝m＋eq \f(5,2)，所以最大值为m＋eq \f(5,2)＝eq \f(9,2)，解得m＝2.
3．函数f(x)＝3x－x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为( )
A．[1，eq \r(3)] B．[1，＋∞)
C．(1，eq \r(3)] D．(1，＋∞)
答案 A
解析 ∵f(x)＝3x－x3，
∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，
令f′(x)＝0，则x＝1或x＝－1(舍去)，
当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，且f(0)＝f(eq \r(3))＝0，f(1)＝2，
∴1≤m≤eq \r(3).
4．已知函数f(x)＝ln x－ax存在最大值0，则a的值为( )
A．1 B．2 C．e D.eq \f(1,e)
答案 D
解析 ∵f′(x)＝eq \f(1,x)－a，x>0，
∴当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,a)，
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－1＝0，
解得a＝eq \f(1,e).
5．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
答案 A
解析 f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a.
若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.
6．(多选)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为( )
A．0 B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1
答案 BC
解析 ∵f′(x)＝3x2－3a，
且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.
又∵x∈(0,1)，∴07．函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为________．
答案 －71
解析 f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．
由f′(x)＝0得x＝3或x＝－1.
又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，
f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.
由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，
∴f(x)min＝k－76＝－71.
8．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．
答案 －4
解析 f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0.
即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.
f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在[－1,0)上单调递减，在[0,1]上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
9．已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值．
解 f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)．
①若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，
所以当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝0.
②若a>0，则令f′(x)＝0，解得x＝±eq \r(a).
因为x∈[0,1]，
所以只考虑x＝eq \r(a)的情况．
(ⅰ)若0(ⅱ)若eq \r(a)≥1，即a≥1，则当0≤x≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝3a－1.
综上可知，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0，
当0当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1.
10．已知函数f(x)＝2ex(x＋1)．
(1)求函数f(x)的极值；
(2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t>－3)上的最小值g(t)．
解 (1)f′(x)＝2ex(x＋2)，
由f′(x)>0，得x>－2；由f′(x)<0，得x<－2.
∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．
∴f(x)的极小值为f(－2)＝－2e－2，无极大值．
(2)由(1)，知f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．
∵t>－3，∴t＋1>－2.
①当－3∴g(t)＝f(－2)＝－2e－2.
②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，
∴g(t)＝f(t)＝2et(t＋1)．
∴g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2e－2，－311．若存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，使得不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为( )
A.eq \f(1,e)＋3e－2 B.eq \f(3,e)＋e＋2
C．4 D．e2－1
答案 A
解析 ∵2xln x＋x2－mx＋3≥0，
∴m≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)，
设h(x)＝2ln x＋x＋eq \f(3,x)，
则h′(x)＝eq \f(2,x)＋1－eq \f(3,x2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1)),x2)，
当eq \f(1,e)≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当10，h(x)单调递增．
∵存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))，m≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)成立，
∴m≤h(x)max，
∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－2＋eq \f(1,e)＋3e，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝2＋e＋eq \f(3,e)，
∴heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))>heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e)).
∴m≤eq \f(1,e)＋3e－2.
12．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－eq \f(x2,2)－mx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减，则实数m的最小值是( )
A．－eq \r(3) B．－eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(3)
答案 D
解析 由f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－eq \f(x2,2)－mx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减，
得f′(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－x－m≤0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))))，
即2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－x≤meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))))，
令g(x)＝2cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))))，
则g′(x)＝－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))))，
当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，
则2≤4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))≤4，
所以－5≤－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))－1≤－3，即g′(x)<0，
所以g(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递减，g(x)max＝g(0)＝eq \r(3)，
所以m≥eq \r(3)，m的最小值为eq \r(3).
13．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,kx，x≤0.))若∃x0∈R使得f(－x0)＝f(x0)成立，则实数k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，1)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,e)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，＋∞))
答案 D
解析 由题意可得，存在实数x0≠0，使得f(－x0)＝f(x0)成立，
假设x0>0，则－x0<0，
所以有－kx0＝ln x0，
则k＝－eq \f(ln x0,x0)，
令h(x)＝－eq \f(ln x,x)，
则h′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，
令h′(x)>0，即ln x>1，解得x>e，
令h′(x)<0，即ln x<1，解得0则h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e))＝－eq \f(ln e,e)＝－eq \f(1,e)，
所以k≥－eq \f(1,e).
14．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－axeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>\f(1,2)))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．
答案 1
解析 由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，得x＝eq \f(1,a)，
当00；
当eq \f(1,a)∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝－ln a－1＝－1.
解得a＝1.
15．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________________________________________________________________________．
答案 4
解析 由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，解得x＝±eq \f(\r(a),a)，±eq \f(\r(a),a)∈[－1,1]．
①当－1≤x<－eq \f(\r(a),a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
②当－eq \f(\r(a),a)③当eq \f(\r(a),a)0，f(x)单调递增．
所以只需f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)))≥0，且f(－1)≥0即可，
由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)))≥0，得a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(a),a)))3－3·eq \f(\r(a),a)＋1≥0，解得a≥4，
由f(－1)≥0，可得a≤4，综上可得a＝4.
16．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x).
(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是eq \f(3,2)，求a的值．
解 函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，
(1)∵a<0，
∴f′(x)>0，
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)当x∈[1，e]时，分如下情况讨论：
①当a≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a≤1，这与函数在[1，e]上的最小值是eq \f(3,2)相矛盾；
②当10，f(x)单调递增，
∴函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝eq \f(3,2)，得a＝eq \r(e)；
③当a≥e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋eq \f(a,e)≥2，与最小值是eq \f(3,2)相矛盾．
综上所述，a的值为eq \r(e).x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
－ek－1
↗
x
－1
(－1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
＋
0
－
f(x)
－7a＋b
↗
b
↘
－16a＋b
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
↗
28
↘
－4
↗
x
－2
(－2,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
f(x)
－40＋a
↗
极大值a
↘
－8＋a
x
0
(0，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，1)
1
f′(x)
＋
0
－
f(x)
0
↗
2aeq \r(a)
↘
3a－1