高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用习题

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专题09　函数的最值
考点一　求已知函数的最值
【方法总结】
导数法求给定区间上函数的最值问题的一般步骤
(1)求函数f(x)的导数f′(x)；
(2)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；
(3)求f(x)在给定区间上的端点值；
(4)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；
(5)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．
【例题选讲】
[例1](1)函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为________．
答案　－1　解析　f′(x)＝－1，令f′(x)＝0得x＝1．当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0．∴当x＝1时，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln 1－1＝－1．
(2)函数f(x)＝x2＋x－2lnx的最小值为 ．
答案　　解析　因为f′(x)＝x＋1－＝(x＞0)，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝＋1＝．
(3)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为 ．
答案　－2e　解析　由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，故 f(x)＝x3＋nx＋2，∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3．∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3．故g(x)＝ex(x2－3)，则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e．
(4)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．
答案　－　解析　∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相当于求f(x)在[0，2π]上的最小值．f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝4cos2x＋2cosx－2＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．令f′(x)＝0，解得cosx＝或cosx＝－1，x∈[0，2π]．∴由cosx＝－1，得x＝π；由cosx＝，得x＝π或x＝．∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，f ＝2sin＋sin＝，f ＝－，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值为－．
(5)设正实数x，则f(x)＝的值域为________．
答案　　解析　令ln x＝t，则x＝et，∴g(t)＝，令t2＝m，m≥0，∴h(m)＝，∴h′(m)＝，令h′(m)＝0，解得m＝1，当0≤m<1时，h′(m)>0，函数h(m)单调递增，当m≥1时，h′(m)<0，函数h(m)单调递减，∴h(m)max＝h(1)＝，∵f(0)＝0，当m→＋∞时，h(m)→0，∴f(x)＝的值域为．
(6)已知函数f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的图象与直线y＝m的交点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1－x2的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞)　　　　　B．[2，＋∞)　　　　　C．　　　　　D．
答案　A　解析　由题意知f(x1)＝g(x2)，所以eln x1＝x2＋1，即x2＝eln x1－1，则x1－x2＝x1－eln x1＋1，x1>0．令h(x)＝x－eln x＋1(x>0)，则h′(x)＝1－＝．当x>e时，h′(x)>0，当0 (7)已知不等式ex－1≥kx＋lnx对于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则k的最大值为________．
答案　e－1　解析　∀x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋ln x恒成立，等价于∀x∈(0，＋∞)，k≤恒成立，令φ(x)＝(x>0)，则φ′(x)＝，当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1．
(8)(多选)设函数f(x)＝，则下列选项正确的是(　　)
A．f(x)为奇函数　　　　　　　　　　　　　B．f(x)的图象关于点(0，1)对称
C．f(x)的最大值为＋1　　　　　　　　　　　D．f(x)的最小值为－＋1
答案　BCD　解析　f(x)＝＋1，不满足f(－x)＝－f(x)，故A项错误；令g(x)＝，则g(－x)＝＝＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，则f(x)关于点(0，1)对称，B项正确；设f(x)＝＋1的最大值为M，则g(x)的最大值为M－1，设f(x)＝＋1的最小值为N，则g(x)的最小值为N－1，当x＞0时，g(x)＝，所以g′(x)＝，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，所以当0＜x＜1时，g(x)单调递增，当x＞1时，g(x)单调递减，所以g(x)在x＝1处取得最大值，最大值为g(1)＝，由于g(x)为奇函数，所以g(x)在x＝－1处取得最小值，最小值为g(－1)＝－，所以f(x)的最大值为M＝＋1，最小值为N＝－＋1，故C、D项正确．故选B、C、D．
[例2]　已知函数f(x)＝excos x－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)在区间上的最大值和最小值．
解析　(1)因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0．
又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1．
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x．
当x∈时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0．所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－．
[例3]　(2017·浙江)已知函数f(x)＝(x－)e－x．
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
解析　(1)f′(x)＝(x－)′e－x＋(x－)(e－x)′＝e－x－(x－)e－x
＝e－x＝(1－x)e－x．
(2)令f′(x)＝(1－x)e－x＝0，解得x＝1或．
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：
x


1



f′(x)

－
0
＋
0
－
f(x)
e－

0

e－

又f＝e－，f(1)＝0，f＝e－，则f(x)在区间上的最大值为e－．
又f(x)＝(x－)e－x＝(－1)2e－x≥0．
综上，f(x)在区间上的取值范围是．
[例4]　(2021·北京)已知函数f(x)＝．
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．
解析　(1)当a＝0时，f(x)＝，则f′(x)＝＝．
当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4，
故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得4x＋y－5＝0．
(2)已知函数f(x)＝，则f′(x)＝＝．
若函数f(x)在x＝－1处取得极值，则f′(－1)＝0，即＝0，解得a＝4．
经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值，符合题意．
此时f(x)＝，其定义域为R，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4．f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)．
由上表知f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为f(4)＝－．
又因为x<时，f(x)>0；x>时，f(x)<0，
所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1，最小值为f(4)＝－．
[例5]　已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
解析　(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0



f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值

故当x＝0时，函数f(x)取到极小值，极小值为f(0)＝0，
当x＝时，函数f(x)取到极大值，极大值为f＝．
(2)①当－1≤x<1时，根据(1)知，函数f(x)在[－1，0)和上单调递减，在上单调递增．
因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2．
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，当a≤0时，f(x)≤0；
当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增．则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a．
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2．
【对点训练】
1．函数y＝在[0，2]上的最大值是(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．0　　　　　　　　D．
1．答案　A　解析　易知y′＝，x∈[0，2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y
＝在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y＝在[0，2]上的最大值是ymax＝，故选A．
2．函数f(x)＝2x－lnx的最小值为________．
2．答案　1＋ln 2　解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－＝，当0时，
f′(x)>0．∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)min＝f ＝1－ln ＝1＋ln 2．
3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是(　　)
A．－37　　　　　　　　B．－29　　　　　　　　C．－5　　　　　　　　D．以上都不对
3．答案　A　解析　∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，∴
x＝0为极大值点，也为最大值点，∴f(0)＝m＝3，∴m＝3．∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5．∴最小值是－37．故选A．
4．已知函数f(x)＝x＋2sinx，x∈[0，2π]，则f(x)的值域为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．[0，2π]
4．答案　D　解析　f′(x)＝1＋2cosx，x∈[0，2π]，令f′(x)＝0，得cosx＝－，∴x＝或x＝，又f 
＝＋，f ＝－，f(0)＝0，f(2π)＝2π，f －f ＝－2<0，∴f(0) 5．设0 5．答案　　解析　y′＝＝．因为00；当0 时，y′<0．所以当x＝时，ymin＝．
6．若曲线y＝xex＋(x<－1)存在两条垂直于y轴的切线，则m的取值范围为________．
6．答案　　解析　由题意可得，y′＝(x＋1)ex－＝0，即m＝(x＋1)3ex在(－∞，－1)上
有两个不同的解．设f(x)＝(x＋1)3ex(x<－1)，f′(x)＝(x＋1)2ex(x＋4)．当x<－4时，f′(x)<0；当－40．所以f(x)min＝f(－4)＝－，当x<－1时，f(x)<0，故m∈．
7．已知实数x，y满足4x＋9y＝1，则2x＋1＋3y＋1的取值范围是________．
7．答案　(2，]　解析　由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，
1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3，令t＝2x，则f(t)＝2t＋3(0 8．已知函数f(x)＝lnx－ax，其中x∈，若不等式f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．　　　　B．　　　　C．　　　　D．
8．答案　C　解析　当x∈时，不等式f(x)≤0恒成立等价于a≥在上恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝．当00；当x>e时，g′(x)<0；所以g(x)max＝g(e)＝，所以a≥．故选C．
9．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
9．答案　A　解析　因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，x∈[－3，2]，所以f(x)在[－1，1]上单调递减，
在[1，2]和[－3，－1]上单调递增．f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3，2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19，又由题设知在[－3，2]上|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝20，所以t≥20，故选A．
10．(多选)已知函数f(x)＝，g(x)＝xe－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，
则下列结论正确的是(　　)
A．ln x1＝x2　　　　　　　　　　　　　B．ln(－x2)＝－x1
C．2·ek的最大值为　　　　　　　　D．2·ek的最大值为
10．答案　AC　解析　由f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)，得＝x2e－x2＜0　(*)，∴0＜x1＜1，x2＜0．由(*)可得
＝－x2e－x2＞0，两边同时取对数可得ln(－ln x1)－ln x1＝ln(－x2)－x2．∵函数y＝ln x＋x在(0，＋∞)上为增函数，∴－ln x1＝－x2，∴ln x1＝x2，∴＝＝k，故2·ek＝k2·ek．设h(k)＝k2·ek(k＜0)，∴h′(k)＝ek(k2＋2k)，由ek(k2＋2k)＞0，可得k＜－2，故h(k)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，0)上单调递减，故h(k)max＝h(－2)＝，因此2·ek的最大值为．综上，AC正确．
11．设函数f(x)＝x2＋1－ln x．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求函数g(x)＝f(x)－x在区间上的最小值．
11．解析　(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－，
由f′(x)＞0，得x＞，由f′(x)＜0，得0＜x＜．
∴f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为．
(2)由题意知g(x)＝x2＋1－ln x－x，g′(x)＝2x－－1＝，
由g′(x)＞0，得x＞1，由g′(x)≤0，得0＜x≤1，
∴g(x)在上单调递减，在(1，2]上单调递增，∴在上，g(x)的最小值为g(1)＝1．
12．已知函数f(x)＝(a>0)的导函数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．
12．解析　(1)f′(x)＝＝．
令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为ex>0，所以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
解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝．
由(1)可知当x＝0时f(x)取得极大值f(0)＝5，
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)＝＝5e5>5＝f(0)，
所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5．
13．(2019·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0 13．解析　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝．
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
(2)当0 于是m＝－＋2，M＝所以M－m＝
①当0 ②当2≤a<3时，y＝单调递增，所以M－m的取值范围是．
综上，M－m的取值范围是．
考点二　已知函数的最值求参数的值(范围)
【例题选讲】
[例1](1)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．
(2)若函数f(x)＝asin x＋sin3x在x＝处有最值，则a等于(　　)
A．2　　　　　　　　B．1　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．0
答案　A　解析　∵f(x)在x＝处有最值，∴x＝是函数f(x)的极值点．又f′(x)＝acos x＋cos 3x，∴f′＝acos ＋cos π＝0，解得a＝2．
(3)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(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是极小值．∴解得－1 (4)已知函数f(x)＝lnx－ax存在最大值0，则a＝________．
答案　　解析　f′(x)＝－a，x＞0．当a≤0时，f′(x)＝－a＞0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f′(x)＝－a＝0，解得x＝．当0＜x＜时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．∴f(x)max＝f ＝ln －1＝0，解得a＝．
(5)(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a＜0)在上有最大值，则a的取值可能为(　　)
A．－6　　　　　　　　B．－5　　　　　　　　C．－4　　　　　　　　D．－3
答案　ABC　解析　令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，解得x1＝0，x2＝(a＜0)，当＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＜或x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)的单调递增区间为，(0，＋∞)，单调递减区间为，从而f(x)在x＝处取得极大值f＝－，由f(x)＝－，得2＝0，解得x＝或x＝－，又f(x)在上有最大值，所以＜≤－，解得a≤－4．所以选项A，B，C符合题意．
(6)设函数f(x)＝ex－cos x－2a，g(x)＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f(x1)＝g(x2)成立，则x2－x1的最小值为1时，实数a＝(　　)
A．－1　　　　　　　　B．－　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．1
答案　B　解析　令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－cos x－x－2a，由f(x1)＝g(x2)得x2＝ex1－cos x1－2a，则x2－x1＝ex1－cos x1－x1－2a，则x2－x1的最小值即F(x)在[0，π]上的最小值．∵F′(x)＝ex＋sin x－1≥0恒成立，x∈[0，π]，∴F(x)在[0，π]上单调递增，∴F(x)min＝F(0)＝－2a＝(x2－x1)min＝1，∴a＝－．
【对点训练】
1．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________．
1．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：
x
－2
(－2，0)
0
(0，2)
2
f′(x)

＋
0
－
0
f(x)
－40＋a

极大值a

－8＋a
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．
2．若函数y＝x3＋x2＋m在[－2，1]上的最大值为，则m等于(　　)
A．0　　　　　　　　B．1　　　　　　　　C．2　　　　　　　　D．
2．答案　C　解析　y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知当－10，
所以函数y＝x3＋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＋，当x＝1时，y＝m＋，所以最大值为m＋＝，解得m＝2．
2．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]
2．答案　D　解析　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：
x
(－∞，－3)
－3
(－3，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

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．
3．若函数f(x)＝x3＋x2－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)
3．答案　C　解析　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，作出其图象如图所示．令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3，0)，故选C．

4．已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________．
4．答案　－3e　解析　f′(x)＝＋＝，若m≥0，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上为增函数，有f(x)min＝f(1)＝
－m＝4，m＝－4，舍去．若m<0，令f′(x)＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．若－m≤1，即m≥－1时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，m＝－3e．
5．已知函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为(　　)
A．－1　　　　　　B．　　　　　　C．　　　　　　D．＋1
5．答案　A　解析　由f(x)＝，得f′(x)＝，当a>1时，若x>，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若
10，f(x)单调递增，故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，解得a＝<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)＝，不符合题意．当0