新高考数学二轮复习考点突破学案1.4《函数的极值、最值》（2份打包，原卷版+教师版）

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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 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)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00，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)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
答案为：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)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)，＋∞))
答案为：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，0eq \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)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
答案为：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)
答案为：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)(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
答案为：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 \f(π,2))＝2＋eq \f(π,2)，f(x)min＝f (eq \f(3π,2))＝﹣eq \f(3π,2).
故选D.
(2)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]
答案为：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 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________.
答案为： ﹣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(00，
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)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)
答案为：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
答案为：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
答案为：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
答案为：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.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
答案为：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.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]
答案为：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.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
答案为：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.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
答案为：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 \f(\r(3),3))＝(eq \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.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
答案为：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________.
答案为：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________.
答案为：(﹣∞，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.函数f(x)＝|2x﹣1|﹣2ln x的最小值为________.
答案为：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)1时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(1)＝2﹣1﹣2ln 1＝1；
②当0所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝﹣2ln eq \f(1,2)＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1.
12.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答案为：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)))＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 (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 SKIPIF 1 < 0 (ln a)2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＝ SKIPIF 1 < 0 可得x0＝eq \f(1,ln a)，从而k＝ SKIPIF 1 < 0 (ln a)2又 SKIPIF 1 < 0 所以e·(ln a)2所以a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1)).
四、解答题
13.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0于是f(x)min＝f(eq \r(a))＝﹣2aeq \r(a)＋a，又f(0)＝a，f(3)＝27﹣8a.
故当0综上可得，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(27－9a，a≤0，,27－9a＋2a\r(a)，014.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， SKIPIF 1 < 0 )
(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)))＝ SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,\r(3,e2))﹣eq \f(1,2)>eq \f(1,\r(3,8))﹣eq \f(1,2)＝0，
因为 SKIPIF 1 < 0 所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣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)＝ SKIPIF 1 < 0 ﹣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.