高考数学一轮复习第三章 3.3

这是一份高考数学一轮复习第三章 3.3，共15页。试卷主要包含了函数的极值与导数等内容，欢迎下载使用。


1．函数的极值与导数
2.函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f (x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f (x)在[a，b]上单调递增，则f (a)为函数的最小值，f (b)为函数的最大值；若函数f (x)在[a，b]上单调递减，则f (a)为函数的最大值，f (b)为函数的最小值．
概念方法微思考
1．对于可导函数f (x)，“f′(x0)＝0”是“函数f (x)在x＝x0处有极值”的________条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示 必要不充分
2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？
提醒 不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．
题组一 思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大．( √ )
(2)函数的极小值一定是函数的最小值．( × )
(3)开区间上的单调连续函数无最值．( √ )
题组二 教材改编
2．函数f (x)＝2x－xln x的极值是( )
A.eq \f(1,e) B.eq \f(2,e) C．e D．e2
答案 C
解析 因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，当f′(x)>0时，解得0e，所以x＝e时，f (x)取到极大值，f (x)极大值＝f (e)＝e.故选C.
3．当x>0时，ln x，x，ex的大小关系是________．
答案 ln x解析 构造函数f (x)＝ln x－x，则f′(x)＝eq \f(1,x)－1，可得x＝1为函数f (x)在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，故f (x)≤f (1)＝－1<0，所以ln x4．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________．
答案 eq \f(2,27)a3
解析 容积V＝(a－2x)2x,0题组三 易错自纠
5．(多选)函数y＝f (x)的导函数f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是( )
A．－3是函数y＝f (x)的极值点
B．－1是函数y＝f (x)的最小值点
C．y＝f (x)在区间(－3,1)上单调递增
D．y＝f (x)在x＝0处切线的斜率小于零
答案 BD
解析 根据导函数的图象可知当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，＋∞)时，f′(x)≥0，
∴函数y＝f (x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，则－3是函数y＝f (x)的极值点，
∵函数y＝f (x)在(－3，＋∞)上单调递增，∴－1不是函数y＝f (x)的最小值点，
∵函数y＝f (x)在x＝0处的导数大于0，∴y＝f (x)在x＝0处切线的斜率大于零．
故错误的命题为BD.
6．若函数f (x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，m＝________.
答案 4
解析 f′(x)＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2,3]时，f′(x)>0，所以f (x)在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数．又f (0)＝m，f (3)＝－3＋m.所以在[0,3]上，f (x)max＝f (0)＝4，所以m＝4.
7．已知函数f (x)＝eq \f(1,3)x3＋x2－2ax＋1，若函数f (x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
解析 f′(x)＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数，因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3－2a<0，,f′2＝8－2a>0，))解得eq \f(3,2) 用导数求解函数极值问题
命题点1 根据函数图象判断极值
例1 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)
答案 D
解析 由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2当1当x>2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．
命题点2 求已知函数的极值
例2 已知函数f (x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f (x)的极值．
解 因为f (x)＝x2－1－2aln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2－a,x).
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立．所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝eq \r(a)，x2＝－eq \r(a)(舍去)．
所以当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表：
所以当x＝eq \r(a)时，f (x)取得极小值，且f (eq \r(a))＝(eq \r(a))2－1－2aln eq \r(a)＝a－1－aln a．无极大值．
综上，当a<0时，函数f (x)在(0，＋∞)上无极值．
当a>0时，函数f (x)在x＝eq \r(a)处取得极小值a－1－aln a，无极大值．
命题点3 已知极值点求参数
例3 (1)(2020·江西八校联考)若函数f (x)＝x2－x＋aln x在(1，＋∞)上有极值点，则实数a的取值范围为________．
(2)若函数f (x)的导数f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))(x－k)k，k≥1，k∈Z，已知x＝k是函数f (x)的极大值点，则k＝______.
答案 (1)(－∞，－1) (2)1
解析 (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－x＋a,x)，
由题意知2x2－x＋a＝0在R上有两个不同的实数解，且在(1，＋∞)上有解，
所以Δ＝1－8a>0，且2×12－1＋a<0，
所以a∈(－∞，－1)．
(2)因为函数的导数为f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))(x－k)k，k≥1，k∈Z，
所以若k是偶数，则x＝k不是极值点，则k是奇数，
若k0，解得x>eq \f(5,2)或x由f′(x)<0，解得k即当x＝k时，函数f (x)取得极大值．
因为k≥1，k∈Z，所以k＝1，
若k>eq \f(5,2)，由f′(x)>0，解得x>k或x由f′(x)<0，解得eq \f(5,2)即当x＝k时，函数f (x)取得极小值不满足条件．
思维升华 函数极值的两类热点问题
(1)求函数f (x)极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域．
②求导数f′(x)．
③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根．
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
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：求解后验证根的合理性．
跟踪训练1 (1)(2019·河北冀州中学模拟)已知函数f (x)的导数f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f (x)在x＝a处取得极大值，则a的取值范围是________．
答案 (－1,0)
解析 若a＝0，则f′(x)＝0，函数f (x)不存在极值；若a＝－1，则f′(x)＝－(x＋1)2≤0，函数f (x)不存在极值；若a>0，当x∈(－1，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在x＝a处取得极小值；若－10，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)<0，所以函数f (x)在x＝a处取得极大值；若a<－1，当x∈(－∞，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，－1)时，f′(x)>0，所以函数f (x)在x＝a处取得极小值．综上所述，a∈(－1,0)．
(2)已知函数f (x)＝ax－1－ln x(a∈R)．讨论函数f (x)在定义域内的极值点的个数．
解 f (x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，
当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f (x)在(0，＋∞)上没有极值点；
当a>0时，由f′(x)<0得0由f′(x)>0，得x>eq \f(1,a)，
∴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)，＋∞))上单调递增，即f (x)在x＝eq \f(1,a)处有极小值，无极大值．
综上，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a>0时，f (x)在(0，＋∞)上有一个极值点．
用导数求函数的最值
例4 已知函数f (x)＝eq \f(1－x,x)＋kln x，k解 f′(x)＝eq \f(－x－1－x,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
①若k≤0，则在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．
②若0由ke，
则x－eq \f(1,k)<0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上恒成立，
所以eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)<0在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上恒成立，
所以f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上单调递减．
综上，当k所以f (x)min＝f (e)＝eq \f(1,e)＋k－1，
f (x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
若本例条件中的“k解 f′(x)＝eq \f(kx－1,x2)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)，
∵k≥eq \f(1,e)，∴0若0f (x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上为增函数，f (x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝e－k－1.
若eq \f(1,e)当k＝eq \f(1,e)时，f (x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上为减函数，无最小值．
综上，当eq \f(1,e)思维升华 (1)若函数f (x)在闭区间[a，b]上单调递增或单调递减，f (a)与f (b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数f (x)在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f (a)，f (b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f (x)在区间(a，b)上有唯一一个极大(或极小)值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
跟踪训练2 (2020·福州检测)已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)，求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解 g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)
＝eq \f(2x－ax－1,x).
①当eq \f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1③当eq \f(a,2)≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－1，a≤2，,aln \f(a,2)－\f(1,4)a2－a，21.函数f (x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f (x)( )
A．无极大值点、有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
答案 C
解析 设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x0，f (x)为增函数，当x1同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C.
2．(2019·唐山一中模拟)设函数f (x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f (x)的极大值点
B．x＝eq \f(1,2)为f (x)的极小值点
C．x＝2为f (x)的极大值点
D．x＝2为f (x)的极小值点
答案 D
解析 因为f (x)＝eq \f(2,x)＋ln x，所以f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)，x>0.当x>2时，f′(x)>0，f (x)为增函数；当03．已知a为函数f (x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A．－4 B．－2 C．4 D．2
答案 D
解析 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，所以a＝2.
4．(2020·苏锡常镇调研)f (x)＝ex－x在区间[－1,1]上的最大值是( )
A．1＋eq \f(1,e) B．1
C．e＋1 D．e－1
答案 D
解析 f′(x)＝ex－1，令f′(x)＝0，得x＝0，令f′(x)>0，得x>0，令f′(x)<0，得x<0，则函数f (x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，f (－1)＝e－1＋1，f (1)＝e－1，f (－1)－f (1)＝eq \f(1,e)＋2－ef (－1)．故选D.
5．若函数f (x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞))
答案 D
解析 若函数f (x)＝x3－2cx2＋x有极值点，
则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不等实根，
故Δ＝(－4c)2－12>0，
解得c>eq \f(\r(3),2)或c<－eq \f(\r(3),2).
所以实数c的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞)).
6．若函数f (x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1,1]总有f (x)≥0成立，则实数a的取值范围为( )
A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)
C．{4} D．[2,4]
答案 C
解析 f′(x)＝3ax2－3，
当a≤0时，对于x∈[－1,1]总有f′(x)<0，
则f (x)在[－1,1]上为减函数，
f (x)min＝f (1)＝a－2<0，不合题意；
当0f (x)min＝f (1)＝a－2<0，不合题意；
当a>1时，f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,\r(a))))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(a))，1))上为增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(a))，\f(1,\r(a))))上为减函数，所以有f (－1)＝－a＋4≥0，且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1, \r(a))))＝－eq \f(2,\r(a))＋1≥0，解得a＝4.
综上所述，a＝4.
7．(多选)对于函数f (x)＝eq \f(ln x,x)，下列说法正确的有( )
A．f (x)在x＝e处取得极大值eq \f(1,e)
B．f (x)有两个不同的零点
C．f (2)＜f (π)＜f (3)
D．若f (x)＜k－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，则k＞1
答案 ACD
解析 函数的导数f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，x＞0，
令f′(x)＝0得x＝e，
则当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数f (x)为增函数，
当x＞e时，f′(x)＜0，函数f (x)为减函数，
则当x＝e时，函数取得极大值，
极大值为f (e)＝eq \f(1,e)，故A正确，
当x→0，f (x)→－∞，x→＋∞，f (x)→0，
则f (x)的图象如图所示，
由f (x)＝0，得ln x＝0，得x＝1，
即函数f (x)只有一个零点，故B错误，
因为f (4)＝eq \f(ln 4,4)＝eq \f(ln 2,2)＝f (2)，f (3)＞f (π)＞f (4)，
故f (2)＜f (π)＜f (3)成立，故C正确，
若f (x)＜k－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上恒成立，
则k＞eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,x)，
设h(x)＝eq \f(ln x,x)＋eq \f(1,x)，x＞0，
则h′(x)＝－eq \f(ln x,x2)，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，
当x＞1时，h′(x)＜0，
即当x＝1时，函数h(x)取得极大值同时也是最大值h(1)＝1，
∴k＞1成立，故D正确．
8．(多选)关于函数f (x)＝x2(ln x－a)＋a，以下4个结论中正确的是( )
A．∃a＞0，∀x＞0，f (x)≥0
B．∃a＞0，∃x＞0，f (x)≤0
C．∀a＞0，∀x＞0，f (x)≥0
D．∀a＞0，∃x＞0，f (x)≤0
答案 ABD
解析 当a＝eq \f(1,2)时，f (x)＝x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,2)))＋eq \f(1,2)，
函数的定义域为(0，＋∞)，
此时函数的导数f′(x)＝2xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x－\f(1,2)))＋x2·eq \f(1,x)
＝2xln x－x＋x＝2xln x，
由f′(x)＝0得，x＝1，则当x＞1时，则f′(x)＞0，此时函数单调递增，
当0＜x＜1时，则f′(x)＜0，此时函数单调递减，故当x＝1时，函数f (x)取得极小值同时也是最小值f (1)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝0，
则对∀x＞0，f (x)≥f (1)＝0；故A正确，
当a＝5时，则f (x)＝x2(ln x－5)＋5，则f (e)＝e2(ln e－5)＋5＝－4e2＋5＜0，故∃a＞0，∃x＞0，f (x)≤0，B正确．
当a＝5时，∃x＝e，满足e＞0，但f (e)＜0，故∀a＞0，∀x＞0，f (x)≥0不成立，故C错误．
函数的导数f′(x)＝2x(ln x－a)＋x2·eq \f(1,x)＝2x(ln x－a)＋x＝2xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,2)－a)).
由f′(x)＝0，则ln x＋eq \f(1,2)－a＝0，即ln x＝a－eq \f(1,2)，
即∀a＞0，函数f (x)都存在极值点，即∃x＞0，f (x)≤0成立，故D正确．
9．(2020·信阳调研)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f (2)的值为________．
答案 18
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f 1＝10，,f′1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a＋b＋1＝10，,2a＋b＋3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3.))
经验证a＝4，b＝－11符合题意，
此时f (x)＝x3＋4x2－11x＋16，f (2)＝18.
10．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________．
答案 20
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．
又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.
由题设知在区间[－3,2]上，f (x)max－f (x)min≤t，
从而t≥20，所以t的最小值是20.
11．设函数f (x)＝aln x－bx2，若函数f (x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a,x)－2bx，x>0，
∵函数f (x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝a－2b＝0，,f 1＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,2).))
(2)由(1)知，f (x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，x>0，
f′(x)＝eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x)，
当eq \f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)>0，得eq \f(1,e)≤x<1，
令f′(x)<0，得1∴f (x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，
在(1，e]上单调递减，
∴f (x)max＝f (1)＝－eq \f(1,2).
12．(2019·衡水中学调研)已知函数f (x)＝xln x.
(1)求函数f (x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f (x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
解 (1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
所以f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
所以x＝eq \f(1,e)是函数f (x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，
则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1.
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)为减函数，
在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)为增函数．
当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为增函数，
所以g(x)的最小值为g(1)＝0.
当1当ea－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g(x)为减函数，
所以g(x)的最小值为g(e)＝a＋e－ae.
综上，当a≤1时，g(x)的最小值为0；
当1当a≥2时，g(x)的最小值为a＋e－ae.
13．(2019·泉州质检)已知直线y＝a分别与函数y＝ex＋1和y＝eq \r(x－1)的图象交于A，B两点，则A，B之间的最短距离是________．
答案 eq \f(5＋ln 2,2)
解析 由y＝ex＋1得x＝ln y－1，
由y＝eq \r(x－1)得x＝y2＋1，
所以设h(y)＝|AB|＝y2＋1－(ln y－1)＝y2－ln y＋2，y>0，h′(y)＝2y－eq \f(1,y)＝eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(\r(2),2))),y)，
当0eq \f(\r(2),2)时，h′(y)>0，
即函数h(y)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增，
所以h(y)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2－ln eq \f(\r(2),2)＋2＝eq \f(5＋ln 2,2).
14．当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 [－6，－2]
解析 当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0，变为3≥0恒成立，即a∈R，
当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥eq \f(x2－4x－3,x3)，
∴a≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2－4x－3,x3)))max.
设φ(x)＝eq \f(x2－4x－3,x3).
∴φ′(x)＝－eq \f(x2－8x－9,x4)＝－eq \f(x－9x＋1,x4)，
∴当x∈(0,1]时，φ′(x)>0，φ(x)在(0,1]上单调递增，
φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6.
当x∈[－2,0)时，a≤eq \f(x2－4x－3,x3)，∴a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2－4x－3,x3)))min.
同理可求得x∈[－2,0)时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2－4x－3,x3)))min＝φ(－1)＝－2，∴a≤－2，
综上可得，－6≤a≤－2.
15．已知函数f (x)＝xln x＋mex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,e)，0))
解析 f (x)＝xln x＋mex(x>0)，∴f′(x)＝ln x＋1＋mex(x>0)，令f′(x)＝0，得－m＝eq \f(ln x＋1,ex)，设g(x)＝eq \f(ln x＋1,ex)，
g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,ex)(x>0)，令h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，
则h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0(x>0)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0,1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0,1]上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝eq \f(1,e)，
而当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，
若f (x)在两极值点，只要y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0<－m16．已知f (x)＝ax－ln x，当x∈(0，e]时，是否存在实数a，使得f (x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解 假设存在实数a，使得f (x)＝ax－ln x(x∈(0，e])的最小值为3，由题意知f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).
①当a≤0时，在(0，e]上恒有f′(x)<0，函数f (x)在(0，e]上单调递减，
所以f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，
即a＝eq \f(4,e)，不满足a≤0，舍去．
②当0所以f (x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1＋ln a＝3，即a＝e2，满足条件．
③当eq \f(1,a)≥e时，f (x)在(0，e]上单调递减，f (x)min＝f (e)＝ae－1＝3，即a＝eq \f(4,e)，不满足eq \f(1,a)≥e，舍去．
综上所述，当x∈(0，e]时，存在实数a＝e2，使得f (x)的最小值为3.条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象
极值
f (x0)为极大值
f (x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
x
(0，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f (x)
↘
极小值
↗