2019版文科數(shù)學(xué)大第三章導(dǎo)數(shù)及應(yīng)用3.2 第2課時(shí) 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值題型一用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)極值問題命題點(diǎn)1根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值典例設(shè)函數(shù)f(x）在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x)，且函數(shù)y＝（1－x）f′（x)的圖象如圖所示,則下列結(jié)論中一定成立的是（)A．函數(shù)f(x)有極大值f（2）和極小值f(1）B．函數(shù)f(x）有極大值f(－2)和極小值f（1）C．函數(shù)f（x)有極大值f（2)和極小值f（－2)D．函數(shù)f（x)有極大值f（－2)和極小值f（2）答案D解析由題圖可知,當(dāng)x<－2時(shí)，f′（x)>0;當(dāng)－2<x<1時(shí)，f′(x）<0;當(dāng)1〈x<2時(shí)，f′(x）〈0;當(dāng)x>2時(shí)，f′(x)〉0.由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值．命題點(diǎn)2求函數(shù)的極值典例（2017·泉州質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x)＝x－1＋eq\f(a，ex)(a∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)）．(1)若曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1）)處的切線平行于x軸，求a的值;(2)求函數(shù)f(x)的極值．解(1）由f(x）＝x－1＋eq\f(a,ex)，得f′(x)＝1－eq\f（a,ex）。又曲線y＝f(x）在點(diǎn)（1，f(1))處的切線平行于x軸，得f′（1）＝0，即1－eq\f（a，e)＝0,解得a＝e。（2）f′(x)＝1－eq\f（a，ex)，①當(dāng)a≤0時(shí),f′（x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，所以函數(shù)f(x）無極值．②當(dāng)a〉0時(shí)，令f′（x）＝0,得ex＝a，即x＝lna,當(dāng)x∈（－∞，lna）時(shí),f′(x）<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞）時(shí)，f′（x）>0，所以f（x)在(－∞，lna）上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞）上單調(diào)遞增,故f（x）在x＝lna處取得極小值且極小值為f（lna)＝lna，無極大值．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x）無極值;當(dāng)a〉0時(shí)，f(x)在x＝lna處取得極小值lna,無極大值．命題點(diǎn)3根據(jù)極值求參數(shù)典例(1)（2017·滄州模擬)若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)c的取值范圍為_______．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞,－\f（\r（3），2））)∪eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r(3),2)，＋∞)）解析f′(x）＝3x2－4cx＋1,由f′(x)＝0有兩個(gè)不同的根，可得Δ＝（－4c）2－12〉0,∴c〉eq\f（\r（3)，2）或c〈－eq\f(\r（3),2)。（2)若函數(shù)f(x）＝eq\f（x3，3）－eq\f(a,2）x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2），3））上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（)A。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2）)） B.eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1（2，\f（5，2）))C.eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2，\f（10，3)）） D。eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f（10，3）)）答案C解析函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2），3)）上有極值點(diǎn)等價(jià)于f′(x）＝0有2個(gè)不相等的實(shí)根且在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2),3）)內(nèi)有根,由f′(x）＝0有2個(gè)不相等的實(shí)根，得a<－2或a〉2.由f′(x）＝0在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2),3））內(nèi)有根，得a＝x＋eq\f（1,x)在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))內(nèi)有解,又x＋eq\f（1，x）∈eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（2，\f(10,3)))，所以2≤a<eq\f(10，3)，綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2，\f（10，3)）).思維升華函數(shù)極值的兩類熱點(diǎn)問題（1）求函數(shù)f(x)極值的一般解題步驟①確定函數(shù)的定義域;②求導(dǎo)數(shù)f′(x)；③解方程f′（x）＝0,求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；④列表檢驗(yàn)f′（x）在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號．（2)根據(jù)函數(shù)極值情況求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)①列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解．②驗(yàn)證:求解后驗(yàn)證根的合理性．跟蹤訓(xùn)練(1)函數(shù)f(x)＝(x2－1）2＋2的極值點(diǎn)是()A．x＝1 B．x＝－1C．x＝1或－1或0 D．x＝0答案C解析∵f（x）＝x4－2x2＋3，∴由f′(x)＝4x3－4x＝4x(x＋1)（x－1)＝0,得x＝0或x＝1或x＝－1。又當(dāng)x<－1時(shí)，f′（x)<0，當(dāng)－1〈x<0時(shí),f′(x)〉0，當(dāng)0<x〈1時(shí)，f′(x)〈0，當(dāng)x>1時(shí)，f′（x)〉0，∴x＝0,1，－1都是f(x)的極值點(diǎn)．(2）函數(shù)y＝2x－eq\f（1,x2）的極大值是________．答案－3解析y′＝2＋eq\f(2,x3)，令y′＝0，得x＝－1。當(dāng)x〈－1或x>0時(shí),y′〉0；當(dāng)－1〈x〈0時(shí),y′<0.∴當(dāng)x＝－1時(shí)，y取極大值－3。題型二用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值典例（2017·洛陽模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x，x)＋klnx,k〈eq\f(1,e），求函數(shù)f（x）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(1，e),e）)上的最大值和最小值．解f′(x）＝eq\f（－x－1－x,x2)＋eq\f（k,x）＝eq\f(kx－1，x2）.①若k＝0，則f′（x)＝－eq\f（1,x2）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(1，e）,e）)上恒有f′(x)〈0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，e），e）)上單調(diào)遞減．②若k≠0，則f′(x)＝eq\f(kx－1,x2)＝eq\f（k\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1,k）)),x2）。（ⅰ)若k〈0，則在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1,e),e））上恒有eq\f(k\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x－\f(1，k）)），x2）<0.所以f（x)在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f(1，e),e）)上單調(diào)遞減，(ⅱ)若k>0,由k〈eq\f（1,e），得eq\f（1，k）>e，則x－eq\f(1,k)<0在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(1，e)，e))上恒成立，所以eq\f（k\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（1,k)）),x2)〈0，所以f(x）在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1，e），e）)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)k〈eq\f（1，e)時(shí)，f(x）在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1，e）,e)）上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f（e）＝eq\f（1,e)＋k－1，f（x)max＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，e））)＝e－k－1.引申探究本例中若函數(shù)為“f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2”,則函數(shù)f（x）在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f（1，e）,e）)上的最大值如何？解由f（x）＝lnx－eq\f(1，2）x2，則f′(x）＝eq\f(1，x)－x＝eq\f(1－x2，x），因?yàn)楫?dāng)eq\f（1,e)≤x≤e時(shí),令f′(x）〉0，得eq\f（1，e)≤x〈1；令f′（x)<0,得1〈x≤e，所以f（x)在eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,e)，1))上單調(diào)遞增，在(1,e］上單調(diào)遞減,所以f(x)max＝f（1）＝－eq\f(1,2).思維升華求函數(shù)f（x）在[a，b］上的最大值和最小值的步驟(1）求函數(shù)在（a，b）內(nèi)的極值．(2）求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a），f（b)．（3）將函數(shù)f（x）的極值與f(a)，f（b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值．跟蹤訓(xùn)練設(shè)函數(shù)f(x）＝x3－eq\f(x2，2）－2x＋5，若對任意的x∈［－1,2]，都有f（x）〉a，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________．答案eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7，2)））解析由題意知，f′(x)＝3x2－x－2,令f′(x）＝0，得3x2－x－2＝0,解得x＝1或x＝－eq\f(2，3），又f(1)＝eq\f(7，2)，feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(2,3）)）＝eq\f（157，27)，f（－1）＝eq\f（11,2），f(2）＝7，故f(x)min＝eq\f（7，2)，∴a〈eq\f(7，2）。題型三函數(shù)極值和最值的綜合問題典例(2018·珠海調(diào)研)已知函數(shù)f（x）＝eq\f（ax2＋bx＋c，ex)(a>0）的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x)的兩個(gè)零點(diǎn)為－3和0。（1)求f(x）的單調(diào)區(qū)間；(2）若f（x)的極小值為－e3，求f（x）在區(qū)間［－5，＋∞）上的最大值．解（1)f′（x)＝eq\f（2ax＋bex－ax2＋bx＋cex,ex2）＝eq\f（－ax2＋2a－bx＋b－c,ex）.令g（x）＝－ax2＋(2a－b）x＋b－c，因?yàn)閑x〉0，所以y＝f′(x）的零點(diǎn)就是g（x）＝－ax2＋(2a－b）x＋b－c的零點(diǎn)且f′（x)與g（x）符號相同．又因?yàn)閍〉0,所以當(dāng)－3<x〈0時(shí)，g(x）>0，即f′（x）>0，當(dāng)x〈－3或x>0時(shí)，g(x）<0,即f′(x)<0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3,0），單調(diào)遞減區(qū)間是（－∞，－3),（0,＋∞)．(2）由（1)知，x＝－3是f（x）的極小值點(diǎn)，所以有eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g0＝b－c＝0，，g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，）)解得a＝1，b＝5,c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex)。因?yàn)閒(x）的單調(diào)遞增區(qū)間是(－3，0）,單調(diào)遞減區(qū)間是（－∞，－3)，(0，＋∞）,所以f（0)＝5為函數(shù)f(x)的極大值，故f（x)在區(qū)間［－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)，所以函數(shù)f（x)在區(qū)間[－5，＋∞)上的最大值是5e5.思維升華(1）求極值、最值時(shí)，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時(shí)，要討論參數(shù)的大?。?）求函數(shù)在無窮區(qū)間（或開區(qū)間)上的最值,不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性,并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象,然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值．跟蹤訓(xùn)練若函數(shù)f(x)＝eq\f(1，3）x3＋x2－eq\f（2,3）在區(qū)間(a,a＋5)上存在最小值,則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．［－5，0） B．（－5,0）C．[－3,0) D．（－3,0）答案C解析由題意，得f′（x）＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x）在(－∞，－2）,（0，＋∞）上是增函數(shù)，在(－2，0)上是減函數(shù),作出其圖象如圖所示，令eq\f（1,3）x3＋x2－eq\f（2，3)＝－eq\f（2,3），得x＝0或x＝－3，則結(jié)合圖象可知，eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5>0，)）解得a∈[－3，0)．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值典例（12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax（a∈R)．（1）求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2）當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)f(x)在[1，2]上的最小值．思維點(diǎn)撥（1)已知函數(shù)解析式求單調(diào)區(qū)間，實(shí)質(zhì)上是求f′（x)>0，f′(x）〈0的解區(qū)間,并注意定義域．（2)先研究f（x）在[1，2］上的單調(diào)性,再確定最值是端點(diǎn)值還是極值．（3）兩小問中，由于解析式中含有參數(shù)a，要對參數(shù)a進(jìn)行分類討論．

規(guī)范解答解（1)f′(x)＝eq\f(1，x）－a(x>0)，①當(dāng)a≤0時(shí),f′（x）＝eq\f(1，x)－a〉0，即函數(shù)f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,＋∞)．［2分］②當(dāng)a〉0時(shí),令f′（x)＝eq\f（1，x）－a＝0，可得x＝eq\f（1,a），當(dāng)0<x<eq\f（1，a）時(shí),f′（x）＝eq\f(1－ax,x)>0；當(dāng)x〉eq\f(1，a)時(shí)，f′(x)＝eq\f(1－ax，x）<0，故函數(shù)f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(1,a））），單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，a），＋∞)）.［4分］綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，＋∞)；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，a））)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a），＋∞)）.[5分]（2)①當(dāng)eq\f(1，a)≤1，即a≥1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù),所以f（x)的最小值是f（2）＝ln2－2a。[6分]②當(dāng)eq\f(1，a)≥2,即0〈a≤eq\f（1，2）時(shí),函數(shù)f（x)在區(qū)間［1，2］上是增函數(shù)，所以f(x）的最小值是f（1）＝－a。[7分］③當(dāng)1<eq\f（1，a）〈2，即eq\f(1，2）<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（1，\f(1，a)）)上是增函數(shù)，在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1,a）,2））上是減函數(shù)．又f（2)－f(1）＝ln2－a，所以當(dāng)eq\f(1，2)<a<ln2時(shí)，最小值是f（1）＝－a；當(dāng)ln2≤a<1時(shí),最小值為f（2）＝ln2－2a。[11分］綜上可知,當(dāng)0<a〈ln2時(shí)，函數(shù)f（x)的最小值是f(1)＝－a；當(dāng)a≥ln2時(shí)，函數(shù)f（x）的最小值是f(2)＝ln2－2a。［12分］用導(dǎo)數(shù)法求給定區(qū)間上的函數(shù)的最值問題的一般步驟第一步：（求導(dǎo)數(shù)）求函數(shù)f（x)的導(dǎo)數(shù)f′（x)；第二步：(求極值)求f（x）在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值;第三步：(求端點(diǎn)值)求f（x）在給定區(qū)間上的端點(diǎn)值；第四步:（求最值)將f（x）的各極值與f（x）的端點(diǎn)值進(jìn)行比較，確定f(x)的最大值與最小值；第五步：（反思）反思回顧，查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)和解題規(guī)范．1．下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又存在極值的是（）A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq\f（2,x)答案D解析由題可知，B,C選項(xiàng)中的函數(shù)不是奇函數(shù)；A選項(xiàng)中，函數(shù)y＝x3單調(diào)遞增（無極值）；D選項(xiàng)中的函數(shù)既為奇函數(shù)又存在極值．2．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的極大值為（)A.eq\f（28，3)B．6C.eq\f（26,3)D．7答案A解析f′(x)＝x2－4＝（x＋2）(x－2),f（x）在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在（－2，2）上單調(diào)遞減,在（2,＋∞）上單調(diào)遞增，所以f(x)的極大值為f（－2)＝eq\f（28,3).3．已知函數(shù)f（x)＝x3＋ax2＋(a＋6）x＋1有極大值和極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,2) B．(－∞，－3）∪（6，＋∞)C．（－3，6） D．(－∞，－1）∪（2，＋∞)答案B解析∵f′(x)＝3x2＋2ax＋（a＋6）,由已知可得f′（x)＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根．∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a－18>0?！郺>6或a〈－3。4．（2017·哈爾濱調(diào)研)函數(shù)f（x）＝eq\f（1,2)x2－lnx的最小值為（）A。eq\f(1，2)B．1C．0D．不存在答案A解析f′（x)＝x－eq\f(1，x)＝eq\f（x2－1,x)且x>0.令f′(x）〉0，得x〉1。令f′（x)<0，得0<x<1?！鄁（x）在x＝1處取得極小值也是最小值，且f(1）＝eq\f（1，2）－ln1＝eq\f(1,2)。5．已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f（2)等于（）A．11或18 B．11C．18 D．17或18答案C解析∵函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10,∴f(1)＝10,且f′（1)＝0，又f′（x)＝3x2＋2ax＋b,∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（1＋a＋b＋a2＝10,,3＋2a＋b＝0，))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－3，，b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11.)）而當(dāng)eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－3，,b＝3)）時(shí)，函數(shù)在x＝1處無極值，故舍去．∴f（x）＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2）＝18。6．(2018·河北三市二聯(lián))若函數(shù)f（x)＝eq\f（1,3）x3－eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f（b，2))）x2＋2bx在區(qū)間[－3,1]上不是單調(diào)函數(shù)，則函數(shù)f（x)在R上的極小值為(）A．2b－eq\f（4，3) B。eq\f(3,2）b－eq\f(2，3）C．0 D．b2－eq\f（1，6）b3答案A解析f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝（x－b）（x－2)，∵函數(shù)f（x）在區(qū)間[－3,1]上不是單調(diào)函數(shù)，∴－3<b〈1，則由f′（x）>0，得x〈b或x〉2，由f′(x）〈0，得b<x<2，∴函數(shù)f（x)的極小值為f(2）＝2b－eq\f（4，3)。7．(2017·肇慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a＝______。答案5解析f′（x）＝3x2＋2ax＋3.由題意知,－3是方程f′(x）＝0的根,所以3×（－3)2＋2a×（－3)＋3＝0，解得a＝5.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)a＝5時(shí)，f（x）在x＝－3處取得極值．

8．函數(shù)f(x）＝x3－3a2x＋a(a>0）的極大值是正數(shù)，極小值是負(fù)數(shù)，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2)，2），＋∞）)解析f′（x）＝3x2－3a2＝3（x＋a)(x－a），由f′(x）＝0得x＝±a，當(dāng)－a<x〈a時(shí),f′（x)〈0,函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x>a或x〈－a時(shí),f′（x)〉0,函數(shù)單調(diào)遞增,∴f(x)的極大值為f(－a）,極小值為f（a）．∴f（－a)＝－a3＋3a3＋a〉0且f（a)＝a3－3a3＋a〈0，解得a〉eq\f（\r（2)，2）.∴a的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（2），2），＋∞）)。9．函數(shù)f（x）＝xe－x，x∈[0，4]的最大值是________．答案eq\f(1,e)解析f′（x)＝e－x－x·e－x＝e－x（1－x)，令f′(x)＝0,得x＝1.又f(0）＝0，f（4)＝eq\f(4，e4)，f（1)＝e－1＝eq\f（1，e），∴f（1）＝eq\f（1，e）為最大值．10．已知函數(shù)f（x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m∈［－1,1],則f（m)的最小值為________．答案－4解析f′（x）＝－3x2＋2ax,由f(x)在x＝2處取得極值知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）上單調(diào)遞減,在（0，1)上單調(diào)遞增,∴當(dāng)m∈[－1,1］時(shí)，f(m)min＝f（0）＝－4.11．（2017·北京)已知函數(shù)f(x)＝excosx－x。（1）求曲線y＝f(x）在點(diǎn)（0,f（0））處的切線方程；（2）求函數(shù)f（x)在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2））)上的最大值和最小值．解(1)因?yàn)閒(x)＝excosx－x,所以f′（x）＝ex（cosx－sinx)－1，所以f′（0）＝0，又因?yàn)閒(0)＝1,所以曲線y＝f（x)在點(diǎn)(0，f（0）)處的切線方程為y－1＝0。（2）設(shè)h(x）＝ex(cosx－sinx)－1,則h′（x）＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx。當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（0，\f(π，2)))時(shí)，h′（x）＜0，所以h（x)在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2)））上單調(diào)遞減．所以對任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f（π,2)))有h（x）＜h（0)＝0，即f′(x)＜0.所以函數(shù)f（x）在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2）)）上單調(diào)遞減．因此f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)）)上的最大值為f(0)＝1,最小值為feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2)）)＝－eq\f（π，2）.12．(2018·武漢質(zhì)檢）已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<1，，alnx，x≥1。))(1)求f（x）在區(qū)間（－∞，1）上的極小值和極大值點(diǎn)；(2）求f(x）在［－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù)）上的最大值．解(1)當(dāng)x<1時(shí)，f′(x）＝－3x2＋2x＝－x（3x－2),令f′(x）＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2，3）.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f（x）的變化情況如下表:x(－∞，0）0eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0,\f(2，3）)）eq\f(2,3）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3），1))f′(x)－0＋0－f(x）↘極小值↗極大值↘故當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f(x）取得極小值f(0)＝0，函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)為x＝eq\f（2,3)。(2)①當(dāng)－1≤x＜1時(shí)，由（1）知，函數(shù)f(x)在[－1,0]和eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(2,3)，1)）上單調(diào)遞減,在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（0，\f（2,3）)）上單調(diào)遞增．因?yàn)閒（－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（2,3)))＝eq\f(4，27),f(0）＝0，所以f(x)在［－1,1)上的最大值為2。②當(dāng)1≤x≤e時(shí)，f（x)＝alnx，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）≤0；當(dāng)a>0時(shí),f(x）在［1,e］上單調(diào)遞增,則f(x)在［1,e]上的最大值為f（e）＝a.故當(dāng)a≥2時(shí),f(x）在［－1，e］上的最大值為a；當(dāng)a〈2時(shí),f(x）在[－1,e］上的最大值為2。13．已知函數(shù)f（x)＝eq\f（1,3)x3－x2－x＋m在[0,1]上的最小值為eq\f（1,3)，則實(shí)數(shù)m的值為________．答案2解析由f(x）＝eq\f（1，3）x3－x2－x＋m,可得f′（x)＝x2－2x－1，令x2－2x－1＝0，可得x＝1±eq\r（2).當(dāng)x∈(1－eq\r(2),1＋eq\r(2)）時(shí)，f′(x）<0,即函數(shù)f(x）在(1－eq\r(2)，1＋eq\r(2))上是減函數(shù)，即f(x)在[0，1]上為減函數(shù)，故f（x)在[0，1]上的最小值為f(1），所以eq\f(1,3)－1－1＋m＝eq\f(1，3），解得m＝2。14．（2018·貴州質(zhì)檢)設(shè)直線x＝t與函數(shù)h(x)＝x2，g(x）＝lnx的圖象分別交于點(diǎn)M，N，則當(dāng)｜MN|最小時(shí)，t的值為________．答案eq\f(\r(2），2)解析由已知條件可得|MN｜＝t2－lnt，設(shè)f(t)＝t2－lnt(t>0），則f′（t）＝2t－eq\f(1，t），令f′（t)＝0,得t＝eq\f（\r（2)，2），當(dāng)0〈t<eq\f(\r（2)，2）時(shí),f′（t)〈0，當(dāng)t>eq\f(\r(2),2)時(shí)，f′（t)>0,∴當(dāng)t＝eq\f（\r（2），2）時(shí)，f(t)取得最小值．15．若函數(shù)f(x)＝mlnx＋(m－1)x存在最大值M,且M>0，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是____________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(e，1＋e），1）)解析f′（x)＝eq\f（m,x）＋（m－1)＝eq\f（m－1x＋m，x）（x〉0),當(dāng)m≤0或m≥1時(shí)，f（x)在（0，＋∞)上單調(diào),此時(shí)函數(shù)f(x)無最大值．當(dāng)0<m<1時(shí)，令f′(x）＝0，則x＝eq\f（m,1－m），∴當(dāng)0〈m〈1時(shí)，f(x)在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f（m，1－m）)）上單調(diào)遞增,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(m，1－m），＋∞)）上單調(diào)遞減，∴當(dāng)0〈m<1時(shí)，函數(shù)f（x)有最大值，最大值M＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（m，1－m)））＝mlneq\f（m,1－m）－m.∵M(jìn)>0，∴mlneq\f（m，1－m）－m>0，解得m>eq\f（e,1＋e），∴m的取值范圍是eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（e，1＋e)，1）)。16．已知函數(shù)f(x)＝eq\f（1,2)x2＋mx＋lnx.（1）若m＝－3,討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性,并寫出單調(diào)區(qū)間；（2)若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(x1〈x2），且m≤－eq\f（3\r（2），2），求f(x1)－f(x2）的最小值．解（1)當(dāng)m＝－3時(shí)，f（x）＝eq\f(1，2）x2－3x＋lnx,由題意知x>0,且f′（x)＝x－3＋eq\f（1,x）＝eq\f（x2－3x＋1,x）,令f′（x)>0，得0<x<eq\f(3－\r(5),2)或x>eq\f(3＋\r(5）,2),令f′（x）〈0，得eq\f(3－\r(5）,2）<x〈eq\f（3＋\r（5），2)。因此函數(shù)f（x）在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－