2023導數(shù)解密通關(guān)練基礎(chǔ)篇專題09 函數(shù)的最值含答案

2023導數(shù)解密通關(guān)練基礎(chǔ)篇專題09函數(shù)的最值考點一求已知函數(shù)的最值【方法總結(jié)】導數(shù)法求給定區(qū)間上函數(shù)的最值問題的一般步驟(1)求函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)；(2)求f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值；(3)求f(x)在給定區(qū)間上的端點值；(4)將f(x)的各極值與f(x)的端點值進行比較，確定f(x)的最大值與最小值；(5)反思回顧，查看關(guān)鍵點，易錯點和解題規(guī)范．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)＝lnx－x在區(qū)間(0，e]上的最大值為________．(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值為．(3)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其導函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，f(1)＝－eq\f(2,3)，則函數(shù)g(x)＝f′(x)ex在區(qū)間[0，2]上的最小值為．(4)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．(5)設(shè)正實數(shù)x，則f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域為________．(6)已知函數(shù)f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的圖象與直線y＝m的交點分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1－x2的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))(7)已知不等式ex－1≥kx＋lnx對于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則k的最大值為________．(8)(多選)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋e|x|,e|x|)，則下列選項正確的是()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)的圖象關(guān)于點(0，1)對稱C．f(x)的最大值為eq\f(1,e)＋1D．f(x)的最小值為－eq\f(1,e)＋1[例2]已知函數(shù)f(x)＝excosx－x．(1)求曲線y＝f(x)在點(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．[例3](2017·浙江)已知函數(shù)f(x)＝(x－eq\r(2x－1))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)))．(1)求f(x)的導函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范圍．[例4](2021·北京)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)．(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，求f(x)的單調(diào)區(qū)間，以及最大值和最小值．[例5]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\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；(2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值．【對點訓練】1．函數(shù)y＝eq\f(x,ex)在[0，2]上的最大值是()A．eq\f(1,e)B．eq\f(2,e2)C．0D．eq\f(1,2\r(e))2．函數(shù)f(x)＝2x－lnx的最小值為________．3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值是()A．－37B．－29C．－5D．以上都不對4．已知函數(shù)f(x)＝x＋2sinx，x∈[0，2π]，則f(x)的值域為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－\r(3)，\f(2π,3)＋\r(3)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4π,3)－\r(3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\r(3)，2π))D．[0，2π]5．設(shè)0<x<π，則函數(shù)y＝eq\f(2－cosx,sinx)的最小值是________．6．若曲線y＝xex＋eq\f(m,x＋1)(x<－1)存在兩條垂直于y軸的切線，則m的取值范圍為________．7．已知實數(shù)x，y滿足4x＋9y＝1，則2x＋1＋3y＋1的取值范圍是________．8．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，其中x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，若不等式f(x)≤0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))B．eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－∞，\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e)))))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))9．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．010．(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x)＝xe－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，則下列結(jié)論正確的是()A．lnx1＝x2B．ln(－x2)＝－x1C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2·ek的最大值為eq\f(4,e2)D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2·ek的最大值為eq\f(1,e2)11．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋1－lnx．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)g(x)＝f(x)－x在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最小值．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的導函數(shù)f′(x)的兩個零點為－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．

13．(2019·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當0<a<3時，記f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為M，最小值為m，求M－m的取值范圍．考點二已知函數(shù)的最值求參數(shù)的值(范圍)【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)＝x3－3x2－9x＋k在區(qū)間[－4，4]上的最大值為10，則其最小值為________．(2)若函數(shù)f(x)＝asinx＋eq\f(1,3)sin3x在x＝eq\f(π,3)處有最值，則a等于()A．2B．1C．eq\f(2\r(3),3)D．0(3)函數(shù)f(x)＝3x－x3在區(qū)間(a2－12，a)上有最小值，則實數(shù)a的取值范圍是________．(4)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax存在最大值0，則a＝________．(5)(多選)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2(a＜0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，則a的取值可能為()A．－6B．－5C．－4D．－3(6)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－cosx－2a，g(x)＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f(x1)＝g(x2)成立，則x2－x1的最小值為1時，實數(shù)a＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)D．1【對點訓練】1．已知函數(shù)f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2，2]上有最小值－37，則a的值為____________，f(x)在[－2，2]上的最大值為________．2．若函數(shù)y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在[－2，1]上的最大值為eq\f(9,2)，則m等于()A．0B．1C．2D．eq\f(5,2)2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，則實數(shù)k的取值范圍為()A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]3．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，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，0)B．(－5，0)C．[－3，0)D．(－3，0)4．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為eq\f(\r(3),3)，則a的值為()A．eq\r(3)－1B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,3)D．eq\r(3)＋1 專題09函數(shù)的最值考點一求已知函數(shù)的最值【方法總結(jié)】導數(shù)法求給定區(qū)間上函數(shù)的最值問題的一般步驟(1)求函數(shù)f(x)的導數(shù)f′(x)；(2)求f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值；(3)求f(x)在給定區(qū)間上的端點值；(4)將f(x)的各極值與f(x)的端點值進行比較，確定f(x)的最大值與最小值；(5)反思回顧，查看關(guān)鍵點，易錯點和解題規(guī)范．【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)＝lnx－x在區(qū)間(0，e]上的最大值為________．答案－1解析f′(x)＝eq\f(1,x)－1，令f′(x)＝0得x＝1．當x∈(0，1)時，f′(x)＞0；當x∈(1，e]時，f′(x)＜0．∴當x＝1時，f(x)取得最大值，且f(x)max＝f(1)＝ln1－1＝－1．(2)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值為．答案eq\f(3,2)解析因為f′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f((x＋2)(x－1),x)(x＞0)，所以f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2)．(3)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋mx2＋nx＋2，其導函數(shù)f′(x)為偶函數(shù)，f(1)＝－eq\f(2,3)，則函數(shù)g(x)＝f′(x)ex在區(qū)間[0，2]上的最小值為．答案－2e解析由題意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，∵f′(x)為偶函數(shù)，∴m＝0，故f(x)＝eq\f(1,3)x3＋nx＋2，∵f(1)＝eq\f(1,3)＋n＋2＝－eq\f(2,3)，∴n＝－3．∴f(x)＝eq\f(1,3)x3－3x＋2，則f′(x)＝x2－3．故g(x)＝ex(x2－3)，則g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)·(x＋3)，據(jù)此可知函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，2]上單調(diào)遞增，故函數(shù)g(x)的極小值，即最小值為g(1)＝e1·(12－3)＝－2e．(4)已知函數(shù)f(x)＝2sinx＋sin2x，則f(x)的最小值是________．答案－eq\f(3\r(3),2)解析∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相當于求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＝eq\f(1,2)或cosx＝－1，x∈[0，2π]．∴由cosx＝－1，得x＝π；由cosx＝eq\f(1,2)，得x＝eq\f(5,3)π或x＝eq\f(π,3)．∵函數(shù)的最值只能在導數(shù)值為0的點或區(qū)間端點處取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,3)＋sineq\f(2π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)π))＝－eq\f(3\r(3),2)，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值為－eq\f(3\r(3),2)．(5)設(shè)正實數(shù)x，則f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域為________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))解析令lnx＝t，則x＝et，∴g(t)＝eq\f(t2,et2)，令t2＝m，m≥0，∴h(m)＝eq\f(m,em)，∴h′(m)＝eq\f(em(1－m),e2m)，令h′(m)＝0，解得m＝1，當0≤m<1時，h′(m)>0，函數(shù)h(m)單調(diào)遞增，當m≥1時，h′(m)<0，函數(shù)h(m)單調(diào)遞減，∴h(m)max＝h(1)＝eq\f(1,e)，∵f(0)＝0，當m→＋∞時，h(m)→0，∴f(x)＝eq\f(ln2x,xlnx)的值域為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))．(6)已知函數(shù)f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的圖象與直線y＝m的交點分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1－x2的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．[2，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))答案A解析由題意知f(x1)＝g(x2)，所以elnx1＝x2＋1，即x2＝elnx1－1，則x1－x2＝x1－elnx1＋1，x1>0．令h(x)＝x－elnx＋1(x>0)，則h′(x)＝1－eq\f(e,x)＝eq\f(x－e,x)．當x>e時，h′(x)>0，當0<x<e時，h′(x)<0，所以h(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)min＝h(e)＝1．又當x→0＋時，h(x)→＋∞，當x→＋∞時，h(x)→＋∞，所以h(x)在(0，＋∞)上的值域為[1，＋∞)，所以x1－x2的取值范圍為[1，＋∞)．(7)已知不等式ex－1≥kx＋lnx對于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，則k的最大值為________．答案e－1解析?x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋lnx恒成立，等價于?x∈(0，＋∞)，k≤eq\f(ex－1－lnx,x)恒成立，令φ(x)＝eq\f(ex－1－lnx,x)(x>0)，則φ′(x)＝eq\f(ex(x－1)＋lnx,x2)，當x∈(0，1)時，φ′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1．(8)(多選)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋e|x|,e|x|)，則下列選項正確的是()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)的圖象關(guān)于點(0，1)對稱C．f(x)的最大值為eq\f(1,e)＋1D．f(x)的最小值為－eq\f(1,e)＋1答案BCD解析f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1，不滿足f(－x)＝－f(x)，故A項錯誤；令g(x)＝eq\f(x,e|x|)，則g(－x)＝eq\f(－x,e|－x|)＝eq\f(－x,e|x|)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，則f(x)關(guān)于點(0，1)對稱，B項正確；設(shè)f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最大值為M，則g(x)的最大值為M－1，設(shè)f(x)＝eq\f(x,e|x|)＋1的最小值為N，則g(x)的最小值為N－1，當x＞0時，g(x)＝eq\f(x,ex)，所以g′(x)＝eq\f(1－x,ex)，當0＜x＜1時，g′(x)＞0，當x＞1時，g′(x)＜0，所以當0＜x＜1時，g(x)單調(diào)遞增，當x＞1時，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)在x＝1處取得最大值，最大值為g(1)＝eq\f(1,e)，由于g(x)為奇函數(shù)，所以g(x)在x＝－1處取得最小值，最小值為g(－1)＝－eq\f(1,e)，所以f(x)的最大值為M＝eq\f(1,e)＋1，最小值為N＝－eq\f(1,e)＋1，故C、D項正確．故選B、C、D．[例2]已知函數(shù)f(x)＝excosx－x．(1)求曲線y＝f(x)在點(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．解析(1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0．又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1．(2)設(shè)h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx．當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，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)．[例3](2017·浙江)已知函數(shù)f(x)＝(x－eq\r(2x－1))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≥\f(1,2)))．(1)求f(x)的導函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范圍．解析(1)f′(x)＝(x－eq\r(2x－1))′e－x＋(x－eq\r(2x－1))(e－x)′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))))e－x－(x－eq\r(2x－1))e－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(2x－1))－x＋\r(2x－1)))e－x＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＞\f(1,2)))．(2)令f′(x)＝(1－x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(2x－1))))e－x＝0，解得x＝1或eq\f(5,2)．當x變化時，f(x)，f′(x)的變化如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2)))eq\f(5,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞))f′(x)－0＋0－f(x)eq\f(1,2)e－eq\f(1,2)0eq\f(1,2)e－eq\f(5,2)又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)e－eq\f(1,2)，f(1)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝eq\f(1,2)e－eq\f(5,2)，則f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的最大值為eq\f(1,2)e－eq\f(1,2)．又f(x)＝(x－eq\r(2x－1))e－x＝eq\f(1,2)(eq\r(2x－1)－1)2e－x≥0．綜上，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)e－\f(1,2)))．[例4](2021·北京)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)．(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，求f(x)的單調(diào)區(qū)間，以及最大值和最小值．解析(1)當a＝0時，f(x)＝eq\f(3－2x,x2)，則f′(x)＝eq\f(x2·(－2)－(3－2x)·2x,x4)＝eq\f(2x－6,x3)．當x＝1時，f(1)＝1，f′(1)＝－4，故y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－4(x－1)，整理得4x＋y－5＝0．(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋a)，則f′(x)＝eq\f((x2＋a)·(－2)－(3－2x)·2x,(x2＋a)2)＝eq\f(2(x2－3x－a),(x2＋a)2)．若函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值，則f′(－1)＝0，即eq\f(2(4－a),(a＋1)2)＝0，解得a＝4．經(jīng)檢驗，當a＝4時，x＝－1為函數(shù)f(x)的極大值，符合題意．此時f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋4)，其定義域為R，f′(x)＝eq\f(2(x－4)(x＋1),(x2＋4)2)，令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4．f(x)，f′(x)隨x的變化趨勢如下表：x(－∞，－1)－1(－1，4)4(4，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(4，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，4)．由上表知f(x)的極大值為f(－1)＝1，極小值為f(4)＝－eq\f(1,4)．又因為x<eq\f(3,2)時，f(x)>0；x>eq\f(3,2)時，f(x)<0，所以函數(shù)f(x)的最大值為f(－1)＝1，最小值為f(4)＝－eq\f(1,4)．[例5]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\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；(2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值．解析(1)當x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3)．當x變化時，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x＝0時，函數(shù)f(x)取到極小值，極小值為f(0)＝0，當x＝eq\f(2,3)時，函數(shù)f(x)取到極大值，極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)．(2)①當－1≤x<1時，根據(jù)(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．因為f(－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1≤x≤e時，f(x)＝alnx，當a≤0時，f(x)≤0；當a>0時，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a≥2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為a；當a<2時，f(x)在[－1，e]上的最大值為2．【對點訓練】1．函數(shù)y＝eq\f(x,ex)在[0，2]上的最大值是()A．eq\f(1,e)B．eq\f(2,e2)C．0D．eq\f(1,2\r(e))1．答案A解析易知y′＝eq\f(1－x,ex)，x∈[0，2]，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函數(shù)y＝eq\f(x,ex)在[0，1]上單調(diào)遞增，在(1，2]上單調(diào)遞減，所以y＝eq\f(x,ex)在[0，2]上的最大值是ymax＝eq\f(1,e)，故選A．2．函數(shù)f(x)＝2x－lnx的最小值為________．2．答案1＋ln2解析f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1,x)，當0<x<eq\f(1,2)時，f′(x)<0；當x>eq\f(1,2)時，f′(x)>0．∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－lneq\f(1,2)＝1＋ln2．3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數(shù))在[－2，2]上有最大值3，那么此函數(shù)在[－2，2]上的最小值是()A．－37B．－29C．－5D．以上都不對3．答案A解析∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2，0)上單調(diào)遞增，在(0，2)上單調(diào)遞減，∴x＝0為極大值點，也為最大值點，∴f(0)＝m＝3，∴m＝3．∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5．∴最小值是－37．故選A．4．已知函數(shù)f(x)＝x＋2sinx，x∈[0，2π]，則f(x)的值域為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)－\r(3)，\f(2π,3)＋\r(3)))B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4π,3)－\r(3)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)＋\r(3)，2π))D．[0，2π]4．答案D解析f′(x)＝1＋2cosx，x∈[0，2π]，令f′(x)＝0，得cosx＝－eq\f(1,2)，∴x＝eq\f(2π,3)或x＝eq\f(4π,3)，又f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\f(2π,3)＋eq\r(3)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))＝eq\f(4π,3)－eq\r(3)，f(0)＝0，f(2π)＝2π，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))＝eq\f(2π,3)－2eq\r(3)<0，∴f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)))<f(2π)，∴f(x)max＝f(2π)＝2π，f(x)min＝f(0)＝0，∴f(x)的值域為[0，2π]．5．設(shè)0<x<π，則函數(shù)y＝eq\f(2－cosx,sinx)的最小值是________．5．答案eq\r(3)解析y′＝eq\f(sin2x－2－cosxcosx,sin2x)＝eq\f(1－2cosx,sin2x)．因為0<x<π，所以當eq\f(π,3)<x<π時，y′>0；當0<x<eq\f(π,3)時，y′<0．所以當x＝eq\f(π,3)時，ymin＝eq\r(3)．6．若曲線y＝xex＋eq\f(m,x＋1)(x<－1)存在兩條垂直于y軸的切線，則m的取值范圍為________．6．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,e4)，0))解析由題意可得，y′＝(x＋1)ex－eq\f(m,(x＋1)2)＝0，即m＝(x＋1)3ex在(－∞，－1)上有兩個不同的解．設(shè)f(x)＝(x＋1)3ex(x<－1)，f′(x)＝(x＋1)2ex(x＋4)．當x<－4時，f′(x)<0；當－4<x<－1時，f′(x)>0．所以f(x)min＝f(－4)＝－eq\f(27,e4)，當x<－1時，f(x)<0，故m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,e4)，0))．7．已知實數(shù)x，y滿足4x＋9y＝1，則2x＋1＋3y＋1的取值范圍是________．7．答案(2，eq\r(13)]解析由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝eq\r(1－22x)，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3eq\r(1－22x)，令t＝2x，則f(t)＝2t＋3eq\r(1－t2)(0<t<1)，則f′(t)＝2－eq\f(3t,\r(1－t2))，令f′(t)＝2－eq\f(3t,\r(1－t2))＝0得t＝eq\f(2\r(13),13)，所以函數(shù)f(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(13),13)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),13)，1))上單調(diào)遞減，且f(0)＝3，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),13)))＝eq\r(13)，f(1)＝2，所以2x＋1＋3y＋1的取值范圍為(2，eq\r(13)]．8．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，其中x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，若不等式f(x)≤0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))B．eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－∞，\b\lc\\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(1,e)))))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))8．答案C解析當x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))時，不等式f(x)≤0恒成立等價于a≥eq\f(lnx,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上恒成立，令g(x)＝eq\f(lnx,x)，則g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)．當0<x<e時，g′(x)>0；當x>e時，g′(x)<0；所以g(x)max＝g(e)＝eq\f(1,e)，所以a≥eq\f(1,e)．故選C．9．已知函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對于區(qū)間[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實數(shù)t的最小值是()A．20B．18C．3D．09．答案A解析因為f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，x∈[－3，2]，所以f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，在[1，2]和[－3，－1]上單調(diào)遞增．f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在區(qū)間[－3，2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19，又由題設(shè)知在[－3，2]上|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝20，所以t≥20，故選A．10．(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，g(x)＝xe－x，若存在x1∈(0，＋∞)，x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)成立，則下列結(jié)論正確的是()A．lnx1＝x2B．ln(－x2)＝－x1C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2·ek的最大值為eq\f(4,e2)D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2·ek的最大值為eq\f(1,e2)10．答案AC解析由f(x1)＝g(x2)＝k(k＜0)，得eq\f(lnx1,x1)＝x2e－x2＜0(*)，∴0＜x1＜1，x2＜0．由(*)可得eq\f(－lnx1,x1)＝－x2e－x2＞0，兩邊同時取對數(shù)可得ln(－lnx1)－lnx1＝ln(－x2)－x2．∵函數(shù)y＝lnx＋x在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴－lnx1＝－x2，∴l(xiāng)nx1＝x2，∴eq\f(x2,x1)＝eq\f(lnx1,x1)＝k，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2·ek＝k2·ek．設(shè)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)上單調(diào)遞增，在(－2，0)上單調(diào)遞減，故h(k)max＝h(－2)＝eq\f(4,e2)，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))2·ek的最大值為eq\f(4,e2)．綜上，AC正確．11．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋1－lnx．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)g(x)＝f(x)－x在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最小值．11．解析(1)易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)，由f′(x)＞0，得x＞eq\f(\r(2),2)，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(\r(2),2)．∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))．(2)由題意知g(x)＝x2＋1－lnx－x，g′(x)＝2x－eq\f(1,x)－1＝eq\f((2x＋1)(x－1),x)，由g′(x)＞0，得x＞1，由g′(x)≤0，得0＜x≤1，∴g(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，在(1，2]上單調(diào)遞增，∴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最小值為g(1)＝1．12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的導函數(shù)f′(x)的兩個零點為－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．12．解析(1)f′(x)＝eq\f((2ax＋b)ex－(ax2＋bx＋c)ex,(ex)2)＝eq\f(－ax2＋(2a－b)x＋b－c,ex)．令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因為ex>0，所以f′(x)的零點就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零點，且f′(x)與g(x)符號相同．又因為a>0，所以當－3<x<0時，g(x)>0，即f′(x)>0，當x<－3或x>0時，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，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(－3)＝\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g(0)＝b－c＝0，,g(－3)＝－9a－3(2a－b)＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex)．由(1)可知當x＝0時f(x)取得極大值f(0)＝5，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5e5．13．(2019·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當0<a<3時，記f(x)在區(qū)間[0，1]的最大值為M，最小值為m，求M－m的取值范圍．13．解析(1)f(x)的定義域為R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3)．若a>0，則當x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時，f′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))時，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上單調(diào)遞減；若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；若a<0，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)>0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))時，f′(x)<0，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))上單調(diào)遞減．(2)當0<a<3時，由(1)知，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，1))上單調(diào)遞增，所以f(x)在[0，1]的最小值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋2，最大值為f(0)＝2或f(1)＝4－a．于是m＝－eq\f(a3,27)＋2，M＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－a，0<a<2，,2，2≤a<3.))所以M－m＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＋\f(a3,27)，0<a<2，,\f(a3,27)，2≤a<3.))①當0<a<2時，可知y＝2－a＋eq\f(a3,27)單調(diào)遞減，所以M－m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2))．②當2≤a<3時，y＝eq\f(a3,27)單調(diào)遞增，所以M－m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，1))．綜上，M－m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,27)，2))．考點二已知函數(shù)的最值求參數(shù)的值(范圍)【例題選講】[例1](1)函數(shù)f(x)＝x3－3x2－9x＋k在區(qū)間[－4，4]上的最大值為10，則其最小值為________．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)若函數(shù)f(x)＝asinx＋eq\f(1,3)sin3x在x＝eq\f(π,3)處有最值，則a等于()A．2B．1C．eq\f(2\r(3),3)D．0答案A解析∵f(x)在x＝eq\f(π,3)處有最值，∴x＝eq\f(π,3)是函數(shù)f(x)的極值點．又f′(x)＝acosx＋cos3x，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝acoseq\f(π,3)＋cosπ＝0，解得a＝2．(3)函數(shù)f(x)＝3x－x3在區(qū)間(a2－12，a)上有最小值，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案(－1，2]解析f′(x)＝3－3x2＝－3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1．當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)極小值－2極大值2又由3x－x3＝－2，得(x＋1)2(x－2)＝0．∴x3＝－1，x4＝2．∵f(x)在開區(qū)間(a2－12，a)上有最小值，∴最小值一定是極小值．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－12<－1<a，,a≤2，))解得－1<a≤2．(4)已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax存在最大值0，則a＝________．答案eq\f(1,e)解析f′(x)＝eq\f(1,x)－a，x＞0．當a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＞0恒成立，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，不存在最大值；當a＞0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，解得x＝eq\f(1,a)．當0＜x＜eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當x＞eq\f(1,a)時，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)－1＝0，解得a＝eq\f(1,e)．(5)(多選)若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2(a＜0)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，則a的取值可能為()A．－6B．－5C．－4D．－3答案ABC解析令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(a,3)(a＜0)，當eq\f(a,3)＜x＜0時，f′(x)＜0；當x＜eq\f(a,3)或x＞0時，f′(x)＞0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))，從而f(x)在x＝eq\f(a,3)處取得極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)，由f(x)＝－eq\f(a3,27)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(a,3)))＝0，解得x＝eq\f(a,3)或x＝－eq\f(a,6)，又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，所以eq\f(a,3)＜eq\f(a＋6,3)≤－eq\f(a,6)，解得a≤－4．所以選項A，B，C符合題意．(6)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－cosx－2a，g(x)＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f(x1)＝g(x2)成立，則x2－x1的最小值為1時，實數(shù)a＝()A．－1B．－eq\f(1,2)C．eq\f(1,2)D．1答案B解析令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－cosx－x－2a，由f(x1)＝g(x2)得x2＝ex1－cosx1－2a，則x2－x1＝ex1－cosx1－x1－2a，則x2－x1的最小值即F(x)在[0，π]上的最小值．∵F′(x)＝ex＋sinx－1≥0恒成立，x∈[0，π]，∴F(x)在[0，π]上單調(diào)遞增，∴F(x)min＝F(0)＝－2a＝(x2－x1)min＝1，∴a＝－eq\f(1,2)．【對點訓練】1．已知函數(shù)f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2，2]上有最小值－37，則a的值為____________，f(x)在[－2，2]上的最大值為________．1．答案33解析f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2．當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x－2(－2，0)0(0，2)2f′(x)＋0－0f(x)－40＋a極大值a－8＋a所以當x＝－2時，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3．所以當x＝0時，f(x)取得最大值3．2．若函數(shù)y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在[－2，1]上的最大值為eq\f(9,2)，則m等于()A．0B．1C．2D．eq\f(5,2)2．答案C解析y′＝3x2＋3x＝3x(x＋1)，易知當－1<x<0時，y′<0，當－2<x<－1或0<x<1時，y′>0，所以函數(shù)y＝x3＋eq\f(3,2)x2＋m在(－2，－1)，(0，1)上單調(diào)遞增，在(－1，0)上單調(diào)遞減，又當x＝－1時，y＝m＋eq\f(1,2)，當x＝1時，y＝m＋eq\f(5,2)，所以最大值為m＋eq\f(5,2)＝eq\f(9,2)，解得m＝2．2．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，則實數(shù)k的取值范圍為()A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]2．答案D解析由題意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在區(qū)間[k，2]上的最大值為28，所以k≤－3．3．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，則實數(shù)a的取值范圍是()A．[－5，0)B．(－5，0)C．[－3，0)D．(－3，0)3．答案C解析由題意，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\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)，故選C．4．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(m,x)(m∈R)在區(qū)間[1，e]上取得最小值4，則m＝________．4．答案－3e解析f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(m,x2)＝eq\f(x＋m,x2)，若m≥0，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，有f(x)min＝f(1)＝－m＝4，m＝－4，舍去．若m<0，令f′(x)＝0，則x＝－m，且當x<－m時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，當x>－m時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．若－m≤1，即m≥－1時，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1時，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3?[－e，－1)；若－m>e，即m<－e時，f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(m,e)，令1－eq\f(m,e)＝4，得m＝－3e，符合題意．綜上所述，m＝－3e．5．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值為eq\f(\r(3),3)，則a的值為()A．eq\r(3)－1B．eq\f(3,4)C．eq\f(4,3)D．eq\r(3)＋15．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\co1(x2＋a))2)，當a>1時，若x>eq\r(a)，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，若1<x<eq\r(a)，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，故當x＝eq\r(a)時，函數(shù)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，不符合題意．當a＝1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，最大值為f(1)＝eq\f(1,2)，不符合題意．當0<a<1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減．此時最大值為f(1)＝eq\f(1,a＋1)＝eq\f(\r(3),3)，解得a＝eq\r(3)－1，符合題意．故a的值為eq\r(3)－1 專題10含參函數(shù)的極值、最值討論考點一含參函數(shù)的極值【例題選講】[例1]設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋lnx)．(1)若曲線y＝f(x)在(2，f(2))處的切線與直線y＝－x＋1垂直，求切線方程．(2)求函數(shù)f(x)的極值．[例2]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)當a＝eq\f(1,2)時，求f(x)的極值；(2)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)極值點的個數(shù)．[例3]設(shè)f(x)＝xlnx－eq\f(3,2)ax2＋(3a－1)x．(1)若g(x)＝f′(x)在[1，2]上單調(diào)，求a的取值范圍；(2)已知f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．[例4](2016·山東)設(shè)f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R．(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知f(x)在x＝1處取得極大值，求實數(shù)a的取值范圍．[例5]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1－\f(a,6)))ex＋1，其中e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)，常數(shù)a>0．(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的零點個數(shù)；(2)函數(shù)F(x)的導數(shù)F′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－a))f(x)，是否存在無數(shù)個a∈(1，4)，使得lna為函數(shù)F(x)的極大值點？請說明理由．【對點訓練】1．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2＋x，a∈R.(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函數(shù)g(x)的極值．2．設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex．(1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a；(2)若f(x)在x＝2處取得極小值，求a的取值范圍．3．已知函數(shù)f(x)＝x2－3x＋eq\f(a,x)．(1)若a＝4，討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有3個極值點，求實數(shù)a的取值范圍．4．已知函數(shù)f(x)＝ax－x2－lnx(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)存在極值，且這些極值的和大于5＋ln2，求實數(shù)a的取值范圍．

5．(2018·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x．(1)若a＝0，證明：當－1<x<0時，f(x)<0；當x>0時，f(x)>0．(2)若x＝0是f(x)的極大值點，求a．考點二含參函數(shù)的最值【例題選講】[例1]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a＞0時，求函數(shù)f(x)在[1，2]上的最小值．[例2]已知函數(shù)f(x)＝ax2＋(1－2a)x－lnx.(1)當a>0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)當a<0時，求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上的最小值．[例3]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)－1．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值；(2)設(shè)m>0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上的最大值．[例4]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(mlnx,x)＋n，g(x)＝x2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f(x)－\f(1,x)－\f(a,2)))(m，n，a∈R)，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝x－1.(1)求實數(shù)m，n的值及函數(shù)f(x)的最大值；(2)當a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－e，\f(1,e)))時，記函數(shù)g(x)的最小值為b，求b的取值范圍．[例5](2019·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)是否存在a，b，使得f(x)在區(qū)間[0，1]的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由．【對點訓練】1．已知函數(shù)g(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R)．(1)若a＝1，求g(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值；(2)求g(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值h(a)．

2．已知函數(shù)f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．(1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的圖象在x＝0處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上的最小值．3．已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，F(xiàn)(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0．(1)若f(x)和F(x)在區(qū)間(0，ln3)上具有相同的單調(diào)性，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e2)))，且函數(shù)g(x)＝xeax－1－2ax＋f(x)的最小值為M，求M的最小值．4．已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，其中a為常數(shù)．(1)當a＝－1時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)在區(qū)間(0，e]上的最大值為－3，求a的值．5．已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，其中a∈R．(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當a>0時，若f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為－2，求a的取值范圍．

考點三含參函數(shù)的極值與最值的綜合問題【例題選講】[例1]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a為正實數(shù)，x＝eq\f(1,2)是f(x)的一個極值點．(1)求a的值；(2)當b>eq\f(1,2)時，求函數(shù)f(x)在[b，＋∞)上的最小值．[例2]已知函數(shù)f(x)＝aln(x＋b)－eq\r(x)．(1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值；(2)當b>0時，討論f(x)極值點的個數(shù)．[例3]設(shè)函數(shù)f(x)＝ax＋e－x(a＞1)．(1)求證：f(x)有極值；(2)若x＝x0時f(x)取得極值，且對任意正整數(shù)a都有x0∈(m，n)，其中m，n∈Z，求n－m的最小值．[例4]已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)(a＞0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)是否存在實數(shù)a，使得函數(shù)f(x)在[1，e]上的最小值為0？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．[例5]已知函數(shù)f(x)＝(ax－1)lnx＋eq\f(x2,2)．(1)若a＝2，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線l的方程；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f′(x)有兩個極值點x1，x2，其中x1∈(0，e]，求g(x1)－g(x2)的最小值．[例6]已知函數(shù)g(x)＝eq\f(x2,2)＋x＋lnx．(1)若函數(shù)g′(x)≥a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(2)函數(shù)f(x)＝g(x)－mx，若f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實數(shù)m的取值范圍；(3)設(shè)x1，x2(x1＜x2)是函數(shù)f(x)的兩個極值點，若m≥eq\f(7,2)，求f(x1)－f(x2)的最小值．【對點訓練】1．已知函數(shù)f(x)＝xlnx．(1)求函數(shù)f(x)的極值點；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，e]上的最小值(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\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；(2)求f(x)在[－1，e](e為自然對數(shù)的底數(shù))上的最大值．3．已知函數(shù)f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)．(1)若x＝3是f(x)的極值點，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求g(x)＝f(x)－2x在區(qū)間[1，e]上的最小值h(a)．4．已知常數(shù)a≠0，f(x)＝alnx＋2x．(1)當a＝－4時，求f(x)的極值；(2)當f(x)的最小值不小于－a時，求實數(shù)a的取值范圍．

5．已知函數(shù)f(x)＝asinx＋sin2x，a∈R．(1)若f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有極值點，求a的取值范圍；(2)若a＝1，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))時，f(x)≥bxcosx，求b的最大值．6．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－ax＋a(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在x＝x1和x＝x2處取得極值，且x2≥eq\r(e)x1(e為自然對數(shù)的底數(shù))，求f(x2)－f(x1)的最大值 專題10含參函數(shù)的極值、最值討論考點一含參函數(shù)的極值【例題選講】[例1]設(shè)a＞0，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋lnx)．(1)若曲線y＝f(x)在(2，f(2))處的切線與直線y＝－x＋1垂直，求切線方程．(2)求函數(shù)f(x)的極值．解析(1)由已知，得f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)(x＞0)，又由題意可知y＝f(x)在(2，f(2))處切線的斜率為1，所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋eq\f(a,2)＝1，解得a＝0，此時f(2)＝2－2＝0，故所求的切線方程為y＝x－2．(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2－(a＋1)x＋a,x)＝eq\f((x－1)(x－a),x)(x＞0)．①當0＜a＜1時，若x∈(0，a)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；若x∈(a，1)，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；若x∈(1，＋∞)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時x＝a是f(x)的極大值點，x＝1是f(x)的極小值點，函數(shù)f(x)的極大值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alna，極小值是f(1)＝－eq\f(1,2)．②當a＝1時，f′(x)＝eq\f((x－1)2,x)≥0，所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，此時f(x)沒有極值點，故無極值．③當a＞1時，若x∈(0，1)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；若x∈(1，a)，則f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；若x∈(a，＋∞)，則f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．此時x＝1是f(x)的極大值點，x＝a是f(x)的極小值點，函數(shù)f(x)的極大值是f(1)＝－eq\f(1,2)，極小值是f(a)＝－eq\f(1,2)a2＋alna．綜上，當0＜a＜1時，f(x)的極大值是－eq\f(1,2)a2＋alna，極小值是－eq\f(1,2)；當a＝1時，f(x)沒有極值；當a＞1時f(x)的極大值是－eq\f(1,2)，極小值是－eq\f(1,2)a2＋alna．[例2]已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)當a＝eq\f(1,2)時，求f(x)的極值；(2)討論函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)極值點的個數(shù)．解析(1)當a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)且f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,2)＝eq\f(2－x,2x)，令f′(x)＝0，得x＝2，于是當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表．x(0，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)ln2－1故f(x)在定義域上的極大值為f(x)極大值＝f(2)＝ln2－1，無極小值．(2)由(1)知，函數(shù)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)．當a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，則函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時函數(shù)在定義域上無極值點；當a>0時，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，則f′(x)>0，若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，則f′(x)<0，故函數(shù)在x＝eq\f(1,a)處有極大值．綜上可知，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值點，當a>0時，函數(shù)y＝f(x)有一個極大值點，且為x＝eq\f(1,a)．[例3]設(shè)f(x)＝xlnx－eq\f(3,2)ax2＋(3a－1)x．(1)若g(x)＝f′(x)在[1，2]上單調(diào)，求a的取值范圍；(2)已知f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍．解析(1)由f′(x)＝lnx－3ax＋3a，即g(x)＝lnx－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)－3a，①g(x)在[1，2]上單調(diào)遞增，∴eq\f(1,x)－3a≥0對x∈[1，2]恒成立，即a≤eq\f(1,3x)對x∈[1，2]恒成立，得a≤eq\f(1,6)；②g(x)在[1，2]上單調(diào)遞減，∴eq\f(1,x)－3a≤0對x∈[1，2]恒成立，即a≥eq\f(1,3x)對x∈[1，2]恒成立，得a≥eq\f(1,3)，由①②可得a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,6)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\