統(tǒng)考版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第三章3.2.2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值最值課時作業(yè)理含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-課時作業(yè)15利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗一、選擇題1．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，則下列說法不正確的是()A．(－1,3)為函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間B．(3,5)為函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間C．函數(shù)y＝f(x)在x＝0處取得極大值D．函數(shù)y＝f(x)在x＝5處取得極小值2．函數(shù)f(x)＝2x3＋9x2－2在〖－4,2〗上的最大值和最小值分別是()A．25，－2B．50,14C．50，－2D．50，－143．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a等于()A．－4B．－2C．4D．24．若函數(shù)f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)內(nèi)有極小值，則()A．0<b<1B．b<1C．b>0D．b<eq\f(1,2)5．〖2021·武昌區(qū)高三年級調(diào)研考試〗已知函數(shù)f(x)＝xex－lnx－x－2，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x的最小值分別為a，b，則()A．a(chǎn)＝bB．a(chǎn)<bC．a(chǎn)>bD．a(chǎn)，b的大小關(guān)系不確定二、填空題6．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值為________．7．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，其極小值為2，則f(x)的極大值是________．8．函數(shù)f(x)＝(x2－x－1)ex(e＝2.718…是自然對數(shù)的底數(shù))的極值點是________；極大值為________．三、解答題9．若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)y＝f(x)的極值點．已知a，b是實數(shù)，1和－1是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個極值點．(1)求a，b的值．(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)數(shù)g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的極值點．

10.〖2021·廣東五校聯(lián)考〗已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，其中a為常數(shù)．(1)當(dāng)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．〖能力挑戰(zhàn)〗11．〖2021·南昌市高三年級摸底測試卷〗若函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))B．(－∞，0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))D．(0，＋∞)12．〖2021·安徽省部分重點校高三聯(lián)考試題〗已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，x∈〖1，e〗的最小值為3，若存在x1，x2，…，xn∈〖1，e〗，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，則正整數(shù)n的最大值為()A．2B．3C．4D．513．〖2021·開封市高三模擬考試〗設(shè)點P為函數(shù)f(x)＝lnx－x3的圖象上任意一點，點Q為直線2x＋y－2＝0上任意一點，則P，Q兩點距離的最小值為________．課時作業(yè)151．〖解析〗由函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)x<－1或3<x<5時，f′(x)<0，y＝f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>5或－1<x<3時，f′(x)>0，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(3,5)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1,3)，(5，＋∞)，函數(shù)y＝f(x)在x＝－1,5處取得極小值，在x＝3處取得極大值，故選項C錯誤，故選C.〖答案〗C2．〖解析〗∵f(x)＝2x3＋9x2－2，∴f′(x)＝6x2＋18x.當(dāng)x∈〖－4，－3)或x∈(0,2〗時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．當(dāng)x∈(－3,0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)．由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函數(shù)f(x)＝2x3＋9x2－2在〖－4,2〗上的最大值和最小值分別是50，－2，故選C.〖答案〗C3．〖解析〗由題意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,2)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以a＝2.〖答案〗D4．〖解析〗f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值，則f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先負(fù)后正，∴f′(0)＝－3b<0.∴b>0.f′(1)＝3－3b>0，∴b<1.綜上，b的取值范圍為0<b<1，故選A.〖答案〗A5．〖解析〗令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，因為x<0時，0<ex<1，x≥0時，ex≥1，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在〖0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ex≥x＋1，所以f(x)＝xex－lnx－x－2＝elnx·ex－lnx－x－2＝ex＋lnx－(x＋lnx)－2≥x＋lnx＋1－(x＋lnx)－2＝－1＝a，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x＝x－1·ex－2＋lnx－x＝e－lnx＋x－2＋lnx－x≥x－lnx－2＋1＋lnx－x＝－1＝b，所以a＝b，故選A.〖答案〗A6．〖解析〗因為f′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f(x＋2x－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).〖答案〗eq\f(3,2)7．〖解析〗因為f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，所以a>0，由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－eq\r(a))(x＋eq\r(a))，可得a＝1，由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1處取得極小值2，可得1－3＋b＝2，故b＝4.所以f(x)＝x3－3x＋4的極大值為f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.〖答案〗68．〖解析〗由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，因為ex>0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增；當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故f(x)的極值點為－2或1，且極大值為f(－2)＝eq\f(5,e2).〖答案〗1或－2eq\f(5,e2)9．〖解析〗(1)由題設(shè)知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，則g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2，即函數(shù)g(x)的極值點只可能是1或－2.當(dāng)x<－2時，g′(x)<0，當(dāng)－2<x<1時，g′(x)>0，∴x＝－2是g(x)的極值點當(dāng)x>1時，g′(x)>0，所以1不是g(x)的極值點．∴g(x)的極值點是－2.10．〖解析〗(1)易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0；當(dāng)x>1時，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)．所以f(x)max＝f(1)＝－1.所以當(dāng)a＝－1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最大值為－1.(2)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)，x∈(0，e〗，eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).①若a≥－eq\f(1,e)，則f′(x)≥0，從而f(x)在(0，e〗上是增函數(shù)，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合題意；②若a<－eq\f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq\f(1,x)>0，結(jié)合x∈(0，e〗，解得0<x<－eq\f(1,a)，令f′(x)<0得a＋eq\f(1,x)<0，結(jié)合x∈(0，e〗，解得－eq\f(1,a)<x≤e.從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，e))上為減函數(shù)，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))).令－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－2，即a＝－e2，因為－e2<－eq\f(1,e)，所以a＝－e2為所求．故實數(shù)a的值為－e2.11．〖解析〗由題意得f′(x)＝exx－a，因為函數(shù)f(x)＝ex(x－1)－ax有兩個極值點，所以f′(x)＝0有兩個不等根，即a＝exx有兩個不等根，所以直線y＝a與y＝exx的圖象有兩個不同的交點．令g(x)＝exx，則g′(x)＝ex(x＋1)．當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝－1時，g(x)取得最小值，且最小值為－eq\f(1,e).當(dāng)x<0時，g(x)<0，當(dāng)x>0時，g(x)>0，則可得函數(shù)g(x)的大致圖象，如圖所示，則－eq\f(1,e)<a<0，故選A.〖答案〗A12．〖解析〗f′(x)＝a－eq\f(1,x)，∵x∈〖1，e〗，∴eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1)).當(dāng)a≤eq\f(1,e)時，f′(x)≤0，所以f(x)在〖1，e〗上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq\f(4,e)?eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))，不合題意，舍去；當(dāng)eq\f(1,e)<a<1時，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)1≤x<eq\f(1,a)時，f′(x)<0，當(dāng)eq\f(1,a)<x≤e時，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－lneq\f(1,a)＝3，解得a＝e2?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，不合題意，舍去；當(dāng)a≥1時，f′(x)≥0，所以f(x)在〖1，e〗上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝a＝3≥1，符合題意．綜上可知，a＝3.所以f(x)＝3x－lnx，x∈〖1，e〗，所以f(x)max＝f(e)＝3e－1，f(x)min＝f(1)＝3.要想存在x1，x2，x3，…，xn∈〖1，e〗，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，且正整數(shù)n最大，則f(x1)＝f(x2)＝…＝f(xn－1)＝f(x)min，f(xn)＝f(x)max，則3(n－1)≤3e－1，解得n≤e＋eq\f(2,3)，又n∈N*，所以n≤3，從而n的最大值為3，故選B.〖答案〗B13．〖解析〗由題意知，當(dāng)函數(shù)f(x)的圖象在點P(x0，y0)處的切線l1與直線l2：2x＋y－2＝0平行，且PQ⊥l2時，P，Q兩點之間的距離最?。驗閒(x)＝lnx－x3，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－3x2，所以eq\f(1,x0)－3xeq\o\al(2,0)＝－2，解得x0＝1，所以y0＝－1，故切線l1的方程為2x＋y－1＝0.由兩平行直線之間的距離公式可得切線l1與直線l2之間的距離d＝eq\f(|－1－－2|,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，故P，Q兩點距離的最小值為eq\f(\r(5),5).〖答案〗eq\f(\r(5),5)課時作業(yè)15利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值〖基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)〗一、選擇題1．函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，則下列說法不正確的是()A．(－1,3)為函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間B．(3,5)為函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間C．函數(shù)y＝f(x)在x＝0處取得極大值D．函數(shù)y＝f(x)在x＝5處取得極小值2．函數(shù)f(x)＝2x3＋9x2－2在〖－4,2〗上的最大值和最小值分別是()A．25，－2B．50,14C．50，－2D．50，－143．已知a為函數(shù)f(x)＝x3－12x的極小值點，則a等于()A．－4B．－2C．4D．24．若函數(shù)f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)內(nèi)有極小值，則()A．0<b<1B．b<1C．b>0D．b<eq\f(1,2)5．〖2021·武昌區(qū)高三年級調(diào)研考試〗已知函數(shù)f(x)＝xex－lnx－x－2，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x的最小值分別為a，b，則()A．a(chǎn)＝bB．a(chǎn)<bC．a(chǎn)>bD．a(chǎn)，b的大小關(guān)系不確定二、填空題6．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋x－2lnx的最小值為________．7．已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋b的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，其極小值為2，則f(x)的極大值是________．8．函數(shù)f(x)＝(x2－x－1)ex(e＝2.718…是自然對數(shù)的底數(shù))的極值點是________；極大值為________．三、解答題9．若函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處取得極大值或極小值，則稱x0為函數(shù)y＝f(x)的極值點．已知a，b是實數(shù)，1和－1是函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx的兩個極值點．(1)求a，b的值．(2)設(shè)函數(shù)g(x)的導(dǎo)數(shù)g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的極值點．

10.〖2021·廣東五校聯(lián)考〗已知函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，其中a為常數(shù)．(1)當(dāng)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．〖能力挑戰(zhàn)〗11．〖2021·南昌市高三年級摸底測試卷〗若函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))B．(－∞，0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))D．(0，＋∞)12．〖2021·安徽省部分重點校高三聯(lián)考試題〗已知函數(shù)f(x)＝ax－lnx，x∈〖1，e〗的最小值為3，若存在x1，x2，…，xn∈〖1，e〗，使得f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn－1)＝f(xn)，則正整數(shù)n的最大值為()A．2B．3C．4D．513．〖2021·開封市高三模擬考試〗設(shè)點P為函數(shù)f(x)＝lnx－x3的圖象上任意一點，點Q為直線2x＋y－2＝0上任意一點，則P，Q兩點距離的最小值為________．課時作業(yè)151．〖解析〗由函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，當(dāng)x<－1或3<x<5時，f′(x)<0，y＝f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>5或－1<x<3時，f′(x)>0，y＝f(x)單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(3,5)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－1,3)，(5，＋∞)，函數(shù)y＝f(x)在x＝－1,5處取得極小值，在x＝3處取得極大值，故選項C錯誤，故選C.〖答案〗C2．〖解析〗∵f(x)＝2x3＋9x2－2，∴f′(x)＝6x2＋18x.當(dāng)x∈〖－4，－3)或x∈(0,2〗時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)．當(dāng)x∈(－3,0)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)．由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函數(shù)f(x)＝2x3＋9x2－2在〖－4,2〗上的最大值和最小值分別是50，－2，故選C.〖答案〗C3．〖解析〗由題意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(－2,2)時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，所以a＝2.〖答案〗D4．〖解析〗f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值，則f′(x)＝3x2－3b在(0,1)上先負(fù)后正，∴f′(0)＝－3b<0.∴b>0.f′(1)＝3－3b>0，∴b<1.綜上，b的取值范圍為0<b<1，故選A.〖答案〗A5．〖解析〗令h(x)＝ex－x－1，則h′(x)＝ex－1，因為x<0時，0<ex<1，x≥0時，ex≥1，所以h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在〖0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以ex≥x＋1，所以f(x)＝xex－lnx－x－2＝elnx·ex－lnx－x－2＝ex＋lnx－(x＋lnx)－2≥x＋lnx＋1－(x＋lnx)－2＝－1＝a，g(x)＝eq\f(ex－2,x)＋lnx－x＝x－1·ex－2＋lnx－x＝e－lnx＋x－2＋lnx－x≥x－lnx－2＋1＋lnx－x＝－1＝b，所以a＝b，故選A.〖答案〗A6．〖解析〗因為f′(x)＝x＋1－eq\f(2,x)＝eq\f(x＋2x－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).〖答案〗eq\f(3,2)7．〖解析〗因為f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，所以a>0，由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－eq\r(a))(x＋eq\r(a))，可得a＝1，由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1處取得極小值2，可得1－3＋b＝2，故b＝4.所以f(x)＝x3－3x＋4的極大值為f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.〖答案〗68．〖解析〗由已知得f′(x)＝(x2－x－1＋2x－1)ex＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex，因為ex>0，令f′(x)＝0，可得x＝－2或x＝1，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增；當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故f(x)的極值點為－2或1，且極大值為f(－2)＝eq\f(5,e2).〖答案〗1或－2eq\f(5,e2)9．〖解析〗(1)由題設(shè)知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，則g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根為x1＝x2＝1，x3＝－2，即函數(shù)g(x)的極值點只可能是1或－2.當(dāng)x<－2時，g′(x)<0，當(dāng)－2<x<1時，g′(x)>0，∴x＝－2是g(x)的極值點當(dāng)x>1時，g′(x)>0，所以1不是g(x)的極值點．∴g(x)的極值點是－2.10．〖解析〗(1)易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，當(dāng)a＝－1時，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0；當(dāng)x>1時，f′(x)<0.所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)．所以f(x)max＝f(1)＝－1.所以當(dāng)a＝－1時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最大值為－1.(2)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)，x∈(0，e〗，eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).①若a≥－eq\f(1,e)，則f′(x)≥0，從而f(x)在(0，e〗上是增函數(shù)，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合題意；②若a<－eq\f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq\f(1,x)>0，結(jié)合x∈(0，e〗，解得0<x<－eq\f(1,a)，令f′(x)<0得a＋eq\f(1,x)<0，結(jié)合x∈(0，e〗，解得－eq\f(1,a)<x≤e.從而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，e))上為減函數(shù)，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a))).令－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－2，即a＝－e2，因為－e2<－eq\f(1,e)，所以a＝－e2為所求．故實數(shù)a的值為－e2.11．〖解析〗由題意得f′(x)＝exx－a，因為函數(shù)f(x)＝ex(x－1)－ax有兩個極值點，所以f′(x)＝0有兩個不等根，即a＝exx有兩個不等根，所以直線y＝a與y＝exx的圖象有兩個不同的交點．令g(x)＝exx，則g′(x)＝ex(x＋1)．當(dāng)x<－1時，g′(x)<0，當(dāng)x>－1時，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x＝－1時，g(x)取得最小值，且最小值為－eq\f(1,e).當(dāng)x<0時，g(x)<0，當(dāng)x>0時，g(x)>0，則可得函數(shù)g(x)的大致圖象，如圖所示，則－eq\f(1,e)<a<0，故選A.〖答案〗A12．〖解析〗f′(x)＝a－eq\f(1,x)，∵x∈〖1，e〗，∴eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\