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第3节　导数与函数的极值、最值
知 识 梳 理
1．函数的极值与导数
(1)判断f(x0)是极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续且f′(x0)＝0，
①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；
②如果在x0附近的左侧f′(x)≤0，右侧f′(x)≥0，那么f(x0)是极小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．
2．函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求f(x)在(a，b)内的极值；
②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]内一定有最值．
2．若函数f(x)在[a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
4．求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．
5．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．
诊 断 自 测
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．判断下列说法的正误．
(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的．(　　)
(2)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)
(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．(　　)
(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
解析　(1)函数在某区间上或定义域内的极大值不一定唯一；(3)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导数符号异号．
2．(选修2－2P32A4改编)如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)
A．1 　　B．2
C．3 　　D．4
答案　A
解析　由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正．
3．函数f(x)＝－x3＋3x＋1有(　　)
A．极小值－1，极大值1 B．极小值－2，极大值3
C．极小值－2，极大值2 D．极小值－1，极大值3
答案　D
解析　因为f(x)＝－x3＋3x＋1，故有y′＝－3x2＋3，令y′＝－3x2＋3＝0，解得x＝±1，
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ? 极小值 ? 极大值 ?
所以f(x)的极小值为f(－1)＝－1，f(x)的极大值为f(1)＝3.
4．函数f(x)＝ln x－ax在x＝1处有极值，则常数a＝________．
答案　1
解析　∵f′(x)＝－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，经检验符合题意．
5．已知函数f(x)＝x2＋(a＋4)x－2ln x在区间(1，2)上存在最值，则实数a的取值范围是________．
答案　(－9，－5)
解析　∵f′(x)＝3x＋(a＋4)－＝，故可将题意等价的转化为f′(1)·f′(2)<0，即(a＋5)(a＋9)<0，解得－96．已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，则函数f(x)＝________，函数f(x)的最小值为________．
答案　xln x　－
解析　由f′(x)＝ln x＋1得f(x)＝xln x＋c，又f(1)＝0，则c＝0，所以f(x)＝xln x．又x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝f＝－.
考点一　用导数解决函数的极值问题
【例1】 求下列函数的极值：
(1)f(x)＝x2－2x－4ln x；
(2)f(x)＝ax3－3x2＋1－(a∈R且a≠0)．
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2－＝，
令f′(x)＝0得x＝2或－1(舍)．
随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x (0，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? 极小值 ?
∴f(x)有极小值f(2)＝－4ln 2，无极大值．
(2)由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax.
令f′(x)＝0得x＝0或.
当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0) 0
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值 ? 极小值 ?
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，
f(x)极小值＝f＝－－＋1.
当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x 0 (0，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) ? 极小值 ? 极大值 ?
∴f(x)极大值＝f(0)＝1－，
f(x)极小值＝f＝－－＋1.
综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－，
f(x)极小值＝f＝－－＋1.
感悟升华　函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为：
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，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值．
(2)由函数极值求参数的值或范围．
讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验导数为0的点两侧导数是否异号．
【训练1】 (1)设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
(2)设函数f(x)＝a－ln x，a∈R.若f(x)有极小值2，求a.
解　(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(x－2)(ax－1)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝.
①当a≤0时，f′(x)＜0，
此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以不存在极小值．
②当a＞0时，令f′(x)＝0可得x＝，
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x) － 0 ＋
f(x) ? 极小值 ?
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以极小值为f＝2－ln，
所以2－ln＝2，解得a＝2.
考点二　用导数解决函数的最值问题
【例2】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中a，b为常数且a≠0)在x＝1处取得极值，且f(x)在(0，e]上的最大值为1，求a的值．
解　因为f(x)＝ln x＋ax2＋bx，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又函数f(x)在x＝1处取得极值，则f′(1)＝0.
因为f′(x)＝＋2ax＋b，则f′(1)＝1＋2a＋b＝0，b＝－2a－1，
f(x)＝ln x＋ax2－(2a＋1)x，求导得f′(x)＝＝(x>0)，
令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝，
因为f(x)在x＝1处取得极值，所以x2＝≠x1＝1.
①当a<0，即<0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在(0，e]上的最大值为f(1)，令f(1)＝1，
解得a＝－2.
②当a>0，即x2＝>0时，
若<1，f(x)在，[1，e]上单调递增，在上单调递减，所以最大值可能在x＝或x＝e处取得，而f＝ln＋a－(2a＋1)·＝ln －－1<0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，解得a＝.
若1<在上单调递减，
所以最大值可能在x＝1或x＝e处取得，
而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，
令f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
解得a＝，与1若x2＝≥e，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x＝1处取得，而f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)<0，矛盾．
综上所述，a＝或a＝－2.
感悟升华　(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求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；③将函数f(x)的极值与 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)含参数的函数的最值一般先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值．含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论．
【训练2】 (2017·浙江卷)已知函数f(x)＝(x－)e－x.
(1)求f(x)的导函数；
(2)求f(x)在区间上的取值范围．
解　(1)f′(x)＝(x－)′e－x＋(x－)(e－x)′
＝e－x－(x－)e－x
＝e－x
＝(1－x)e－x.
(2)令f′(x)＝(1－x)e－x＝0，
解得x＝1或.
当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：
x 1
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) e－ ? 0 ? e－ ?
又f＝e－，f(1)＝0，f＝e－，
则f(x)在区间上的最大值为e－.
又f(x)＝(x－)e－x＝(－1)2e－x≥0.
综上，f(x)在区间上的取值范围是.
考点三　函数极值与最值的综合问题
【例3】 已知函数f(x)＝ex－ax，a>0.
(1)记f(x)的极小值为g(a)，求g(a)的最大值；
(2)若对任意实数x，恒有f(x)≥0，求f(a)的取值范围．
解　(1)函数f(x)的定义域是(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
令f′(x)＝0，得x＝ln a，
易知当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在x＝ln a处取极小值，g(a)＝f(x)极小值＝f(ln a)＝eln a－aln a＝a－aln a.
g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a，
当00，g(a)在(0，1)上单调递增；
当a>1时，g′(a)<0，g(a)在(1，＋∞)上单调递减．
所以a＝1是函数g(a)在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g(a)max＝g(1)＝1.
(2)显然，当x≤0时，ex－ax≥0(a>0)恒成立．
当x>0时，由f(x)≥0，即ex－ax≥0，得a≤.
令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝＝，
当01时，h′(x)>0，
故h(x)的最小值为h(1)＝e，所以a≤e，
故实数a的取值范围是(0，e]．
f(a)＝ea－a2，a∈(0，e]，f′(a)＝ea－2a，
易知ea－2a≥0对a∈(0，e]恒成立，
故f(a)在(0，e]上单调递增，
所以f(0)＝1即f(a)的取值范围是(1，ee－e2]．
感悟升华　此类问题，关键是确定极值点、极值表达式，再用函数、导数来解决．
【训练3】 已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0解　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，单调递增，在单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)单调递增；
若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，
故f(x)在，(0，＋∞)单调递增，在单调递减．
(2)当0于是m＝－＋2，M＝
所以M－m＝
①当0所以M－m的取值范围是.
②当2≤a<3时，y＝单调递增，
所以M－m的取值范围是.
综上，M－m的取值范围是.
基础巩固题组
一、选择题
1．若函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　)
A．函数f(x)有1个极大值，2个极小值
B．函数f(x)有2个极大值，2个极小值
C．函数f(x)有3个极大值，1个极小值
D．函数f(x)有4个极大值，1个极小值
答案　B
解析　由导函数图象可知函数f(x)的单调性为增→减→增→减→增，所以函数f(x)有2个极大值，2个极小值，故选B.
2．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　)
A. B．1
C．0 D．不存在
答案　A
解析　f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得03．(2018·全国Ⅲ卷)函数y＝－x4＋x2＋2的图象大致为(　　)
答案　D
解析　当x＝0时，y＝2，排除A，B.由y′＝－4x3＋2x＝0，得x＝0或x＝±，结合三次函数的图象特征，知原函数在(－1，1)上有三个极值点，所以排除C，故选D.
4．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1
答案　A
解析　f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1，
则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0 a＝－1，
则f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝1，
当x<－2或x>1时，f′(x)>0，
当－2则f(x)的极小值为f(1)＝－1.
5．若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－5，0) B．(－5，0) C．[－3，0) D．(－3，0)
答案　C
解析　由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示．
令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得
a∈[－3，0)，故选C.
6．若函数f(x)＝－(1＋2a)x＋2ln x(a>0)在区间内有极大值，则a的取值范围是(　　)
A. B．(1，＋∞)
C．(1，2) D．(2，＋∞)
答案　C
解析　f′(x)＝ax－(1＋2a)＋＝(a>0，x>0)，若f(x)在区间内有极大值，
即f′(x)＝0在内有解，且f′(x)在区间内先大于0，后小于0，
则即
解得1二、填空题
7．函数f(x)＝x2e－x的极大值为__________，极小值为________．
答案　4e－2　0
解析　f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝－e－xx(x－2)．
当x∈(－∞，0)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＜0；
当x∈(0，2)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递减，在(0，2)上单调递增．
故当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，极大值为f(2)＝4e－2.
8．已知函数f(x)＝ln x－(m∈R)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________．
答案　－3e
解析　f′(x)＝＋＝，若m≥0，f′(x)>0，f(x)在[1，e]上为增函数，有f(x)min＝f(1)＝－m＝4，m＝－4，舍去．若m<0，令f′(x)＝0，则x＝－m，且当x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．若－m≤1，即m≥－1时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3 [－e，－1)；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，m＝－3e.
9．(2020·浙江名师预测卷三)可导函数的凹凸性与其导数的单调性有关，如果函数的导函数在某个区间上单调递增，那么在这个区间上函数是向下凹的，反之则是向上凸的，曲线上凹凸性的分界点称为曲线的拐点，则函数f(x)＝－x2＋1的极大值点为________，拐点为________．
答案　x＝0　
解析　由题意可知f′(x)＝x2－2x＝x(x－2)，故函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故其极大值在x＝0处取到，所以f(x)的极大值点为x＝0，由f′(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以其拐点为.
10．设函数f(x)＝
(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；
(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________．
答案　(1)2　(2)(－∞，－1)
解析　(1)当a＝0时，f(x)＝
若x≤0，则f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1)．
由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.
∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增；在(－1，0)上单调递减，∴当x≤0时，
f(x)≤f(－1)＝2.
若x＞0，则f(x)＝－2x单调递减，
所以f(x)＜f(0)＝0.
所以f(x)的最大值为2.
(2)函数y＝x3－3x与y＝－2x的图象如图．
显然当a≥－1时，f(x)有最大值，为2与a3－3a中较大的值．
当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值，且－2a＞2.
所以a＜－1.
三、解答题
11．已知函数f(x)＝ex·(x2＋ax＋1)，a∈R(e为自然对数的底数)．
(1)若x＝e是f(x)的极值点，求实数a的值；
(2)求f(x)的单调递增区间．
解　(1)f′(x)＝ex·[x2＋(a＋2)x＋a＋1]
＝ex(x＋1)(x＋a＋1)，
由f′(e)＝0，得a＝－e－1，此时x＝e是f(x)的极小值点．
(2)由f′(x)＝0，得x＝－1或x＝－a－1.
①当a＝0时，－a－1＝－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)；
②当a<0时，－a－1>－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(－a－1，＋∞)；
③当a>0时，－a－1<－1，
f(x)的单调递增区间是(－∞，－a－1)，(－1，＋∞)．
12．(2020·北京卷)已知函数f(x)＝12－x2.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f(x)在点(t，f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
解　(1)f′(x)＝－2x，
令f′(x)＝－2，得－2x＝－2，解得x＝1，f(1)＝12－1＝11，
所以切点为(1，11)，
切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.
(2)二次函数f(x)＝12－x2为偶函数，其图象是开口向下的抛物线，且关于y轴对称，故只需考虑一侧的情形即可．
不妨考虑x＞0时的情形．
设切点为(t，12－t2)，t＞0，由(1)知f′(x)＝－2x，可求得切线方程为
y－(12－t2)＝－2t(x－t)，
得y＝－2tx＋t2＋12，
所以切线与坐标轴的交点分别为A(0，t2＋12)，
B，
S(t)＝|OA|·|OB|＝··(t2＋12)＝，
S′(t)＝＝，
当t变化时，S′(t)，S(t)的变化情况如下表所示：
t (0，2) 2 (2，＋∞)
S′(t) － 0 ＋
S(t) ? 极小值 ?
故当t＝2时，S(t)取得最小值，为S(2)＝32.
能力提升题组
13．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1，2)，则(　　)
A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值
B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值
C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值
D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值
答案　C
解析　当k＝1时，f′(x)＝ex·x－1，f′(1)≠0.
∴x＝1不是f(x)的极值点．
当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2)，
显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，
x在1的右边附近f′(x)>0，
∴f(x)在x＝1处取到极小值．故选C.
14．(2020·浙江二联)已知函数f(x)＝eln x和g(x)＝x＋1的图象与直线y＝m的交点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1－x2的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．[2，＋∞)
C. D.
答案　A
解析　由题意知f(x1)＝g(x2)，所以eln x1＝x2＋1，即x2＝eln x1－1，则x1－x2＝x1－eln x1＋1，x1>0.令h(x)＝x－eln x＋1(x>0)，则h′(x)＝1－＝.当x>e时，h′(x)>0，当015．(2021·南京、盐城模拟)设正实数x，则f(x)＝的值域为________．
答案　
解析　令ln x＝t，则x＝et，∴g(t)＝，
令t2＝m，m≥0，∴h(m)＝，
∴h′(m)＝，令h′(m)＝0，解得m＝1，
当0≤m<1时，h′(m)>0，函数h(m)单调递增，
当m≥1时，h′(m)<0，函数h(m)单调递减，
∴h(m)max＝h(1)＝，
∵f(0)＝0，当m→＋∞时，h(m)→0，
∴f(x)＝的值域为.
16．已知实数x，y满足4x＋9y＝1，则2x＋1＋3y＋1的取值范围是________．
答案　(2，]
解析　由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝，其中22x∈(0，1)，所以2x∈(0，1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3，令t＝2x，则f(t)＝2t＋3(017．(2019·北京卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋x.
(1)求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
(2)当x∈[－2，4]时，求证：x－6≤f(x)≤x.
(3)设F(x)＝|f(x)－(x＋a)|(a∈R)，记F(x)在区间[－2，4]上的最大值为M(a)．当M(a)最小时，求a的值．
(1)解　由f(x)＝x3－x2＋x得f′(x)＝x2－2x＋1.
令f′(x)＝1，即x2－2x＋1＝1，得x＝0或x＝.
又f(0)＝0，f＝，
所以曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程是y＝x与y－＝x－，即y＝x与y＝x－.
(2)证明　令g(x)＝f(x)－x，x∈[－2，4]．
则g(x)＝x3－x2，g′(x)＝x2－2x，x∈[－2，4]．
令g′(x)＝0得x＝0或x＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下：
x －2 (－2，0) 0 4
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
g(x) －6 ? 0 ? － ? 0
所以g(x)的最小值为－6，最大值为0.
故－6≤g(x)≤0，即x－6≤f(x)≤x.
(3)解　由(2)知，
当a<－3时，M(a)＝F(0)＝|g(0)－a|＝－a>3；
当a>－3时，M(a)＝F(－2)＝|g(－2)－a|＝6＋a>3；
当a＝－3时，M(a)＝3；
综上，当M(a)最小时，a＝－3.
18．(2020·浙江名师预测卷二)已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝2x2－，a∈R.
(1)证明：f(x)≤x－1；
(2)若f(x)＜g(x)在上恒成立，求a的取值范围；
(3)是否存在实数a，使函数h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2在(0，e2]上有最小值4？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
(1)证明　令F(x)＝x－1－ln x，x＞0，
又F′(x)＝1－＝＞0 x＞1，
则F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则F(x)≥F(1)＝0，所以x－1≥ln x，即f(x)≤x－1.
(2)解　由f(x)＜g(x)得
ln x＜2x2－ a＜2x3－xln x，
令k(x)＝2x3－xln x，则k′(x)＝6x2－ln x－1，
由(1)知，当x∈时，
6x2－x＞0，x－1≥ln x，
所以k′(x)＝6x2－ln x－1＞x－1－ln x≥0，
所以k(x)在上单调递增，
则k(x)＞k＝＋ln2，
所以a≤＋ln2.
(3)解　令h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2＝＋ln x，
∴h′(x)＝－＋＝，x＞0，
①当a≤0时，h′(x)＞0恒成立，h(x)在(0，e2]上单调递增，∴h(x)无最小值，不符合题意；
②当a＞0时，令h′(x)＝0得x＝a，
令h′(x)＞0得x＞a，令h′(x)＜0得x＜a，
∴h(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
若0＜a≤e2，则h(x)在(0，e2]上的最小值为h(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝4得a＝e3，不满足0＜a≤e2，舍去；
若a＞e2，则h(x)在(0，e2]上单调递减，
∴h(x)min＝h(e2)＝＋ln e2＝＋2，
由＋2＝4得a＝2e2，满足a＞e2.
综上所述，存在实数a＝2e2，使函数h(x)＝f(x)－g(x)＋2x2在(0，e2]上有最小值4.
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