2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)第1課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案含解析新人教B版202305182151

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第2節(jié)第1課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案含解析新人教B版202305182151第2節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用第1課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系條件結(jié)論函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)f′(x)>0f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增f′(x)<0f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞減f′(x)＝0f(x)在(a，b)內(nèi)是常數(shù)函數(shù)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0，“f′(x)>0在區(qū)間(a，b)上成立”是“f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件．二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)>0.(×)(2)如果函數(shù)f(x)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內(nèi)不具有單調(diào)性．(√)(3)若在區(qū)間(a，b)內(nèi)f′(x)≤0且f′(x)＝0的根為有限個，則f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)是減函數(shù)．(√)2．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)f(x)的圖像可能是()ABCDC解析：由導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像可知，函數(shù)y＝f(x)先減再增，可排除選項A，B；又f′(x)＝0的根為正數(shù)，即y＝f(x)的極值點為正數(shù)，所以可排除選項D.故選C.3．函數(shù)f(x)＝x3－3x＋1的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－1,1) B．(－∞，1)C．(－1，＋∞) D．(－∞，－1)，(1，＋∞)D解析：f′(x)＝3x2－3.由f′(x)>0得x<－1或x>1.故函數(shù)f(x)＝x3－3x＋1的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(1，＋∞)．故選D.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)，則()A．f(2)>f(e)>f(3)B．f(3)>f(e)>f(2)C．f(3)>f(2)>f(e)D．f(e)>f(3)>f(2)D解析：f(x)的定義域是(0，＋∞)．因為f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，所以x∈(0，e)時，f′(x)>0；x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0.故x＝e時，f(x)max＝f(e)．又f(2)＝eq\f(ln2,2)＝eq\f(ln8,6)，f(3)＝eq\f(ln3,3)＝eq\f(ln9,6)，所以f(e)>f(3)>f(2)．5．若函數(shù)f(x)＝sinx＋kx在(0，π)上是增函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍為________．[1，＋∞)解析：因為f′(x)＝cosx＋k≥0，所以k≥－cosx，x∈(0，π)恒成立．當(dāng)x∈(0，π)時，－1<－cosx<1，所以k≥1.考點1利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間——基礎(chǔ)性1．函數(shù)y＝4x2＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A．(0，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－∞，－1) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B解析：由y＝4x2＋eq\f(1,x)，得y′＝8x－eq\f(1,x2).令y′>0，即8x－eq\f(1,x2)>0，解得x>eq\f(1,2)，所以函數(shù)y＝4x2＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).故選B.2．函數(shù)f(x)＝3＋xlnx的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))B解析：因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1.令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,e)，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).3．已知定義在區(qū)間(－π，π)上的函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx．令f′(x)＝xcosx>0，則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－π<x<－\f(π,2)或0<x<\f(π,2)))))，即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(4)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)<0，得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間．[提醒]若所求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間不止一個，則用“，”或“和”連接，不能用“∪”連接．考點2利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性——應(yīng)用性(2019·全國卷Ⅲ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋b.討論f(x)的單調(diào)性．解：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(a,3).①若a>0，則當(dāng)x∈(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))時，f′(x)>0；當(dāng)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．②若a＝0，則f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．③若a<0，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))和(0，＋∞)時，f′(x)>0；當(dāng)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．將本例函數(shù)改為“f(x)＝eq\f(x2,2)－alnx，a∈R”，求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：因為f(x)＝eq\f(x2,2)－alnx，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x).(1)當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)．(2)當(dāng)a>0時，f′(x)＝eq\f(x＋\r(a)x－\r(a),x)，則有：①當(dāng)x∈(0，eq\r(a))時，f′(x)<0，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\r(a))；②當(dāng)x∈(eq\r(a)，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(a)，＋∞)．綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，eq\r(a))，單調(diào)遞增區(qū)間為(eq\r(a)，＋∞)．解決含參數(shù)的函數(shù)單調(diào)性問題的注意點(1)研究含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性，要依據(jù)參數(shù)對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．(2)劃分函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，要在函數(shù)定義域內(nèi)討論，還要確定導(dǎo)數(shù)為0的點和函數(shù)的間斷點．已知f(x)＝xex－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋x))(a>0)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：f′(x)＝(x＋1)(ex－a)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝lna.(1)當(dāng)a＝eq\f(1,e)時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，lna<－1，由f′(x)>0，得x<lna或x>－1，由f′(x)<0，得lna<x<－1，所以單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，－1)．(3)當(dāng)a>eq\f(1,e)時，lna>－1，由f′(x)>0，得x<－1或x>lna，由f′(x)<0，得－1<x<lna，所以單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，lna)．綜上所述，當(dāng)a＝eq\f(1,e)時，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，lna)，(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(lna，－1)；當(dāng)a>eq\f(1,e)時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(lna，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－1，lna)．考點3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的簡單應(yīng)用——綜合性考向1利用導(dǎo)數(shù)解不等式若函數(shù)f(x)＝ex－e－x＋sin2x，則滿足f(2x2－1)＋f(x)＞0的x的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))B.(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(1，＋∞)B解析：函數(shù)f(x)＝ex－e－x＋sin2x，定義域為R，且滿足f(－x)＝e－x－ex＋sin(－2x)＝－(ex－e－x＋sin2x)＝－f(x)，所以f(x)為R上的奇函數(shù)．又f′(x)＝ex＋e－x＋2cos2x≥2＋2cos2x≥0恒成立，所以f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)．由f(2x2－1)＋f(x)＞0，得f(2x2－1)＞－f(x)＝f(－x)，所以2x2－1＞－x，即2x2＋x－1＞0，解得x＜－1或x＞eq\f(1,2).所以x的取值范圍是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).故選B.利用導(dǎo)數(shù)解不等式的關(guān)鍵，是用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，或者構(gòu)造函數(shù)后使用導(dǎo)數(shù)．同時根據(jù)奇偶性變換不等式為f(g(x))>f(h(x))，利用單調(diào)性得出關(guān)于g(x)，h(x)的不等式，解此不等式得出范圍．考向2利用導(dǎo)數(shù)比較大小(多選題)(2021·山東新高考預(yù)測卷)定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，已知f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有cosx·f′(x)＋sinx·f(x)<0成立，則有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))CD解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,cosx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<x<\f(π,2)))，則g′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cosx2)<0，即函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞減，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).同理，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\r(2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>eq\r(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))).故選CD.利用導(dǎo)數(shù)比較大小的方法利用導(dǎo)數(shù)比較大小，其關(guān)鍵在于利用題目條件中的不等關(guān)系構(gòu)造輔助函數(shù)，并得到輔助函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)單調(diào)性比較大?。枷?利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)的取值范圍已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋2x(a≠0)．(1)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)h(x)＝lnx－eq\f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2.因為h(x)在(0，＋∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時，eq\f(1,x)－ax－2＜0有解，即a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．設(shè)G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以只要a＞G(x)min即可．而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1，所以G(x)min＝－1，所以a＞－1.又因為a≠0，所以a的取值范圍為(－1,0)∪(0，＋∞)．(2)因為h(x)在[1,4]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x∈[1,4]時，h′(x)＝eq\f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)恒成立．由(1)知G(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)，所以a≥G(x)max.而G(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2－1.因為x∈[1,4]，所以eq\f(1,x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))，所以G(x)max＝－eq\f(7,16)(此時x＝4)，所以a≥－eq\f(7,16).又因為a≠0，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞)．本例第(2)問中，若h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍．解：若h(x)在[1,4]上存在單調(diào)遞減區(qū)間，則h′(x)＜0在[1,4]上有解，所以當(dāng)x∈[1,4]時，a＞eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)有解．又當(dāng)x∈[1,4]時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－\f(2,x)))min＝－1，所以a＞－1.又因為a≠0，所以a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)f(x)單調(diào)遞增的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，要注意等號是否可以取到．(3)注意區(qū)分“在區(qū)間上恒成立”與“在區(qū)間上存在x值使不等式成立”的區(qū)別．分離參數(shù)后對應(yīng)不同的最值類型．1．(2021·八省聯(lián)考)已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，則()A．c<b<a B．b<c<aC．a(chǎn)<c<b D．a(chǎn)<b<cD解析：因為ae5＝5ea，a<5，所以a>0.同理，b>0，c>0.令f(x)＝eq\f(ex,x)，x>0，則f′(x)＝eq\f(exx－1,x2).當(dāng)0<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)x>1時，f′(x)>0.故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．因為ae5＝5ea，a<5，所以eq\f(e5,5)＝eq\f(ea,a)，即f(5)＝f(a)．而0<a<5，所以0<a<1.同理，0<b<1,0<c<1，f(4)＝f(b)，f(3)＝f(c)．因為f(5)>f(4)>f(3)，所以f(a)>f(b)>f(c)．所以0<a<b<c<1.2．已知實數(shù)a>0，且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x<1，,x2＋\f(4,x)＋alnx，x≥1))在R上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1,5] B．[2,5]C．(1，＋∞) D．(－∞，5]B解析：函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則a>1.當(dāng)x≥1時，f(x)＝x2＋eq\f(4,x)＋alnx，則f′(x)＝2x－eq\f(4,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x3＋ax－4,x2).因為2x3＋ax－4≥0在[1，＋∞)上恒成立，所以a≥eq\f(4,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．因為y＝eq\f(4,x)－2x2在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以ymax＝2，則a≥2.當(dāng)x＝1時，a≤1＋4＝5.綜上，實數(shù)a的取值范圍是[2,5]．故選B.3．已知函數(shù)f(x)＝x2－cosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則滿足f(x0)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))的x0的取值范圍為________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,3)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))解析：f′(x)＝2x＋sinx．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)≥0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增．由f(x0)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，知eq\f(π,3)<x0≤eq\f(π,2).又因為f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，所以－eq\f(π,2)≤x<－eq\f(π,3)也滿足條件．4．已知函數(shù)f(x)＝x2＋alnx.(1)當(dāng)a＝－2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若g(x)＝f(x)＋eq\f(2,x)在[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)f(x)＝x2－2lnx的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2－1,x).令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)．(2)由題意g(x)＝x2＋alnx＋eq\f(2,x)，g′(x)＝2x＋eq\f(a,x)－eq\f(2,x2).若函數(shù)g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)，則g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．設(shè)φ(x)＝eq\f(2,x)－2x2.因為φ(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以φ(x)max＝φ(1)＝0，所以a≥0.若函數(shù)g(x)為[1，＋∞)上的單調(diào)遞減函數(shù)，則g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤eq\f(2,x)－2x2在[1，＋∞)上恒成立．因為φ(x)沒有最小值，不滿足題意，所以實數(shù)a的取值范圍為[0，＋∞)．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋1在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍．[四字程序]讀想算思求實數(shù)a的取值范圍1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的方法；2．從什么角度列不等式求取值范圍1.求f′(x)；2．解不等式f′(x)<0轉(zhuǎn)化與化歸、數(shù)形結(jié)合f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減由函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞減可知f′(x)≤0在區(qū)間[a，b]上恒成立，列出不等式f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)1.函數(shù)最值；2．不等式恒成立；3．一元二次不等式、一元二次方程和二次函數(shù)之間的關(guān)系思路參考：等價轉(zhuǎn)化為f′(x)≤0對x∈[1,2]恒成立，分離變量求最值．解：f′(x)＝3x2－2ax.由f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減知f′(x)≤0，即3x2－2ax≤0在[1,2]上恒成立，即a≥eq\f(3,2)x在[1,2]上恒成立．故只需a≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x))max，故a≥3.所以a的取值范圍是[3，＋∞)．思路參考：等價轉(zhuǎn)化為f′(x)≤0對x∈[1,2]恒成立，數(shù)形結(jié)合列不等式組求范圍．解：f′(x)＝3x2－2ax.由f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減知f′(x)≤0對x∈[1,2]恒成立．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3－2a≤0，,f′2＝12－4a≤0，))解得a≥3.所以a的取值范圍是[3，＋∞)．思路參考：分類討論f(x)的單調(diào)性，根據(jù)區(qū)間[1,2]是單調(diào)遞減區(qū)間的子集求參數(shù)范圍．解：f′(x)＝3x2－2ax.當(dāng)a＝0時，f′(x)≥0，故y＝f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，與y＝f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減不符，舍去．當(dāng)a<0時，由f′(x)≤0，得eq\f(2,3)a≤x≤0，即f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0))，與f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減不符，舍去．當(dāng)a>0時，由f′(x)≤0，得0≤x≤eq\f(2,3)a，即f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a)).由f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減得eq\f(2,3)a≥2，得a≥3.綜上可知，a的取值范圍是[3，＋∞)．1．本題考查函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，解法較多，基本解題策略是轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題，即“若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0對x∈D恒成立；若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0對x∈D恒成立”或利用集合間的包含關(guān)系處理：若y＝f(x)在區(qū)間D上單調(diào)，則區(qū)間D是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．2．基于課程標(biāo)準(zhǔn)，解答本題一般需要運算求解能力、推理論證能力，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng)．3．基于高考數(shù)學(xué)評價體系，本題利用函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系，將所求問題轉(zhuǎn)化為熟悉的數(shù)學(xué)模型，解題過程需要知識之間的轉(zhuǎn)化，體現(xiàn)了綜合性．1．已知函數(shù)f(x)＝2cosx(m－sinx)－3x在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，則實數(shù)m的取值范圍是()A.[－1,1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))B解析：f′(x)＝－2sinx(m－sinx)＋2cosx·(－cosx)－3.因為f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)≤0恒成立，整理得4sin2x－2msinx－5≤0.設(shè)sinx＝t(－1≤t≤1)，則不等式g(t)＝4t2－2mt－5≤0在區(qū)間[－1,1]上恒成立．于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1＝4＋2m－5≤0，,g1＝4－2m－5≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≤\f(1,2)，,m≥－\f(1,2).))故實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))).故選B.2．已知函數(shù)f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________．(0,27)解析：(方法一：間接法)若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上單調(diào)遞增，則f′(x)＝3x2－k≥0在(－3,1)上恒成立，即k≤3x2在(－3,1)上恒成立，故k≤0.若f(x)＝x3－kx在(－3,1)上單調(diào)遞減，則f′(x)＝3x2－k≤0在(－3,1)上恒成立，即k≥3x2在(－3,1)上恒成立，故k≥27.所以當(dāng)函數(shù)f(x)＝x3－kx在(－3,1)上是單調(diào)函數(shù)時，實數(shù)k的取值范圍是k≤0或k≥27，當(dāng)函數(shù)f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是單調(diào)函數(shù)時，實數(shù)k的取值范圍是0<k<27.(方法二：直接法)由奇函數(shù)f(x)＝x3－kx得f′(x)＝3x2－k.當(dāng)k≤0時，f′(x)＝3x2－k≥0，f(x)在R上是增函數(shù)，不滿足題意；當(dāng)k>0時，由f′(x)＝3x2－k<0，得－eq\r(\f(k,3))<x<eq\r(\f(k,3))，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(\f(k,3))，\r(\f(k,3))))上f(x)是減函數(shù).由f′(x)＝3x2－k>0，得x<－eq\r(\f(k,3))或x>eq\r(\f(k,3))，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\r(\f(k,3))))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(k,3))，＋∞))上f(x)是增函數(shù)．要滿足函數(shù)f(x)＝x3－kx在(－3,1)上不是單調(diào)函數(shù)，由對稱性得，－eq\r(\f(k,3))>－3，所以k<27.綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是(0,27)．第2課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)條件函數(shù)f(x)在x0處可導(dǎo)，且f′(x0)＝0對于x0左側(cè)附近的任意x，都有f′(x)>0，對于x0右側(cè)附近的任意x，都有f′(x)<0對于x0左側(cè)附近的任意x，都有f′(x)<0，對于x0右側(cè)附近的任意x，都有f′(x)>0圖像形如山峰形如山谷極值f(x0)為極大值f(x0)為極小值極值點x0為極大值點x0為極小值點(1)函數(shù)的極大值和極小值都可能有多個，極大值和極小值的大小關(guān)系不確定．(2)對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件．2．函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件一般地，如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖像是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．(2)求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值的步驟①求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．(1)求函數(shù)的最值時，應(yīng)注意極值點和所給區(qū)間的關(guān)系，關(guān)系不確定時，需要分類討論，不可想當(dāng)然認(rèn)為極值就是最值．(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，則f(x)一定在區(qū)間端點處取得最值；若函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個極值點，則相應(yīng)的極值點一定是函數(shù)的最值點．(3)函數(shù)最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關(guān)系．二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)函數(shù)的極大值不一定比極小值大．(√)(2)對可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0點為極值點的充要條件．(×)(3)函數(shù)的極大值一定是函數(shù)的最大值．(×)(4)開區(qū)間上的單調(diào)連續(xù)函數(shù)無最值．(√)2．(多選題)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖像如圖所示，則下列說法正確的是()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A(chǔ)BD解析：由函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖像可知，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ABD.3．函數(shù)f(x)＝2x－xlnx的極大值是()A．eq\f(1,e) B．eq\f(2,e)C．e D．e2C解析：f′(x)＝2－(lnx＋1)＝1－lnx．令f′(x)＝0，得x＝e.當(dāng)0<x<e時，f′(x)>0；當(dāng)x>e時，f′(x)<0.所以x＝e時，f(x)取到極大值，f(x)極大值＝f(e)＝e.4．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，－2 B．50,14C．50，－2 D．50，－14C解析：因為f(x)＝2x3＋9x2－2，所以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.5．函數(shù)f(x)＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________．8解析：f′(x)＝6x2－4x＝2x(3x－2)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).因為f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8，所以最大值為8.考點1利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值——綜合性考向1根據(jù)函數(shù)的圖像判斷函數(shù)的極值(多選題)已知函數(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)的圖像如圖所示，則()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)C．函數(shù)f(x)有極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極小值f(2)BD解析：由題圖可知，當(dāng)x<－2時，f′(x)>0；當(dāng)－2<x<1時，f′(x)<0；當(dāng)1<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，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．根據(jù)函數(shù)的圖像判斷極值的方法根據(jù)已知條件，分情況確定導(dǎo)數(shù)為0的點，及導(dǎo)數(shù)為0點處左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，從而確定極值類型．考向2已知函數(shù)解析式求極值已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)當(dāng)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：(1)當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x，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，解得x＝2.于是當(dāng)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(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(dāng)a≤0時，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，此時函數(shù)f(x)在定義域上無極值點；當(dāng)a>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時，f′(x)>0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時，f′(x)<0，故函數(shù)f(x)在x＝eq\f(1,a)處有極大值．綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值點；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)有一個極大值點，且為x＝eq\f(1,a).求函數(shù)極值的一般步驟(1)先求函數(shù)f(x)的定義域，再求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(2)求f′(x)＝0的根．(3)判斷在f′(x)＝0的根的左、右兩側(cè)f′(x)的符號，確定極值點．(4)求出函數(shù)f(x)的極值．考向3已知函數(shù)的極值求參數(shù)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．解：(1)因為f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex，f′(1)＝(1－a)e.由題設(shè)知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.所以a的值為1.(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若a>eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2處取得極小值．若a≤eq\f(1,2)，則當(dāng)x∈(0,2)時，x－2<0，ax－1≤eq\f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的極小值點．綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).已知函數(shù)極值點或極值求參數(shù)的兩個關(guān)鍵(1)列式：根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解．(2)驗證：因為某點處的導(dǎo)數(shù)值等于0不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證該點左右兩側(cè)的正負(fù)．1．(多選題)定義在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖像如圖所示，則()A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,4)上單調(diào)遞增B．函數(shù)f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上單調(diào)遞減C．函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值D．函數(shù)f(x)在x＝0處取得極小值A(chǔ)BD解析：根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖像可知，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，在區(qū)間(0,4)上，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)在x＝0處取得極小值，沒有極大值．所以A，B，D選項正確，C選項錯誤．故選ABD.2．(2020·青島一模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－9，x≥0，,xex，x<0))(e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù))．若f(x)的零點為α，極值點為β，則α＋β＝()A．－1 B．0C．1 D．2C解析：當(dāng)x≥0時，f(x)＝3x－9為增函數(shù)，無極值．令f(x)＝0，即3x－9＝0，解得x＝2，即函數(shù)f(x)的一個零點為2；當(dāng)x<0時，f(x)＝xex<0，無零點，f′(x)＝ex＋xex＝(1＋x)ex，則當(dāng)－1<x<0時，f′(x)>0.當(dāng)x<－1時，f′(x)<0，所以當(dāng)x＝－1時，函數(shù)f(x)取得極小值．綜上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故選C.3．函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,x2＋2)的極小值為________．－eq\f(1,2)解析：f′(x)＝eq\f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)＝eq\f(－2x＋2x－1,x2＋22).令f′(x)<0，得x<－2或x>1；令f′(x)>0，得－2<x<1.所以f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－2，1)上單調(diào)遞增，所以f(x)極小值＝f(－2)＝－eq\f(1,2).考點2利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值——應(yīng)用性(2020·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝12－x2.(1)求曲線y＝f(x)的斜率等于－2的切線方程；(2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(t，f(t))處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S(t)，求S(t)的最小值．解：(1)因為f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x.設(shè)切點為(x0,12－xeq\o\al(2,0))，則－2x0＝－2，即x0＝1，所以切點為(1,11)．由點斜式可得切線方程為y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0.(2)顯然t≠0，因為y＝f(x)在點(t,12－t2)處的切線方程為y－(12－t2)＝－2t(x－t)，即y＝－2tx＋t2＋12.令x＝0，得y＝t2＋12；令y＝0，得x＝eq\f(t2＋12,2t).所以S(t)＝eq\f(1,2)×(t2＋12)·eq\f(t2＋12,2|t|)＝eq\f(t2＋122,4|t|)，t≠0，顯然為偶函數(shù)．只需考察t＞0即可(t<0時，結(jié)果一樣)，則S(t)＝eq\f(t4＋24t2＋144,4t)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t3＋24t＋\f(144,t)))，所以S′(t)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2＋24－\f(144,t2)))＝eq\f(3t4＋8t2－48,4t2)＝eq\f(3t2－4t2＋12,4t2)＝eq\f(3t－2t＋2t2＋12,4t2).由S′(t)>0，得t>2；由S′(t)<0，得0<t<2.所以S(t)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以t＝2時，S(t)取得極小值，也是最小值為S(2)＝eq\f(24＋24×22＋144,8)＝32.綜上所述，當(dāng)t＝±2時，S(t)min＝32.求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值的步驟(1)求函數(shù)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極值．(2)求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)．(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．已知k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值．解：(1)由題意得f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)．因為k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以1＜2k≤2.令f′(x)＞0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,ex－2k＞0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,ex－2k＜0，))解得x＞ln2k或x＜0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln2k，＋∞)，(－∞，0)．令f′(x)＜0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,ex－2k＜0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,ex－2k＞0，))解得0＜x＜ln2k.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2k)．綜上，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(ln2k，＋∞)，(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，ln2k)．(2)令φ(k)＝k－ln2k，k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，φ′(k)＝1－eq\f(1,k)＝eq\f(k－1,k)≤0.所以φ(k)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是減函數(shù)．所以φ(1)≤φ(k)＜φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).所以1－ln2≤φ(k)＜eq\f(1,2)＜k，即0＜ln2k＜k.所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：x(0，ln2k)ln2k(ln2k，k)f′(x)－0＋f(x)極小值f(0)＝－1，f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1＝(k－1)ek－(k3－1)＝(k－1)ek－(k－1)(k2＋k＋1)＝(k－1)[ek－(k2＋k＋1)]．因為k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以k－1≤0.對任意的k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，y＝ek的圖象恒在直線y＝k2＋k＋1的下方，所以ek－(k2＋k＋1)≤0.所以f(k)－f(0)≥0，即f(k)≥f(0)．所以函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值f(k)＝(k－1)ek－k3.考點3極值與最值的綜合應(yīng)用——綜合性(2020·山東師范大學(xué)附中高三質(zhì)評)已知函數(shù)f(x)＝x2eax＋1－blnx－ax(a，b∈R)．(1)若b＝0，曲線f(x)在點(1，f(1))處的切線與直線y＝2x平行，求a的值；(2)若b＝2，且函數(shù)f(