2023高考数学专题复习讲义 专题一 第5讲 函数的极值、最值

第5讲函数的极值、最值[考情分析]利用导数研究函数的极值、最值是重点考查内容，多在选择题、填空题靠后的位置考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题．考点一利用导数研究函数的极值核心提炼判断函数的极值点，主要有两点(1)导函数f′(x)的变号零点，即为函数f(x)的极值点．(2)利用函数f′(x)的单调性可得函数的极值点．例1已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋1.(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．解(1)当a＝0时，f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋1.所以f′(x)＝x－1,所以k＝f′(2)＝1,因为f(2)＝eq\f(1,2)×22－2＋1＝1，所以切线方程为y＝x－1.(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2－(a＋1)x＋1，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x－a－1＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x).令f′(x)＝0，即x2－(a＋1)x＋a＝0，解得x＝1或x＝a.①当a≤0时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以当x＝1时，f(x)取得极小值．所以a≤0成立.②当0<a<1时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.x(0，a)a(a,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗所以当x＝1时，f(x)取得极小值．所以0<a<1成立.③当a＝1时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有极小值，不成立．④当a>1时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.x(0,1)1(1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗所以当x＝1时，f(x)取得极大值．所以a>1不成立.综上所述，a<1.易错提醒(1)不能忽略函数的定义域．(2)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性．(3)函数的极小值不一定比极大值小．跟踪演练1(1)(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则()A．a<b B．a>bC．ab<a2 D．ab>a2答案D解析方法一(分类与整合法)因为函数f(x)＝a(x－a)2·(x－b)，所以f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)·(3x－a－2b)．令f′(x)＝0，结合a≠0可得x＝a或x＝eq\f(a＋2b,3).(1)当a>0时，①若eq\f(a＋2b,3)>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意；②若eq\f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；③若eq\f(a＋2b,3)<a，即b<a，此时易知函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,3)，a))上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意．(2)当a<0时，①若eq\f(a＋2b,3)>a，即b>a，此时易知函数f(x)在(－∞，a)上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a＋2b,3)))上单调递增，所以x＝a为函数f(x)的极小值点，不满足题意；②若eq\f(a＋2b,3)＝a，即b＝a，此时函数f(x)＝a(x－a)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；③若eq\f(a＋2b,3)<a，即b<a，此时易知函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋2b,3)，a))上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，所以x＝a为函数f(x)的极大值点，满足题意．综上，a>0且b>a满足题意，a<0且b<a也满足题意．因此，可知必有ab>a2成立．方法二当a＝1，b＝2时，函数f(x)＝(x－1)2·(x－2)，画出该函数的图象如图1所示，可知x＝1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝1，b＝2可判断选项B，C错误；当a＝－1，b＝－2时，函数f(x)＝－(x＋1)2(x＋2)，画出该函数的图象如图2所示，可知x＝－1为函数f(x)的极大值点，满足题意．从而，根据a＝－1，b＝－2可判断选项A错误．图1图2方法三当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图3所示，观察可知b>a.图3当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图4所示，观察可知a>b.图4综上，可知必有ab>a2成立．(2)(2021·湘潭模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2＋2ax有两个极值点，则a的取值范围是()A．(e，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,2)，＋∞))C．(e2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,2)，＋∞))答案D解析因为f(x)＝ex－ax2＋2ax有两个极值点，所以f′(x)＝0有两个不同实数根，所以ex－2ax＋2a＝0有两个不同实数根，所以ex＝2a(x－1)有两个不同实数根，显然a≠0，所以eq\f(1,2a)＝eq\f(x－1,ex)有两个不同实数根，记g(x)＝eq\f(x－1,ex)，g′(x)＝eq\f(2－x,ex)，当x∈(－∞，2)时，g′(x)>0；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(2)＝eq\f(1,e2)，又因为当x∈(－∞，1]时，g(x)≤0；当x∈(1,2)时，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))；当x∈[2，＋∞)时，g(x)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))，所以当eq\f(1,2a)＝eq\f(x－1,ex)有两个不同实数根时，eq\f(1,2a)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e2)))，所以2a>e2，所以a>eq\f(e2,2).考点二利用导数研究函数的最值核心提炼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)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)．(3)将函数f(x)的各极值与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．若函数含有参数或区间含有参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值．例2(1)函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为()A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2C．a＝2，b＝3 D．以上都不对答案C解析函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0<x<4，此时函数单调递减，由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，则f(0)＝b＝3，则f(x)＝ax3－6ax2＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，则f(－1)>f(2)，即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，计算得出a＝2，b＝3.(2)(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为________．答案1解析函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的定义域为(0，＋∞)．①当x>eq\f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，当eq\f(1,2)<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②当0<x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2ln

eq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.综上，f(x)min＝1.易错提醒(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论．(2)求函数无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性和极值情况，画出函数图象，借助图象得到函数的最值．跟踪演练2(1)(2021·重庆联考)函数f(x)＝x＋2cosx在[0，π]上的最大值为()A．π－2 B.eq\f(π,6)C．2 D.eq\f(π,6)＋eq\r(3)答案D解析由题意得，f′(x)＝1－2sinx，∴当0≤sinx≤eq\f(1,2)，即x在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)，π))上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；当eq\f(1,2)<sinx≤1，即x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上时，f′(x)<0，f(x)单调递减；∴f(x)有极大值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(π,6)＋eq\r(3)，有极小值f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\f(5π,6)－eq\r(3)，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π－2，则f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f(0)>f(π)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))，∴f(x)在[0，π]上的最大值为eq\f(π,6)＋eq\r(3).(2)(2021·芜湖模拟)已知关于x的不等式x3－ax2≥lnx恒成立，则实数a的取值范围为()A．(－∞，1] B．(0,1]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) D．(－∞，0]答案A解析因为不等式x3－ax2≥lnx恒成立，所以不等式a≤x－eq\f(lnx,x2)在(0，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x－eq\f(lnx,x2)，则g′(x)＝eq\f(x3－1＋2lnx,x3)，令h(x)＝x3－1＋2lnx，则h′(x)＝3x2＋eq\f(2,x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)＝0，所以当0<x<1时，h(x)<0，即g′(x)<0，当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，所以当x＝1时，g(x)取得最小值g(1)＝1，所以a≤1.考点三导数的简单应用核心提炼构造函数解方程、不等式的解题策略观察题设，化简变形所给的条件，构造函数使化简变形后的代数式为所构造新函数的函数值，再利用新函数的单调性解方程或不等式．例3(1)(2021·威海模拟)若关于x的方程lnx－ax＝x2在(0，＋∞)上有两个不等的实数根，则实数a的取值范围为()A．(－∞，－1] B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞) D．(－1，＋∞)答案B解析因为lnx－ax＝x2，所以a＝eq\f(lnx,x)－x，设f(x)＝eq\f(lnx,x)－x，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－1＝eq\f(1－lnx－x2,x2)，设g(x)＝1－lnx－x2，x>0，则g′(x)＝－eq\f(1,x)－2x<0，所以g(x)＝1－lnx－x2在(0，＋∞)上单调递减，g(1)＝0.故当x∈(0,1)时，g(x)>0，即f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0.故f(x)＝eq\f(lnx,x)－x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．f(x)max＝f(1)＝－1，且x→0时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→－∞，y＝a与f(x)＝eq\f(lnx,x)－x的图象有两个交点，则a的取值范围为(－∞，－1)．(2)(2021·包头检测)若e－2b＋eq\f(1,2)(a－1)2＝e－a＋eq\f(1,2)(2b－1)2，则()A．a>2b B．a＝2bC．a<2b D．a>b2答案B解析设f(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－e－x，则f′(x)＝x－1＋e－x，设g(x)＝x－1＋e－x，则g′(x)＝1－e－x＝eq\f(ex－1,ex)，g′(x)>0⇒x>0⇒f′(x)在(0，＋∞)上单调递增；g′(x)<0⇒x<0⇒f′(x)在(－∞，0)上单调递减，所以f′(x)min＝f′(0)＝0，即f′(x)≥0恒成立，又因为f(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－e－x不是常函数，所以f(x)＝eq\f(1,2)(x－1)2－e－x在(－∞，＋∞)上单调递增，e－2b＋eq\f(1,2)(a－1)2＝e－a＋eq\f(1,2)(2b－1)2化为eq\f(1,2)(a－1)2－e－a＝eq\f(1,2)(2b－1)2－e－2b，即f(a)＝f(2b)⇒a＝2b.易错提醒(1)分离参数时，等式或不等式两边符号变化、以及除数能否等于0，易忽视．(2)作图时，端点值的变化趋势易忽视．跟踪演练3(2021·晋中模拟)若存在实数x，y满足lnx－x＋3≥ey＋e－y，则x＋y等于()A．－1B．0C．1D．e答案C解析令函数f(x)＝lnx－x＋3，可得f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝1时，可得f(x)max＝f(1)＝ln1－1＋3＝2，令函数g(y)＝ey＋e－y，则ey＋e－y≥2，当且仅当y＝0时取等号，又由lnx－x＋3≥ey＋e－y，所以lnx－x＋3＝ey＋e－y＝2，所以x＝1，y＝0，所以x＋y＝1.专题强化练一、单项选择题1．若函数f(x)＝eq\f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b等于()A．－4 B.eq\r(2)C．0 D．2答案C解析f′(x)＝eq\f(2－x2,ex)，当－eq\r(2)<x<eq\r(2)时，f′(x)>0；当x<－eq\r(2)或x>eq\r(2)时，f′(x)<0.故f(x)＝eq\f(x2＋2x,ex)的极大值点与极小值点分别为eq\r(2)，－eq\r(2)，则a＝eq\r(2)，b＝－eq\r(2)，所以a＋b＝0.2.已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f′(x)，f′(x)的部分图象如图所示，则()A．f(x)在区间(0,1)上单调递减B．f(x)的一个单调递增区间为(－1,1)C．f(x)的一个极大值为f(－1)D．f(x)的最大值为f(1)答案B解析由f′(x)的部分图象可得，在(－1,1)上，f′(x)>0，所以f(x)单调递增，所以A不正确，B正确；由f′(－1)＝0，导函数在x＝－1左右两侧的函数值异号，所以f(－1)是f(x)的一个极小值，所以C不正确；同理可知f(1)是f(x)的一个极大值，并不一定是最大值，所以D不正确．3．(2021·南昌检测)已知函数f(x)＝2lnx＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上的最大值为()A．－eq\f(5,2)B．2ln3－eq\f(9,2)C．－1D．2ln2－4答案B解析∵f(x)＝2lnx＋ax2－3x，则f′(x)＝eq\f(2,x)＋2ax－3，由题意可得f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝eq\f(1,2)，则f(x)＝2lnx＋eq\f(1,2)x2－3x，f′(x)＝eq\f(2,x)＋x－3＝eq\f(x2－3x＋2,x)，令f′(x)＝0，可得x＝1或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.xeq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1,2)2(2,3]f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∴函数f(x)的极大值为f(1)＝－eq\f(5,2)，极小值为f(2)＝2ln2－4，又∵f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2ln2－eq\f(11,8)，f(3)＝2ln3－eq\f(9,2)，f(3)－f(1)＝2ln3－eq\f(9,2)＋eq\f(5,2)＝2ln3－2＝2(ln3－1)>0，则f(1)<f(3)，∴f(x)max＝f(3)＝2ln3－eq\f(9,2).4．(2021·蚌埠模拟)已知函数f(x)＝ex－asinx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上有极值，则实数a的取值范围是()A．(0,1) B．(1，e)C．(1,2e) D．答案D解析f′(x)＝ex－acosx，由题意知ex－acosx＝0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上有解，即a＝eq\f(ex,cosx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上有解，记g(x)＝eq\f(ex,cosx)，则g′(x)＝eq\f(excosx＋sinx,cos2x)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝所以1<a<.5．函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝xx(x>0)，我们可以作变形：f(x)＝xx＝＝exlnx＝et(t＝xlnx)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝et和g(x)＝xlnx复合而成的，即f(x)＝xx(x>0)为初等函数．根据以上材料，对于初等函数h(x)＝(x>0)，h(x)的极值点为()A．(e,0)B．(1,0)C．eD．1答案C解析根据材料知h(x)＝所以h′(x)＝令h′(x)＝0，得x＝e.当0<x<e时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增；当x>e时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减，所以h(x)有极大值且为h(e)＝，无极小值．6．(2021·绍兴模拟)函数f(x)＝x＋2sinx(x>0)的所有极小值点从小到大排列成数列{an}，设Sn是{an}的前n项和，则sinS2021等于()A．1B.eq\f(\r(3),2)C．0D．－eq\f(\r(3),2)答案B解析f′(x)＝1＋2cosx(x>0)，f′(x)是周期为2π的周期函数，令f′(x)＝1＋2cosx＝0，得cosx＝－eq\f(1,2)，在区间(0,2π]上，由cosx＝－eq\f(1,2)，解得x＝eq\f(2π,3)或x＝eq\f(4π,3)，画出f′(x)在(0,2π]上的图象如图所示，由图可知f(x)在区间(0,2π]上的极小值点为x＝eq\f(4π,3).所以{an}是首项为a1＝eq\f(4π,3)，公差为2π的等差数列，所以S2021＝2021×eq\f(4π,3)＋eq\f(2021×2020,2)×2π＝2021×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,3)))＋2021×2020π＝2021π＋eq\f(2021π,3)＋2021×2020π＝20212π＋673π＋eq\f(2π,3)，所以sinS2021＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20212π＋673π＋\f(2π,3)))＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).二、多项选择题7．(2021·湛江模拟)已知函数f(x)＝x3－3lnx－1，则()A．f(x)的极大值为0B．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线为x轴C．f(x)的最小值为0D．f(x)在定义域内单调答案BC解析f(x)＝x3－3lnx－1的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3x2－eq\f(3,x)＝eq\f(3,x)(x3－1)，令f′(x)＝3x2－eq\f(3,x)＝eq\f(3,x)(x3－1)＝0，得x＝1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示.x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)单调递减0单调递增所以f(x)的极小值，也是最小值为f(1)＝0，无极大值，在定义域内不单调，故C正确，A，D错误；对于B，由f(1)＝0及f′(1)＝0，所以y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0，故B正确．8．已知函数f(x)＝eax(e是自然对数的底数)，g(x)＝x2的图象在(0,16]上有两个交点，则实数a的值可能是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(ln2,2)C.eq\f(ln2,4) D.eq\f(2,e)答案AB解析由函数f(x)＝eax，g(x)＝x2的图象在(0,16]上有两个交点，可转化为方程eax＝x2在(0,16]上有两个不等的实数根，即方程ax＝2lnx在(0,16]上有两个不等实根，即方程eq\f(1,2)a＝eq\f(lnx,x)在(0,16]上有两个不等实根．设h(x)＝eq\f(lnx,x)，x∈(0,16]，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当0<x<e时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当e<x≤16时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)≤h(e)＝eq\f(1,e)，又由h(16)＝eq\f(ln2,4)，且当x→0＋时，h(x)→－∞，故可由此作出h(x)的大致图象，如图所示，则由图象可知eq\f(ln2,4)≤eq\f(1,2)a<eq\f(1,e)，解得eq\f(ln2,2)≤a<eq\f(2,e)，结合选项可知A，B符合题意．三、填空题9．写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________.答案sinx(答案不唯一)解析正弦函数f(x)＝sinx为奇函数，且存在极值．10．已知函数f(x)＝x2＋alnx的图象在(1，f(1))处的切线经过坐标原点，则函数y＝f(x)的最小值为_________．答案eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)ln2解析函数f(x)＝x2＋alnx，则f(1)＝12＋aln1＝1，且f′(x)＝2x＋eq\f(a,x)，所以f′(1)＝2＋a，所以f′(1)＝eq\f(f1－0,1－0)＝1＝2＋a，解得a＝－1，所以f(x)＝x2－lnx(x>0)，f′(x)＝2x－eq\f(1,x)，令f′(x)≥0，即2x－eq\f(1,x)≥0，解得x≥eq\f(\r(2),2)；令f′(x)<0，即2x－eq\f(1,x)<0，解得0<x<eq\f(\r(2),2)，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增．所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－ln

eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)－ln

eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)ln2.11．(2021·南宁模拟)函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b＝________.答案－7解析由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因为f(x)在x＝1处取得极值10，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝3＋2a＋b＝0，,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，))检验知，当a＝－3，b＝3时，可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意，舍去；当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，当x<－eq\f(11,3)或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当－eq\f(11,3)<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．所以a＋b＝－7.12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x≥1，,\f(1,3)x＋5，x<1，))若x2>x1且f(x1)＝f(x2)，则x1－x2的最大值是________．答案3ln3－8解析因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx，x≥1，,\f(1,3)x＋5，x<1，))作出函数f(x)的图象如图所示：设f(x1)＝f(x2)＝t，则0≤t<2，由f(x1)＝eq\f(1,3)(x1＋5)＝t，可得x1＝3t－5，由f(x2)＝lnx2＝t，可得x2＝et.令g(t)＝x1－x2＝3t－et－5，其中0≤t<2，g′(t)＝3－et＝0，可得t＝ln3.当0≤t<ln3时，g′(t)>0，此时函数g(t)单调递增，当ln3<t<2时，g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减．所以g(t)max＝g(ln3)＝3ln3－8.因此x1－x2的最大值为3ln3－8.四、解答题13．(2021·滁州检测)已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,x)(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间和极值；(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解(1)由f′(x)>0，得eq\f(a,x)－eq\f(1,x2)>0，解得x>eq\f(1,a)，所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))；由f′(x)<0，得eq\f(a,x)－eq\f(1,x2)<0，解得x<eq\f(1,a)，所以函数f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))).所以当x＝eq\f(1,a)时，函数f(x)有极小值为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝aln

eq\f(1,a)＋a＝a－alna.(2)由(1)可知，当x∈eq