2023年高考数学总复习教师用书：第3章第3讲导数与函数的极值、最值含考点分类汇编详解

第3讲导数与函数的极值、最值最新考纲了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).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.诊断自测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(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点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.()解析(1)函数在某区间上或定义域内的极大值不唯一.(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.答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.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3C.极小值－2，极大值2 D.极小值－1，极大值3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)极大值极小值所以f(x)的极小值为f(－1)＝－1，f(x)的极大值为f(1)＝3.答案D3.(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 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.答案A4.(2017·武汉模拟)函数y＝2x3－2x2在区间[－1，2]上的最大值是________.解析y′＝6x2－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8,所以最大值为8.答案85.函数f(x)＝lnx－ax在x＝1处有极值，则常数a＝________.解析∵f′(x)＝eq\f(1,x)－a，∴f′(1)＝1－a＝0，∴a＝1，经检验符合题意.答案16.(2017·杭州调研)函数y＝x＋2cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为________；最小值为________.解析∵y＝x＋2cosx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴y′＝1－2sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，令y′＝0，得x＝eq\f(π,6)，当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，y′>0，当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))时，y′<0，故x＝eq\f(π,6)时，∴y最大＝y极大＝eq\f(π,6)＋eq\r(3)，又x＝0时，y＝2；x＝eq\f(π,2)时，y＝eq\f(π,2)，∴y最小＝eq\f(π,2).答案eq\f(π,6)＋eq\r(3)eq\f(π,2)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－4lnx；(2)f(x)＝ax3－3x2＋1－eq\f(3,a)(a∈R且a≠0).解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－2－eq\f(4,x)＝eq\f(2（x－2）（x＋1）,x)，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)＝－4ln2，无极大值.(2)由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,a))).令f′(x)＝0得x＝0或eq\f(2,a).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)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值∴f(x)极大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)极小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))0(0，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值∴f(x)极大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)极小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.综上，f(x)极大值＝f(0)＝1－eq\f(3,a)，f(x)极小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝－eq\f(4,a2)－eq\f(3,a)＋1.规律方法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，要检验极值点两侧导数是否异号.【训练1】(1)设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c.若f(x)在R上无极值点，则实数a的取值范围为________.(2)设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则()A.a>－3 B.a<－3C.a>－eq\f(1,3) D.a<－eq\f(1,3)解析(1)由题得f′(x)＝3ax2－4x＋1.若f(x)在R上无极值点，则f(x)在R上是单调函数，即f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立.①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；②当a≠0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq\f(4,3).综上，实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).(2)y′＝f′(x)＝aeax＋3，当a≥0时，f′(x)>0在R上恒成立，∴f(x)无极值点；当a<0时，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,a)))，∴eq\f(1,a)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,a)))>0得a<－3，故选B.答案(1)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))(2)B考点二用导数解决函数的最值问题【例2】(2017·郑州质检)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)eq\r(x)，其中a＜0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值.解(1)当a＝－4时，由f′(x)＝eq\f(2（5x－2）（x－2）,\r(x))＝0得x＝eq\f(2,5)或x＝2，由f′(x)＞0得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))或x∈(2，＋∞)，故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))和(2，＋∞).(2)因为f′(x)＝eq\f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,10)))时，f(x)单调递增.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,10)，－\f(a,2)))时，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))时，f(x)单调递增.易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝0.①当－eq\f(a,2)≤1时，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符合题意.②当1＜－eq\f(a,2)≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝0，不符合题意.③当－eq\f(a,2)＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意.综上有，a＝－10.规律方法(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不通过比值求解，而是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】已知函数f(x)＝(ax－2)ex在x＝1处取得极值.(1)求a的值；(2)求函数在区间[m，m＋1]上的最小值.解(1)f′(x)＝(ax＋a－2)ex，由已知得f′(1)＝(a＋a－2)e＝0，解得a＝1，经检验a＝1符合题意，所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝(x－1)ex.令f′(x)>0得x>1，令f′(x)<0得x<1.所以函数f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.当m≥1时，f(x)在[m，m＋1]上递增，f(x)min＝f(m)＝(m－2)em，当0<m<1时，f(x)在[m，1]上递减，在(1，m＋1]上递增，f(x)min＝f(1)＝－e.当m≤0时，m＋1≤1，f(x)在[m，m＋1]上单调递减，f(x)min＝f(m＋1)＝(m－1)em＋1.综上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值为f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（m－2）em，m≥1，,－e，0<m<1，,（m－1）em＋1，m≤0.))[思想方法]1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分.2.求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小.3.可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同.4.若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值.[易错防范]1.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.2.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.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A.－4 B.－2 C.4 D.解析f′(x)＝3x2－12，∴x<－2时，f′(x)>0，－2<x<2时，f′(x)<0，x>2时，f′(x)>0，∴x＝2是f(x)的极小值点.答案D2.函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2) B.1 C.0 D.不存在解析f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).答案A3.(2017·合肥模拟)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)解析由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).答案C4.(2017·绍兴调研)已知函数f(x)＝ex－x2，若∀x∈[1，2]，不等式－m≤f(x)≤m2－4恒成立，则实数m的取值范围是()A.(－∞，1－e] B.[1－e，e]C.[－e，e＋1] D.[e，＋∞)解析因为f(x)＝ex－x2，所以f′(x)＝ex－2x，令g(x)＝f′(x)，所以g′(x)＝ex－2，因为x∈[1，2]，所以g′(x)＝ex－2>0，故f′(x)＝ex－2x在[1，2]上是增函数，故f′(x)＝ex－2x≥e－2>0；故f(x)＝ex－x2在[1，2]上是增函数，故e－1≤ex－x2≤e2－4；故－m≤f(x)≤m2－4恒成立可化为－m≤e－1≤e2－4≤m2－4；故m≥e.答案D5.(2017·东北四校联考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是()A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞)C.(－3，6) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根.∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，即a2－3a∴a>6或a<－3.答案B二、填空题6.函数f(x)＝eq\f(x3,3)＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是________.解析f′(x)＝x2＋2x－3，由f′(x)＝0，x∈[0，2]，得x＝1.比较f(0)＝－4，f(1)＝－eq\f(17,3)，f(2)＝－eq\f(10,3)，可知最小值为－eq\f(17,3).答案－eq\f(17,3)7.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq\f(a,b)的值为________.解析由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))经检验eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9))满足题意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).答案－eq\f(2,3)8.(2017·金华月考)函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________；函数的极大值为________.解析令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±eq\r(a)，则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－eq\r(a))－eq\r(a)(－eq\r(a)，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（－\r(a)）3－3a（－\r(a)）＋b＝6，,（\r(a)）3－3a\r(a)＋b＝2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))f(x)＝x3－3x＋4，所以f(x)的单调递减区间是(－1，1)，当x＝－eq\r(a)＝－1时，f(x)极大＝f(－1)＝6.答案(－1，1)6三、解答题9.(2017·丽水检测)设f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a为正实数.(1)当a＝eq\f(4,3)时，求f(x)的极值点；(2)若f(x)为R上的单调函数，求实数a的取值范围.解对f(x)求导得f′(x)＝ex·eq\f(1＋ax2－2ax,（1＋ax2）2).①(1)当a＝eq\f(4,3)时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，解得x1＝eq\f(3,2)，x2＝eq\f(1,2).结合①，可知xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以x1＝eq\f(3,2)是极小值点，x2＝eq\f(1,2)是极大值点.(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知0<a≤1.所以实数a的取值范围为{a|0<a10.已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞).(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k≥2时，f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.能力提升题组(建议用时：30分钟)11.函数f(x)＝eq\f(\r(x),ex)()A.仅有最小值eq\f(1,\r(2e)) B.仅有最大值eq\f(1,\r(2e))C.有最小值0，最大值eq\f(1,\r(2e)) D.无最值解析函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1－2x,2\r(x)ex)，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(x)>0，f(x)递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)<0，f(x)递减.又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,\r(2e))，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f(x)>0，∴f(x)min＝0，f(x)max＝eq\f(1,\r(2e)).答案C12.(2017·长沙调研)若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)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)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eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3≤a<0，,a＋5>0，))解得a∈[－3，0)，故选C.答案C13.(2017·湖州调研)已知函数F(x)＝eq\f(1－x,x)＋klnx(其中k<eq\f(1,e)且k≠0)，则F(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值为________，最小值为________.解析F(x)＝eq\f(1－x,x)＋klnx(x>0)，∴F′(x)＝eq\f(（1－x）′x－（1－x）x′,x2)＋eq\f(k,x)＝eq\f(kx－1,x2).①若k<0，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上，恒有eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2)<0，∴F(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减，F(x)min＝F(e)＝eq\f(1－e,e)＋k＝eq\f(1,e)＋k－1，F(x)max＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－k－1.②k>0时，∵k<eq\f(1,e)，∴eq\f(1,k)>e，x－eq\f(1,k)<0，∴eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2)<0，∴F(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减，∴F(x)min＝F(e)＝eq\f(1－e,e)＋k＝eq\f(1,e)＋k－1.F(x)max＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－k－1.综上所述，当k≠0且k<eq\f(1,e)时，F(x)max＝e－k－1，F(x)min＝eq\f(1,e)＋k－1.答案e－k－1eq\f(1,e)＋k－114.(2017·济南模拟)设函数f(x)＝ln(x＋a)＋x2.(1)若当x＝－1时，f(x)取得极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于lneq\f(e,2).解(1)f′(x)＝eq\f(1,x＋a)＋2x，依题意，有f′(－1)＝0，故a＝eq\f(3,2).从而f′(x)＝eq\f(（2x＋1）（x＋1）,x＋\f(3,2))，且f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))，当－eq\f(3,2)<x<－1时，f′(x)>0；当－1<x<－eq\f(1,2)时，f′(x)<0；当x>－eq\f(1,2)时，f′(x)>0.∴f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,2)))上单调递减.(2)f(x)的定义域为(－a，＋∞)，f′(x)＝eq\f(2x2＋2ax＋1,x＋a).方程2x2＋2ax＋1＝0的判别式Δ＝4a2－8①若Δ≤0，即－eq\r(2)≤a≤eq\r(2)时，f′(x)≥0，故f(x)无极值.②若Δ>0，即a<－eq\r(2)或a>eq\r(2)，则2x2＋2ax＋1＝0有两个不同的实根，x1＝eq\f(－a－\r(a2－2),2)，x2＝eq\f(－a＋\r(a2－2),2).当a<－eq\r(2)时，x1<－a，x2<－a，故f′(x)>0在定义域上恒成立，故f(x)无极值.当a>eq\r(2)时，－a<x1<x2，故f(x)在(－a，x1)上递增，(x1，x2)上递减，(x2，＋∞)上递增.故f(x)在x＝x1，x＝x2取得极值.综上，f(x)存在极值时，a的取值范围为(eq\r(2)，＋∞).由上可知，x1＋x2＝－a，x1x2＝eq\f(1,2).所以，f(x)的极值之和为f(x1)＋f(x2)＝ln(x1＋a)＋xeq\o\al(2,1)＋ln(x2＋a)＋xeq\o\al(2,2)＝ln(－x2)＋ln(－x1)＋(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＝ln(x1x2)＋(x1＋x2)2－2x1x2＝lneq\f(1,2)＋a2－1>lneq\f(1,2)＋(eq\r(2))2－1＝lneq\f(e,2).15.若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－eq\f(4,3).(1)求函数f(x)的解析式；(2)若函数f(x)＝k有3个解，求实数k的取值范围.解(1)对函数f(x)求导得：f′(x)＝3ax2－b，由题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（2）＝12a－b＝0，,f（2）＝8a－2b＋4＝－\f(4,3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝4.))∴函数f(x)的解析式为f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.(2)由(1)可得：f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－2)－2(－2，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)eq\f(28,3)－eq\f(4,3)因此，当x＝－2时，f(x)有极大值eq\f(28,3)；当x＝2时，f(x)有极小值－eq\f(4,3).∴函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的图象大致如图所示.因为方程f(x)＝k的解的个数即为y＝k与y＝f(x)的交点个数.所以实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(28,3))).

高考导航函数与导数作为高中数学的核心内容，常常与其他知识结合起来，形成层次丰富的各类题型，常涉及的问题：研究函数的性质(如求单调区间、求极值、最值)，研究函数的零点(或方程的根、曲线的交点)，研究不等式.热点一利用导数研究函数的性质利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，一般考查两类题型：(1)讨论函数的单调性、极值、最值，(2)利用单调性、极值、最值求参数的取值范围.【例1】(2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求实数a的取值范围解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.若a＞0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减.综上，知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减.(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)处取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\f(1,a)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，实数a的取值范围是(0，1).探究提高(1)研究函数的性质通常转化为对函数单调性的讨论，讨论单调性要先求函数定义域，再讨论导数在定义域内的符号来判断函数的单调性.(2)由函数的性质求参数的取值范围，通常根据函数的性质得到参数的不等式，再解出参数的范围.若不等式是初等的一次、二次、指数或对数不等式，则可以直接解不等式得参数的取值范围；若不等式是一个不能直接解出的超越型不等式时，如求解lna＋a－1<0，则需要构造函数来解.【训练1】已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数).(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；(2)若函数f(x)在(－1，1)上单调递增，求实数a的取值范围.解(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因为ex>0，所以－x2＋2>0，解得－eq\r(2)<x<eq\r(2).所以函数f(x)的单调递增区间是(－eq\r(2)，eq\r(2)).(2)因为函数f(x)在(－1，1)上单调递增，所以f′(x)≥0对x∈(－1，1)都成立，因为f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈(－1，1)都成立.因为ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0对x∈(－1，1)都成立，即a≥eq\f(x2＋2x,x＋1)＝eq\f(（x＋1）2－1,x＋1)＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)对x∈(－1，1)都成立.令y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)，则y′＝1＋eq\f(1,（x＋1）2)>0.所以y＝(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(－1，1)上单调递增，所以y<(1＋1)－eq\f(1,1＋1)＝eq\f(3,2).即a≥eq\f(3,2).因此实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).热点二利用导数研究函数零点或曲线交点问题函数的零点、方程的根、曲线的交点，这三个问题本质上同属一个问题，它们之间可相互转化，这类问题的考查通常有两类：(1)讨论函数零点或方程根的个数；(2)由函数零点或方程的根求参数的取值范围.【例2】(2017·杭州调研)已知函数f(x)＝axsinx－eq\f(3,2)(a＞0)，且在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为eq\f(π－3,2).(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明.解(1)由已知，得f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，且a＞0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，有sinx＋xcosx＞0，从而f′(x)＞0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是增函数，又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不断的，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(π,2)a－eq\f(3,2)＝eq\f(π－3,2)，解得a＝1.综上所述得f(x)＝xsinx－eq\f(3,2).(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.证明如下：由(1)知，f(x)＝xsinx－eq\f(3,2)，从而f(0)＝－eq\f(3,2)＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0.又f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的图象是连续不断的，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内至少存在一个零点.又由(1)知f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递增，故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内有且只有一个零点.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.由geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上的图象是连续不断的，故存在m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，有g′(x)＜0，从而g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))内单调递减.①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))内单调递增，故当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))时，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π－3,2)＞0，故f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，m))上无零点；②当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减.又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)的图象在[m，π]上连续不间断，从而f(x)在区间(m，π)内有且仅有一个零点.综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点.探究提高利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.【训练2】设函数f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零点的个数.解(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，由f′(x)＝0，得x＝e.∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋eq\f(e,e)＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)＝eq\f(1,x)－eq\f(m,x2)－eq\f(x,3)(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－eq\f(1,3)x3＋x(x＞0).设φ(x)＝－eq\f(1,3)x3＋x(x＞0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减.∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点.∴φ(x)的最大值为φ(1)＝eq\f(2,3).又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；②当m＝eq\f(2,3)时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.综上所述，当m＞eq\f(2,3)时，函数g(x)无零点；当m＝eq\f(2,3)或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜eq\f(2,3)时，函数g(x)有两个零点.热点三利用导数研究不等式问题(规范解答)导数在不等式中的应用是高考的热点，常以解答题的形式考查，以中高档题为主，突出转化思想、函数思想的考查，常见的命题角度：(1)证明简单的不等式；(2)由不等式恒成立求参数范围问题；(3)不等式恒成立、能成立问题.【例3】(满分12分)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).满分解答(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－eq\f(a,x)(x＞0).当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点.2分当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－eq\f(a,x)，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)＝－eq\f(a,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.4分又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜eq\f(a,4)且b＜eq\f(1,4)时，f′(b)＜0(讨论a≥1或a＜1来检验)，故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点.6分(2)证明由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)9分由于2e2x0－eq\f(a,x0)＝0，所以f(x0)＝eq\f(a,2x0)＋2ax0＋alneq\f(2,a)≥2a＋alneq\f(2,a).故当a＞0时，f(x)≥2a＋alneq\f(2,a).12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求f(x)的最小值和基本不等式的应用.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f(x)的定义域，f′(x)在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f(x)在x＝x0处最值的判定.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f′(x)准确，否则全盘皆输，求解使f′(b)＜0的b满足的约束条件0＜b＜eq\f(a,4)，且b＜eq\f(1,4).如第(2)问中x0满足条件的计算，若计算错误不得分，另外还应注意规范的文字、符号语言的表述.1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.【训练3】已知函数f(x)＝ax＋lnx(a∈R).(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝x2－2x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0，1]使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围.解(1)由已知得f′(x)＝2＋eq\f(1,x)(x>0)，所以f′(1)＝2＋1＝3，所以斜率k＝3.又切点为(1，2)，所以切线方程为y－2＝3(x－1)，即3x－y－1＝0，故曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为3x－y－1＝0.(2)f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax＋1,x)(x>0)，①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞).②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,a).在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上，f′(x)>0，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).(3)由已知得所求可转化为f(x)max<g(x)max，g(x)＝(x－1)2＋1，x∈[0，1]，所以g(x)max＝2，由(2)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意.当a<0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－1－ln(－a)，所以2>－1－ln(－a)，解得a<－eq\f(1,e3).即a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e3))).(建议用时：80分钟)1.(2015·重庆卷)设函数f(x)＝eq\f(3x2＋ax,ex)(a∈R).(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求实数a的取值范围.解(1)对f(x)求导得f′(x)＝eq\f(（6x＋a）ex－（3x2＋ax）ex,（ex）2)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex)，因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.当a＝0时，f(x)＝eq\f(3x2,ex)，f′(x)＝eq\f(－3x2＋6x,ex)，故f(1)＝eq\f(3,e)，f′(1)＝eq\f(3,e)，从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－eq\f(3,e)＝eq\f(3,e)(x－1)，化简得3x－ey＝0.(2)由(1)知f′(x)＝eq\f(－3x2＋（6－a）x＋a,ex).令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，由g(x)＝0解得x1＝eq\f(6－a－\r(a2＋36),6)，x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6).当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，故f(x)为增函数；当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，知x2＝eq\f(6－a＋\r(a2＋36),6)≤3，解得a≥－eq\f(9,2)，故实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，＋∞)).2.设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)－0＋f(x)2－2ln2＋2故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2－2ln2＋2(2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.3.已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－eq\f(2,a)＝－2，所以a＝1.(2)证明由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.由题设知1－k＞0.当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根.当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x).h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根.综上，g(x)＝0在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点.4.设f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx，g(x)＝x3－x2－3.(1)如果存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；(2)如果对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围.解(1)存在x1，x2∈[0，2]使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M.由g(x)＝x3－x2－3，得g′(x)＝3x2－2x＝3xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3))).令g′(x)>0得x<0或x>eq\f(2,3)，又x∈[0，2]，所以g(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))上单调递增，所以g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(85,27)，g(x)max＝g(2)＝1.故[g(x1)－g(x2)]max＝g(x)max－g(x)min＝eq\f(112,27)≥M，则满足条件的最大整数M＝4.(2)对于任意的s，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，都有f(s)≥g(t)成立，等价于在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，函数f(x)min≥g(x)max.由(1)可知在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，g(x)的最大值为g(2)＝1.在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，f(x)＝eq\f(a,x)＋xlnx≥1恒成立等价于a≥x－x2lnx恒成立.设h(x)＝x－x2lnx，h′(x)＝1－2xlnx－x，可知h′(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是减函数，又h′(1)＝0，所以当1<x<2时，h′(x)<0；当eq\f(1,2)<x<1时，h′(x)>0.即函数h(x)＝x－x2lnx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).5.已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，证明：e－2＜a＜1.(1)解由f(x)＝ex－ax2－bx－1，有g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b，所以g′(x)＝ex－2a当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a当a≤eq\f(1,2)时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上单调递增，因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当a≥eq\f(e,2)时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减.因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a