新课标名师导学高考第一轮总复习讲义第16讲导数与函数的极值最值

第16讲导数与函数的极值、最值【课程要求】了解函数在某点取得极值的充要条件；会用导数求函数的极值；会求闭区间上的最大(小)值．对应学生用书p44【基础检测】eq\a\vs4\al(概念辨析)1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)≠0.()(2)在(a，b)内，f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．()[答案](1)×(2)√eq\a\vs4\al(教材改编)2．[选修2－2p28例4]设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点[解析]f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)(x>0)，当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，∴x＝2为f(x)的极小值点．[答案]D3．[选修2－2p30例5]函数y＝x＋2cosx在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是______________．[解析]∵y′＝1－2sinx，∴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.∴当x＝eq\f(π,6)时，ymax＝eq\f(π,6)＋eq\r(3).[答案]eq\f(π,6)＋eq\r(3)eq\a\vs4\al(易错提醒)4．(多选)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面说法正确的是()A．在(－1，2)上f(x)是增函数B．在(2，4)上f(x)是减函数C．当x＝1时，f(x)取极大值D．当x＝2时，f(x)取极大值[解析]由图象可知x∈(－1，2)上恒有f′(x)>0，在x∈(2，4)上恒有f′(x)<0，∴f(x)在(－1，2)上单调递增，在(2，4)上单调递减，则当x＝2时，f(x)取极大值．[答案]ABD5．若x＝1是函数f(x)＝ax＋lnx的极值点，则()A．f(x)有极大值－1B．f(x)有极小值－1C．f(x)有极大值0D．f(x)有极小值0[解析]因为x＝1是函数f(x)＝ax＋lnx的极值点，所以f′(1)＝0，∴a＋eq\f(1,1)＝0，∴a＝－1，∴f(1)＝－1，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，当x>1时，f′(x)<0，当0<x<1时，f′(x)>0，因此f(x)有极大值－1.[答案]A6．若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．[解析]由f′(x)＝6x2－2ax＝0得x＝0，x＝eq\f(a,3)，因为函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点且f(0)＝1，所以eq\f(a,3)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝0，因此2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq\s\up12(3)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq\s\up12(2)＋1＝0，a＝3.从而函数f(x)在[－1，0]上单调递增，在[0，1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)，f(x)min＝min{f(－1)，f(1)}＝f(－1)，f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.[答案]－3【知识要点】1．函数的极值与导数(1)函数的极小值：若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值__都小__，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧__f′(x)<0__，右侧__f′(x)>0__，则a点叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．(3)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程__f′(x)＝0__的根；③考查f′(x)在方程__f′(x)＝0__的根附近的左右两侧导数值的符号．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__．(4)对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则__f(a)__为函数的最小值，__f(b)__为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则__f(a)__为函数的最大值，__f(b)__为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，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求函数y＝f(x)在(a，b)内的__极值__；②将函数y＝f(x)的各__极值__与__端点__处的函数值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．对应学生用书p45eq\a\vs4\al()利用导数研究函数的极值例1设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由．[解析]f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋a(2x－1)＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1)(x>－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)>0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．②当a>0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．(i)当0<a≤eq\f(8,9)时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．(ii)当a>eq\f(8,9)时，Δ>0，设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1<x2)，因为x1＋x2＝－eq\f(1,2)，所以x1<－eq\f(1,4)，x2>－eq\f(1,4).由g(－1)＝1>0，可得－1<x1<－eq\f(1,4).所以当x∈(－1，x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．因此函数有两个极值点．③当a<0时，Δ>0，由g(－1)＝1>0，可得x1<－1<x2.当x∈(－1，x2)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x2，＋∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．所以函数有一个极值点．综上所述，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤eq\f(8,9)时，函数f(x)无极值点；当a>eq\f(8,9)时，函数f(x)有两个极值点．[小结]函数极值的两类热点问题(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤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．(2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．②验证：求解后验证根的合理性．1．若函数f(x)＝(2－a)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－2）ex－\f(1,2)ax2＋ax))(a∈R)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有极大值，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)，e))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)，2))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，e))D．(e，＋∞)[解析]令f′(x)＝(2－a)(x－1)(ex－a)＝0，得x＝lna∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，解得a∈(eq\r(e)，e)，由题意，有极大值，故x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，lna))时，f′(x)>0，x∈(lna，1)时，f′(x)<0，所以2－a>0，得a<2.综上，a∈(eq\r(e)，2)．故选B.[答案]B2．若函数f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有极值点，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(17,4)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4)))[解析]因为f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋1.函数f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有极值点可化为f′(x)＝x2－ax＋1＝0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，即a＝x＋eq\f(1,x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，设t(x)＝x＋eq\f(1,x)，则t′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令t′(x)>0，得1<x<4，令t′(x)<0，得eq\f(1,3)<x<1.所以t(x)在(1，4)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减．所以t(x)min＝t(1)＝2，又teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(10,3)，t(4)＝eq\f(17,4)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4))).故选D.[答案]Deq\a\vs4\al()利用导数研究函数的最值例2设a，b∈R，函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx在区间(－1，1)上单调递增，在区间(1，3)上单调递减．(1)若a＝－2，求b的值；(2)求函数f(x)在区间[1，4]上的最小值(用b表示)．[解析](1)求导，得f′(x)＝x2＋2ax＋b，因为函数f(x)在区间(－1，1)上单调递增，在区间(1，3)上单调递减，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0.又因为a＝－2，所以b＝3，验证知其符合题意．(2)由(1)得1＋2a＋b＝0，即2a＝－b－1.所以f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(b＋1,2)x2＋bx，f′(x)＝x2－(b＋1)x＋b＝(x－b)(x－1)，当b≤1时，得当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝(x－b)(x－1)>0.此时，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，这与题意不符．当b>1时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：x(－∞，1)1(1，b)b(b，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗所以函数f(x)在(－∞，1)，(b，＋∞)上单调递增，在(1，b)上单调递减．由题意，得b≥3.所以当b≥4时，函数f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝eq\f(40,3)－4b；当3≤b＜4时，函数f(x)在[1，4]上的最小值为f(b)＝－eq\f(1,6)b3＋eq\f(1,2)b2.综上，当b≥4时，函数f(x)在[1，4]上的最小值为eq\f(40－12b,3)；当3≤b＜4，f(x)在[1，4]上的最小值为－eq\f(1,6)b3＋eq\f(1,2)b2.[小结]1.掌握求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．2．搞清极值与最值的区别与联系(1)函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近的导函数符号得出的．(2)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能一个都没有，且极大值并不一定比极小值大．(3)极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处取得必定是极值．3．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0时，求函数f(x)在[1，2]上的最小值．[解析](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，①当a≤0时，f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a>0时，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，可得x＝eq\f(1,a)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0；当x>eq\f(1,a)时，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)<0，故函数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)，＋∞)).综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a>0时，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)，＋∞)).(2)①当eq\f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1，2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.②当eq\f(1,a)≥2，即0<a≤eq\f(1,2)时，函数f(x)在区间[1，2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.③当1<eq\f(1,a)<2，即eq\f(1,2)<a<1时，函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是增函数，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上是减函数．又f(2)－f(1)＝ln2－a，所以当eq\f(1,2)<a<ln2时，最小值是f(1)＝－a；当ln2≤a<1时，最小值为f(2)＝ln2－2a.综上可知，当0<a<ln2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝－a；当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.eq\a\vs4\al()函数的极值与最值的综合应用例3已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aeq\f(ex,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－x))(其中a∈R且a为常数，e为自然对数的底数，e＝2.71828…)．(1)若函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的极值点只有一个，求实数a的取值范围；(2)当a＝0时，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤kx＋m(其中m>0)恒成立，求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))的最大值．[解析](1)函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，其导数为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝a·eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)),x2)－eq\f(x－1,x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)),x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(x,ex))).由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0得x＝1或a＝eq\f(x,ex)，设ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(x,ex)，∵u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(1－x,ex)，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))时，u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))时，u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0.即ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上递减，∴ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))eq\s\do7(极大)＝ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝eq\f(1,e)，又当x→0时，ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))→0，当x→＋∞时，ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))→0且ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0恒成立．所以，当a≤0或a>eq\f(1,e)时，方程a＝eq\f(x,ex)无根，函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))只有x＝1一个极值点．当a＝eq\f(1,e)时，方程a＝eq\f(x,ex)的根也为x＝1，此时f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的因式a－eq\f(x,ex)≥0恒成立，故函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))只有x＝1一个极值点．当0<a<eq\f(1,e)时，方程a＝eq\f(x,ex)有两个根x1、x2且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，∴函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，x1))单调递减；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，1))单调递增；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，x2))单调递减；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，＋∞))单调递增，此时函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))有x1、1、x2三个极值点．综上所述，当a≤0或a≥eq\f(1,e)时，函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))只有一个极值点．(2)依题意得lnx－x≤kx＋m，令φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))x－m，则对∀x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，都有φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤0成立．因为φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(1,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))，所以当k＋1≤0时，函数φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递增，注意到φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))em≥0，∴若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em，＋∞))，有φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0成立，这与φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤0恒成立矛盾；当k＋1>0时，因为φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上为减函数，且φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)))＝0，所以函数φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k＋1)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)，＋∞))上单调递减，∴φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)))＝－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))－1－m，若对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，都有φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤0成立，则只需－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))－1－m≤0成立，∴lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))≥－1－m得k＋1≥e－1－m，当m>0时，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))＝me－1－m，∵h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))＝e－1－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－m))，∴函数heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上递减，∴heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))≤eq\f(1,e2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))的最大值为eq\f(1,e2)；综上所述，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))的最大值为eq\f(1,e2).[小结](1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．(3)不等式成立(恒成立)问题中的常用结论(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，f(x)≥a成立⇒f(x)max≥a.(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.(3)f(x)>g(x)恒成立，令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)min>0.(4)①∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；②∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；③∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；④∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.4．已知f(x)＝a·ex－x(e为自然对数的底数)，g(x)＝x·(lnx－1)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)h(x)＝f(x)－g(x)有两个极值点，求实数a的取值范围．[解析](1)f′(x)＝a·ex－1，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在R上单调递减，当a>0时，令f′(x)>0得x>－lna，∴f(x)在(－lna，＋∞)单调递增，在(－∞，－lna)单调递减.(2)设h(x)＝f(x)－g(x)＝aex－xlnx，则h′(x)＝aex－lnx－1，∵h(x)有两个不同的极值点，则h′(x)有两个不同的穿过x轴的零点，即a＝eq\f(1＋lnx,ex)有两个不同的根，设φ(x)＝eq\f(1＋lnx,ex)，则φ′(x)＝eq\f(\f(1,x)－1－lnx,ex)，令t(x)＝eq\f(1,x)－1－lnx，则t′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，∵x>0，∴t′(x)<0恒成立，∴t(x)在(0，＋∞)单调递减，又t(1)＝0，∴φ(x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又φeq\b\lc\(\rc\)(\