江苏专用2025版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第2课时导数与函数的极值最值教案含解析

PAGEPAGE1第2课时导数与函数的极值、最值题型一用导数求解函数极值问题命题点1依据函数图象推断极值例1设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中肯定成立的是________．(填序号)①函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(1)；②函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(1)；③函数f(x)有极大值f(2)和微小值f(－2)；④函数f(x)有极大值f(－2)和微小值f(2)．答案④解析由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得微小值．命题点2求已知函数的极值例2设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.探讨函数f(x)极值点的个数，并说明理由．解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)．a．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．b．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f(x)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f(x)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．命题点3依据极值(点)求参数例3已知函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为________．答案(－∞，e]解析因为函数f(x)＝eq\f(ex,x2)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋lnx))，所以函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(exx2－2xex,x4)－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)＋\f(1,x)))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ex,x)－k))x－2,x2).因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，所以x＝2是y＝f′(x)的唯一变号零点．所以y＝eq\f(ex,x)－k在(0，＋∞)上无变号零点，设g(x)＝eq\f(ex,x)－k，则g′(x)＝eq\f(x－1ex,x2).当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e－k，若g(x)在(0，＋∞)上无变号零点，则须要g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)min≥0，即e－k≥0，即k≤e，所以若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则应需k≤e.思维升华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全部根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．(2)依据函数极值状况求参数的两个要领①列式：依据极值点处导数为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．跟踪训练1已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)．(1)探讨函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)，当a≤0时，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点；当a>0时，由f′(x)<0得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)>0，得x>eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，即f(x)在x＝eq\f(1,a)处有微小值，无极大值．∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴a＝1，∴f(x)≥bx－2，即1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)≥b，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即b≤1－eq\f(1,e2)，即实数b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2))).题型二用导数求函数的最值例4已知函数f(x)＝eq\f(1－x,x)＋klnx，k<eq\f(1,e)，求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值和最小值．解f′(x)＝eq\f(－x－1－x,x2)＋eq\f(k,x)＝eq\f(kx－1,x2).①若k＝0，则f′(x)＝－eq\f(1,x2)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒有f′(x)<0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减．②若k≠0，则f′(x)＝eq\f(kx－1,x2)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2).(ⅰ)若k<0，则在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.所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减，(ⅱ)若k>0，由k<eq\f(1,e)，得eq\f(1,k)>e，则x－eq\f(1,k)<0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上恒成立，所以eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2)<0，所以f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减．综上，当k<eq\f(1,e)时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝eq\f(1,e)＋k－1，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－k－1.引申探究若例题条件中的k<eq\f(1,e)改为“k≥eq\f(1,e)”，则函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值是多少？解f′(x)＝eq\f(kx－1,x2)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))),x2)，∵k≥eq\f(1,e)，∴0<eq\f(1,k)≤e，若0<eq\f(1,k)≤eq\f(1,e)，即k≥e时，f′(x)≥0恒成立，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上为增函数，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝e－k－1.若eq\f(1,k)>eq\f(1,e)，即eq\f(1,e)≤k<e时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(1,k)))上为减函数，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，e))上为增函数，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))＝k－1－klnk.综上，当eq\f(1,e)≤k<e时，f(x)min＝k－1－klnk，当k≥e时，f(x)min＝e－k－1.思维升华(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常常用到．跟踪训练2已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．解因为f′(x)＝eq\f(a＋2x,x)，所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a<0时，由f′(x)>0得，x>－eq\f(a,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))上单调递增；由f′(x)<0得，0<x<－eq\f(a,2)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)))上单调递减．所以当a<0时，f(x)的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).依据题意得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝alneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.因为a<0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得－2≤a<0，所以实数a的取值范围是[－2,0)．题型三函数极值、最值的综合问题例5已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的微小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．解(1)f′(x)＝eq\f(2ax＋bex－ax2＋bx＋cex,ex2)＝eq\f(－ax2＋2a－bx＋b－c,ex).令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点且f′(x)与g(x)符号相同．又因为a>0，所以当－3<x<0时，g(x)>0，即f′(x)>0，当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)．(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的微小值点，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9a－3b＋c,e－3)＝－e3，,g0＝b－c＝0，,g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，))解得a＝1，b＝5，c＝5，所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5,ex).因为f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，而f(－5)＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e5.思维升华(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要探讨参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要探讨其极值状况，还要探讨其单调性，并通过单调性和极值状况，画出函数的大致图象，然后借助图象视察得到函数的最值．跟踪训练3(2024·南通模拟)已知函数f(x)＝(x－k－1)ex(k∈R)．(1)当x>0时，求f(x)的单调区间和极值；(2)若对于随意x∈[1,2]，都有f(x)<4x成立，求k的取值范围．解(1)因为f′(x)＝(x－k)ex，x>0.①当k≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)的单调增区间是(0，＋∞)，无单调减区间，无极值．②当k>0时，由f′(x)>0，得x>k；由f′(x)<0，得0<x<k，所以f(x)的单调减区间是(0，k)，单调增区间是(k，＋∞)，f(x)的微小值为f(k)＝－ek，无极大值．(2)由f(x)<4x，可得(x－k－1)ex－4x<0，因为ex>0，所以x－k－1<eq\f(4x,ex)，即k>x－1－eq\f(4x,ex)对随意x∈[1,2]恒成立．记g(x)＝x－1－eq\f(4x,ex)，x∈[1,2]，则g′(x)＝1－eq\f(41－x,ex)＝eq\f(ex＋4x－1,ex)，因为x∈[1,2]，所以g′(x)>0，即g(x)在[1,2]上单调递增，所以g(x)max＝g(2)＝1－eq\f(8,e2)＝eq\f(e2－8,e2).所以实数k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－8,e2)，＋∞)).利用导数求函数的最值例(16分)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．规范解答解(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)的单调增区间为(0，＋∞)．[2分]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)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).[6分]综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a>0时，函数f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).[7分](2)①当eq\f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.[8分]②当eq\f(1,a)≥2，即0<a≤eq\f(1,2)时，函数f(x)在[1,2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.[9分]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，[10分]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.[13分]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.[16分]用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤第一步：(求导数)求函数f(x)的导数f′(x)；其次步：(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；第三步：(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值；第四步：(求最值)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．1．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的极大值为________．答案eq\f(28,3)解析f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极大值为f(－2)＝eq\f(28,3).2．已知a为函数f(x)＝x3－12x的微小值点，则a＝________.答案2解析由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.3．函数y＝xex的最小值是________．答案－eq\f(1,e)解析因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x>－1时，y′>0；当x<－1时，y′<0，所以当x＝－1时，函数取得最小值，且ymin＝－eq\f(1,e).4．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为________．答案eq\f(1,2)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处取得微小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).5．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为________________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))解析若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不等实根，故Δ＝(－4c)2－12>0，解得c>eq\f(\r(3),2)或c<－eq\f(\r(3),2).所以实数c的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)).6．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件．答案3解析y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0.故当x＝3时，该商品的年利润最大．7．函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，微小值是负数，则a的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))解析f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，由f′(x)＝0得x＝±a，当－a<x<a时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)的极大值为f(－a)，微小值为f(a)．∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，解得a>eq\f(\r(2),2).∴a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)).8．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝lnx－axeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a>\f(1,2)))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________.答案1解析由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，得x＝eq\f(1,a)，当0<x<eq\f(1,a)时，f′(x)>0；当x>eq\f(1,a)时，f′(x)<0.∴f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－lna－1＝－1，解得a＝1.9．(2024·苏北四市检测)设直线y＝a与曲线y2＝x和y＝ex分别交于点M，N，则当线段MN的长度取得最小值时，a的值为________．答案eq\f(\r(2),2)解析由题意得点M(a2，a)，N(lna，a)，故MN的长度l＝|a2－lna|＝a2－lna(a>0)，则l′＝2a－eq\f(1,a)＝eq\f(2a2－1,a)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(\r(2),2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(2),2))),a).令l′>0，得l＝a2－lna在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上单调递增；令l′<0，得l＝a2－lna在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，所以当a＝eq\f(\r(2),2)时，线段MN的长度取得微小值，也是最小值．1,1]上的最大值与最小值的和为________．答案－3解析f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点，不合题意．②当a＞0时，由f′(x)＞0，解得x＞eq\f(a,3)，由f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(a,3)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增．又f(x)只有一个零点，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝－eq\f(a3,27)＋1＝0，∴a＝3.此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在(0,1]上单调递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，f(0)＝1，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.11．设函数f(x)＝alnx－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切．(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值．解(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx，∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝a－2b＝0，,f1＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2).))(2)由(1)知，f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2，f′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)，当eq\f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)>0，得eq\f(1,e)≤x<1，令f′(x)<0，得1<x≤e，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e]上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－eq\f(1,2).12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<1，,alnx，x≥1.))(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的微小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解(1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3).当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)↘微小值↗极大值↘故当x＝0时，函数f(x)取得微小值f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝eq\f(2,3).(2)①当－1≤x<1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递增．因为f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.13．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的随意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是________．答案20解析因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19.由题设知在区间[－3,2]上，f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.14．(2024·江苏省泰兴中学检测)已知a，b∈R，直线y＝ax＋b＋eq\f(π,2)与函数f(x)＝tanx的图