5.3.2 第2课时 函数的最大(小)值-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案教用word（人教A版2019）

数学 选择性必修　第二册[RJ] 第2课时　函数的最大(小)值 (教师独具内容) 课程标准：1.能利用导数求给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值.2.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系． 教学重点：在闭区间上求函数的最值． 教学难点：与函数最值有关的参数问题． 核心素养：通过学习函数最值的概念及求解方法，培养数学抽象素养和数学运算素养． 知识点一　连续函数的最大值和最小值 一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值． [注意]　(1)给定的区间必须是闭区间，如果y＝f(x)的图象在开区间上连续不断，不能保证y＝f(x)有最大值或最小值． 例如：函数f(x)＝，x∈(0，2)，y＝f(x)的图象在(0，2)内连续不断，但y＝f(x)没有最大值，也没有最小值． (2)在闭区间上的每一点必须连续，如果y＝f(x)在闭区间上有间断点，也不能保证y＝f(x)有最大值或最小值． 例如：函数f(x)＝作图可知f(x)无最小值． 知识点二　求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤 一般地，求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下： (1)求函数y＝f(x)在区间(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，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． [拓展]　(1)函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最大值和最小值是一个整体性概念．最大值必须是整个区间上所有函数值中的最大值；最小值必须是整个区间上所有函数值中的最小值． (2)函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最大(小)值只能有一个． (3)极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得．有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，连续函数的最值不在端点处取得时必定是极值． 1．(判断函数的最值情况)设函数f(x)＝e2x＋3x(x∈R)，则f(x)________(填“有”或“无”)最值． 答案：无 2．(求已知函数的最值)已知函数y＝x3－x2－x，该函数在区间[0，3]上的最大值是________． 答案：15 3．(由已知函数的最值确定参数的值)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋c(x∈[－2，2])的最小值为1，则c＝________． 答案：1 4．(讨论含参函数的最值)若函数f(x)＝－x3＋mx2＋1(m≠0)在区间(0，2)内的极大值为最大值，则m的取值范围为________． 答案：(0，3) 题型一　求已知函数的最值　 　(1)求函数f(x)＝x3－x2－2x＋5在[－2，2]上的最大值与最小值． [解]　因为f(x)＝x3－x2－2x＋5， 所以f′(x)＝3x2－x－2. 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1. 因为f＝，f(1)＝， 又f(－2)＝－1，f(2)＝7， 所以函数f(x)在[－2，2]上的最大值是7，最小值是－1. (2)求函数f(x)＝x＋sinx在[0，2π]上的最大值与最小值． [解]　f′(x)＝＋cosx，令f′(x)＝0， 解得x＝或x＝. 因为f(0)＝0，f＝＋，f＝－，f(2π)＝π， 所以函数f(x)在[0，2π]上的最大值是π，最小值是0. 感悟提升　求一个函数在闭区间上的最值时，一般是找出该区间上导数为零的点，无需判断出是极大值点还是极小值点，只需将这些点对应的函数值与端点处的函数值进行比较，其中最大的就是函数的最大值，最小的就是函数的最小值． 　(1)求函数f(x)＝－x3＋3x2－6x＋5在区间[－1，1]上的最值． 解：∵f′(x)＝－3x2＋6x－6＝－3(x2－2x＋2)＝－3(x－1)2－3， ∴f′(x)在区间[－1，1]上恒小于0. ∴f(x)在区间[－1，1]上为减函数， ∴当x＝－1时，f(x)取得最大值为f(－1)＝15； 当x＝1时，f(x)取得最小值为f(1)＝1. 即f(x)在区间[－1，1]上的最小值为1，最大值为15. (2)求函数f(x)＝ex(3－x2)在区间[2，5]上的最值． 解：f′(x)＝－ex(x2＋2x－3)＝－ex(x＋3)(x－1)． ∵在区间[2，5]上，f′(x)＝－ex(x＋3)(x－1)<0， ∴函数f(x)在区间[2，5]上单调递减， ∴当x＝2时，函数f(x)取得最大值f(2)＝－e2； 当x＝5时，函数f(x)取得最小值f(5)＝－22e5. 题型二　讨论含参数的函数的最值　 　(1)(2024·安徽马鞍山高二期末)已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2，2]上有最小值－37，则a的值为________，f(x)在[－2，2]上的最大值为________． [解析]　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)． 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －2 (－2，0) 0 (0，2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 f(x) －40＋a  极大值a  －8＋a 所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3.所以当x＝0时，f(x)取得最大值3. [答案]　3　3 (2)已知函数g(x)＝ex－2ax－b，求g(x)在区间[0，1]上的最小值． [解]　因为g′(x)＝ex－2a，x∈[0，1]，ex∈[1，e]， 所以①若a≤，则2a≤1，g′(x)＝ex－2a≥0， 所以函数g(x)在区间[0，1]上单调递增，g(x)min＝g(0)＝1－b； ②若<a<，则1<2a<e，于是当0<x<ln (2a)时，g′(x)＝ex－2a<0，当ln (2a)<x<1时，g′(x)＝ex－2a＞0， 所以函数g(x)在区间[0，ln (2a)]上单调递减，在区间[ln (2a)，1]上单调递增，g(x)min＝g(ln (2a))＝2a－2aln (2a)－b； ③若a≥，则2a≥e，g′(x)＝ex－2a≤0， 所以函数g(x)在区间[0，1]上单调递减，g(x)min＝g(1)＝e－2a－b. 综上所述，当a≤时，g(x)min＝1－b； 当<a<时，g(x)min＝2a－2aln (2a)－b； 当a≥时，g(x)min＝e－2a－b. 感悟提升　含参数的函数最值问题的两类情况 (1)能根据条件确定出参数，从而化为不含参数函数的最值问题． (2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小于0三种情况．若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值． 　(1)(2024·辽宁沈阳高二期末)已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小值为________． 答案：－4 解析：f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4.f′(x)＝－3x2＋6x，由此可得f(x)在[－1，0)上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4. (2)已知a∈R，函数f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在[0，2]上的最大值． 解：f′(x)＝3x2－2ax. 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. ①当≤0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a； ②当≥2，即a≥3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而f(x)max＝f(0)＝0； ③当0<<2，即0<a<3时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，从而f(x)max＝ 综上所述，f(x)max＝ 题型三　由函数的最值确定参数的值　 　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1，2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值． [解]　由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常函数，与题设矛盾． f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，x∈[－1，2]， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)． ①当a>0，且x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －1 (－1，0) 0 (0，2) 2 f′(x) ＋ 0 － f(x) －7a＋b 单调递增 b 单调递减 －16a＋b 由上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值，也就是函数在[－1，2]上的最大值， ∴f(0)＝3，即b＝3. 又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)， ∴f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2. ②当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值，也就是函数在[－1，2]上的最小值， ∴f(0)＝－29，即b＝－29. 又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)， ∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2. 综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29. 感悟提升　由函数的最值来确定参数的问题是利用导数求函数最值的逆向运用，解题时一般采用待定系数法，列出含参数的方程或方程组，从而求出参数的值，这也是方程思想的应用． 　函数f(x)＝x3－ax2＋b在区间[－1，1]上的最大值为1，最小值为－，求函数f(x)的解析式． 解：f′(x)＝3x2－3ax，令f′(x)＝0， 得x＝0或x＝a. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －1 (－1，0) 0 (0，a) a (a，1) 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －1－a＋b 单调递增 b 单调递减 －＋b 单调递增 1－a＋b 从上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，而f(0)>f(a)，f(1)>f(－1)， 故需比较f(0)与f(1)的大小及f(－1)与f(a)的大小． 因为f(0)－f(1)＝a－1>0， 所以f(x)的最大值为f(0)＝b，所以b＝1. 又f(－1)－f(a)＝(a＋1)2(a－2)<0， 所以f(x)的最小值为f(－1)＝－1－a＋b＝－a， 所以－a＝－，所以a＝. 故函数f(x)的解析式是f(x)＝x3－x2＋1. 题型四　利用函数最值证明不等式　 　(1)已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证：f(x)≥0恒成立． [证明]　由题意知f′(x)＝ex－＝， 设F(x)＝xex－e(x>0)， 则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0. 当x∈(0，1)时，F(x)<0， ∴f′(x)＝<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0， ∴f′(x)＝>0，f(x)单调递增． ∴f(x)的最小值为f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)≥0恒成立． (2)当a∈(0，2e)时，证明：2x2－(2x＋a)ln x>0. [证明]　由题意，可知x>0， 要证明2x2－(2x＋a)ln x>0，即证x－ln x>， 令g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－＝， 令g′(x)<0，得0<x<1，令g′(x)>0，得x>1， 所以g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)≥g(1)＝1. 令h(x)＝，则h′(x)＝， 因为a∈(0，2e)，令h′(x)<0，得x>e， 令h′(x)>0，得0<x<e， 所以h(x)在(0，e)内单调递增，在(e，＋∞)上单调递减． 所以h(x)≤h(e)＝<1， 所以g(x)>h(x)恒成立，即x－ln x>恒成立， 所以当a∈(0，2e)时，2x2－(2x＋a)ln x>0. 感悟提升　当不等式f(x)>(≥)0易直接证明时，可以直接利用最值来证明；当f(x)>(≥)0不易直接证明时，令f(x)＝g(x)－h(x)，将问题转化为证明g(x)>(≥)h(x)的形式，在给定区间上，由g(x)min>(≥)h(x)max，证得f(x)>(≥)0. [跟踪训练4]　(1)设f(x)＝x－－2ln x．证明：当x≥1时，f(x)≥0恒成立． 证明：∵f′(x)＝1＋－＝＝≥0， ∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数， ∴f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)， ∴f(x)≥f(1)＝1－1－2ln 1＝0， ∴当x≥1时，f(x)≥0恒成立． (2)已知函数f(x)＝ln x－，证明：f(x)<x2－ln x－. 证明：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)． ∵f′(x)＝－＝， ∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0， ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)， ∴f(x)max＝f(e)＝ln e－＝0. 设g(x)＝x2－ln x－， 则g′(x)＝2x－＝， ∴当x∈时，g′(x)<0， 当x∈时，g′(x)>0， ∴函数g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为， ∴g(x)min＝g＝－ln －＝－＋ln 2＝. ∵ln 2>ln ＝，∴g(x)min>0. 又f(x)≤f(x)max＝0， ∴f(x)<x2－ln x－. 1．函数f(x)＝2＋，x∈(0，5]的最小值为(　　) A．2 B．3 C. D．2＋ 答案：B 解析：由f′(x)＝－＝＝0，得x＝1，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，5]时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝1时，f(x)取得最小值，且最小值为f(1)＝3.故选B. 2．(多选)(2024·河北张家口高二期末)下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断，正确的是(　　) A．f(x)>0的解集是{x|0<x<2} B．f(－)是极小值，f()是极大值 C．f(x)没有最小值，也没有最大值 D．f(x)有最大值，无最小值 答案：ABD 解析：由f(x)>0得0<x<2，故A正确；f′(x)＝(2－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝±，当x<－或x>时，f′(x)<0，当－<x<时，f′(x)>0，所以当x＝－时，f(x)取得极小值，当x＝时，f(x)取得极大值，故B正确；当x→－∞时，f(x)<0，当x→＋∞时，f(x)<0，且f()>0，结合函数的单调性可知，函数f(x)有最大值，无最小值，故C不正确，D正确．故选ABD. 3．(2024·天津武清三校高二联考)已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间(k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(　　) A．(－∞，4) B．(－∞，－3) C．(－∞，－2) D．(－∞，1) 答案：B 解析：易得f′(x)＝3x2＋6x－9.令f′(x)＝3x2＋6x－9＝0，得x＝－3或x＝1，所以当x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－3，1)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)内单调递减．所以当x∈(－∞，1)时，f(x)max＝f(－3)＝28；当x∈[1，2]时，f(x)max＝f(2)＝3.所以若f(x)在区间(k，2]上的最大值为28，则实数k的取值范围为(－∞，－3)．故选B. 4．函数f(x)＝xsinx＋cosx(0≤x≤2π)的最小值为________． 答案：－ 解析：f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，∴当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∵f(0)＝1，f＝－，∴f(x)的最小值为－. 5．已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－2)x(a∈R)，则当0<a≤时，函数f(x)在[a2，a]上的最大值为________． 答案：ln a－a3＋a2－2a 解析：因为f′(x)＝－2ax＋a－2＝－，x∈(0，＋∞)，0<a≤，所以ax＋1>0，所以当0<x<时，f′(x)>0，当x>时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，又易知[a2，a]，所以f(x)在[a2，a]上单调递增，所以f(x)max＝f(a)＝ln a－a3＋a2－2a. 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ 对点 不含参的函数在给定区间上求最值 先求函数中的参数，再求给定区间上的最值 已知含参函数的最值求相关的参数 判断不含参函数在给定区间上的极值、最值及单调性 已知含参函数在给定区间上有最值求参数的取值范围 不含参的函数在给定区间上求最值 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★★ ★★ ★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 已知函数在给定含参区间上的最值求参数的取值范围 奇偶函数对称性的应用；已知含参函数的最值求参数值 先求函数中的参数，再求给定区间上的最值 不限制定义域的不含参函数求最值；可转化为函数最值问题的不等式问题 讨论含参函数的单调性；已知含参函数的最值范围求参数的取值范围 讨论含参函数的单调性；已知含参函数在给定区间上的最值求参数值 一、选择题 1．函数f(x)＝x3－12x＋1在闭区间[－3，0]上的最大值、最小值分别是(　　) A．1，－1 B．1，－17 C．17，1 D．9，－19 答案：C 解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，f(－2)＝17，f(－3)＝10，f(0)＝1，所以最大值为17，最小值为1.故选C. 2．(2024·浙江宁波高二期中)已知函数f(x)＝2x3－mx2－12x＋6的一个极值点为2，则函数f(x)在[－2，2]上的最小值是(　　) A．13 B．2 C．－7 D．－14 答案：D 解析：因为f′(x)＝6x2－2mx－12，f(x)＝2x3－mx2－12x＋6的一个极值点为2，所以f′(2)＝6×22－2m×2－12＝0，解得m＝3.所以f(x)＝2x3－3x2－12x＋6，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2)，x∈[－2，2]．令f′(x)<0，得－1<x<2，令f′(x)>0，得－2<x<－1，所以f(x)在(－2，－1)内单调递增，在(－1，2)内单调递减，又f(－2)＝2，f(2)＝－14，所以函数f(x)在[－2，2]上的最小值为－14.故选D. 3．当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C. D．1 答案：B 解析：因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝－，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－＋＝，因此函数f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝＝－.故选B. 4．(多选)对于函数f(x)＝excosx－x，x∈(0，π)，下列结论正确的是(　　) A．f′(x)在(0，π)内单调递减 B．f′(x)存在极小值 C．f(x)存在最大值 D．f(x)无最小值 答案：AD 解析：令g(x)＝f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则g′(x)＝－2exsinx.因为当x∈(0，π)时，g′(x)<0，所以f′(x)不存在极小值，且f′(x)在(0，π)内单调递减，故A正确，B错误；易知对任意的x∈(0，π)有g(x)<g(0)＝0，即f′(x)<0，所以函数f(x)在(0，π)内单调递减，故f(x)不存在最大值和最小值．故C错误，D正确． 5．(2024·广东汕头高二期末)已知函数f(x)＝ex＋x3＋(a－3)x＋1在(0，1)内有最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．(－e，2) B．(－e，1－e) C．(1，2) D．(－∞，1－e) 答案：A 解析：由题意，得f′(x)＝ex＋3x2＋a－3，易知f′(x)在(0，1)内单调递增，若f(x)在(0，1)内有最小值，则即解得－e<a<2.这时存在x0∈(0，1)，使得f(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，1)内单调递增，即函数f(x)在(0，1)内有极小值，也是最小值，所以实数a的取值范围是(－e，2)．故选A. 二、填空题 6．(2024·河南安阳一中高二月考)函数y＝x＋e－x，x∈[0，4]的最大值为________． 答案：4＋e－4 解析：令y＝f(x)＝x＋e－x，则f′(x)＝1－e－x，令f′(x)＝0，得x＝0，则f′(x)≥0在[0，4]上恒成立，∴f(x)在[0，4]上单调递增，∴函数的最大值为f(4)＝4＋e－4. 7．函数f(x)＝3x－x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为________． 答案：[1，] 解析：∵f(x)＝3x－x3， ∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，令f′(x)＝0，则x＝1或x＝－1(舍去)，当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，且f(0)＝f()＝0，f(1)＝2，∴1≤m≤. 8．已知函数f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________． 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)＝－a＝0，得x＝，∵a>，∴∈(0，2)．当0<x<时，f′(x)>0；当x>时，f′(x)<0.∴f(x)max＝f＝－ln a－1＝－1，解得a＝1. 三、解答题 9．已知函数f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R，且曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－相切． (1)求a，b的值； (2)求f(x)在上的最大值． 解：(1)f′(x)＝－2bx(x>0)． 由曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－相切， 得即解得 (2)由(1)得f(x)＝ln x－x2，定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝－x＝. 令f′(x)>0，得0<x<1， 令f′(x)<0，得x>1， 所以f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减， 所以f(x)在上的最大值为f(1)＝－. 10．已知函数f(x)＝ex－x－. (1)求f(x)的最小值； (2)求证：ex－ln x>. (参考数据：1.64<<1.65) 解：(1)由f(x)＝ex－x－，得f′(x)＝ex－， 则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的极小值也是最小值，为f＝0. (2)证明：由(1)知，f(x)＝ex－x－≥0， 即ex≥x＋，则ex－ln x≥x－ln x＋. 令g(x)＝x－ln x＋(x>0)， 则g′(x)＝－＝. 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g＝1－ln ＋＝1＋＋>＝>. 所以ex－ln x>. 11．已知函数f(x)＝ln x＋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a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(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∈时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 所以f(x)在内单调递增，在上单调递减． (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＝时取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－ln a＋a－1. 因此f>2a－2，即ln a＋a－1<0. 令g(a)＝ln a＋a－1，g′(a)＝＋1>0， 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a的取值范围是(0，1)． 12．已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)是否存在a，b，使得f(x)在[0，1]上的最小值为－1，且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由． 解：(1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)． 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝. 若a>0，则当x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在内单调递减． 若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 若a<0，则当x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈时，f′(x)<0. 故f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在内单调递减． (2)满足题设条件的a，b存在． ①当a≤0时，由(1)知，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)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b.则b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1. ②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)在区间[0，1]上的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b.则2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1. ③当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0，1]上的最小值为f＝－＋b，最大值为b或2－a＋b. 若－＋b＝－1，b＝1， 则a＝3，与0＜a＜3矛盾． 若－＋b＝－1，2－a＋b＝1， 则a＝3或a＝－3或a＝0， 与0＜a＜3矛盾． 综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0，1]上的最小值为－1，且最大值为1. 16 学科网（北京）股份有限公司 $$