导数的最值与导数课件-2025-2026学年高二数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦“函数的最值与导数”，通过回顾函数单调性、极值与导数的关系及求极值步骤，衔接最值定义，构建“旧知—新知”学习支架，帮助学生形成知识脉络。 其亮点在于结合“用料最省、产量最高”等实际问题培养数学眼光，通过闭区间最值四步求法（求导、找驻点、算函数值、比大小）及开区间、含参数题型分类讨论发展数学思维，用符号表达、表格对比精准呈现培养数学语言。采用讲练结合，助力学生提升问题解决能力，为教师提供结构化教学资源。

导数 函数的最值与导数 a b y=f(x) x o y y=f(x) x o y a b f '(x)>0 f '(x)<0 1.函数单调性与导数关系 如果在某个区间内恒有f ′(x)=0,则f(x)为常数. 设函数y=f(x)在某个区间内可导， f(x)为增函数 一 回顾复习 f ′(x)>0 f ′(x)<0 f(x)为减函数； 设函数f(x)在点x0附近有定义， 如果对x0附近的所有 点，都有 f(x)<f(x0), 则f(x0) 是函数f(x)的 一个极大值， 记作y极大值= f(x0)； 如果对x0附近的所有点，都有f(x)>f(x0), 则f(x0) 是函数f(x)的一个极小值， 记作y极小值= f(x0)； 函数的极大值与极小值统称为极值. 使函数取得极值的点x0称为极值点 一 回顾复习 2.函数极值与导数关系 3.求函数极值的一般步骤： (1)确定函数的定义域; (2)求方程f ′(x)=0的根; (3)用方程f ′(x)=0的根，顺次将函数的定义域分成若干个开区间， 并列成表格； (4)由f ′(x)在方程f ′(x)=0的根左右的符号，来判断f(x)在这个根处取极 值的情况。 左正右负极大值；左负右正极小值。 一 回顾复习 在社会生活实践中，为了发挥最大的经济效益，常常遇到如何能使用料最省、产量最高，效益最大等问题，这些问题的解决常常可转化为求一个函数的最大值和最小值问题 极值是一个局部概念，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小, 并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小。 一 回顾复习 一 回顾复习 4.函数最值的定义 (1)最大值:一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： ①对于任意的x∈I，都有f(x)≤M; ②存在x0∈I，使得f(x0) = M 那么，称M是函数y=f(x)的最大值. (2)最小值:一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： ①对于任意的x∈I，都有f(x)≥M; ②存在x0∈I，使得f(x0) = M 那么，称M是函数y=f(x)的最小值. 6 定义在区间[a,b]上的函数y=f(x)的图象如图所示： 发现图中____________是极小值，_________是极大值，在区间上的函数的最大值是______，最小值是_______。 f(x1)、f(x3) f(x2) f(b) f(x3) x x2 o a x3 b x1 y y=f(x) 如何求出函数在[a,b]上的最值？ 二 函数在闭区间上的最值 问题1：闭区间[a,b]上的连续不断的函数一定有最值吗？ x o y a x1 b y=f(x) x2 x3 x4 x5 x6 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。 二 函数在闭区间上的最值 问题2：闭区间[a,b]上的连续不断的函数的最值一定在极值点处取得吗？ 一定在区间端点处取得吗？ 不一定，得比较极值与端点的值的大小 二 函数在闭区间上的最值 问题3：如何求函数在闭区间上的最值？ 解析：f′(x)＝12－3x2，－3≤x≤3. 令f′(x)＝0，得x=2或x=－2 ∵f(2)=22,f(－2)=－10,f(3)=15,f(－3)=－3, ∴函数在f(x)在区间[－3,3]上的最大值为22，最小值－10。 第二步：求出f(x)的极值和端点的函数值f(a)、f(b)； 求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值的步骤： 第一步：求出f(x)在区间(a,b)内极值点； 二 函数在闭区间上的最值 第三步：比较极值和f(a)、f(b)的大小，其中最大的一个为最大值，最 小的一个为最小值. 练一练1.函数y=x3－3x2，在［－2，4］上的最大值为（ ） A. －4 B. 0 C. 16 D. 20 C 二 函数在闭区间上的最值 练一练2.函数 y = x³ + 3 x²－9x在 [－4 , 4 ]上的最大值为 ,最小值 为 . 解析：由 f ´(x)=3x² +6x－9=0,－4≤x≤4. 得x1=－3，x2=1 ∵f(－3)=27, f(1)=－5, f(4)=76, f(－4)=20, ∴函数在f(x)在区间[－4,4]上的最大值为76，最小值－5。 76 －5 二 函数在闭区间上的最值 二 函数在闭区间上的最值 二 函数在闭区间上的最值 问题4：函数在开区间上的最值又该如何求？ x o y a x1 b y=f(x) x2 x3 x4 x5 x6 该函数没有最值 如图1 二 函数在闭区间上的最值 问题4：函数在开区间上的最值又该如何求？ 如图2 没有最值 有最大值没有最小值 有最小值无最大值 有最小值有最大值 第一步：准确求出函数f(x)的导函数f ′(x)； 第二步：求出f(x)在给定区间上的单调性和极值； 第三步：求出f(x)在给定区间上的端点的函数值； 第四步：将函数的各极值与端点的函数值进行比较，确定f(x)的最大值 与最小值. 二 函数在闭区间上的最值 导数法求给定区间(闭区间，开区间，闭区间，半开半闭区间)上函数的最值问题的一般步骤： 注意：(1)求最值时，应注意极值与端点处的函数值大小关系不确定时， 需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值. 二 函数在闭区间上的最值 例1.函数f(x)＝x3－3x(x<1)(　　) A.有最大值，无最小值 B.有最大值，最小值 C.无最大值，最小值 D.无最大值，有最小值 解析：f′(x)＝3x2－3＝0得x＝－1或1(舍去)， 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 故f(x)有最大值而无最小值. A 注意：(2)求函数的极值、最值，通常转化为对函数的单调性的分析讨论， 所以，研究函数的单调性、极值、最值归根结底都是对函 数单调性的研究. 二 函数在闭区间上的最值 C 小结：函数的最值 (1)函数的极值是一个局部概念,而函数的最值是对整个定义域而 言,是一个整体性的概念. (2)闭区间[a,b]上的连续函数一定有最值.开区间(a,b)内的可导函 数不一定有最值,但若有唯一的极值,则此极值必是函数的最值. (3)函数在其定义域上的最大值与最小值至多各有一个, 而函数的 极值则可能不止一个,也可能没有极值,并且极大值(极小值)不 一定就是最大值(最小值). 二 函数在闭区间上的最值 三 函数在闭区间上的最值例题分析 题型1：求给定区间上函数的最值 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 －4 三 函数在闭区间上的最值例题分析 0 A 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 C 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 A 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 A 三 函数在闭区间上的最值例题分析 题型2：已知函数的最值求参数的值(范围) 三 函数在闭区间上的最值例题分析 －71 三 函数在闭区间上的最值例题分析 B 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 题型3：含待定字母的函数的最值 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 三 函数在闭区间上的最值例题分析 例.求函数f(x)=6+12x－x3在区间[－3,3]的最值. 练一练3.已知函数f(x)=－x3＋ax2＋1(a∈R)，且f(x)在点(eq \f(2,3), f(eq \f(2,3))) 处的切线垂直于y轴. (1)求实数a的值； (2)求f(x)在区间[0,2]上的最大值和最小值. 解析：(1)依题意：f ′(eq \f(2,3))＝0， 因为f ′(x)＝－3x2＋2ax， 所以－3×(eq \f(2,3))2＋2·a·eq \f(2,3)＝0，所以a＝1. 练一练3.已知函数f(x)=－x3＋ax2＋1(a∈R)，且f(x)在点(eq \f(2,3), f(eq \f(2,3))) 处的切线垂直于y轴. (1)求实数a的值； (2)求f(x)在区间[0,2]上的最大值和最小值. 解析：(2)由(1)知：f(x)＝－x3＋x2＋1，f ′(x)＝－3x2＋2x， 令f′(x)＝0⇒x1＝0，x2＝eq \f(2,3). 因为f(0)＝1，f(eq \f(2,3))＝eq \f(31,27)，f(2)＝－3， 所以f(x)max＝eq \f(31,27)，f(x)min＝－3. 例2.若函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值范围是(　　) A.(－1， eq \r(11)) B.(－1,4) C.(－1,2] D.(－1,2) 解析：由f ′(x)＝3－3x2＝3(1－x)(1+x). 所以函数f (x)在区间(－∞,－1)为减，(－1,1)为增，(1,∞)为减。 由题意 例1.求函数 在区间 上的最值。 解析： 所以 在区间 上为增，在区间 上为减，在区间 上为增， 函数 在区间 上的最大值为12，最小值为 。 练一练.已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a)． (1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值． 解析　(1)当a＝0时，f(x)＝eq \f(3－2x,x2)，则f′(x)＝eq \f(x2·(－2)－(3－2x)·2x,x4)＝eq \f(2x－6,x3)． 当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4， 故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，整理得4x＋y－5＝0． (2)已知函数f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋a)，则f′(x)＝eq \f((x2＋a)·(－2)－(3－2x)·2x,(x2＋a)2)＝eq \f(2(x2－3x－a),(x2＋a)2)． 若函数f(x)在x＝－1处取得极值，则f′(－1)＝0，即eq \f(2(4－a),(a＋1)2)＝0，解得a＝4． 解析: 经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值，符合题意． 此时f(x)＝eq \f(3－2x,x2＋4)，其定义域为R，f′(x)＝eq \f(2(x－4)(x＋1),(x2＋4)2)， 令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝4．f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，4) 4 (4，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4)． 由上表知f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为f(4)＝－eq \f(1,4)． 又因为x<eq \f(3,2)时，f(x)>0；x>eq \f(3,2)时，f(x)<0， 所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1，最小值为f(4)＝－eq \f(1,4)． 例2.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1，1]，则f(m)的最小值是________.f(m)的最大值是________. 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， 又∵f(－1)＝0>f(1)＝－2 ∴当m∈[－1，1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.f(m)max＝f(－1)＝0. 例3．已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3，2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是(　　) A．20　　　　　　B．18　　　　　C．3　　　　　D．0 解析:因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，x∈[－3，2]， 所以f(x)在[－1，1]上单调递减，在[1，2]和[－3，－1]上单调递增． 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， 又由题设知在[－3，2]上|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝20， 所以t≥20，故选A． 例4.(多选)设函数f(x)＝eq \f(x＋e|x|,e|x|)，则下列选项正确的是(　　) A．f(x)为奇函数　　　　　　　　　　　　　B．f(x)的图象关于点(0，1)对称 C．f(x)的最大值为eq \f(1,e)＋1　　　　　　　　　　　D．f(x)的最小值为－eq \f(1,e)＋1 解析　f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1，不满足f(－x)＝－f(x)，故A项错误； 令g(x)＝eq \f(x,e|x|)，则g(－x)＝eq \f(－x,e|－x|)＝eq \f(－x,e|x|)＝－g(x)， 所以g(x)为奇函数，则f(x)关于点(0，1)对称，B项正确； 设f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1的最大值为M，则g(x)的最大值为M－1， 解析:设f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1的最小值为N，则g(x)的最小值为N－1， 当x＞0时，g(x)＝eq \f(x,ex)，所以g′(x)＝eq \f(1－x,ex)， 当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0， 所以当0＜x＜1时，g(x)单调递增，当x＞1时，g(x)单调递减， 所以g(x)在x＝1处取得最大值，最大值为g(1)＝eq \f(1,e)，由于g(x)为奇函数，所 以g(x)在x＝－1处取得最小值，最小值为g(－1)＝－eq \f(1,e)， 所以f(x)的最大值为M＝eq \f(1,e)＋1，最小值为N＝－eq \f(1,e)＋1，故C、D项正确． 例5.已知不等式ex－1≥kx＋lnx对于任意的x∈(0，＋∞)恒成立，则k的最大值为________． 解析:∀x∈(0，＋∞)，不等式ex－1≥kx＋ln x恒成立，等价于∀x∈(0，＋∞)，k≤eq \f(ex－1－ln x,x)恒成立， 令φ(x)＝eq \f(ex－1－ln x,x)(x>0)，则φ′(x)＝eq \f(ex(x－1)＋ln x,x2)， 当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0， ∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x)min＝φ(1)＝e－1，∴k≤e－1． k≤e－1 练一练．已知函数f(x)＝lnx－ax，其中x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，若不等式f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))　　　　B．(－∞,1－eq \f(1,e)]　　　　C．[eq \f(1,e), ＋∞)　　　D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 解析　当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))时，不等式f(x)≤0恒成立等价于a≥eq \f(ln x,x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上恒成立， 令g(x)＝eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)．当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0； 所以g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，所以a≥eq \f(1,e)．故选C． 例6．已知实数x，y满足4x＋9y＝1，则2x＋1＋3y＋1的取值范围是________． 解析　由4x＋9y＝1得22x＋32y＝1，3y＝eq \r(1－22x)，其中22x∈(0，1)， 所以2x∈(0，1)，所以2x＋1＋3y＋1＝2×2x＋3×3y＝2×2x＋3eq \r(1－22x)， 令t＝2x，则f(t)＝2t＋3eq \r(1－t2)(0<t<1)，则f′(t)＝2－eq \f(3t,\r(1－t2))， 令f′(t)＝2－eq \f(3t,\r(1－t2))＝0得t＝eq \f(2\r(13),13)， 所以函数f(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(13),13)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),13)，1))上单调递减， 且f(0)＝3，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(13),13)))＝eq \r(13)，f(1)＝2，所以2x＋1＋3y＋1的取值范围为(2，eq \r(13)]． (2，eq \r(13)] 例7．已知函数 ． （1）求曲线 的斜率为1的切线方程； （2）当 时，求证： ； （3）设 ，记 在区间 上的最大值为M（a）． 当M（a）最小时，求a的值． 解析：（1）由 得 . 令 ，即 ，得 或 .又 ， ， 所以曲线 的斜率为1的切线方程是 与 ， 即 与 . 解析：（2）令 .由 得 . 令 得 或 . 的情况如下： 所以 的最小值为 ，最大值为 . 故 ，即 . （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当 时， ； 当 时， ； 当 时， . 综上，当 最小时， . 例8.已知函数f(x)＝elnx和g(x)＝x＋1的图象与直线y＝m的交点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1－x2的取值范围是(　　) A．[1，＋∞)　　　　B．[2，＋∞)　　　　C．[eq \f(1,2), ＋∞)　　　D．[eq \f(3,2), ＋∞) 解析：由题意知f(x1)＝g(x2)，所以eln x1＝x2＋1，即x2＝eln x1－1， 则x1－x2＝x1－eln x1＋1，x1>0． 令h(x)＝x－eln x＋1(x>0)，则h′(x)＝1－eq \f(e,x)＝eq \f(x－e,x)． 当x>e时，h′(x)>0，当0<x<e时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(e)＝1． 又当x→ 0＋时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞， 所以h(x)在(0，＋∞)上的值域为[1，＋∞)，所以x1－x2的取值范围为[1，＋∞)． 例9．已知函数 若方程 恰有两个不同的实数根 ，则 的最大值是______． 解析：作出函数 的图象如图所示，由 ，可得 ， 即 ， 不妨设 ，则 ， 令 ，则 ， ， 令 ，则 ， 当 时， ， 在 上单调递增； 当 时， ， 在 上单调递减， 当 时， 取得最大值，为 .故答案为 . 例10．已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(1,2)x2－ax＋a(a∈R)． (1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围； (2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥eq \r(e)x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值． 解析　(1)∵f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0， 即eq \f(1,x)＋x－a≥0恒成立，∴a≤(x＋eq \f(1,x))min，而x＋eq \f(1,x)≥2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2．即函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数时，a的取值范围是(－∞，2]． 解析:(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a＝eq \f(x2－ax＋1,x)(x＞0)， ∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1， ∴f(x2)－f(x1)＝lneq \f(x2,x1)＋eq \f(1,2)(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1))－a(x2－x1)＝lneq \f(x2,x1)－eq \f(1,2)(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1)) ＝lneq \f(x2,x1)－eq \f(1,2)(xeq \o\al(2,2)－xeq \o\al(2,1))eq \f(1,x1x2)＝lneq \f(x2,x1)－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)))， 设t＝eq \f(x2,x1)(t≥ eq \r(e))，令h(t)＝ln t－eq \f(1,2)(t－eq \f(1,t))(t≥ eq \r(e))，则h′(t)＝－eq \f((t－1)2,2t2)＜0， ∴h(t)在[eq \r(e)，＋∞)上是减函数， ∴h(t)≤h(eq \r(e))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ \r(e)＋\f(\r(e),e)))，故f(x2)－f(x1) 的最大值为eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－ \r(e)＋\f(\r(e),e)))． 例1.若函数f(x)＝asin x＋eq \f(1,3)sin3x在x＝eq \f(π,3)处有最值，则a等于(　　) A．2　　　　　B．1　　　　　C．eq \f(2\r(3),3)　　　　　D．0 解析：∵f(x)在x＝eq \f(π,3)处有最值，∴x＝eq \f(π,3)是函数f(x)的极值点．又f′(x)＝acos x＋cos 3x，∴f ′(eq \f(π,3))＝acos eq \f(π,3)＋cos π＝0，解得a＝2． 例2.若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值， 则实数k的取值范围是________. 解析:因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－eq \f(1,x)， 所以由f′(x)＝0解得x＝eq \f(1,2)，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－1<\f(1,2)<k＋1，,k－1≥0，)) 解得1≤k<eq \f(3,2). 例3.函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4，4]上的最大值为10，则其最小值为 ________． 解析:f ′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．由f′(x)＝0得x＝3或x＝－1． 又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20． 由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，∴f(x)min＝k－76＝－71． 例4.设函数f(x)＝ex－cos x－2a，g(x)＝x，若存在x1，x2∈[0，π]使得f(x1)＝g(x2)成立，则x2－x1的最小值为1时，实数a＝(　　) A．－1　　　　　　B．－eq \f(1,2)　　　　　　C．eq \f(1,2)　　　　　D．1 解析:令F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－cos x－x－2a，由f(x1)＝g(x2)得x2＝ex1－cos x1－2a， 则x2－x1＝ex1－cos x1－x1－2a， 则x2－x1的最小值即F(x)在[0，π]上的最小值． ∵F′(x)＝ex＋sin x－1≥0恒成立，x∈[0，π]， ∴F(x)在[0，π]上单调递增， ∴F(x)min＝F(0)＝－2a＝(x2－x1)min＝1， ∴a＝－eq \f(1,2)． 例5.已知函数f(x)＝lnx－ax存在最大值0，则a＝________． 解析: f′(x)＝eq \f(1,x)－a，x＞0． 当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0恒成立，函数f(x)单调递增，不存在最大值； 当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，解得x＝eq \f(1,a)． 当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减． ∴f(x)max＝f(eq \f(1,a))＝ln eq \f(1,a)－1＝0，解得a＝eq \f(1,e)． 例6. 已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数. (1)当a＝－1时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值. 解析：(1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x)， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0. ∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数. ∴f(x)max＝f(1)＝－1. ∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1. 解析：(2)f′(x)＝a＋eq \f(1,x)，x∈(0，e]，eq \f(1,x)∈[eq \f(1,e), ＋∞). ①若a≥－eq \f(1,e)，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数， ∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意. ②若a<－eq \f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq \f(1,x)>0，结合x∈(0，e]，解得0<x<－eq \f(1,a)； 令f′(x)<0得a＋eq \f(1,x)<0，结合x∈(0，e]，解得－eq \f(1,a)<x≤e. 从而f(x)在(0, －eq \f(1,a))上为增函数，在(－eq \f(1,a), e)上为减函数， 解析：∴f(x)max＝f(－eq \f(1,a))＝－1＋ln(－eq \f(1,a)). 令－1＋ln(－eq \f(1,a))＝－3，得ln(－eq \f(1,a))＝－2， 即a＝－e2. ∵－e2<－eq \f(1,e)，∴a＝－e2为所求. 故实数a的值为－e2. 例7.已知函数 . (1)讨论 的单调性； (2)是否存在 ，使得 在区间 的最小值为 且最大值为1？若存在，求出 的所有值；若不存在，说明理由. 解析：(1) ． 令 ，得x=0或 . 若a>0，则当 时， ；当 时， ． 故 在 单调递增，在 单调递减； 若a=0， 在 单调递增； 若a<0，则当 时， ；当 时， ． 故 在 单调递增，在 单调递减. （2）满足题设条件的a，b存在. （i）当a≤0时，由（1）知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，l]的最小值为f(0)=b，最大值为f(1)=2－a+b . 此时a，b满足题设条件当且仅当b=－1，2－a+b=1，即a=0，b=－1． （ii）当a≥3时，由（1）知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)=b，最小值为f(1)=2－a+b． 此时a，b满足题设条件当且仅当2－a+b=－1，b=1，即a=4，b=1． （iii）当0<a<3时，由（1）知，f(x)在[0，1]的最小值为 ，最大值为b或2－a+b．若 ，b=1，则 ，与0<a<3矛盾. 若 ，2－a+b=1，则 或 或a=0，与0<a<3矛盾． 综上，当a=0，b=－1或a=4，b=1时，f(x)在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 例1．已知函数f(x)＝xlnx． (1)求函数f(x)的极值点； (2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间(0，e]上的最小值． 解析　(1)f′(x)＝lnx＋1，x>0，由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e)． 当x∈(0,eq \f(1,e))时，f′(x)<0，当x∈(eq \f(1,e), ＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在区间(0,eq \f(1,e))上单调递减，在区间(eq \f(1,e), ＋∞)上单调递增． 所以x＝eq \f(1,e)是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在． 解析：(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)＝0，得x＝ea－1． 所以在区间(0，ea－1)上，g(x)单调递减，在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)单调递增． 当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在(0，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝a＋e－ae， 当ea－1<e即a<2时，g(x)在(0，ea－1)上单调递减，在(ea－1，e]上单调递增， ∴g(x)min＝g(ea－1)＝a－ea－1，令g(x)的最小值为h(a)， 综上有h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a－ea－1，a<2，,a＋e－ae，a≥2.)) 例2.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<1，,aln x，x≥1.)) (1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值； (2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值． 解析　(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变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0, eq \f(2,3)) eq \f(2,3) (eq \f(2,3),1) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) ( 极小值 ( 极大值 ( 故当x＝0时，函数f(x)取到极小值，极小值为f(0)＝0， 当x＝eq \f(2,3)时，函数f(x)取到极大值，极大值为f(eq \f(2,3))＝eq \f(4,27)． 解析：(2)①当－1≤x<1时，根据(1)知，函数f(x)在[－1，0)和(eq \f(2,3),1)上单调递减，在[0,eq \f(2,3)]上单调递增．因为f(－1)＝2，f(eq \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)＝aln x，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． 例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(0,eq \f(1,a))，单调递减区间为(eq \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(0,eq \f(1,a))，单调递减区间为(eq \f(1,a),＋∞) 解析：(2)①当0＜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)＝ln 2－2a． 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[1,eq \f(1,a)]上是增函数，在[eq \f(1,a),2]上是减函数．又f(2)－f(1)＝ln 2－a，所以当eq \f(1,2)＜a＜ln 2时，最小值是f(1)＝－a； 当ln 2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a． 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． $$