2.6.3 函数的最值-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（北师大版）

本讲义聚焦函数的最值核心知识点，从理解最值意义切入，通过对比极值（局部概念）与最值（整体概念），梳理求法（导数零点与端点值比较），延伸至含参数、恒成立等应用题型，构建从概念到应用的学习支架。 资料以“观察-提问-结论”问题链引导自主探究，结合图象直观培养几何直观（数学眼光），分层题型（判断、解答题）提升逻辑推理与数学运算素养（数学思维）。课中辅助教师引导探究，课后助力学生巩固练习、查漏补缺。

6．3　函数的最值 学业标准 素养目标 理解函数最大(小)值的意义，能利用导数求函数的最值．(重点、难点) 通过利用导数求函数的最值，提升数学运算、逻辑推理等核心素养． 导学 函数的最值 　如图是函数y＝f(x)，x∈[a，b]的图象． 　观察在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象，试找出它的极大值、极小值． [提示]　f(x1)，f(x3)为函数的极大值，f(x2)，f(x4)为函数的极小值． 　结合图象判断，函数y＝f(x)在区间[a，b]上是否存在最大值，最小值？若存在，分别是多少？ [提示]　存在，最小值为f(a)，最大值为f(x3). 　函数y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值一定是其极值吗？ [提示]　不一定，也可能是区间端点的函数值． ◎结论形成 1．函数的最值 名称 意义 图示 最大值点 函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值点x0指的是：函数f(x)在这个区间上所有点处的函数值都不大于f(x0). 最小值点 函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最小值点x0指的是：函数f(x)在这个区间上所有点处的函数值都不小于f(x0). 最值 函数的最大值和最小值统称最值． 2.函数在闭区间上的最值的求法 一般首先求出函数导数的零点，然后将所有导数零点与区间端点的函数值进行比较，其中最大(小)的值即为函数的最大(小)值． [拓展]　“最值”与“极值”的区别和联系 1．“最值”是整体概念，是比较整个定义域上的函数值得出的，具有绝对性；而“极值”是个局部概念，是比较极值点附近的函数值得出的，具有相对性． 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，也可能没有． 3．极值只能在定义域内部取得，而最值可以在区间的端点处取得．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．一般地，对于区间上连续可导的函数，最值只要不在端点处必定是极值． 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的曲线，那么f(x)在[a，b]上存在极值和最值．(　　) (2)函数的最值有可能在极值点处取得．(　　) (3)若f(x)在区间(a，b)上的图象是连续不断的曲线，那么f(x)在(a，b)上存在最值．(　　) (4)如果函数f(x)在(a，b)上只有一个极值，那么这个极值就是相应的最值．(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√ 2．函数f(x)＝ex－x在区间[－1，1]上的最大值是(　　) A．1＋　　　　　　 B．1 C．e＋1 D．e－1 解析　f′(x)＝ex－1.令f′(x)＝0，得x＝0. 当x∈[－1，0]时，f′(x)≤0； 当x∈[0，1]时，f′(x)≥0. 所以f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增． 又因为f(－1)＝＋1，f(1)＝e－1， 所以f(－1)－f(1)＝2＋－e＜0， 即f(－1)＜f(1). 所以f(x)max＝f(1)＝e－1. 答案　D 3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为(　　) A．1－e B．－1 C．－e D．0 解析　因为f′(x)＝－1＝， 当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0. 所以f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1. 答案　B 4．已知函数f(x)＝sin x－2x－a，若f(x)在[0，π]上的最大值为－1，则实数a的值是 ． 解析　由f(x)＝sin x－2x－a， 得f′(x)＝cos x－2＜0， 所以函数f(x)在[0，π]上单调递减， 所以f(x)的最大值是f(0)＝－a＝－1，故a＝1. 答案　1 题型一　求函数的最值 　[教材例4迁移]求下列各函数的最值． (1)f(x)＝4x3＋3x2－36x＋5，x∈[－2，＋∞)； (2)f(x)＝(x2－3)ex. [解析]　(1)f′(x)＝12x2＋6x－36， 令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －2 f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) 57 单调递减 － 单调递增 当x＞时，f′(x)＞0， 所以f(x)在上为增函数． 因此，函数f(x)在[－2，＋∞)上只有最小值－，无最大值． (2)函数的定义域是R，且f′(x)＝2x·ex＋(x2－3)ex＝ex(x2＋2x－3). 令f′(x)＞0，得x＞1或x＜－3； 令f′(x)＜0，得－3＜x＜1， 所以函数f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，因此函数f(x)在x＝－3处取得极大值，极大值为f(－3)＝6e-3； 在x＝1处取得极小值，极小值为f(1)＝－2e. 又由f(x)＞0，得x＞或x＜－； 由f(x)＜0得，－＜x＜. 所以函数的大致图象如图所示． 从函数图象可得函数f(x)的最小值就是函数的极小值f(1)＝－2e，而函数无最大值． 求函数在开区间上最值的方法 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值与在闭区间上的最值的方法是不同的．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(有时需借助函数的图象)，求得函数的最值．　 [触类旁通] 1．(1)(2025·福建宁德高中高二期中)函数y＝x ln x的最小值为(　　) A．e　　　　　　　　 B．－e C．－ D． (2)(2025·河北刑台高二质检)函数f(x)＝ex－x＋2在[－2，2]上的值域为(　　) A．[3，e2] B．[3，e-2＋4] C．[e-2＋4，e2] D．[e＋1，e2] 解析　(1)因为y＝x ln x，x＞0， 所以y′＝ln x＋1. 由y′＝ln x＋1＞0，得x＞，由y′＝ln x＋1＜0，得0＜x＜. 所以函数y＝x ln x在上单调递减，在上单调递增，此时函数y＝x ln x有极小值，也是最小值． 所以ymin＝·ln ＝－，故选C. (2)由题意得f′(x)＝ex－1，当－2≤x<0时，f′(x)<0，当0<x≤2时，f′(x)>0，故f(x)在[－2，0)上单调递减，在(0，2]上单调递增． 所以f(x)在x＝0处取得极小值，也是最小值，故f(x)min＝f(0)＝3. 因为f(－2)＝e-2＋4<f(2)＝e2， 所以f(x)max＝e2. 故f(x)的值域为[3，e2]，故选A. 答案　(1)C　(2)A 题型二　含参数的函数的最值问题 　(1)(2025·杭州学军中学高二月考)已知直线x＝t分别与函数f(x)＝ex＋x和g(x)＝3x－1的图象交于点A，B，则|AB|的最小值为 ． (2)已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x，求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值． [解析]　(1)当x＝t时，|AB|＝|f(t)－g(t)|＝|et＋t－3t＋1|＝|et－2t＋1|. 令h＝et－2t＋1，则h′＝et－2. 令h′＝0，得t＝ln 2，当t<ln 2时， h′<0，当t>ln 2时，h′>0， ∴h(t)在上单调递减，在上单调递增，则h＝h＝3－2ln 2>0，∴|AB|的最小值为3－2ln 2. (2)f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a). 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝a. ①当a＞0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(a)＝－a3. ②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0. ③当a＜0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝a3. 综上所述，当a＞0时，f(x)min＝－a3； 当a＝0时，f(x)min＝0； 当a＜0时，f(x)min＝a3. [答案]　(1)3－2ln 2　(2)略 [母题变式] 1．(变条件、变结论)本例(2)中，若a＞0，求该函数在区间[0，4]上的最小值． 解析　由解析知，当a＞0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 所以当0＜a＜4时，f(x)min＝f(a)＝－a3. 当a≥4时，f(x)min＝f(4)＝64－16a－4a2. 2．(变条件、变结论)本例(2)中，若a＞0，求函数f(x)在区间[－a，2a]上的最值． 解析　f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a＞0)， 令f′(x)＝0，得x1＝－＜x2＝a. 所以f(x)在上单调递增， 在上单调递减，在(a，2a]上单调递增， 所以f(－a)＝－a3，f＝a3， f(a)＝－a3， f(2a)＝2a3.所以f(x)max＝f(2a)＝2a3. f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3. [素养聚焦]　本题通过求含参数的函数的最值，培养逻辑推理、数学运算等核心素养． 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．　 [触类旁通] 2．(1)已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)在区间[0，2]上的最大值为 ． (2)(2025·重庆一中高二期中)已知函数f(x)＝x3－x在区间上有最小值，则实数m的取值范围为 ． 解析　(1)f′(x)＝3x2－2ax. 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝. ①当≤0，即a≤0时， f(x)在区间[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)在区间[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)在区间上单调递减，在区间上单调递增， 从而f(x)max＝ 综上所述，f(x)max＝ (2)由函数f＝x3－x，可得f′＝x2－1＝， 当x<－1时，f′>0，f单调递增； 当－1<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>1时，f′>0，f单调递增． 要使得函数y＝f在区间上有最小值， 则满足即 由m3－m≥－，可得m3－3m＋2≥0， 即≥0，解得m≥－2， 所以－2≤m<1，即实数m的取值范围为. 答案　(1)f(x)max＝　(2) 题型三　与最值有关的恒成立问题 　[教材例5拓展]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1处都取得极值． (1)求a，b的值及函数f(x)的单调区间； (2)若对x∈[－1，2]，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范围． [解析]　(1)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 因为f′(1)＝3＋2a＋b＝0， f′＝－a＋b＝0， 解得a＝－，b＝－2， 所以f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x － 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以函数f(x)的递增区间为和(1，＋∞)，递减区间为. (2)由(1)知，f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1，2]， 当x＝－时，f＝＋c为极大值， 因为f(－1)＝＋c，f(2)＝2＋c， 所以f(2)＝2＋c为最大值． 要使f(x)＜c2(x∈[－1，2])恒成立，只需c2＞f(2)＝2＋c，解得c＜－1或c＞2. [母题变式] (变条件)若本例(2)中，将“若对x∈[－1，2]，不等式f(x)＜c2恒成立”改为“若存在x∈[－1，2]，不等式f(x)＜c2成立”，其他条件不变，结果如何？ 解析　f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1，2]， 当x＝1时，f(1)＝c－为极小值， 又f(－1)＝＋c＞c－， 所以f(1)＝c－为最小值． 因为存在x∈[－1，2]，不等式f(x)＜c2成立， 所以只需c2＞f(1)＝c－，解得c∈R. 已知不等式恒成立求参数的方法 (1)分离参数法 一般地，在所证不等式中，若参数只出现一次，则可对不等式进行变形，将参数分离到不等号的一边，另一边是关于自变量x的表达式，即λ≥f(x)(λ≤f(x))的形式，于是问题就转化为求函数的最值问题，即λ≥f(x)max(λ≤f(x)min). (2)分类讨论法 将不等式恒成立问题转化为某个含待求参数的函数的最值问题．依据函数特点，通过对参数进行分类讨论，得出各情况下符合问题要求的参数的范围，再取这些范围的并集，或利用导数求出该函数的最值．　 [触类旁通] 3．(1)(2025·河北正定中学高二月考)当x>1时，kx>ln x＋4x恒成立，则整数k的最小值为(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 (2)若对任意的实数x＞0，x ln x－x－a≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1]　　　　　 B．(－∞，1] C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) 解析　(1)由题意得，k>＋4在(1，＋∞)上恒成立，设g＝＋4，x∈，则k>g(x)max，g′＝，当x∈(1，e)时，g′>0，当x∈(e，＋∞)时，g′<0，所以g(x)在(1，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(x)max＝g＝＋4∈，所以整数k≥5，则整数k的最小值为5.故选B. (2)令f(x)＝x ln x－x－a，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝ln x．令f′(x)＝0，则x＝1，当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0.所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－1－a.由对任意的实数x＞0，x ln x－x－a≥0恒成立，所以f(x)min＝－1－a≥0，所以a≤－1. 答案　(1)B　(2)A [缜密思维提能区] 规范答题 函数最值在不等式中的应用 [典例]　(13分)已知两个函数f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，其中k∈R，若对任意的x1∈[－3，3]，x2∈[－3，3]都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范围． [审题指导]　 [规范解答]　对任意x1∈[－3，3]，x2∈[－3，3]都有f(x1)≤g(x2)成立⇔f(x)max≤g(x)min①.(2分) 先求g(x)的最小值：g′(x)＝6x2＋10x＋4 ＝2(3x＋2)(x＋1).(4分) 令g′(x)＝0得x＝－或x＝－1， 当x变化时，g′(x)，g(x)的变化状态如下表： x －3 (－3，－1) －1 － 3 g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) －21 单调递增 －1 单调递减 － 单调递增 111 则g(x)min＝－21②.(8分) 再求f(x)的最大值： f(x)＝8x2＋16x－k＝8(x＋1)2－8－k，x∈[－3，3]， f(x)max＝f(3)＝120－k.(11分) 由f(x)max≤g(x)min，可得120－k≤－21⇒k≥141. 故k的取值范围是[141，＋∞).(13分) 知识落实 技法强化 (1)函数最值的定义和求法． (2)函数最值的应用． (1)若函数在一个开区间内只有一个极值，这个极值就是最值． (2)已知最值求参数时，可先用参数表示最值，有时需分类讨论． [必备知识·基础巩固] 1．函数f(x)＝－cos x在上的最小值为(　　) A．－　　　　　 B．＋1 C．－1 D．－－ 解析　因为f(x)＝－cos x， 所以f′(x)＝＋sin x， 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 故f(x)min＝f＝－－.故选D. 答案　D 2．已知函数f(x)＝x2＋a ln x的图象在(1，f(1))处的切线经过坐标原点，则函数y＝f(x)的最小值为(　　) A．－ln 2 B．＋ln 2 C．＋ln 2 D．1 解析　函数f(x)＝x2＋a ln x，则f(1)＝12＋a ln 1＝1，且f′(x)＝2x＋，所以f′(1)＝2＋a，所以f′(1)＝＝1＝2＋a，解得a＝－1，所以f(x)＝x2－ln x(x＞0)，所以f′(x)＝2x－.令f′(x)＞0，即2x－＞0，解得x＞，令f′(x)＜0，即2x－＜0，解得0＜x＜，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增．所以f(x)min＝f＝－ln ＝－ln ＝＋ln 2. 答案　C 3．(2025·河北衡水二中模拟)已知a≤1，函数f(x)＝(x－1)ex－x3－x2(x≥0)，则(　　) A．f(x)有最小值，有最大值 B．f(x)无最小值，有最大值 C．f(x)有最小值，无最大值 D．f(x)无最小值，无最大值 解析　由已知得f′(x)＝xex－ax2－x＝x(ex－ax－1)，记g(x)＝ex－ax－1(x≥0)，∵g′(x)＝ex－a≥ex－1≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴g(x)≥g(0)＝0，∴当x＞0时，f′(x)＞0；当x＜0时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故f(x)有最小值为f(0)＝－1，无最大值． 答案　C 4．(多选题)已知函数f(x)＝x3－4x＋2，下列说法中正确的有(　　) A．函数f(x)的极大值为，极小值为－ B．当x∈[3，4]时，函数f(x)的最大值为，最小值为－ C．函数f(x)的单调递减区间为(－2，2) D．曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝－4x＋2 解析　因为f(x)＝x3－4x＋2， 所以f′(x)＝x2－4. 由f′(x)＞0，得x＜－2或x＞2；由f′(x)＜0，得－2＜x＜2. 所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故选项C正确． 当x＝－2时，f(x)取得极大值f(－2)＝×(－2)3－4×(－2)＋2＝， 当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝×23－4×2＋2＝－，故选项A正确． 当x∈[3，4]时，f(x)单调递增，所以当x＝3时，f(x)取得最小值f(3)＝×33－4×3＋2＝－1，当x＝4时，f(x)取得最大值f(4)＝×43－4×4＋2＝，故选项B不正确． 因为f′(0)＝－4，所以曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y－2＝－4(x－0)，即y＝－4x＋2，故选项D正确． 故选ACD. 答案　ACD 5．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间(－2，－1)上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是 ． 解析　f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝.由题意得∈(－2，－1)，故m∈(－4，－2). 答案　(－4，－2) 6．(2025·福州一中高二月考)已知函数f(x)＝(x＋a)ex的最小值为－e2，则a的值为 ． 解析　函数f(x)＝(x＋a)ex的定义域为R，f′(x)＝(x＋a＋1)ex.所以当x∈(－∞，－a－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以函数f(x)＝(x＋a)ex的最小值为f(－a－1)＝(－a－1＋a)e－a-1＝－e2，解得a＝－3. 答案　－3 7．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)在上的最大值为 ． 解析　因为f(x)＝2ln x＋ax2－3x， 所以f′(x)＝＋2ax－3， 由题意可得f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝， 则f(x)＝2ln x＋x2－3x， f′(x)＝＋x－3＝， 令f′(x)＝0，得x＝1或x＝2，列表如下： x 1 (1，2) 2 (2，3] f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  所以函数f(x)的极大值为f(1)＝－. 易得f(3)＝2ln 3－，因为f(3)－f(1)＝2ln 3－＋＝2ln 3－2＝2×(ln 3－1)＞0，所以f(1)＜f(3)，所以f(x)max＝f(3)＝2ln 3－. 答案　2ln 3－ 8．已知函数f(x)＝ln x＋. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是，求a的值． 解析　(1)f′(x)＝－＝(x＞0).当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，f′(x)＞0⇒x＞a⇒f(x)在(a，＋∞)上单调递增；f′(x)＜0⇒0＜x＜a⇒f(x)在(0，a)上单调递减． 综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a＞0时，函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减． (2)由(1)知若a≤0，则f(x)在[1，e]上的最小值是f(1)＝a＝，不符合题意；若0＜a＜1，由(1)可得f(x)在[1，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝a＝，不符合题意；若1≤a≤e，由(1)可得f(x)在[1，a]上单调递减，在(a，e]上单调递增，所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1＝⇒a＝e；当a＞e，由(1)可得f(x)在[1，e]上单调递减，则f(x)min＝f(e)＝1＋＝⇒a＝，不符合题意． 综上可知a＝e. [关键能力·综合提升] 9．(2025·泰安一中高二月考)已知f＝，则(　　) A．f(2)>f(e)>f(3) B．f(3)>f(e)>f(2) C．f(3)>f(2)>f(e) D．f(e)>f(3)>f(2) 解析　由f＝，得f′(x)＝. 令f′>0，解得0<x<e； 令f′<0，解得x>e. 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞).故当x＝e时，f(x)max＝f(e). 而f＝＝＝f，f＝， 所以f(3)>f(4)＝f(2)，所以f(e)>f(3)>f(2).故选D. 答案　D 10．(多选题)设函数f(x)＝(x2－3)ex，则(　　) A．f(x)有极大值，且有最大值 B．f(x)有极小值，且有最小值 C．若方程f(x)＝a恰有一个实根，则a＞ D．若方程f(x)＝a恰有三个实根，则0＜a＜ 解析　由题意得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x－1)(x＋3)ex，∴当x＜－3或x＞1时，f′(x)＞0，当－3＜x＜1时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，∴f(x)有极大值，为f(－3)＝，f(x)有极小值，为f(1)＝－2e.又当x＜－3时，f(x)＞0恒成立，∴f(1)也是最小值．作出直线y＝a和y＝f(x)的图象的简图，如图所示，当a＝－2e或a＞时，f(x)＝a有一个实根，当0＜a＜时，f(x)＝a有三个实根． 答案　BD 11．已知函数f(x)＝ln x－ax，其中x∈[1，＋∞)，若不等式f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为 ． 解析　当x∈[1，＋∞)时，不等式f(x)≤0恒成立等价于a≥在[1，＋∞)上恒成立， 令g(x)＝，则g′(x)＝. 当0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0； 所以g(x)max＝g(e)＝，所以a≥. 故答案为. 答案　 12．函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为 ． 解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞). ①当x＞时，f(x)＝2x－1－2ln x， 所以f′(x)＝2－＝， 当＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， 所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1； ②当0＜x≤时， f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减， 所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1. 综上，f(x)min＝1. 答案　1 13．已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R). (1)当a＝－1，b＝3时，求函数f(x)在上的最大值和最小值； (2)当a＝0时，是否存在正实数b，当x∈(0，e]时，函数f(x)的最小值是3？若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由． 解析　(1)当a＝－1，b＝3时， f(x)＝－x2＋3x－ln x，且x∈， f′(x)＝－2x＋3－＝－ ＝－. 当＜x＜1时，f′(x)＞0； 当1＜x＜2时，f′(x)＜0， 所以函数f(x)在区间上单调递增，在区间(1，2)上单调递减， 所以函数f(x)在区间上仅有极大值点x＝1， 故这个极大值点也是最大值点， 即函数在区间上的最大值是f(1)＝2. 又f(2)－f＝(2－ln 2)－ ＝－2ln 2＝－ln 4＜0， 所以f(2)＜f， 故函数在区间上的最小值为f(2)＝2－ln 2. (2)a＝0时，f(x)＝bx－ln x， 得f′(x)＝b－＝. ①当0＜b≤时，即≥e，则x∈(0，e]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，f(x)min＝f(e)＝be－1＜0， 不合题意； ②当b＞时，即0＜＜e，则x∈时， f′(x)＜0，f(x)单调递减，x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f＝1＋ln b＝3，得b＝e2. 综上所述，存在实数b＝e2. [学科素养·探索创新] 14．(2025·福建南平高二月考)已知函数f(x)＝若a<b，且f(a)＝f(b)，则b－a的最小值为(　　) A．1 B． C．e－1 D．2 解析　令f＝f＝t(t>0)，因为f(x)＝且a<b，所以－＝t，ln b＋1＝t，所以a＝－，b＝et-1，因此b－a＝et-1＋， 令f＝et-1＋(t>0)，则f′＝et-1－， 当t∈时，f′(t)<0，f(t)单调递减； 当t∈时，f′(t)>0，f(t)单调递增， 所以f(t)在t＝1处取得极小值，也是最小值， f＝e1-1＋＝2，因此b－a的最小值为2. 答案　D 15．(2025·北京卷节选)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f(0)＝0，f′(x)＝，l1为A(a，f(a))(a≠0)处的切线． (1)求f′(x)的最大值； (2)求证：当－1<a<0时，除点A外，曲线y＝f(x)均在l1上方． (1)解析　设g(x)＝f′(x)， g′(x)＝＝， 由g′(x)＝0可得x＝e－1，当x∈(－1，e－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 所以f′(x)的最大值为f′(e－1)＝. (2)证明　因为f′(a)＝，所以直线l1的方程为y－f(a)＝(x－a)，即y＝(x－a)＋f(a)， 设h(x)＝f(x)－， h′(x)＝－＝f′(x)－f′(a)， 由(1)可知，f′(x)在x∈(－1，e－1)上单调递增，而－1<a<0， 所以，当－1<x<a时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当0>x>a时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 且f′(a)<f′(0)＝0， 而当x≥0时，f′(x)＝≥0， 所以总有f′(x)≥f′(a)，h(x)单调递增， 故h(x)≥h(a)，从而命题得证． 学科网（北京）股份有限公司 $