第3课时 函数的最大(小)值与导数
[核心必知]
1．预习教材，问题导入
根据以下提纲，预习教材P96～P98的内容，回答下列问题．
(1)观察教材P96图3.3－13，回答下列问题：
①你能找出函数f(x)在区间[a，b]上的极大值和极小值吗？
提示： 极大值有f(x2)，f(x4)，f(x6)；极小值有f(x1)，f(x3)，f(x5)．
②你能找出函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值吗？
提示：最大值为f(a)，最小值为f(x3)．
(2)观察教材P97图3.3－14，函数f(x)在[a，b]上有最大值和最小值吗？分别是什么？
提示：最大值为f(b)，最小值为f(a)．
(3)观察教材P97图3.3－15，函数f(x)在[a，b]上有最大值和最小值吗？分别是什么？
提示：最大值为f(x3)，最小值为f(x4)．
(4)通过以上观察，你认为函数f(x)在[a，b]上的最大(小)值一定是极值吗？
提示：不一定，可能是区间端点对应的函数值．
(5)怎样确定函数f(x)在[a，b]上的最小值和最大值？
提示：比较极值与区间端点处的函数值，最大(小)的是最大(小)值．
2．归纳总结，核心必记
(1)函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最值
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．
(2)函数最值的求法
求函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的最值的步骤如下：
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．
[问题思考]
在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，想一想，在[a，b]上一定存在最值和极值吗？在区间(a，b)上呢？
提示：在区间[a，b]上一定有最值，但不一定有极值．如果函数f(x)在[a，b]上是单调的，此时f(x)在[a，b]上无极值；如果f(x)在[a，b]上不是单调函数，则f(x)在[a，b]上有极值．当f(x)在(a，b)上为单调函数时，它既没有最值也没有极值．
[课前反思]
(1)如何求函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值？
；
(2)函数f(x)的最大值和最小值与极值有什么区别与联系？
知识点1
求函数的最值
?讲一讲
1．(链接教材P97－例5)求下列各函数的最值．
(1)f(x)＝－x3＋3x，x∈[－，3]；
(2)f(x)＝x2－(x<0)．
[尝试解答] (1)f′(x)＝3－3x2＝3(1－x)(1＋x)．
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
－
(－，－1)
－1
(－1,1)
1
(1,3)
3
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
0
?
极小值
?
极大值
?
－18
所以x＝1和x＝－1是函数在[－，3]上的两个极点，
且f(1)＝2，f(－1)＝－2.
又因为f(x)在区间端点处的取值为
f(－)＝0，f(3)＝－18.
所以f(x)max＝2，f(x)min＝－18.
(2)f′(x)＝2x＋.
令f′(x)＝0得x＝－3.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,0)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
极小值
?
所以x＝－3时，f(x)取得极小值，也就是最小值，
故f(x)的最小值为f(－3)＝27，无最大值．
—————————————————————————————————
(1)求函数的最值，显然求极值是关键的一环．但仅仅是求最值，可用下面简化的方法求得．
①求出导数为零的点．
②比较这些点与端点处函数值的大小，就可求出函数的最大值和最小值．
(2)若函数在闭区间[a，b]上连续且单调，则最大、最小值在端点处取得．
?练一练
1．求下列各函数的最值．
(1)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1,1]；
(2)f(x)＝x＋sin x，x∈[0,2π]．
解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3，
因为f′(x)在[－1,1]内恒大于0，
所以f(x)在[－1,1]上为增函数．
故x＝－1时，f(x)取最小值为－12，
x＝1时，f(x)取最大值为2.
(2)f′(x)＝＋cos x，令f′(x)＝0，
又x∈[0,2π]，解得x＝或x＝.
计算得f(0)＝0，f(2π)＝π，f＝＋，f＝－.
所以当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝0；
当x＝2π时，f(x)有最大值f(2π)＝π.
知识点2
由函数的最值确定参数的值
?讲一讲
2．已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a<0.
(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．
[尝试解答] (1)当a＝－4时，f′(x)＝，令f′(x)>0，得x∈或x∈(2，＋∞)，
故函数f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)．
(2)f′(x)＝，a<0，由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.
当x∈时，f(x)单调递增；当x∈－，－时，f(x)单调递减；当x∈时，f(x)单调递增．
易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f＝0.
①当－≤1，即－2≤a<0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．
②当1<－≤4，即－8≤a<－2时，此时<－≤，f(x)在[1,4]上的最小值为f＝0，不符合题意．
③当－>4，即a<－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)＝8时没有符合题意的a值，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1,4)上单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．
综上知，a＝－10.
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已知函数在某区间上的最值求参数的值(范围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，用参数表示出最值后求参数的值或范围．
?练一练
2．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)，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
?
b
?
－16a＋b
由表可知，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(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.
知识点3
与最值有关的恒成立问题
[思考] 若a≥f(x)恒成立，则a的取值范围是什么？若a≤f(x)恒成立，则a的取值范围是什么？
名师指津：(1)a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max.
(2)a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min.
?讲一讲
3．已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
[思路点拨] 2f(x)≥g(x)恒成立，可转化为2f(x)－g(x)≥0恒成立，然后利用分离参数法求a的取值范围．
[尝试解答] (1)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
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)min＝f＝－.
(2)2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋，
设h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝，
①x∈(0,1)，h′(x)<0，h(x)单调递减；
②x∈(1，＋∞)，h′(x)>0，h(x)单调递增；所以h(x)min＝h(1)＝4，
对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范围是(－∞，4]．
—————————————————————————————
不等式恒成立问题的转化技巧
(1)a≥f(x)(或≤f(x))恒成立?a≥f(x)max(或≤f(x)min);
(2)a≥f(x)(或≤f(x))恒有解?a≥f(x)min(或≤f(x)max)；
(3)f(x)≥g(x)恒成立?F(x)min≥0(其中F(x)＝f(x)－g(x));
(4)f(x)≥g(x)恒有解?F(x)max≥0(其中F(x)＝f(x)－g(x))．
?练一练
3．设函数f(x)＝xex－x＋2.
(1)若a＝1，求f(x)的单调区间；
(2)当x≥0时，f(x)≥x2－x＋2恒成立，求a的取值范围．
解：(1)∵a＝1，
∴f(x)＝xex－x＋2＝xex－x2－x＋2，
∴f′(x)＝(ex－1)(x＋1)，
∴当－1当x<－1或x>0时，f′(x)>0，
∴f(x)在(－1,0)上单调递减，在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增．
(2)由f(x)≥x2－x＋2，得x≥0，
当x＝0时，显然成立；
当x>0时，即≥恒成立．
记g(x)＝，则g′(x)＝，
当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)是增函数．
∴g(x)的最小值为g(1)＝e，
∴≤e，得a≤2e－2.
即a的取值范围是(－∞，2e－2]．
————————[课堂归纳·感悟提升]———————————————————
1．本节课的重点是函数最值的求法及与最值有关的不等式恒成立问题，难点是由函数的最值求参数及不等式的恒成立问题．
2．本节课要重点掌握的规律方法
(1)求函数最值的方法，见讲1；
(2)由函数最值求参数的方法，见讲2；
(3)与函数最值有关的不等式恒成立问题的解法，见讲3.
课下能力提升(十八)
[学业水平达标练]
题组1 求函数的最值
1．函数f(x)＝－x在区间[0，＋∞)上( )
A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值
C．无最大值，无最小值 D．无最大值，有最小值
解析：选A 由已知得f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝－.
令f′(x)>0，得f(x)的单调增区间为[0,1)；令f′(x)<0，得f(x)的单调减区间为(1，＋∞)．所以f(x)在区间[0，＋∞)上有最大值，无最小值．
2．函数f(x)＝在区间[2,4]上的最小值为( )
A．0 B.
C. D.
解析：选C f′(x)＝＝，
当x∈[2,4]时，f′(x)<0，即函数f(x)在x∈[2,4]上是单调减函数，故x＝4时，函数f(x)有最小值.
3．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.
解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.
计算得f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，
所以M＝24，m＝－8，所以M－m＝32.
答案：32
4．已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)在点(1,0)处的切线方程；
(2)求函数f(x)在[1，t]上的最大值．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数f′(x)＝.
(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.
(2)令f′(x)＝＝0，解得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当1f(x)max＝f(t)＝，
当t≥e时，f(x)在[1，e]上单调递增，
在[e，t]上单调递减，f(x)max＝f(e)＝，
f(x)max＝
题组2 由函数的最值确定参数的值
5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
解析：选A ∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(0)＝m最大，∴m＝3.∵f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37.
6．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.当0解：令f′(x)＝－x2＋x＋2a＝0，
得两根x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
当0所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)．
又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，
得a＝1，x2＝2，
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.
题组3 与最值有关的恒成立问题
7．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( )
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选D ∵2x(x－a)<1，∴a>x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)．
8．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2.从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.
[能力提升综合练]
1．函数f(x)＝x3－2x2在区间[－1,5]上( )
A．有最大值0，无最小值
B．有最大值0，最小值－
C．有最小值－，无最大值
D．既无最大值也无最小值
解析：选B f′(x)＝x2－4x＝x(x－4)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4，
∴f(0)＝0，f(4)＝－，f(－1)＝－，f(5)＝－，
∴f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(4)＝－.
2．函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C. D.
解析：选A 设h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈(1,3)时 ，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，则有h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．
3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足x≠1时(x－1)·f′(x)>0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)>2f(1)
B．f(0)＋f(2)<2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1)
D．f(0)＋f(2)≤2f(1)
解析：选A 当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数； 当x<1时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故f(x)在x＝1处取得最小值，即有f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，得f(0)＋f(2)>2f(1)．
4．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选D |MN|的最小值，即函数h(t)＝t2－ln t的最小值，h′(t)＝2t－＝，显然t＝是函数h(t)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.
5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝ex－2.由f′(x)>0得ex－2>0，
∴x>ln 2.由f′(x)<0得，x∴f(x)在x＝ln 2处取得最小值．
只要f(x)min≤0即可．
∴eln 2－2ln 2＋a≤0，
∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2]
6．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：f(x)≥2，即a≥2x2－2x2ln x.
令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0，
则g′(x)＝2x(1－2ln x)．
由g′(x)＝0得x＝e，
且当00；
当x>e时，g′(x)<0，
∴当x＝e时，g(x)取最大值g(e)＝e，
∴a≥e.
答案：[e，＋∞)
7．已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
解：(1)因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈有h(x)所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.
8．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
2(1－ln 2＋a)
?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增，
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)，而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
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[学业水平达标练]
题组1 求函数的最值
1．函数f(x)＝－x在区间[0，＋∞)上( )
A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值
C．无最大值，无最小值 D．无最大值，有最小值
解析：选A 由已知得f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝－.
令f′(x)>0，得f(x)的单调增区间为[0,1)；令f′(x)<0，得f(x)的单调减区间为(1，＋∞)．所以f(x)在区间[0，＋∞)上有最大值，无最小值．
2．函数f(x)＝在区间[2,4]上的最小值为( )
A．0 B.
C. D.
解析：选C f′(x)＝＝，
当x∈[2,4]时，f′(x)<0，即函数f(x)在x∈[2,4]上是单调减函数，故x＝4时，函数f(x)有最小值.
3．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________.
解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.
计算得f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，
所以M＝24，m＝－8，所以M－m＝32.
答案：32
4．已知函数f(x)＝.
(1)求f(x)在点(1,0)处的切线方程；
(2)求函数f(x)在[1，t]上的最大值．
解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f(x)的导数f′(x)＝.
(1)f′(1)＝1，所以切线方程为y＝x－1.
(2)令f′(x)＝＝0，解得x＝e.
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当1f(x)max＝f(t)＝，
当t≥e时，f(x)在[1，e]上单调递增，
在[e，t]上单调递减，f(x)max＝f(e)＝，
f(x)max＝
题组2 由函数的最值确定参数的值
5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )
A．－37 B．－29
C．－5 D．以上都不对
解析：选A ∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，∴f(x)在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x＝0时，f(0)＝m最大，∴m＝3.∵f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37.
6．设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.当0解：令f′(x)＝－x2＋x＋2a＝0，
得两根x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
当0所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)．
又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，
得a＝1，x2＝2，
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.
题组3 与最值有关的恒成立问题
7．若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( )
A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选D ∵2x(x－a)<1，∴a>x－.令f(x)＝x－，∴f′(x)＝1＋2－xln 2>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1，∴a的取值范围为(－1，＋∞)．
8．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2.从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.
[能力提升综合练]
1．函数f(x)＝x3－2x2在区间[－1,5]上( )
A．有最大值0，无最小值
B．有最大值0，最小值－
C．有最小值－，无最大值
D．既无最大值也无最小值
解析：选B f′(x)＝x2－4x＝x(x－4)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4，
∴f(0)＝0，f(4)＝－，f(－1)＝－，f(5)＝－，
∴f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(4)＝－.
2．函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C. D.
解析：选A 设h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈(1,3)时 ，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，则有h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．
3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足x≠1时(x－1)·f′(x)>0，则必有( )
A．f(0)＋f(2)>2f(1)
B．f(0)＋f(2)<2f(1)
C．f(0)＋f(2)≥2f(1)
D．f(0)＋f(2)≤2f(1)
解析：选A 当x>1时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数； 当x<1时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上是减函数，故f(x)在x＝1处取得最小值，即有f(0)>f(1)，f(2)>f(1)，得f(0)＋f(2)>2f(1)．
4．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小值时t的值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选D |MN|的最小值，即函数h(t)＝t2－ln t的最小值，h′(t)＝2t－＝，显然t＝是函数h(t)在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝.
5．已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝ex－2.由f′(x)>0得ex－2>0，
∴x>ln 2.由f′(x)<0得，x∴f(x)在x＝ln 2处取得最小值．
只要f(x)min≤0即可．
∴eln 2－2ln 2＋a≤0，
∴a≤2ln 2－2.
答案：(－∞，2ln 2－2]
6．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：f(x)≥2，即a≥2x2－2x2ln x.
令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0，
则g′(x)＝2x(1－2ln x)．
由g′(x)＝0得x＝e，
且当00；
当x>e时，g′(x)<0，
∴当x＝e时，g(x)取最大值g(e)＝e，
∴a≥e.
答案：[e，＋∞)
7．已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
解：(1)因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈有h(x)所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－.
8．设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a>ln 2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.
解：(1)f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
2(1－ln 2＋a)
?
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，
所以g(x)在R上单调递增，
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0)，而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0，即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
