2019届二轮复习第4讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题学案（全国通用）

2019届二轮复习第4讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题学案（全国通用）

第 4 讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题 高考定位 利用导数研究函数的性质，能进行简单的定积分计算，以含指数函数、 对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简 单的问题. 真 题 感 悟 1.(2018·全国Ⅰ卷)设函数 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若 f(x)为奇函数，则曲线 y＝f(x) 在点(0，0)处的切线方程为( ) A.y＝－2x B.y＝－x C.y＝2x D.y＝x 解析 因为函数 f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax 为奇函数，所以 f(－x)＝－f(x)，可得 a＝1， 所以 f(x)＝x3＋x，所以 f′(x)＝3x2＋1，所以 f′(0)＝1，所以曲线 y＝f(x)在点(0，0) 处的切线方程为 y＝x. 答案 D 2.(2017·全国Ⅱ卷)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)·ex－1 的极值点，则 f(x)的极小 值为( ) A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1 解析 f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·ex－1， 则 f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0 a＝－1， 则 f(x)＝(x2－x－1)·ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·ex－1， 令 f′(x)＝0，得 x＝－2 或 x＝1， 当 x<－2 或 x>1 时，f′(x)>0；当－2x1，设 t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，试 证明 t>0. (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－1 x2 －1＋a x ＝－x2－ax＋1 x2 . (ⅰ)若 a≤2，则 f′(x)≤0， 当且仅当 a＝2，x＝1 时 f′(x)＝0， 所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递减. (ⅱ)若 a>2，令 f′(x)＝0 得， x＝a－ a2－4 2 或 x＝a＋ a2－4 2 . 当 x∈ 0，a－ a2－4 2 ∪ a＋ a2－4 2 ，＋∞ 时，f′(x)<0； 当 x∈ a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 时，f′(x)>0. 所以 f(x)在 0，a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 ，＋∞ 上单调递减， 在 a－ a2－4 2 ，a＋ a2－4 2 上单调递增. (2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2. 由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0， 所以 x1x2＝1. 又∵x2>x1>0，所以 x2>1. 又 t＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2) ＝1 x1 －1 x2 －(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2) ＝a lnx1 x2 －x1＋x2 ＝－a 1 x2 ＋2ln x2－x2 . 设φ(x)＝1 x －x＋2ln x，x>1. 由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0， 从而当 x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0. 所以1 x2 ＋2ln x2－x2<0，故 t>0. 考 点 整 合 1.导数的几何意义 函数 f(x) 在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线 f(x)在 点 P 处的切线的斜率 k＝f′(x0)，相应的切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0). 易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点 P 处的切线还是过点 P 的切线， 前者点 P 为切点，后者点 P 不一定为切点. 2.四个易误导数公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0，且 a≠1)； (4)(logax)′＝ 1 xln a(a>0，且 a≠1，x>0). 3.利用导数研究函数的单调性 (1)导数与函数单调性的关系. ①f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调 递增，但 f′(x)≥0. ②f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时，则 f(x)为常数函数. (2)利用导数研究函数单调性的方法. ①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. ②若已知函数的单调性，则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒成立 问题来求解. 4.利用导数研究函数的极值、最值 (1)若在 x0 附近左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，则 f(x0)为函数 f(x)的极大值；若在 x0 附 近左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值. (2)设函数 y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则 f(x)在[a，b]上必有最大值 和最小值且在极值点或端点处取得. 易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要 而不充分条件. 热点一 导数与定积分的几何意义 【例 1】 (1)(2016·全国Ⅲ卷)已知 f(x)为偶函数，当 x＜0 时，f(x)＝ln(－x)＋3x， 则曲线 y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________. (2)(2018·邯郸调研) x2＋ a 2x 6 展开式的中间项系数为 20，如图阴影部 分是由曲线 y＝x2 和圆 x2＋y2＝a 及 x 轴围成的封闭图形，则封闭图 形的面积 S＝________. 解析 (1)令 x>0，则－x<0，f(－x)＝ln x－3x， 又 f(x)为偶函数，即 f(－x)＝f(x)， ∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，则 f′(x)＝1 x －3(x>0). ∴f′(1)＝－2， ∴在点(1，－3)处的切线方程为 y＋3＝－2(x－1)， 即 2x＋y＋1＝0. (2)因为 x2＋ a 2x 6 展开式的中间项系数为 20，中间项为第四项，系数为 C36 a 2 3 ＝20， 解得 a＝2， 所以曲线 y＝x2 和圆 x2＋y2＝2 在第一象限的交点为(1，1)，所以阴影部分的面积 为π 4 －错误!(x－x2)dx＝π 4 － 1 2x2－1 3x3 |1 0 ＝π 4 －1 6. 答案 (1)2x＋y＋1＝0 (2)π 4 －1 6 探究提高 1.利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率 之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标. 2.利用定积分求平面图形的面积的两个关键点 (1)正确画出几何图形，结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得 到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值. (2)根据图形的特征，选择合适的积分变量.在以 y 为积分变量时，应注意将曲线方 程变为 x＝φ(y)的形式，同时，积分上、下限必须对应 y 的取值. 【训练 1】 (1)(2018·武汉调研)设曲线 y＝2－cos x sin x 在点 π 2 ，2 处的切线与直线 x＋ ay＋1＝0 垂直，则 a＝________. (2)(2018·成都质检)在平面直角坐标系内任取一个点 P(x，y)满足 0≤x≤2， 0≤y≤2， 则点 P 落在曲线 y＝1 x 与直线 x＝2，y＝2 围成的阴影区 域(如图所示)内的概率为________. 解析 (1)y′＝（2－cos x）′sin x－（2－cos x）（sin x）′ sin2x ＝1－2cos x sin2x ，则曲线 y＝2－cos x sin x 在点 π 2 ，2 处的切线的斜率为 k1＝1.因为直线 x ＋ay＋1＝0 的斜率 k2＝－1 a ， 又该切线与直线 x＋ay＋1＝0 垂直， 所以 k1k2＝－1，解得 a＝1. (2)由 y＝2， y＝1 x ，解得 x＝1 2 ， y＝2， 所以阴影部分的面积为 错误! 2－1 x dx＝(2x－ln x)| 2 1 2 ＝(2×2－ln 2)－ 2×1 2 －ln1 2 ＝ 3－2ln 2，因此所求概率为3－2ln 2 2×2 ＝3－2ln 2 4 . 答案 (1)1 (2)3－2ln 2 4 热点二 利用导数研究函数的单调性 考法 1 确定函数的单调性(区间) 【例 2－1】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数 a≤0. (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(－∞，＋∞)，且 a≤0. 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 2 . 当 x∈ －∞，ln －a 2 时，f′(x)<0； 当 x∈ ln －a 2 ，＋∞ 时，f′(x)>0. 故 f(x)在 －∞，ln －a 2 上单调递减， 在区间 ln －a 2 ，＋∞ 上单调递增. 综上所述，当 a＝0 时，f(x)在 R 上单调递增； 当 a<0 时，f(x)在 －∞，ln －a 2 上单调递减； 在 ln －a 2 ，＋∞ 上单调递增. (2)①当 a＝0 时，f(x)＝e2x≥0 恒成立. ②若 a<0，则由(1)得，当 x＝ln －a 2 时，f(x)取得最小值，最小值为 f ln －a 2 ＝ a2 3 4 －ln －a 2 ， 故当且仅当 a2 3 4 －ln －a 2 ≥0， 即 0>a≥－2e 3 4时，f(x)≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 3 4，0]. 考法 2 根据函数的单调性求参数的取值范围 【例 2－2】 (2018·广州质检)已知 x＝1 是 f(x)＝2x＋b x ＋ln x 的一个极值点. (1)求函数 f(x)的单调递减区间. (2)设函数 g(x)＝f(x)－3＋a x ，若函数 g(x)在区间[1，2]内单调递增，求 a 的取值范 围. 解 (1)f(x)＝2x＋b x ＋ln x，定义域(0，＋∞). ∴f′(x)＝2－b x2 ＋1 x ＝2x2＋x－b x2 . 因为 x＝1 是 f(x)＝2x＋b x ＋ln x 的一个极值点， 所以 f′(1)＝0，即 2－b＋1＝0. 解得 b＝3，经检验，适合题意，所以 b＝3. 所以 f′(x)＝2－3 x2 ＋1 x ＝2x2＋x－3 x2 ， 令 f′(x)<0，得 00)， g′(x)＝2＋1 x ＋a x2(x>0). 因为函数 g(x)在[1，2]上单调递增， 所以 g′(x)≥0 在[1，2]上恒成立， 即 2＋1 x ＋a x2 ≥0 在[1，2]上恒成立， 所以 a≥－2x2－x 在[1，2]上恒成立， 所以 a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]. 因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以 a≥－3. 所以 a 的取值范围是[－3，＋∞). 探究提高 1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0. 2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)，x∈(a， b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数 的取值是 f′(x)不恒等于 0 的参数的范围. (2)若函数 y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为 f′(x)＝0 在(a，b)上有解. 【训练 2】 已知 a∈R，函数 f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e 为自然对数的底数). (1)当 a＝2 时，求函数 f(x)的单调递增区间； (2)若函数 f(x)在(－1，1)上单调递增，求 a 的取值范围. 解 (1)当 a＝2 时，f(x)＝(－x2＋2x)·ex， 所以 f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令 f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， 因为 ex＞0，所以－x2＋2＞0，解得－ 2＜x＜ 2. 所以函数 f(x)的单调递增区间是(－ 2， 2). (2)因为函数 f(x)在(－1，1)上单调递增， 所以 f′(x)≥0 对 x∈(－1，1)都成立. 因为 f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex， 所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0 对 x∈(－1，1)都成立. 因为 ex＞0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0， 则 a≥x2＋2x x＋1 ＝（x＋1）2－1 x＋1 ＝(x＋1)－ 1 x＋1 对 x∈(－1，1)都成立. 令 g(x)＝(x＋1)－ 1 x＋1 ，则 g′(x)＝1＋ 1 （x＋1）2 ＞0. 所以 g(x)＝(x＋1)－ 1 x＋1 在(－1，1)上单调递增. 所以 g(x)＜g(1)＝(1＋1)－ 1 1＋1 ＝3 2. 所以 a 的取值范围是 3 2 ，＋∞ . 热点三 利用导数研究函数的极值和最值 考法 1 求函数的极值、最值 【例 3－1】 (2018·北京卷)设函数 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行，求 a； (2)若 f(x)在 x＝2 处取得极小值，求 a 的取值范围. 解 (1)因为 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex， 所以 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex. f′(1)＝(1－a)e. 由题设知 f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得 a＝1. 此时 f(1)＝3e≠0. 所以 a 的值为 1. (2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex. 若 a>1 2 ，则当 x∈ 1 a ，2 时，f′(x)<0； 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0. 所以 f(x)在 x＝2 处取得极小值. 若 a≤1 2 ，则当 x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤1 2x－1<0， 所以 f′(x)>0.所以 2 不是 f(x)的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是 1 2 ，＋∞ . 探究提高 1.本题利用导数的几何意义曲线在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行，求 a 值，切记，需检验切线是否与 x 轴重合. 2.(1)可导函数在极值点处的导数一定为零，但导数为零的点不一定是极值点，是 极值点时也要注意是极大值点还是极小值点. (2)求函数 f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函 数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. 【训练 3】 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 0，π 2 上的最大值和最小值. 解 (1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1， f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0， ∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为 y－1＝0·(x－0)，即 y＝1. (2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令 g(x)＝f′(x)， 则 g′(x)＝－2sin x·ex≤0 在 0，π 2 上恒成立，且仅在 x＝0 处等号成立， ∴g(x)在 0，π 2 上单调递减， ∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0 且仅在 x＝0 处等号成立， ∴f(x)在 0，π 2 上单调递减， ∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f π 2 ＝－π 2. 考法 2 与函数极值点个数有关问题 【例 3－2】 (2018·潍坊三模)已知函数 f(x)＝ln x＋1 2x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋3 2x2. (1)讨论函数 f(x)极值点的个数； (2)若对 x>0，不等式 f(x)≤g(x)成立，求实数 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)＝1 x ＋x＋a＝x2＋ax＋1 x (x>0). 令 f′(x)＝0，即 x2＋ax＋1＝0，其中Δ＝a2－4. ①当 a2－4≤0 时，即－2≤a≤2 时，x2＋ax＋1≥0 恒成立. ∴f′(x)≥0，则 f(x)在(0，＋∞)上递增，函数无极值点. ②当 a2－4>0 时，由 x2＋ax＋1＝0， 得 x1＝－a－ a2－4 2 ，x2＝－a＋ a2－4 2 (x12，则 x10， 当 x∈(x1，x2)时，f′(x)<0， 故 x1 是 f(x)的极大值点，x2 是 f(x)的极小值点. 综上：当 a<－2 时，f(x)有两个极值点， 当 a≥－2 时，f(x)无极值点. (2)f(x)≤g(x)等价于 ln x＋1 2x2＋ax≤ex＋3 2x2， 则 ex－ln x＋x2≥ax，因此 a≤ex－ln x＋x2 x ， 设 h(x)＝ex－ln x＋x2 x (x>0). h′(x)＝ ex－1 x ＋2x x－ex＋ln x－x2 x2 ＝ex（x－1）＋ln x＋x2－1 x2 . 当 x∈(0，1)时，ex(x－1)＋ln x＋x2－1<0， 即 h′(x)<0，h(x)单调递减； x∈(1，＋∞)时，ex(x－1)＋ln x＋x2－1>0， 即 h′(x)>0，h(x)单调递增. 因此 x＝1 为 h(x)的极小值点，即 h(x)≥h(1)＝e＋1，故 a≤e＋1. 探究提高 1.求函数 f(x)的极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根 的左右附近函数值的符号. 2.若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况来 求解. 【训练 4】 已知函数 f(x)＝ax－1－ln x(a∈R). (1)讨论函数 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 的最大值. 解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－1 x ＝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 00，得 x>1 a ， ∴f(x)在 0，1 a 上单调递减，在 1 a ，＋∞ 上单调递增，故 f(x)在 x＝1 a 处有极小值. 综上，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， ∴f′(1)＝a－1＝0，则 a＝1，从而 f(x)＝x－1－ln x. 因此 f(x)≥bx－2 1＋1 x －ln x x ≥b， 令 g(x)＝1＋1 x －ln x x ，则 g′(x)＝ln x－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)＝1－1 e2 ，即 b≤1－1 e2. 故实数 b 的最大值是 1－1 e2. 1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接， 而只能用逗号或“和”字隔开. 2.可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最 大值与最小值. 3.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极 大值； (2)对于可导函数 f(x)，“f(x)在 x＝x0 处的导数 f′(x0)＝0”是“f(x)在 x＝x0 处取得极值” 的必要不充分条件； (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极 大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点. 4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个 数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论. 5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或 不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维—— 已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思 想. 一、选择题 1.曲线 y＝ex＋2x 在点(0，1)处的切线方程为( ) A.y＝x＋1 B.y＝x－1 C.y＝3x＋1 D.y＝－x＋1 解析 求导函数 y′＝ex＋2，当 x＝0 时，y′＝e0＋2＝3，所以曲线 y＝ex＋2x 在点(0， 1)处的切线方程为 y＝3x＋1. 答案 C 2.(2018·安徽江淮十校联考)设函数 f(x)＝1 2x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递 减，则实数 a 的取值范围是( ) A.(1，2] B.[4，＋∞) C.(－∞，2] D.(0，3] 解析 易知 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且 f′(x)＝x－9 x. 因为函数 f(x)在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以 f′(x)≤0 在[a－1，a＋1]上恒 成立，即 00， a＋1≤3， 解得 10，g(x)＝6x2－2x＋1 的Δ＝－20<0， 所以 g(x)>0 恒成立，故 f′(x)>0 恒成立， 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点. 答案 A 4.函数 y＝f(x)的导函数 y＝f′(x)的图象如图所示，则函数 y＝f(x)的图象可能是 ( ) 解析 利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0 的解集对应 y＝f(x)的增区间， f′(x)＜0 的解集对应 y＝f(x)的减区间，验证只有 D 选项符合. 答案 D 5.(2018·郑州质检)若函数 y＝f(x)存在 n－1(n∈N*)个极值点，则称 y＝f(x)为 n 折函 数，例如 f(x)＝x2 为 2 折函数.已知函数 f(x)＝(x＋1)ex－x(x＋2)2，则 f(x)为( ) A.2 折函数 B.3 折函数 C.4 折函数 D.5 折函数 解析 f′(x)＝(x＋2)ex－(x＋2)(3x＋2)＝(x＋2)(ex－3x－2)，令 f′(x)＝0，得 x＝－2 或 ex＝3x＋2. 易知 x＝－2 是 f(x)的一个极值点， 又 ex＝3x＋2，结合函数图象，y＝ex 与 y＝3x＋2 有两个交点.又 e－2≠3(－2)＋2＝ －4. ∴函数 y＝f(x)有 3 个极值点，则 f(x)为 4 折函数. 答案 C 二、填空题 6.(2018· 全 国 Ⅱ 卷 ) 曲 线 y ＝ 2ln(x ＋ 1) 在 点 O(0 ， 0) 处 的 切 线 方 程 为 ________________. 解析 由题意得 y′＝ 2 x＋1.在点 O 处切线斜率 k＝y′|x＝0＝2.∴曲线 y＝2ln(x＋1)在点 (0，0)处的切线方程为 y－0＝2(x－0)，即 y＝2x. 答案 y＝2x 7.(2018·郴州三模)已知奇函数 f(x)＝ ex x －1（x>0）， h（x） （x<0）， 则函数 h(x)的最大值为 ________. 解析 当 x>0 时，f(x)＝ex x －1，f′(x)＝ex（x－1） x2 ， ∴当 x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数 f(x)单调递减； 当 x>1 时，f′(x)>0，函数 f(x)单调递增. ∴x＝1 时，f(x)取到极小值 e－1，即 f(x)的最小值 e－1. 又 f(x)为奇函数，且 x<0 时，f(x)＝h(x)， ∴h(x)的最大值为－(e－1)＝1－e. 答案 1－e 8.对于函数 y＝f(x)，若其定义域内存在两个不同实数 x1，x2，使得 xif(xi)＝1(i＝1， 2)成立，则称函数 f(x)具有性质 P.若函数 f(x)＝ex a 具有性质 P，则实数 a 的取值范 围为________. 解析 依题意，xf(x)＝1，即xex a ＝1 在 R 上有两个不相等实根， ∴a＝xex 在 R 上有两个不同的实根，令φ(x)＝xex， 则φ′(x)＝ex(x＋1)， 当 x<－1 时，φ′(x)<0，φ(x)在(－∞，－1)上是减函数； 当 x>－1 时，φ′(x)>0，φ(x)在(－1，＋∞)上是增函数. 因此φ(x)极小值为φ(－1)＝－1 e.在同一坐标系中作 y＝φ(x) 与 y＝a 的图象， 又当 x<0 时，φ(x)＝xex<0. 由图象知，当－1 e0，均有 x(2ln a－ln x)≤a 恒成立，求正数 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)＝1 x －a x2 ＝x－a x2 ，x∈(0，＋∞). ①当 a≤0 时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)为增函数，无极值. ②当 a>0 时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)为减函数； x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)为增函数， f(x)在(0，＋∞)有极小值，无极大值， f(x)的极小值 f(a)＝ln a＋1. (2)若对任意 x>0，均有 x(2ln a－ln x)≤a 恒成立，即对任意 x>0，均有 2ln a≤a x ＋ ln x 恒成立， 由(1)可知 f(x)的最小值为 ln a＋1，问题转化为 2ln a≤ln a＋1，即 ln a≤1，故 00. ∴当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. ②当 00，f(x)单调递增； x∈(ln 2a，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增. ③当 a＝1 2 时，x∈(－∞，＋∞)时，f′(x)≥0 时，f(x)单调递增. (2)由题意知 g(x)＝－ex＋x2＋x. g′(x)＝－ex＋2x＋1，令φ(x)＝g′(x)， 则φ′(x)＝－ex＋2. 当 x∈(0，ln 2)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增； x∈(ln 2，＋∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减； φ(0)＝0，φ(1)＝3－e>0，φ 3 2 ＝4－e 3 2＝ 16－ e3<0，所以，存在唯一的 x0∈ 1，3 2 ， 使φ(x0)＝0， 即 ex0＝2x0＋1. 所以，当 x∈(0，x0)时，φ(x)>0，g(x)单调递增； x∈(x0，＋∞)时，φ(x)<0，g(x)单调递减； ∴m＝g(x0)＝－ex0＋x20＋x0＝－(2x0＋1)＋x20＋x0 ＝x20－x0－1＝ x0－1 2 2 －5 4. 又 x0∈ 1，3 2 ，所以 m∈ －1，－1 4 . 所以，不超过 m 的最大整数为－1.