新課標(biāo)名師導(dǎo)學(xué)高考第一輪總復(fù)習(xí)講義第16講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值最值

第16講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值【課程要求】了解函數(shù)在某點取得極值的充要條件；會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值；會求閉區(qū)間上的最大(小)值．對應(yīng)學(xué)生用書p44【基礎(chǔ)檢測】eq\a\vs4\al(概念辨析)1．判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)若函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，那么一定有f′(x)≠0.()(2)在(a，b)內(nèi)，f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內(nèi)是減函數(shù)．()[答案](1)×(2)√eq\a\vs4\al(教材改編)2．[選修2－2p28例4]設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點C．x＝2為f(x)的極大值點D．x＝2為f(x)的極小值點[解析]f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)(x>0)，當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0，當(dāng)x>2時，f′(x)>0，∴x＝2為f(x)的極小值點．[答案]D3．[選修2－2p30例5]函數(shù)y＝x＋2cosx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值是______________．[解析]∵y′＝1－2sinx，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))時，y′>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2)))時，y′<0.∴當(dāng)x＝eq\f(π,6)時，ymax＝eq\f(π,6)＋eq\r(3).[答案]eq\f(π,6)＋eq\r(3)eq\a\vs4\al(易錯提醒)4．(多選)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象，則下面說法正確的是()A．在(－1，2)上f(x)是增函數(shù)B．在(2，4)上f(x)是減函數(shù)C．當(dāng)x＝1時，f(x)取極大值D．當(dāng)x＝2時，f(x)取極大值[解析]由圖象可知x∈(－1，2)上恒有f′(x)>0，在x∈(2，4)上恒有f′(x)<0，∴f(x)在(－1，2)上單調(diào)遞增，在(2，4)上單調(diào)遞減，則當(dāng)x＝2時，f(x)取極大值．[答案]ABD5．若x＝1是函數(shù)f(x)＝ax＋lnx的極值點，則()A．f(x)有極大值－1B．f(x)有極小值－1C．f(x)有極大值0D．f(x)有極小值0[解析]因為x＝1是函數(shù)f(x)＝ax＋lnx的極值點，所以f′(1)＝0，∴a＋eq\f(1,1)＝0，∴a＝－1，∴f(1)＝－1，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x)，當(dāng)x>1時，f′(x)<0，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0，因此f(x)有極大值－1.[答案]A6．若函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在[－1，1]上的最大值與最小值的和為________．[解析]由f′(x)＝6x2－2ax＝0得x＝0，x＝eq\f(a,3)，因為函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上有且僅有一個零點且f(0)＝1，所以eq\f(a,3)>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))＝0，因此2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq\s\up12(3)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))eq\s\up12(2)＋1＝0，a＝3.從而函數(shù)f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞增，在[0，1]上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(0)，f(x)min＝min{f(－1)，f(1)}＝f(－1)，f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.[答案]－3【知識要點】1．函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)的極小值：若函數(shù)y＝f(x)在點x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值__都小__，且f′(a)＝0，而且在點x＝a附近的左側(cè)__f′(x)<0__，右側(cè)__f′(x)>0__，則a點叫做函數(shù)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)的極小值．(2)函數(shù)的極大值：函數(shù)y＝f(x)在點x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數(shù)值都大，且f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則點b叫做函數(shù)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值．(3)求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟①求f′(x)；②求方程__f′(x)＝0__的根；③考查f′(x)在方程__f′(x)＝0__的根附近的左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值的符號．如果左正右負(fù)，那么f(x)在這個根處取得__極大值__；如果左負(fù)右正，那么f(x)在這個根處取得__極小值__．(4)對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件．2．函數(shù)的最值(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則__f(a)__為函數(shù)的最小值，__f(b)__為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則__f(a)__為函數(shù)的最大值，__f(b)__為函數(shù)的最小值．(3)設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下：①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的__極值__；②將函數(shù)y＝f(x)的各__極值__與__端點__處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．對應(yīng)學(xué)生用書p45eq\a\vs4\al()利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值例1設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù)，并說明理由．[解析]f′(x)＝eq\f(1,x＋1)＋a(2x－1)＝eq\f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1)(x>－1)．令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．①當(dāng)a＝0時，g(x)＝1，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點．②當(dāng)a>0時，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．(i)當(dāng)0<a≤eq\f(8,9)時，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值點．(ii)當(dāng)a>eq\f(8,9)時，Δ>0，設(shè)方程2ax2＋ax－a＋1＝0的兩根為x1，x2(x1<x2)，因為x1＋x2＝－eq\f(1,2)，所以x1<－eq\f(1,4)，x2>－eq\f(1,4).由g(－1)＝1>0，可得－1<x1<－eq\f(1,4).所以當(dāng)x∈(－1，x1)時，g(x)>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x1，x2)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．因此函數(shù)有兩個極值點．③當(dāng)a<0時，Δ>0，由g(－1)＝1>0，可得x1<－1<x2.當(dāng)x∈(－1，x2)時，g(x)>0，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，g(x)<0，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減．所以函數(shù)有一個極值點．綜上所述，當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)有一個極值點；當(dāng)0≤a≤eq\f(8,9)時，函數(shù)f(x)無極值點；當(dāng)a>eq\f(8,9)時，函數(shù)f(x)有兩個極值點．[小結(jié)]函數(shù)極值的兩類熱點問題(1)求函數(shù)f(x)極值的一般解題步驟①確定函數(shù)的定義域；②求導(dǎo)數(shù)f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；④列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側(cè)值的符號．(2)根據(jù)函數(shù)極值情況求參數(shù)的兩個要領(lǐng)①列式：根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解．②驗證：求解后驗證根的合理性．1．若函數(shù)f(x)＝(2－a)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－2）ex－\f(1,2)ax2＋ax))(a∈R)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上有極大值，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)，e))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(e)，2))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，e))D．(e，＋∞)[解析]令f′(x)＝(2－a)(x－1)(ex－a)＝0，得x＝lna∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，解得a∈(eq\r(e)，e)，由題意，有極大值，故x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，lna))時，f′(x)>0，x∈(lna，1)時，f′(x)<0，所以2－a>0，得a<2.綜上，a∈(eq\r(e)，2)．故選B.[答案]B2．若函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(17,4)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4)))[解析]因為f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋1.函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有極值點可化為f′(x)＝x2－ax＋1＝0在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，即a＝x＋eq\f(1,x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，設(shè)t(x)＝x＋eq\f(1,x)，則t′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令t′(x)>0，得1<x<4，令t′(x)<0，得eq\f(1,3)<x<1.所以t(x)在(1，4)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減．所以t(x)min＝t(1)＝2，又teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(10,3)，t(4)＝eq\f(17,4)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4))).故選D.[答案]Deq\a\vs4\al()利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值例2設(shè)a，b∈R，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋bx在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，3)上單調(diào)遞減．(1)若a＝－2，求b的值；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，4]上的最小值(用b表示)．[解析](1)求導(dǎo)，得f′(x)＝x2＋2ax＋b，因為函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1，1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(1，3)上單調(diào)遞減，所以f′(1)＝1＋2a＋b＝0.又因為a＝－2，所以b＝3，驗證知其符合題意．(2)由(1)得1＋2a＋b＝0，即2a＝－b－1.所以f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(b＋1,2)x2＋bx，f′(x)＝x2－(b＋1)x＋b＝(x－b)(x－1)，當(dāng)b≤1時，得當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＝(x－b)(x－1)>0.此時，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，這與題意不符．當(dāng)b>1時，隨著x的變化，f′(x)與f(x)的變化情況如下表：x(－∞，1)1(1，b)b(b，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數(shù)f(x)在(－∞，1)，(b，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，b)上單調(diào)遞減．由題意，得b≥3.所以當(dāng)b≥4時，函數(shù)f(x)在[1，4]上的最小值為f(4)＝eq\f(40,3)－4b；當(dāng)3≤b＜4時，函數(shù)f(x)在[1，4]上的最小值為f(b)＝－eq\f(1,6)b3＋eq\f(1,2)b2.綜上，當(dāng)b≥4時，函數(shù)f(x)在[1，4]上的最小值為eq\f(40－12b,3)；當(dāng)3≤b＜4，f(x)在[1，4]上的最小值為－eq\f(1,6)b3＋eq\f(1,2)b2.[小結(jié)]1.掌握求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上的最值的方法(1)若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增或遞減，f(a)與f(b)一個為最大值，一個為最小值；(2)若函數(shù)在閉區(qū)間[a，b]內(nèi)有極值，要先求出[a，b]上的極值，與f(a)，f(b)比較，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上有唯一一個極值點，這個極值點就是最大(或最小)值點，此結(jié)論在導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用中經(jīng)常用到．2．搞清極值與最值的區(qū)別與聯(lián)系(1)函數(shù)的最值是比較整個定義域內(nèi)的函數(shù)值得出的；函數(shù)的極值是比較極值點附近的導(dǎo)函數(shù)符號得出的．(2)函數(shù)在其定義區(qū)間上的最大值、最小值最多各有一個，而函數(shù)的極值可能不止一個，也可能一個都沒有，且極大值并不一定比極小值大．(3)極值只能在定義域內(nèi)部取得，而最值卻可以在區(qū)間的端點處取得；有極值未必有最值，有最值未必有極值；極值有可能成為最值，最值只要不在端點處取得必定是極值．3．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a>0時，求函數(shù)f(x)在[1，2]上的最小值．[解析](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a(x>0)，①當(dāng)a≤0時，f′(x)＝eq\f(1,x)－a>0，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)．②當(dāng)a>0時，令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝0，可得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0<x<eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)>0；當(dāng)x>eq\f(1,a)時，f′(x)＝eq\f(1－ax,x)<0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).綜上可知，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)①當(dāng)eq\f(1,a)≤1，即a≥1時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上是減函數(shù)，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.②當(dāng)eq\f(1,a)≥2，即0<a≤eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，2]上是增函數(shù)，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.③當(dāng)1<eq\f(1,a)<2，即eq\f(1,2)<a<1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上是增函數(shù)，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))上是減函數(shù)．又f(2)－f(1)＝ln2－a，所以當(dāng)eq\f(1,2)<a<ln2時，最小值是f(1)＝－a；當(dāng)ln2≤a<1時，最小值為f(2)＝ln2－2a.綜上可知，當(dāng)0<a<ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是f(1)＝－a；當(dāng)a≥ln2時，函數(shù)f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.eq\a\vs4\al()函數(shù)的極值與最值的綜合應(yīng)用例3已知函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝aeq\f(ex,x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－x))(其中a∈R且a為常數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…)．(1)若函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的極值點只有一個，求實數(shù)a的取值范圍；(2)當(dāng)a＝0時，若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤kx＋m(其中m>0)恒成立，求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))的最大值．[解析](1)函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，其導(dǎo)數(shù)為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝a·eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)),x2)－eq\f(x－1,x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)),x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(x,ex))).由f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝0得x＝1或a＝eq\f(x,ex)，設(shè)ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(x,ex)，∵u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(1－x,ex)，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))時，u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))時，u′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0.即ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上遞增，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上遞減，∴ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))eq\s\do7(極大)＝ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1))＝eq\f(1,e)，又當(dāng)x→0時，ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))→0，當(dāng)x→＋∞時，ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))→0且ueq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0恒成立．所以，當(dāng)a≤0或a>eq\f(1,e)時，方程a＝eq\f(x,ex)無根，函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))只有x＝1一個極值點．當(dāng)a＝eq\f(1,e)時，方程a＝eq\f(x,ex)的根也為x＝1，此時f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的因式a－eq\f(x,ex)≥0恒成立，故函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))只有x＝1一個極值點．當(dāng)0<a<eq\f(1,e)時，方程a＝eq\f(x,ex)有兩個根x1、x2且x1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))，∴函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，x1))單調(diào)遞減；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，1))單調(diào)遞增；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，x2))單調(diào)遞減；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，＋∞))單調(diào)遞增，此時函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))有x1、1、x2三個極值點．綜上所述，當(dāng)a≤0或a≥eq\f(1,e)時，函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))只有一個極值點．(2)依題意得lnx－x≤kx＋m，令φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))x－m，則對?x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，都有φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤0成立．因為φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\f(1,x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))，所以當(dāng)k＋1≤0時，函數(shù)φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上單調(diào)遞增，注意到φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))em≥0，∴若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(em，＋∞))，有φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0成立，這與φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤0恒成立矛盾；當(dāng)k＋1>0時，因為φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上為減函數(shù)，且φ′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)))＝0，所以函數(shù)φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,k＋1)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)，＋∞))上單調(diào)遞減，∴φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)))＝－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))－1－m，若對任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，都有φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))≤0成立，則只需－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))－1－m≤0成立，∴l(xiāng)neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))≥－1－m得k＋1≥e－1－m，當(dāng)m>0時，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))＝me－1－m，∵h(yuǎn)′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))＝e－1－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－m))，∴函數(shù)heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞))上遞減，∴heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))≤eq\f(1,e2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))的最大值為eq\f(1,e2)；綜上所述，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))m的最小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m))的最大值為eq\f(1,e2).[小結(jié)](1)求極值、最值時，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時，要討論參數(shù)的大小．(2)求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值．(3)不等式成立(恒成立)問題中的常用結(jié)論(1)f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a，f(x)≥a成立?f(x)max≥a.(2)f(x)≤b恒成立?f(x)max≤b，f(x)≤b成立?f(x)min≤b.(3)f(x)>g(x)恒成立，令F(x)＝f(x)－g(x)，則F(x)min>0.(4)①?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)max；②?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)min；③?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)max>g(x2)min；④?x1∈M，?x2∈N，f(x1)>g(x2)?f(x1)max>g(x2)max.4．已知f(x)＝a·ex－x(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)＝x·(lnx－1)．(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)h(x)＝f(x)－g(x)有兩個極值點，求實數(shù)a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝a·ex－1，當(dāng)a≤0時，f′(x)<0恒成立，所以f(x)在R上單調(diào)遞減，當(dāng)a>0時，令f′(x)>0得x>－lna，∴f(x)在(－lna，＋∞)單調(diào)遞增，在(－∞，－lna)單調(diào)遞減.(2)設(shè)h(x)＝f(x)－g(x)＝aex－xlnx，則h′(x)＝aex－lnx－1，∵h(yuǎn)(x)有兩個不同的極值點，則h′(x)有兩個不同的穿過x軸的零點，即a＝eq\f(1＋lnx,ex)有兩個不同的根，設(shè)φ(x)＝eq\f(1＋lnx,ex)，則φ′(x)＝eq\f(\f(1,x)－1－lnx,ex)，令t(x)＝eq\f(1,x)－1－lnx，則t′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)，∵x>0，∴t′(x)<0恒成立，∴t(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，又t(1)＝0，∴φ(x)在(0，1)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)單調(diào)遞減，又φeq\b\lc\(\rc\)(\