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高考数学专题一 微专题5 函数的极值、最值课件PPT
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这是一份高考数学专题一 微专题5 函数的极值、最值课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了思维导图，列表如下，使得φx0＝0等内容，欢迎下载使用。
应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题.
典例1 已知函数f(x)＝eax(x－1)2.(1)若a＝1，求f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
考点一 利用导数研究函数的极值
当a＝1时，f(x)＝ex(x－1)2，f′(x)＝ex(x2－1)，所以f′(0)＝e0(02－1)＝－1，又f(0)＝e0(0－1)2＝1，所以切线方程为y－1＝－(x－0)，即x＋y－1＝0.
(2)求f(x)的极大值与极小值；
f′(x)＝aeax(x－1)2＋2eax(x－1)＝eax(x－1)(ax－a＋2)，当a＝0时，f′(x)＝2(x－1)＝0，解得x＝1，故当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝1时，f(x)有极小值为f(1)＝0，无极大值.
综上，当a＝0时，f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值；
跟踪训练1 (2023·长沙模拟)设g(x)＝ ＋(x－a)cs x－sin x，a∈R，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
所以g′(x)＝x2－ax＋cs x－(x－a)sin x－cs x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cs x≥0，所以h(x)在R上是增函数，因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.(1)当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.(2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增.所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.(3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当a＝0时，g(x)是增函数，无极值；当a>0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝
典例2 已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；
考点二 利用导数研究函数的最值
f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由.
满足题设条件的a，b存在.①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b＝－1，最大值为f(1)＝2－a＋b＝1.解得a＝0，b＝－1，此时a，b满足条件；②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝b＝1，最小值为f(1)＝2－a＋b＝－1.
解得a＝4，b＝1，此时a，b满足条件；
最大值为b或2－a＋b.
综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]上的最小值为－1，最大值为1.
跟踪训练2 (2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝ln x－ (m∈R).(1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
∴当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2).
(2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值.
得当m≥0时，f′(x)>0，∴f(x)为增函数，则f(x)在[1，e]上单调递增，从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4，可得m＝－4，不符合题意；当m<0时，令f′(x)＝0，得m＋x＝0，x＝－m，①当0<－m≤1，即－1≤m<0时，由x∈[1，e]，知f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上单调递增，从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4，可得m＝－4，不符合题意；
②当－m≥e，即m≤－e时，由x∈[1，e]，知f′(x)≤0，
③当1<－m
考点三 导数的综合应用
由函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1，a>1，可得f′(x)＝3x2＋2ax－a2，因为函数f(x)在x＝－2处取得极值，可得f′(－2)＝12－4a－a2＝0，解得a＝2或a＝－6(舍去).当a＝2时，可得f′(x)＝(3x－2)(x＋2)，
所以当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，符合题意.
(2)当x∈[－2,1]时，求函数f(x)的最大值.
由f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(3x－a)(x＋a)，其中a>1，
因为f(－a)－f(1)＝a3＋a2－a－1＝(a2－1)(a＋1)>0，可得f(－a)>f(1)，所以f(x)max＝f(－a)＝a3＋1.
所以f(－2)－f(1)>0，即f(－2)>f(1)，所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7.
所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7.综上，当1
因为g(x)＝ln x，所以h(x)＝x·g(x)＝xln x(x>0)，所以h′(x)＝1＋ln x，
(2)求函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值.
因为f(x)＝xex－x，g(x)＝ln x，所以F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－x－ln x(x>0)，
由x>0，得x＋1>0，令φ(x)＝xex－1(x>0)，所以φ′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
φ(1)＝e－1>0，由函数零点存在定理可知，
即x0＝－ln x0，由上述对函数F(x)的分析，列表如右，
故F(x)min＝F(x0)＝ －x0－ln x0＝ ＋ln x0－ln x0
所以函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为1.
因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意.
2.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
函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.由x＝－2是函数f(x)的极值点，得f′(－2)＝(4－2a－4＋a－1)e－3＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1.
由ex－1>0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x<－2时，f′(x)>0；当－21时，f′(x)>0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点.所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－1.
3.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)·sin x＋1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为
f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0,2π].
又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
4.已知a∈R，设函数f(x)＝ 若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为A.[0,1] B.[0,2] C.[0，e] D.[1，e]
当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2－a2＋2a.当a≤1时，可得f(x)的最小值为f(a)＝－a2＋2a，令f(a)≥0，解得0≤a≤2，故0≤a≤1；当a>1时，可得f(x)的最小值为f(1)＝1≥0，满足条件，所以a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－aln x可得
当a≤1时，f′(x)>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故只需1－aln 1≥0，显然成立；当a>1时，由f′(x)＝0可得x＝a，易得f(x)的最小值为f(a)＝a－aln a，令f(a)≥0，解得0
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝ －1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)也不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.
6.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋ (a≠0)既有极大值也有极小值，则A.bc>0 B.ab>0C.b2＋8ac>0 D.ac<0
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确.
7.(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为____.
函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
8.(2023·常德模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2－ax(a∈R，a≠0).如果存在实数a∈(－∞，－1]使函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[－1，b](b>－1)在x＝－1处取得最小值，则实数b的最大值为________.
f(x)＝ax3＋x2－ax，∴f′(x)＝3ax2＋2x－a，g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(2－a)x－a，当x∈[－1，b]时，g(x)在x＝－1处取得最小值，则g(x)≥g(－1)，即(x＋1)[ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)]≥0，当x＝－1时，不等式恒成立.当－1
9.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ x3－2x2＋(2－a)x＋1，其中a∈R.(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值.
依题意，f′(x)＝2x2－4x＋2－a＝2(x－1)2－a，而x∈[2,3]，则2(x－1)2∈[2,8]，①当a≤2时，f′(x)≥0，当且仅当a＝2，x＝2时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递增，
②当a≥8时，f′(x)≤0，当且仅当a＝8，x＝3时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递减，
10.(2023·南京模拟)已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋1，其中a∈R.(1)当a＝3时，求函数f(x)在(0,3)内的极值；
由题意得，当a＝3时，f(x)＝2x3－12x2＋18x＋1，则f′(x)＝6x2－24x＋18＝6(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3，f′(x)，f(x)在(0,3)内随x变化而变化的情况如表所示，
故f(x)在(0,3)内的极大值为9，无极小值.
(2)若函数f(x)在[1,2]上的最小值为5，求实数a的取值范围.
f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，①当a≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0且不恒为0，所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以在[1,2]上，f(x)min＝f(1)＝2×13－3(a＋1)×12＋6a×1＋1＝3a，
②当a≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0且不恒为0，所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以在[1,2]上，f(x)min＝f(2)＝2×23－3(a＋1)×22＋6a×2＋1＝5，符合题意；
应用导数研究函数的极值、最值问题，以及利用极值、最值的应用考查函数的零点、能成立、恒成立、实际生活中的最值问题等，多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题.
典例1 已知函数f(x)＝eax(x－1)2.(1)若a＝1，求f(x)在(0，f(0))处的切线方程；
考点一 利用导数研究函数的极值
当a＝1时，f(x)＝ex(x－1)2，f′(x)＝ex(x2－1)，所以f′(0)＝e0(02－1)＝－1，又f(0)＝e0(0－1)2＝1，所以切线方程为y－1＝－(x－0)，即x＋y－1＝0.
(2)求f(x)的极大值与极小值；
f′(x)＝aeax(x－1)2＋2eax(x－1)＝eax(x－1)(ax－a＋2)，当a＝0时，f′(x)＝2(x－1)＝0，解得x＝1，故当x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝1时，f(x)有极小值为f(1)＝0，无极大值.
综上，当a＝0时，f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值；
跟踪训练1 (2023·长沙模拟)设g(x)＝ ＋(x－a)cs x－sin x，a∈R，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
所以g′(x)＝x2－ax＋cs x－(x－a)sin x－cs x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)，令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cs x≥0，所以h(x)在R上是增函数，因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0.(1)当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a,0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.(2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增.所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.(3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当a＝0时，g(x)是增函数，无极值；当a>0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝
典例2 已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b.(1)讨论f(x)的单调性；
考点二 利用导数研究函数的最值
f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a).
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0,1]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由.
满足题设条件的a，b存在.①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝b＝－1，最大值为f(1)＝2－a＋b＝1.解得a＝0，b＝－1，此时a，b满足条件；②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝b＝1，最小值为f(1)＝2－a＋b＝－1.
解得a＝4，b＝1，此时a，b满足条件；
最大值为b或2－a＋b.
综上，当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0,1]上的最小值为－1，最大值为1.
跟踪训练2 (2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝ln x－ (m∈R).(1)当m＝－2时，求函数f(x)的单调区间；
∴当x∈(0,2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2).
(2)若函数f(x)在区间[1，e]上取得最小值4，求m的值.
得当m≥0时，f′(x)>0，∴f(x)为增函数，则f(x)在[1，e]上单调递增，从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4，可得m＝－4，不符合题意；当m<0时，令f′(x)＝0，得m＋x＝0，x＝－m，①当0<－m≤1，即－1≤m<0时，由x∈[1，e]，知f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上单调递增，从而f(x)min＝f(1)＝－m＝4，可得m＝－4，不符合题意；
②当－m≥e，即m≤－e时，由x∈[1，e]，知f′(x)≤0，
③当1<－m
考点三 导数的综合应用
由函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1，a>1，可得f′(x)＝3x2＋2ax－a2，因为函数f(x)在x＝－2处取得极值，可得f′(－2)＝12－4a－a2＝0，解得a＝2或a＝－6(舍去).当a＝2时，可得f′(x)＝(3x－2)(x＋2)，
所以当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，符合题意.
(2)当x∈[－2,1]时，求函数f(x)的最大值.
由f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(3x－a)(x＋a)，其中a>1，
因为f(－a)－f(1)＝a3＋a2－a－1＝(a2－1)(a＋1)>0，可得f(－a)>f(1)，所以f(x)max＝f(－a)＝a3＋1.
所以f(－2)－f(1)>0，即f(－2)>f(1)，所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7.
所以f(x)max＝f(－2)＝2a2＋4a－7.综上，当1
因为g(x)＝ln x，所以h(x)＝x·g(x)＝xln x(x>0)，所以h′(x)＝1＋ln x，
(2)求函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值.
因为f(x)＝xex－x，g(x)＝ln x，所以F(x)＝f(x)－g(x)＝xex－x－ln x(x>0)，
由x>0，得x＋1>0，令φ(x)＝xex－1(x>0)，所以φ′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
φ(1)＝e－1>0，由函数零点存在定理可知，
即x0＝－ln x0，由上述对函数F(x)的分析，列表如右，
故F(x)min＝F(x0)＝ －x0－ln x0＝ ＋ln x0－ln x0
所以函数F(x)＝f(x)－g(x)的最小值为1.
因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1时取最大值，满足题意.
2.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
函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，则f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.由x＝－2是函数f(x)的极值点，得f′(－2)＝(4－2a－4＋a－1)e－3＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1.
由ex－1>0恒成立，得当x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且当x<－2时，f′(x)>0；当－2
3.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cs x＋(x＋1)·sin x＋1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为
f(x)＝cs x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cs x＝(x＋1)cs x，x∈[0,2π].
又f(0)＝cs 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cs 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
4.已知a∈R，设函数f(x)＝ 若关于x的不等式f(x)≥0在R上恒成立，则a的取值范围为A.[0,1] B.[0,2] C.[0，e] D.[1，e]
当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2a＝(x－a)2－a2＋2a.当a≤1时，可得f(x)的最小值为f(a)＝－a2＋2a，令f(a)≥0，解得0≤a≤2，故0≤a≤1；当a>1时，可得f(x)的最小值为f(1)＝1≥0，满足条件，所以a≥0.当x>1时，由f(x)＝x－aln x可得
当a≤1时，f′(x)>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，故只需1－aln 1≥0，显然成立；当a>1时，由f′(x)＝0可得x＝a，易得f(x)的最小值为f(a)＝a－aln a，令f(a)≥0，解得0
因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确；
假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝ －1＝2，解得x0＝±1；若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)也不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误.
6.(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋ (a≠0)既有极大值也有极小值，则A.bc>0 B.ab>0C.b2＋8ac>0 D.ac<0
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确.
7.(2021·新高考全国Ⅰ)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为____.
函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
8.(2023·常德模拟)已知函数f(x)＝ax3＋x2－ax(a∈R，a≠0).如果存在实数a∈(－∞，－1]使函数g(x)＝f(x)＋f′(x)，x∈[－1，b](b>－1)在x＝－1处取得最小值，则实数b的最大值为________.
f(x)＝ax3＋x2－ax，∴f′(x)＝3ax2＋2x－a，g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(2－a)x－a，当x∈[－1，b]时，g(x)在x＝－1处取得最小值，则g(x)≥g(－1)，即(x＋1)[ax2＋(2a＋1)x＋(1－3a)]≥0，当x＝－1时，不等式恒成立.当－1
9.(2023·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ x3－2x2＋(2－a)x＋1，其中a∈R.(1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求f(x)在区间[2,3]上的最大值和最小值.
依题意，f′(x)＝2x2－4x＋2－a＝2(x－1)2－a，而x∈[2,3]，则2(x－1)2∈[2,8]，①当a≤2时，f′(x)≥0，当且仅当a＝2，x＝2时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递增，
②当a≥8时，f′(x)≤0，当且仅当a＝8，x＝3时取等号，函数f(x)在[2,3]上单调递减，
10.(2023·南京模拟)已知函数f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax＋1，其中a∈R.(1)当a＝3时，求函数f(x)在(0,3)内的极值；
由题意得，当a＝3时，f(x)＝2x3－12x2＋18x＋1，则f′(x)＝6x2－24x＋18＝6(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3，f′(x)，f(x)在(0,3)内随x变化而变化的情况如表所示，
故f(x)在(0,3)内的极大值为9，无极小值.
(2)若函数f(x)在[1,2]上的最小值为5，求实数a的取值范围.
f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，①当a≤1时，∀x∈[1,2]，f′(x)≥0且不恒为0，所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递增，所以在[1,2]上，f(x)min＝f(1)＝2×13－3(a＋1)×12＋6a×1＋1＝3a，
②当a≥2时，∀x∈[1,2]，f′(x)≤0且不恒为0，所以函数f(x)在区间[1,2]上单调递减，所以在[1,2]上，f(x)min＝f(2)＝2×23－3(a＋1)×22＋6a×2＋1＝5，符合题意；
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