2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义：第三章第三节导数与函数的极值、最值

第三节导数与函数的极值、最值


1．函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
2．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
[小题体验]
1．当x＝________时，函数f(x)＝x·2x取极小值．
答案：－
2．已知函数f(x)＝x－sin x，则f(x)在[0，π]上的值域为________．
答案：
3．已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝________.
解析：由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，所以当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．所以f(x)在x＝2处取得极小值，所以a＝2.
答案：2

求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．
[小题纠偏]
1．函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为________．
解析：f′(x)＝1－3x2，令f′(x)＝0，得x＝∈[0,1]，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)max＝f＝.
答案：
2．已知a≤＋ln x对任意x∈恒成立，则a的最大值为________．
解析：设f(x)＝＋ln x，则f′(x)＝＋＝.当x∈时，f′(x)＜0，故函数f(x)在上单调递减；当x∈(1,2]时，f′(x)＞0，故函数f(x)在(1,2]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝0，所以a≤0，即a的最大值为0.
答案：0

　
[锁定考向]
函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有填空题，也有解答题．
常见的命题角度有：
(1)判断函数极值点的个数；
(2)求函数的极值；
(3)由函数极值求参数值或范围．　　　 　
[题点全练]
角度一：判断函数极值点的个数
1．(2018·江都中学检测)函数f(x)＝ln x－x2的极值点个数为________．
解析：f(x)＝ln x－x2，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－2x＝，当0＜x＜时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的极值点个数为1.
答案：1
角度二：求函数的极值
2．(2018·苏北四市高三一模)已知函数f(x)＝x2＋ax＋1，g(x)＝ln x－a(a∈R)．当a＝1时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的极值．
解：函数h(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝1时，h(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋x－ln x＋2，
所以h′(x)＝2x＋1－＝.
令h′(x)＝0，得x＝或x＝－1(舍去)，
当0＜x＜时，h′(x)＜0；当x＞时，h′(x)＞0，
所以函数h(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当x＝时，函数h(x)取得极小值为＋ln 2，无极大值．

角度三：由函数极值求参数值或范围
3．(2018·启东高三期末)设函数f(x)＝ax3＋x2＋4x＋1有极大值f(x1)和极小值f(x2)，若0＜x1＜1＜x2＜2，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意得f′(x)＝3ax2＋(3－7a)x＋4＝0的两根为x1，x2，且a＞0，因为0＜x1＜1＜x2＜2，f′(0)＝4＞0，所以即＜a＜5，所以实数a的取值范围为.
答案：
4．已知函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在极值点，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)＝，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，
所以f′(x)＝.
当f′(x)＝0时，x＝1.
f′(x)与f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
－
0
＋
f(x)


极小值


故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0,1)．
(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，
所以g′(x)＝ex－a，
①当a≤1时，g′(x)＝ex－a＞0，
即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时g(x)在(0，＋∞)上无极值点．
②当a＞1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a；
令g′(x)＝ex－a＞0，得x∈(ln a，＋∞)；
令g′(x)＝ex－a＜0，得x∈(0，ln a)．
故g(x)在(0，ln a)上递减，在(ln a，＋∞)上递增，
所以g(x)在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为x＝ln a.
故实数a的取值范围是(1，＋∞)．
[通法在握]
1．利用导数研究函数极值问题的一般流程

2．已知函数极值点或极值求参数的2个要领
列式
根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解
验证
因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性
[演练冲关]
1．(2019·阜宁中学检测)若函数f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在x＝1处有极值10，则a＋b＝________.
解析：对函数f(x)求导得f′(x)＝3x2－2ax－b，
∵f(x)在x＝1处有极值10，
∴解得或
当a＝3，b＝－3时，f′(x)＝3(x－1)2≥0(此时无极值，舍去)；
当a＝－4，b＝11时，符合题意，
∴a＋b＝7.
答案：7
2．(2018·锡山中学检测)设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.因为函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，所以方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，因为x＞0时，－ex＜－1，所以a＝－ex＜－1.
答案：(－∞，－1)
3．(2018·盐城中学期末)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.
(1)若a＝2，求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在区间(2,3)内至少有一个极值点，求a的取值范围．
解：(1)由f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1，得f′(x)＝3x2－6ax＋3，
当a＝2时，f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x2－4x＋1)，
由f′(x)＞0，得x＞2＋或x＜2－；
由f′(x)＜0，得2－＜x＜2＋.
∴f(x)的单调递增区间是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)，f(x)的单调递减区间是(2－，2＋)．
(2)∵f′(x)＝3x2－6ax＋3，而f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点等价于方程3x2－6ax＋3＝0在其判别式Δ＞0(即a＞1或a＜－1)的条件下在区间(2,3)上有解．
∴由3x2－6ax＋3＝0，得a＝，
令g(x)＝，则g′(x)＝，
∴g′(x)＞0在(2,3)上恒成立，即g(x)＞0在(2,3)上单调递增，
∴＜＜，
即＜a＜，
∴a的取值范围是.
　
[典例引领]
已知函数f(x)＝－1.
(1)求函数f(x)的单调区间及极值；
(2)设m＞0，求函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值．
解：(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
由得0＜x＜e；由得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，＋∞)，且f(x)极大值＝f(e)＝－1，无极小值．
(2)①当即0＜m≤时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递增，
所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m＜e＜2m，即＜m＜e时，
函数f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，函数f(x)在区间[m,2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当0＜m≤时，f(x)max＝－1；当＜m＜e时，f(x)max＝－1；当m≥e时，f(x)max＝－1.
[由题悟法]
求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的3步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
[即时应用]
设n∈N*，a，b∈R，函数f(x)＝＋b，已知曲线y＝f(x)在点(1,0)处的切线方程为y＝x－1.
(1)求a，b；
(2)求f(x)的最大值．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
所以f′(1)＝a，又切线斜率为1，故a＝1.
由曲线y＝f(x)过点(1,0)，有f(1)＝b＝0.
故a＝1，b＝0.
(2)由(1)知f(x)＝，f′(x)＝.
令f′(x)＝0，即1－nln x＝0，解得x＝e.
当0＜x＜e时，有f′(x)＞0，
得f(x)在上是增函数；
当x＞e时，有f′(x)＜0，
得f(x)在(e，＋∞)上是减函数．
故f(x)在x＝e处取得最大值f(e)＝.
　对应学生用书P34
[典例引领]
(2018·苏北四市期末)已知函数f(x)＝－ax，g(x)＝ln x－ax，a∈R.
(1)解关于x(x∈R)的不等式f(x)≤0；
(2)证明：f(x)≥g(x)；
(3)是否存在常数a，b，使得f(x)≥ax＋b≥g(x)对任意的x＞0恒成立？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)当a＝0时，f(x)＝，所以f(x)≤0的解集为{0}；
当a≠0时，f(x)＝x，
若a＞0时，则f(x)≤0的解集为[0,2ea]；
若a＜0时，则f(x)≤0的解集为[2ea,0]．
综上所述，当a＝0时，f(x)≤0的解集为{0}；
当a＞0时，f(x)≤0的解集为[0,2ea]；
当a＜0时，f(x)≤0的解集为[2ea,0]．
(2)证明：设h(x)＝f(x)－g(x)＝－ln x(x＞0)，
则h′(x)＝－＝.
令h′(x)＝0，得x＝，
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)

极小值

所以函数h(x)的最小值为h()＝0，
所以h(x)＝－ln x≥0，即f(x)≥g(x)．
(3)假设存在常数a，b使得f(x)≥ax＋b≥g(x)对任意的x＞0恒成立，
即≥2ax＋b≥ln x对任意的x＞0恒成立．
而当x＝时，ln x＝＝，所以≥2a＋b≥，
所以2a＋b＝，则b＝－2a，
所以－2ax－b＝－2ax＋2a－≥0(*)恒成立，
①当a≤0时，2a－＜0，所以(*)式在(0，＋∞)上不恒成立；
②当a＞0时，则4a2－≤0，即2≤0，
所以a＝，则b＝－.
令φ(x)＝ln x－x＋，则φ′(x)＝，
令φ′(x)＝0，得x＝，
当0＜x＜时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0，)上单调递增；
当x＞时，φ′(x)＜0，φ(x)在(，＋∞)上单调递减．
所以φ(x)的最大值φ()＝0.所以ln x－x＋≤0恒成立．
所以存在a＝，b＝－符合题意．
[由题悟法]
利用导数解决不等式的恒成立问题的策略
首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围．也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
[即时应用]
(2018·海门中学期末)已知函数f(x)＝(x＋1)ex，g(x)＝2x2＋3x＋m.
(1)求f(x)的极值；
(2)若g(x)≤f(x)对任意的x∈[－1,0]恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)∵f′(x)＝(x＋2)ex，
当f′(x)＞0时，x＞－2；当f′(x)＜0时，x＜－2，
∴f(x)在x＝－2处取得极小值－，无极大值．
(2)由g(x)≤f(x)，
得m≤(x＋1)ex－(2x2＋3x)
＝(x＋1)ex－(2x2＋3x＋1)＋1
＝(x＋1)(ex－2x－1)＋1.
∵x∈[－1,0]，∴x＋1≥0，
令h(x)＝ex－2x－1，则h′(x)＝ex－2，
当x∈[－1,0]时，h′(x)＜0，
∴h(x)在[－1,0]上单调递减，∴h(x)≥h(0)＝0，
即(x＋1)(ex－2x－1)≥0，
∴[(x＋1)(ex－2x－1)＋1]min＝1，
∴m≤1，即实数m的取值范围是(－∞，1]．
　
[典例引领]
(2018·南京、盐城模拟)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3 600 cm2的矩形纸板ABCD，然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形，再把它的边沿虚线折起，做成一个无盖的长方体纸盒(如图)．设小正方形边长为x cm，矩形纸板的两边AB，BC的长分别为a cm和b cm，其中a≥b.

(1)当a＝90时，求纸盒侧面积的最大值；
(2)试确定a，b，x的值，使得纸盒的体积最大，并求出最大值．
解：(1)因为矩形纸板ABCD的面积为3 600 cm2，当a＝90时，b＝40，纸盒的底面矩形的长为90－2x，宽为40－2x.
所以纸盒的侧面积S(x)＝(260－8x)x＝－8x2＋260x，其中x∈(0,20)，
故S(x)max＝S＝.
答：当a＝90时，纸盒侧面积最大，最大值为 cm2.
(2)纸盒的体积V＝(a－2x)(b－2x)x，其中x∈，a≥b＞0，且ab＝3 600.
因为(a－2x)(b－2x)＝ab－2(a＋b)x＋4x2≤ab－4x＋4x2＝4(x2－60x＋900)，
当且仅当a＝b＝60时取等号，
所以V≤4(x3－60x2＋900x)，x∈(0,30)．
记f(x)＝4(x3－60x2＋900x)，x∈(0,30)，
则f′(x)＝12(x－10)(x－30)，
令f′(x)＝0，得x＝10.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0,10)
10
(10,30)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

极大值

由上表可知，f(x)的极大值是f(10)＝16 000，也是最大值．
答：当a＝b＝60，且x＝10时，纸盒的体积最大，最大值为16 000 cm2.
[由题悟法]
利用导数解决生活中的优化问题的4步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；
(4)回归实际问题作答．
[即时应用]
某空调制造公司有一条自动生产的流水线，价值约为a万元，现为了改善该流水线的生产能力，提高产品的增加值，需要进行全面的技术革新．经过市场调查，产品的增加值y(单位：万元)与技术革新投入的资金x(单位：万元)之间满足：①y与(a－x)和x2的乘积成正比；②当x＝时，y＝a3；③x∈，其中m是正数．
(1)求y关于x的表达式；
(2)试问当技术革新投入多少万元时，产品的增加值y最大．
解：(1)由题意可设y＝f(x)＝k(a－x)x2.
因为当x＝时，y＝a3，所以k＝8.
所以y＝f(x)＝8(a－x)x2，x∈，其中m是正数．
(2)因为f′(x)＝－24x2＋16ax，
所以由f′(x)＝0，
得x＝或x＝0(舍去)．
当≤，即0＜m≤1时，
若x∈，则f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在上是增函数，所以当x＝时，y取得最大值，且ymax＝f＝a3.
当＞，即m＞1时，
若x∈，则f′(x)＞0，所以f(x)在上是增函数，若x∈，则f′(x)＜0，所以f(x)在上是减函数，
所以当x＝时，y取得最大值，且ymax＝f＝a3.
所以当0＜m≤1时，技术革新投入万元时，产品的增加值y最大，且为 a3；
当m＞1时，技术革新投入万元时，产品的增加值y最大，且为a3.

一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2019·昆山调研)已知函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－x，则使得f(x)取得极大值的x＝________.
解析：由f′(x)＝x2－x＝0得到x＝0或x＝1，当x＜0或x＞1时，f′(x)＞0.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值．
答案：0
2．(2019·江都中学检测)函数f(x)＝x3－3x－3在区间[－3，0]上的最大值和最小值分别为m，n，则m＋n＝________.
解析：∵f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
∴当－3≤x＜－1时，f′(x)＞0；
当－1＜x≤0时，f′(x)＜0.
∴f(x)在[－3，－1)上是增函数，在(－1,0]上是减函数．
∴当x＝－1时，f(x)取得最大值f(－1)＝－1，即m＝－1.
∵f(－3)＝－21＜f(0)＝－3，
∴当x＝－3时，f(x)取得最小值f(－3)＝－21，
即n＝－21.
故m＋n＝－22.
答案：－22
3．(2018·启东中学测试)已知函数f(x)＝3x3－9x＋a有两个零点，则a＝________.
解析：f′(x)＝9x2－9，由f′(x)＞0，得x＞1或x＜－1；由f′(x)＜0，得－1＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(－1)＝a＋6，极小值为f(1)＝a－6，要满足题意，则需f(－1)＝0或f(1)＝0，解得a＝±6.
答案：±6
4．(2018·太仓高级中学期末)函数f(x)＝x＋的极大值是________．
解析：易知f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
f′(x)＝1－，令1－＝0，可得x＝－1或x＝1，
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数；
当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数；
当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，函数f(x)是减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)是增函数，
所以当x＝－1时，函数f(x)取得极大值－2.
答案：－2
5．(2018·南通期末)已知函数f(x)＝x3－x2＋a在[0,1]上恰好有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝x(3x－2)，令f′(x)＞0，解得＜x≤1；
令f′(x)＜0，解得0＜x＜，故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
若f(x)在[0,1]上恰好有两个零点，则
解得0≤a＜.
答案：
6．若函数f(x)＝x3－x2＋2bx在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f(x)在R上的极小值为________．
解析：f′(x)＝x2－(2＋b)x＋2b＝(x－b)(x－2)，因为函数f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，所以－3＜b＜1，则由f′(x)＞0，得x＜b或x＞2，由f′(x)＜0，得b＜x＜2，所以函数f(x)的极小值为f(2)＝2b－.
答案：2b－
二保高考，全练题型做到高考达标
1．若x＝1是函数f(x)＝ax3－ax2－x＋1的极值点，则f(x)的极小值为________．
解析：f′(x)＝3ax2－2ax－1，
若x＝1是f(x)的极值点，则f′(1)＝3a－2a－1＝0，
解得a＝1，
故f(x)＝x3－x2－x＋1，
f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，
由f′(x)＞0，解得x＞1或x＜－；
由f′(x)＜0，解得－＜x＜1，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f(x)极小值＝f(1)＝0.
答案：0
2．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当MN最小时t＝________.
解析：由已知条件可得MN＝t2－ln t，
设f(t)＝t2－ln t(t＞0)，则f′(t)＝2t－，
令f′(t)＝0，得t＝，
当0＜t＜时，f′(t)＜0，当t＞时，f′(t)＞0，
所以当t＝时，f(t)取得最小值．
答案：
3．(2018·东台安丰中学期中)已知函数f(x)＝lg，若对任意x∈[2，＋∞)，不等式f(x)＞0恒成立，则a的取值范围是________．
解析：若对任意x∈[2，＋∞)，不等式f(x)＞0恒成立，
则lg＞0＝lg 1，
∴x＋－2＞1，即a＞3x－x2恒成立．
令y＝3x－x2，其对称轴为x＝，
∴y＝3x－x2在[2，＋∞)上单调递减，
∴ymax＝6－4＝2，∴a＞2.
答案：(2，＋∞)
4．(2019·南京学情调研)已知函数f(x)＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f(x)在(1,2)上有极值，则实数a的取值范围为________．
解析：因为函数f(x)在(1,2)上有极值，则需函数f(x) 在(1,2)上有极值点．
法一：令f′(x)＝x2＋2x－2a＝0，得x1＝－1－，x2＝－1＋，因为x1∉(1,2)，因此则需1＜x2＜2，即1＜－1＋＜2，即4＜1＋2a＜9，所以＜a＜4，故实数a的取值范围为.
法二：f′(x)＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，
则f′(x)在(1,2)上是单调递增函数，因此解得＜a＜4，
故实数a的取值范围为.
答案：
5．(2019·海门实验中学测试)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x＝________.

解析：由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.因为x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.
答案：
6．(2019·扬州调研)已知函数f(x)＝ln x－(m＜0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________.
解析：f′(x)＝＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝－m，且当x＜－m时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞－m时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
若－m≤1，即－1≤m＜0时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不可能等于4；
若1＜－m≤e，即－e≤m＜－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)；
若－m＞e，即m＜－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．
综上所述，m＝－3e.
答案：－3e
7．(2018·海安高级中学期末)已知三次函数f(x)在x＝0处取得极值0，在x＝1处取得极值1，若存在两个不同实数x1，x2∈(k，k＋1)，使得f(x1)＋f(x2)＝0，则实数k的取值范围是________．
解析：设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，
则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
∵f(x)在x＝0处取得极值0，在x＝1处取得极值1.
∴⇒
∴f(x)＝－2x3＋3x2，f′(x)＝－6x2＋6x，
由f′(x)＞0，得0＜x＜1；由f′(x)＜0，得x＞1或x＜0，
∴函数f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，且f(0)＝0，f＝0，

作出函数f(x)的图象如图所示．
结合图象可得k＜＜k＋1，
∴实数k的取值范围是.
答案：
8．已知y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，且f′(x)＝ln x＋1，则函数f(x)的最小值为________．
解析：因为f′(x)＝ln x＋1，设f(x)＝xln x＋C，又因为f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，故切点为(1,0)，又切点在曲线f(x)＝xln x＋C上，故C＝0，f(x)＝xln x，令f′(x)＝ln x＋1＞0，解得x＞，令f′(x)＜0，解得0＜x＜，所以f(x)在区间上单调递减，在上单调递增，故当x＝时，函数f(x)取得最小值，所以f(x)min＝f＝－.
答案：－
9．(2018·南京、盐城二模)已知函数f(x)＝x(ex－2)，g(x)＝x－ln x＋k，k∈R，e为自然对数的底数．记函数F(x)＝f(x)＋g(x)．
(1)求函数y＝f(x)＋2x的极小值；
(2)若F(x)＞0的解集为(0，＋∞)，求k的取值范围．
解：(1)y＝f(x)＋2x＝xex，由y′＝(1＋x)ex＝0，得x＝－1.
当x变化时，y′，y的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，＋∞)
y′
－
0
＋
y

极小值

所以当x＝－1时，y取得极小值－.
(2)F(x)＝f(x)＋g(x)＝xex－x－ln x＋k，
F′(x)＝(x＋1)，
设h(x)＝ex－(x＞0)，则h′(x)＝ex＋＞0恒成立，
所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又h＝－2＜0，h(1)＝e－1＞0，且h(x)的图象在(0，＋∞)上不间断，
因此h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点x0∈且e＝.
当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即F′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，即F′(x)＞0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故当x＝x0时，函数F(x)取极小值，也是最小值，为F(x0)＝x0e－x0－ln x0＋k＝1－x0－ln ＋k＝1＋k.
因为F(x)＞0的解集为(0，＋∞)，
所以1＋k＞0，即k＞－1.
故k的取值范围是(－1，＋∞)．
10．(2019·启东高三联考)已知函数f(x)＝－x，其中a＞0，函数f(x)的导数为f′(x)．
(1)求函数f(x)在区间(1，e]上的值域；
(2)若函数f(x)在(1，＋∞)上为单调减函数，求实数a的最大值；
(3)若存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋1成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由已知，得f′(x)＝－1，
因为x∈(1，e]，a＞0，所以f′(x)＜0，
所以函数f(x)在(1，e]上为单调减函数，
所以f(x)min＝f(e)＝ae－e，
所以函数f(x)在区间(1，e]上的值域为[ae－e，＋∞)．
(2)因为函数f(x)在(1，＋∞)上为单调减函数，
所以f′(x)＝－1≤0在(1，＋∞)上恒成立，
只需f′(x)max≤0，
又因为a＞0，f′(x)＝－a2＋－1，
所以当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－1≤0，
所以a≤4，故实数a的最大值为4.
(3)“存在x1，x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋1成立”等价于“当x1，x2∈[e，e2]时，f(x1)min≤f′(x2)max＋1”．
由(2)知，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＋1＝，
所以原问题又等价于“当x∈[e，e2]时，f(x)min≤”．
①当0＜a≤4时，由(1)知f′(x)max＝－1≤0，f(x)在[e，e2]上为单调减函数，
则f(x)min＝f(e2)＝－e2≤，所以0＜a≤.
②当a＞4时，f′(x)＝－a2＋－1在[e，e2]上为单调增函数，且值域为，
所以存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x)＝0，且满足：
当x∈(e，x0)时，使f′(x)＜0，f(x)在(e，x0)上单调递减；
当x∈(x0，e2)时，使f′(x)＞0，f(x)在(x0，e2)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝－x0≤，x0∈(e，e2)．
注意到y＝－，y′＝＞0，故y＝－在(e，e2)上递增且恒正，
所以a≤＜＝＜4，与a＞4矛盾．

综上所述，实数a的取值范围为.
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1．(2019·盐城中学测试)设函数f(x)＝sin，若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]2＜m2，则实数m的取值范围是________________．
解析：由题意可知f(x0)＝±，则＝kπ＋，k∈Z，即x0＝m，k∈Z，再由x＋[f(x0)]2＜m2，可得当m2最小时，|x0|最小，而|x0|最小为|m|，所以m2＞m2＋3，即m2＞4，解得m＜－2或m＞2，故m的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．
答案：(－∞，－2)∪(2，＋∞)
2．(2018·徐州高三期中)如图，有一块半圆形空地，开发商计划建一个矩形游泳池ABCD及其矩形附属设施EFGH，并将剩余空地进行绿化，园林局要求绿化面积应最大化．其中半圆的圆心为O，半径为R，AB在直径上，点C，D，G，H在圆周上，E，F在边CD上，且∠BOG＝，设 ∠BOC＝θ.
(1)记游泳池及其附属设施的占地面积为f(θ)，求f(θ)的表达式；
(2)怎样设计才能符合园林局的要求？
解：(1)由题意得AB＝2Rcos θ，BC＝Rsin θ，连结OH，易得△HOG为等边三角形，
所以HG＝R，EH＝R－Rsin θ，
所以f(θ)＝S矩形ABCD＋S矩形EFGH
＝2Rcos θ·Rsin θ＋R
＝R2，θ∈.
(2)要符合园林局的要求，只要f(θ)最小即可，
由(1)知，f′(θ)＝R2(2cos2θ－2sin2θ－cos θ)＝R2(4cos2θ－cos θ－2)，θ∈.
令f′(θ)＝0，即4cos2θ－cos θ－2＝0，
解得cos θ＝或cos θ＝(舍去)，
令cos θ0＝，θ0∈，
当θ∈(0，θ0)时，f′(θ)＜0，f(θ)是单调减函数；
当θ∈时，f′(θ)＞0，f(θ)是单调增函数，
所以当θ＝θ0时，f(θ)取得最小值．
答：当θ满足cos θ＝时，符合园林局的要求．