2020届江苏高考数学(文)总复习讲义：导数与函数的极值、最值

1、 必过数材美 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)v 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) v 0，则点 b 叫做函数 y= f(x)的极大

2、 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. 若函数 f(x)在a, b上单调递增，则 血为函数的最小值， 血为函数的最大值；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. 1 答案：七 In 2 1 2. _ 已知函数 f(x) = ?x sin x，贝 U f(x)在0 , n!上的值域为 _ . 答案：計子,n

3、 3. _ 已知 a 为函数 f(x)= x3 12x的极小值点，贝V a= _ . 解析：由题意得 f (x) = 3x2 12,令 f (x)= 0 得 x=也,所以当 xv 2 或 x2 时，f (x) 0;当一2 v xv 2 时，f (x)v 0,所以 f(x)在(一a, 2)上为增函数，在( (一 2,2)上为减函 数，在(2, + a)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 必过易措美 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 2 1.函数 f(x) = x(1 X) )在0,1上的最大值为 _ . 解析：

4、f (x)= 1 3x2,令 f (x)= 0, 得 x=吳0,1，当 x 0,轡 时，f (x) 0, 3 一 3 丿 f(x)单调递增；当 x -3 , 1 时，f (x) V 0 , f(x)单调递减.所以 f(x)max= f = 翠. 答案：孕 2 .已知 aw x + In x 对任意 x , 2 恒成立，则 a 的最大值为 _ . x 2 1 x x + x 1 1 x 1 一 1 解析： 设 f(x)= + In x，贝y f (x)= - x - + 2= x1.当 x 1 1 丿时，f (x) V 0,故函数 f(x)在 1, 1；上单调递减；当 x (1,2时，f (x)

5、 0,故函数 f(x)在(1,2上单调递 增，所以 f(x)min = f(1)= 0，所以 aw 0，即 a 的最大值为 0. 答案：0 考点一运用导数解决函数的极值问题 题点多变型考点一一多角探明 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 都中学检测) )函数 f(x)= In x x2的极值点个数为 _ . / 亠 0 1 + 2 )x 2 丿 解析：f(x) = In x x2, x

6、(0 ,+s), f (x)=1 2x= - ，当 0V x V 宁时，f (x) 0,此时函数 f(x)单调递增；当 x中时，f (x) V 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) = In 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 In x+ 2, 所以 h (x)= 2x+

7、 1 2x 1 x + 1 . x x 1 令 h (x)= 0，得 x = 或 x = 1(舍去), 1 1 当 0v xv 时，h (x) v 0;当 x 孑孑时，h (x)0, 所以函数 h(x)在区间 0, 2 上单调递减，在区间 *,+ 8上单调递增, 1 所以当 x= 1时，函数 11 h(x)取得极小值为；+ In 2, 无极大值. 4 角度三：由函数极值求参数值或范围 3 一 7a 3. (2018 东高三期末) )设函数 f(x)= ax3 + 2 x2+ 4x+ 1有极大值f(x1)和极小值 f(X2), 若 0v X1 1v X2 0,因为 0v X1 f 1 = 7 4

8、av 0, 7 v 1v X2 0,所以 即 v av 5，所以实数 a 的取值范 f (2 = 10 2a 0, 4 围为？ 5 . 答案：45 X e 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. X 解：( (1)f(x)=邑,x ( 8, 0) U (0 ,+), 所以 f (x)= e X1 . X 当 f (x)= 0 时，x= 1. f (x)与 f(x)随 x 的变化情况如下表： X (8, 0) (0,1) 1 (1 , + 8 ) f (X

9、) 一 一 0 + 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,贝 V a+ b= f(x) 极小值 故 f(x)的增区间为( (1,+)，减区间为( (一8, 0)和(0,1). (2)g(x) = e - ax+ 1, x (0, + ), 所以 g (x)= ex- a, 当 aw 1 时，g (x)= ex-a0, 即 g(x)在 (0, + )上递增，此时 g(x)在 (0, + )上无极值点. 当 a 1 时，令 g (x) = ex- a= 0，得 x= In a; 令 g (x)= ex-a0,得 x (In

10、 a,+ )； 令 g (x)= ex- av 0,得 x (0, In a). 故 g(x)在 (0, In a)上递减，在(In a, + g )上递增， 所以 g(x)在(0, + g)有极小值无极大值，且极小值点为 x= In a. 故实数 a 的取值范围是(1, + g). 通法在握 1. 利用导数研究函数极值问题的一般流程 求宦义域 求导數广( 值 极植 解方程f 知方/,(x)=0根曲悄况 蜀根左右的将号 斜天于参数的方程 不等式】 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

11、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 T f(x)在 x= 1 处有极值 10, f (1 = 3 - 2a- b= 0, f(1 = 1 - a- b+ a = 10, 当 a = 3, b=- 3 时，f (x)= 3(x- 1)20(此时无极值，舍去); 当 a =- 4, b= 11 时，符合题意, a+ b= 7. 答案：7解析：对函数 f(x)求导得 f 2 (x) = 3x - 2ax- b, a = 3, 解得 b=- 3 a =- 4, 或0 时，一 exv 1,所以 a=- exv 1. 答案：( ( a, 1) 3 2 3. (2

12、018 盐城中学期末) )已知函数 f(x)= x 3ax + 3x+ 1. (1) 若 a= 2，求 f(x)的单调区间； 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 x2 + 3 或 xv 2 3; 由 f (x)v 0，得 2 3v xv 2 + 3. f(x)的单调递增区间是(a, 2 ,3)和(2 + 3, ), f(x)的单调递减区间是(2

13、3, 2+ 3). (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 0(即 a 1 或 av 1)的条件下在区间(2,3)上有解. 由 3x2 6ax + 3= 0,得 a= x + 令 g( (x) )=2x+x g (x) 0 在(2,3)上恒成立，即 g(x) 0 在(2,3)上单调递增, a 的取值范围是 |5 5) 4 3 . 考点二运用导数解决函数的最值问题 重点保分型考点 典例引领 师生共研 已知函数f(x)=宁-仁 (1)求函数 f(x)的单调区间及极值; 设m0,求函数 f(x

14、)在区间m,2m上的最大值. 4 _ In * 解：因为函数 f(x)的定义域为(0,+ a )，且 f (x)= 2- x 0, 得 x e, 得 0 v x v e;由 x 0, 1 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0, e)，单调递减区间为( (e,+g)，且 f(x)极大值=f(e)=- e -1,无极小值. 2mw e， e 当* 即 Ov mwe 时，函数 f(x)在区间m,2m上单调递增， m 0, 2 所以 f(x)max= f(2m)= ln22m- 1 ； 2m 当 mv ev 2m,即号号 e 时，函数 f(x)在区间m,2m上单调递减， 所以 f(x)max= f(

15、m)= l!Lm - 1. m e In 2m e 1 综上所述，当 Ov mw e时，f(x)max= - 1 ；当；v m v e 时，f(x)max= 一一 - 1;当 m e 2 2m 2 e 时，f(X)max = - 1. m 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); 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 + b,已知曲线 y= f(x)在点( (1,0)处的切线方程为 y =x- 1. (1)求

16、 a，b; 求 f(x)的最大值. 由曲线 y= f(x)过点(1,0),有 f(1) = b= 0. 故 a = 1, b= 0. In x 1- nln x 由(1)知 f(x) = 了, f (x) = xn+1 .设 n N*, a, b R,函数 f(x) = 解：(1)f(x)的定义域为(0，+ g)，f a(1 - nln x (x)= n+ 1 x 所以 f (1) = a，又切线斜率为 1,故 a = 1. 令 f (x)= 0，即 1 nln x= 0,解得 1 得 f(x)在(en , + g)上是减函数. 典例引领 2 x f(x)=云ax, g(x)= In x ax

17、, a R (1) 解关于 x(x R)的不等式 f(x)w 0; (2) 证明：f(x) g(x)； 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)=話所以 f(x)w 0 的解集为0; 当 a丰0 时，f(x) = x 严a , 若 a 0 时，则 f(x)w 0 的解集为0,2ea; 若 av 0 时，则 f(x)w 0 的解集为2ea,0. 综上所述，当 a= 0 时，f(x)w 0 的解集为0; 当 a 0 时，f(x) 0), 2 则 h (x)=

18、x- 1= 令 h (x)= 0，得 x = e, 当 x 变化时，h (x), h(x)的变化情况如下表: 1 x= en 1 当 0 v xv en 时，有 f (x) 0, 得 f(x)在 1 当 xen时, 有 f (x)v 0, 1 故 f(x)在 x= en处取得最大值 1 1 f(en )=_. ne 考点三利用导数研究不等式 重点保分型考点 师生共研对应学生用书 P34 (2018 苏北四市期末) )已知函数 x (0，讥) ) h (x) 一 h(x) ( (ve,+ g) 0 + 极小值 1 en 1 令 gx)= In xx e 令 / (x)= 0，得 x= e, 当

19、0vxv .e 时,/ (x)0, gx)在(0, e)上单调递增; 当 x e 时，g (x)v 0, gx)在( ( .e,+s)上单调递减. 1 1 所以gx)的最大值 g e) = 0.所以 In xx+寸0 恒成立. 1 1 所以存在a= 2,e，b2 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 + 3

20、x + m. (1)求 f(x)的极值； 若 g(x) 0 时，x 2;当 f (x)v 0 时，x v 2,所以函数 h(x)的最小值为 h( e)= 0, 2 所以 h(x)= x In x0, 即卩 f(x) g(x). 2e 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, 2 x 即 2ax+ b In x 对任意的 x 0 恒成立. 2e 2 而当 x = e 时，In x= x 2e 1，所以 12a 寸 e+ b 2 1 1 所以 2a_e+ b= ,贝 U b= 2a e, 2 2 1 所以 宁2ax b= x 2ax+ 2a e - 0

21、(*)恒成立, 2e 2e v 2 当 1 a h(0) = 0, 即(x + 1)(ex 2x 1) 0, (X+ 1)(eX 2X 1) + 1 min= 1 , mw 1,即实数 m 的取值范围是（一a, 1. 考点四用导数解决实际生活中的优化问题 重点保分型考点一一师生共研 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 （1）当 a= 90 时，求纸盒侧

22、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 + 260 x, 故 S(X) )max= S 4 225 答：当 a= 90 时，纸盒侧面积最大，最大值为 笃 f 纸盒的体积 V = (a 2x)(b 2x)x，其中 x 0, ； , a b 0,且 ab= 3 600. 分别为 a cm 和 b cm,其中 其中 x (0,20), 2

23、cm . 因为(a 2x)(b 2x)= ab 2(a+ b)x + 4x2w ab 4 abx+ 4x2= 4(x2 60 x + 900), 当且仅当 a= b= 60 时取等号， 所以 Vw 4(x3 60X2 3+ 900X), X (0,30). 记 f(x) = 4(x3 60 x2 + 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 一 f(x) 极大值 由上表可知，f(x)的极大值是 f

24、(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; 比较函数在区间端点和 f (X)= 0 的点的函数值的大小，最大 回归实际问题作答. 即时应用 2 求 y 关于 x 的表达式； 3 试问当技术革新投入多少万元时，产品的增加值 解：由题意可设 y= f(x) = k(a x)x2.

25、 (小)者为最大(小)值; 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， y(单位：万元) )与技术革新投入的资金 x(单位：万元) )之间满足：y 与(aX)和 x2的乘积成 2 2am 所以 y= f(x) = 8(a x)x , x 0, 2m+ 1 2 因为 f (x)= 24x + 16ax, 所以由 f (x)= 0, 得 x = 2或 x = 0(舍去). 当 2am v 2a 当 2m+ 1v 3 即 0v mv 1 时,正比；当 x= |时，y= a3;x 0, 2am 2

26、m+ 1 其中 m 是正数. y 最大. 因为当 x=；时 ,y= a3,所以 k = 8. 产品的增加值 其中 m 是正数. 2 2am 2am 32 m 3 x= 时，y 取得最大值，且 ymax = f = 3a. 2m +1 2m+ 1 2m+ 1 2am 2a , 当市亍即m1时, x=竽时，y 取得最大值，且 ymax = f 2a = 2fa3. 所以当01时，技术革新投入 誥万元时，产品的增加值 y 2 32m2 3. (2m + 1； 当 m 1 时，技术革新投入 竽万元时，产品的增加值 y 最大，且为 37 3 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1. (2019 昆山调研)

27、)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 xV 0 或 x 1 时，f (x) 0.当 0 V x V 1 时，f (x)V 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,贝U m+ n = _ . 解析：/ f (x)= 3x2- 3 = 3(x+ 1)(x- 1), 当一 3 0; 当一 1v xw 0 时，f (x)v 0. f(

28、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,即卩 m=- 1. / f(- 3)=- 21 v 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 卄 f 2am 若x 0，帛 ，则 f (x)0 恒成立，所以 f(x)在 0, mam_ 是增函数，所以当 若 x 0, 鲁上是增函数，若 x 2a, 2am 2m+ 1 ，则 f (x)v 0,所以 f(x)在 号， 2am 2m+ 1 是减函数, 所以当 最大，

29、且为 3. (2018 东中学测试) )已知函数 f(x)= 3x - 9x+ a 有两个零点，贝 V a= _ . 解析：f (x)= 9x2- 9,由 f (x) 0,得 x 1 或 xv 1;由 f (x)v 0,得1v xv 1, 所以 f(x)在(一a, 1)和(1 ,+s)上单调递增，在( (一 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 =劣. 答案：坨 1 4. _ (2018 太仓高级中学期末) )函数 f(x)= x + -的极大值是 _ . 解

30、析：易知 f(x)的定义域为( (一a, 0) U (0 ,+a), 1 1 f (x)= 1 2，令 1 2= 0,可得 x = 1 或 x = 1, x x 当 x ( a , 1)时，f (x) 0，函数 f(x)是增函数； 当 x ( 1,0)时，f (x)v 0,函数 f(x)是减函数； 当 x (0,1)时，f (x)v 0，函数 f(x)是减函数； 当 x (1 , + a )时，f( (X) 0,函数 f(x)是增函数， 所以当 x= 1 时，函数 f(x)取得极大值一 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

31、有两个零点，贝 U实数 a 的取 值范围是 . 2 解析：f (x)= x(3x 2),令 f (x) 0,解得-v x 0, 解得 0 0,得 xv b 或 x 2,由 f (x)v 0，得 bv xv 2,所以 函数 f(x)的极小值为 f(2) = 2b4. 3 答案：2b 3 保咼考，全练题型做到咼考达标 1 若 x= 1 是函数 f(x)= ax3 ax2 x + 1 的极值点，贝 V f(x)的极小值为 _ 解析：f (x)= 3ax2 2ax 1, 若 x = 1 是 f(x)的极值点，贝 U f (1) = 3a 2a 1 = 0, 解得 a = 1, 故 f(x) = x3x

32、2 x + 1 , f (x)= 3x2 2x 1 = (3x + 1)(x 1), 由 f (x) 0，解得 x 1 或 xv 1 ； 3 1 由 f (x)v 0，解得一 30)，贝U f (t)= 2t *, 令 f (t) = 0,得 t=, 所以当 t=时，f(t)取得最小值. 答案：弋 等式 f(x) 0 恒成立，则 a 的取值范围是 _ 解析：若对任意 x 2 ,+a)，不等式 f(x) 0 恒成立, x+ x- 2 1，即 a 3x /恒成立.当 0 v 3. (2018 东台安丰中学期中 )已知函数 f(x) = lg x + : 2，若对任意 x 2,+a )，不 则 lg

33、 x + a-2 0 =灯 1, f (t) v 0,当 t f (t) 0, 3 令 y= 3x x2,其对称轴为 x= , y= 3x x2在2 ,+s)上单调递减， 二 ymax = 6 4= 2,. a 2. 答案：(2,+ ) 4. (2019 南京学情调研) )已知函数 f(x)= 1x3+ 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 1 + 2a,X2= 1+ 1 + 2a

34、,因为 x*(1,2), 因此则需 1 v X20, 2 故实数 a 的取值范围为 2 4 . 答案：* 4 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，贝 V x1+ x2 = 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

35、 x1+ x2= 2, x1x2= 丫丫，所以 x2 + 3 x2 =( (X1 + X2)2 2x1X2= 4 4 = 3. 答案：8 解析： f (x)=1+m= XX X 6. (2019(mv 0)在区间1 , e上取得最小值 令 f (x)= 0，得 x= m，且当 xv m 时，f (x)v 0, f(x)单调递减，当 x m 时, f (x)0, f(x)单调递增. 若mW 1，即1 w mv 0 时，f(x)min= f(1) = mW 1，不可能等于 4; 若 1 v mW e，即e 0，得 0v xv 1;由 f (x) v 0,得 x 1 或 xv 0, 函数 f(x)在

36、( (8,0), (1,+)上单调递减，在( (0,1)上单调递增，且 f(0) = 0, f3 = 0, 作出函数 f(x)的图象如图所示. 结合图象可得 kv k+ 1, 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)处的切线方程若 me,即 mv e 时, 实数 k 的取值范围是 1 3 2 2 . 答案: 为 y= x- 1,故切点为(1,0)，又切点在曲线 f(x)= x

37、ln x+ C 上，故 C= 0, f(x)= xln x，令 f (x) (x)v 0,解得 0v xv 1,所以 f(x)在区间 0, 1上单调递减, 答案：-e 9. (2018 南京、盐城二模 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; 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 (-m，- 1) -1 (-1, + m) / y 0 + y 极小值

38、 所以当 x=- 1 时，y 取得极小值一1. e (2)F(x)= f(x)+ g(x)= xex- x- In x+ k, F (x) = (x + 1) ex-1 , 1 1 设 h(x)= ex- -(x0)，则 h (x) = ex + 2 0 恒成立， 所以函数 h(x)在(0,+s)上单调递增. 又 h1 = e-2v 0, h(1) = e- 10,且 h(x)的图象在( (0,+g)上不间断， 因此 h(x)在(0, + )上存在唯一的零点 xo 1, 1 且 ex0 = 1 当 x (0, xo)时,h(x)v 0，即 F (x) v 0; 当 x (xo,+)时，h(x)

39、 0,即卩 F (x) 0, 所以 F(x)在(0, xo)上单调递减，在(xc,+ )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) = Xoe - x0- In x0+ k= 1 - 1 X0- In x + k= 1+ k. e 因为 F(x) 0 的解集为(0, +), 所以 1 + k 0,即卩 k- 1. 故 k 的取值范围是( (一 1, + ). 1 =In x+ 1 0,解得 x 丄丄，令 f e ,+ 上单调递增，故当 函数 f(x)取得最小值，所以 f(x)min = f(x)= x(ex- 2), g(x)= x- In x+ k, k R, e 为自然 )已知函数 1 e. (1) 求函数 f(x)在区间(1, e上的值域; 若函数 f(x)在(1,+ )上为单调减函数，求实数 a 的最大值； _ 2 (3)若存在 xi, e , e ，使 f(xi) 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， a In x 1 所以