2023高考科学复习解决方案-数学(名校内参版) 第四章 4.3导数与函数的极值、最值（word含答案解析）

1、43导数与函数的极值、最值(教师独具内容)1了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次).2会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).3重点提升逻辑推理和数学运算素养(教师独具内容)本考点以考查导数的运算以及导数与函数的 单调性、极值、最值之间的关系为主，其中含有参数的函数的极值、最值问题是高考的热点(教师独具内容)(教师独具内容)1函数的极值与导数2函数的最值与导数(1)函数f(x)在区间a，b上有最值的条件如果在区间a，b上函数yf(x)的图象是一条 eq o(,sup3(01)连续不断的曲线，那么它必有

2、最大值和最小值(2)求yf(x)在区间a，b上的最大(小)值的步骤求函数yf(x)在区间(a，b)上的 eq o(,sup3(02)极值；将函数yf(x)的各极值与 eq o(,sup3(03)端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值1.函数f(x)的定义域为R，导函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)()A无极大值点、有四个极小值点B有三个极大值点、一个极小值点C有两个极大值点、两个极小值点D有四个极大值点、无极小值点答案C解析设f(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.当xx1时，f(x)0，f(x)为增函数；当

3、x1xx2时，f(x)0，f(x)为减函数则x1为极大值点，同理，x3为极大值点，x2，x4为极小值点2函数f(x)ln xx在区间(0，e上的最大值为()A1e B1 Ce D0答案B解析因为f(x) eq f(1,x)1 eq f(1x,x)，当x(0，1)时，f(x)0；当x(1，e时，f(x)0，所以当x1时，f(x)取得最大值ln 111.3函数f(x)x33x1有()A极小值1，极大值1B极小值2，极大值3C极小值2，极大值2D极小值1，极大值3答案D解析因为f(x)x33x1，故有f(x)3x23，令f(x)3x230，解得x1，于是，当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如表

4、：x(，1)1(1，1)1(1，)f(x)00f(x)极小值极大值所以f(x)的极小值为f(1)1，极大值为f(1)3.4若函数f(x)x3ax22x1有极值，则实数a的取值范围是()A(， eq r(6) eq r(6)，)B(， eq r(6)( eq r(6)，)C( eq r(6)， eq r(6)D eq r(6)， eq r(6)答案B解析f(x)3x22ax2，由题意知f(x)有变号零点，(2a)24320，解得a eq r(6)或a eq r(6).5若函数f(x) eq f(1,3)x34xm在0，3上的最大值为4，则m 答案4解析f(x)x24，x0，3，当x0，2)时，f

5、(x)0，所以f(x)在0，2)上单调递减，在(2，3上单调递增又f(0)m，f(3)3m.所以在0，3上，f(x)maxf(0)4，所以m4.1(2021全国乙卷)设a0，若xa为函数f(x)a(xa)2(xb)的极大值点，则()AabCaba2答案D解析解法一：因为函数f(x)a(xa)2(xb)，所以f(x)2a(xa)(xb)a(xa)2a(xa)(3xa2b).令f(x)0，结合a0可得xa或x eq f(a2b,3).(1)当a0时，若 eq f(a2b,3)a，即ba，此时函数f(x)在(，a)上单调递增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(a，f(a2b,3)上单调递

6、减，所以xa为函数f(x)的极大值点，满足题意；若 eq f(a2b,3)a，即ba，此时函数f(x)a(xa)3在R上单调递增，无极值点，不满足题意；若 eq f(a2b,3)a，即ba，此时易知函数f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(a2b,3)，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，所以xa为函数f(x)的极小值点，不满足题意(2)当aa，即ba，此时易知函数f(x)在(，a)上单调递减，在 eq blc(rc)(avs4alco1(a，f(a2b,3)上单调递增，所以xa为函数f(x)的极小值点，不满足题意；若 eq f(a2b,3)a，即ba，此时函数f(x)a

7、(xa)3在R上单调递减，无极值点，不满足题意；若 eq f(a2b,3)a，即b0且ba满足题意，a0且ba2成立故选D.解法二：当a0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知ba.当ab.综上，可知必有aba2成立故选D.2(2021新高考卷)函数f(x)|2x1|2ln x的最小值为 答案1解析函数f(x)|2x1|2ln x的定义域为(0，).当x eq f(1,2)时，f(x)2x12ln x，f(x)2 eq f(2,x) eq f(2（x1）,x)，当x1时，f(x)0；当 eq f(1,2)x1时，f(x)0，故f(x)minf(1)1；当00.(1)讨论f

8、(x)的单调性；(2)若yf(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围解(1)由题意，知f(x)的定义域为(0，)，f(x)2a2xa eq f(3,x) eq f(2a2x2ax3,x) eq f(（ax1）（2ax3）,x)，则当x eq f(1,a)时，f(x)0，f(x)单调递增；当0 x eq f(1,a)时，f(x)0恒成立，故a2 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a) eq sup15(2)a eq f(1,a)3ln eq f(1,a)10，得a eq f(1,e)，所以a的取值范围为 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)，).4(2020

9、北京高考)已知函数f(x)12x2.(1)求曲线yf(x)的斜率等于2的切线方程；(2)设曲线yf(x)在点(t，f(t)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值解(1)因为f(x)12x2，所以f(x)2x，设切点为(x0，12x eq oal(sup3(2),sdo1(0)，则2x02，即x01，所以切点为(1，11).由点斜式可得切线方程为y112(x1)，即2xy130.(2)显然t0，因为yf(x)在点(t，12t2)处的切线方程为y(12t2)2t(xt)，令x0，得yt212，令y0，得x eq f(t212,2t)，所以S(t) eq f(1,2)(t2

10、12) eq f(t212,2|t|).不妨设t0(t0时，结果一样)，则S(t) eq f(t424t2144,4t) eq f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(t324tf(144,t)，所以S(t) eq f(1,4) eq blc(rc)(avs4alco1(3t224f(144,t2) eq f(3（t48t248）,4t2) eq f(3（t24）（t212）,4t2) eq f(3（t2）（t2）（t212）,4t2).由S(t)0，得t2，由S(t)0，得0t2，所以S(t)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以当t2时，S(t)取得极小值，也是

11、最小值，为S(2) eq f(1616,8)32.一、基础知识巩固考点利用导数解决函数的极值问题例1如图所示是函数yf(x)的导数yf(x)的图象，给出下列四个结论：f(x)在区间(3，1)上是增函数；f(x)在区间(2，4)上是减函数，在区间(1，2)上是增函数；1是f(x)的极大值点；1是f(x)的极小值点其中正确的结论是()A BC D答案D解析由题意，得3x1或2x4时，f(x)0；1x2或x4时，f(x)0，故函数yf(x)在(3，1)和(2，4)上单调递减，在(1，2)和(4，)上单调递增，1是f(x)的极小值点，2是f(x)的极大值点，故正确例2(2022辽宁沈阳模拟)已知函数f

12、(x)(x1)exax1，讨论函数f(x)的极值点的个数解f(x)xexa，设g(x)f(x)，则g(x)(x1)ex，由g(x)0，得x1，由g(x)0，得x1，则f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以f(x)minf(1) eq f(1,e)a，当x时，f(x)a；当x时，f(x).当a0时，f(x)先负后正，f(x)先减后增，有1个极值点；当0a eq f(1,e)时， eq f(1,e)a0，则f(x)先正再负又正，f(x)先增再减又增，有2个极值点；当a eq f(1,e)时， eq f(1,e)a0，则f(x)0，f(x)在R上单调递增，无极值点综上所述，当a0时

13、，f(x)有1个极值点；当0a0，讨论函数f(x)在定义域内的单调性和极值点的个数解f(x)的定义域为(0，)，f(x) eq f(1,x)4xa eq f(4x2ax1,x)，因为方程4x2ax10的a216，当a2160，即00，即a4时，设方程4x2ax10的两根分别为x1和x2，且0 x10即4x2ax10可得0 x eq f(ar(a216),8)，由f(x)0即4x2ax10可得 eq f(ar(a216),8)x eq f(ar(a216),8)，所以f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(ar(a216),8)和 eq blc(rc)(avs4alco1(

14、f(ar(a216),8)，)上单调递增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a216),8)，f(ar(a216),8)上单调递减，故极值点的个数为2.综上所述，当04时，f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(ar(a216),8)和 eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a216),8)，)上单调递增，在 eq blc(rc)(avs4alco1(f(ar(a216),8)，f(ar(a216),8)上单调递减，极值点的个数为2.函数极值问题的常见类型及解题策略(1)已知导函数图象判断函数极值的情况先找导数为0的点，再判断导数为0的

15、点的左、右两侧的导数值符号(2)已知函数求极值求f(x)求方程f(x)0的根列表检验f(x)在f(x)0的根的两侧的符号得出结论(3)已知极值求参数若函数f(x)在点(x0，y0)处取得极值，则f(x0)0，且f(x)在该点左、右两侧的导数值符号相反考点利用导数求函数的最值例3(2021济南质检)已知函数f(x)ex cos xx.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间 eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上的最大值和最小值解(1)f(x)ex cos xx，f(0)1，f(x)ex(cos xsin x)1，f(0)0，曲线yf(x)

16、在(0，f(0)处的切线方程为y1.(2)f(x)ex(cos xsin x)1，令g(x)f(x)，则g(x)2ex sin x0在 eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上恒成立，且仅在x0处等号成立，g(x)在 eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上单调递减，g(x)g(0)0，f(x)0且仅在x0处等号成立，f(x)在 eq blcrc(avs4alco1(0，f(,2)上单调递减，f(x)maxf(0)1，f(x)minf eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2) eq f(,2).例4已知函数f(x)axln x，其中a为常数若f(x)在区

17、间(0，e上的最大值为3，求a的值解f(x)a eq f(1,x)，x(0，e， eq f(1,x) eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e)，).若a eq f(1,e)，则f(x)0，从而f(x)在(0，e上单调递增，f(x)maxf(e)ae10，不符合题意若a0得a eq f(1,x)0，结合x(0，e，解得0 x eq f(1,a)；令f(x)0得a eq f(1,x)0，结合x(0，e，解得 eq f(1,a)xe.从而f(x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,a)上单调递增，在 eq blc(rc(avs4alco1(f(1,a)，e)上单调递

18、减，f(x)maxf eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)1ln eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a).令1ln eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)3，得ln eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,a)2，即ae2.综上，ae2.3.(2021潍坊模拟)函数f(x)exx(e为自然对数的底数)在区间1，1上的最大值是()A1 eq f(1,e) B1Ce1 De1答案D解析因为f(x)exx，所以f(x)ex1.令f(x)0，得x0.且当x0时，f(x)ex10；当x0时，f(x)ex10，即函数f(x)在x0处取得极小值，f

19、(0)1，又f(1) eq f(1,e)1，f(1)e1，比较得函数f(x)exx在区间1，1上的最大值是e1.4已知函数f(x) eq f(1x,x)k ln x，k eq f(1,e)，求函数f(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上的最大值和最小值解f(x) eq f(x（1x）,x2) eq f(k,x) eq f(kx1,x2).若k0，则在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上恒有f(x)0，所以f(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上单调递减若0k eq f(1,e)，则f(x) eq f(kx1,x

20、2) eq f(kblc(rc)(avs4alco1(xf(1,k),x2)，由k eq f(1,e)，得 eq f(1,k)e，则x eq f(1,k)0在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上恒成立，所以 eq f(kblc(rc)(avs4alco1(xf(1,k),x2)0在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上恒成立，所以f(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上单调递减综上，当k eq f(1,e)时，f(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上单调递减，所以f(x)minf(e) e

21、q f(1,e)k1，f(x)maxf eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)ek1.求函数f(x)在a，b上的最值的方法(1)若函数在区间a，b上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；(2)若函数在区间a，b内有极值，则要先求出函数在a，b上的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到提醒：求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函

22、数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值考点利用导数求解函数极值和最值的综合问题例5甲、乙两地相距400千米，一汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100千米/时已知该汽车每小时的运输成本t(元)关于速度x(千米/时)的函数关系式是t eq f(1,19200)x4 eq f(1,160)x315x.(1)当汽车以60千米/时的速度匀速行驶时，全程运输成本为多少元？(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求出此时运输成本的最小值解(1)当汽车以60千米/时的速度匀速行驶时，全程运输成本为 eq f(400,60) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,19200)

23、604f(1,160)6031560)1500元所以当汽车以60千米/时的速度匀速行驶时，全程运输成本为1500元(2)设全程运输成本为f(x)元，则f(x) eq f(400,x) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,19200)x4f(1,160)x315x) eq f(1,48)x3 eq f(5,2)x26000(0 x100)，f(x) eq f(1,16)x25x eq f(x（x80）,16)，令f(x)0，解得x80，当0 x80时，f(x)0，当800，所以函数f(x)在(0，80)上单调递减，在(80，100上单调递增，所以f(x)的最小值为f(80) eq

24、f(2000,3).所以为使全程运输成本最少，汽车应以80千米/时的速度行驶，此时运输成本取得最小值 eq f(2000,3)元例6已知函数f(x) eq f(ax2bxc,ex)(a0)的导函数f(x)的两个零点为3和0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为e3，求f(x)在区间5，)上的最大值解(1)f(x) eq f(（2axb）ex（ax2bxc）ex,（ex）2) eq f(（2axb）（ax2bxc）,ex) eq f(ax2（2ab）xbc,ex)，令g(x)ax2(2ab)xbc，因为ex0，所以f(x)的零点就是g(x)ax2(2ab)xbc的零点，且f(x

25、)与g(x)符号相同又因为a0，所以当3x0，即f(x)0；当x0时，g(x)0，即f(x)5f(0)，所以函数f(x)在区间5，)上的最大值是5e5.5.一工厂计划生产某种当地政府控制产量的特殊产品，月固定成本为1万元，设此工厂一个月内生产该特殊产品x万件并全部销售完根据当地政府要求产量x满足1x3，每生产x万件需要再投入3x万元，每1万件的销售收入为5 eq f(1,3)x2(万元)，且每生产1万件产品政府给予补助1 eq f(2ln x,x)(万元).注：月利润月销售收入月政府补助月总成本(1)写出月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式；(2)求该工厂在生产这种特殊产品中

26、所获得的月利润的最大值(万元)及此时的月生产量(万件).解(1)依题意，得f(x)x eq blc(rc)(avs4alco1(5f(1,3)x2)x eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2ln x,x)3x1 eq f(1,3)x33x2ln x1，月利润f(x)(万元)关于月产量x(万件)的函数解析式为f(x) eq f(1,3)x33x2ln x1，1x3.(2)f(x)x23 eq f(2,x) eq f(x33x2,x) eq f(（x1）2（x2）,x)，所以当1x0，函数f(x)在区间1，2)上单调递增；当2x3时，f(x)0)，f(x) eq f(1,x)2ax e

27、q f(3,2)，1是函数f(x)的极大值点，f(1)12a eq f(3,2)2a eq f(1,2)0，解得a eq f(1,4)，f(x) eq f(1,x) eq f(x,2) eq f(3,2) eq f(x23x2,2x) eq f(（x1）（x2）,2x)，当0 x0，f(x)单调递增；当1x2时，f(x)2时，f(x)0，f(x)单调递增当x2时，f(x)有极小值，且极小值为f(2)ln 22.例2(2021安徽马鞍山模拟)已知函数f(x) eq f(1,3)x3mx2nx2，其导函数f(x)为偶函数，f(1) eq f(2,3)，则函数g(x)f(x)ex在区间0，2上的最小

28、值为()A.3e B2eCe D2e答案B解析由题意可得f(x)x22mxn，f(x)为偶函数，m0，故f(x) eq f(1,3)x3nx2，f(1) eq f(1,3)n2 eq f(2,3)，n3.f(x) eq f(1,3)x33x2，则f(x)x23.故g(x)ex(x23)，则g(x)ex(x232x)ex(x1)(x3)，据此可知函数g(x)在区间0，1)上单调递减，在区间(1，2上单调递增，故函数g(x)的极小值，即最小值为g(1)e1(123)2e.故选B.例3某地兴建一休闲商业广场，欲在如图所示的一块不规则用地规划建成一个矩形的商业楼区，余下作为休闲区域，已知ABBC，OA

29、BC，且ABBC2AO4 km，曲线段OC是以O为顶点且开口向上的抛物线的一段，如果要使矩形的相邻两边分别落在AB，BC上，且一个顶点落在曲线段OC上，应如何规划才能使矩形商业楼区的用地面积最大？解如图，以O为原点，OA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系设抛物线方程为x22py，代入点C(2，4)得p eq f(1,2)，所以抛物线方程为yx2(0 x2).在曲线段OC上取一点P，过点P分别向BC，AB作垂线，垂足分别为N，Q.设P(x，x2)(0 x2)，则|PQ|2x，|PN|4x2，所以矩形BNPQ的面积S|PQ|PN|(2x)(4x2)8x32x24x.由S3x24x40，得x1 eq

30、 f(2,3)，x22(舍去)，当x eq blcrc)(avs4alco1(0，f(2,3)时，S0，S是x的增函数，当x eq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，2)时，S0，6x22x10的200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3(2021郑州高三月考)函数f(x)xexx22x1的极大值为()A1 B eq f(1,e)Cln 2 D(ln 2)21答案B解析由f(x)xexx22x1可得f(x)(x1)ex2x2(x1)(ex2)，由f(x)0可得xln 2或x1，由f(x)0可得1x1时，y0；当x1时，y0，所以当x1时，函数取得

31、最小值，且ymin eq f(1,e).5当x eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)时，恒有axln x10，则实数a的取值范围是()A(，1) B eq blc(rc)(avs4alco1(，f(2,e)C(，0) D(1，)答案C解析当x eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)时，axln x10恒成立，即a eq f(ln x1,x)恒成立，令(x) eq f(ln x1,x)，x eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)，(x) eq f(ln x,x2)，令(x)0 x1，(1)1， eq blc(rc)(avs4alco1(f(

32、1,e)0，(e) eq f(2,e)，当x eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)时，(x)min eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)0，故a0，f(x)单调递增；当x(0，1)时，f(x)0，f(x)单调递减，当x0时，f(x)maxf(0)2，f(1)1322，f(1)1320，f(x)min2，mf(x)maxf(x)min4，即实数m的最小值为4.8若函数f(x)x33bx3b在(0，1)内有极小值，则()A0b1 Bb0 Db eq f(1,2)答案A解析f(x)在(0，1)内有极小值，则f(x)3x23b在(0，1)上先负后正， eq blc

33、(avs4alco1(f（0）3b0，)解得0b0，x(2，3)时，f(x)0，所以f(x)在(，2)上单调递增，在(2，3)上单调递减，故2是函数的极大值点，B，C正确；对于D，由图象可知f(0)0，所以根据导数的几何意义可知，f(x)的图象在x0处的切线的斜率小于零，所以D正确故选BCD.10(2021江苏广陵扬州中学高三期中)已知函数f(x)x cos xsin x，下列结论中正确的是()A.函数f(x)在x eq f(,2)时，取得极小值1B对于x(0，)，f(x)0恒成立C若0 x1x2 eq f(sin x1,sin x2)D若a eq f(sin x,x)b，对于x eq blc

34、(rc)(avs4alco1(0，f(,2)恒成立，则a的最大值为 eq f(2,)，b的最小值为1答案BD解析因为f(x)x cos xsin x，所以f(x)x sin x，当x(0，)时，f(x)0，所以函数f(x)单调递减，而 eq f(,2)(0，)，所以x eq f(,2)时，函数f(x)不可能取得极小值，所以A不正确；当0 xf(x)f()，所以f(x)0，所以B正确；构造函数g(x) eq f(sin x,x)，则g(x) eq f(x cos xsin x,x2)，由上可知，x(0，)，f(x)0恒成立，所以g(x)0，因此函数g(x) eq f(sin x,x)在(0，)上

35、单调递减，因此当0 x1x2g(x2)，即 eq f(sin x1,x1) eq f(sin x2,x2)，所以 eq f(sin x1,sin x2) eq f(x1,x2)，所以C不正确；由上可知，函数g(x) eq f(sin x,x)在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上单调递减，所以有g(x)g eq blc(rc)(avs4alco1(f(,2) eq f(2,)，因此a的最大值为 eq f(2,). eq f(sin x,x)b在 eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(,2)上恒成立，即sin x0在 eq blc(rc)(avs4alco1(

36、0，f(,2)上恒成立设h(x)bxsin x eq blc(rc)(avs4alco1(0 x0，h(x)h(0)0，所以b1符合题意；当b0时，h(x)0，h(x)h(0)0，所以b0不符合题意；当0b1时，令h(x)0，设h(x)0的根为x0，当x(0，x0)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以当x(0，x0)时，h(x)h(0)0，所以0b0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是 答案 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，)解析f(x)3x23a23(xa)(xa)，由f(x)0得xa，当axa时，f(x)a或x0，函数f(x)单调递增，f(x)的

37、极大值为f(a)，极小值为f(a).f(a)a33a3a0且f(a)a33a3a eq f(r(2),2).a的取值范围是 eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，).12(2021唐山高三二模)已知f(x)(x22xa)ex，若f(x)存在极小值，则a的取值范围是 答案(，2)解析f(x)(2x2)ex(x22xa)exex(x24xa2)，令g(x)x24xa2，若f(x)存在极小值点，则g(x)0有两个不等实根，即x24xa20有两个不相等的实根，则164(a2)0，所以a0，又由h0可得0r5 eq r(3)，函数V(r)的定义域为(0，5 eq r(3)，V(r

38、) eq f(,5)(30012r2)，令V(r)0，解得r5或5(r50，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r(5，5 eq r(3)时，V(r)0，得0 x1，由f(x)1，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，).(2)由(1)得f(x)在 eq blcrc)(avs4alco1(f(1,e)，1)上单调递增，在(1，e上单调递减，所以f(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(1,e)，e)上的最大值为f(1)11ln 10.又f eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,e)1eln eq f(1,e)2e，f(e)1 eq f(1,e)ln e eq f(1