微專題4　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值

微專題4導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值高考定位利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值是重點(diǎn)考查內(nèi)容，多以選擇、填空題壓軸考查，或以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等偏上，屬綜合性問題.【真題體驗(yàn)】1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1，2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為()A.e2 B.eC.e－1 D.e－22.(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A.bc>0 B.ab>0C.b2＋8ac>0 D.ac<03.(2022·全國(guó)乙卷)函數(shù)f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區(qū)間[0，2π]的最小值、最大值分別為()A.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋24.(多選)(2024·新高考Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)2·(x－4)，則()A.x＝3是f(x)的極小值點(diǎn) B.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)<f(x2)C.當(dāng)1<x<2時(shí)，－4<f(2x－1)<0 D.當(dāng)－1<x<0時(shí)，f(2－x)>f(x)【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的關(guān)鍵(1)在利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，首先要確定函數(shù)的定義域.(2)單調(diào)區(qū)間的劃分要注意對(duì)導(dǎo)數(shù)等于零的點(diǎn)的確認(rèn).(3)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍，要注意導(dǎo)數(shù)等于零的情況.考向1求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.討論f(x)的單調(diào)性.考向2單調(diào)性的應(yīng)用例2(1)(2024·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋acosx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞](2)(2024·蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))規(guī)律方法1.討論函數(shù)的單調(diào)性一般可以歸結(jié)為參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論.2.函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增(或遞減)，可轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立.3.若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗(yàn)證解的兩側(cè)導(dǎo)數(shù)是否異號(hào)).4.函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在單調(diào)遞增(或遞減)區(qū)間，可轉(zhuǎn)化為f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解.訓(xùn)練1(1)(2024·三明調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x－ln(2x＋1)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)已知函數(shù)f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln4)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))，c＝f(21.1)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.c>b>a(3)(2024·蘇州模擬)已知函數(shù)g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.熱點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值由導(dǎo)函數(shù)的圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值，要抓住兩點(diǎn)(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點(diǎn).(2)由y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的函數(shù)值的正負(fù)，從而可得到函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性，進(jìn)而確定極值點(diǎn).例3(2024·新高考Ⅱ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍.易錯(cuò)提醒1.不能忽略函數(shù)的定義域.2.f′(x0)＝0是可導(dǎo)函數(shù)f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件，即f′(x)的變號(hào)零點(diǎn)才是f(x)的極值點(diǎn)，所以判斷f(x)的極值點(diǎn)時(shí)，除了找f′(x)＝0的實(shí)數(shù)根x0外，還需判斷f(x)在x0左側(cè)和右側(cè)的單調(diào)性.3.函數(shù)的極小值不一定比極大值小.訓(xùn)練2(1)(2024·聊城質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)x的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A.0 B.1C.2 D.3(2)(2024·成都診斷)若函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，則實(shí)數(shù)a的值為()A.1 B.－1或－3C.－1 D.－3熱點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)；(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值.例4(2024·武漢測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值為3，最小值為－6，則a＋b的值是________.易錯(cuò)提醒1.求函數(shù)最值時(shí)，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值就是最值，要通過比較大小才能下結(jié)論.2.當(dāng)已知函數(shù)的最值求參數(shù)的值或范圍時(shí)，要對(duì)參數(shù)的范圍進(jìn)行討論求解.訓(xùn)練3(1)(2024·南寧適應(yīng)測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值為－1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.(2)(2024·河南名校大聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(a，a＋4)上存在最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2024·煙臺(tái)模擬)函數(shù)f(x)＝－2lnx－x－eq\f(3,x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.(0，＋∞) B.(－3，1)C.(1，＋∞) D.(0，1)2.(2024·三湘名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1沒有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)3.(2024·無錫質(zhì)檢)當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋bx2－12x取得極值，則f(x)在區(qū)間[－4，4]上的最大值為()A.8 B.12C.16 D.324.(2024·西安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝3x4－8x3＋6x2，則f(x)()A.有2個(gè)極大值點(diǎn)B.有1個(gè)極大值點(diǎn)和1個(gè)極小值點(diǎn)C.有2個(gè)極小值點(diǎn)D.有且僅有1個(gè)極值點(diǎn)5.(2024·宜春調(diào)研)若函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)C.(－∞，3) D.(－∞，3]6.已知a＝lneq\r(2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(1,e)，則下列結(jié)論正確的是()A.c<b<a B.b<a<cC.a<b<c D.c<a<b7.(2024·長(zhǎng)沙調(diào)研)若函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在區(qū)間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值，則t的最大值為()A.2 B.3C.4 D.5二、多選題8.(2024·新高考Ⅱ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－3ax2＋1，則()A.當(dāng)a>1時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)B.當(dāng)a<0時(shí)，x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)C.存在a，b，使得x＝b為曲線y＝f(x)的對(duì)稱軸D.存在a，使得點(diǎn)(1，f(1))為曲線y＝f(x)的對(duì)稱中心9.(2024·佛山二模)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a，b，下列結(jié)論一定成立的有()A.若a＋b>0，則f(a)＋f(b)>0 B.若a＋b>0，則f(a)－f(－b)>0C.若f(a)＋f(b)>0，則a＋b>0 D.若f(a)＋f(b)<0，則a＋b<0三、填空題10.(2024·泰安質(zhì)檢)設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點(diǎn)，則a的取值范圍是________.11.(2024·開封二模)已知函數(shù)f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，則n－m的最小值為________.12.已知函數(shù)f(x)＝xlnx＋mex有兩個(gè)極值點(diǎn)，則m的取值范圍是________.四、解答題13.已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R).(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，3]上的最大值與最小值之差g(a).14.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－a,x2－1).(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線斜率為－1，求a的值；(2)若f(x)在(1，＋∞)上有最大值，求a的取值范圍.【解析版】1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx在區(qū)間(1，2)上單調(diào)遞增，則a的最小值為()A.e2 B.eC.e－1 D.e－2答案C解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝aex－lnx，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝aex－lnx在(1，2)上單調(diào)遞增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，則0<eq\f(1,a)≤xex在(1，2)上恒成立.設(shè)g(x)＝xex，則g′(x)＝(x＋1)ex.當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以eq\f(1,a)≤e，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，故選C.2.(多選)(2023·新高考Ⅱ卷)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A.bc>0 B.ab>0C.b2＋8ac>0 D.ac<0答案BCD解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)既有極大值也有極小值，所以關(guān)于x的方程ax2－bx－2c＝0有兩個(gè)不等的正實(shí)根x1，x2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x1＋x2>0，,x1x2>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,\f(b,a)>0，,－\f(2c,a)>0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,ab>0，,ac<0，,bc<0，))故選B，C，D.3.(2022·全國(guó)乙卷)函數(shù)f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區(qū)間[0，2π]的最小值、最大值分別為()A.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2答案D解析f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0，2π]，則f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0，2π].令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).因?yàn)閒(eq\f(π,2))＝coseq\f(π,2)＋(eq\f(π,2)＋1)sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f(eq\f(3π,2))＝coseq\f(3π,2)＋(eq\f(3π,2)＋1)sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f(eq\f(π,2))＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f(eq\f(3π,2))＝－eq\f(3π,2).故選D.4.(多選)(2024·新高考Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)2·(x－4)，則()A.x＝3是f(x)的極小值點(diǎn) B.當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)<f(x2)C.當(dāng)1<x<2時(shí)，－4<f(2x－1)<0 D.當(dāng)－1<x<0時(shí)，f(2－x)>f(x)答案ACD解析因?yàn)閒(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，當(dāng)x<1或x>3時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)1<x<3時(shí)，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，1)，(3，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，3)，故x＝1是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，x＝3是函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)，所以A正確；當(dāng)0<x<1時(shí)，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以f(x2)<f(x)，所以B錯(cuò)誤；當(dāng)1<x<2時(shí)，1<2x－1<3，函數(shù)f(x)在(1，3)上單調(diào)遞減，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正確；當(dāng)－1<x<0時(shí)，f(2－x)－f(x)＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正確.【熱點(diǎn)突破】熱點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的關(guān)鍵(1)在利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時(shí)，首先要確定函數(shù)的定義域.(2)單調(diào)區(qū)間的劃分要注意對(duì)導(dǎo)數(shù)等于零的點(diǎn)的確認(rèn).(3)已知函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍，要注意導(dǎo)數(shù)等于零的情況.考向1求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例1已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.討論f(x)的單調(diào)性.解f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(（ax2－2）（x－1）,x3).若a≤0，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；若a>0，f′(x)＝eq\f(a（x－1）,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).①當(dāng)0<a<2時(shí)，eq\r(\f(2,a))>1，當(dāng)x∈(0，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.②當(dāng)a＝2時(shí)，eq\r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)內(nèi)，f′(x)≥0，f(x)單調(diào)遞增.③當(dāng)a>2時(shí)，0<eq\r(\f(2,a))<1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))∪(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減；當(dāng)0<a<2時(shí)，f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時(shí)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))內(nèi)單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增.考向2單調(diào)性的應(yīng)用例2(1)(2024·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋acosx在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞](2)(2024·蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋sinx，則不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))答案(1)B(2)D解析(1)由題意，f′(x)＝cosx－asinx≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，即a≥eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,tanx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立.因?yàn)閥＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，所以y＝tanx>1，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))時(shí)，0<eq\f(1,tanx)<1，所以a≥1.故選B.(2)當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)＝ex＋cosx，因?yàn)閑x≥1，cosx∈[－1，1]，所以f′(x)＝ex＋cosx≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增.又因?yàn)閒(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減.因?yàn)閒(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2))).規(guī)律方法1.討論函數(shù)的單調(diào)性一般可以歸結(jié)為參數(shù)對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論.2.函數(shù)f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增(或遞減)，可轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立.3.若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上不單調(diào)，則轉(zhuǎn)化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗(yàn)證解的兩側(cè)導(dǎo)數(shù)是否異號(hào)).4.函數(shù)f(x)在區(qū)間D上存在單調(diào)遞增(或遞減)區(qū)間，可轉(zhuǎn)化為f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解.訓(xùn)練1(1)(2024·三明調(diào)研)函數(shù)f(x)＝x－ln(2x＋1)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)已知函數(shù)f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln4)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))，c＝f(21.1)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.c>b>a(3)(2024·蘇州模擬)已知函數(shù)g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.答案(1)D(2)D(3)(－10，－3)解析(1)f(x)的定義域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，f′(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，故選D.(2)因?yàn)閒(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，則f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，構(gòu)建φ(x)＝f′(x)，則φ′(x)＝ex－2，令φ′(x)<0，解得0≤x<ln2；令φ′(x)>0，解得x>ln2，所以φ(x)在[0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，可得φ(x)≥φ(ln2)＝2(1－ln2)>0，即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閎＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))＝f(－2)＝f(2)，且21.1>2>ln4>0，所以f(21.1)>f(2)>f(ln4)，即c>b>a.(3)g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(2x2＋x＋a,x2).∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，2]上不單調(diào)，∴g′(x)＝0在區(qū)間(1，2)內(nèi)有解，且1－8a≠0，即a≠eq\f(1,8)，則a＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)在(1，2)內(nèi)有解，易知函數(shù)y＝－2x2－x在(1，2)上是減函數(shù)，∴y＝－2x2－x的值域?yàn)?－10，－3)，因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－10，－3).熱點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值由導(dǎo)函數(shù)的圖象判斷函數(shù)y＝f(x)的極值，要抓住兩點(diǎn)(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點(diǎn)，可得函數(shù)y＝f(x)的可能極值點(diǎn).(2)由y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的函數(shù)值的正負(fù)，從而可得到函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性，進(jìn)而確定極值點(diǎn).例3(2024·新高考Ⅱ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍.解易知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f′(x)＝ex－a.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值；當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)>0，得x>lna，由f′(x)<0，得x<lna，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的極小值為f(lna)＝a－alna－a3.由題意知a－alna－a3<0(a>0)，等價(jià)于1－lna－a2<0(a>0).令g(a)＝1－lna－a2(a>0)，則g′(a)＝－eq\f(1,a)－2a<0，所以函數(shù)g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又g(1)＝0，故當(dāng)0<a<1時(shí)，g(a)>0；當(dāng)a>1時(shí)，g(a)<0.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，＋∞).易錯(cuò)提醒1.不能忽略函數(shù)的定義域.2.f′(x0)＝0是可導(dǎo)函數(shù)f(x)在x＝x0處取得極值的必要不充分條件，即f′(x)的變號(hào)零點(diǎn)才是f(x)的極值點(diǎn)，所以判斷f(x)的極值點(diǎn)時(shí)，除了找f′(x)＝0的實(shí)數(shù)根x0外，還需判斷f(x)在x0左側(cè)和右側(cè)的單調(diào)性.3.函數(shù)的極小值不一定比極大值小.訓(xùn)練2(1)(2024·聊城質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)x的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A.0 B.1C.2 D.3(2)(2024·成都診斷)若函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，則實(shí)數(shù)a的值為()A.1 B.－1或－3C.－1 D.－3答案(1)A(2)D解析(1)由題意知f′(x)＝eq\f(1,2)ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)[ex(x－1)＋1]，令g(x)＝ex(x－1)＋1，則g′(x)＝xex，令g′(x)＝0，解得x＝0，則函數(shù)g(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)≥g(0)＝0，由此可知f′(x)≥0在R上恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn).故選A.(2)因?yàn)閒(x)＝x(x＋a)2，所以f′(x)＝(x＋a)(3x＋a)，由函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3.當(dāng)a＝－1時(shí)，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)在x＝1處有極小值，不符合題意.當(dāng)a＝－3時(shí)，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，3)時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1，3)上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝1處有極大值，符合題意.綜上可得，a＝－3.熱點(diǎn)三利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)；(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值.例4(2024·武漢測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值為3，最小值為－6，則a＋b的值是________.答案eq\f(10,3)或－eq\f(19,3)解析由題意可得f′(x)＝4ax2(x－3)，1≤x≤4，當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝b，顯然不合題意，舍去；當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)>0，得3<x≤4，令f′(x)<0，得1≤x<3，故f(x)在[1，3)上單調(diào)遞減，在(3，4]上單調(diào)遞增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)<f(4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－27a＝－6，,b＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝3，))則a＋b＝eq\f(10,3).當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)>0，得1≤x<3，令f′(x)<0，得3<x≤4，故f(x)在(3，4]上單調(diào)遞減，在[1，3)上單調(diào)遞增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)>f(4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－27a＝3，,b＝－6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝－6，))則a＋b＝－eq\f(19,3).綜上所述，a＋b＝eq\f(10,3)或－eq\f(19,3).易錯(cuò)提醒1.求函數(shù)最值時(shí)，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值就是最值，要通過比較大小才能下結(jié)論.2.當(dāng)已知函數(shù)的最值求參數(shù)的值或范圍時(shí)，要對(duì)參數(shù)的范圍進(jìn)行討論求解.訓(xùn)練3(1)(2024·南寧適應(yīng)測(cè)試)已知函數(shù)f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值為－1，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________.(2)(2024·河南名校大聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(a，a＋4)上存在最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.答案(1)[0，＋∞)(2)(－6，－2)解析(1)因?yàn)閒(x)＝(x－1)ex＋ax2，所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)，①若a≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)有最小值f(0)＝－1.②若a<0，則當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，不符合題意.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0，＋∞).(2)由f(x)＝x3－12x，得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，令f′(x)<0，得－2<x<2，則f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－2，2)上單調(diào)遞減，所以f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值，要使函數(shù)f(x)＝x3－12x在區(qū)間(a，a＋4)上存在最大值，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<－2，,－2<a＋4，))解得－6<a<－2，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－6，－2).【精準(zhǔn)強(qiáng)化練】一、單選題1.(2024·煙臺(tái)模擬)函數(shù)f(x)＝－2lnx－x－eq\f(3,x)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.(0，＋∞) B.(－3，1)C.(1，＋∞) D.(0，1)答案D解析f′(x)＝－eq\f(2,x)－1＋eq\f(3,x2)＝eq\f(－x2－2x＋3,x2)＝eq\f(－（x－1）（x＋3）,x2)，x>0.由f′(x)>0，得0<x<1，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，1).故選D.2.(2024·三湘名校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1沒有極值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)答案C解析由f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.根據(jù)題意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.3.(2024·無錫質(zhì)檢)當(dāng)x＝2時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3＋bx2－12x取得極值，則f(x)在區(qū)間[－4，4]上的最大值為()A.8 B.12C.16 D.32答案C解析f′(x)＝3x2＋2bx－12，∵f(x)在x＝2處取得極值，∴f′(2)＝12＋4b－12＝0，∴b＝0，則f(x)＝x3－12x，由f′(x)＝0，得x＝±2，f(x)在[－4，－2]上單調(diào)遞增，在(－2，2)上單調(diào)遞減，在[2，4]上單調(diào)遞增，又f(－2)＝－8＋24＝16，f(4)＝64－48＝16，∴f(x)max＝16，選C.4.(2024·西安調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝3x4－8x3＋6x2，則f(x)()A.有2個(gè)極大值點(diǎn)B.有1個(gè)極大值點(diǎn)和1個(gè)極小值點(diǎn)C.有2個(gè)極小值點(diǎn)D.有且僅有1個(gè)極值點(diǎn)答案D解析由題知f′(x)＝12x3－24x2＋12x＝12x(x2－2x＋1)＝12x(x－1)2，因?yàn)?x－1)2≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào))，則當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，0)，所以函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)為0，沒有極大值點(diǎn)，即函數(shù)f(x)有且僅有1個(gè)極值點(diǎn).5.(2024·宜春調(diào)研)若函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是()A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)C.(－∞，3) D.(－∞，3]答案B解析函數(shù)g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x的定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)＋x－(b－1).由g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即eq\f(1,x)＋x－(b－1)<0有解.因?yàn)楹瘮?shù)g(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以x＋eq\f(1,x)≥2.要使eq\f(1,x)＋x－(b－1)<0有解，只需2<b－1，即b>3，所以實(shí)數(shù)b的取值范圍是(3，＋∞).6.已知a＝lneq\r(2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(1,e)，則下列結(jié)論正確的是()A.c<b<a B.b<a<cC.a<b<c D.c<a<b答案C解析設(shè)f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，則f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，當(dāng)x∈(0，e)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(e，＋∞)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減.a＝lneq\r(2)＝eq\f(1,2)ln2＝eq\f(2,4)ln2＝eq\f(1,4)ln4＝f(4)，又b＝eq\f(ln3,3)＝f(3)，c＝eq\f(1,e)＝f(e)，e<3<4，且f(x)在(e，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(4)<f(3)<f(e)，所以a<b<c.7.(2024·長(zhǎng)沙調(diào)研)若函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在區(qū)間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值，則t的最大值為()A.2 B.3C.4 D.5答案B解析函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)的定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1＋\f(1,x)－lnx,（x＋1）2)，令f(x)＝1＋eq\f(1,x)－lnx，由于函數(shù)g(x)在區(qū)間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值.則函數(shù)f(x)在[t，＋∞)(t∈N*)有可變號(hào)零點(diǎn)，由于x>0，則f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0.所以f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，又f(3)＝eq\f(4,3)－ln3＝eq\f(lne4－ln27,3)>0，f(4)＝eq\f(5,4)－ln4＝eq\f(lne5－ln256,4)<eq\f(ln243－ln256,4)<0.所以存在唯一x0∈(3，4)，使得f(x0)＝0，所以當(dāng)x∈(0，x0)時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f(x)<0，所以函數(shù)g(x)在(0，x0)上單調(diào)遞增，在(x0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以要使函數(shù)g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在區(qū)間[t，＋∞)(t∈N*)上存在極值，則t的最大值為3.二、多選題8.(2024·新高考Ⅱ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－3ax2＋1，則()A.當(dāng)a>1時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)B.當(dāng)a<0時(shí)，x＝0是f(x)的極大值點(diǎn)C.存在a，b，使得x＝b為曲線y＝f(x)的對(duì)稱軸D.存在a，使得點(diǎn)(1，f(1))為曲線y＝f(x)的對(duì)稱中心答案AD解析由題可知，f′(x)＝6x(x－a).對(duì)于A，當(dāng)a>1時(shí)，由f′(x)<0得0<x<a，由f′(x)>0得x<0或x>a，則f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，故f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，A正確；對(duì)于B，當(dāng)a<0時(shí)，由f′(x)<0得a<x<0，則f′(x)>0得x>0或x<a，則f(x)在(－∞，a)上單調(diào)遞增，在(a，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→－∞，故曲線y＝f(x)必不存在對(duì)稱軸，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，f(x)＝2x3－3ax2＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(3)－eq\f(3,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＋1－eq\f(a3,2)，令t＝x－eq\f(a,2)，則f(x)可轉(zhuǎn)化為g(t)＝2t3－eq\f(3,2)a2t＋1－eq\f(a3,2)，由y＝2t3－eq\f(3,2)a2t為奇函數(shù)，且其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，可知g(t)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－\f(a3,2)))對(duì)稱，則f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1－\f(a3,2)))對(duì)稱，故存在a＝2，使得點(diǎn)(1，f(1))為曲線y＝f(x)的對(duì)稱中心，D正確，故選AD.9.(2024·佛山二模)已知函數(shù)f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)a，b，下列結(jié)論一定成立的有()A.若a＋b>0，則f(a)＋f(b)>0 B.若a＋b>0，則f(a)－f(－b)>0C.若f(a)＋f(b)>0，則a＋b>0 D.若f(a)＋f(b)<0，則a＋b<0答案ABD解析f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，則f′(x)＝ex－x，令g(x)＝ex－x，則g′(x)＝ex－1.令g′(x)<0，得x<0，令g′(x)>0，得x>0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故g(x)≥g(0)＝1，即f′(x)>0，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，且f(0)＝0.若a＋b>0，則a>－b，所以f(a)>f(－b)，故B正確；f(b)＋f(－b)＝eb－eq\f(1,2)b2－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－b－\f(1,2)b2－1))＝eb＋e－b－b2－2，令h(b)＝eb＋e－b－b2－2，則h′(b)＝eb－e－b－2b，令u(b)＝h′(b)，則u′(b)＝eb＋e－b－2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)eb＝e－b，即b＝0時(shí)，等號(hào)成立，所以u(píng)(b)在R上單調(diào)遞增，而h′(0)＝u(0)＝0，故h(b)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故h(b)≥h(0)＝0，所以f(b)＋f(－b)≥0，即f(a)＋f(b)≥f(a)－f(－b)>0，故A正確；若f(a)＋f(b)<0，則f(a)<－f(b)≤f(－b)，所以a<－b，即a＋b<0，故D正確；設(shè)f(c)＝－f(b)，若c<a<－b，則f(c)＝－f(b)<f(a)滿足f(a)＋f(b)>0，但a＋b<0，故C錯(cuò)誤.三、填空題10.(2024·泰安質(zhì)檢)設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點(diǎn)，則a的取值范圍是________.答案(－∞，－1)解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.由題意知ex＋a＝0有大于0的實(shí)根，由ex＝－a，得a＝－ex，∵x>0，∴ex>1，∴a<－1.11.(2024·開封二模)已知函數(shù)f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，則n－m的最小值為________.答案eq\f(2,3)(1－ln2)解析由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，化簡(jiǎn)整理得3n－3m＝em－2m.令h(m)＝em－2m(m∈R)，則h′(m)＝em－2,令em－2＝0，解得m＝ln2.當(dāng)m∈(－∞，ln2)時(shí)，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減；當(dāng)m∈(ln2，＋∞)時(shí)，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增.即h(m)min＝h(ln2