(1)函數(shù)的極小值：
函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則點(diǎn)a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．
(2)函數(shù)的極大值：
函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近其他點(diǎn)的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則點(diǎn)b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．
2．函數(shù)的最值
(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．
(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．
題型一. 極值、最值的概念
1．函數(shù)y＝xsinx+csx的一個(gè)極小值點(diǎn)為（ ）
A．x=?π2B．x=π2C．x＝πD．x=3π2
【解答】解：y＝f（x）＝xsinx+csx，
∴f′（x）＝sinx+xcsx﹣sinx＝xcsx，
令f′（x）＝0，解得x＝0或x=π2+kπ，k∈Z，
易得，函數(shù)在（0，12π）單調(diào)遞增，（12π，π）單調(diào)遞減，故x=12π為函數(shù)的極大值點(diǎn)，
函數(shù)在（?12π，0）單調(diào)遞減，（﹣π，?12π）單調(diào)遞減增故x=?12π為函數(shù)的極大值點(diǎn)，
函數(shù)在（12π，32π）單調(diào)遞減，在（32π，2π）單調(diào)遞增，x＝π不是極值點(diǎn)，x=32π為函數(shù)的極小值點(diǎn)．
故選：D．
2．若x＝﹣2是函數(shù)f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的極值點(diǎn)，則f（x）的極小值為（ ）
A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1
【解答】解：函數(shù)f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函數(shù)f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的極值點(diǎn)，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．
解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，
＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函數(shù)的極值點(diǎn)為：x＝﹣2，x＝1，
當(dāng)x＜﹣2或x＞1時(shí)，f′（x）＞0函數(shù)是增函數(shù)，x∈（﹣2，1）時(shí)，函數(shù)是減函數(shù)，
x＝1時(shí)，函數(shù)取得極小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．
故選：A．
3．已知函數(shù)f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是（ ）
A．?x0∈R，f（x0）＝0
B．函數(shù)y＝f（x）的圖象是中心對(duì)稱圖形
C．若x0是f（x）的極小值點(diǎn)，則f（x ）在區(qū)間（﹣∞，x0）上單調(diào)遞減
D．若x0是f（x）的極值點(diǎn)，則f′（x0 ）＝0
【解答】解：
A、對(duì)于三次函數(shù)f （x ）＝x3+ax2+bx+c，
A：由于當(dāng)x→﹣∞時(shí)，y→﹣∞，當(dāng)x→+∞時(shí)，y→+∞，
故?x0∈R，f（x0）＝0，故A正確；
B、∵f（?2a3?x）+f（x）＝（?2a3?x）3+a（?2a3?x）2+b（?2a3?x）+c+x3+ax2+bx+c=4a327?2ab3+2c，
f（?a3）＝（?a3）3+a（?a3）2+b（?a3）+c=2a327?ab3+c，
∵f（?2a3?x）+f（x）＝2f（?a3），
∴點(diǎn)P（?a3，f（?a3））為對(duì)稱中心，故B正確．
C、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，則f（x）＝x3﹣x2﹣x，
對(duì)于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1
∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，?13）∪（1，+∞）
由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（?13，1）
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為：（﹣∞，?13），（1，+∞），減區(qū)間為：（?13，1），
故1是f（x）的極小值點(diǎn)，但f（x ）在區(qū)間（﹣∞，1）不是單調(diào)遞減，故C錯(cuò)誤；
D：若x0是f（x）的極值點(diǎn)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的意義，則f′（x0 ）＝0，故D正確．
由于該題選擇錯(cuò)誤的，故選：C．
4．已知函數(shù)f（x）＝x3+ax2﹣4x+5在x＝﹣2處取極值（a∈R）．
（1）求f（x）的解析式；
（2）求函數(shù)f（x）在[﹣3，3]上的最大值．
【解答】解：（1）由f（x）＝x3+ax2﹣4x+5，得f'（x）＝3x2+2ax﹣4，
∵函數(shù)f（x）在x＝﹣2處取極值，∴f'（﹣2）＝0，∴a＝2，
經(jīng)檢驗(yàn)，a＝2符合題意，∴f（x）＝x3+2x2﹣4x+5．
（2）由（1）知f'（x）＝3x2+4x﹣4＝（3x﹣2）（x+2），
∴x∈[﹣3，﹣2）時(shí)，f'（x）＞0；x∈(?2，23)時(shí)，f'（x）＜0；x∈(23，3]時(shí)，f'（x）＞0；
∴x∈[﹣3，﹣2）時(shí)，f（x）單調(diào)遞增；x∈(?2，23)時(shí)，f（x）單調(diào)遞減；x∈(23，3]時(shí)，f（x）單調(diào)遞增；
∴f（x）的最大值只可能為f（﹣2）或f（3），又f（﹣2）＝13，f（3）＝38，
∴函數(shù)f（x）在[﹣3，3]上的最大值為f（3）＝38．
題型二.已知極值、最值求參
考點(diǎn)1.利用二次函數(shù)根的分布
1．若函數(shù)f（x）＝x3﹣3bx+b在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極小值，則b的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，1）B．（0，1）C．（1，+∞）D．（﹣1，0）
【解答】解：由題意，得f′（x）＝3x2﹣3b，
令f′（x）＝0，則x＝±b，
∵函數(shù)在（?b，b）上f′（x）＜0，函數(shù)遞減，在（b，+∞）上f′（x）＞0，函數(shù)遞增
∴x=b時(shí)，函數(shù)取得極小值
∵函數(shù)f（x）＝x3﹣3bx+b在區(qū)間（0，1）內(nèi)有極小值，
∴0＜b＜1，
∴b∈（0，1）
故選：B．
2．已知函數(shù)f（x）=13x3?12ax2+x在區(qū)間（12，3）上既有極大值又有極小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．（2，+∞）B．[2，+∞）C．（2，52）D．（2，103）
【解答】解：函數(shù)f（x）=13x3?12ax2+x，求導(dǎo)f′（x）＝x2﹣ax+1，
由f（x）在（12，3）上既有極大值又有極小值，則f′（x）＝0在（12，3）內(nèi)應(yīng)有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)根．
f'(12)＞0f'(3)＞012＜1a＜3f'(1a)＜0，解得：2＜a＜52，
實(shí)數(shù)a的取值范圍（2，52），
故選：C．
考點(diǎn)2.參變分離
3．若函數(shù)f（x）=x33?a2x2+x+1在區(qū)間（12，3）上有極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．（2，52）B．[2，52）C．（2，103）D．[2，103）
【解答】解：∵函數(shù)f（x）=x33?a2x2+x+1，
∴f′（x）＝x2﹣ax+1，
若函數(shù)f（x）=x33?a2x2+x+1在區(qū)間（12，3）上有極值點(diǎn)，
則f′（x）＝x2﹣ax+1在區(qū)間（12，3）內(nèi)有零點(diǎn)
由x2﹣ax+1＝0可得a＝x+1x
∵x∈（12，3），
∴2≤a＜103，
當(dāng)a＝2時(shí)，函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)等于零時(shí)值只有1，可是兩邊的單調(diào)性相同，所以a不能等于2．
故選：C．
4．已知函數(shù)f(x)=exx2+2klnx?kx，若x＝2是函數(shù)f（x）的唯一極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（ ）
A．(?∞，e24]B．(?∞，e2]C．（0，2]D．[2，+∞）
【解答】解：∵函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
∴f′（x）=ex(x?2)x3+2kx?k=(ex?kx2)(x?2)x3，
∵x＝2是函數(shù)f（x）的唯一一個(gè)極值點(diǎn)，
∴x＝2是導(dǎo)函數(shù)f′（x）＝0的唯一根，
∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）無(wú)變號(hào)零點(diǎn)，
即k=exx2在x＞0上無(wú)變號(hào)零點(diǎn)，令g（x）=exx2，
因?yàn)間'（x）=ex(x?2)x3，
所以g（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在x＞2 上單調(diào)遞增，
所以g（x）的最小值為g（2）=e24，
所以必須k≤e24，
故選：A．
考點(diǎn)3.分類討論
5．已知函數(shù)f（x）＝ax?1x?（a+1）lnx+1在（0，1]上的最大值為3，則實(shí)數(shù)a＝ e ．
【解答】解：f′（x）＝a+1x2?a+1x=(ax?1)(x?1)x2，
令g（x）＝（ax﹣1）（x﹣1），x∈（0，1），
①當(dāng)a≤1時(shí)，ax﹣1≤x﹣1＜0，
∴g（x）＞0，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，
∴f（x）max＝f（1）＝a，即a＝3（舍去），
②當(dāng)a＞1時(shí)，x∈（0，1a），g（x）＞0，f′（x）＞0；x∈（1a，1）時(shí)，g（x）＜0，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，1a）上單調(diào)遞增，在（1a，1）上單調(diào)遞減，
∴f（x）max＝f（1a），2﹣a﹣（a+1）ln1a=3，即a﹣（a+1）lna+1＝0，即a﹣（a+1）lna+1＝0，
令h（x）＝x﹣（x+1）lnx+1（x＞1），h′（x）＝﹣lnx?1x＜0，
∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，且h（e）＝0，
∴a＝e，
故答案為：e．
6．已知函數(shù)f(x)=(12x2?ax)lnx?12x2+32ax．
（1）討論函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)；
（2）若f（x）極大值大于1，求a的取值范圍．
【解答】解：f'(x)=(x?a)lnx+12x?a?x+32a=(x?a)(lnx?12)
（1）①a≤0時(shí)，f（x）在(0，e)單減，(e，+∞)單增，極小值點(diǎn)為x=e
②0＜a＜e時(shí)，f（x）在（0，a）單增，(a，e)單減，(e，+∞)單增，極小值點(diǎn)為x=e，極大值點(diǎn)為x＝a
③a=e時(shí)，f（x）在（0，+∞）單增，無(wú)極值點(diǎn)．
④a＞e時(shí)，f（x）在(0，e)單增，(e，a)單減，（a，+∞）單增，極小值點(diǎn)為x＝a，極大值點(diǎn)為x=e．
（2）由（1），a≤0和a=e時(shí)，無(wú)極大值，不成立．
當(dāng)a＞e時(shí)，極大值f(e)=ae?e4＞1，解得a＞e4+1e，∵e4+1e?e=1e?3e4=1e(1?3e4)＜0，∴a＞e．
當(dāng)0＜a＜e時(shí)，極大值f(a)=12a2(2?lna)＞1，
得2?lna＞2a2，令t＝a2，則g(t)=2?12lnt?2t，g'(t)=?12t+2t2=4?t2t2，g(t)在t＝4取得極大值g（4）＞0，且g（1）＝0，
而a＜e，t＜e，而g（t）在（1，e）單增，∴g（t）＞0解為（1，e），
則a∈(1，e)，
綜上a∈(1，e)∪(e，+∞)．
7．已知函數(shù)f（x）＝lnx?ax（a∈R）
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值為32，求a的值．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）＝lnx?ax的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1x+ax2=x+ax2，x＞0，
當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）遞增；
當(dāng)a＜0時(shí)，由f′（x）＞0可得x＞﹣a，則f（x）在（﹣a，+∞）遞增；
（2）由f（x）在[1，e]上的最小值可能為端點(diǎn)處的函數(shù)值或極值，
若f（1）＝﹣a為最小值，可得﹣a=32，即a=?32，
由（1）可得f（x）在[1，32）遞減，在（32，e]遞增，
故f（x）在x=32處取得最小值，故不成立；
若f（e）＝1?ae為最小值，可得1?ae=32，即a=?12e，
由（1）可得f（x）在[1，12e）遞減，在（12e，e]遞增，
故f（x）在x=12e處取得最小值，故不成立；
若f（﹣a）＝ln（﹣a）+1為最小值，可得ln（﹣a）+1=32，即a=?e，
由（1）可得f（x）在[1，e）遞減，在（e，e]遞增，
故f（x）在x=e處取得最小值，故成立．
則a=?e．
考點(diǎn)4.初探隱零點(diǎn)——設(shè)而不求，虛設(shè)零點(diǎn)
8．已知a為常數(shù)，函數(shù)f（x）＝x（lnx﹣ax）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2（x1＜x2）（ ）
A．f(x1)＞0，f(x2)＞?12B．f(x1)＜0，f(x2)＜?12
C．f(x1)＞0，f(x2)＜?12D．f(x1)＜0，f(x2)＞?12
【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）＝0，由題意可得lnx＝2ax﹣1有兩個(gè)解x1，x2?函數(shù)g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有兩個(gè)零點(diǎn)?g′（x）在（0，+∞）上的唯一的極值不等于0．
g'(x)=1x?2a=1?2axx．
①當(dāng)a≤0時(shí)，g′（x）＞0，f′（x）單調(diào)遞增，因此g（x）＝f′（x）至多有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，應(yīng)舍去．
②當(dāng)a＞0時(shí)，令g′（x）＝0，解得x=12a，
∵x∈(0，12a)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；x∈(12a，+∞)時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
∴x=12a是函數(shù)g（x）的極大值點(diǎn)，則g(12a)＞0，即ln12a+1?1=?ln(2a)＞0，
∴l(xiāng)n（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即0＜a＜12．
故當(dāng)0＜a＜12時(shí)，g（x）＝0有兩個(gè)根x1，x2，且x1＜12a＜x2，又g（1）＝1﹣2a＞0，
∴x1＜1＜12a＜x2，從而可知函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，x1）上遞減，在區(qū)間（x1，x2）上遞增，在區(qū)間（x2，+∞）上遞減．
∴f（x1）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x2）＞f（1）＝﹣a＞?12．
故選：D．
9．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在(14，+∞)上恰有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x1＜x2，則f(x1)x2的取值范圍為（ ）
A．(?3，12?ln2)B．(12?ln2，1)
C．(?∞，12?ln2)D．(12?ln2，34?ln2)
【解答】解：f（x）＝（x﹣1）2+alnx，則f′（x）＝2x﹣2+ax=2x2?2x+ax（x＞0），
令f′（x）＝0，得2x2﹣2x+a＝0，
由題意知2x2﹣2x+a＝0在（14，+∞）上有2個(gè)根x1，x2，
故a＞02×(14)2?2×14+a＞0△=4?8a＞0，解得：38＜a＜12，
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=1x1?x2=a2，
由求根公式得x1，2=1±1?2a2，
∵x1＜x2，∴x2=1+1?2a2，
∵38＜a＜12，∴12＜x2＜34，
則f(x1)x2=(x1?1)2+alnx1x2=x22+2x1x2lnx1x2
＝x2+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）＝x2﹣1+2（1﹣x2）ln（1﹣x2）+1（12＜x2＜34），
令t＝1﹣x2，則14＜t＜12，
設(shè)g（t）＝﹣t+2tlnt+1（14＜t＜12），則g′（t）＝1+2lnt，
易知g′（t）在（14，12）上單調(diào)遞增，
故g′（t）＝1+2lnt＜1﹣2ln2＝lne4＜0，
故當(dāng)14＜t＜12時(shí)，函數(shù)g（t）為減函數(shù)，
∴g（t）＜?14+2×14ln14+1=34?ln2，且g（t）＞?12+2×ln12ln12+1=12?ln2，
∴f(x1)x2∈（12?ln2，34?ln2）．
故選：D．
10．已知函數(shù)f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）證明：f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【解答】解：（1）因?yàn)閒（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
則f（x）≥0等價(jià)于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求導(dǎo)可知h′（x）＝a?1x．
則當(dāng)a≤0時(shí)h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x0＞1時(shí)，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
因?yàn)楫?dāng)0＜x＜1a時(shí)h′（x）＜0、當(dāng)x＞1a時(shí)h′（x）＞0，
所以h（x）min＝h（1a），
又因?yàn)閔（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
所以1a=1，解得a＝1；
另解：因?yàn)閒（1）＝0，所以f（x）≥0等價(jià)于f（x）在x＞0時(shí)的最小值為f（1），
所以等價(jià)于f（x）在x＝1處是極小值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，記t（x）＝2x﹣2﹣lnx，則t′（x）＝2?1x，
令t′（x）＝0，解得x=12，
所以t（x）在區(qū)間（0，12）上單調(diào)遞減，在（12，+∞）上單調(diào)遞增，
所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，又t（1e2）=2e2＞0，所以t（x）在（0，12）上存在唯一零點(diǎn)，
所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在兩根x0，x2，
且不妨設(shè)f′（x）在（0，x0）上為正、在（x0，x2）上為負(fù)、在（x2，+∞）上為正，
所以f（x）必存在唯一極大值點(diǎn)x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，
所以f（x0）=x02?x0﹣x0lnx0=x02?x0+2x0﹣2x02=x0?x02，
由x0＜12可知f（x0）＜（x0?x02）max=?122+12=14；
由f′（1e）＜0可知x0＜1e＜12，
所以f（x）在（0，x0）上單調(diào)遞增，在（x0，1e）上單調(diào)遞減，
所以f（x0）＞f（1e）=1e2；
綜上所述，f（x）存在唯一的極大值點(diǎn)x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
課后作業(yè).極值、最值
1．若函數(shù)f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）內(nèi)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（ ）
A．（﹣∞，﹣2）B．（﹣∞，﹣2]C．（﹣∞，﹣3）D．（﹣∞，﹣3]
【解答】解：函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）＝（2x+a）ex+（x2+ax+3）ex＝[x2+（a+2）x+a+3]ex，
若函數(shù)f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）內(nèi)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，
等價(jià)為f′（x）＝0在[0，+∞）上只要一個(gè)變號(hào)根，
即f′（0）＜0，即可此時(shí)a+3＜0，得a＜﹣3，
當(dāng)a＝﹣3時(shí)，f′（x）＝（x2﹣x）ex，
由f（x）＝0得x＝0或x＝1，即x＝1是函數(shù)的一個(gè)極值點(diǎn)，滿足條件，
綜上a≤﹣3，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（﹣∞，﹣3]，
故選：D．
2．已知函數(shù)f(x)=xex?13ax3?12ax2有三個(gè)極值點(diǎn)，則a的取值范圍是（ ）
A．（0，e）B．(0，1e)C．（e，+∞）D．(1e，+∞)
【解答】解：函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax，
若函數(shù)f(x)=xex?13ax3?12ax2有三個(gè)極值點(diǎn)，
等價(jià)為f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax＝0有三個(gè)不同的實(shí)根，
即（1+x）ex﹣ax（x+1）＝0，
即（x+1）（ex﹣ax）＝0，
則x＝﹣1，則ex﹣ax＝0，有兩個(gè)不等于﹣1的根，
則a=exx，
設(shè)h（x）=exx，
則h′（x）=exx?exx2=ex(x?1)x2，
則由h′（x）＞0得x＞1，由h′（x）＜0得x＜1且x≠0，
則當(dāng)x＝1時(shí)，h（x）取得極小值h（1）＝e，
當(dāng)x＜0時(shí)，h（x）＜0，
作出函數(shù)h（x）=exx，的圖象如圖，
要使a=exx有兩個(gè)不同的根，
則滿足a＞e，
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（e，+∞），
故選：C．
3．已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx，若f（t）＝g（s），則當(dāng)s﹣t取得最小值時(shí)，f（t）所在區(qū)間是（ ）
A．（ln2，1）B．（12，ln2）C．（13，1e）D．（1e，12）
【解答】解：令f（t）＝g（s）＝a，即et＝lns＝a＞0，
∴t＝lna，s＝ea，
∴s﹣t＝ea﹣lna，（a＞0），
令h（a）＝ea﹣lna，
h′（a）＝ea?1a
∵y＝ea遞增，y=1a遞減，
故存在唯一a＝a0使得h′（a）＝0，
0＜a＜a0時(shí)，ea＜1a，h′（a）＜0，
a＞a0時(shí)，ea＞1a，h′（a）＞0，
∴h（a）min＝h（a0），
即s﹣t取最小值時(shí)，f（t）＝a＝a0，
由零點(diǎn)存在定理驗(yàn)證ea0?1a0=0的根的范圍：
a0=12時(shí)，ea0?1a0＜0，
a0＝ln2時(shí)，ea0?1a0＞0，
故a0∈（12，ln2），
故選：B．
4．已知函數(shù)f（x）＝lnx+x2﹣ax+a（a＞0）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2（x1＜x2），則f（x1）+f（x2）的最大值為（ ）
A．﹣1﹣ln2B．1﹣ln2C．2﹣ln2D．3﹣ln2
【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=1x+2x﹣a=2x2?ax+1x，
由題意可知2x2﹣ax+1＝0在（0，+∞）上有兩個(gè)不同的解x1，x2，
所以x1+x2=a2，x1x2=12，且2×02?a×0+1=1＞0??a4＞0△=a2?8＞0，解得a＞22，
所以f（x1）+f（x2）＝lnx1+x12﹣ax1+a+lnx2+x22﹣ax2+a，
＝ln（x1x2）+x12+x22﹣a（x1+x2）+2a=?a24+2a﹣ln2﹣1=?14（a﹣4）2+3﹣ln2≤3﹣ln2，
當(dāng)a＝4時(shí)，等號(hào)成立，
故f（x1）+f（x2）的最大值為3﹣ln2．
故選：D．
5．已知函數(shù)f(x)=lnx+12ax2+x，a∈R．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a，使得函數(shù)f（x）的極值大于0？若存在，求a的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【解答】解：（1）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
∴f′（x）=1x+ax+1=ax2+x+1x
①當(dāng)a＝0時(shí)，f′（x）=1+xx，∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a≠0時(shí)，令f′（x）＝0得ax2+x+1＝0，△＝1﹣4a．
（?。┊?dāng)△≤0，即a≥14時(shí)，f′（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
（ⅱ）當(dāng)△＞0，即a＜14時(shí)，方程ax2+x+1＝0的兩個(gè)實(shí)根分別為 x1=?1?1?4a2a，x2=?1+1?4a2a．
若0＜a＜14，則x1＜0，x2＜0，此時(shí)，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增若a＜0，則x1＞0，x2＜0，
此時(shí)，當(dāng)x∈（0，x1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（x1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0f（x）單調(diào)遞減，
綜上，當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，?1?1?4a2a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(?1?1?4a2a，+∞)；
當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），
（2）：由（1）得當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
故函數(shù)f（x）無(wú)極值；
當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，?1?1?4a2a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(?1?1?4a2a，+∞)；
則f（x）有極大值，其值為f(x1)=lnx1+12ax12+x1，其中x1=?1?1?4a2a．
而ax12+x1+1=0，
∴f(x1)=lnx1+x1?12，
設(shè)函數(shù)h（x）＝lnx+x?12，x＞0，則h′（x）=1x+12＞0，
則h（x）＝lnx+x?12在（0，+∞）上為增函數(shù)．
又h（1）＝0，故h（x）＞0等價(jià)于x＞1．
因而f(x1)=lnx1+x1?12＞0等價(jià)于x1＞1．
即在a＜0時(shí)，方程ax2+x+1＝0的大根大于1，
設(shè)?（x）＝ax2+x+1，由于?（x）的圖象是開(kāi)口向下的拋物線，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)（0，1），對(duì)稱軸x=?12a＞0，則只需?（1）＞0，即a+2＞0
解得a＞﹣2，而a＜0，
故實(shí)數(shù)a的取值范圍為（﹣2，0）．

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