——专题：导数的应用极值与最值设f(x)＝alnx＋＋x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f‘(x)的图象经过点(1,0)，(2,0)，如图所示，则下列说法中不正确的是________．①当x＝时，函数f(x)取得极小值；②f(x)有两个极值点；③当x＝2时，函数f(x)取得极小值；④当x＝1时，函数f(x)取得极大值．若函数f(x)＝的图象如图所示，则m的范围为()．A．(∞－，－1)B．(－1,2)C．(1,2)D．(0,2)已知函数f(x)＝eax－x，其中a≠0．(1)若对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(x1＜x2)，记直线AB的斜率为k．问：是否存在x0∈(x1,x2)，使f‘(x0)＞k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由．已知函数f(x)满足f(x)＝f‘(1)ex－1－f(0)x＋x2．(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值．已知函数f(x)＝a(lnx－x)(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，函数g(x)＝x3＋x2在区间(2，3)上总存在极值，求实数m的取值范围．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取极值10，则f(2)＝________．课后练习详解答案：(1)a＝－1；(2)极小值f(1)＝3，无极大值．详解:(1)因f(x)＝alnx＋＋x＋1，故f‘(x)＝－＋．由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f‘(1)＝0，从而a－＋＝0，解得a＝－1．(2)由(1)知f(x)＝－lnx＋＋x＋1(x＞0)，f‘(x)＝－－＋＝＝．令f‘(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(因x2＝－不在定义域内，舍去)．当x∈(0,1)时，f‘(x)＜0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1∞，＋)时，f‘(x)＞0，故f(x)在(1∞，＋)上为增函数．故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3，无极大值．答案：①．详解:从图象上可以看到：当x∈(∞－，1)时，f‘(x)＞0；当x∈(1,2)时，f‘(x)＜0；当x∈(2，∞＋)时，f‘(x)＞0，所以f(x)有两个极值点1和2，且当x＝2时函数取得极小值，当x＝1时函数取得极大值．只有①不正确．答案：C．详解:f‘(x)＝＝由图知m－2＜0，且m＞0，故0＜m＜2，又＞1，∴m＞1，因此1＜m＜2，选C．答案：(1){1}；(2)x0的取值范围为．详解:(1)若a＜0，则对一切x＞0，f(x)＝eax－x＜1，这与题设矛盾．又a≠0，故a＞0．而f‘(x)＝aeax－1，令f‘(x)＝0得x＝ln．当x＜ln时，f‘(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln时，f‘(x)＞0，f(x)单调递增．故当x＝ln，f(x)取最小值f＝－ln．于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当－ln≥1．①令g(t)＝t－tlnt，则g‘(t)＝－lnt．当0＜t＜1时，g‘(t)＞0，g(t)单调递增；当t＞1时，g‘(t)＜0，g(t)单调递减．故当t＝1时，g(t)取最大值g(1)＝1．因此，当且仅当＝1，即a＝1时，①式成立．综上所述，a的取值集合为{1}．(2)由题意知，k＝＝2121axaxeexx－1．令φ(x)＝f‘(x)－k＝aeax－2121axaxeexx．则φ(x1)＝－211axexx[21()axxe－a(x2－x1)－1]，φ(x2)＝212axexx[12()axxe－a(x1－x2)－1]．令F(t)＝et－t－1，则F‘(t)＝et－1．当t＜0时，F‘(t)＜0，F(t)单调递减；当t＞0时，F‘(t)＞0，F(t)单调递增．故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0．从而21()axxe－a(x2－x1)－1＞0，12()axxe－a(x1－x2)－1＞0，又211axexx＞0，212axexx＞0，所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0．因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在c∈(x1，x2)，使得φ(c)＝0．又φ‘(x)＝a2eax＞0，φ(x)单调递增，故这样的c是唯一的，且c＝21211ln()axaxeeaaxx．故当且仅当x∈时，f‘(x)>k．综上所述，存在x0∈(x1,x2)，使f‘(x0)＞k成立，且x0的取值范围为．答案：(1)(a＋1)b的最大值为．详解:(1)由已知得f‘(x)＝f‘(1)ex1－f(0)＋x．所以f‘(1)＝f‘(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1．又f(0)＝f‘(1)e1，所以f‘(1)＝e．从而f(x)＝ex－x＋x2．由于f‘(x)＝ex－1＋x，故当x∈(∞－，0)时，f‘(x)<0；当x∈(0∞，＋)时，f‘(x)>0．从而，f(x)在(∞－，0)单调递...
