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微专题 4 导数与函数的单调性、极值、最值
高考定位 利用导数研究函数的单调性、极值、最值是重点考查内容，多以选择、
填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题.
【真题体验】
1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最
小值为( )
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
2.(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，
则( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2＋8ac>0 D.ac<0
3.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最
大值分别为( )
A.－， B.－，
C.－，＋2 D.－，＋2
4.(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2·(x－4)，则( )
A.x＝3是f(x)的极小值点 B.当0f(x)
【热点突破】
热点一 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的关键
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.
(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.
(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.
考向1 求函数的单调区间例1 已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R.讨论f(x)的单调性.
考向2 单调性的应用
例2 (1)(2024·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝sin x＋acos x在区间上是减
函数，则实数a的取值范围为( )
A.(－1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1－，＋∞) D.[－1，＋∞]
(2)(2024·苏锡常镇四市调研)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝
ex＋sin x，则不等式f(2x－1)0(或f′(x)<0)在
x∈D上有解.
训练1 (1)(2024·三明调研)函数f(x)＝x－ln(2x＋1)的单调递增区间为( )
A. B.
C. D.
(2)已知函数f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln 4)，b＝f，c＝f(21.1)，则a，b，c的大小关系
为( )
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
(3)(2024·苏州模拟)已知函数g(x)＝2x＋ln x－在区间[1，2]上不单调，则实数a
的取值范围是________.热点二 利用导数研究函数的极值
由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点.
(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的
单调性，进而确定极值点.
例3 (2024·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值，且极小
值小于0，求a的取值范围.
易错提醒 1.不能忽略函数的定义域.
2.f′(x )＝0是可导函数f(x)在x＝x 处取得极值的必要不充分条件，即 f′(x)的变号
0 0
零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x 外，
0
还需判断f(x)在x 左侧和右侧的单调性.
0
3.函数的极小值不一定比极大值小.
训练2 (1)(2024·聊城质检)函数f(x)＝ex＋x的极值点的个数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
(2)(2024·成都诊断)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为(
)
A.1 B.－1或－3
C.－1 D.－3
热点三 利用导数研究函数的最值
求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的各极值与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.
例4 (2024·武汉测试)已知函数 f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值为
3，最小值为－6，则a＋b的值是________.易错提醒 1.求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小
才能下结论.
2.当已知函数的最值求参数的值或范围时，要对参数的范围进行讨论求解.
训练3 (1)(2024·南宁适应测试)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值为－1，则
实数a的取值范围为________.
(2)(2024·河南名校大联考)若函数f(x)＝x3－12x在区间(a，a＋4)上存在最大值，
则实数a的取值范围是________.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2024·烟台模拟)函数f(x)＝－2ln x－x－的单调递增区间是( )
A.(0，＋∞) B.(－3，1)
C.(1，＋∞) D.(0，1)
2.(2024·三湘名校联考)已知函数f(x)＝x3＋(a－1) x2＋x＋1没有极值，则实数a的
取值范围是( )
A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)
C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)
3.(2024·无锡质检)当x＝2时，函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值，则f(x)在区间
[－4，4]上的最大值为( )
A.8 B.12
C.16 D.32
4.(2024·西安调研)已知函数f(x)＝3x4－8x3＋6x2，则f(x)( )
A.有2个极大值点
B.有1个极大值点和1个极小值点
C.有2个极小值点
D.有且仅有1个极值点
5.(2024·宜春调研)若函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数 b
的取值范围是( )
A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)
C.(－∞，3) D.(－∞，3]
6.已知a＝ln ，b＝，c＝，则下列结论正确的是( )
A.c1时，f(x)有三个零点
B.当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C.存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
9.(2024·佛山二模)已知函数f(x)＝ex－x2－1，对于任意的实数a，b，下列结论一
定成立的有( )
A.若a＋b>0，则f(a)＋f(b)>0 B.若a＋b>0，则f(a)－f(－b)>0
C.若f(a)＋f(b)>0，则a＋b>0 D.若f(a)＋f(b)<0，则a＋b<0
三、填空题
10.(2024·泰安质检)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则 a
的取值范围是________.
11.(2024·开封二模)已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最
小值为________.
12.已知函数f(x)＝xln x＋mex有两个极值点，则m的取值范围是________.
四、解答题
13.已知函数f(x)＝x3－3ax＋a(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)求函数f(x)在区间[0，3]上的最大值与最小值之差g(a).
14.已知函数f(x)＝.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为－1，求a的值；
(2)若f(x)在(1，＋∞)上有最大值，求a的取值范围.【解析版】
1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最
小值为( )
A.e2 B.e
C.e－1 D.e－2
答案 C
解析 因为函数f(x)＝aex－ln x，
所以f′(x)＝aex－.
因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)上单调递增，
所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，
即aex－≥0在(1，2)上恒成立，
易知a>0，则0<≤xex在(1，2)上恒成立.
设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.
当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，
所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
2.(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，
则( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2＋8ac>0 D.ac<0
答案 BCD
解析 因为函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)，
所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x ，x ，
1 2
则即
所以故选B，C，D.3.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最
大值分别为( )
A.－， B.－，
C.－，＋2 D.－，＋2
答案 D
解析 f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，
则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π].
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.
因为f()＝cos ＋(＋1)sin ＋1＝2＋，
f()＝cos ＋(＋1)sin ＋1＝－，
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x) ＝f()＝2＋，
max
f(x) ＝f()＝－.故选D.
min
4.(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2·(x－4)，则( )
A.x＝3是f(x)的极小值点 B.当0f(x)
答案 ACD
解析 因为f(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，
当x<1或x>3时，f′(x)>0；
当10，
即00，
所以f(2－x)>f(x)，所以D正确.
【热点突破】
热点一 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的关键
(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.
(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.
(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.
考向1 求函数的单调区间
例1 已知f(x)＝a(x－ln x)＋，a∈R.讨论f(x)的单调性.
解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－－＋＝.
若a≤0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
若a>0，f′(x)＝.
①当01，
当x∈(0，1)∪时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)和上单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
②当a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增.
③当a>2时，0<<1，
当x∈∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当02时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.考向2 单调性的应用
例2 (1)(2024·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝sin x＋acos x在区间上是减
函数，则实数a的取值范围为( )
A.(－1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1－，＋∞) D.[－1，＋∞]
(2)(2024·苏锡常镇四市调研)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝
ex＋sin x，则不等式f(2x－1)1，
所以当x∈时，0<<1，
所以a≥1.故选B.
(2)当x≥0时，f′(x)＝ex＋cos x，
因为ex≥1，cos x∈[－1，1]，
所以f′(x)＝ex＋cos x≥0在[0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增.
又因为f(x)是定义在R上的偶函数，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减.
因为f(－π)＝f(π)＝eπ，
所以由f(2x－1)0(或f′(x)<0)在
x∈D上有解.
训练1 (1)(2024·三明调研)函数f(x)＝x－ln(2x＋1)的单调递增区间为( )
A. B.
C. D.
(2)已知函数f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln 4)，b＝f，c＝f(21.1)，则a，b，c的大小关系
为( )
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>a>b D.c>b>a
(3)(2024·苏州模拟)已知函数g(x)＝2x＋ln x－在区间[1，2]上不单调，则实数a
的取值范围是________.
答案 (1)D (2)D (3)(－10，－3)
解析 (1)f(x)的定义域是，f′(x)＝1－＝，
令f′(x)>0，得x>，
故f(x)的单调递增区间是，故选D.
(2)因为f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，
所以函数f(x)为偶函数，
当x≥0时，则f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，
构建φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－2，
令φ′(x)<0，解得0≤x0，解得x>ln 2，
所以φ(x)在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
可得φ(x)≥φ(ln 2)＝2(1－ln 2)>0，
即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，
故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又因为b＝f＝f(－2)＝f(2)，
且21.1>2>ln 4>0，
所以f(21.1)>f(2)>f(ln 4)，即c>b>a.
(3)g′(x)＝2＋＋＝.
∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，且1－8a≠0，即a≠，
则a＝－2x2－x＝－2＋在(1，2)内有解，
易知函数y＝－2x2－x在(1，2)上是减函数，
∴y＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，
因此实数a的取值范围为(－10，－3).
热点二 利用导数研究函数的极值
由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点.
(2)由y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的函数值的正负，从而可得到函数y＝f(x)的
单调性，进而确定极值点.
例3 (2024·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值，且极小
值小于0，求a的取值范围.
解 易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；
当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x0)，
等价于1－ln a－a2<0(a>0).
令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)，
则g′(a)＝－－2a<0，
所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，故当00；
当a>1时，g(a)<0.
故实数a的取值范围为(1，＋∞).
易错提醒 1.不能忽略函数的定义域.
2.f′(x )＝0是可导函数f(x)在x＝x 处取得极值的必要不充分条件，即 f′(x)的变号
0 0
零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x 外，
0还需判断f(x)在x 左侧和右侧的单调性.
0
3.函数的极小值不一定比极大值小.
训练2 (1)(2024·聊城质检)函数f(x)＝ex＋x的极值点的个数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
(2)(2024·成都诊断)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为(
)
A.1 B.－1或－3
C.－1 D.－3
答案 (1)A (2)D
解析 (1)由题意知f′(x)＝ex＋ex＋＝[ex(x－1)＋1]，
令g(x)＝ex(x－1)＋1，则g′(x)＝xex，
令g′(x)＝0，解得x＝0，
则函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝0，
由此可知f′(x)≥0在R上恒成立，函数f(x)在R上单调递增，
所以函数f(x)不存在极值点.故选A.
(2)因为f(x)＝x(x＋a)2，
所以f′(x)＝(x＋a)(3x＋a)，
由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，
解得a＝－1或a＝－3.
当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，
当x∈时，f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝1处有极小值，不符合题意.
当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，
当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，
当x∈(1，3)时，f′(x)<0，
f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以f(x)在x＝1处有极大值，符合题意.
综上可得，a＝－3.
热点三 利用导数研究函数的最值
求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值；
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数f(x)的各极值与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.
例4 (2024·武汉测试)已知函数 f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值为
3，最小值为－6，则a＋b的值是________.
答案 或－
解析 由题意可得f′(x)＝4ax2(x－3)，1≤x≤4，
当a＝0时，f(x)＝b，显然不合题意，舍去；
当a>0时，令f′(x)>0，得30，得1≤x<3，
令f′(x)<0，得3f(4)，
故解得则a＋b＝－.
综上所述，a＋b＝或－.
易错提醒 1.求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小
才能下结论.
2.当已知函数的最值求参数的值或范围时，要对参数的范围进行讨论求解.
训练3 (1)(2024·南宁适应测试)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值为－1，则
实数a的取值范围为________.(2)(2024·河南名校大联考)若函数f(x)＝x3－12x在区间(a，a＋4)上存在最大值，
则实数a的取值范围是________.
答案 (1)[0，＋∞) (2)(－6，－2)
解析 (1)因为f(x)＝(x－1)ex＋ax2，
所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)，
①若 a≥0，则当 x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故 f(x)在(－∞，0)上单调递减；当
x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x＝0时，f(x)有最小
值f(0)＝－1.
②若a<0，则当x→－∞时，f(x)→－∞，不符合题意.
故实数a的取值范围为[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－20.
由f′(x)>0，得00时，f′(x)≥0，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
所以函数f(x)的极小值点为0，没有极大值点，即函数f(x)有且仅有1个极值点.
5.(2024·宜春调研)若函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数 b
的取值范围是( )A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)
C.(－∞，3) D.(－∞，3]
答案 B
解析 函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋x－(b－1).
由g(x)存在单调递减区间知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即＋x－(b－1)<0有解.
因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以x＋≥2.
要使＋x－(b－1)<0有解，只需23，所以实数b的取值范围是(3，
＋∞).
6.已知a＝ln ，b＝，c＝，则下列结论正确的是( )
A.c0)，
则f′(x)＝＝，
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
a＝ln ＝ln 2＝ln 2＝ln 4＝f(4)，
又b＝＝f(3)，c＝＝f(e)，e<3<4，
且f(x)在(e，＋∞)上单调递减，
所以f(4)0，则f′(x)＝－－<0.
所以f(x)在(0，＋∞)上为减函数，
又f(3)＝－ln 3＝>0，f(4)＝－ln 4＝<<0.
所以存在唯一x ∈(3，4)，使得f(x )＝0，
0 0
所以当x∈(0，x )时，f(x)>0，当x∈(x ，＋∞)时，f(x)<0，
0 0
所以函数g(x)在(0，x )上单调递增，在(x ，＋∞)上单调递减，所以要使函数 g(x)
0 0
＝在区间[t，＋∞)(t∈N*)上存在极值，则t的最大值为3.
二、多选题
8.(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则( )
A.当a>1时，f(x)有三个零点
B.当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C.存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
答案 AD
解析 由题可知，f′(x)＝6x(x－a).
对于A，当a>1时，由f′(x)<0得00得x<0或x>a，
则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；
对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a0得x>0或x0，则f(a)＋f(b)>0 B.若a＋b>0，则f(a)－f(－b)>0
C.若f(a)＋f(b)>0，则a＋b>0 D.若f(a)＋f(b)<0，则a＋b<0
答案 ABD
解析 f(x)＝ex－x2－1，则f′(x)＝ex－x，
令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1.
令g′(x)<0，得x<0，令g′(x)>0，得x>0，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝1，即
f′(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0.
若a＋b>0，则a>－b，所以f(a)>f(－b)，故B正确；
f(b)＋f(－b)＝eb－b2－1＋＝eb＋e－b－b2－2，
令h(b)＝eb＋e－b－b2－2，则h′(b)＝eb－e－b－2b，令u(b)＝h′(b)，则u′(b)＝eb＋e－
b－2≥0，
当且仅当eb＝e－b，即b＝0时，等号成立，
所以u(b)在R上单调递增，而h′(0)＝u(0)＝0，
故h(b)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，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正确；
若f(a)＋f(b)<0，则f(a)<－f(b)≤f(－b)，所以a<－b，即a＋b<0，故D正确；
设f(c)＝－f(b)，若c0，
但a＋b<0，故C错误.
三、填空题
10.(2024·泰安质检)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则 a
的取值范围是________.
答案 (－∞，－1)解析 ∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
由题意知ex＋a＝0有大于0的实根，
由ex＝－a，得a＝－ex，
∵x>0，∴ex>1，∴a<－1.
11.(2024·开封二模)已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最
小值为________.
答案 (1－ln 2)
解析 由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，
化简整理得3n－3m＝em－2m.
令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h′(m)＝em－2,
令em－2＝0，解得m＝ln 2.
当m∈(－∞，ln 2)时，h′(m)<0，
即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减；
当m∈(ln 2，＋∞)时，h′(m)>0，
即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增.
即h(m) ＝h(ln 2)＝2－2ln 2，
min
故(n－m) ＝(1－ln 2).
min
12.已知函数f(x)＝xln x＋mex有两个极值点，则m的取值范围是________.
答案
解析 由题意，令f′(x)＝1＋ln x＋mex＝0，
即－m＝有两个不相等的正实根，
所以y＝－m与g(x)＝在(0，＋∞)上有两个交点，则g′(x)＝ ，
记h(x)＝－ln x－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递减，且h(1)＝0，
当x∈(0，1]时h(x)≥0，g′(x)≥0，
当x∈(1，＋∞)时h(x)<0，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，1]上单调递增；在(1，＋∞)上单调递减，
所以g(x) ＝g(1)＝，
max
当x→0时，g(x)→－∞；
当x→＋∞时，g(x)→0，
综上，当0<－m<，即－0时，x∈(－∞，－)∪(，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈(－，)时，f′(x)<0；
故f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，
在(－，)上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，f(x)在(－，)上单调递减.
(2)由(1)可知，
①当a≤0时，f(x)在[0，3]上单调递增，
g(a)＝f(3)－f(0)＝27－9a；
②当≥3，即a≥9时，
f(x)在[0，3]上单调递减，
g(a)＝f(0)－f(3)＝9a－27；
③当0<<3，即00，f(x)单调递增；
2
x∈(x ，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
2
所以x＝x 时，f(x)取得极大值即最大值.
2
综上所述，实数a的取值范围是(1，＋∞).
