9．函数f（x）＝x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．
答案：
－
解析：
f′（x）＝x2＋2x－3，令f′（x）＝0得x＝1或x＝－3（舍去），又f（0）＝－4，f
（1）＝－，f
（2）＝－，故f（x）在[0,2]上的最小值是f
（1）＝－.
10．[2017·广东广州模拟]已知f（x）＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.
答案：
－7
解析：
由题意，得f′（x）＝3x2＋6ax＋b，则解得或经检验当a＝1，b＝3时，函数f（x）在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.
11．已知f（x）＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f（a）＝f（b）＝f（c）＝0.现给出如下结论：
①f（0）f
（1）＞0； ②f（0）f
（1）＜0；
③f（0）f（3）＞0； ④f（0）f（3）＜0.
其中正确结论的序号是________．
答案：
②③
解析：
∵f′（x）＝3x2－12x＋9＝3（x－1）（x－3），
由f′（x）＜0，得1＜x＜3；
由f′（x）＞0，得x＜1或x＞3.
∴f（x）在区间（1,3）上是减函数，在区间（－∞，1），（3，＋∞）上是增函数．
又a＜b＜c，f（a）＝f（b）＝f（c）＝0，
∴y极大值＝f
（1）＝4－abc＞0，
y极小值＝f（3）＝－abc＜0.∴0＜abc＜4.
∴a，b，c均大于零，或者a＜0，b＜0，c＞0.又x＝1，x＝3为函数f（x）的极值点，后一种情况不可能成立，如图．
∴f（0）＜0.∴f（0）f
（1）＜0，f（0）f（3）＞0.
∴正确结论的序号是②③.
[冲刺名校能力提升练]
1．若函数f（x）＝x3＋x2－在区间（a，a＋5）上存在最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．[－5,0）B．（－5,0）
C．[－3,0）D．（－3,0）
答案：
C
解析：
由题意，f′（x）＝x2＋2x＝x（x＋2），故f（x）在（－∞，－2），（0，＋∞）上是增函数，在（－2,0）上是减函数，作出其图象如图所示，令x3＋x2－＝－得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，解得a∈[－3,0），故选C.
2．[2017·山东师大附中月考]若函数f（x）＝x3－tx2＋3x在区间[1,4]上单调递减，则实数t的取值范围是（ ）
A.B．（－∞，3]
C．D．[3，＋∞）
答案：
C
解析：
f′（x）＝3x2－2tx＋3，由于f（x）在区间[1,4]上单调递减，则有f′（x）≤0在[1,4]上恒成立，即3x2－2tx＋3≤0，即t≥在[1,4]上恒成立．
因为y＝在[1,4]上单调递增，
所以t≥＝.
3．[2017·河北衡水中学月考]定义在R上的函数f（x）满足：
f′（x）>1－f（x），f（0）＝6，f′（x）是f（x）的导函数，则不等式exf（x）>ex＋5（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ）
A．（0，＋∞）
B．（－∞，0）∪（3，＋∞）
C．（－∞，0）∪（1，＋∞）
D．（3，＋∞）
答案：
A
解析：
设g（x）＝exf（x）－ex，（x∈R），则g′（x）＝exf（x）＋exf′（x）－ex＝ex[f（x）＋f′（x）－1]，
∵f′（x）>1－f（x），
∴f（x）＋f′（x）－1>0，∴g′（x）>0，
∴y＝f（x）在定义域上单调递增，
∵exf（x）>ex＋5，∴g（x）>5，
又∵g（0）＝e0f（0）－e0＝6－1＝5，
∴g（x）>g（0），∴x>0，
∴不等式的解集为（0，＋∞）．故选A.
4.若函数f（x）＝－x3＋x2＋2ax在上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．
答案：
解析：
对f′（x）求导，得
f′（x）＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.
当x∈时，
f′（x）的最大值为f′＝＋2a.
令＋2a＞0，解得a＞－.
所以a的取值范围是.
5．[2017·湖北武汉调研]已知函数f（x）＝ax2＋bx－lnx（a＞0，b∈R）．
（1）设a＝1，b＝－1，求f（x）的单调区间；
（2）若对任意的x＞0，f（x）≥f
（1），试比较lna与－2b的大小．
解：
（1）由f（x）＝ax2＋bx－lnx，x∈（0，＋∞），
得f′（x）＝.
∵a＝1，b＝－1，
∴f′（x）＝＝（x＞0）．
令f′（x）＝0，得x＝1.
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
∴f（x）的单调递减区间是（0,1），f（x）的单调递增区间是（1，＋∞）．
（2）由题意可知，f（x）在x＝1处取得最小值，即x＝1是f（x）的极值点，
∴f′
（1）＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a.
令g（x）＝2－4x＋lnx（x＞0），则g′（x）＝.
令g′（x）＝0，得x＝.
当0＜x＜时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
∴g（x）≤g＝1＋ln＝1－ln4＜0，
∴g（a）＜0，即2－4a＋lna＝2b＋lna＜0，
故lna＜－2b.
6．已知函数f（x）＝
（1）求f（x）在区间（－∞，1）上的极小值和极大值点；
（2）求f（x）在[－1，e]（e为自然对数的底数）上的最大值．
解：
（1）当x＜1时，f′（x）＝－3x2＋2x＝－x（3x－2），
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表.
x
（－∞，0）
0
f′（x）
－
0
＋
0
－
f（x）
极小值
极大值
故当x＝0时，函数f（x）取得极小值为f（0）＝0，函数f（x）的极大值点为x＝.
（2）①当－1≤x＜1时，由
（1）知，函数f（x）在[－1,0]和上单调递减，在上单调递增．
因为f（－1）＝2，f＝，f（0）＝0，
所以f（x）在[－1,1）上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f（x）＝alnx，当a≤0时，f（x）≤0；当a＞0时，f（x）在[1，e]上单调递增，则f（x）在[1，e]上的最大值为f（e）＝a.
综上所述，当a≥2时，f（x）在[－1，e]上的最大值为a；当a＜2时，f（x）在[－1，e]上的最大值为2.
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