(1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围. 解 (1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞). f′(x)＝－k?－x2＋x? ＝－＝. 由k≤0可得ex－kx＞0， 所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减， ??21??x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)单调递增. 所以f(x)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞). (2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减， 故f(x)在(0，2)内不存在极值点； 当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞). 因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k， 当0＜k≤1时， 当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增. 故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点； 当k＞1时，得x∈(0，ln k)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)单调递减. x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x)单调递增. 所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k). 函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当解得e＜k＜， 综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为. 11.(20xx·南昌模拟)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R). (1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间； 6 / 8 【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】 (2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M. 解 f′(x)＝3x2－2kx＋1. (1)当k＝1时，f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8＜0， 所以f′(x)＞0恒成立，故f(x)在R上单调递增. 故函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间. (2)当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，f′(x)的图象开口向上，对称轴为x＝，且过点(0，1). 当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0， 即－≤k<0时， f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增. 从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k. 当x＝－k时，f(x)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k. 当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)＞0， 即k＜－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0， 解得x1＝，x2＝， 注意到k＜x2＜x1＜0， (注：可用根与系数的关系判断，由x1·x2＝，x1＋x2＝＞k，从而k＜x2＜x1＜0；或者由对称结合图象判断) 所以m＝min{f(k)，f(x1)}，M＝max{f(－k)，f(x2)}. 因为f(x1)－f(k)＝x－kx＋x1－k＝(x1－k)(x＋1)＞0， 所以f(x)的最小值m＝f(k)＝k. 因为f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－k3－k·k2－k)＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0， 所以f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k. 【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】 7 / 8 综上所述，当k<0时，f(x)在[k，－k]上的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k. 【本资料精心搜集整理而来，欢迎广大同仁惠存！】 8 / 8
2020高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第3讲导数与函数的单调性极值最值问题练习
