第二章 第三节　导数与函数的极值、最值

教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）第三节　导数与函数的极值、最值教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）教材细梳理知识点1　函数的极值(1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近的其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧____________，右侧____________，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．f′(x)＜0f′(x)＞0教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）(2)函数的极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧____________，右侧____________，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点和极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．f′(x)＞0f′(x)＜0教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）思考1：f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，对吗？提示：对．如：f(x)＝x3在x＝0处有f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．思考2：若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内一定不单调，为什么？提示：因为y＝f(x)在(a，b)内有极值，一定存在x0∈(a，b)，使f′(x0)＝0，且在x0左右区间上导函数异号即f(x)的单调性相反，也就是说x0是y＝f(x)的极值点⇒x0是y＝f′(x)的零点，反之未必成立．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）知识点2　函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在____________上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则____________为函数的最小值，____________为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则____________为函数的最大值，____________为函数的最小值．[a，b]f(a)f(b)f(a)f(b)教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）极值f(a)，f(b)(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的____________；②将f(x)的各极值与____________进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．思考：函数的极值与最值的区别与联系是什么？教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）提示：函数的最值是个整体概念，而极值是个局部概念．极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个也没有，而最值最多有一个．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）×√×四基精演练1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的．(　　)(2)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(　　)教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）A2．(知识点1)函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)　eq\a\vs4\al(⇐\x(源自选修2－2P29练习T1))A．1个　　　　　　　B．2个C．3个D．4个教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解析：选A.导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个．所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）D3．(知识点1)设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则(　　)eq\a\vs4\al(⇐\x(源自选修2－2P28例4))A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点　B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解析：选D.f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,x2)，当x＞2时，f′(x)＞0，此时f(x)为增函数；当0＜x＜2时，f′(x)＜0，此时f(x)为减函数，据此知x＝2为f(x)的极小值点．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）B4．(知识点2)函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为(　　)　eq\a\vs4\al(⇐\x(源自选修2－2P32A组T6))A．1－e　　　　　　B．－1C．－eD．0教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解析：选B.因为f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln1－1＝－1.教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）A考点一　利用导数求解函数的极值[探究变通] 命题点1 求已知函数的极值[例1]　(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)A．－1　　　　　B．－2e－3C．5e－3D．1教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解析：由题可得f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1，因为f′(－2)＝0，所以a＝－1，f(x)＝(x2－x－1)ex－1，故f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝ex－1(x－1)(x＋2)，令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，所以f(x)在(－∞，－2)和(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，所以f(x)的极小值＝f(1)＝(1－1－1)e1－1＝－1.教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理） 命题点2 根据函数的极值或极值点求参数[例2]　(1)(2018·山东临沂模拟)设f(x)＝ln(1＋x)－x－ax2，若f(x)在x＝1处取得极值，则a的值为________．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解析：由题意知，f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,1＋x)－2ax－1＝eq\f(－2ax2－（2a＋1）x,1＋x)，由题意得：f′(1)＝0，则－2a－2a－1＝0，得a＝－eq\f(1,4)，又当a＝－eq\f(1,4)时，f′(x)＝eq\f(\f(1,2)x2－\f(1,2)x,1＋x)＝eq\f(\f(1,2)x（x－1）,1＋x)，当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(1)是函数f(x)的极小值，所以a＝－eq\f(1,4). 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ：－eq\f(1,4)教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）(2)(2018·河北唐山模拟)已知函数f(x)＝eq\f(2,3)x3－2ax2－3x＋1在(－1，1)内有且只有一个极值点，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝2x2－4ax－3.函数f(x)在(－1，1)内有且只有一个极值点，所以f′(－1)·f′(1)＜0，解得a＞eq\f(1,4)或a＜－eq\f(1,4).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）利用导数研究函数极值问题的一般步骤1．(1)求定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0；(4)检验根左右f′(x)的符号；(5)确定极值．2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，可转化为y＝f′(x)在(a，b)内有变号零点，若y＝f′(x)易求其零点x0，则a<x0<b；若y＝f′(x)不易求零点，则转化为函数在(a，b)内有变号零点问题利用函数与方程思想求解．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）1．(2018·日照模拟)已知函数f(x)＝eq\f(ex,x).(1)求函数f(x)的单调区间．(2)设g(x)＝xf(x)－ax＋1，若g(x)在(0，＋∞)上存在极值点，求实数a的取值范围．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解：(1)f(x)＝eq\f(ex,x)，x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以f′(x)＝eq\f(ex（x－1）,x2).当f′(x)＝0时，x＝1.f′(x)与f(x)随x的变化情况如下 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ： x (－∞，0) (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － － 0 ＋ f(x)   极小值 故f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(－∞，0)和(0，1)．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）(2)g(x)＝ex－ax＋1，x∈(0，＋∞)，所以g′(x)＝ex－a，①当a≤1时，g′(x)＝ex－a>0，即g(x)在(0，＋∞)上递增，此时g(x)在(0，＋∞)上无极值点．②当a>1时，令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna；令g′(x)＝ex－a>0，得x∈(lna，＋∞)；教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）令g′(x)＝ex－a<0，得x∈(0，lna)．故g(x)在(0，lna)上递减，在(lna，＋∞)上递增，所以g(x)在(0，＋∞)有极小值无极大值，且极小值点为x＝lna.故实数a的取值范围是a>1.教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）考点二　函数的最值及应用[创新贯通] 命题点1 求函数的最值[例3]　已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解：(1)f′(x)＝(x－k)′ex＋(x－k)(ex)′＝(x－k＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝k－1.所以当x∈(－∞，k－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(k－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．(2)当k－1≤0即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在[0，1]上的最小值为f(0)＝－k；当0＜k－1＜1，即1＜k＜2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上递减，在(k－1，1]上递增，所以f(x)在[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1.教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）当k－1≥1即k≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减，f(x)min＝f(1)＝(1－k)e.综上可知f(x)min＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－k，k≤1，,－ek－1，1＜k＜2，,（1－k）e，k≥2.))教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理） 命题点2 利用导数解决生活中的优化问题[例4]　(2018·吉林二模)某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）因此r＞0，又由h＞0可得r＜5eq\r(3)，故函数V(r)的定义域为(0，5eq\r(3))．(2)因为V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数；当r∈(5，5eq\r(3))时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，5eq\r(3))上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）1．求函数在开区间上的最值的策略求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．若函数含参数时，还可能分类讨论．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）2．利用导数解决生活中最值问题的策略(1)在利用导数解决实际问题时，函数的定义域是使解析式和实际问题都有意义的变量的取值范围．(2)在实际问题中，若函数在定义域内只有唯一的极值点，则该极值点也是最值点，若不确定极值点是否在定义域内，则需分类讨论．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）2．请你 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一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为60cm的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E，F在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE＝FB＝x(cm)．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）(1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解：设包装盒的高为hcm，底面边长为acm.由已知得a＝eq\r(2)x，h＝eq\f(60－2x,\r(2))＝eq\r(2)(30－x)，0<x<30.(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1800，所以当x＝15时，S取得最大值．(2)V＝a2h＝2eq\r(2)(－x3＋30x2)，V′＝6eq\r(2)x(20－x)．由V′＝0，得x＝0(舍)或x＝20.当x∈(0，20)时，V′>0；当x∈(20，30)时，V′<0，所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值．此时eq\f(h,a)＝eq\f(1,2).即包装盒的高与底面边长的比值为eq\f(1,2).教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）函数极值与最值的交汇创新利用导数求解函数极值、最值的综合问题，多以解答题形式呈现，难度较大，解决函数极值、最值综合问题的策略是：(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；(3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）[例5]　(2018·厦门模拟)已知函数f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间．(2)设g(x)＝f(x)＋2alnx，且g(x)有两个极值点x1，x2，其中x1∈(0，e]，求g(x1)－g(x2)的最小值．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝x－eq\f(1,x)－alnx，所以f′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋1,x2).①当a≤0时，f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，令f′(x)＝0得x2－ax＋1＝0，若Δ＝a2－4≤0，即0＜a≤2时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递增；教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）若Δ＝a2－4＞0，即a＞2时，解x2－ax＋1＝0得两根为x＝eq\f(a－\r(a2－4),2)或x＝eq\f(a＋\r(a2－4),2)当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－4),2)))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2)))时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）综上，当a≤2时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a＞2时，f(x)的单调递增区间为(0，eq\f(a－\r(a2－4),2))和(eq\f(a＋\r(a2－4),2)，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－4),2)，\f(a＋\r(a2－4),2))).教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）(2)g(x)＝x－eq\f(1,x)＋alnx，定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝1＋eq\f(1,x2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(x2＋ax＋1,x2).令g′(x)＝0得x2＋ax＋1＝0，其两根为x1，x2，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－a，,x1x2＝1，))所以x2＝eq\f(1,x1)，a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x1)))，所以g(x1)－g(x2)＝g(x1)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)))教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）＝x1－eq\f(1,x1)＋alnx1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－x1＋aln\f(1,x1)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))＋2alnx1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,x1)))－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x1)))lnx1.设h(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))lnx，x∈(0，e]，则(g(x1)－g(x2))min＝h(x)min，因为h′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x2)))lnx＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))\f(1,x)))＝eq\f(2（1＋x）（1－x）lnx,x2).教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）当x∈(0，1]时，恒有h′(x)≤0，当x∈(1，e]时，恒有h′(x)＜0，总之，x∈(0，e]时，恒有h′(x)≤0，所以h(x)在(0，e]上单调递减，所以h(x)min＝h(e)＝－eq\f(4,e)，所以(g(x1)－g(x2))min＝－eq\f(4,e).教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）[素材库](2018·烟台模拟)已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)当a＞0时，若f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2－3x＋lnx(x＞0)，所以f′(x)＝2x－3＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－3x＋1,x)，所以f(1)＝－2，f′(1)＝0.所以切线方程为y＝－2.(2)函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定义域为(0，＋∞)，当a＞0时，f′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－（a＋2）x＋1,x)＝eq\f(（2x－1）（ax－1）,x)，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(1,2)或x＝eq\f(1,a).教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）①当0＜eq\f(1,a)≤1，即a≥1时，f(x)在[1，e]上单调递增．所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝－2，符合题意；②当1＜eq\f(1,a)＜e，即eq\f(1,e)＜a＜1时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，所以f(x)在[1，e]上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＜f(1)＝－2，不符合题意；③当eq\f(1,a)≥e，即0＜a≤eq\f(1,e)时，f(x)在[1，e]上单调递减，所以f(x)在[1，e]上的最小值为f(e)＜f(1)＝－2，不符合题意；综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．教材·知识·四基考点·考法·探究创新·应用·提能限时规范训练大一轮复习·数学·RJ（理）