高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第九章】解析幾何 第九章 9.2

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1、 精品資料 9.2　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值 1． 函數(shù)的單調(diào)性 在某個區(qū)間(a，b)內(nèi)，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減． 2． 函數(shù)的極值 (1)判斷f(x0)是極值的方法 一般地，當函數(shù)f(x)在點x0處連續(xù)時， ①如果在x0附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，那么f(x0)是極大值； ②如果在x0附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，那么f(x0)是極小值． (2)求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟 ①求f

2、′(x)； ②求方程f′(x)＝0的根； ③檢查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值的符號．如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得極小值． 3． 函數(shù)的最值 (1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值． (2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值． (3)設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的

3、步驟如下： ①求f(x)在(a，b)內(nèi)的極值； ②將f(x)的各極值與f(a)，f(b)進行比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 1． 判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充要條件． (　　) (2)函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)極大值是唯一的． (　　) (3)函數(shù)的極大值不一定比極小值大． (　√　) (4)對可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是x0點為極值點的充要條件． (　　) (5)函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值． (　√　)

4、 (6)函數(shù)f(x)＝xsin x有無數(shù)個極值點． (　√　) 2． 函數(shù)f(x)＝x2－2ln x的單調(diào)減區(qū)間是 (　　) A．(0,1) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－1,1) 答案　A 解析　∵f′(x)＝2x－＝(x>0)． ∴當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)為減函數(shù)； 當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數(shù)． 3． (2013浙江)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則 (　　) A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極小值

5、 B．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極大值 C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極小值 D．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極大值 答案　C 解析　當k＝1時，f′(x)＝exx－1，f′(1)≠0. ∴x＝1不是f(x)的極值點． 當k＝2時，f′(x)＝(x－1)(xex＋ex－2) 顯然f′(1)＝0，且x在1的左邊附近f′(x)<0， x在1的右邊附近f′(x)>0， ∴f(x)在x＝1處取到極小值．故選C. 4． 函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為(　　) A．(－1,1)

6、B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 答案　B 解析　設(shè)m(x)＝f(x)－(2x＋4)， ∵m′(x)＝f′(x)－2>0， ∴m(x)在R上是增函數(shù)． ∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0， ∴m(x)>0的解集為{x|x>－1}， 即f(x)>2x＋4的解集為(－1，＋∞)． 5． 函數(shù)f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　[－3，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋a，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數(shù)， 則f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即a

7、≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立． ∴a≥－3. 題型一　利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 例1　已知函數(shù)f(x)＝ex－ax－1. (1)求f(x)的單調(diào)增區(qū)間； (2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上為減函數(shù)，若存在，求出a的取值范圍，若不存在，請說明理由． 思維啟迪　函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)中的參數(shù)有關(guān)，要注意對參數(shù)的討論． 解　f′(x)＝ex－a， (1)若a≤0，則f′(x)＝ex－a≥0， 即f(x)在R上單調(diào)遞增， 若a>0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥ln a. 因此當a≤0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為R， 當a>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間是[ln a，＋

8、∞)． (2)∵f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)上恒成立． ∴a≥ex在x∈(－2,3)上恒成立． 又∵－2

9、.應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解． 　(1)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－(1＋a)x2＋4ax＋24a，其中常數(shù)a>1，則f(x)的單調(diào)減區(qū)間為________． 答案　(2,2a) 解析　f′(x)＝x2－2(1＋a)x＋4a＝(x－2)(x－2a)， 由a>1知，當x<2時，f′(x)>0， 故f(x)在區(qū)間(－∞，2)上是增函數(shù)； 當22a時，f′(x)>0， 故f(x)在區(qū)間(2a，＋∞)上是增函數(shù)． 綜上，當a>1時， f(x)在區(qū)間(－∞，2)和(2a，＋∞)上是增函數(shù)， 在

10、區(qū)間(2,2a)上是減函數(shù)． (2)若f(x)＝－x2＋bln(x＋2)在(－1，＋∞)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是________． 答案　(－∞，－1] 解析　轉(zhuǎn)化為f′(x)＝－x＋≤0在[－1，＋∞)上恒成立， 即b≤x(x＋2)在[－1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝x(x＋2)＝(x＋1)2－1， 所以g(x)min＝－1，則b的取值范圍是(－∞，－1]． 題型二　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值 例2　設(shè)a>0，函數(shù)f(x)＝x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)． (1)求曲線y＝f(x)在(2，f(2))處與直線y＝－x＋1垂直的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)的極值．

11、 思維啟迪　(1)通過f′(2)的值確定a； (2)解f′(x)＝0，然后要討論兩個零點的大小確定函數(shù)的極值． 解　(1)由已知，得x>0，f′(x)＝x－(a＋1)＋， y＝f(x)在(2，f(2))處切線的斜率為1， 所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋＝1， 所以a＝0，此時f(2)＝2－2＝0， 故所求的切線方程為y＝x－2. (2)f′(x)＝x－(a＋1)＋ ＝＝. ①當00， 函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 若x∈(a,1)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 若x∈(1，＋∞)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增

12、． 此時x＝a是f(x)的極大值點，x＝1是f(x)的極小值點， 函數(shù)f(x)的極大值是f(a)＝－a2＋aln a， 極小值是f(1)＝－. ②當a＝1時，f′(x)＝>0， 所以函數(shù)f(x)在定義域(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 此時f(x)沒有極值點，故無極值． ③當a>1時，若x∈(0,1)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 若x∈(1，a)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 若x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． 此時x＝1是f(x)的極大值點，x＝a是f(x)的極小值點， 函數(shù)f(x)的極大值是f(1)＝－， 極小值是f(a)＝－a

13、2＋aln a. 綜上，當01時，f(x)的極大值是－，極小值是－a2＋aln a. 思維升華　(1)導(dǎo)函數(shù)的零點并不一定就是函數(shù)的極值點．所以在求出導(dǎo)函數(shù)的零點后一定要注意分析這個零點是不是函數(shù)的極值點． (2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)有極值，那么y＝f(x)在(a，b)內(nèi)絕不是單調(diào)函數(shù)，即在某區(qū)間上單調(diào)函數(shù)沒有極值． 　設(shè)f(x)＝，其中a為正實數(shù)． (1)當a＝時，求f(x)的極值點； (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． 解　對f(x)求

14、導(dǎo)得f′(x)＝ex. ① (1)當a＝時，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0， 解得x1＝，x2＝.結(jié)合①，可知 x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以x1＝是極小值點，x2＝是極大值點． (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，則f′(x)在R上不變號，結(jié)合①與條件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結(jié)合a>0，知0

15、＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值； (2)當a＝3，b＝－9時，若函數(shù)f(x)＋g(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28，求k的取值范圍． 思維啟迪　(1)題目條件的轉(zhuǎn)化：f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)； (2)可以列表觀察h(x)在(－∞，2]上的變化情況，然后確定k的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線， 所以f(1)＝g(1)且f′(1)＝g′(1)，

16、即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b， 解得a＝3，b＝3. (2)記h(x)＝f(x)＋g(x)，當a＝3，b＝－9時， h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，所以h′(x)＝3x2＋6x－9. 令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1. h′(x)，h(x)在(－∞，2]上的變化情況如下表所示： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1,2) 2 h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ ＋ h(x)  28  －4  3 由表可知當k≤－3時，函數(shù)h(x)在區(qū)間[k,2]上的最大值為28； 當－3

17、的最大值小于28. 因此k的取值范圍是(－∞，－3]． 思維升華　(1)求解函數(shù)的最值時，要先求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]內(nèi)所有使f′(x)＝0的點，再計算函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)所有使f′(x)＝0的點和區(qū)間端點處的函數(shù)值，最后比較即得． (2)可以利用列表法研究函數(shù)在一個區(qū)間上的變化情況． 　已知函數(shù)f(x)＝xln x. (1)求函數(shù)f(x)的極值點； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值．(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))． 解　(1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，由f′(x)＝0得x＝， 所以f(x)在區(qū)間(

18、0，)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以，x＝是函數(shù)f(x)的極小值點，極大值點不存在． (2)g(x)＝xln x－a(x－1)， 則g′(x)＝ln x＋1－a， 由g′(x)＝0，得x＝ea－1， 所以，在區(qū)間(0，ea－1)上，g(x)為遞減函數(shù)， 在區(qū)間(ea－1，＋∞)上，g(x)為遞增函數(shù)． 當ea－1≤1，即a≤1時，在區(qū)間[1，e]上，g(x)為遞增函數(shù)， 所以g(x)的最小值為g(1)＝0. 當1

19、， 所以g(x)的最小值為g(e)＝a＋e－ae. 綜上，當a≤1時，g(x)的最小值為0； 當1

20、 [2分] f(x)與f′(x)的情況如下： x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  －ek－1  所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k－1，＋∞)． [7分] (2)當k－1≤0，即k≤1時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增， 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)＝－k； [9分] 當0

21、k－1； 當k－1≥1，即k≥2時，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減， 所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e. [12分] 綜上，當k≤1時，f(x)在[0,1]上的最小值為f(0)＝－k； 當1

22、定區(qū)間上的端點值； 第四步：將f(x)的各極值與f(x)的端點值進行比較， 確定f(x)的最大值與最小值； 第五步：反思回顧：查看關(guān)鍵點，易錯點和解題規(guī)范． 溫馨提醒　(1)本題考查求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求函數(shù)在給定區(qū)間[0,1]上的最值，屬常規(guī)題型． (2)本題的難點是分類討論．考生在分類時易出現(xiàn)不全面，不準確的情況． (3)思維不流暢，答題不規(guī)范，是解答中的突出問題. 方法與技巧 1． 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值可列表觀察函數(shù)的變化情況，直觀而且條理，減少失分． 2． 求極值、最值時，要求步驟規(guī)范、表格齊全；含參數(shù)時，要討論參數(shù)的大?。? 3． 在實際問

23、題中，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點，那么只要根據(jù)實際意義判定是最大值還是最小值即可，不必再與端點的函數(shù)值比較． 失誤與防范 1． 注意定義域優(yōu)先的原則，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點必須在函數(shù)的定義域內(nèi)進行． 2． 求函數(shù)最值時，不可想當然地認為極值點就是最值點，要通過認真比較才能下結(jié)論． 3． 解題時要注意區(qū)分求單調(diào)性和已知單調(diào)性的問題，處理好f′(x)＝0時的情況；區(qū)分極值點和導(dǎo)數(shù)為0的點． A組　專項基礎(chǔ)訓(xùn)練 一、選擇題 1． 若函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象可能為 (　　) 答案　C 解析　根據(jù)f′(x)的符號，f

24、(x)圖象應(yīng)該是先下降后上升，最后下降，排除A，D；從適合f′(x)＝0的點可以排除B. 2． 下面為函數(shù)y＝xsin x＋cos x的遞增區(qū)間的是 (　　) A．(，) B．(π，2π) C．(，) D．(2π，3π) 答案　C 解析　y′＝(xsin x＋cos x)′＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x， 當x∈(，)時，恒有xcos x>0.故選C. 3． 設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則 (　　) A．a(chǎn)<－1 B．a(chǎn)>－1 C．a(chǎn)>－ D．a(chǎn)<－ 答案　

25、A 解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. ∵函數(shù)y＝ex＋ax有大于零的極值點， 則方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解， ∵x>0時，－ex<－1，∴a＝－ex<－1. 4． 設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－9ln x在區(qū)間[a－1，a＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．10)， 當x－≤0時，有00且a＋1≤3，解得1

26、＋2在區(qū)間[－1,1]上的最大值是 (　　) A．－2 B．0 C．2 D．4 答案　C 解析　∵f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. ∴f(x)在[－1,0)上是增函數(shù)，f(x)在(0,1]上是減函數(shù)． ∴f(x)max＝f(x)極大值＝f(0)＝2. 二、填空題 6． 函數(shù)f(x)＝x＋的單調(diào)減區(qū)間為________． 答案　(－3,0)，(0,3) 解析　f′(x)＝1－＝， 令f′(x)<0，解得－3

27、a＋2)x＋1]有極大值又有極小值，則a的取值范圍是________． 答案　a>2或a<－1 解析　∵f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]， ∴f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)． 令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0. ∵函數(shù)f(x)有極大值和極小值， ∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有兩個不相等的實根． 即Δ＝4a2－4a－8>0，∴a>2或a<－1. 8． 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－－2x＋5，若對任意的x∈[－1,2]，都有f(x)>a，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(－∞，) 解析　f′(x)＝3x2－x－2

28、，令f′(x)＝0，得3x2－x－2＝0， 解得x＝1或x＝－， 又f(1)＝，f(－)＝，f(－1)＝，f(2)＝7， 故f(x)min＝，∴a<. 三、解答題 9． 已知函數(shù)f(x)＝＋ln x．求函數(shù)f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間． 解　因為f′(x)＝－＋＝， 令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  極小值  所以x＝1時，f(x)的極小值為1. f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)

29、． 10．已知函數(shù)f(x)＝x2＋bsin x－2(b∈R)，F(xiàn)(x)＝f(x)＋2，且對于任意實數(shù)x，恒有F(x)－F(－x)＝0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)已知函數(shù)g(x)＝f(x)＋2(x＋1)＋aln x在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)F(x)＝f(x)＋2＝x2＋bsin x－2＋2＝x2＋bsin x， 依題意，對任意實數(shù)x，恒有F(x)－F(－x)＝0. 即x2＋bsin x－(－x)2－bsin(－x)＝0， 即2bsin x＝0，所以b＝0，所以f(x)＝x2－2. (2)∵g(x)＝x2－2＋2(x＋1)＋aln x

30、， ∴g(x)＝x2＋2x＋aln x， g′(x)＝2x＋2＋. ∵函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∴在區(qū)間(0,1)內(nèi)， g′(x)＝2x＋2＋＝≤0恒成立， ∴a≤－(2x2＋2x)在(0,1)上恒成立． ∵－(2x2＋2x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∴a≤－4為所求． B組　專項能力提升 1． 已知f(x)是可導(dǎo)的函數(shù)，且f′(x)e2 014f(0) B．f(1)>ef(0)，f(2 014)>e2 014f(0) C．f(1)>ef(0)，f(2 014)

31、14f(0) D．f(1)

32、的兩根， ∴x1＋x2＝，x1x2＝－， 故x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝()2＋2＝. 3． 已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________． 答案　(0,1)∪(2,3) 解析　由題意知f′(x)＝－x＋4－＝ ＝－， 由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個極值點為1,3， 則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)， 函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)， 由t<1

33、y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4. (1)求a，b的值； (2)討論f(x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值． 解　(1)f′(x)＝ex(ax＋b)＋aex－2x－4 ＝ex(ax＋a＋b)－2x－4 ∵y＝f(x)在(0，f(0))處的切線方程為y＝4x＋4， ∴f′(0)＝a＋b－4＝4，f(0)＝b＝4， ∴a＝4，b＝4. (2)由(1)知f′(x)＝4ex(x＋2)－2(x＋2) ＝2(x＋2)(2ex－1) 令f′(x)＝0得x1＝－2，x2＝ln ， 列表： x (－∞，－2) －2 ln f′(x) ＋ 0

34、 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2)，； 單調(diào)減區(qū)間為. f(x)極大值＝f(－2)＝4－4e－2. 5． 已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調(diào)遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0. (1)求a的取值范圍． (2)設(shè)g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值． 解　(1)由f(0)＝1，f(1)＝0，得c＝1，a＋b＝－1， 則f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex， f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex， 依題意對于任意x∈[0,1

35、]，有f′(x)≤0. 當a>0時， 因為二次函數(shù)y＝ax2＋(a－1)x－a的圖象開口向上， 而f′(0)＝－a<0，所以需f′(1)＝(a－1)e<0，即00，f(x)不符合條件． 故a的取值范圍為0≤a≤1. (2)因g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex， g′(x)＝(－2ax＋1－a)

36、ex， ①當a＝0時，g′(x)＝ex>0， g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1， 在x＝1處取得最大值g(1)＝e. ②當a＝1時，對于任意x∈[0,1]有g(shù)′(x)＝－2xex≤0， g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝2， 在x＝1處取得最小值g(1)＝0. ③當00. 若≥1，即00， g(x)在x＝1處取得最小值g(1)＝(1－a)e.