5、ex－2x＝x(ex－2)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化如下表： x (－∞，0) 0[來源:] (0，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x)[來源:] ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  上表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2)，遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln (2k)， 令g(k)＝ln (2k)－k

6、，則g′(k)＝－1＝＞0，所以g(k)在上遞增， 所以g(k)≤ln 2－1＝ln 2－ln e＜0，從而ln (2k)＜k，所以ln (2k)∈[0，k] 所以當x∈(0，ln (2k))時，f′(x)＜0；當x∈(ln (2k)，＋∞)時，f′(x)＞0； 所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}； 令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，則h′(k)＝k(ek－3k)令φ(k)＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0， 所以φ(k)在上遞減，而φ ·φ(1)＝·(e－3)＜0， 所以存在x0∈使得φ(x0)＝0，且當k∈時，φ(k)＞

7、0，當k∈(x0,1)時，φ(k)＜0， 所以φ(k)在上單調遞增，在(x0,1)上單調遞減． 因為h＝－＋＞0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在上恒成立，當且僅當k＝1時取得“＝”． 綜上，函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3. 1．(2012·廣東金山一中等三校考前測試)函數(shù)y＝在區(qū)間(0,1)上(　　) A．是減函數(shù) B．是增函數(shù) C．有極小值 D．有極大值 解析：∵f′(x)＝，x∈(0,1)和x∈(1，e)時，f′(x)<0；x＝e時，f′(x)＝0；x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0.∴在區(qū)間x∈(0,1)，f

8、(x)是減函數(shù)，x＝e時有極小值f(e)＝e.故選A. 答案：A 2．(2013·東莞二模)已知函數(shù)f(x)＝ax2－2x＋ln x. (1)若f(x)無極值點，但其導函數(shù)f′(x)有零點，求a的值； (2)若f(x)有兩個極值點，求a的取值范圍，并證明f(x)的極小值小于－. 解析：(1)首先，x＞0時，f′(x)＝2ax－2＋＝， f′(x)有零點而f(x)無極值點，表明該零點左右f′(x)同號，故a≠0，且2ax2－2x＋1＝0的Δ＝0.由此可得a＝. (2)由題意，2ax2－2x＋1＝0有兩個不同的正根，故Δ＞0，a＞0.解得：0＜a＜； 設2ax2－2x＋1＝0的兩根為x1，x2，不妨設x1＜x2， 因為在區(qū)間(0，x1)，(x2，＋∞)上，f′(x)＞0， 而在區(qū)間(x1，x2)上，f′(x)＜0，故x2是f(x)的極小值點． 因在區(qū)間(x1，x2)上f(x)是減函數(shù)，如能證明f＜－，則更有f(x2)＜－， 由韋達定理，＝，f＝a2－2＋ln ＝ln －·， 令＝t，其中設g(t)＝ln t－t＋， 利用導數(shù)容易證明g(t)當t＞1時單調遞減，而g(1)＝0， 所以g(t)＝ln t－ t＋＜0， 因此f＜－， 從而有f(x)的極小值f(x2)＜－.