发布时间 : 星期六 文章2020届高考数学大二轮复习 第1部分 专题2 函数与导数 第3讲 导数的简单应用练习更新完毕开始阅读18d172f56337ee06eff9aef8941ea76e59fa4a40
精品 当a≥0时，f ′(x)>0，从而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令f ′(x)＝0，解得x＝舍去x＝－
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－.
1－，aa此时，f(x)与f ′(x)的情况如下：
x f ′(x) f(x) (0，1－) a1－ a(1－，＋∞) a＋ 0 － 1－)； f(1－) a 所以，f(x)的单调递增区间是(0，单调递减区间是(
1
－，＋∞)．
aa(2)①当a≥0时，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝.
2令＝－1，得a＝－2，这与a≥0矛盾，舍去a＝－2. 2②当－1≤a<0时，
1a－≥1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(1)＝. a2
aa令＝－1，得a＝－2，这与－1≤a<0矛盾，
2舍去a＝－2. ③当a<－1时，0<令f(1
－<1，由(1)得函数f(x)在(0,1]上的最大值为f(
aa1
－)．
a1
－)＝－1，解得a＝－e，满足a<－1.
a综上，当f(x)在(0,1]上的最大值是－1时，a＝－e.