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1．(2022·高考浙江卷改编)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a>0)，若f(x)在[－1，1]上的最小值记为g(a)．求g(a)．
解：由于a>0，－1≤x≤1，所以
(1)当0<a<1时，
若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1，a)上是减函数；
若x∈[a，1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3>0，故f(x)在(a，1)上是增函数．
所以g(a)＝f(a)＝a3.
(2)当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1，1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.
综上，g(a)＝
2．某集团为了获得更大的利润，每年要投入确定的资金用于广告促销．经调查，每年投入广告费t(百万元)，可增加销售额为－t2＋5t(百万元)(0≤t≤3)．
(1)若该集团将当年的广告费把握在三百万元以内，则应投入多少广告费，才能使集团由广告费而产生的收益最大？
(2)现在该集团预备投入三百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预算，每投入技术改造费x(百万元)，可增加的销售额约为－x3＋x2＋3x(百万元)．请设计一个资金支配方案，使该集团由这两项共同产生的收益最大．
解：(1)设投入广告费t(百万元)后由此增加的收益为f(t)(百万元)，则
f(t)＝(－t2＋5t)－t＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4(0≤t≤3)．
所以当t＝2时，f(t)max＝4，
即当集团投入两百万元广告费时，才能使集团由广告费而产生的收益最大．
(2)设用于技术改造的资金为x(百万元)，则用于广告促销的费用为(3－x)(百万元)，则由此两项所增加的收益为
g(x)＝＋[－(3－x)2＋5(3－x)]－3＝－x3＋4x＋3(0≤x≤3)．
对g(x)求导，得g′(x)＝－x2＋4，
令g′(x)＝－x2＋4＝0，
得x＝2或x＝－2(舍去)．
当0≤x＜2时，g′(x)＞0，即g(x)在[0，2)上单调递增；
当2＜x≤3时，g′(x)＜0，即g(x)在(2，3]上单调递减．
∴当x＝2时，g(x)max＝g(2)＝.
故在三百万元资金中，两百万元用于技术改造，一百万元用于广告促销，这样集团由此所增加的收益最大，最大收益为百万元．
3．(2021·贵州省六校联盟第一次联考)已知函数f(x)＝2ln x－x2＋ax(a∈R)．
(1)当a＝2时，求f(x)的图象在x＝1处的切线方程；
(2)若函数g(x)＝f(x)－ax＋m在上有两个零点，求实数m的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x－x2＋2x，f′(x)＝－2x＋2，切点坐标为(1，1)，
切线的斜率k＝f′(1)＝2，则切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
(2)g(x)＝2ln x－x2＋m，
则g′(x)＝－2x＝，
∵x∈，∴当g′(x)＝0时，x＝1.当<x<1时，g′(x)>0；当1<x<e时，g′(x)<0.
故g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝m－1.
又g＝m－2－，g(e)＝m＋2－e2，g(e)－g＝4－e2＋<0，则g(e)<g，
∴g(x)在上的最小值是g(e)．
g(x)在上有两个零点的条件是，解得1<m≤2＋，
∴实数m的取值范围是.
4．(2021·河南省洛阳市统考)已知函数f(x)＝＋ln x＋1.
(1)若函数f(x)在[1，2]上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝1，k∈R且k<，设F(x)＝f(x)＋(k－1)·ln x－1，求函数F(x)在上的最大值和最小值．
解：(1)由题设可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
明显a≠0.∵函数f(x)在[1，2]上单调递减，
∴当x∈[1，2]时，不等式f′(x)＝≤0恒成立，
即≥x恒成立．
∴≥2，∴0<a≤，
∴实数a的取值范围是.
(2)a＝1，k∈R，f(x)＝＋ln x＋1，
F(x)＝f(x)＋(k－1)ln x－1＝＋kln x，
F′(x)＝＋＝.
①若k＝0，则F′(x)＝－，在上，恒有F′(x)<0，∴F(x)在上单调递减，
∴F(x)min＝F(e)＝，F(x)max＝F＝e－1.
②若k≠0，F′(x)＝＝.
(ⅰ)若k<0，在上，恒有<0，
∴F(x)在上单调递减，
∴F(x)min＝F(e)＝＋kln e＝＋k－1，
F(x)max＝F＝e－k－1.
(ⅱ)若k>0，k<，则>e，x－<0，
∴<0，
∴F(x)在上单调递减，
∴F(x)min＝F(e)＝＋kln e＝＋k－1，
F(x)max＝F＝e－k－1.
综上，当k＝0时，F(x)min＝F(e)＝，
F(x)max＝F＝e－1；
当k≠0，且k<时，F(x)min＝F(e)＝＋k－1，
F(x)max＝F＝e－k－1.
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