1A. eC.0
2B.2 eD. 2e1
1-x解析:选A.易知y′=x,x∈[0,2],令y′>0,得0≤x<1,令y′<0,得2≥x>1,
e所以函数y=x在[0,1]上单调递增,在(1,2]上单调递减,所以y=x在[0,2]上的最大值
ee1
是y|x=1=,故选A.
e
3.设函数f(x)=ax+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数f(x)e的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)图象的是( )
2
xxx
解析:选D.因为[f(x)e]′=f′(x)e+f(x)(e)′=[f(x)+f′(x)]e,且x=-1为函数f(x)e的一个极值点,所以f(-1)+f′(-1)=0;选项D中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足f′(-1)+f(-1)=0.
4.函数f(x)=x+bx+cx+d的大致图象如图所示,则x1+x2等于( )
3
2
2
2
xxxxx
8A. 9C.16 9
B.D.10 928 9
解析:选C.函数f(x)的图象过原点,所以d=0.又f(-1)=0且f(2)=0,即-1+b-c=0且8+4b+2c=0,解得b=-1,c=-2,所以函数f(x)=x-x-2x,所以f′(x)=3x-2x-2,由题意知x1,x2是函数的极值点,所以x1,x2是f′(x)=0的两个根,所以
22
x1+x2=,x1x2=-,所以x2. 1+x2=(x1+x2)-2x1x2=+=2
3
2
2
3234416939
5.已知函数f(x)=x+3x-9x+1,若f(x)在区间[k,2]上的最大值为28,则实数k的取值范围为( )
A.[-3,+∞) C.(-∞,-3)
2
32
B.(-3,+∞) D.(-∞,-3]
解析:选D.由题意知f′(x)=3x+6x-9,令f′(x)=0,解得x=1或x=-3,所以
f′(x),f(x)随x的变化情况如下表
11
x f′(x) f(x) (-∞,-3) + -3 0 极大值 (-3,1) - 1 0 极小值 (1,+∞) + 又f(-3)=28,f(1)=-4,f(2)=3,f(x)在区间[k,2]上的最大值为28,所以k≤-3.
e?2?6.已知函数f(x)=2-k?+ln x?,若x=2是函数f(x)的唯一一个极值点,则实数kxx?x?
的取值范围为( )
A.(-∞,e] C.(-∞,e)
B.[0,e] D.[0,e)
x?e?(x-2)?-k?2xxx21?xe-2xee?x??解析:选A.f′(x)=-k?-2+?=(x>0).设g(x)=,
x4x2x?xx?
(x-1)e
则g′(x)=,则g(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 2
xxe
所以g(x)在(0,+∞)上有最小值,为g(1)=e,结合g(x)=与y=k的图象可知,要
xx满足题意,只需k≤e,选A.
7.已知函数y=f(x)=x+3ax+3bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)的极大值与极小值之差为________.
解析:因为y′=3x+6ax+3b,
??3×2+6a×2+3b=0,??a=-1,??? 2
?3×1+6a+3b=-3?b=0.??
2
2
3
2
所以y′=3x-6x,令3x-6x=0, 则x=0或x=2.
所以f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4. 答案:4
8.设f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f′(x),则g(x)的最小值为________. 11
解析:对f(x)=ln x求导,得f′(x)=,则g(x)=ln x+,且x>0.
22
xx对g(x)求导,得g′(x)=
x-1
,令g′(x)=0,解得x=1. x2
x1
当x∈(0,1)时,g′(x)<0,函数g(x)=ln x+在(0,1)上单调递减; 1
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)=ln x+在(1,+∞)上单调递增.
x所以g(x)min=g(1)=1.
12
答案:1
12
9.(2024·台州市高三期末考试)已知函数f(x)=x-3x+ln x,则f(x)在区间[,2]
2上的最小值为________;当f(x)取到最小值时,x=________.
12x-3x+1
解析:f′(x)=2x-3+=(x>0),
2
xx1
令f′(x)=0,得x=或x=1,
2
1
当x∈[,1]时,f′(x)<0,x∈[1,2]时,f′(x)>0,
21
所以f(x)在区间[,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,
21
所以当x=1时,f(x)在区间[,2]上的最小值为f(1)=-2.
2答案:-2 1
10.(2024·义乌模拟)已知函数f(x)=ln x-nx(n>0)的最大值为g(n),则使g(n)-n+2>0成立的n的取值范围为________.
解析:易知f(x)的定义域为(0,+∞). 1
因为f′(x)=-n(x>0,n>0),
x?1?当x∈?0,?时,f′(x)>0,
?
n?
?1?当x∈?,+∞?时,f′(x)<0,
?n?
?1??1??1?所以f(x)在?0,?上单调递增,在?,+∞?上单调递减,所以f(x)的最大值g(n)=f???
n?
?n??n?
=-ln n-1.设h(n)=g(n)-n+2=-ln n-n+1.
1
因为h′(n)=--1<0,
n所以h(n)在(0,+∞)上单调递减.又h(1)=0,
所以当0
11.已知函数f(x)=ax-bln x在点A(1,f(1))处的切线方程为y=1. (1)求实数a,b的值; (2)求函数f(x)的极值.
解:(1)f(x)的定义域是(0,+∞),
2
13
f′(x)=2ax-bx,
f(1)=a=1,f′(1)=2a-b=0,
将a=1代入2a-b=0, 解得b=2.
(2)由(1)得f(x)=x2
-2ln x(x>0), 2
所以f′(x)=2x-22x-2
x=x,
令f′(x)>0,解得x>1, 令f′(x)<0,解得0 所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以f(x)极小值=f(1)=1,无极大值. 12.已知函数f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围. 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1 x-a. 若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增; 若a>0,则当x∈??? 0,1a??? 时,f′(x)>0; 当x∈??1?a,+∞??? 时,f′(x)<0. 所以f(x)在??1? 0,a??? 上单调递增,在??1?a,+∞??? 上单调递减. (2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 当a>0时,f(x)在x=1 a处取得最大值,最大值为 f???1a???=ln???1a??? +a??? 1-1a?? ?=-ln a+a-1. 因此f??1?a??? >2a-2等价于ln a+a-1<0. 令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增, g(1)=0. 于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0. 因此,a的取值范围是(0,1). [综合题组练] 1.若x=-2是函数f(x)=(x2 +ax-1)e x-1 的极值点,则f(x)的极小值为( 14 ) A.-1 C.5e 解析:选A.因为f(x)=(x+ax-1)e=[x+(a+2)x+a-1]e 22 2 -3 B.-2e D.1 x-1 -3 ,所以f′(x)=(2x+a)e 2 x-1 +(x+ax-1)e 2x-1 x-1 .因为x=-2是函数f(x)=(x+ax-1)e 2 x-1 的极值点,所以-2 x-1 是x+(a+2)x+a-1=0的根,所以a=-1,f′(x)=(x+x-2)e x-1 =(x+2)(x-1)e. 令f′(x)>0,解得x<-2或x>1,令f′(x)<0,解得-2 2.(2024·浙江东阳中学期中检测)设函数f(x)=e(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则a的取值范围是________. 解析:设g(x)=e(2x-1),y=ax-a,由题意存在唯一的整数x0,使得g(x0)在直线y=ax-a的下方, xx 因为g′(x)=e(2x+1), 11 所以当x<-时,g′(x)<0,当x>-时,g′(x)>0, 22 11 所以当x=-时,g(x)min=-2e-,当x=0时,g(0)=-1,g(1)=e>0,直线y=ax223-1 -a恒过(1,0),斜率为a,故-a>g(0)=-1,且g(-1)=-3e≥-a-a,解得≤a<1. 2e 3 答案:≤a<1 2e 3.(2024·宁波市高考模拟)设函数f(x)=x-ax-ln x,a∈R. (1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线斜率为1,求实数a的值; (2)当a≥-1时,记f(x)的极小值为H,求H的最大值. 2x-ax-1 解:(1)因为函数f(x)=x-ax-ln x,a∈R,所以f′(x)=(x>0), 2 2 2 xx由题意知f′(1)=1,解得a=0. (2)设f′(x0)=0,则2x0-ax0-1=0, 则x0= 2 a+a2+8 4 , 所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 则H=f(x)极小值=f(x0)=x0-ax0-ln x0=-x0+1-ln x0, 2 2 15