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．(2020·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．(2020·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．(2020·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．(2020·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
新高考数学一轮复习第2讲导数在研究函数中的应用2第2课时导数与函数的极值最值教学案
