6、′(x)<0，即f(x)在[1，e]上單調(diào)遞減，
所以f(x)min＝f(e)＝1－＝4，解得m＝－3e.
答案：－3e
9．若函數(shù)f(x)＝mx2＋ln x－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．
解析：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以f′(x)＝2mx＋－2＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以二次函數(shù)g(x)＝2mx2－2x＋1在定義域(0，＋∞)上必須大于等于0，所以解得m≥.
答案：
10．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，若t＝ab，則t的最大值為_(kāi)_______．
解析：∵f(x)＝4x3－ax
7、2－2bx＋2，
∴f′(x)＝12x2－2ax－2b.
又f(x)在x＝1處取得極值，
∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，
∴t＝ab＝a(6－a)＝－(a－3)2＋9，
當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)，t取得最大值9.
答案：9
11．在曲線y＝x－(x>0)上一點(diǎn)P(x0，y0)處的切線分別與x軸，y軸交于點(diǎn)A，B，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若△OAB的面積為，則x0＝________.
解析：因?yàn)閥′＝1＋，切點(diǎn)P，x0>0，
所以切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝x0＝1＋，
所以切線方程是y－＝(x－x0)．
令y＝0，得x＝，即A；
令x＝0得y＝－，即B.
所以S△OA
8、B＝OA×OB＝××＝＝，
解得x0＝.
答案：
12．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________．
解析：由題意知x>0，且f′(x)＝－x＋4－＝＝－，
由f′(x)＝0得函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1,3，
則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調(diào)，
由t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1或2＜t＜3.
答案：(0,1)∪(2,3)
13．已知函數(shù)f(x)＝－xln x＋ax在(0，e]上是增函數(shù)，函數(shù)g(x)＝|ex－a|＋，當(dāng)x∈[0，ln 3]時(shí)，函數(shù)
9、g(x)的最大值M與最小值m的差為，則a的值為_(kāi)_______．
解析：由題意可知f′(x)＝－(ln x＋1)＋a≥0在(0，e]上恒成立，所以a≥ln x＋1，即a≥2.
當(dāng)2≤a＜3時(shí)，g(x)＝
g(x)在[0，ln a]上單調(diào)遞減，在[ln a，ln 3]上單調(diào)遞增，因?yàn)間(0)－g(ln 3)＝a－1＋－＝2a－4≥0，所以g(0)≥g(ln 3)，
所以M－m＝g(0)－g(ln a)＝a－1＝，
解得a＝；
當(dāng)a≥3時(shí)，g(x)＝a－ex＋，
g(x)在[0，ln 3]上遞減，
所以M－m＝g(0)－g(ln 3)＝2≠，舍去．
故a＝.
答案：
14．若
10、函數(shù)f(x)＝(a∈R)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．
解析：設(shè)g(x)＝－，因?yàn)閒(x)＝|g(x)|在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，所以g(x)有兩種情況：
①g(x)≤0且g(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減．
又g′(x)＝，所以g′(x)＝≤0在區(qū)間[1,2]上恒成立，且g(1)≤0.
所以無(wú)解．
②g(x)≥0且g(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，即g′(x)＝≥0在區(qū)間[1,2]上恒成立，且g(1)≥0，
所以解得a∈.
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
答案：
B組——力爭(zhēng)難度小題
1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1
11、是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍為_(kāi)_______．
解析：f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，
由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1＝
＝－.
①若a≥0，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)．
②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.
因?yàn)閤＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，
所以－＞1，解得－1＜a＜0.
綜合①②，得a的取值范圍是(－1，＋∞)．
答案：(－1，＋∞)
2．(2018·蘇北四市期末)在平面直角坐標(biāo)系xO
12、y中，曲線C：xy＝上任意一點(diǎn)P到直線l：x＋y＝0的距離的最小值為_(kāi)_______．
解析：設(shè)過(guò)曲線C：xy＝上任意一點(diǎn)P的切線與直線l：x＋y＝0平行．
因?yàn)閥′＝－，所以y′|x＝x0＝－＝－，
解得x0＝±.
當(dāng)x0＝時(shí)，P(，1)到直線l：x＋y＝0的距離d＝＝；
當(dāng)x0＝－時(shí)，P(－，－1)到直線l：x＋y＝0的距離d＝＝，
所以曲線C：xy＝上任意一點(diǎn)到直線l：x＋y＝0的距離的最小值為.
答案：
3．設(shè)函數(shù)f(x)＝g(x)＝f(x)－b.若存在實(shí)數(shù)b，使得函數(shù)g(x)恰有3個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______.
解析：對(duì)于函數(shù)y＝，y′＝，由y′>
13、0，得x<2；由y′<0，得x>2，
所以y＝在(－∞，2]上單調(diào)遞增，在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，極大值為，當(dāng)x→＋∞時(shí)，y→0.
先不考慮a，作出y＝和y＝－x－1的圖象如圖所示．只有當(dāng)b∈時(shí)，直線y＝b與曲線y＝和直線y＝－x－1共有三個(gè)公共點(diǎn)．
因?yàn)橹本€y＝與直線y＝－x－1的交點(diǎn)為.
所以當(dāng)a∈時(shí)，存在直線y＝b與曲線y＝f(x)恰有三個(gè)公共點(diǎn)．
答案：
4．曲線y＝－(x<0)與曲線y＝ln x公切線(切線相同)的條數(shù)為_(kāi)_______．
解析：令公切線與曲線f(x)＝－切于點(diǎn)A(x1<0)，與曲線g(x)＝ln x切于點(diǎn)B(x2，ln x2)(x2>0)．因?yàn)閒′(
14、x)＝，g′(x)＝，所以＝，即x2＝x.又kAB＝＝，所以＝，所以2x1ln(－x1)＝x1－2.令－x1＝t>0，所以－2tln t＝－t－2，即2tln t＝t＋2(t>0)，所以ln t＝＋(t>0)，畫(huà)出函數(shù)y＝ln t與y＝＋的圖象如圖所示，在(0，＋∞)上只有一解，所以公切線只有一條．
答案：1
5．已知函數(shù)f(x)＝若對(duì)于?t∈R，f(t)≤kt恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．
解析：令y＝x3－2x2＋x，x<1，則y′＝3x2－4x＋1＝(x－1)(3x－1)，
令y′>0，即(x－1)(3x－1)>0，
解得x<或x>1.
又因?yàn)閤<1，所以x<
15、.
令y′<0，得
16、
解析：f′(x)＝＋(e－a)＝(x＞0)，
當(dāng)e－a≥0，即a≤e時(shí)，f(eb)＝(e－a)eb＞0，顯然f(x)≤0不恒成立．
當(dāng)e－a＜0，即a＞e時(shí)，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)，
所以f(x)max＝f＝－ln(a－e)－b－1.
由f(x)≤0恒成立，得f(x)max≤0，
所以b≥－ln(a－e)－1，所以得≥.
設(shè)g(x)＝(x＞e)，
g′(x)＝＝.
由于y＝＋ln(x－e)為增函數(shù)，且當(dāng)x＝2e時(shí)，g′(x)＝0，所以當(dāng)x∈(e,2e)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(2e，＋∞)時(shí)，g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù)，所以g(x)min＝g(2e)＝－，所以≥－，當(dāng)a＝2e，b＝－2時(shí)，取得最小值－.
答案：－
江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.3 小題考法—導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用達(dá)標(biāo)訓(xùn)練（含解析）
