2020新高考数学(文)二轮专题培优新方案检测：主攻36个必考点 函数与导数 考点过关检测三十

所以 F(t)在(1,3]上单调递减，
故 F(t)min＝F(3)＝7， 综上，F(t)的最小值是 7.
a 11．(2019·青岛一模)已知函数 f(x)＝x－ex＋2x2＋1，a≤1，e＝2.718…为自
然对数的底数．
(1)当 a≤0 时，证明：函数 f(x)只有一个零点；
(2)若函数 f(x)存在两个不同的极值点 x1，x2，求实数 a 的取值范围． 解：(1)证明：f′(x)＝1－ex＋ax.
③f(4)<f(π)<f(3)；
④πe2>2eπ.
x
1－x
解析：由函数 f(x)＝ex，可得函数 f(x)的导数为 f′(x)＝ ex .当 x>1 时，
f′(x)<0，f(x)单调递减；当 x<1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增．可得函数 f(x)在 1
x＝1 处取得极大值e，且为最大值，所以①正确；因为 f(x)在(－∞，1)上单调递
数，无极值点，不满足题意．
②当 a>1 时，由 f′(x)>0，得 x>a 或 x<1；由 f′(x)<0，得 1<x<a，所以 f(x)在
(－∞，1)和(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，所以 x＝1 是 f(x)的极
大值点，不满足题意．
③当 a<1 时，由 f′(x)>0，得 x>1 或 x<a；由 f′(x)<0，得 a<x<1，所以 f(x)在
1 4 3x＋4x－1 f′(x)＝3＋x－x2＝ x2 .
令 f′(x)>0，解得 x>1；令 f′(x)<0，解得 0<x<1，
所以 f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)由已知得Error!解得 t>1.
由(1)知 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
1
所以 φ(a)>φ(1)＝1>0，即－a<ln a.
( ) 1
－ ，ln a
所以存在 x1∈ a
，满足 f′(x1)＝0.
所以 x∈(－∞，x1)，f′(x)<0；x∈(x1,0)，f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)
<0， 此时 f(x)存在两个极值点 x1,0，符合题意． 当 a＝1 时，因为 x∈(－∞，0)时，g′(x)>0；x∈(0，＋∞)时，g′(x)<0， 所以 g(x)≤g(0)＝0，即 f′(x)≤0，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减， 所以 f(x)无极值点，不合题意． 综上可得，实数 a 的取值范围为(0,1)．
令 g(x)＝1－ex＋ax，则 g′(x)＝a－ex.
当 a≤0 时，g′(x)<0，所以 f′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．
因为 f′(0)＝0，所以 f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
所以 f(x)≤f(0)＝0，
故 f(x)只有一个零点．
(2)由(1)知，a≤0 时不符合题意．
(－∞，a)和(1，＋∞)上单调递增，在(a,1)上单调递减，所以 x＝1 是 f(x)的极小
值点，满足题意．
所以实数 a 的取值范围为(－∞，1)．
7．函数 f(x)＝x3－3x2＋2 在区间[－1,1]上的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
令 f′(x)＝0 得 x＝0 或 x＝2(舍)，
x＝1 处的切线与 y 轴垂直．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
[ ] 3
，t＋2
(2)设函数 f(x)在区间 t
上的最小值为 F(t)，试求 F(t)的最小值．
解：(1)f(x)的定义域是(0，＋∞)，
1a f′(x)＝3＋x－x2，
由题意得，f′(1)＝4－a＝0，解得 a＝4，
4 所以 f(x)＝3x＋ln x＋x，
增，在(1，＋∞)上单调递减，且 f(0)＝0，当 x>0 时，f(x)>0 恒成立，所以函数
f(x)只有一个零点，所以②错误；由 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且 4>π>3>1，
可得 f(4)<f(π)<f(3)，所以③正确；由 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且 π>2>1，可 π2
得eπ<e2，即 πe2<2eπ，所以④错误．故填①③.
如下表所示；
x
(－∞，－ a)
－a
(－ a， a)
a
( a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值



因为函数 f(x)在区间(－1,2)上仅有一个极值点，
所以Error!或Error!解得 1≤a<4.
答案：[1,4)
a 10．(2019·保定模拟)已知函数 f(x)＝3x＋ln x＋x，且函数 f(x)的图象在点
x 2．已知函数 f(x)＝2ef′(e)ln x－e，则 f(x)的极大值点为( )
1
A. e
B．1
C．e
D．2e
2ef′e 1
1
解析：选 D ∵f′(x)＝ x －e，∴f′(e)＝e，
x
21
∴f(x)＝2ln x－e，f′(x)＝x－e.
令 f′(x)>0，得 0<x<2e，
令 f′(x)<0，得 x>2e，
所以 y＝f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，
因为当 x∈[－2,0)时，f(x)的最小值为 3，
( )1
a> 所以当 x∈(0,2]时，f(x)＝ln x－ax 2 的最大值为－3.
1－ax
又 f′(x)＝ x (0<x≤2)，
1
所以当 0<x<a时，f′(x)>0；
1
当a<x≤2 时，f′(x)<0，
考点过关检测（三十）
1．函数 f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最小值为( )
1
A．0
B.e
4
2
C.e4
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
D.e2
1－x 解析：选 A f′(x)＝ ex ，
当 x∈[0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当 x∈(1,4]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
4 因为 f(0)＝0，f(4)＝e4>0，所以当 x＝0 时，f(x)有最小值，且最小值为 0.
[ ) 3
3
，1
①当 t <1，即 t>3 时，f(x)在 t 上单调递减，在(1，t＋2]上单调递增，故
F(t)＝f(1)＝7.
[ ] 3
3
，t＋2
②当 t ≥1，即 1<t≤3 时，f(x)在 t
上单调递增，所以 F(t)
( )3 9
4t
＝f t ＝ t ＋ln 3－ln t＋ 3 ，
4t＋9t－3 则 F′(t)＝ 3t2 ≤0，
( ) ( ) 1
1
0，
，2
所以函数 f(x)＝ln x－ax 在区间 a 上单调递增，在区间 a 上单调递减，
( )1 1 1
故 f(x)max＝f a ＝lna－a×a＝－3，解得 a＝e2. 6．(2019·肇庆二模)已知 x＝1 是 f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex 的极小值点，
答案：①③
9．若函数 f(x)＝x3－3ax 在区间(－1,2)上仅有一个极值点，则实数 a 的取值
范围为________．
解析：因为 f′(x)＝3(x2－a)，所以当 a≤0 时，f′(x)≥0 在 R 上恒成立，
所以 f(x)在 R 上单调递增，f(x)没有极值点，不符合题意； 当 a>0 时，令 f′(x)＝0 得 x＝± a，当 x 变化时，f′(x)与 f(x)的变化情况
则实数 a 的取值范围是( )
A．(1，＋∞)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(－∞，1)
解析：选 D 函数 f(x)＝[x2－(a＋3)x＋2a＋3]ex，
则 f′(x)＝[x2－(a＋1)x＋a]ex＝[(x－1)(x－a)]ex.
①当 a＝1 时，f′(x)＝(x－1)2ex≥0 恒成立，所以 f(x)是 R 上的单调递增函
值在 x＝2 处左侧为正数，右侧为负数．当 c＝6 时，f′(x)
＝3x2－24x＋36＝3(x2－8x＋12)＝3(x－2)(x－6)，满足导数值在 x＝2 处左侧为
正数，右侧为负数．故 c＝6.
4．(2019·湛江一模)已知函数 f(x)＝x3－x2＋ax－a 存在极值点 x0，且 f(x1) ＝f(x0)，其中 x1≠x0，则 x1＋2x0＝( )
当 0<a<1 时，因为 x∈(－∞，ln a)时，g′(x)>0；x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)
<0.
又因为 f′(0)＝0，所以 f′(ln a)>0.
( )1
1
－
因为 f′ a ＝－e－a<0.
1
设 φ(a)＝ln a＋a，a∈(0,1)，
1 1 a－1 则 φ′(a)＝a－a2＝ a2 <0，
∴f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，f′(2)＝12－8c＋c2＝0，解得 c＝6 或
c＝2，又函数 f(x)＝x(x－c)2 在 x＝2 处有极大值，故导数值在 x＝2 处左侧为正
( )2
x－ 数，右侧为负数．当 c＝2 时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝3 3 (x－2)，不满足导数