【成才之路】2021届高考数学二轮温习 专题1 第5讲 导数及其应用素能训练（文、理）(1)

【成才之路】2021届高考数学二轮温习 专题1 第5讲 导数及其应用素能训练（文、
理）
一、选择题
1．(文)(2021·郑州市质检)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且知足f (x )＝2xf ′(e )＋ln x ，那么f ′(e )＝( ) A ．1 B ．－1 C ．－e －1 D ．－e
[答案] C
[解析] 依题意得，f ′(x )＝2f ′(e )＋1x ，取x ＝e 得f ′(e )＝2f ′(e )＋1e ，由此解得f ′(e )＝－1
e
＝－e －1，应选C.
(理)(2021·云南检测)已知常数a 、b 、c 都是实数，f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx －34的导函数为f ′(x )，f ′(x )≤0的解集为{x |－2≤x ≤3}，假设f (x )的极小值等于－115，那么a 的值是( )
A ．－8122
B.13 C ．2 D ．5
[答案] C
[解析] 依题意得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ≤0的解集是[－2,3]，于是有3a >0，－2＋3＝－2b 3a ，－2×3＝c
3a ，
∴b ＝－3a 2，c ＝－18a ，函数f (x )在x ＝3处取得极小值，于是有f (3)＝27a ＋9b ＋3c －34＝－115，－81
2a
＝－81，a ＝2，应选C.
2．(文)(2021·长春市调研)已知函数f (x )＝x 2的图象在点A (x 1，f (x 1))与点B (x 2，f (x 2))处的切线相互垂直，并交于点P ，那么点P 的坐标可能是( )
A ．(－3
2，3)
B ．(0，－4)
C ．(2,3) D. (1，－1
4
)
[答案] D
[解析] 由题意知，A (x 1，x 21)，B (x 2，x 22)，f ′(x )＝2x ，那么过A ，B 两点的切线斜率k 1＝2x 1，k 2＝2x 2，又
切线相互垂直，因此k 1k 2＝－1，即x 1x 2＝－1
4
.两条切线方程别离为l 1∶y ＝2x 1x －x 21，l 2∶y ＝2x 2x －x 22 ，联立
得(x 1－x 2)[2x －(x 1＋x 2)]＝0，∵x 1≠x 2，∴x ＝
x 1＋x 2
2，代入l 1，解得y ＝x 1x 2＝－1
4
，应选D.
(理)在函数y ＝x 3－9x
的图象上，知足在该点处的切线的倾斜角小于π
4
，且横、纵坐标都为整数的点的个数
是( )
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
[答案] A
[解析] 依题意得，y ′＝3x 2－9，令0<y ′＝3x 2－9<1得3<x 2<10
3，显然知足该不等式的整数x 不存在，因
此在函数y ＝x 3－9x
的图象上，知足在该点处的切线的倾斜角小于π
4
，且横、纵坐标都为整数的点的个数是0，
选A.
3．(文)(2021·太原五中月考)已知双曲线C ：x 2a
2－
y 2b 2
＝1(a >0，b >0)的焦距为2
5，抛物线y ＝1
16
x 2＋1与
双曲线C 的渐近线相切，那么双曲线C 的方程为( )
A.x 28－y 2
2＝1 B.x 22－y 2
8＝1 C.x 24－y 2＝1 D. x 2－y 2
4
＝1
[答案] C [解析] ∵y ＝
1
16
x 2＋1，∴y ′＝
1
8
x ，设切点(x 0，y 0)，那么切线方程y －y 0＝1
8
x 0(x －x 0)，∵切线过原点，∴y 0
＝18x 20 ①，又切点在抛物线上，∴y 0＝116x 20＋1 ②，由(1)(2)得x 0＝±4，∴b a ＝|18x 0
|＝1
2
，∴a ＝2b ，代入a 2＋b 2＝c 2＝5中得b 2＝1，a 2＝4，∴双曲线方程为
x 2
4
－y 2＝1.
(理)(2021·吉林市质检)假设函数f (x )＝2sin x (x ∈[0，π])在点P 处的切线平行于函数g (x )＝2x ·(x
3
＋1)在点
Q 处的切线，那么直线PQ 的斜率( )
A ．1 B.12 C.83 D. 2
[答案] C
[解析] f ′(x )＝2cos x ，x ∈[0，π]，∴f ′(x )∈[－2,2]，g ′(x )＝
x ＋
1
x
≥2，当且仅当x ＝1时，等号成立，
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，那么由题意知，2cos x 1＝x 2＋
1
x 2
，∴2cos x 1＝2且x 2＋
1
x 2
＝2，∵x 1∈[0，
π]，
∴x 1＝0，∴y 1＝0，x 2＝1，y 2＝83，∴k PQ ＝y 2－y 1x 2－x 1＝8
3
.
4．(文)(2021·浙江文，8)已知函数y ＝f (x )的图象是以下四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如以下图所示，那么该函数的图象是( )
[答案] B
[解析] 此题考查原函数图象与导函数图象之间的关系．
由导数的几何意义可得，y ＝f (x )在[－1,0]上每一点处的斜率变大，而在[0,1]上那么变小，应选B. (理)(2021·石家庄市质检)概念在区间[0,1]上的函数f (x )的图象如以下图所示，以A (0，f (0))、B (1，f (1))、
C (x ，f (x ))为极点的△ABC 的面积记为函数S (x )，那么函数S (x )的导函数S ′(x )的大致图象为( )
[答案] D
[解析] ∵A 、B 为定点，∴|AB |为定值，∴△ABC 的面积S (x )随点C 到直线AB 的距离d 而转变，而d 随x 的转变情形为增大→减小→0→增大→减小，∴△ABC 的面积先增大再减小，当A 、B 、C 三点共线时，构不成三角形；然后△ABC 的面积再慢慢增大，最后再慢慢减小，观看图象可知，选D.
5．(2021·山西大学附中月考)已知函数f 0(x )＝xe x ，f 1(x )＝f ′0(x )，f 2(x )＝f 1′(x ) ，…f n (x )＝f ′n －1(x )(n ∈N *)，那么f ′2021(0)＝( )
A ．2021
B ．2014
C ．2021
D ．2016
[答案] C
[解析] ∵f 0(x )＝xe x ，∴f 1(x )＝f 0′(x )＝e x ＋xe x ，
f 2(x )＝f 1′(x )＝2e x ＋xe x ，…，
∴f n (x )＝f n －1′(x )＝ne x ＋xe x ，∴f 2021′(0)＝f 2021(0)＝2021e 0＋0＝2021.
6．(2021·天津文，8)设函数f (x )＝e x ＋x －2，g (x )＝ln x ＋x 2－3，假设实数a 、b 知足f (a )＝0，g (b )＝0，那么( )
A ．g (a )<0<f (b )
B ．f (b )<0<g (a )
C ．0<g (a )<f (b )
D ．f (b )<g (a )<0
[答案] A
[解析] 解法1：由f (a )＝e a ＋a －2＝0得0<a <1，g (a )＝ln a ＋a 2－3<0；
由g (b )＝ln b ＋b 2－3＝0得b >1，∴f (b )＝e b ＋b －2>0，因此f (b )>0>g (a )，应选A.
解法2：∵f ′(x )＝e x ＋1>0，∴f (x )为增函数，∵f (0)＝－1<0，f (1)＝e －1>0，且f (a )＝0，∴0<a <1； ∵当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＝1
x
＋2x >0，∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数，又g (1)＝－2<0，g (2)＝ln2＋1>0，
g (b )＝0，∴1<b <2.
∴f (b )>f (1)＝0，g (a )<g (1)<0，应选A. 二、填空题
7．(文)(2021·甘肃省三诊)假设曲线y ＝x －12在点(m ，m －1
2)处的切线与两坐标轴围成三角形的面积为18，
那么m ＝________.
[答案] 64
[解析] ∵y ＝x －12，∴y ′＝－12x －32，∴切线的斜率为－12m －32，切线方程为y －m －12＝－12m －3
2(x －m )，
令x ＝0，得y ＝32m －12，令y ＝0，得x ＝3m ，∵m >0，∴12×3m ×32m －12＝18，∴m 1
2
＝8，∴m ＝64.
(理)(2021·沈阳市二检)已知函数f (x )＝x (x －a )(x －b )的导函数为f ′(x )，且f ′(0)＝4，那么a 2＋2b 2的最小值为________．
[答案] 8
2
[解析] f ′(x )＝(x －a )(x －b )＋x [(x －a )＋(x －b )]，f ′(0)＝ab ＝4，a 2＋2b 2≥2
2ab ＝8
2，故填8
2.
8．已知函数f (x )＝13ax 3＋1
2
ax 2－bx ＋b －1在x ＝1处的切线与x 轴平行，假设函数f (x )的图象通过四个象
限，那么实数a 的取值范围是________．
[答案] (316，6
5
)
[解析] 依题意得，f ′(1)＝0，又f ′(x )＝ax 2＋ax －b ， ∴b ＝2a ，
∴f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝a (x ＋2)(x －1)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1， ①当a ＝0时，不合题意；
②当a >0时，要使图象过四个象限，
只需⎩⎪⎨⎪⎧ f －2＝16
3a －1>0，
f
1＝5
6
a －1<0，
结合a >0，解得a ∈(3
16，6
5
)；
③当a <0时，要使图象过四个象限，
只需⎩⎪⎨⎪⎧
f －2＝16
3a －1<0，
f
1＝5
6
a －1>0，
结合a <0.可知不存在符合条件的实数a ；
综上得，a 的取值范围是(3
16，6
5
)．
9．假设f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1有极大值和极小值，那么a 的取值范围为________． [答案] (－∞，－1)∪(2，＋∞)
[解析] f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)，由题意知f ′(x )＝0有两个不等的实根，故Δ＝(6a )2－4×3×3(a ＋2)>0，即a 2－a －2>0，解得a >2或a <－1.
三、解答题
10．(文)(2021·新课标全国文，21)设函数f (x )＝e x －ax －2. (1)求f (x )的单调区间；
(2)假设a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．
[分析] (1)求函数f(x)的单调区间，需判定f′(x)的正负，因为含参数a，故需分类讨论；(2)分离参数k，将不含有参数的式子看做一个新函数g(x)，将求k的最大值转化为求g(x)的最值问题．
[解析] (1)f(x)的概念域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝e x－a.
若a≤0，那么f′(x)>0，因此f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，那么当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，
因此，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)由于a＝1，因此(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(e x－1)＋x＋1.
故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于
k<x＋1
e x－1
＋x(x>0)．①
令g(x)＝x＋1
e x－1
＋x，那么
g′(x)＝－x e x－1
e x－12
＋1＝
e x e x－x－2
e x－12
.
由(1)知，函数h(x)＝e x－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，因此h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，那么α∈(1,2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.因此g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，因此g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.
[点评] 此题考查导数的应用及参数的取值范围的求法．利用导数求参数的取值范围时，常常需将参数分离出来，转化为恒成立问题，最终转化为求函数的最值问题，求得参数的取值范围．
(理)(2021·广东文，21)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．
(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；
(2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.
[解析] f′(x)＝3x2－2kx＋1.
(1)当k＝1时f′(x) ＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8<0，
∴f′(x)>0，f(x)在R上单调递增．即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，f(x)没有单调递减区间．
(2)当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其开口向上，对称轴x＝k
3
，且过(0,1)．
(i)当Δ＝4k 2－12＝4(k ＋3)(k －3)≤0，即－3≤k <0时，f ′(x )≥0，f (x ) 在[k ，－k ]上单调递增，
从而当x ＝k 时，f (x )取得最小值 m ＝f (k )＝k ，
当x ＝－k 时，f (x ) 取得最大值M ＝f (－k )＝－k 3－k 3－k ＝－2k 3－k . (ii)当Δ＝4k 2－12＝4(k ＋3)(k －
3)>0，即k <－
3时，令f ′(x )＝3x 2－2kx ＋1＝0
解得：x 1＝
k ＋k 2－3
3
，x 2＝
k －k 2－3
3
，注意到k <x 2<x 1<0，
(注：可用韦达定理判定x 1·x 2＝13，x 1＋x 2＝2k
3>k ，从而k <x 2<x 1<0；或由对称结合图像判定)
∴m ＝min{f (k )，f (x 1)}，M ＝max{f (－k )，f (x 2)}
∵f (x 1)－f (k )＝x 31－kx 21＋x 1－k ＝(x 1－k )(x 21＋1)>0，
∴f (x )的最小值m ＝f (k )＝k ，
∵f (x 2)－f (－k )＝x 32－kx 22＋x 2－(－2k 3－k )＝(x 2＋k )[(x 2－k )2＋k 2＋1]<0，
∴f (x )的最大值M ＝f (－k )＝－2k 3－k .
综上所述，当k <0时，f (x )的最小值m ＝f (k )＝k ，最大值M ＝f (－k )＝－2k 3－k . 一、选择题
11．(文)如图，函数y ＝f (x )的图象在点P 处的切线方程为x －y
＋2＝0，那么f (1)＋
f ′(1)＝( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
[答案] D
[解析] 由条件知(1，f (1))在直线x －y ＋2＝0上，且f ′(1)＝1，∴f (1)＋f ′(1)＝3＋1＝4.
(理)(2021·烟台质检)在等比数列{a n }中，首项a 1＝2
3，a 4＝⎠
⎜⎛1
4(1＋2x )d x ，那么该数列的前5项和S 5为( )
A ．18
B ．3 C.242
3 D.2425
[答案] C
[解析] a 4＝⎠⎜
⎛1
4(1＋2x )d x ＝(x ＋x 2)|41＝18，
因为数列{a n }是等比数列， 故18＝2
3
q 3，解得q ＝3，
因此S 5＝
2
3
1－351－3
＝2423
.应选C.
12．(文)(2021·太原调研)设a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a ·e －x 的导函数f ′(x )是奇函数，假设曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是3
2
，那么切点的横坐标为( )
A ．－ln22
B ．－ln2
C.ln22 D ．ln2
[答案] D
[解析] 由于f ′(x )＝e x －a e －x ，故假设f ′(x )为奇函数，那么必有f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1，故f ′(x )＝e x －e －x .设曲线上切点的横坐标为x 0，那么据题意得f ′(x 0)＝e x 0－e －x 0＝3
2
，解得e x 0＝2，故切点横坐标x 0＝
ln2.
(理)(2021·哈三中一模)在平面直角坐标系xOy 中，已知P 是函数f (x )＝x ln x －x 的图象上的动点，该曲线在点P 处的切线l 交y 轴于点M (0，y M )，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N (0，y N )．那么
y N
y M
的范围是( )
A ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)
B ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
C ．[3，＋∞)
D ．(－∞，－3] [答案] A
[解析] ∵f (x )＝x ln x －x ，∴f ′(x )＝ln x ，设P (x 0，y 0)，那么y 0＝x 0ln x 0－x 0，k l ＝ln x 0，∴l ：y －y 0＝(x －x 0)·ln x 0，令x ＝0得y M ＝y 0－x 0ln x 0＝－x 0，过点P 的直线l 的垂线斜率k ＝－1
ln x 0，方程为y －y 0＝－1
ln x 0·(x －x 0)，令x
＝0得y N ＝y 0＋x 0ln x 0＝x 0ln x 0－x 0＋x 0ln x 0
＝
x 0ln 2x 0－ln x 0＋1
ln x 0
∴
y N y M
＝
－ln 2x 0＋ln x 0－1
ln x 0
＝－ln x 0－1
ln x 0
＋1
当x 0>1时，ln x 0>0，－ln x 0－1
ln x 0＋1＝－(ln x 0＋1
ln x 0)＋1≤1－2＝－1，同应当0<x 0<1时，－ln x 0－
1
ln x 0
＋1≥3，∴选A.
13．(文)(2021·中原名校第二次联考)已知函数g (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的导函数为f (x )，且a ＋2b ＋3c ＝0，f (0)f (1)>0，设x 1、x 2是方程f (x )＝0的两根，那么|x 1－x 2|的取值范围是( )
A ．[0，2
3)
B ．[0，4
9)
C ．(13，23)
D ．(19，49
)
[答案] A [解析]
f (x )＝
g ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，∵f (
13
)＝a 3＋2b 3＋c ＝13(a ＋2b ＋3c )＝0，∴1
3
是f (x )＝0的一根，又f (0)·f (1)>0，∴0<x 1<x 2<1，
即⎩⎪⎨⎪
⎧ x 1＝13
，
13<x 2
<1，
或⎩⎪⎨⎪⎧
x 2＝13
，
0<x 1
<13.
应选A.
(理)(2021·德阳市二诊)已知m 、n 是三次函数f (x )＝13x 3＋12
ax 2＋2bx (a 、b ∈R )的两个极值点，且m ∈(0,1)，n ∈(1,2)，那么b ＋3
a ＋2
的取值范围是( )
A ．(－∞，2
5)∪(1，＋∞)
B ．(2
5，1)
C ．(－4,3)
D ．(－∞，－4)∪(3，＋∞) [答案] D
[解析] f ′(x )＝x 2＋ax ＋2b ，
由题意知⎩⎪⎨⎪⎧
f ′0>0，f ′
1<0，f ′2
>0，
∴⎩⎪⎨⎪
⎧
b >0，
a ＋2
b ＋1<0，a ＋b ＋2>0.
(*)
b ＋3a ＋2
表示不等式组(*)表示的平面区域内的点与点(－2，－3)连线的斜率，由图形易知选D.
14．(文)已知f (x )为概念在(－∞，＋∞)上的可导函数，且f (x )<f ′(x )关于x ∈R 恒成立，且e 为自对数的底，那么下面正确的选项是( )
A ．f (1)>e·f (0)，f (2021)>e 2021·f (0)
B ．f (1)<e·f (0)，f (2021)>e 2021·f (0)
C ．f (1)>e·f (0)，f (2021)<e 2021·f (0)
D ．f (1)<e·f (0)，f (2021)<e 2021·f (0) [答案] A [解析] 设F (x )＝
f x
e x
，
则F ′(x )＝
f ′x ·e x －e x f x
e x
2
＝
f ′x －f x
e x
，
∵f (x )<f ′(x )关于x ∈R 恒成立， ∴F ′(x )>0，即F (x )在x ∈R 上为增函数， ∴F (1)>F (0)，F (2021)>F (0)， 即
f 1
e 1
>
f 0
e 0
，
f 2012
e 2012
>
f 0
e 0
，
∴f (1)>e f (0)，
f (2021)>e 2021f (0)．
(理)(2021·浙江苍南求知中学月考)设函数f (x )＝x 2＋bx ＋c (x ∈R )且f ′(x )＋f (x )>0恒成立，那么对∀a ∈(0，＋∞)，下面不等式恒成立的是( )
A ．f (－a )<e a f (0)
B ．f (－a )>e a f (0)
C ．f (a )<e a f (0)
D ．f (a )>e a f (0)
[答案] A
[解析] 令F (x )＝f (x )e x ，那么F ′(x )＝f ′(x )·e x ＋f (x )·e x ＝(f ′(x )＋f (x ))e x >0，
∴F (x )为增函数，∴对任意a ∈(0，＋∞)，有－a ∈(－∞，0)，
∴F (－a )<F (0)，∴f (－a )e －a <f (0)，
即f (－a )<e a f (0)，应选A.
15．(文)已知概念域为R 的函数f (x )知足：f (4)＝－3，且对任意x ∈R 总有f ′(x )<3，那么不等式f (x )<3x －15的解集为( )
A ．(－∞，4)
B ．(－∞，－4)
C ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)
D ．(4，＋∞)
[答案] D
[解析] 令g (x )＝f (x )－3x ＋15，那么g ′(x )＝f ′(x )－3<0，因此g (x )在R 上是减函数，又因为g (4)＝f (4)－3×4＋15＝0，因此f (x )<3x －15的解集为(4，＋∞)．
(理)概念方程f (x )＝f ′(x )的实数根x 0叫做函数f (x )的“新不动点”，若是函数g (x )＝12
x 2(x ∈(0，＋∞))，h (x )＝sin x ＋2cos x ，x ∈(0，π)，φ(x )＝－e x －2x 的“新不动点”别离为α、β、γ，那么α、β、γ的大小关系是( )
A ．α<β<γ
B ．α<γ<β
C ．γ<α<β
D ．β<α<γ
[答案] C
[解析] 由概念，令g ′(x )＝x ＝12
x 2，得α＝2；关于h (x )＝sin x ＋2cos x ，x ∈(0，π)，令h ′(x )＝cos x －2sin x ＝sin x ＋2cos x ，得β∈(3π4
，π)；关于φ(x )＝－e x －2x ，令φ′(x )＝－e x －2＝－e x －2x ，得γ＝1.故γ<α<β，选C.
二、填空题
16．(文)(2021·山西太原五中月考)在区间[－2,3]上任取一个数a ，那么函数f (x )＝13
x 3－ax 2＋(a ＋2)x 有极值的概率为________．
[答案] 25 [解析] f ′(x )＝x 2－2ax ＋a ＋2，函数f (x )有极值，⇔y ＝f ′(x )的图象与x 轴有两个交点⇔Δ＝4a 2－4(a ＋2)＝4(a －2)(a ＋1)>0⇔a <－1或a >2.
∴所求概率P ＝3－2＋[－1－－2]3－－2＝25
. (理)(2021·郑州市质检)已知a >1, 且函数y ＝a x 与函数y ＝log a x 的图象有且仅有一个公共点，那么此公共点的坐标为________．
[答案] (e ，e )
[解析] 设公共点为P (x 0，y 0)，那么点P (x 0，y 0)为函数y ＝a x 与y ＝log a x 的图象的切点，且点P (x 0，y 0)又在直线y ＝x 上，y ′＝a x ln a ，∴ax 0ln a ＝1，∴ax 0＝1
ln a ＝log a e ，又ax 0＝y 0＝log a x 0＝log a e ，∴x 0＝e ，y 0＝e .
17．函数f (x )＝12
x 2－3x ＋2ln x ，那么函数f (x )在[1，e]上的最大值为________，最小值为________． [答案] 12
e 2－3e ＋2 2ln2－4 [解析] 由
f (x )＝12
x 2－3x ＋2ln x 可得， f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝x －1
x －2x .
当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0，
∴f (x )在[1,2]上是减函数；
当x ∈(2，e)时，f ′(x )>0，
∴f (x )在[2，e]上是增函数．
∴当x ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝2ln2－4.
又f (1)＝－52，f (e)＝12
e 2－3e ＋2，
f (e)－f (1)＝12e 2－3e ＋2－(－52
) ＝12(e 2－6e ＋9)＝12
(e －3)2>0，
∴f (e)>f (1)，
∴f (x )max ＝f (e)＝12
e 2－3e ＋2. 综上，函数
f (x )在[1，e]上的最大值为12
e 2－3e ＋2，最小值为2ln2－4. 三、解答题
18．(文)已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x 在[0,1]上单调递减且知足f (0)＝1，f (1)＝0.
(1)求a 的取值范围；
(2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值．
[解析] (1)由f (0)＝1，f (1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，
则f (x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ，
f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x
依题意须关于任意x ∈(0,1)，有f ′(x )<0.
当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上，而f ′(0)＝－a <0，因此须
f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1；
当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f ′(x )＝(x 2－1)e x <0，f (x )符合条件；
当a ＝0时，关于任意x ∈(0,1)，f ′(x )＝－x e x <0，f (x )符合条件；
当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件．
故a 的取值范围0≤a ≤1.
(2)因为g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x ，g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x ，
(ⅰ)当a ＝0时，g ′(x )＝e x >0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e. (ⅱ)当a ＝1时，关于任意x ∈(0,1)有g ′(x )＝－2x e x <0，g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2，在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.
(ⅲ)当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a 2a
>0. ①若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13
时，g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.
②若1－a 2a <1，即13<a <1时，g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g (1－a 2a )＝2a e 1－a 2a
，在x ＝0或x ＝1处取得最小值，而g (0)＝1＋a, g (1)＝(1－a )e ，
那么当13<a ≤e －1e ＋1
时，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ； 当e －1e ＋1
<a <1时，g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e. [点评] 此题考查导数运算，二次函数、恒成立问题、导数应用等，考查分类讨论数学思想，表现导数的工具作用．第(1)问中不要漏掉a ＝0，a ＝1.第(2)问分类的依据是判定g (x )在[0,1]上的单调性．
(理)设函数f (x )＝ax n (1－x )＋b (x >0)，n 为正整数，a 、b 为常数．函数y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＝1.
(1)求a 、b 的值；
(2)求函数f (x )的最大值；
(3)证明：f (x )<1n e
. [分析] (1)依照导数的几何意义及点(1，f (1))在直线x ＋y ＝1上可求得a 、b .
(2)通过求导判定f (x )的单调性求其最大值．
(3)借用第(2)问的结论f (x )的最大值小于1n e
，构造新的函数关系． [解析] (1)因为f (1)＝b ，由点(1，b )在直线x ＋y ＝1上，可得1＋b ＝1，即b ＝0，
因为f ′(x )＝anx n －1－a (n ＋1)x n ，
因此f ′(1)＝－a .
又因为切线x ＋y ＝1的斜率为－1，
因此－a ＝－1，即a ＝1，
故a ＝1，b ＝0.
(2)由(1)知，f (x )＝x n (1－x )＝x n －x n ＋1，
f ′(x )＝(n ＋1)x n －1(n
n ＋1－x )．
令f ′(x )＝0，解得x ＝n
n ＋1，
即f ′(x )在(0，＋∞)上有唯一零点x ＝n n ＋1. 在(0，n n ＋1)上，f ′(x )>0，故f (x )单调递增； 而在(n n ＋1，＋∞)上，f ′(x )<0，故f (x )单调递减．
故f (x )在(0，＋∞)上的最大值为f (n n ＋1)＝(n n ＋1)n (1－n n ＋1)＝n n n ＋1n ＋1.
(3)令φ(t )＝ln t －1＋1t
(t >0)，那么 φ′(t )＝1t －1t 2＝t －1t
2(t >0)． 在(0,1)上，φ′(t )<0，故φ(t )单调递减；
而在(1，＋∞)上φ′(t )>0，φ(t )单调递增．
故φ(t )在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0.
因此φ(t )>0(t >1)，
即ln t >1－1t
(t >1)． 令t ＝1＋1n ，得ln n ＋1n >1n ＋1
， 即ln(n ＋1
n )n ＋1>lne ，
因此(n ＋1
n )n ＋1>e ，即n n
n ＋1
n ＋1<1n e . 由(2)知，f (x )≤n n
n ＋1n ＋1<1n e ，
故所证不等式成立．
[点评] 此题要紧考查了导数的几何意义，通过导数求函数的最大值，判定函数的单调法，在判定单调性和求函数的最大值时必然要注意函数的概念域．。