2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第三章 导数及其应用 第3节 导数与函数的极值、最值

这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库（人教A版文）第三章 导数及其应用 第3节 导数与函数的极值、最值，共18页。试卷主要包含了函数的最值与导数，))等内容，欢迎下载使用。

第3节　导数与函数的极值、最值
考试要求　1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件；2.会用导数求函数的极大值、极小值；3.会求闭区间上函数的最大值、最小值；4.会利用导数解决某些简单的实际问题.


1.函数的极值与导数
条件
f′(x0)＝0
x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0
x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0
图象


极值
f(x0)为极大值
f(x0)为极小值
极值点
x0为极大值点
x0为极小值点
2.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.

1.对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件.
2.求最值时，应注意极值点与所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
3.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.

1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数f(x)在区间(a，b)上不存在最值.(　　)
(2)函数的极大值一定大于其极小值.(　　)
(3)对可导函数f(x)，若f′(x0)＝0，则x0为极值点.(　　)
(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
解析　(1)函数f(x)在区间(a，b)可以存在最值.
(2)函数的极大值也可能小于极小值.
(3)x0为f(x)的极值点的充要条件是f′(x0)＝0，且x0两侧导函数值异号.
2.如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4
答案　A
解析　由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数值符号为左负右正.
3.已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于(　　)
A.－4 B.－2 C.4 D.2
答案　D
解析　由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，
＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
4.函数f(x)＝2x－xln x的极值是(　　)
A. B. C.e D.e2
答案　C
解析　因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x，令f′(x)>0时，解得0 令f′(x)<0时，解得x>e，所以x＝e时，f(x)取到极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e.
5.(易错题)函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有极值，则实数a的取值范围是________.
答案　(－∞，－)∪(，＋∞)
解析　f′(x)＝3x2－2ax＋2，
由题意知f′(x)有可变号零点，
∴Δ＝(-2a)2－4×3×2>0，
解得a>或a<－.
6.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________.
答案　－
解析　f(x)＝2sin x＋sin 2x的最小正周期为2π，所以只需考虑f(x)在[0，2π)上的最小值即可.
f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝4cos2x＋2cos x－2，
令f′(x)＝0，得cos x＝或cos x＝－1，
则x＝，x＝或x＝π，
则函数f(x)在[0，2π)上的最小值只能在x＝0，x＝，x＝和x＝π中取得，
又因为f(0)＝0，f＝，f(π)＝0，f＝－，
所以函数f(x)＝2sin x＋sin 2x的最小值为－.

考点一　利用导数求函数的极值
角度1　根据函数图象判断极值
例1 设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)

A.f(x)有两个极值点
B.f(－2)为函数的极大值
C.f(x)有两个极小值
D.f(－1)为f(x)的极小值
答案　C
解析　由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，∴f′(x)<0，
当x∈(－2，0)时，g(x)<0，∴f′(x)>0，
当x∈(0，1)时，g(x)<0，∴f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，∴f′(x)>0，
∴f(x)在(－∞，－2)，(0，1)上单调递减，
在(－2，0)，(1，＋∞)上单调递增.
故ABD错误，C正确.
感悟提升　由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值.
训练1 (2022·石家庄检测)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，以下命题错误的是________(填上所有错误命题的序号).

①－3是函数y＝f(x)的极值点；
②－1是函数y＝f(x)的极小值点；
③y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增；
④－2是函数y＝f(x)的极大值点.
答案　②④
解析　根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，－1)时，f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，－1)上单调递增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以①正确.
因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以②错误，③正确，④错误.
角度2　求已知函数的极值
例2 已知函数f(x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f(x)的极值.
解　因为f(x)＝x2－1－2aln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－＝.
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值.
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去).
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值

所以当x＝时，f(x)取得极小值，且f()＝()2－1－2aln ＝a－1－aln a，无极大值.
综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值.
当a>0时，函数f(x)在x＝处取得极小值a－1－aln a，无极大值.
角度3　已知极值求参数的值(范围)
例3 (1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝________.
(2)(2021·洛阳质检)已知函数f(x)＝x3－ax2＋.若f(x)在(a－1，a＋3)上存在极大值，则a的取值范围是________.
答案　(1)11　(2)(－9，0)∪(0，1)
解析　(1)f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
由题意得解得或
当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，
∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x)无极值，
所以a＝1，b＝3不符合题意，
当a＝2，b＝9时，经检验满足题意.
∴a＋b＝11.
(2)f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
当a＝0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
f(x)无极值，不合题意.
当a>0时，f(x)在x＝处取得极小值，
在x＝0处取得极大值，
则a－1<00，所以0 当a<0时，f(x)在x＝处取得极大值，
在x＝0处取得极小值，
则a－1< 所以－9 所以a的取值范围为(－9，0)∪(0，1).
感悟提升　1.根据极值求参数的取值范围就是根据极值点处导数为0，把问题转化为方程的根的求值或范围问题.
2.导数值为零不是此点为极值点的充要条件，所以根据极值点的导数为零和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解后必须检验.
训练2 (1)若x＝1是函数f(x)＝ax＋ln x的极值点，则(　　)
A.f(x)有极大值－1 B.f(x)有极小值－1
C.f(x)有极大值0 D.f(x)有极小值0
(2)设a∈R，若函数y＝x＋aln x在区间上有极值点，则a的取值范围为________.
答案　(1)A　(2)
解析　(1)∵f(x)＝ax＋ln x，x>0，
∴f′(x)＝a＋，
由f′(1)＝0得a＝－1(经检验，满足题意)，
∴f′(x)＝－1＋＝.
由f′(x)>0得0 由f′(x)<0得x>1，
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)极大值＝f(1)＝－1，无极小值.
(2)因为函数y＝f(x)＝x＋aln x在区间上有极值点，所以y′在区间上有可变号零点.
f′(x)＝1＋(x>0)在上单调，且f′·f′(e)<0，
所以(ea＋1)·<0，解得－e 所以a的取值范围为.
考点二　利用导数求函数的最值
例4 已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)，求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a).
解　g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝＝.
(1)当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
(2)当1< (3)当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
感悟提升　1.若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值.
2.若函数在区间[a，b]内有极值，则要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成.
3.函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
4.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
训练3 已知函数g(x)＝ln x－x2＋b在区间[1，3]上的最小值为1，求g(x)在该区间上的最大值.
解　依题意知，g(x)的定义域为(0，＋∞).
因为g(x)＝ln x－x2＋b，
所以对g(x)求导，得g′(x)＝－＝＝.
当x∈(1，2)时，g′(x)>0，当x∈(2，3)时，g′(x)<0，
所以g(x)在[1，2]上单调递增，在[2，3]上单调递减，
在区间[1，3]上，g(x)max＝g(2)＝ln 2－＋b.
又g(1)＝－＋b，g(3)＝ln 3－＋b，
g(3)－g(1)＝ln 3－1>0，
所以g(x)min＝g(1)＝－＋b＝1，
解得b＝，所以g(2)＝ln 2＋.
于是函数g(x)在区间[1，3]上的最大值为g(2)＝ln 2＋.
构造函数，巧妙解题
以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题小题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题.
一、构造y＝f(x)±g(x)型可导函数
例1 设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cos x<0，则不等式f(x) 答案　(0，＋∞)
解析　令φ(x)＝f(x)－sin x，
∴当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cos x<0，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，
又f(x)为R上的奇函数，
∴φ(x)为R上的奇函数，
∴φ(x)在(－∞，0]上单调递减，
故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，
不等式f(x) 即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞).
二、利用f(x)与x构造可导型函数
例2 设f(x)是定义在R上的可导函数，且x∈R时满足f(x)＋xf′(x)<0，则不等式f(x－1)>f(－1)的解集为________.
答案　(－∞，0)
解析　构造F(x)＝xf(x)，
则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0，
∴F(x)在R上单调递减，
∵f(x－1)>f(－1)，∴x－1<－1，即x<0，
即不等式f(x－1)>f(－1)的解集为(－∞，0).
例3 设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(1)＝0，当x<0时，有xf′(x)－f(x)>0恒成立，则不等式f(x)>0的解集为________.
答案　(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析　构造F(x)＝，
则F′(x)＝，当x<0时，xf′(x)－f(x)>0，可以推出当x<0时，F′(x)>0，F(x)在(－∞，0)上单调递增.
∵f(x)为偶函数，∴F(x)为奇函数，
∴F(x)在(0，＋∞)上也单调递增.
根据f(1)＝0可得F(1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞).
例4 已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，
2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是______________.
答案　(－1，0)∪(0，1)
解析　构造F(x)＝，
则F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∵f(x)为偶函数，y＝x2为偶函数，
∴F(x)为偶函数，
∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.
根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1，0)∪(0，1).
总结　(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
三、利用f(x)与ex构造可导型函数
例5 已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x) A.f(2)>e2f(0)，f(2 022)>e2 022f(0)
B.f(2)e2 022f(0)
C.f(2)>e2f(0)，f(2 022) D.f(2) 答案　D
解析　构造F(x)＝，则F′(x)＝＝，导函数f′(x)满足f′(x) 例6 若定义在R上的函数f(x)满足f′(x)＋2f(x)>0，且f(0)＝1，则不等式f(x)>的解集为____________.
答案　(0，＋∞)
解析　构造F(x)＝f(x)·e2x，
∴F′(x)＝f′(x)·e2x＋f(x)·2e2x＝e2x[f′(x)＋2f(x)]>0，
∴F(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且F(0)＝f(0)·e0＝1，
不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，
即F(x)>F(0)，∴x>0，
∴原不等式的解集为(0，＋∞).
四、利用f(x)与sin x，cos x构造可导型函数
例7 已知函数y＝f(x)对于任意的x∈满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是(　　)
A.f B.f C.f(0) D.f(0)<2f
答案　A
解析　构造F(x)＝，
则F′(x)＝，导函数f′(x)满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，则F′(x)>0，F(x)在上单调递增，把选项转化后可知选A.
总结　f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝，
F′(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，
F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
F(x)＝，
F′(x)＝.


1.(2022·武汉部分中学联考)函数f(x)的定义域为R，导数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)

A.无极大值点，有四个极小值点
B.有三个极大值点，一个极小值点
C.有两个极大值点，两个极小值点
D.有四个极大值点，无极小值点
答案　C
解析　设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4.当x0，f(x)为增函数，当x1 2.函数y＝ln x－x的极值情况是(　　)
A.有极大值，没有极小值
B.有极小值，没有极大值
C.既有极大值又有极小值
D.既无极大值也无极小值
答案　A
解析　y′＝－1＝(x>0)，令y′＝0得x＝1，当00，函数是增函数，当x>1时，y′<0，函数是减函数，所以当x＝1时函数y＝ln x－x取极大值，没有极小值，故选A.
3.函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是(　　)
A.1＋ B.1 C.e＋1 D.e－1
答案　D
解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，得x>0，
令f′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，且f(－1)＝e－1＋1，f(1)＝e－1，f(－1)－f(1)＝＋2－e<＋2－e<0，所以f(1)>f(－1)，故选D.
4.已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(　　)
A.2 B.－
C.3＋ln 2 D.－2＋2ln 2
答案　B
解析　由题意得，f′(x)＝＋2ax－3，
∵f(x)在x＝2处取得极小值，
∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝(经检验，满足题意)，
∴f(x)＝2ln x＋x2－3x，
f′(x)＝＋x－3＝，
∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.
5.(2021·安阳模拟)若函数f(x)＝x4＋ax3＋x2－b(a，b∈R)仅在x＝0处有极值，则a的取值范围为(　　)
A.[－2，2] B.[－1，1]
C.[2，6] D.[－1，4]
答案　A
解析　由题意可得f′(x)＝x3＋3ax2＋9x＝x(x2＋3ax＋9).
由于x＝0不满足方程x2＋3ax＋9＝0，所以要保证函数f(x)仅在x＝0处有极值，须使x2＋3ax＋9≥0恒成立，所以(3a)2－36≤0，即9a2≤36，所以－2≤a≤2.所以a的取值范围是[－2，2]，故选A.
6.(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋2，其导函数f′(x)为偶函数，f(1)＝－，则函数g(x)＝f′(x)ex在区间[0，2]上的最小值为(　　)
A.－3e B.－2e C.e D.2e
答案　B
解析　由题意可得f′(x)＝x2＋2mx＋n，
∵f′(x)为偶函数，∴m＝0，
故f(x)＝x3＋nx＋2，
∵f(1)＝＋n＋2＝－，∴n＝－3.
∴f(x)＝x3－3x＋2，则f′(x)＝x2－3.
故g(x)＝ex(x2－3)，
则g′(x)＝ex(x2－3＋2x)＝ex(x－1)(x＋3).
据此可知函数g(x)在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，
故函数g(x)的极小值，
即最小值为g(1)＝e1·(12－3)＝－2e.
7.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件.
答案　3
解析　y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当00；当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大.
8.(2022·西安调研)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(2)的值为________.
答案　18
解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
解得或
当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，
显然在x＝1处无极值；
当a＝4，b＝－11时，
令f′(x)＝(x－1)(3x＋11)＝0，得x＝－或x＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：

x

－

1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

故f(x)在x＝1处有极小值，符合题意，此时f(2)＝18.
9.若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，则实数c的取值范围为____________.
答案　∪
解析　若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有两个极值点，
则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不相等的实根，
故Δ＝(－4c)2－12>0，
解得c>或c<－.
所以实数c的取值范围为∪.
10.设函数f(x)＝aln x－bx2，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)在上的最大值.
解　(1)f′(x)＝－2bx，x>0，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
∴解得
(2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，x>0，
f′(x)＝－x＝，
当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1，
令f′(x)<0，得1 ∴f(x)在上单调递增，在(1，e]上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－.
11.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R).
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数.
解　(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝－＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表.

x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

ln 2－1

故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值.
(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－a＝.
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，
若x∈，则f′(x)<0，
故函数在x＝处有极大值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.

12.若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，且此极值不小于1，则a的取值范围为________.
答案　
解析　对函数求导f′(x)＝x－1＋a＝，x>0，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－a.
又函数f(x)＝x2＋(a－1)x－aln x存在唯一的极值，所以x＝1，此时a≥0.
所以当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以f(x)的极小值为f(1)＝＋a－1＝a－.
故f(1)≥1，即a－≥1，解得a≥.
13.已知函数f(x)＝－2kln x＋kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是________.
答案　
解析　f′(x)＝－＋k＝.
由题意可得，x＝2是f′(x)＝0唯一的变号零点，
故h(x)＝ex＋kx2在(0，＋∞)上没有变号零点，
令g(x)＝，x>0，则g′(x)＝，
当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当0 ∴当x＝2时，g(x)取得最小值g(2)＝.
故－k≤，则k≥－.
14.(2022·南充诊断)已知函数f(x)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设实数a>0，求函数F(x)＝af(x)在[a，2a]上的最小值.
解　(1)因为f′(x)＝(x>0)，
所以f′(1)＝1，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.
(2)因为F(x)＝af(x)，
所以F′(x)＝(a>0，x>0)，
令F′(x)>0得0 令F′(x)<0得x>e，
所以F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以F(x)在[a，2a]上的最小值F(x)min＝min{F(a)，F(2a)}.
因为F(a)－F(2a)＝ln a－ln(2a)＝ln ，
所以当0 当a>2时，F(a)－F(2a)>0，F(x)min＝F(2a)＝ln(2a).
综上所述，当0 当a>2时，F(x)在[a，2a]上的最小值为ln(2a).