新高考数学一轮复习(举一反三)重难点题型精练专题3.6 导数与函数的极值、最值（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（5分）（2022春•乐山期末）已知函数f（x）＝x+e﹣x，则函数f（x）在[﹣1，1]的最小值为（ ）
A．1B．C．﹣1+eD．
【解题思路】利用导函数求得函数f（x）在[﹣1，1]上的单调区间，进而求得函数f（x）在[﹣1，1]的最小值．
【解答过程】解：f（x）＝x+e﹣x，x∈[﹣1，1]，则，x∈[﹣1，1]，
当﹣1≤x＜0时，，f（x）单调递减，
当0＜x≤1时，，f（x）单调递增，
则f（x）在x＝0时取得最小值f（0）＝0+e0＝1．
故选：A．
2．（5分）（2022春•巴宜区校级期末）当x＝1时，函数取得最大值﹣2，则f'（2）＝（ ）
A．﹣1B．C．D．1
【解题思路】根据题意可知f（1）＝﹣2，f'（1）＝0即可解得a，b，再根据f'（x）即可解出．
【解答过程】解：因为函数f（x）定义域为（0，+∞），所以依题可知，f（1）＝﹣2，f'（1）＝0，
而，所以b＝﹣2，a﹣b＝0，即a＝﹣2，b＝﹣2，
所以，
因此函数f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，x＝1时取最大值，满足题意，
即有．
故选：B．
3．（5分）（2022春•江北区校级期末）若函数f（x）＝x3﹣3x在区间（2a，a+3）上有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．（﹣2，1）C．D．（﹣2，﹣1]
【解题思路】由导数性质得f（x）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），x＝1时，f（x）min＝﹣2．由此利用函数性质列不等式即可求解a的范围．
【解答过程】解：∵f（x）＝x3﹣3x，∴f′（x）＝3x2﹣3，
由f′（x）＝0，得x＝±1，
x∈（﹣∞，﹣1）时，f′（x）＞0；x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1），
∴x＝1时，f（x）min＝﹣2．
f（x）＝x3﹣3x＝﹣2时，
x3﹣3x+2＝0，x3﹣x﹣2x+2＝0，
x（x2﹣1）﹣2x+2＝0，
x（x+1）（x﹣1）﹣2（x﹣1）＝0，
（x2+x）（x﹣1）﹣2（x﹣1）＝0，
（x﹣1）（x2+x﹣2）＝0，
（x﹣1）（x+2）（x﹣1）＝0，
（x﹣1）2（x+2）＝0，
解得x＝1，x＝﹣2，
∴﹣2≤2a＜1＜a+3，∴﹣1≤a．
即实数a的取值范围是[﹣1，），
故选：C．
4．（5分）（2022春•北流市校级月考）函数y＝f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．函数y＝f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
B．函数y＝f（x）的递减区间为（3，5）
C．函数y＝f（x）在x＝3处取得极大值
D．函数y＝f（x）在x＝4处取得极小值
【解题思路】根据函数单调性与导数之间的关系及极值的定义结合图像即可得出答案．
【解答过程】解：根据函数y＝f（x）的导函数f′（x）的图象可得，
当x＜﹣1，3＜x＜5时，f′（x）＜0，故函数f（x）在（﹣∞，﹣1）和（3，5）上递减，
当﹣1＜x＜3，x＞5时，f′（x）＞0，故函数f（x）在（﹣1，3）和（5，+∞）上递增，
所以函数f（x）在x＝﹣1和x＝5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，
故ABD错误，C正确．
故选：C．
5．（5分）（2022•全国）设x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点．若x2﹣x1＝2，则a2＝（ ）
A．0B．1C．2D．3
【解题思路】先求出f′（x）＝3x2+4ax+1，又x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点，则x1和x2是方程3x2+4ax+1＝0的两根，再利用韦达定理可解．
【解答过程】解：∵函数f（x）＝x3+2ax2+x+1，
∴f′（x）＝3x2+4ax+1，
又x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点，
则x1和x2是方程3x2+4ax+1＝0的两根，
故x1+x2，x1•x2，
又x2﹣x1＝2，
则4x1x2＝4，
即4，
则a2＝3，
故选：D．
6．（5分）（2022•海淀区校级开学）若函数f（x）为偶函数，且x≥0时，f（x）＝max{x3﹣3x，sinx}，其中max{a，b}表示实数a，b中的最大值，则f（x）的极值点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解题思路】首先研究x≥0时函数的特征，然后结合函数的奇偶性绘制函数图形即可确定极值点的个数．
【解答过程】解：令F（x）＝x3﹣3x＝x（x2﹣3）（x≥0），
则当时，F（x）＜0，此时sinx＞0，即，
由函数的解析式可得F'（x）＝3x2﹣3，
很明显当时，F'（x）＞0，F（x）单调递增，
y＝sinx单调递减，结合端点处的函数值可知两函数有唯一的交点，
且x≥2时，F（x）＞1≥sinx，
结合偶函数的对称性绘制函数f（x）的图像如图中的实线所示，
结合函数图像可知函数的极值点个数为2．
故选：A．
7．（5分）（2022•蒙城县校级开学）已知函数f（x）＝（x﹣a）ex（a∈R），在区间（0，1）上有极值，且f（x）+a≤0对于x∈[0，1]恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．（1，2）B．C．D．
【解题思路】由f′（x）＝0可得x＝a﹣1，然后利用导数分析函数f（x）在区间[0，1]上的单调性，根据题中条件可得出关于实数a的不等式组，由此可解得实数a的取值范围．
【解答过程】解：因为f（x）＝（x﹣a）ex，则f′（x）＝（x﹣a+1）ex，由f′（x）＝0，可得x＝a﹣1，
因为函数f（x）在区间（0，1）上有极值，则0＜a﹣1＜1，解得1＜a＜2，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
因为对于f（x）+a≤0对于x∈[0，1]恒成立，
则，解得．
故选：D．
8．（5分）（2022春•许昌期末）已知函数，则下列结论中正确的命题个数为（ ）
①当时，函数f（x）有两个极值点；
②当a≤1时，函数在[1，2]上为减函数；
③当时，函数f（x）的图象与x轴有两个交点；
④当，函数f（x）在（﹣1，+∞）上存在最小值．
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】求导，令f′（x）＝0，得到x＝2a或x＝1，再逐项判断．
【解答过程】解：因为，
所以，
令f′（x）＝0，得x＝2a或x＝1，
①当时，则2a≠1，所以函数f（x）有两个极值点，故正确；
②当a≤1时，若2a≤1，即时，f′（x）＞0，函数在[1，2]上为增函数；
若1＜2a＜2，即时，当1＜x＜2a时，f′（x）＜0，当2a＜x＜2时f′（x）＞0；
若2a＝2，即a＝1时，f′（x）＜0函数在[1，2]上为减函数；
③当时，f（x）的两个极值点为，此时f（x）＝x3﹣2x2+x，又，所以函数f（x）的图象与x轴有两个交点，故正确；
④当时，，则x＝1是函数的唯一的极小值点，则函数f（x）取得极小值，
若﹣1＜2a时，即a时，f（﹣1）﹣f（1）＝﹣9a3a12a﹣2＞0，故f（x）在（﹣1，+∞）上存在最小值，故正确．
故选：C．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春•丰城市校级期末）函数f（x）x+1在区间（，3）内仅有唯一极值点的一个充分不必要条件为（ ）
A．a∈[，+∞）B．a∈（，+∞）C．a∈（，0）D．a∈（，）
【解题思路】在区间内仅有唯一极值点等价于f′（x）＝ax2﹣ax+1在区间内仅有唯一异号零点，利用零点存在定理即可求出a的取值范围．则可选出答案．
【解答过程】解：在区间内仅有唯一极值点等价于f′（x）＝ax2﹣ax+1在区间内仅有唯一异号零点，
当a＝0时，f′（x）＝1不满足题意；
当a≠0时，Δ＝a2﹣4a＞0⇒a＜0或a＞4，
当a＜0时，；
当a＞4时，，
综上所述：当或时函数在区间内仅有唯一极值点，
结合选项可知，AB符合题意，
故选：AB．
10．（5分）（2022春•广东期末）已知函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图像如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．x＝c时，f（x）取得极大值B．x＝d时，f（x）取得最小值
C．f（a）＜f（b）＜f（c）D．f（e）＜f（d）＜f（c）
【解题思路】结合导函数的图像得出函数的单调性，再由极值和最值的含义进行判断即可．
【解答过程】解：结合导函数的图像可知，f（x）在（a，c）上单增，则f（a）＜f（b）＜f（c），C正确；
在（c，e）上单减，则f（e）＜f（d）＜f（c），D正确；
由于f（e）＜f（d），显然f（d）不是最小值，B错误；
又f（x）在（a，c）上单增，（c，e）上单减，则x＝c时，f（x）取得极大值，A正确．
故选：ACD．
11．（5分）（2022春•莆田期末）已知函数f（x）＝（x+1）（ex﹣x﹣1），则下列说法正确的有（ ）
A．f（x）无最大值
B．f（x）有唯一零点
C．f（x）在（0，+∞）单调递增
D．f（0）为f（x）的一个极小值
【解题思路】令g（x）＝x+1，h（x）＝ex﹣x﹣1，根据函数的单调性分别判断即可．
【解答过程】解：令g（x）＝x+1，h（x）＝ex﹣x﹣1，显然g（x）在R上单调递增，对于h（x），h′（x）＝ex﹣1，令h′（x）＞0，解得x＞0，令h′（x）＜0，解得x＜0，故h（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增，故h（x）min＝h（0）＝0，故f（x）无最大值，故A，C正确，令f（x）＝0，则x＝0或x＝﹣1，故B错误，而f（0）为f（x）的一个极小值，故D正确，
故选：ACD．
12．（5分）（2022春•漳州期末）已知f（x）＝（x+1）ex，g（x）＝x（lnx+1），则（ ）
A．函数f（x）在R上有两个极值点
B．函数g（x）在（0，+∞）上的最小值为
C．若对任意x∈[1，2]，不等式g（ax）≥g（x2+1）恒成立，则实数a的最小值为
D．若f（x1）＝g（x2）＝t（t＞0），则x2（x1+1）lnt的最小值为
【解题思路】对于A：求导，分析f（x）的单调性，即可得出答案，即可判断A是否正确；
对于B：求导得g′（x）＝lnx+2，分析g（x）的单调性，进而可得g（x）min＝﹣e﹣2，即可判断B是否正确；
对于C：由上可知g（x）在（1，2）上单调递增，由g（ax）≥g（x2+1），得ax≥x2+1，推出a≥x，即可判断C是否正确；
对于D：根据题意可得（x1+1）ex2（lnx2+1）＝t①，g（e）＝g（x2）＝t，（t＞0），结合g（x）的单调性，可得x2＝e，又①得x1+1，则x2（x1+1）lnt＝x2•lnt＝tlnt，t＞0，令h（t）＝tlnt，t＞0，求导计算最小值，即可判断D是否正确．
【解答过程】解：对于A：f′（x）＝ex+（x+1）ex＝（x+2）ex，
当x＞﹣2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x＜﹣2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）只有一个极值点x＝﹣2，故A错误；
对于B：g′（x）＝lnx+1+x•lnx+2，
令g′（x）＝0，得x＝e﹣2，
所以在（0，e﹣2）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
在（e﹣2，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（e﹣2）＝e﹣2（lne﹣2+1）＝﹣e﹣2，故B正确；
对于C：由上可知g（x）在（1，2）上单调递增，
因为g（ax）≥g（x2+1），
所以ax≥x2+1，
所以a≥x，
当x∈[1，2]，（x）max＝2，
所以a，故C正确；
对于D：因为f（x）＝（x+1）ex，g（x）＝x（lnx+1），
所以f（x）＝g（ex），
因为f（x1）＝g（x2）＝t（t＞0），即（x1+1）ex2（lnx2+1）①，
所以g（e）＝g（x2）＝t，（t＞0），
由选项B可知g（e﹣2）＜0，
又x→0时，g（x）→0；x→+∞时，g（x）→+∞，
在g（x）在（0，e﹣2）上单调递减，在（e﹣2，+∞）上单调递增，
所以存在x0∈（e﹣2，+∞），使得g（x0）＝0，
所以在（0，x0）上，g（x）＜0；在（x0，+∞）上，g（x）＞0，
因为t＞0，
所以e⊆（x0，+∞）⊆（e﹣2，+∞），e⊆（x0，+∞）⊆（e﹣2，+∞），
又g（x）在（e﹣2，+∞）上单调递增，
所以x2＝e，
又①得x1+1，
所以x2（x1+1）lnt＝x2•lnt＝tlnt，t＞0，
令h（t）＝tlnt，t＞0，
h′（t）＝lnt+t•lnt+1，
令h′（t）＝0，得t＝e﹣1，
所以当t＞e﹣1时，h′（t）＞0，h（t）单调递增，
当0＜t＜e﹣1时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
所以h（t）min＝h（e﹣1）＝e﹣1lne﹣1，故D正确，
故选：BCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2021秋•红山区期末）函数f（x）＝3x2+lnx﹣2x的极值点的个数是 0 ．
【解题思路】通过导数判断函数的单调性即可得极值点的情况．
【解答过程】解：因为f（x）＝3x2+lnx﹣2x，x＞0，
所以在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以函数的极值点的个数是0，
故答案为：0．
14．（5分）（2022春•越城区校级月考）已知函数f（x）＝xex﹣a（x2+2x），若f（x）有极大值，则a＝ ．
【解题思路】先对函数求导，然后结合导数与单调性及极值关系可求．
【解答过程】解：对函数求导得，f'（x）＝（x+1）ex﹣2a（x+1）＝（x+1）（ex﹣2a），
当a≤0时，ex﹣2a＞0，当x＞﹣1时，f′（x）＞0，当x＜﹣1时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在（﹣1，+∞）上单调递增，
此时f（x）只有极小值，没有极大值，故a＞0．
当时，f（x）在（﹣∞，ln2a），（﹣1，+∞）上单调递增，在（ln2a，﹣1）上单调递减，
所以f（x）在x＝ln2a处取得极大值；
当时，f（x）在R上单调递增，没有极值；
当时，f（x）在（﹣∞，﹣1），（ln2a，+∞）上单调递增，在（﹣1，ln2a）上单调递减，
所以f（x）的极大值为，得．
故答案为：．
15．（5分）（2022秋•二七区校级月考）函数与g（x）＝xex﹣lnx﹣x的最小值分别为m和n，则m与n的大小关系为 m＜n ．
【解题思路】利用导数可求函数f（x）的最小值，然后证明 ex≥x+1，据此可得g（x）的最小值，进而即得．
【解答过程】解：因为，
∴x∈（0，1），f'（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（1，+∞），f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝1时，f（x）有最小值，即，
令h（x）＝ex﹣x﹣1，则h'（x）＝ex﹣1，
∵当x＜0时，0＜ex＜1；当x≥0时，ex≥1，
所以h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在[0，+∞）上单调递增，
所以h（x）≥h（0）＝0，
所以 ex≥x+1，
∴g（x）＝x⋅ex﹣lnx﹣x＝elnx+x﹣lnx﹣x≥lnx+x+1﹣lnx﹣x＝1
（当且仅当lnx+x＝0时′′＝''成立），即g（x）≥1，n＝1；
所以m＜n．
故答案为：m＜n．
16．（5分）（2022春•大兴区期末）已知函数f（x）若a＝0，则f（x）的最大值为 2 ；若f（x）无最大值，则a的范围是 （﹣∞，﹣1） ．
【解题思路】若a＝0，f（x），根据函数f（x）的单调性，即可求出f（x）的最大值．画出函数f（x）的图像，利用函数的最大值，求出a的取值范围．
【解答过程】解：若a＝0，函数f（x）
f（x）＝x3﹣3x，f′（x）＝3x2﹣3，令3x2﹣3＝0，kdx＝±1，
当x≤﹣1时，f′（x）＞0，f（x）＝x3﹣3x，此时函数为增函数，
当0＞x＞﹣1时，f′（x）＜0，f（x）＝x3﹣3x是减函数，
x＞0时，f（x）＝﹣2x，此时函数为减函数，
∴当x＝﹣1时，f（x）取得最大值，为f（﹣1）＝2．
函数f（x）
由图可知不存在最大值，
由（1）可知，当a＜﹣1时，函数f（x）没有最大值，
综上所述，若f（x）无最大值，则实数a的取值范围是a∈（﹣∞，﹣1），
故答案为：2，（﹣∞，﹣1）．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春•大埔县校级月考）已知函数f（x）＝x3﹣ax+2在x＝1时取得极值．
（1）求a的值；
（2）当x∈[﹣3，1]时，求函数f（x）的最值．
【解题思路】（1）f（x）在x＝1处取得极值，则f′（1）＝0可求出a 的值．
（2）求出函数在[﹣3，1]上的单调区间，从而得出函数的最小值．
【解答过程】解：（1）函数f（x）＝x3﹣ax+2，
f′（x）＝3x2﹣a，
又函数f（x）在x＝1处取得极值，则f′（1）＝3﹣a＝0，
即a＝3，此时f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以当a＝3时满足条件，
所以a＝3．
（2）由（1）可知f（x）＝x3﹣3x+2，在[﹣3，﹣1]上单调递增，[﹣1，1]单调递减；
所以 当x∈[﹣3，1]时，函数f（x）的最小值是f（﹣3），f（1）中的较小者；
f（﹣3）＝﹣16，f（1）＝0；
最大值为f（﹣1）＝4，
故函数f（x）的最小值为﹣16．最大值为4．
18．（12分）（2022•稷山县校级开学）已知函数f（x）＝lnx﹣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．
【解题思路】（1）当时，，求导得到，然后利用极值的定义求解．
（2）由（1）知，函数的定义域为，然后分a≤0和a＞0两种情况讨论求解．
【解答过程】解：（1）当时，，函数的定义域为（0，+∞）且，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：
故f（x）在定义域上的极大值为f（x）极大值＝f（2）＝ln2﹣1，无极小值．
（2）由（1）知，函数的定义域为（0，+∞），
．
当a≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
即函数在（0，+∞）上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a＞0时，当时，f（x）＞0，
当时，f（x）＜0，
故函数在处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数（x）无极值点，
当a＞0时，函数y＝f（x）有一个极大值点，且为．
19．（12分）（2022春•永昌县校级月考）已知函数f（x）＝ex（2x2﹣3x）．
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）若在区间（a，+∞）上，函数f（x）总有最小值，求出a的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导数，通过导函数的符号，判断函数的单调性，求解函数的单调区间以及函数的极值即可．
（2）利用函数的单调区间，结合f（x）在区间（a，+∞）上，总有最小值，然后求解a的取值范围．
【解答过程】解：（1）由f（x）＝ex（2x2﹣3x），f′（x）＝ex（2x2+x﹣3）＝ex（2x+3）（x﹣1），x∈[0，2]．
所以f′（x）和f（x）在区间[0，2]上随x变化的情况如下：
所以f（x）在[0，2]单调递减区间为[0，1），单调递增区间为（1，2]；
当x＝1时，取得极小值，极小值为﹣e，无极大值；
（2）f′（x）＝ex（2x2+x﹣3）＝ex（2x+3）（x﹣1），所以f′（x）和f（x）随x变化的情况如下：
由于f（x）在区间（a，+∞）上，总有最小值，所以由图可知a＜1，
所以a的取值范围为（﹣∞，1）．
20．（12分）（2022秋•广东月考）已知函数f（x）＝ln（x+1）﹣1．
（1）求证：；
（2）设函数，若g（x）在（0，+∞）上存在最大值，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）要证明，只要证明，设，通过导函数确定φ（x）的单调性，从而求出最值，即可证明．
（2）先整理，令h（x）＝g'（x），讨论h（x）的单调性，即可讨论g′（x）的符号，进而讨论g（x）的的最值，从而求出a的取值范围．
【解答过程】解：（1）证明：设，，令φ′（x）＜0，则0＜x＜1；令φ′（x）＞0，则x＞1．
所以φ（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）单调递增，所以φ（x）≥φ（1）＝0，即∴，
即，即．
（2）由题可得，令h（x）＝g'（x）＝ln（x+1）﹣ax，x＞0，则．
①当a≤0时，h'（x）＞0，g'（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g'（x）＞g'（0）＝0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无最大值，不符合题意．
②当a≥1时，在（0，+∞）上单调递减，所以g'（x）＜g'（0）＝0，
所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，无最大值，不符合题意．
③当0＜a＜1时，由，可得，
∴，g'（x）在上单调递增，，g'（x）在上单调递减．
由（1）知：，所以当x＞0时，．
取，则，且．
又，所以由零点存在性定理，存在，使得h（x0）＝0．
所以当x∈（0，x0）时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，当x∈（x0，+∞）时，h（x）＜0，即g'（x）＜0．
所以g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，g（x）在（0，+∞）上存在最大值g（x0），符合题意．
综上，实数a的取值范围为（0，1）．
21．（12分）（2022春•漳州期末）已知函数，f'（x）为f（x）的导函数，函数g（x）＝f'（x）．
（1）当t＝1时，求函数g（x）的最小值；
（2）已知f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）且，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）当t＝1时，根据题意可得g（x）＝xex﹣tx﹣2，求导得g'（x）＝（x+1）ex﹣1，分析g（x）的单调性，进而可得g（x）min．
（2）问题可化为，有两个根x1，x2，令，则，求导分析单调性，又x→﹣∞时，h（x）→0；x→+∞时，h（x）→+∞且，推出t＞0且，分析f（x1）的单调性，又，推出﹣1＜x1＜0，即可得出答案．
【解答过程】解：g（x）＝f'（x）＝xex﹣tx﹣2，
（1）当t＝1时，g（x）＝xex﹣x﹣2，g'（x）＝（x+1）ex﹣1，
当x≤﹣1时，x+1≤0，ex＞0，
所以g'（x）＝（x+1）ex﹣1≤0﹣1＜0，
当﹣1＜x＜0时，0＜x+1＜1，0＜ex＜1，
所以g'（x）＝（x+1）ex﹣1＜1×1﹣1＝0，
当x＞0时，x+1＞1，ex＞1，
所以g'（x）＝（x+1）ex﹣1＞1×1﹣1＝0．
综上g（x）在（﹣∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，
所以g（x）min＝g（0）＝﹣2．
（2）依题有：方程g（x）＝0有两个不同的根x1，x2，
方程g（x）＝0可化为，
令，则，
所以h（x）在（﹣∞，0）和（0，+∞）都是增函数，
因为x→﹣∞时，h（x）→0；x→+∞时，h（x）→+∞且，
所以t＞0且，
所以

，
令，则，
所以φ（x）在（﹣∞，0）上为减函数，又因为，
所以﹣1＜x1＜0，
所以．
22．（12分）（2022•衡水模拟）已知函数f（x）＝（a﹣1）x+lnx（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性与极值；
（2）当a＝0时，函数g（x）＝f（x）﹣（2﹣x）ex在上的最大值为δ，求使得上的整数k的值（其中e为自然对数的底数，参考数据：ln0.5≈﹣0.7，ln0.6≈﹣0.5）．
【解题思路】（1）对函数f（x）求导，并对a的取值范围进行分类讨论，利用导数研究函数的单调性、极值即可求解；
（2）对函数g（x）求导，构造新函数，利用导数研究函数的单调性、零点、函数值域即可求解．
【解答过程】解：（1）因为f（x）＝（a﹣1）x+lnx（a∈R），
所以f'（x）＝a﹣1，x＞0，
当a﹣1≥0，即a≥1时，f'（x）＞0恒成立，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
此时函数f（x）无极值；
当a﹣1＜0，即a＜1时，令f'（x）＝0，即a﹣10，即x．
当x∈（0，）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈（，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；
所以当x时，f（x）取得极大值，且极大值为f（）＝﹣1+ln1﹣ln（1﹣a），
综上所述，当a≥1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值；
当a＜1时，函数f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
f（x）在x处取得极大值﹣1﹣ln（1﹣a），无极小值．
（2）由题意可知：当a＝0时，g（x）＝lnx﹣x﹣（2﹣x）ex，
则g'（x）1+（x﹣1）ex（x﹣1）ex＝（ex）（x﹣1）．
因为x∈[，1]，所以x﹣1≤0．
令h（x）＝ex，x∈[，1]，
则h'（x）＝ex0，
所以h（x）在[，1]上单调递增．
又因为h（0.5）＝e0.5﹣2＜0，h（0.6）＝e0.60，
所以存在x0∈[，]，使得h（x0）＝0，即，
所以当x∈（，x0）时，h（x）＜0，g'（x）＞0，g（x）在（，x0）上单调递增；
当x∈（x0，1）时，h（x）＞0，g'（x）＜0，g（x）在（x0，1）上单调递减；
所以函数g（x）的最大值为δ＝g（x0）＝lnx0﹣x0+（x0﹣2）lnx0﹣x0+x02．
又因为，所以δ＝lnx0﹣x0+1，x0∈[，]．
令m（x）＝lnx﹣x+1，x∈[，]，
则m'（x）10在[，]上恒成立，
所以m（x）在[，]上单调递增，
所以m（）≤m（x）≤m（）．
因为m（）＝ln1﹣4≈﹣4.2，
m（）＝ln13.4，
所以δ∈[﹣4.2，﹣3.4]，
又因为[k，k]，
所以整数k＝﹣4． x
0
（0，a﹣1）
a﹣1
（a﹣1，1）
1
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
﹣a
↓
f（a﹣1）
↑
（1﹣a）e
x
（0，2）
2
（2，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
↑
ln2﹣1
↓
x
0
（0，1）
1
（1，2）
2
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
0
↓
﹣e
↑
2e2
x



1
（1，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
↑

↓
﹣e
↑