【期末押题预测】期末核心考点 一元函数的导数及其应用（含解析）2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）

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期末核心考点 一元函数的导数及其应用
一．选择题（共7小题）
1．（2025 十堰模拟）已知sin5α+5cosα＞cos5α+5sinα，α∈[0，2π），则α的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025 湘潭模拟）设函数的两个极值点分别为x1，x2．则过（x1，f（x1）），（x2，f（x2））两点的直线斜率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 福建模拟）已知函数，则错误的是（　　）
A．函数f（x）的最小正周期为π
B．函数f（x）关于点中心对称
C．函数y＝f（x）的图像向左平移个单位，得到的函数图像关于y轴对称
D．函数g（x）＝f（x）﹣ax在上不单调，则a的取值范围为（﹣4，2]
4．（2025 安顺模拟）设函数f（x）＝（x﹣a）（lnx﹣b），若f（x）≥0，则ab的最小值为（　　）
A． B．﹣e C． D．e
5．（2025 蕲春县校级二模）已知实数a＜b＜c，且，则下列四个结论中，正确的有（　　）
A．a＜0
B．
C．c2+12＞8c
D．（b﹣5）（c﹣5）的最小值是
6．（2025 宁德三模）曲线在点P（x0，y0）处切线斜率的取值范围为，则x0的取值范围为（　　）
A．[0，ln2] B．[0，ln2]∪[ln4，3]
C．[ln2，ln4] D．[0，ln2]∪[ln4，+∞）
7．（2025春 龙岗区校级期中）定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），满足xf'（x）+f（x）＞0，则不等式x2f（x2）﹣f（1）＜0的解集为（　　）
A．（0，1） B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
C．（﹣1，1） D．（﹣1，+∞）
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 罗湖区校级模拟）已知函数f（x）＝x2+2lnx的图象在A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））两个不同点处的切线相互平行，则x1+x2的取值可以为（　　）
A． B． C．2 D．
（多选）9．（2025 宁德三模）设函数，则（　　）
A．当a＝1时，f（x）没有零点
B．当a＜0时，f（x）在区间（0，+∞）上不存在极值
C．存在实数a，使得曲线为轴对称图形
D．存在实数a，使得曲线为中心对称图形
（多选）10．（2025春 深圳校级期中）如图，这是函数f（x）的导函数的图象，则（　　）
A．f（x）在x＝2处取得极大值
B．x＝4是f（x）的极小值点
C．f（x）在（2，4）上单调递减
D．f（3）是f（x）的极小值
三．填空题（共3小题）
11．（2025 山东模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足，则S2001＝ 　 　 ．
12．（2025 太原模拟）若函数f（x）＝x3+a（x2﹣x+1）在区间单调递增，则a的取值范围是　 　 ．
13．（2025春 深圳校级期中）已知函数f（x）的定义域为R，f（1）＝﹣2，对任意x∈R，f′（x）＞3恒成立，则f（x）＞3x﹣5的解集为　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025 福建模拟）已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时f（x）≤b﹣ln（﹣a）﹣a恒成立，求实数b的最小值．
15．（2025 蕲春县校级二模）已知函数（a∈R）．
（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）当a＞0时，设f（x）的极大值为g（a），求证：．
期末核心考点 一元函数的导数及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 十堰模拟）已知sin5α+5cosα＞cos5α+5sinα，α∈[0，2π），则α的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】利用导数研究函数的单调性；三角不等式；三角函数中的恒等变换应用．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】C
【分析】运用导数研究函数的单调性，证出F（x）＝x5﹣5x在区间[﹣1，1]上是减函数，从而将题中不等式转化为sinα＜cosα，结合α∈[0，2π），运用正余弦函数的性质算出本题的答案．
【解答】解：不等式sin5α+5cosα＞cos5α+5sinα等价于sin5α﹣5sinα＞cos5α﹣5cosα，
设函数F（x）＝x5﹣5x，则原不等式等价于F（sinα）＞F（cosα）．
对F（x）求导数，可得F′（x）＝5x4﹣5＝5（x2+1）（x+1）（x﹣1），
当﹣1≤x≤1时，F′（x）≤0，可知F（x）在区间[﹣1，1]上是减函数，
若F（sinα）＞F（cosα），结合sinα、cosα∈[﹣1，1]，可知sinα＜cosα，
因为α∈[0，2π），结合正弦函数与余弦函数的性质，可知0≤α或α＜2π，
所以α的取值范围为[0，）∪（，2π）．
故选：C．
【点评】本题主要考查运用导数研究函数的单调性、正弦函数与余弦函数的性质等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
2．（2025 湘潭模拟）设函数的两个极值点分别为x1，x2．则过（x1，f（x1）），（x2，f（x2））两点的直线斜率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】对应思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】对函数求导，得到，，进而可得，f（x2），再应用两点式求斜率．
【解答】解；因为（x＞0），
则，
又函数的两个极值点分别为x1，x2，
所以x1，x2满足2x1﹣3lnx1﹣3＝0，2x2﹣3lnx2﹣3＝0，
也即，，
而，
同理f（x2），
故过（x1，f（x1）），（x2，f（x2））两点的直线斜率．
故选：A．
【点评】本题考查了导数的综合应用，直线的斜率，属于中档题．
3．（2025 福建模拟）已知函数，则错误的是（　　）
A．函数f（x）的最小正周期为π
B．函数f（x）关于点中心对称
C．函数y＝f（x）的图像向左平移个单位，得到的函数图像关于y轴对称
D．函数g（x）＝f（x）﹣ax在上不单调，则a的取值范围为（﹣4，2]
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）；三角函数的周期性；函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；三角函数中的恒等变换应用．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；三角函数的图象与性质；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】对f（x）解析式进行化简，得到f（x）＝2sin（2x）+1，由三角函数的性质可判断ABC，对于D，题意等价于g'（x）＝4cos（2x）﹣a＝0在上有变号根，参变分离后分析哈桑农户的单调性和取值情况，可判断a的取值范围．
【解答】解：由已知，sin2x+cos2x+1＝2sin（2x）+1，
对于A，f（x）的最小正周期为Tπ，故A正确；
对于B，x时，2x0，f（）＝1，所以函数f（x）关于点中心对称，B正确；
对于C，函数y＝f（x）的图像向左平移个单位，得到φ（x）＝f（x）＝2sin[2（x）]+1＝2cos2x+1，
φ（x）为偶函数，图象关于y轴对称，故C正确；
对于D，函数g（x）＝f（x）﹣ax在上不单调，即g'（x）＝4cos（2x）﹣a＝0在上有变号根，
即a＝4cos（2x）在上有变号根，
因为h（x）＝4cos（2x）在上递减，在上递增，h（）＝2，h（）＝﹣4，h（）＝0，
所以当a∈（﹣4，2）时，a＝4cos（2x）在上有变号根，函数h（x）不单调，故D错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查三角函数的图象与性质、由函数单调性求参数取值范围，属于中档题．
4．（2025 安顺模拟）设函数f（x）＝（x﹣a）（lnx﹣b），若f（x）≥0，则ab的最小值为（　　）
A． B．﹣e C． D．e
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】A
【分析】先分析函数g（x）＝x﹣a，h（x）＝lnx﹣b的正负性，进而得出a＝eb，再构造函数φ（x）＝xex，研究其最小值即可．
【解答】解：令函数g（x）＝x﹣a，函数h（x）＝lnx﹣b，那么函数f（x）＝g（x）h（x），
当x∈（0，eb）时，h（x）＜0；当x∈（eb，+∞）时，h（x）＞0；
当x∈（﹣∞，a）时，g（x）＜0；当x∈（a，+∞）时，g（x）＞0，
根据函数f（x）≥0，知a＝eb，因此ab＝beb，b∈R，
令函数φ（x）＝xex，那么导函数φ′（x）＝（x+1）ex，
那么φ′（x）＜0，得x＜﹣1；导函数φ′（x）＞0，得x＞﹣1，
则φ（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，在当（﹣1，+∞）上单调递增，
所以，故ab的最小值为．
故选：A．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
5．（2025 蕲春县校级二模）已知实数a＜b＜c，且，则下列四个结论中，正确的有（　　）
A．a＜0
B．
C．c2+12＞8c
D．（b﹣5）（c﹣5）的最小值是
【考点】利用导数研究函数的单调性；等式与不等式的性质．
【专题】整体思想；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】由a＜b＜c，且，构造函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c）＝x3﹣6x2+9x﹣abc，对其求导，结合导数与单调性关系及函数性质，零点存在条件检验各选项即可判断．
【解答】解：因a＜b＜c，且，
构造函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c）＝x3﹣6x2+9x﹣abc，则f′（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），
由f′（x）＞0可得x＞3或x＜1，由f′（x）＜0可得1＜x＜3，
所以f（x）在（﹣∞，1）和（3，+∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，因为a、b、c为函数y＝f（x）的三个零点，a＜b＜c．
所以f（x）极小值＝f（3）＜0，f（x）极大值＝f（1）＞0，
因为f（0）＝f（3）＜0，f（1）＝f（4）＞0，
所以由零点存在定理可得0＜a＜1，1＜b＜3，3＜c＜4，故AB错误；
当3＜c＜4时，c2﹣8c+12＝（c﹣2）（c﹣6）可正可负数，C错误；
由条件可得b+c＝6﹣a，bc＝9﹣a（6﹣a）＝（a﹣3）2，
所以（b﹣5）（c﹣5）＝bc﹣5（b+c）+25＝（a﹣3）2﹣5（6﹣a）+25＝a2﹣a+4，a∈（0，1）
所以当时（b﹣5）（c﹣5）取得最小值，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，函数性质的应用，属于中档题．
6．（2025 宁德三模）曲线在点P（x0，y0）处切线斜率的取值范围为，则x0的取值范围为（　　）
A．[0，ln2] B．[0，ln2]∪[ln4，3]
C．[ln2，ln4] D．[0，ln2]∪[ln4，+∞）
【考点】利用导数求解函数的最值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】转化为函数在x0处的导数值在之内，令，研究g（x）的性质，解不等式即可．
【解答】解：由题意，，
因为曲线在点P（x0，y0）处切线斜率的取值范围为，
所以，即，
令，令g′（x）＝0，可得x＝1，
当x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
又，当x＞0时，g（x）＞0，
故的解集为[0，ln2]∪[ln4，+∞），
故选：D．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
7．（2025春 龙岗区校级期中）定义在R上的函数f（x）的导函数为f'（x），满足xf'（x）+f（x）＞0，则不等式x2f（x2）﹣f（1）＜0的解集为（　　）
A．（0，1） B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
C．（﹣1，1） D．（﹣1，+∞）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；构造法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】C
【分析】令g（x）＝xf（x），求出导函数，即可得到g（x）的单调性，则问题转化为g（x2）＜g（1），根据单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可．
【解答】解：令g（x）＝xf（x），则g'（x）＝f（x）+xf'（x）＞0，
所以g（x）在定义域R上单调递增，
不等式x2f（x2）﹣f（1）＜0，即x2f（x2）＜f（1），
即g（x2）＜g（1），
所以x2＜1，解得﹣1＜x＜1，
即不等式x2f（x2）﹣f（1）＜0的解集为（﹣1，1）．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 罗湖区校级模拟）已知函数f（x）＝x2+2lnx的图象在A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））两个不同点处的切线相互平行，则x1+x2的取值可以为（　　）
A． B． C．2 D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】AB
【分析】由f′（x1）＝f′（x2）整理可得x1x2＝1，然后由基本不等式可得．
【解答】解：由f（x）＝x2+2lnx，得f′（x）＝2x，
则，，
依题意可得，且x1＞0，x2＞0，x1≠x2，
整理得，
则x1x2＝1，得x1+x2，
经验证，当x1，x2分别取3，时，，
当x1，x2分别取2，时，满足题意．
故选：AB．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
（多选）9．（2025 宁德三模）设函数，则（　　）
A．当a＝1时，f（x）没有零点
B．当a＜0时，f（x）在区间（0，+∞）上不存在极值
C．存在实数a，使得曲线为轴对称图形
D．存在实数a，使得曲线为中心对称图形
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABC
【分析】对选项逐一判断，分别利用图象研究零点，用导数研究极值，用对称性的定义研究对称性即可．
【解答】解：对于选项A，当a＝1时，函数f（x），定义域为{x|x＞﹣1且x≠0}，
由f（x）＝0，得（x＞﹣1且x≠0）．
作出y＝ln（x+1）与的图像，二者有唯一交点（0，0），不合题意，故f（x）没有零点，故A正确．
对于选项B，由题，
令，，
因为a＜0，x＞0，所以g′（x）＞0，
又g（0）＝0，所以g（x）＞0，所以f′（x）＜0，
则f（x）在（0，+∞）上无极值，故B正确．
对于选项CD，令，
因为，所以x＞0或x＜﹣1，由对称性可知，故若存在对称轴或对称中心，必在直线上．
考虑
，
当时，h（x）＝h（﹣x﹣1），所以关于对称，故C正确．
考虑，
所以不存在符合题意的常数a，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，函数零点的判断，函数的对称性，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）10．（2025春 深圳校级期中）如图，这是函数f（x）的导函数的图象，则（　　）
A．f（x）在x＝2处取得极大值
B．x＝4是f（x）的极小值点
C．f（x）在（2，4）上单调递减
D．f（3）是f（x）的极小值
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】ABC
【分析】由导函数f′（x）的图象，可判断f（x）在对应区间上的单调性与极值，对四个选项逐一判断可得答案．
【解答】解：根据f′（x）的图象可知，当x＜﹣1时，导函数f′（x）＜0，
当﹣1＜x＜2时，f′（x）＞0，当x＞4时，f′（x）＞0，当2＜x＜4时，f′（x）＜0，
因此函数f（x）在区间[﹣1，2]上单调递增，在区间（﹣∞，﹣1]上单调递减，
在区间[4，+∞）上单调递增，[2，4]上单调递减，
因此函数f（x）在x＝2处取得极大值，在x＝﹣1和x＝4处取得极小值，因此A、B、C正确；
因为3∈[2，4]，且f（x）在[2，4]上单调递减，x＝3处导函数未变号，不是极值点，
所以f（3）不是f（x）的极小值，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
11．（2025 山东模拟）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足，则S2001＝ 　　 ．
【考点】利用导数研究函数的单调性；运用诱导公式化简求值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】先对已知等式用诱导公式变形，得到，构造函数g（x）＝sinx+3x，判断出它是奇函数且单调递增．然后令，，由g（x1）+g（x2）＝0推出x1＝﹣x2，得到.最后根据数列性质a1+a2001＝a3+a1999，用求和公式算出前2001项和为．
【解答】解：因为，
所以．
令g（x）＝sinx+3x，
因为g′（x）＝cosx+3＞0恒成立，所以g（x）在R上单调递增．
又g（﹣x）＝sin（﹣x）﹣3x＝﹣g（x），所以g（x）为奇函数，
令，，则g（x1）＝﹣g（x2）＝g（﹣x2），故x1＝﹣x2，则，
所以a1+a2001，
故．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于中档题．
12．（2025 太原模拟）若函数f（x）＝x3+a（x2﹣x+1）在区间单调递增，则a的取值范围是　[﹣3，+∞）　 ．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】[﹣3，+∞）．
【分析】由题意可得f′（x）≥0在区间上恒成立，参变量分离，由恒成立与最值的关系即可求解．
【解答】解：由题意，f′（x）＝3x2+2ax﹣a≥0在区间上恒成立，
即a在区间上恒成立，
令g（x），则g′（x），
当x∈（，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（1，3）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g（x）max＝g（1）＝﹣3，
所以a≥﹣3，即a的取值范围是[﹣3，+∞）．
故答案为：[﹣3，+∞）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
13．（2025春 深圳校级期中）已知函数f（x）的定义域为R，f（1）＝﹣2，对任意x∈R，f′（x）＞3恒成立，则f（x）＞3x﹣5的解集为　（1，+∞）　 ．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1，+∞）．
【分析】令g（x）＝f（x）﹣（3x﹣5），得到g′（x）＞0，得出g（x）在R上单调递增，再由g（1）＝0，进而求得不等式的解集，得到答案．
【解答】解：令函数g（x）＝f（x）﹣（3x﹣5），因此导函数g′（x）＝f′（x）﹣3＞0，
因此函数g（x）在R上单调递增，
又根据g（1）＝f（1）+2＝0，因此当x＞1时，函数g（x）＞0，所以f（x）＞3x﹣5，
因此函数f（x）＞3x﹣5的解集为（1，+∞）．
故答案为：（1，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025 福建模拟）已知函数．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时f（x）≤b﹣ln（﹣a）﹣a恒成立，求实数b的最小值．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）当a≤0时，函数f（x）的递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；
当0＜a＜1时，函数f（x）的递增区间为，递减区间为；
当a＝1时，函数f（x）的递增区间为（0，+∞）；
当a＞1时，函数f（x）的递增区间为，递减区间为．
（2）ln2﹣2．
【分析】（1）求出导数，再按a≤0，0＜a＜1，a＝1，a＞1分类求出函数的单调区间．
（2）由（1）的信息，求出函数f（x）的最大值，再由已知建立恒成立的不等式并分离参数，构造函数并利用导数求出最大值即可．
【解答】解：（1），x＞0，
当0＜a＜1时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1或；由f′（x）＜0，得，
函数f（x）在上单调递增，在上单调递减；
当a＝1时，f′（x）≥0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞1时，由f′（x）＞0，得或x＞1；由f′（x）＜0，得，
函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，
当a≤0时，由f′（x）＞0，得0＜x＜1；由f′（x）＜0，得x＞1，
函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
所以当a≤0时，函数f（x）的递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；
当0＜a＜1时，函数f（x）的递增区间为，递减区间为；
当a＝1时，函数f（x）的递增区间为（0，+∞）；
当a＞1时，函数f（x）的递增区间为，递减区间为．
（2）由（1）知当a＜0时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
则，
依题意，，即恒成立，
令函数，求导得，
当a＜﹣2时，g′（a）＞0，当﹣2＜a＜0时，g′（a）＜0，函数g（a）在（﹣∞，﹣2）上递增，在（﹣2，0）上递减，
即g（a）max＝g（﹣2）＝ln2﹣2，因此b≥ln2﹣2，
所以b最小值为ln2﹣2．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了导数与最值关系的应用，属于中档题．
15．（2025 蕲春县校级二模）已知函数（a∈R）．
（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）当a＞0时，设f（x）的极大值为g（a），求证：．
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）e；
（2）证明见解答．
【分析】（1）求出导函数，由题意可得f′（1）＝0，即可求解a的值；
（2）求出导函数，令f′（x）＝0，可得x的值，对a分类讨论，求出f（x）的极大值，利用不等式的性质及导数的应用即可证明．
【解答】解：（1）由题意知f′（x）＝ex（x+1）﹣ax﹣a＝（ex﹣a）（x+1）（a∈R）．
由f′（1）＝（e﹣a）（1+1）＝0，得a＝e．
（2）证明：f′（x）＝（ex﹣a）（x+1），当a＞0时，令f′（x）＝0，可得x＝﹣1或x＝lna，
当时，lna＞﹣1，
当x＜﹣1或x＞lna时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜lna时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1）和（lna，+∞）上单调递增，在（﹣1，lna）上单调递减，
所以f（x）的极大值为；
当时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，f（x）无极大值；
当时，当x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（lna，﹣1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（﹣1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的极大值为，
令（0＜x），所以，
g（x）在上，g′（x）＜0，在上，g′（x）＞0，
所以g（x）在上单调递减，在上单调递增，
所以．
综上所述，．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，导数的几何意义，考查运算求解能力，属于中档题．
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