期末复习 5.3 导数在研究函数中的应用（专项练习.含解析）-2025-2026学年高二上学期数学苏教版（2019）选择性必修第一册

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期末复习 5.3导数在研究函数中的应用
一．选择题（共7小题）
1．已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，f′（x）是函数f（x）的导函数，则（　　）
A．
B．
C．
D．
2．“a≥1”是“函数f（x）＝ax﹣sinx在区间[，]上单调递增”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．设n为正整数，且n≥2，，bn＝log2n，cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意的λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形的三边，则满足条件的n共有（　　）个．
A．3 B．4 C．5 D．6
4．在等比数列{an}中，a3，a7是函数f（x）x3+4x2+9x﹣1的极值点，则a5＝（　　）
A．﹣4 B．4 C．3 D．﹣3
5．设曲线y在点（3，2）处的切线的斜率为（　　）
A．2 B． C． D．﹣2
6．若正实数a，b满足a＞b，且lna lnb＞0，则下列不等式一定成立的是（　　）
A．logab＜0 B．
C．2ab+1＜3a+b D．ab﹣1＜ba﹣1
7．已知函数f（x）＝ex+ax+b存在不小于0的极小值，其中a，b都是实数，则（　　）
A．b的最小值为﹣e
B．a﹣b的最大值为
C．ab的最大值为e
D．a（a﹣b）的最小值为
二．多选题（共3小题）
（多选）8．已知x，y∈R，若2（e2y﹣ex）＝（y﹣x）（y+x+2），则下列关系式能成立的是（　　）
A．x＞y＞0 B．y＞x＞0 C．x＜y＜0 D．x＝y＝0
（多选）9．已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，当x＞0时，，则下列说法正确的是（　　）
A．当x＜0时，f（x）＝（x+2）ex
B．f（x）的极大值点是3
C．f（x）的值域为R
D．当时，函数y＝f（x）﹣m有1个零点
（多选）10．已知函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x）的定义域均为R，若y＝f（x）是奇函数，且f（x）+f′（x）＝ex﹣x﹣1，则（　　）
A．y＝f′（x）是偶函数
B．y＝f′（x）存在最大值
C．y＝exf（x）是增函数
D．当x＞0时，f（x）＜xf′（x）
三．填空题（共3小题）
11．已知函数f（x）＝x2﹣ax+1，对任意，f（x）≤0恒成立，则实数a的取值范围为　 　 ．
12．设b为已知正数，记函数的最小值是关于a的函数g（a），则当g（a）取得最大值时，a﹣b＝　 　 ．
13．已知实数x，y满足xex﹣4＝1，y（lny﹣1）＝e5，其中e为自然对数的底数，则xy＝　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．已知函数f（x）＝lnx﹣mx，g（x）．
（1）若m＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）已知h（x）＝f（x）+g（x），若h（x）的两个极值点为：x1，x2（x2＜x1＜e2x2），求h（x1）﹣h（x2）的取值范围．
15．已知函数f（x）＝x3﹣3x+2．
（1）求f（x）在区间[﹣2，3]上的最值；
（2）若过点P（2，t）存在3条直线与曲线y＝f（x）相切，求实数t的取值范围．
期末复习 5.3导数在研究函数中的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，f′（x）是函数f（x）的导函数，则（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】对应思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，结合导数的几何意义和平均变化率的定义，利用直线斜率的关系，即可求解．
【解答】解：由题，如图所示，
根据导数的几何意义，可得f'（2）表示曲线在A点处的切线的斜率，即直线l1的斜率k1，
f′（5）表示曲线在B点处的切线的斜率，即直线l2的斜率k2，
又由平均变化率的定义，可得表示过A，B两点的割线的斜率k，
又y＝f（x）在（0，6）上单调递增，
结合图象，可得k1＞k＞k2＞0，
所以．
故选：D．
【点评】本题考查了导数的几何意义及过两点的直线的斜率，导数与单调性的关系，属于中档题．
2．“a≥1”是“函数f（x）＝ax﹣sinx在区间[，]上单调递增”的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；充分条件必要条件的判断．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】若a≥1，则f'（x）≥0恒成立，f（x）在[，]上单调递增；若f（x）在[，]上单调递增，则a，即可判断．
【解答】解：由题意可得f'（x）＝a﹣cosx，cosx∈[﹣1，1]，
当a≥1时，f'（x）≥0恒成立，所以f（x）在[，]上单调递增；
若f（x）在[，]上单调递增，则f'（x）＝a﹣cosx≥0在[，]上恒成立，
即a≥cosx，令g（x）＝cosx，易知g（x）在[，]上单调递减，所以gmax（x）＝g（），
所以只需a，由a不能推出a≥1．
所以“a≥1”是“函数f（x）＝ax﹣sinx在区间[，]上单调递增”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题考查充分必要条件以及导数在函数单调性中的应用，属于中档题．
3．设n为正整数，且n≥2，，bn＝log2n，cn＝λan+（1﹣λ）bn．若对任意的λ∈[0，1]，长为an、bn、cn的线段均能构成三角形的三边，则满足条件的n共有（　　）个．
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据构成三角形的条件两边之和大于第三边，列出不等式组求解，借助最值解决对任意λ都满足的问题．
【解答】解：长为an、bn、cn的线段均能构成三角形，
由三角形边长的性质可得：．
由bn＜an+cn，有bn＜an+λan+（1﹣λ）bn，即λbn＜（1+λ）an，
所以，因λ∈[0，1]，当λ＝1时，有最大值，
要使任意的λ都有，即要，解得n＝2，3，4，5，6；
由cn＜an+bn，且cn＝λan+（1﹣λ）bn，得λan+（1﹣λ）bn＜an+bn，即（λ﹣1）an＜λbn，
若λ＝1，则对任意的n都成立，
若λ∈[0，1），则，而当λ＝0时，有最大值0，
要使任意的λ都有，即要，解得n可为任意正整数；
由an＜bn+cn，有an＜bn+λan+（1﹣λ）bn，即（λ﹣2）bn＜（λ﹣1）an，
若λ＝1，则对任意的n都成立，
若λ∈[0，1），则，当λ＝0时，有最小值2，
要使任意的λ都有，即要，解得n∈{n∈N*|n≥3}．
综上，n∈{3，4，5，6}，所以满足条件的n有4个．
故选：B．
【点评】本题考查不等式恒成立问题，考查三角形三边之间的关系及应用，考查运算求解能力，是中档题．
4．在等比数列{an}中，a3，a7是函数f（x）x3+4x2+9x﹣1的极值点，则a5＝（　　）
A．﹣4 B．4 C．3 D．﹣3
【考点】由函数的极值求解函数或参数；等比中项及其性质．
【专题】计算题；转化思想；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】D
【分析】先利用导数得其单调性，进而得出极值点a3，a7是方程f′（x）＝0的两根，再利用韦达定理以及等比数列的性质、等比数列中奇数项的符号相同求出a5．
【解答】解：函数f（x）x3+4x2+9x﹣1，求导得f′（x）＝x2+8x+9，
Δ＝64﹣36＝28＞0，则f′（x）＝0存在两根x1，x2，
不妨设x1＜x2，则由f′（x）＞0得，x＜x1或x＞x2；f′（x）＜0得，x1＜x＜x2，
所以f（x）在（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，
所以x＝x1为函数的极大值点，x＝x2为函数的极小值点，
又a3，a7是函数f（x）的极值点，所以a3，a7是方程f′（x）＝x2+8x+9＝0的两个根，
所以a3+a7＝﹣8，a3a7＝9，
又因为{an}为等比数列，
所以，则a5＝±3，
由a3+a7＝﹣8＜0，且a3a7＝9＞0，可知a3＜0，a7＜0，
在等比数列中，奇数项的符号相同，所以a5＜0，因此a5＝﹣3．
故选：D．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，等比数列的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
5．设曲线y在点（3，2）处的切线的斜率为（　　）
A．2 B． C． D．﹣2
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】经过判断发现点（3，2）在曲线上，所以此点为切点，求出曲线方程的导函数，把切点的横坐标代入导函数中求出的函数值即为曲线方程的斜率．
【解答】解：显然（3，2）在曲线上，
由，求出y′，
把x＝3代入得：y′|x＝3，即曲线方程的斜率为．
故选：C．
【点评】此题考查学生会利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，是一道基础题．学生做题时注意判断已知点是否在曲线上，如果在的话此点即为切点．
6．若正实数a，b满足a＞b，且lna lnb＞0，则下列不等式一定成立的是（　　）
A．logab＜0 B．
C．2ab+1＜3a+b D．ab﹣1＜ba﹣1
【考点】利用导数研究函数的单调性；对数值大小的比较．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】因为a＞b＞0，y＝lnx为单调递增函数，故lna＞lnb，由于lna lnb＞0，故lna＞lnb＞0，或lnb＜lna＜0．对于ABC，分lna＞lnb＞0、lnb＜lna＜0，结合对数函数的性质及作差比较法即可判断；对于D，由ab﹣1＜ba﹣1两边取自然对数得到（b﹣1）lna＜（a﹣1）lnb，即，构造函数（x＞0且x≠1），通过导数判断单调性即可判断．
【解答】解：当a＞b＞0时，lna＞lnb，
由于lna lnb＞0，故lna＞lnb＞0，或lnb＜lna＜0，
当lnb＜lna＜0时，0＜b＜a＜1，此时logab＞0，
，故；
ab+1﹣（a+b）＝（a﹣1）（b﹣1）＞0，即ab+1＞a+b，得2ab+1＞2a+b，但2ab+1，3a+b的大小不确定，
当lna＞lnb＞0时，a＞b＞1，此时logab＞0；
，故；
ab+1﹣（a+b）＝（a﹣1）（b﹣1）＞0，即ab+1＞a+b，得2ab+1＞2a+b，但2ab+1，3a+b的大小不确定，
所以ABC均不正确；
对于D，ab﹣1＜ba﹣1，两边同时取自然对数，可得（b﹣1）lna＜（a﹣1）lnb，
因为不管a＞b＞1，还是0＜b＜a＜1，均有（a﹣1）（b﹣1）＞0，
所以，故只需证即可，
设（x＞0且x≠1），则，
令（x＞0且x≠1），则，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
所以g（x）＜g（1）＝0，所以f′（x）＜0在x＞0且x≠1上恒成立，
故在定义域上单调递减，
因为a＞b，所以，结论得证，D正确．
故选：D．
【点评】本题考查导数在函数单调性中的应用，属于难题．
7．已知函数f（x）＝ex+ax+b存在不小于0的极小值，其中a，b都是实数，则（　　）
A．b的最小值为﹣e
B．a﹣b的最大值为
C．ab的最大值为e
D．a（a﹣b）的最小值为
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】对应思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据f（x）的单调性求出极值，从而得出b≥a﹣aln（﹣a），再构造a﹣b≤aln（﹣a），ab≤a2﹣a2ln（﹣a），a（a﹣b）≥a2ln（﹣a），最后通过构造函数，逐一求其最值即可．
【解答】解：由题可得f′（x）＝ex+a＝0，
又f（x）存在不小于0的极小值，
所以ex+a＝0有解，则a＜0，且x＝ln（﹣a），
所以当x＞ln（﹣a）时，f′（x）＞0；当x＜ln（﹣a）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（ln（﹣a），+∞）上单调递增，在（﹣∞，ln（﹣a））上单调递减，
所以f（x）的极小值f（ln（﹣a））＝﹣a+aln（﹣a）+b≥0，
所以b≥a﹣aln（﹣a），a﹣b≤aln（﹣a），ab≤a2﹣a2ln（﹣a），a（a﹣b）≥a2ln（﹣a），
对于A，令y＝﹣x+xlnx，则y′＝﹣1+lnx+1＝lnx，
则当x＞1时，y′＞0，当0＜x＜1时，y′＜0，
所以函数y＝﹣x+xlnx在（1，+∞）上单调递增，在（0，1）上单调递减，
故当x＝1时，y取得最小值﹣1，
即b的最小值为﹣1，故A错误；
对于B，令y＝﹣xlnx，则y′＝﹣lnx﹣1，
所以当时，y′＜0，当时，y′＞0，
所以y＝﹣xlnx在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数y＝﹣xlnx的最大值为，
故a﹣b的最大值为，故B错误；
对于C，令y＝x2﹣x2lnx，则y′＝2x﹣2xlnx﹣x＝x（1﹣2lnx），
所以当时，y′＜0，当时，y′＞0，
则y＝x2﹣x2lnx在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，y＝x2﹣x2lnx取得最大值，
即ab最大值为，故C错误；
对于D，令y＝x2lnx，则y′＝2xlnx+x＝x（2lnx+1），
则当时，y′＞0，当时，y′＜0，
则y＝x2lnx在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，y＝x2lnx的最小值为，
即a（a﹣b）的最小值为，D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了导数的综合应用，属于难题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．已知x，y∈R，若2（e2y﹣ex）＝（y﹣x）（y+x+2），则下列关系式能成立的是（　　）
A．x＞y＞0 B．y＞x＞0 C．x＜y＜0 D．x＝y＝0
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】代入法判断D；对于其他选项，先对式子进行变形，然后构造函数，求导，讨论函数单调性，即可判断ABC．
【解答】解：当x＝y＝0时，2（e0﹣e0）＝（0﹣0）（0+0+2）＝0，等式成立，故D成立；
若2（e2y﹣ex）＝（y﹣x）（y+x+2），则．
设，则f'（x）＝ex﹣x﹣1，令g（x）＝ex﹣x﹣1，则g'（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，g′（x）＜0；当x＞0时，g′（x）＞0．
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）≥g（0）＝0，即f′（x）≥0恒成立，所以f（x）单调递增．
当y＞0时，，
即f（x）＞f（y），所以x＞y＞0，故A成立，B不成立；
当y＜0时，，即f（x）＜f（y），所以x＜y＜0，故C成立．
故选：ACD．
【点评】本题考查利用导数求解函数单调性和单调区间，属于中档题．
（多选）9．已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，当x＞0时，，则下列说法正确的是（　　）
A．当x＜0时，f（x）＝（x+2）ex
B．f（x）的极大值点是3
C．f（x）的值域为R
D．当时，函数y＝f（x）﹣m有1个零点
【考点】利用导数研究函数的极值；奇函数偶函数的性质．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】对A，利用奇函数性质求解判断；对B，利用导数判断单调性结合极值点的定义和函数的对称性判断；对C，由函数的单调性和极值画出函数的图象判断；对D，函数y＝f（x）﹣m的零点即方程f（x）＝m的根的个数，数形结合得解．
【解答】解：对于A，当x＜0时，则﹣x＞0，因此，
又f（﹣x）＝﹣f（x），则f（x）＝（x+2）ex，x＜0，故A正确；
对于B，当x＞0时，，则，
当x∈（0，3）时，f'（x）＞0，即f（x）单调递增，
当x∈（3，+∞）时，f′（x）＜0，即f（x）单调递减，
所以f（x）在x＝3处取得极大值，
由奇函数图象的对称性可知f（x）在（﹣∞，﹣3）上递减，在（﹣3，0）上单调递增，
所以f（x）在x＝﹣3处取得极小值，故B正确；
对于C，由B，画出函数f（x）的图象如下：
所以f（x）的值域为（﹣2，2），故C错误；
对于D，函数y＝f（x）﹣m的零点即方程f（x）＝m的根的个数，
当时，由上面图象可得函数y＝f（x）﹣m有1个零点，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值与奇函数偶函数的性质，属于中档题．
（多选）10．已知函数y＝f（x）及其导函数y＝f′（x）的定义域均为R，若y＝f（x）是奇函数，且f（x）+f′（x）＝ex﹣x﹣1，则（　　）
A．y＝f′（x）是偶函数
B．y＝f′（x）存在最大值
C．y＝exf（x）是增函数
D．当x＞0时，f（x）＜xf′（x）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；求函数的最值；奇函数偶函数的性质．
【专题】对应思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对于A，根据奇偶性得f（﹣x）＝﹣f（x），两边求导即可判断；
对于B，利用奇偶性构造方程组求出f（x），f′（x）的解析式，基本不等式结合函数性质即可判断；
对于C，利用二次求导即可判断；
对于D，构造函数，两边求导，整理后构造函数g（x）＝（x﹣1）ex+（x+1）e﹣x，利用导数即可判断．
【解答】解：对于A，由题可得，f（﹣x）＝﹣f（x），则﹣f′（﹣x）＝﹣f′（x），
即f′（﹣x）＝f′（x），又y＝f′（x）的定义域为R，
所以y＝f′（x）为偶函数，故A正确；
对于B，因为f（x）+f′（x）＝ex﹣x﹣1，
由A知y＝f′（x）为偶函数，又y＝f（x）是奇函数，
所以f（﹣x）+f′（﹣x）＝﹣f（x）+f′（x）＝e﹣x+x﹣1，
即，
解得，，
因为，当且仅当x＝0时等号成立，
当x趋于+∞时，f′（x）趋于+∞，所以f′（x）有最小值，无最大值，故B错误；
对于C，记，
则g′（x）＝ex（ex﹣x﹣1），记h（x）＝ex﹣x﹣1，
则h′（x）＝ex﹣1，
所以当x∈（0，+∞）时，h′（x）＞0，当x∈（﹣∞，0）时，h′（x）＜0，
所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，
则h（x）≥h（0）＝0，故g′（x）≥0，
所以g（x）为定义在R上的增函数，故正确；
对于D，记，
则m′（x），
所以，
当x＞0时，令g（x）＝（x﹣1）ex+（x+1）e﹣x，求导得g′（x）＝x（ex﹣e﹣x）＞0，
函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，则g（x）＞g（0）＝0，
即（x﹣1）ex+（x+1）e﹣x＞0，即xf′（x）﹣f（x）＞0，即f（x）＜xf′（x），
综上，当x＞0时，f（x）＜xf′（x），故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了函数的奇偶性的应用，考查了导数的综合应用，属于难题．
三．填空题（共3小题）
11．已知函数f（x）＝x2﹣ax+1，对任意，f（x）≤0恒成立，则实数a的取值范围为　[　 ．
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】整体思想；定义法；不等式；逻辑思维．
【答案】[．
【分析】根据给定条件，等价变形给定不等式并分离参数，利用对勾函数求出指定区间上的最大值即可．
【解答】解：函数f（x）＝x2﹣ax+1，对任意，恒成立，
函数在上单调递减，在[1，2]上单调递增，
当或x＝2时，，因此，
所以实数a的取值范围为．
故答案为：[．
【点评】本题考查不等式恒成立问题，属于简单题．
12．设b为已知正数，记函数的最小值是关于a的函数g（a），则当g（a）取得最大值时，a﹣b＝　﹣2　 ．
【考点】利用导数求解函数的最值．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】﹣2．
【分析】先根据a≥0，a＜0分类讨论确定出f（x）的最小值点m，由此可表示出f（x）的最小值，再将f（x）的最小值表示为关于最小值点m的函数h（m），利用导数求解出h（m）的最大值，由此可求解出a﹣b的值．
【解答】解：，记φ（x）＝2x3+ax﹣b，则φ′（x）＝6x2+a，
若a≥0，则φ（x）在（0，+∞）上单调递增，且φ（0）＝﹣b＜0，，
所以存在，使得φ（m）＝0，
当x∈（0，m），f′（x）＜0，则f（x）在（0，m）上单调递减，
当x∈（m，+∞），f′（x）＞0，则f（x）在（m，+∞）上单调递增，
所以x＝m是f（x）的极小值点，也是最小值点；
若a＜0，当，φ′（x）＜0，φ（x）在上单调递减，
当，φ′（x）＞0，φ（x）在上单调递增，
又，
且又知
，
所以存在，使得φ（m）＝0，
当x∈（0，m），f′（x）＜0，则f（x）在（0，m）上单调递减，
当x∈（m，+∞），f′（x）＞0，则f（x）在（m，+∞）上单调递增，
所以x＝m是f（x）的极小值点，也是最小值点；
由f′（m）＝0知，故，
记h（m）＝m2+（）lnm，
则，
当m∈（0，1），h′（m）＞0，则h（m）在（0，1）上单调递增，
当m∈（1，+∞），h′（m）＜0，则h（m）在（1，+∞）上单调递减，
所以h（m）max＝h（1）＝b+1，即时，g（a）＝h（m）取得最大值，也即a﹣b＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查利用导数求解函数最值，属于中档题．
13．已知实数x，y满足xex﹣4＝1，y（lny﹣1）＝e5，其中e为自然对数的底数，则xy＝e5 ．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】故答案为：e5．
【分析】根据xex﹣4＝1，y（lny﹣1）＝e5，可得xexlnln，再构造函数g（x）＝xex，x＞0，根据g（x）在（0，+∞）上单调，可得x＝ln，即可求解．
【解答】解：由xex﹣4＝1，可得xex＝e4，且x＞0，
由y（lny﹣1）＝e5，可得lne4，且0，
所以xexlnln，
令g（x）＝xex，x＞0，则g'（x）＝（x+1）ex＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以x＝ln，所以xy＝ylne5．
故答案为：e5．
【点评】本题考查导数在函数单调性中的应用，属于中档题．
四．解答题（共2小题）
14．已知函数f（x）＝lnx﹣mx，g（x）．
（1）若m＝1，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）已知h（x）＝f（x）+g（x），若h（x）的两个极值点为：x1，x2（x2＜x1＜e2x2），求h（x1）﹣h（x2）的取值范围．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；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】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）y＝﹣1．
（2）当m≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（3）．
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线方程；
（2）求出函数的定义域与导函数，分m≤0、m＞0两种情况讨论，分别求出函数的单调性；
（3）求出函数的导函数，依题意x2﹣mx+1＝0的两根为x1，x2目x1，x2＞0即可求出m的范围，再表示出h（x1）﹣h（x2），结合韦达定理即可得到，令，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出n（t）的范围．
【解答】解：（1）由 m＝1，得f（x）＝lnx﹣x，则f（1）＝﹣1，
又，所以f'（1）＝0，
所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程为y＝﹣1．
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），又，
当m≤0时，f'（x）＞0在x＞0时恒成立，此时f（x）在（0，+∞） 单调递增；
当m＞0时，令f'（x）＝0，得，
当时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
综上所述，当m≤0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（3），
则，
因为h（x）的两个极值点为x1，x2，所以x2﹣mx+1＝0的两根为x1，，且x1，x2＞0，
所以，解得m＞2，
所以h（x1）﹣h（x2）＝（lnx1mx1）﹣（lnx2+2x2﹣mx2）＝2（xx）﹣m（x1﹣x2）+lnx1﹣lnx2．
由x1+x2＝m，x1x2＝1，
得，
令，则，因为，所以1＜t＜e2．
令，
则，
所以在区间（1，e2）上单调递减，
又n（1）＝0，，
所以即h（x1）﹣h（x2）的取值范围是．
【点评】本题考查利用导数求解函数单调性和单调区间，属于中档题．
15．已知函数f（x）＝x3﹣3x+2．
（1）求f（x）在区间[﹣2，3]上的最值；
（2）若过点P（2，t）存在3条直线与曲线y＝f（x）相切，求实数t的取值范围．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）最大值是20，最小值是0．
（2）（﹣4，4）．
【分析】（1）利用导数先判断出f（x）在[﹣2，3]上的单调性，然后可计算出最值；
（2）设出切点坐标，表示出切线方程并代入P点坐标，将切线条数问题转化为方程解的个数问题，构造新函数结合函数图象结果可求．
【解答】解：（1）函数f（x）＝x3﹣3x+2，x∈[﹣2，3]，f'（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），
当﹣2＜x＜﹣1或1＜x＜3时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜1时，f'（x）＜0，
函数f（x）在[﹣2，﹣1），（1，3]上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
又f（﹣1）＝4，f（3）＝20，f（﹣2）＝f（1）＝0，
所以函数f（x）在区间[﹣2，3]上的最大值是20，最小值是0．
（2）设过点P（2，t）的直线与曲线y＝f（x）相切的切点为，
由（1）得切线斜率，切线方程为，
由切线过点P（2，t），得，整理得，
令g（x）＝﹣2x3+6x2﹣4，求导得g'（x）＝﹣6x2+12x＝﹣6x（x﹣2），
当x＜0或x＞2时，g′（x）＜0，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，
函数g（x）在（﹣∞，0），（2，+∞）上单调递减，在（0，2）上单调递增，
函数g（x）在x＝0处取得极小值为g（0）＝﹣4，在x＝2处取得极大值为g（2）＝4，
由过点P（2，t）存在3条直线与曲线y＝f（x）相切，
得方程有3个互不相同的解，
即直线y＝t与函数y＝g（x）的图象有3个交点，
观察图象得当﹣4＜t＜4时，直线y＝t与函数y＝g（x）的图象有3个交点，所以实数t的取值范围是（﹣4，4）．
【点评】本题考查利用导数求解函数最值以及切线方程，属于中档题．
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