当0＜x ＜2和4＜x ＜5时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减，当x ＝0和x ＝4时，函数f (x )取得极大值f (0)＝2，f (4)＝2，当x ＝2时，函数f (x )取得极小值f (2)＝1.5，又f (－
1)＝f (5)＝1，
所以函数f (x )的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①正确，②正确；要使x ∈[－1，t ]时，函数f (x )的最大值是2，则0≤t ≤5，所以t 的最大值为5，所以③不正确；
因为函数f (x )的极小值为f (2)＝1.5，极大值为f (0)＝f (4)＝2.
所以当1＜a ＜2时，函数y ＝f (x )－a 最多有4个零点，所以④正确．
.
精品 【答案】 ①②④
3．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意的x ∈(0,1]都有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围为________．
【解析】 因为x ∈(0,1]，所以f (x )≥0可化为a ≥3x 2－1x 3.设g (x )＝3x 2－1x
3，则g ′(x )＝31－2x
x 4.
令g ′(x )＝0，得x ＝12.当0＜x ＜12时，g ′(x )＞0；当12
＜x ≤1时，g ′(x )＜0. 所以g (x )在(0,1]上有极大值g ? ??
??12＝4，它也是最大值，故a ≥4. 【答案】 [4，＋∞)
4．已知函数f (x )＝x －ln x ，g (x )＝x 2－ax .
(1)求函数f (x )在区间[t ，t ＋1](t ＞0)上的最小值m (t )；
(2)令h (x )＝g (x )－f (x )，A (x 1，h (x 1))，B (x 2，h (x 2))(x 1≠x 2)是函数h (x )图象上任意两点，且满足h x 1－h x 2x 1－x 2
＞1，求实数a 的取值范围. 【导学号：95902245】
【解】 (1)f ′(x )＝1－1x
，x ＞0， 令f ′(x )＝0，则x ＝1.
当t ≥1时，f (x )在[t ，t ＋1]上单调递增，f (x )的最小值为f (t )＝t －ln t ；
当0＜t ＜1时，f (x )在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t ＋1)上为增函数，f (x )的最小值为f (1)＝1.
综上，m (t )＝?
???? t －ln t ，t ≥1，1， 0＜t ＜1. (2)h (x )＝x 2－(a ＋1)x ＋ln x ，
不妨取0＜x 1＜x 2，则x 1－x 2＜0，
则由h x 1－h x 2x 1－x 2
＞1，可得h (x 1)－h (x 2)＜x 1－x 2， 变形得h (x 1)－x 1＜h (x 2)－x 2恒成立．
令F (x )＝h (x )－x ＝x 2－(a ＋2)x ＋ln x ，x ＞0，
则F (x )＝x 2－(a ＋2)x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，
故F ′(x )＝2x －(a ＋2)＋1x
≥0在(0，＋∞)上恒成立，
.
精品 所以2x ＋1x
≥a ＋2在(0，＋∞)上恒成立． 因为2x ＋1x ≥22，当且仅当x ＝22
时取“＝”，所以a ≤22－2. 如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！