第三章 第2讲 导数与函数的单调性-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习（人教A版2019）

国高考一轮总复习·数学，RJA 考点3 导数与函数图象问题（师生共研） 例5](1)函数f(x)的图象与其在点P处的切线 ◆变式训练 如图所示，则f(1)一(1) 1.函数f(x)的图象如图所示，下列数值排序正确 的是 A.f(1)>f(2)>f(3)>0 B.f(1)<(2)<f(3)<0 C.0<f(1)<f(2)<(3) A.-2 B.0 C.2 D.4 D.f(1)>f(2)>0>f(3) 0123 (2)已知函数y=f(x)的部 2.已知函数y=f(x)的图象是下 分图象如图所示，其中 列四个图象之一，且其导函数 A(x,f()),B (T:, y=广(x)的图象如图所示，则 -101天 f(x),C(x,f(x))为图 该函数的图象是 上三个不同的点，则下列结论正确的是( y A.f(x,)>f(x2)>f(x1) -/01e B.f(x)>f(x2)>f(x1) C.f(x)>f(x1)>f(x2) D.f(r)>f()>f() 101元 感悟方法 导数的几何意义就是切线的斜率，所以比较导 数的大小问题可以用数形结合的思想来解决， 观察对应切线的斜率大小即可， 请完成《课时检测训练15 第2讲 导数与函数的单调性 课标要求」 1.结合实例，借助儿何直观了解函数的单调性与导数的关系。 2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）. 必备知识 夯实四基。 [对应答案P函76 知识梳理 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步，确定函数的团 1.函数的单调性与导数的关系 第2步，求出导函数了(x)的回 条件 恒有 结论 第3步，用了(.x)的零点将f(x)的定义域划分为 函数y=f(x) (x)>0 f(x)在(a,b)内① 若干个区间，列表给出子(x)在各区间上的正 在区间(a,b) f(x)<0 f(x)在(a.b)内四 负，由此得出函数y=∫(x)在定义域内的单 内可导 (x)=0 f(x)在(e,b)内是 调性. ®56 第三章一元函数的导数及其应用回 常用结论 1.若函数f(x)在区间(a,b)上递增，则∫(x)≥0， 所以“(.x)>0在(a,b)上成立”是“f(x)在(a, b)上单调递增”的充分不必要条件。 2.对于可导函数f(x),“f(x)=0”是“函数f(x) 在x=x。处有极值”的必要不充分条件 诊断自测 思考辨析 D L.判断下列结论是否正确.（对的打“√”，错的打 “X”) 3.(人A选择性必秘第二册P97习题5.3T1改编) (1)若函数f(x)在(a,b)上单调递增，则一定有 1 f(x)>0恒成立. 函数f(x)=t一2e的单调递减区间是（) (2)如果函数f(x)在某个区间内恒有∫(x)=0, A.(-c∞，ln2) B.(n2,十o∞) 那么f(x)在此区间内没有单调性. ( C.(-o∞，2) D.(2,+∞) (3)函数f(x)=x一ax为R上的增函数的一个 易错自纠 充分不必要条件是a≤0. ( (4)函数f(x)=n的单调递减区间是(e, 4.(意视函数的定义域致误)设函数f(x)=ax一 x 一2lnx,且了(2)=0，则f(x)的单调递增区间为 十o∞). ( 教材衍化 2.(人A选择住必修第二册P86倒2改编)设函数 5.(求参数地田泡视梦号成立致娱)函数f(x)=4x f(x)在定义域内可导，f(x)的图象如图所示，则 十e在（一o,1门上是减函数，则实数a的取值范 其导函数(x)的图象可能是 围是 () A.(-∞，-1] B.(-o∞，-1) C.(-oo,-e) D.(-oo,-e] 提升能力 考点剖析⊙ 对应答案P375] 考点 不含参函数的单调性（题组通关） 1.(多选)下列函数在定义域上为增函数的有 3.已知函数f(x)=x2-5x+2lnx,则函数f(x)的 单调递增区间是 Af)=- 感悟方法 B.f(x)=xre' 利用导函数求函数单调区间的注意点 C.f(x)=x+sin x (1)当(.x)=0无解时，可根据广(x)的结构特 D.f(x)=e'-e'-2x 2.已知x∈(0，π)，函数f(r)=e'cos r的单调递 征确定∫(x)的特号. 增区间为 (2)所求西数的单调区间不止一个时，这些区间 A(o,) B,) 之间不能用“U”及“或”连接，只能用“，”及“和” 隔开 c.(o,) n.( 57 国高考一轮总复习·数学·RJA 考点2 含参函数的单调性（师生共研） [例1们已知函数f(x)=a.x2-lnx一x(a≠0)，试 2.个别导数为0的，点不影响所在区间的单调 讨论函数f(x)的单调性. 性，如f(r)=x2,f(x)=3.x≥0((x)=0 在x=0时取到)，f(x)在R上是增函数 冬变式训练 已知函数fx)-x+(1一a)lnx+二(a∈R),讨论 函数f(x)的单调性， 感悟方法 1.(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数 对不等式解集的影响进行分类讨论 (2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式 分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大 小：若不能因式分解，则需讨论判别式△的正 负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否 在定义域内 考点3 根据函数的单调性求参数（师生共研） 例2] 已知g(x)=2.x+lnx-“ (2)f(x)为增（减）函数的充耍条件是对任意的 (1)若函数g(x)在区间[1,2]上单调递增，求实 x∈(a,b)都有(x)≥0(f(x)≤0)，且在(a, 数a的取值范围： b)内的任一非空子区间上，(x)不恒为零，应 (2)若g(x)在区间[1,2]上存在单调递增区间， 注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解， 求实数a的取值范围. (3)函敏在某个区间上存在单调区间可转化为 不等式有解问题。 ”变式训练必 1.(2023·新高考全回Ⅱ卷)已知函数f(x)= ae一nx在区间(1,2)上单调递增，则a的最小 值为 () A.e B.e C.e D.e 感悟方法 2.已知函数f(x)=a.x-x2+1在(0,1)上有增区 根据函数单调性求参数的一般思路： (1)利用集合间的包含关系处理：y=f八x)在(a,b) 间，则a的取值范围是 上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集. ®58 第三章一元函数的导数及其应用回 考点4 函数单调性的应用（多雏探究） 角度1比较大小 令变式训练冬 [例3](2023·福建龙岩·跳考二模)已知函数 1,已知函数f(z)=rsin,x∈R,则f()小f(1), f(x)=sin r-rcos a=f (log:e).b= f(ln3),c=f(sine),则a,b,c的大小关系为 (一)的大小关系为 ( A.b>a>c B.a>bc Af(-3)>f1)>f(》 C.c>a>b D.c>b>a B.1>f(-）>() 角度2解不等式 [例4]已知函数f(x)=x3+2.x十2sinx,则不等 c.f(5)>f1)>f(-5) 式f(2x+1)+f(x+5)>0成立的一个充分不 必要条件可以是 () D.(-)>()>) A.x<0B.x>-2C.x>0 D.x-2 2,(2024·成都模拟)已知函数f(.x)=e+e-十 x-2.x,则不等式f(2.x+1)<f(x)的解集为 感悟方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条 件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为 A(得 先利用导数研究函数的单调性，进而根据单 B(-1,3) 调性比较大小」 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖据条件 c(-,3)U1,+o) 关系，给当构造函数：题目中若存在∫(x)与 f(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一 D.(-o∞，-1)U(3,+)】 函数的积（或商）的函数，与题设形成解题链 条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解 请完成《课时检测训练16 不等式 自主培优5构造法解决含f(x),(x)的不等式问题 ,对应客案P378 类型二 含'(x)±1f(x)(a为常数)型 含f(x),f(x)的不等式问题，其类型一般 是比较大小与解不等式，解题的总的原则是根据 [典例2](1)已知函数f(.x)为R上的可导函数， 所给的含f(x),f(x)的条件，求出原函数及其 且Hx∈R,均有f(x)<了(x),则有() 单调性，然后利用其单调性求解， A.e2f(-2021)<f0), 类型一只含(x)型 f(2021)<eaf(0) [典例1订已知f(x)是定义在R上的函数，且满 B.e1f(-2021)<f(0), 足f(2)=4,对任意实数x都有f'(x)<1,则 f(2021)>e2gf(0) f(x)<xr+2的解集是 C.e2f(-2021)>f(0), A.(-0∞，0) B.(0,+∞) C.(-∞，2) D.(2,十∞) f(2021)>e21f(0) 感悟方法 D.e21f(-2021)>f(0). 利用(f(x)十x十b)'=f(x)十k,根据导数符 f(2021)<e21f(0) 号，可得出函数g(x)=f(x)十k.x十b的单调 (2)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数， 性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数 且对于Hx∈R,均有f(x)>子(.x),则有( 的不等式等， A.e2arf(-2017)<f(0), 59图 国高考一轮总复习·数学·RJA f(2017)>e2mrf(0) (2)对于xf(x)一nf(x)>0型，且x≠0，构造 B.e27f(-2017)<f(0), f(2017)<e2mrf(0) P)-t,时F)=f@(亦 C.e"f(-2017)>f(0), 注意对x"的符号进行讨论)，特别地，当n=1 f(2017)>e27f(0) 时x(x)-∫(x)>0,构造F(x)=,则 D.ef(-2017)>f(0), f(2017)<e2f(0) F(r)=if()-f(D)>0. 感悟方法 类型四含f(x)土了(x)tanx型 由于e>0,故[ef(x)]'=[f(x)+f(x)]· [典例4]已知函数y=∫(.x)对于任意的x∈ e,其符号由f(x)+(x)的符号确定， (一，受)满足了(x)eosx+f(x)sin>0(其 rf=f)-f,其特号由广(x) e 中了(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等 f(x)的符号确定，含有f(x)土f(x)类的问题 式成立的是 可以考虑构造上述两个画数 A.f0)>2f(T) 类型三含x广(x)士nf(x)型 典例3】已知奇函数f(x)是定义在R上的可导 B巨f(-)>f(-) 函数，且f(x)的导函数为(x),当x<0时，有 c.Ef(>() 2f(x)+xf(x)>0,则不等式(x+2021)f(z 十2021)+4f(2)<0的解集为 D.f0)>2f(5) A.(-2023,十∞) 感悟方法 B.(-6∞，-2023) C.(-2019,+o∞) 由于在(0，)上，[sinf(x)]'=cosf(x)+ D.(-o∞，2019) sin rf'(x),其特号与f(x)十f(x)tanx相同， 感悟方法☑ fx)1= f(x)sinr一fx)cosI,其符号与 .sin sin'x (1)对于xf(x)+nf(x)>0型，构造F(r)= f(x)tanx一f(x)符号相同，所以在含有f(x) x"f(x),则F(x)=x-[xf(x)+nf(.x)](注 土广(.x)tanx的问题中，可以考虑构造函数 意对x”-的符号进行讨论)，特别地，当n=1 时，x了(x)十f(x)>0.构造F(x)=xf(x).则 f(r)sin f(r)cos F(x)=xf(x)+f(x)>0: 第3讲 导数与函数的极值、最值 课标多求 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。 ®60切线方程为y-(x?+a)e=(x。+1+a)e3(x-x?). ∵切线过原点，∴-(x?+a)e=(x。+1+a)e°(-x), 2.B 解析 由y=f'(x)的图象是先上升后下降可知，函数y =f(x)图象的切线的斜率先增大后减小，故选B. 整理得x2+ax?-a=0 第2讲 导数与函数的单调性 ∵切线有两条，∴△=a2+4a>0,解得a<-4或a>0, [必备知识 夯实四基] ∴a的取值范围是(-∞,-4)U(0,+∞). [例4]ln 2 解析 由y=e°+x得y'=e°+1,y'l-=e°+1 =2, 故曲线y=e2+x在(0,1)处的切线方程为y=2x+1; v'=+1,由y=ln(x+1)+a得： 设切线与曲线y=In(x+1)+a相切的切点为(x?,In(x。+ 1)+a), v=z?+1=2,解得z。=-由两曲线有公切线得： ,则切 (-2,a+1n2),点为( y=2(x+2)+a+n2=2x+1+a-In 2,切线方程为 根据两切线重合，所以a-In 2=0,解得a=In 2. [变式训练] 1.B 解析 由y=x3-2x+1,得y'=3x2-2.设切点坐标为 (x?,x3-2x?+1),则切线的斜率k=3x2-2,切线方程为y 一(x3-2x?+1)=(3x2-2)(x-xo).由切线过点(0,3),代 入切线方程解得x=-1,所以切线方程为y-2=x+1,即 x-y+3=0. 2。y=4-3ln x,得y′=2x-3(x>0),故2.3 解析 由： -3=2,解得x?=3或x=-2(舍去),故x?=3. 3.-4 解析 ∵y=e2e,∴y'=e2·(2ax)'=2a·e2, ∴在点(0,1)处的切线斜率k=y'lz=。=2ae=2a, 又∵切线与直线2x-y+1=0垂直， 知识梳理 1单调递增 2单调递减 3常数函数 4定义域 5零点 1.(1)×(2)√(3)×(4)√ 2.A 解析 由f(x)的图象可知，当x∈(-○,0)时，函数单 当x∈(0,+0)时，f(x)先递减、再递增最后递减，所以所 B.故选A. 3.B 解析 f(x)=1-2e°,由f(x)<0,得x>In 2,所以 f(x)的单调递减区间为(ln 2,+一). 4.(0,2),(2,+∞)解析 由题意得函数f(x)的定义域为 (0,+∞).因为f(x)=a+-2,所以f(2)=a+4-1 +2), 令f(x)>0,得0<x<2 (0,2),(2,+). 5.D 解析 由题意知，f'(x)=a+e2≤0在(-∞,1)上恒成 -e,所以a≤-e. 提升能力 考点剖析] 诊断自测 调递增，则f(x)≥0,故排除C、D; 对应的导数值应该先小于0,再大于0,最后小于0,故排除 a=告，所以f(z)=4+54-2-2(22-5x -或x>2,所以函数f(x)的单调递 增区间为 立，得a≤(-e?)min, =0,所以 又函数y=-e在[-∞,1]上单调递减，所以(-e)mm= 考点1 ∴2a×2=-1,∴a=-4. f(x)=x-11.CD 解析 对于A选项，函数5 的定义域 考点3 [例5](1)D 解析 由题意，切线经过点(2,0),(0,4),可得切 为{x|x≠0}, k=4-2=-2,即f(1)=-2.线的斜率为 f(x)=x-1 在定义域因为f(1)=f(-1)=0,所以函数 又由切线方程为y=-2x+4,令x=1,可得y=2,即f(1) 上不是增函数； =2,所以f(1)-f'(1)=2+2=4. 对于B选项，函数f(x)=xe2的定义域为R,且f'(x)= (2)B 解析 由图可知函数在A点的切线斜率小于0,即 (x+1)e°, f'(x?)<0,在B点的切线斜率等于0,即f'(x?)=0,在C 当x<-1时，f'(x)<0,即函数f(x)=xe2的单调递减区 点的切线斜率大于0,即f'(x?)>0, 所以f'(xs)>f'(x?)>f(x?). 间为(-∞,-1), 故函数f(x)=xe2在定义域上不是增函数； [变式训练] 对于C选项，函数f(x)=x+sin x的定义域为R,f'(x)= 1+cosx≥0且f(x)不恒为零，1.A 解析 由函数f(x)的图象可知， ∵当x≥0时，f(x)单调递增， ∴f'(1),f'(2),f'(3)>0. ∵随着x的增大，曲线在每个点处的斜率在逐渐减小，即导 函数是单调递减的， 所以函数f(x)=x+sin x在R上为增函数； 对于D选项，函数f(x)=e-e2-2x的定义域为R, f'(x)=e2+e2-2≥2√e"·e2-2=0当且仅当x=0 时，等号成立且f(x)不恒为零， ∴f'(1)>f'(2)>f'(3)>0. 所以函数f(x)=e2-e2-2x在R上为增函数. ·376·高考一轮总复习·数学·RJA 2.C 解析 因为f(x)=e'cos x,所以f(x)=当a≤0时，在x>0时，f(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上 (cos x-sin x)e2,令f'(x)=0,解得x=4, 单调递增； 当x∈(0,4)时，f(x)>0,当x∈(4,π)时，f'(x)<0, (0,4)上单调递增，在(4,π)上单调递减，所以f(x)在 当a>0时，f'(x)>0的解为x>a,f'(x)<0的解为0<x<a, 所以f(x)在(a,+∞)上递增，在(0,a)上递减. 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在(a,+○)上递增，在(0,a)上递减. 考点3 (0,4),故选C.所以f(x)在(0,π)上的单调递增区间为 3.(0,2)和(2,+∞)解析 函数f(x)=x2-5x+2In x, 其定义域为{x|x>0}, 则f(x)=2x-5+2×1=22-5z+2,令f(x)=0,解得 z?=2,x?=2, (o,2)-当x∈(0,2)时，f(x)>0,∴函数f(x)在( 上单调 递增； [例2]解(1)g(x)=2x+In x-(x>0), g'(x)=2+1+(z>0). ∵函数g(x)在[1,2]上单调递增， ∴g'(x)≥0在[1,2]上恒成立， 即2+1+a≥0在[1,2]上恒成立， ∴a≥-2x2-x在[1,2]上恒成立， ∴a≥(-2x2-x)mx,x∈[1,2]. 当x∈(2,+一)时，f(x)>0,∴函数f(x)在(2,+∞)上 单调递增； 在[1,2]上，(-2x2-x)max=-3,所以a≥-3. ∴实数a的取值范围是(-3,+∞). (o,2)∴函数f(x)的单调递增区间是 )和(2,+∞). 考点2 (2)g(x)在[1,2]上存在单调递增区间， 则g'(x)>0在[1,2]上有解， 即a>-2x2-x在[1,2]上有解， [例1]解 函数f(x)=ax2-In x-x(a≠0)的定义域为(0, +∞),f(z)=2az-1-1=2a2-x-1 设g(x)=2ax2-x-1. ∴a>(-2x2-x)mm 又(-2x2-x)mn=-10,∴a>-10. [变式训练] 当a<0时，因为函数g(x)的图象的对称轴为 r=4<0, g(0)=-1, 1.C 解析 依题可知，f'(x)=ae≥0在(1,2)上恒成 re2≥立，显然a>0,所以. 所以当x>0时，g(x)<0,即f'(x)<0,则函数f(x)在(0, 设g(x)=xe,x∈(1,2),所以g'(x)=(x+1)e?>0,所以 +0)上单调递减； g(x)在(1,2)上单调递增， 当a>0时，令g(x)=0, x?=1-4+8a<0,z?=1+4+8a>0,得a g(x)>g(1)=e,故e≥1,即(a≥e=e1,,即a的最小值为 e?1.故选C. 0<x<1+41+8a时，g(x)<0,即f'(x)<0,所以f(x)当 (o,1+4+8a)上单调递减；在( 2.(3,+○) 解析 由题得f(x)=3ax2-2x,因为函数 f(x)=ax3-x2+1在(0,1)上有增区间， a>32x所以存在x∈(0,1)使得f'(x)>0成立，即 成立. x>1+41+8a时，g(x)>0,即f(x)>0,所以f(x)在当： s>3,所以a>3因为0<x<1时， (1+41+8a,+o)上单调递增。 (o,1+√1+8a)上所以函数f(x)在 上单调 递减，在 (1+1+8a,+)上单调递增。 考点4 [例3]B 解析 f'(x)=cos x-cos x+xsin x=xsinx, 当x∈(0,π)时，f'(x)>0, 所以f(x)在x∈(0,π)上单调递增. 因为In 2ln3<(2+1n3)2=(n6)2<1 综上所述，当a<0时，f(x)在(0,+一)上单调递减；当a> (o,1+√1+8a)0 时，f(x)在 上 单 调 递 减，在 (1+41+8a,+)上单调递增。 所以i<n<m2-loae 56<e<n,所以O<simne<,因为 [变式训练] 所以sin e<In3<log?e.又f(x)在x∈(0,π)上单调递增， 所以f(sin e)<f(In 3)<f(log?e).解 函数定义域为(0,+∞), 由题意f(x)=1+1-aa=(z+1)(x-a), [例4]C 解析 函数f(x)=x3+2x+2sin x的定义域为R, 因为f(-x)=-x3-2x-2sin x=-f(x),所以f(x)是一 ·377 · 高考一轮总复习·数学·RJA 个奇函数. 因为f'(x)=3x2+2+2cosx>0,所以f(x)在R上单调 递增. 因为f(2x+1)+f(x+5)>0,又f(x)是一个奇函数， 所以f(2x+1)>f(-x-5).又f(x)在R上单调递增， 所以2x+1>-x-5,解得x>-2. 不等式f(2x+1)+f(x+5)>0成立的一个充分不必要条 件是集合{x|x>-2}的真子集，所以选项C正确. [变式训练] 1.A 解析 因为f(x)=xsin x,x∈R,且f(-x)=(-x)· sin(-x)=xsin x=f(x),所以函数f(x)是偶函数，所以 f(-3)=f(3).当x∈(0,公)时，f(x)=sin x+xcos x f(号)<(0,2)上单调递增，所以>0,所以函数f(x)在 f(1)<f(3),即f(-3)>f(1>f(号). 2.B 解析 函数f(x)=e?+e2?*+x2-2x的定义域为R,显 然f(2-x)=e22+e2+(2-x)2-2(2-x)=e2+e2?+x2 —2x=f(x),所以函数f(x)的图象关于直线x=1对称. f'(x)=e-e22+2x-2,当x>1时，显然x>2-x,则有e2 -e2-*>0,2x-2>0,于是f'(x)>0,即函数f(x)在(1, 十∞)上单调递增，又由对称性可知，f(x)在(-0,1)上单 调递减，所以不等式f(2x+1)<f(x)等价于|2x+1-1|< |x-1|,即|2x|<|x-1|,整理得3x2+2x-1<0,解得-1 <x<3 (-1,3)..所以不等式f(2x+1)<f(x)的解集为( 自主培优5 [典例1]D 解析∵f(x)对任意实数x都有f'(x)<1, ∴f'(x)-1<0,构造函数g(x)=f(x)-x(x∈R),则 g'(x)<0,g(x)为减函数. ∵f(2)=4,可以得到g(2)=f(2)-2=4-2=2, 将f(x)<x+2转化为f(x)-x<2,即g(x)<g(2). 又∵g(x)=f(x)-x为减函数，∴x>2. g(x)=,x∈R,则g'(x)[典例2](1)B 解析 令， =f(z)-f(a) ∵Vx∈R,均有f(x)<f'(x),∴g(x)在R上单调递增， ∴g(-2 021)<g(0)<g(2021),可得e2021f(-2021)< f(0),f(2021)>e2021f(0). (2)D 解析 因为f(x)>f'(x),所以f(x)-f(x)<0, ef(a))f(z)<0,即 g(x)=f)在构造函数g(x)=f(z),所以g'(x)<0,即 R上为单调递减函数， f-2017>>fCO所以 ,化简得e22f(-2017)>f(0), f(2017<F同理 ,化简得f(2017)<e2f(O). [典例3]A 解析 设g(x)=x2f(x),则g(x)为奇函数，当x <0时，g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)=x(2f(x)+xf'(x))< 0,故g(x)在R上单调递减. (x+2021)2f(x+2 021)+4f(2)=g(x+2021)+g(2) <0?g(x+2021)<-g(2)?g(x+2021)<g(-2),故 x+2021>-2?x>-2023,故选A. g(x)=cos),[典例4]C 解析 设， g'(x)=fcx)cosa+f()sinx>0,则 ,则g(x)在x∈ (一,)上单调递增, ,化简得f(O)<√2f(4),故A错；对于A, ,化简得√2f(-3)<对于 B,- f(-4),故B错； ,化简得√2f(3)>f(4),故C对于C, 正确； ,化简得fCO)<2f(3)对于D, ),故D错， 故选C. 第3讲 导数与函数的极值、最值 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 1f(x)<0 2f'(x)>0 3f'(x)>0 4f'(x)<0 5极值点 6极值 7极值 8f(a),f(b) 诊断自测 1.(1)×(2)×(3)√(4)× 2.A 解析 由导函数f'(x)的图象知， 在x=-2处，f(-2)=0,且其两侧导数符号为左正右负， 所以x=-2是f(x)的极大值点； 在x=-1处，f'(-1)=0,且其两侧导数符号为左负右正， 所以x=-1是f(x)的极小值点； 在x=2处，f'(2)=0,且其两侧导数符号为左正右负，所以 x=2是f(x)的极大值点. 综上，f(x)的极小值点的个数为1. 3.B 解析 由已知，得f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x) =3x-1=3x2-1, x-3(x=-3舍去).令f'(x)=0,得 >3当 时，f(x)>0; 当O<a<3时，f'(x)<0, =3∴当： 时，f(x)取得极小值，故f(x)的极小值点为x =3,无极大值点，故选B f(x)=ax-2-a+1,4.2 解析 由题意，得f(2)=2a-2-a+1=0, a=2或a=2,解得( 高考一轮总复习·数学·RJA · 378·