导数专项训练——2026届高三数学一轮复习

导数的概念及其意义、导数的运算 题型一　导数的运算 例1　(1)(多选)下列求导运算正确的是(　　) A.(ln 7)'＝ B.[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x C.'＝ D.[ln(3x＋2)]'＝ 答案　BC 解析　(ln 7)'＝0，故A错误； [(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x，故B正确； '＝故C正确； [ln(3x＋2)]'＝故D错误. (2)已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且f(x)＝2xf'＋sin x，则f 等于(　　) A. B. C. D.－ 答案　A 解析　因为f(x)＝2xf'＋sin x， 所以f'(x)＝2f'＋cos x， 令x＝ 则f'＝2f'＋cos f'＝－ 则f(x)＝－x＋sin x， 所以f ＝－＋sin . 题型二　导数的几何意义 例2　(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A.y＝x B.y＝x C.y＝x＋ D.y＝x＋ 答案　C 解析　因为y＝ 所以y'＝ 所以k＝y'|x＝1＝ 所以曲线y＝在点处的切线方程为 y－(x－1)，即y＝x＋. 例3　若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是　　　　　　.  答案　[2，＋∞) 解析　函数f(x)＝ln x＋2x2－ax存在与直线2x－y＝0平行的切线， 即f'(x)＝2在(0，＋∞)上有解， 而f'(x)＝＋4x－a， 即＋4x－a＝2在(0，＋∞)上有解， 得a＝＋4x－2在(0，＋∞)上有解， ∵＋4x≥2＝4，当且仅当x＝时等号成立， ∴a≥4－2＝2， ∴a的取值范围是[2，＋∞). 例4　(2025·广州模拟)设点P在曲线y＝ex上，点Q在直线y＝x上，则|PQ|的最小值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　令y'＝ex＝得x＝－1，代入曲线y＝ex中，得P所以|PQ|的最小值即为点到直线y＝x的距离d＝. 题型三　两曲线的公切线 例5　(2025·广州模拟)若直线l既和曲线C1相切，又和曲线C2相切，则称l为曲线C1和C2的公切线.已知曲线C1：f(x)＝ex－1和曲线C2：g(x)＝1＋ln x，请写出曲线C1和C2的一条公切线方程：　　　　　　　　　　.  答案　y＝x(答案不唯一，或填y＝ex－1) 解析　设公切线与C1：f(x)＝ex－1相切的切点为(x1－1)，与C2：g(x)＝1＋ln x相切的切点为(x2，1＋ln x2). 由f'(x)＝ex，则f'(x1)＝则公切线方程为y＝(x－x1)＋－1， 即y＝x＋(1－x1)－1； 由g'(x)＝则g'(x2)＝则公切线方程为y＝(x－x2)＋ln x2＋1， 即y＝·x＋ln x2， 所以 解得或 故曲线C1和C2的公切线方程为y＝x或y＝ex－1. 导数与函数的单调性 题型一　不含参函数的单调性 例1　(1)若函数f(x)＝x2－3x－4ln x，则函数f(x)的单调递减区间为(　　) A.(－∞，－1)，(4，＋∞) B.(－1，4) C.(0，4) D.(4，＋∞) 答案　C 解析　因为f(x)＝x2－3x－4ln x，定义域为(0，＋∞)， 所以f'(x)＝x－3－ 令f'(x)<0，解得0<x<4， 则函数f(x)的单调递减区间为(0，4). (2)若函数f(x)＝则函数f(x)的单调递增区间为　　　　.  答案　(0，1) 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)， f'(x)＝ 令φ(x)＝－ln x－1(x>0)， φ'(x)＝－<0， φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， ∴当x∈(0，1)时，φ(x)>0，即f'(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f'(x)<0， ∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，1). 题型二　含参数的函数的单调性 例2　已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax. 讨论f(x)的单调区间. 解　由题意可知f(x)的定义域为R，且f'(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)， ①若a≥0，则2ex＋a>0， 令f'(x)>0，解得x>0； 令f'(x)<0，解得x<0， 可知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； ②若a<0，令f'(x)＝0， 解得x＝ln或x＝0， (ⅰ)当ln<0，即－2<a<0时， 令f'(x)>0，解得x>0或x<ln； 令f'(x)<0，解得ln<x<0， 可知f(x)在上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； (ⅱ)当ln＝0，即a＝－2时， 则f'(x)＝2(ex－1)2≥0，可知f(x)在R上单调递增； (ⅲ)当ln>0，即a<－2时， 令f'(x)>0，解得x<0或x>ln； 令f'(x)<0，解得0<x<ln 可知f(x)在上单调递减，在(－∞，0)上单调递增. 综上所述，若a≥0，f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)； 若－2<a<0，f(x)的单调递减区间为单调递增区间为(0，＋∞)； 若a＝－2，f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间； 若a<－2，f(x)的单调递减区间为单调递增区间为(－∞，0). 题型三　函数单调性的应用 例3　(1)已知函数f(x)＝ln x－设a＝f(log32)，b＝f(log0.20.5)，c＝f(ln 4)，则a，b，c的大小关系为(　　) A.c>a>b B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>a 答案　A 解析　因为f(x)＝ln x－则x∈(0，＋∞)， 所以f'(x)＝ ＝ 又当x∈(0，＋∞)时，ex>1≥－所以f'(x)>0恒成立， 所以f(x)＝ln x－在(0，＋∞)上单调递增. 又0<log32<1，0<log0.20.5＝lo＝log52<log32， ln 4>1， 所以ln 4>log32>log0.20.5，则c>a>b. (2)(2025·成都模拟)已知函数f(x)＝3x－sin x，若f(a)＋f(a2－2)>0，则实数a的取值范围为　　　　　.  答案　(－∞，－2)∪(1，＋∞) 解析　函数f(x)＝3x－sin x的定义域为R，且f(－x)＝－3x＋sin x＝－f(x)， 所以f(x)＝3x－sin x为奇函数， 又f'(x)＝3－cos x>0， 所以f(x)＝3x－sin x在R上单调递增， 不等式f(a)＋f(a2－2)>0， 即f(a2－2)>－f(a)＝f(－a)， 等价于a2－2>－a，解得a>1或a<－2， 所以实数a的取值范围为(－∞，－2)∪(1，＋∞). 常见组合函数的图象 典例　(多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”.下列函数不是“F函数”的是(　　) A.f(x)＝ex B.f(x)＝x2 C.f(x)＝ln x D.f(x)＝sin x 答案　ACD 解析　依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数. 对于A，g(x)＝xex，g'(x)＝(x＋1)ex， 当x∈(－∞，－1)时，g'(x)<0， ∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”； 对于B，g(x)＝x3在R上为增函数，故B中函数为“F函数”； 对于C，g(x)＝xln x，x>0，g'(x)＝1＋ln x， 当x∈时，g'(x)<0， ∴g(x)在上单调递减， 故C中函数不是“F函数”； 对于D，g(x)＝xsin x，g'(x)＝sin x＋xcos x， 当x∈时，g'(x)<0， ∴g(x)在上单调递减， 故D中函数不是“F函数”. 例4　已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0). (1)若f(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围. 解　(1)因为f(x)在[1，4]上单调递减， 所以当x∈[1，4]时，f'(x)＝－ax－2≤0恒成立， 即a≥恒成立. 设G(x)＝x∈[1，4]， 所以a≥G(x)max， 而G(x)＝－1， 因为x∈[1，4]，所以∈ 所以G(x)max＝－(此时x＝4)， 所以a≥－ 又因为a≠0， 所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞). (2)因为f(x)在[1，4]上存在单调递减区间， 则f'(x)<0在[1，4]上有解， 所以当x∈[1，4]时，a>有解， 又当x∈[1，4]时＝－1(此时x＝1)， 所以a>－1，又因为a≠0， 所以实数a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞). 导数与函数的极值、最值 题型一　利用导数求解函数极值问题 例1　(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数g(x)＝xf'(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A.f(x)有两个极值点 B.f(0)为f(x)的极大值 C.f(x)有两个极小值点 D.f(－1)为f(x)的极小值 答案　BC 解析　根据g(x)＝xf'(x)的图象，可得当x<－2时，g(x)＝xf'(x)>0，可得f'(x)<0，即f(x)单调递减， 当－2<x<0时，g(x)＝xf'(x)<0，可得f'(x)>0，即f(x)单调递增， 当0<x<1时，g(x)＝xf'(x)<0，可得f'(x)<0，即f(x)单调递减， 当x>1时，g(x)＝xf'(x)>0，可得f'(x)>0，即f(x)单调递增， 因此f(x)在x＝－2和x＝1处取得极小值，在x＝0处取得极大值，共3个极值点，A错误，C正确； f(0)为f(x)的极大值，B正确； f(－1)不是f(x)的极小值，D错误. 例2　(2025·沈阳模拟)已知函数f(x)＝2ln x－2(a－1)x－ax2(a>0)，讨论f(x)的极值. 解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 求导得f'(x)＝－2(a－1)－2ax ＝－ 因为a>0，则当x∈时，f'(x)>0， 当x∈时，f'(x)<0， 因此f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以当x＝时，f(x)取得极大值f＝2ln －2，无极小值. 例3　(1)(2024·肇庆模拟)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝－2处取极小值，则c等于(　　) A.－6 B.－2 C.－6或－2 D.－4 答案　A 解析　由函数f(x)＝x(x－c)2， 可得f'(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)(3x－c)， 因为函数f(x)在x＝－2处取得极小值， 可得f'(－2)＝0，解得c＝－2或c＝－6， 当c＝－2时，令f'(x)>0，解得x<－2或x>－；令f'(x)<0，解得－2<x<－ 所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)在x＝－2处取极大值，不符合题意，舍去； 当c＝－6时，令f'(x)>0，可得x<－6或x>－2；令f'(x)<0，可得－6<x<－2， 所以函数f(x)在(－∞，－6)上单调递增，在(－6，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝－2处取极小值，符合题意， 综上可得，c＝－6. (2)已知函数f(x)＝ln x－x(其中a∈R，e为自然对数的底数)存在极大值，且极大值不小于1，则a的取值范围为　　　　　　.  答案　 解析　由已知可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝. ①当a≤0时，f'(x)＝>0在(0，＋∞)上恒成立， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)无极值； ②当a>0时，f'(x)＝ 由f'(x)＝＝0可得x＝. 当0<x<时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递增； 当x>时，f'(x)<0， 所以f(x)在上单调递减， 于是函数f(x)在x＝处取得极大值. 由已知，f≥1， 即ln －1≥1，ln ≥2＝ln e2， 因为函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增， 所以≥e2，即a≤又a>0， 所以0<a≤ 于是a的取值范围为. 综上所述，a的取值范围为. 题型二　利用导数求函数的最值 例4　函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为(　　) A.－ B.－ C.－＋2 D.－＋2 答案　D 解析　f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f'(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π]. 令f'(x)＝0，解得x＝或x＝. 因为f ＝cos sin ＋1 ＝＋2， f ＝cos sin ＋1＝－ 又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2， f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2， 所以f(x)max＝f ＋2， f(x)min＝f ＝－. 例5　已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(a>0)，求函数f(x)在[1，2]上的最小值. 解　函数f(x)＝(x－1)ex－ax2， 求导得f'(x)＝xex－ax＝x(ex－a)， 若x∈[1，2]，则 ①当ln a≥2，即a≥e2时，ex－a≤0，f'(x)≤0，函数f(x)在[1，2]上单调递减， 因此函数f(x)在[1，2]上的最小值为f(2)＝e2－2a； ②当1<ln a<2，即e<a<e2时，函数f(x)在[1，ln a)上单调递减，在(ln a，2]上单调递增， 因此函数f(x)的最小值为f(ln a)＝a(ln a－1)－a(ln a)2； ③当ln a≤1，即0<a≤e时，ex－a≥0，f'(x)≥0，函数f(x)在[1，2]上单调递增， 因此函数f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝－a. 综上，当a≥e2时，f(x)在[1，2]上的最小值为e2－2a； 当e<a<e2时，f(x)在[1，2]上的最小值为a(ln a－1)－a(ln a)2； 当0<a≤e时，f(x)在[1，2]上的最小值为－a. 典例　(多选)已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则下列选项正确的是(　　) A.三次函数的对称中心是 B.若函数f(x)关于点(m，n)对称，则y＝f'(x)的图象关于直线x＝m对称 C.若函数y＝f(x)有极值，则对称中心是两个取极值的点的中点 D.若f(x)＝0的三个根分别为x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3＝－ 答案　ABC 解析　对于A，设f(m－x)＋f(m＋x)＝2n，得[a(m－x)3＋b(m－x)2＋c(m－x)＋d]＋[a(m＋x)3＋b(m＋x)2＋c(m＋x)＋d]＝2n，整理得(6ma＋2b)x2＋(2am3＋2bm2＋2cm＋2d)＝2n.根据多项式恒等对应系数相等，可得m＝－且n＝am3＋bm2＋cm＋d，从而三次函数是中心对称曲线，且由n＝f(m)知其对称中心(m，f(m))仍然在曲线上.故对称中心为，A正确； 对于B，由y＝f(x)的图象关于点(m，n)对称，得f(x)＋f(2m－x)＝2n.求导可得f'(2m－x)＝f'(x)，即y＝f'(x)的图象关于直线x＝m对称，B正确； 对于C，设f'(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的两根分别为x1，x2，则x1＋x2＝－，x1x2＝.设f(x)的两个取极值的点为A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))， 则f(x1)＋f(x2)＝(a＋b＋cx1＋d)＋(a＋b＋cx2＋d)＝a()＋b()＋c(x1＋x2)＋2d＝a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋b[(x1＋x2)2－2x1x2]＋c(x1＋x2)＋2d＝a＋b＋2d＝＋2d. 2f ＝2 ＝＋2d， 所以f(x1)＋f(x2)＝2f ，AB的中点P即为对称中心，C正确； 对于D，ax3＋bx2＋cx＋d＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝ax3－a(x1＋x2＋x3)x2＋a(x1x2＋x2x3＋x3x1)x－ax1x2x3.比较系数可得x1＋x2＋x3＝－，D错误. 函数中的构造问题 题型一　利用f(x)进行抽象函数构造 例1　(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf'(x)>0，若a＝30.2·f(30.2)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log3·f则a，b，c的大小关系是(　　) A.a>b>c B.c>b>a C.c>a>b D.a>c>b 答案　A 解析　令g(x)＝xf(x)，x∈R， 因为f(x)＝f(－x)，所以g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)， 所以g(x)为奇函数， 又因为当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf'(x)>0， 所以当x∈(－∞，0]时，g'(x)＝f(x)＋xf'(x)>0，所以g(x)在(－∞，0]上单调递增， 又g(x)为奇函数，所以g(x)在R上单调递增， 又因为a＝30.2·f(30.2)＝g(30.2)， b＝ln 2·f(ln 2)＝g(ln 2)， c＝log3·f ＝g＝g(－2)， －2<0<ln 2<ln e＝1＝30<30.2， 所以g(－2)<g(ln 2)<g(30.2)，即a>b>c. 思维升华　(1)出现nf(x)＋xf'(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x). (2)出现xf'(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 例2　函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意实数x恒有f'(x)－f(x)>0，则(　　) A.f(－1)>0 B.f(3)>ef(2) C.f <f D.ef(3)>f(4) 答案　B 解析　设g(x)＝ 则g'(x)＝ 由条件可知，f'(x)－f(x)>0，所以g'(x)>0， 则函数g(x)在R上单调递增， 因为函数f(x)是定义在R上的奇函数， 则f(0)＝0， 由<得f(－1)<0，故A错误； 由> 得f(3)>ef(2)，故B正确； 由<得ff故C错误； 由<得ef(3)<f(4)，故D错误. 例3　(2025·杭州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)sin x＋f'(x)cos x>0，则(　　) A.f <f  B.f<f C.f>f  D.f>f 答案　B 解析　令F(x)＝x≠＋kπ，k∈Z， 故F'(x)＝>0恒成立， 故F(x)＝在k∈Z上单调递增， 故F<F即<⇒<⇒f<f. 题型二　构造具体函数关系 例4　(1)(2025·昆明模拟)设a＝b＝c＝则(　　) A.c<b<a B.c<a<b C.b<c<a D.b<a<c 答案　A 解析　设f(x)＝x>0， 则f'(x)＝ 令f'(x)＝0，得x＝ 则f(x)在(0)上单调递增，在(＋∞)上单调递减， b＝f()，c＝f()，则b>c， 又a－b＝>0，得a>b， 所以c<b<a. (2)(2024·南昌模拟)142 857被称为世界上最神秘的数字，142 857×1＝142 857，142 857×2＝285 714，142 857×3＝428 571，142 857×4＝571 428，142 857×5＝714 285，142 857×6＝857 142，所得结果是这些数字反复出现，若a＝e0.142 857，b＝＋1，c＝则(　　) A.a>b>c B.c>b>a C.b>a>c D.a>c>b 答案　D 解析　由题意知，a＝e0.142 857，c＝ 设f(x)＝ex－x－1(x>0)，f'(x)＝ex－1， 当x∈(0，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)＝ex－x－1>f(0)＝0， 所以ex>x＋1(x>0). 因为x2＋2x＋1>1＋2x(x>0)， 所以x＋1>(x>0)， 得ex>(x>0)， 所以e0.142 857>即a>c； 由ex>x＋1(x>0)，得x>ln(x＋1)(x>0)， 所以x－1>ln x(x>1)，即x>ln x＋1(x>1)， 所以>ln ＋1＝＋1，即c>b. 综上，a>c>b. 指对同构问题 题型一　双变量地位同等同构 例1　若对0<x1<x2<a都有ln<2x2－2x1成立，则a的最大值为(　　) A.1 B.2 C.e D.2e 答案　B 解析　由ln<2x2－2x1，0<x1<x2<a， 得x1x2(ln x2－ln x1)<2x2－2x1， 则ln x2－ln x1< 即ln x2－ln x1< 有ln x2＋<ln x1＋ 令f(x)＝ln x＋(x>0)，则f(x2)<f(x1)， 所以f'(x)＝ 令f'(x)>0⇒x>2，令f'(x)<0⇒0<x<2， 所以函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)， 所以当0<x1<x2<2时，f(x2)<f(x1)恒成立， 所以0<a≤2，故a的最大值为2. 例2　(1)(多选)若ea＋a>b＋ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是(　　) A.a>ln b B.a<ln b C.ea>b D.ea<b 答案　AC 解析　方法一　由ea＋a>b＋ln b， 可得ea＋a>eln b＋ln b， 令f(x)＝ex＋x，则f(a)>f(ln b)， 因为f(x)在R上是增函数， 所以a>ln b，即ea>b. 方法二　由ea＋a>b＋ln b， 可得ea＋ln ea>b＋ln b， 令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)， 因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数， 所以ea>b，即a>ln b. (2)(2025·宜春模拟)在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a的方程aea－2＝e4和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a>0，b>e2)可化为同构方程，则ab的值为　　　　　　. 答案　e8 解析　对aea－2＝e4两边取自然对数， 得ln a＋a＝6， ① 对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数， 得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1， 即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3， ② 因为方程①②为两个同构方程， 所以3λ－3＝6，解得λ＝3， 设F(x)＝ln x＋x且x>0，则F'(x)＝＋1>0， 所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝6的解只有一个， 所以a＝ln b－2， 则ab＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8. 题型三　同构法的应用 例3　(1)设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最小值为　　　　　　. 答案　 解析　由kekx≥ln x得kxekx≥xln x， 即kxekx≥eln x·ln x， 令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x). 因为f'(x)＝(x＋1)ex， 所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 因为kx>0，ln x>0， 所以kx≥ln x，即k≥ 令h(x)＝(x>1)，则h'(x)＝ 当x∈(1，e)时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(e，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减， 所以h(x)max＝h(e)＝即k≥ 所以k的最小值为. (2)(2025·衡阳模拟)已知m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一个根，则＋(e－1)ln m等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.5 答案　B 解析　xeex－2＋(e－1)ln x＝2⇔eeln x＋x－2＋eln x＋x－2＝x＋ln x＝eln x＋ln x， 设f(t)＝et＋t，则f'(t)＝et＋1>0恒成立，故f(t)单调递增， 由f(eln x＋x－2)＝f(ln x)得eln x＋x－2＝ln x，即(e－1)ln x＝2－x. 因为m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一个根， 所以(e－1)ln m＝2－m， 所以m＝ 所以＋(e－1)ln m＝m＋(e－1)ln m＝m＋2－m＝2. 导数的综合问题 题型一　参数全分离 例1　不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围. 解　不等式ln x－ax＋1≤0恒成立， 即ax≥ln x＋1恒成立，x>0， 即a≥恒成立， 设g(x)＝x>0， 则g'(x)＝－ 易知函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， g(x)max＝g(1)＝1， 所以a≥1. 题型二　换元后参数分离 例2　已知函数f(x)＝x＋a. (1)若a＝－1，求f(x)的单调区间和极值点； (2)若a>0，且当x>0时，f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围. 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝xe－x－1，f'(x)＝e－x－xe－x， 令f'(x)＝0，得x＝1， 所以当x<1时，f'(x)>0； 当x>1时，f'(x)<0. 所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)，极大值点为x＝1，无极小值点. (2)方法一　f(x)>－1⇔x＋a>－1， 即x＋a＋1>0. 令＝t，t>0，则x＝at， atet－(2a＋2)t＋a＋1>0对于t>0恒成立， 即a(tet－2t＋1)>2t－1， (*) 易证当t>0时，et>t＋1， 则tet－2t＋1>t(t＋1)－2t＋1>(t－1)2≥0， 即tet－2t＋1>0， 于是，由(*)可得a> 令g(t)＝(t>0)， 则g'(t)＝et(t>0). 当t∈(0，1)时，g'(t)>0； 当t∈(1，＋∞)时，g'(t)<0， 所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(t)max＝g(1)＝ 所以a> 故实数a的取值范围是. 方法二　f(x)>－1⇔x＋a>－1， 即x＋a＋1>0. 令＝t，t>0， 则x＝at，atet－(2a＋2)t＋a＋1>0对于t>0恒成立， 即>对于t>0恒成立. 设h(t)＝t>0，则h'(t)＝ 当t∈(0，1)时，h'(t)>0； 当t∈(1，＋∞)时，h'(t)<0. 可得h(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以h(t)max＝h(1)＝ 则>解得a> 故实数a的取值范围是. 参数半分离与主元变换 题型一　参数半分离 例1　若不等式aln x－x＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围. 解　∵不等式aln x－x＋1≤0恒成立， ∴aln x≤x－1恒成立，x>0， 当a≤0时，显然不恒成立， 当a>0时，原不等式等价于ln x≤(x－1)恒成立， 由于y＝ln x在x＝1处的切线方程为y＝x－1， ∴要使ln x≤(x－1)恒成立， 只需＝1，即a＝1， ∴a的取值范围为{1}. 题型二　主元变换 例2　已知不等式ln x－x2＋bx＋c≤0对任意的x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范围. 解　令f(b)＝x·b＋ln x－x2＋c，b∈ 由于x>0，所以函数f(b)在上单调递增， 所以f(b)<f x＋ln x－x2＋c≤0. 即c≤x2－x－ln x，x∈(0，＋∞)， 令g(x)＝x2－x－ln x， 则g'(x)＝x－ 当0<x<2时，g'(x)<0，当x>2时，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以c≤g(x)min＝g(2)＝－1－ln 2， 所以c的取值范围为(－∞，－1－ln 2]. 端点效应 题型一　一阶端点效应 例1　设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围. 解　依题意，f'(x)＝ 由于g(x)＝xf'(x)，x≥0， 即g(x)＝x≥0， 而f(x)≥ag(x)恒成立， 即ln(1＋x)≥恒成立. 令F(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)， 则F(x)≥0恒成立. 由于F(0)＝0，故此时必须保证函数F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增， 即保证F'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立， 而F'(x)＝ 则F'(0)＝1－a， 故F'(0)≥0，即a≤1. 下证当a≤1时，F(x)≥0恒成立. 当a≤1时，函数F'(x)＝≥≥0， 故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)＝0， 故当a≤1时，函数F(x)≥0恒成立， 即原命题成立， 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 题型二　二阶端点效应 例2　设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 解　由于当x≥0时，函数f(x)≥0恒成立， 而f(0)＝0， 故要保证函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需保证f(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立. 而f'(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1， 故f'(0)＝1－1＝0， 即此时需保证函数f'(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立. 而f″(x)＝(x＋2)ex－2a， 故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a， 而要函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立， 则f″(0)≥0，即a≤1. 下证当a≤1时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 当a≤1时，f″(x)＝(x＋2)ex－2a≥(x＋2)ex－2， 令φ(x)＝(x＋2)ex－2，x≥0， 则φ'(x)＝(x＋3)ex>0， 故函数φ(x)单调递增， 故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0， 即f″(x)≥φ(x)≥0， 故此时函数f'(x)单调递增， 即f'(x)≥f'(0)＝0， 故函数f(x)单调递增，即f(x)≥f(0)＝0， 此时即可得到当a≤1时，函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 即实数a的取值范围是(－∞，1]. 不等式证明方法 题型一　指对切线放缩 例1　证明不等式：ex－ln(x＋2)>0. 证明　要证ex－ln(x＋2)>0， 即证ex>ln(x＋2)， 又ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立， 令t＝x＋2，则ln(x＋2)＝ln t≤t－1＝x＋1， 即ln(x＋2)≤x＋1，当且仅当x＝－1时等号成立， 故ex≥x＋1≥ln(x＋2)，等号成立的条件不一致，则ex>ln(x＋2)，结论得证. 题型二　指对增强放缩 例2　证明：ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x. 证明　由题意知x>0，因为ex≥ex＋(x－1)2， 所以要证ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x成立， 只需证ex＋(x－1)2＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x， 即证ln≤－1， 令t＝即证ln t≤t－1，显然成立. 结论得证. 飘带不等式 例2　(2025·菏泽模拟)若函数f(x)在[a，b]上存在k∈(a，b)，使得f'(k)＝则称k为f(x)在区间(a，b)上的“奇点”，若存在x1，x2(a<x1<x2<b)，使得f'(x1)＝f'(x2)＝则称f(x)是区间[a，b]上的“双奇点函数”，其中x1，x2也称为f(x)在区间[a，b]上的“奇点”. (1)已知函数f(x)＝x3－x2是区间[0，m]上的“双奇点函数”，求实数m的取值范围； (2)已知函数f(x)＝2ln x－ax2＋1. ①当a＝0时，若1为f(x)在区间[m，n]上的“奇点”，证明：m＋n>2； ②证明：对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上存在唯一“奇点”. (1)解　因为f(x)＝x3－x2， 则f'(x)＝3x2－x， 由＝m2－m， 所以关于x的方程m2－m＝3x2－x有两解， 即关于x的方程3x2－x－m2＋m＝0在(0，m)上有两解， 令g(x)＝3x2－x－m2＋m， 所以 解得<m< 即实数m的取值范围是. (2)证明　①因为f'(k)＝－2ak＝k∈(m，n)， 当a＝0时，f(x)＝2ln x＋1，则f'(x)＝ 因为k＝1，0<m<1<n， 所以＝2， 即＝1， 要证m＋n>2，即证< 即ln> 令＝t，因为n>m>0，所以t>1， 设h(t)＝ln t－2· 所以h'(t)＝>0， 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)＝0在(1，＋∞)上恒成立， 所以ln> 即证得m＋n>2. ②令φ(k)＝f'(k)－(0<m<k<n)， 即φ(k)＝－2ak－ ＝－2ak－2×＋a(n＋m)， 因为a>0，k>0，所以φ'(k)＝－－2a<0， 所以φ(k)在区间(m，n)上单调递减. 因为φ(m)＝－2am－2×＋a(n＋m) ＝＋a(n－m)， 令t＝所以t>1， 所以φ(m)＝(t－1－ln t)＋a(n－m). 设I(x)＝x－1－ln x， 所以I'(x)＝1－ 当0<x<1时，I'(x)<0， 当x>1时，I'(x)>0， 即I(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增， 所以I(t)>I(1)＝0，即t－1－ln t>0. 因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0； 同理φ(n)＝＋a(m－n)， 因为当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，x－1－ln x>0， 所以－1－ln>0，即ln x>1－ 所以ln t－1＋>0， 又m－n<0，a>0，所以φ(n)<0， 因为φ(m)φ(n)<0，且φ(k)在区间(m，n)上单调递减， 所以φ(k)在区间(m，n)上存在唯一零点， 即对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上的“奇点”k是唯一的. 极值点偏移(一) 题型一　对称化构造法(和型) 例1　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1＋x2>2. (1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为f'(x)＝1－ 所以当0<x<1时，f'(x)<0， 当x>1时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，f(x)取得最小值1－a. 又当x趋近于0或＋∞时，f(x)趋近于＋∞， 所以要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1－a<0，即a>1. 所以实数a的取值范围为(1，＋∞). (2)证明　不妨设x1<x2，由(1)可知，0<x1<1<x2， 则2－x1>1， 要证x1＋x2>2， 只需证2－x1<x2， 又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x1)＝f(x2)＝0， 所以只需证f(2－x1)<f(x2)， 即证f(2－x1)<f(x1). 记g(x)＝f(2－x)－f(x)＝2－2x－ln(2－x)＋ln x，x∈(0，1)， 则g'(x)＝－2＝－ 当0<x<1时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0， 所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)<0， 即f(2－x1)<f(x1). 所以x1＋x2>2. 题型二　对称化构造法(积型) 例2　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝(1＋ln x). (1)讨论f(x)的单调性； (2)若方程f(x)＝1有两个不同的根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1. 解　(1)由题意可得x>0>0，所以a>0， f(x)＝(1＋ln x)的定义域为(0，＋∞)， 又f'(x)＝＝－ 由f'(x)＝0，得x＝1， 当0<x<1时，f'(x)>0， 则f(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，f'(x)<0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减. (2)由＝1，得＝a， 设g(x)＝ g'(x)＝ 由g'(x)＝0，得x＝1， 当0<x<1时，g'(x)>0， 则g(x)在(0，1)上单调递增； 当x>1时，g'(x)<0， 则g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 又g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0， g(x)＝的图象如图， 所以当0<a<1时，方程＝a有两个不同的根， 不妨设x1<x2， 则0<x1<1<x2 设h(x)＝g(x)－g－x(1－ln x)， h'(x)＝＋ln x＝ln x≥0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0， 即g(x1)<g 又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)<g 又x2>1>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 所以x2> 故x1x2>1. 极值点偏移(二) 题型一　换元构造辅助函数 例1　已知函数f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，求证：>. 证明　(换元法) 令a＝b＝则f(x1)＝f(x2)， 即ln x1＝ln x2， 所以ln ln 所以aln a＝bln b， 设函数g(x)＝xln x，则g(a)＝g(b)， g'(x)＝ln x＋1，所以g'(x)>0⇔x> g'(x)<0⇔0<x< 所以g(x)在上单调递减，在上单调递增. 求证>即证a＋b>. 不妨设a<b，则0<a<<b， 则－a> 令h(x)＝g(x)－g0<x< 由h'(x)＝g'(x)＋g' ＝ln x＋1＋ln＋1＝ln＋2 ＝ln＋2<0， 所以h(x)在上单调递减，h(x)>h＝0， 所以g(a)>g即g(b)>g 又g(x)在上单调递增， 所以b>－a，即a＋b> 故>得证. 题型二　比值代换 例2　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明： (1)x1＋x2>2； (2)x1x2<1. 证明　方法一　(1)f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝ 又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0， 不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2 即 即x2－x1＝ln 令t＝(t>1)， 则x2－x1＝ln t， ① 又t＝即x2＝tx1， ② 由①②得x1＝x2＝ 要证x1＋x2>2， 即证>2， 即证ln t>(t>1)， 由飘带不等式知该式成立. 所以x1＋x2>2. (2)由(1)知x1x2＝ 则 要证x1x2<1，即证<1， 令m＝>1，即证<1， 即证ln m<(m>1)， 由飘带不等式知该式成立， 故x1x2<1. 方法二　(齐次消元) f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝ 又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0， 不妨设x1<x2，则必有0<x1<1<x2， 由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2 即 所以x2－x1＝ln＝ln x2－ln x1， 即＝1. (1)x1＋x2＝(x1＋x2)· ＝·ln ＝·ln 令t＝(t>1)， 则由飘带不等式知ln t> 即·ln t>2，即x1＋x2>2. (2)要证x1x2<1，即证<1， · ＝·ln·ln 令m＝(m>1)， 由飘带不等式知ln m< 即·ln m2<1， 即<1，故x1x2<1. 导数中的零点问题 题型一　利用导数研究零点个数 例1　(2024·北京模拟)已知函数f(x)＝axln x－x2＋(1－a)x. (1)当a<0时，求f(x)的极值； (2)当≤a≤1时，判断f(x)的零点个数，并说明理由. 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且f'(x)＝aln x＋a－x＋1－a＝aln x－x＋1， 令g(x)＝f'(x)＝aln x－x＋1， 则g'(x)＝－1＝ 因为a<0，所以g'(x)<0恒成立， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 即f'(x)在(0，＋∞)上单调递减， 又f'(1)＝0， 所以当0<x<1时，f'(x)>0，当x>1时，f'(x)<0， 则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)在x＝1处取得极大值为－a，无极小值. (2)令f(x)＝0，即axln x－x2＋(1－a)x＝0， 因为x>0，所以aln x－x＋1－a＝0， 令F(x)＝aln x－x＋1－a， 所以判断f(x)的零点个数，即判断F(x)的零点个数， 又F'(x)＝≤a≤1， 所以当0<x<2a时，F'(x)>0，当x>2a时，F'(x)<0， 所以F(x)在(0，2a)上单调递增，在(2a，＋∞)上单调递减， 所以F(x)max＝F(2a)＝aln(2a)－2a＋1，1≤2a≤2， 令H(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，2]， 则H'(x)＝ln x－ 因为x∈[1，2]，所以H'(x)≤ln 2－(ln 2－1)<0， 所以H(x)在[1，2]上单调递减， 所以H(x)≤H(1)＝0， 所以F(2a)≤0，当且仅当a＝时等号成立， 所以当a＝时，F(x)有一个零点，即f(x)有一个零点， 当<a≤1时，F(x)无零点，即f(x)无零点， 综上可得，当a＝时，f(x)有一个零点，当<a≤1时，f(x)无零点. 题型二　隐零点问题 例1　(2024·汕头模拟)已知函数f(x)＝g(x)＝aex－1，a∈R. (1)求f(x)的极值； (2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围. 解　(1)由题意得f'(x)＝x∈(0，＋∞)， 令f'(x)＝0，得x＝1，当0<x<1时，f'(x)>0； 当x>1时，f'(x)<0， 则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 故当x＝1时，函数取到极大值，极大值为f(1)＝1，无极小值. (2)由题意f(x)与g(x)的图象有两个交点， 即f(x)－g(x)＝－aex＋1＝0有两个根， 即方程x＋ln x＋1－axex＝0有两个根， 令F(x)＝x＋ln x＋1－axex，x∈(0，＋∞)， F'(x)＝1＋－a(x＋1)ex＝(x＋1) 令φ(x)＝－aex(x>0)，φ'(x)＝－－aex， ①若a≤0，φ(x)>0，即F'(x)>0， 则F(x)在(0，＋∞)上单调递增， F(x)至多有一个零点，不满足题意； ②若a>0，φ'(x)＝－－aex<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当0<x<1时，φ(x)＝－aex>1－aex， 令1－aex>0，得x<ln 故当0<x1<min时，φ(x1)>0， 当x>1时，φ(x)＝－aex<1－aex， 令1－aex<0，得x>ln 故当x1>max时，φ(x1)<0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且＝a 当x∈(0，x0)时，φ(x)>0， 当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)<0， 故x∈(0，x0)时，F'(x)>0， 当x∈(x0，＋∞)时，F'(x)<0， 所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， 因为＝a即ax0＝1， 故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0， 要使得F(x)有两个零点，则必有F(x)max>0，即x0＋ln x0>0， 由于＝a此时ln＝ln(x0)＝x0＋ln x0>0，得0<a<1； 下证当0<a<1时，F(x)有两个零点， 因为F(e－2)＝e－2－1－ae－2<e－2－1<0， 由(1)知≤1恒成立， 故F(x)＝x＋ln x＋1－axex≤2x－axex＝x(2－aex)，当且仅当x＝1时取等号， 所以F<2ln－aln·＝ln＝0， 因为0<a<1，结合前面分析知，存在唯一x0，且＝a 使得F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， 故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0＝ln>0， 故F(x)在(e－2，x0)和上各有一个零点， 综上，若f(x)与g(x)的图象有两个交点， 则实数a的取值范围为(0，1). 题型三　零点赋值 例2　已知函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1，a∈R. (1)若a≤0，证明：f(x)≥0； (2)若(x－1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围. (1)证明　函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1的定义域为(0，＋∞)， 得f'(x)＝ln x－aex＋ea， 显然当a≤0时，函数f'(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f'(1)＝0， 即当0<x<1时，f'(x)<0， 当x>1时，f'(x)>0， 因此，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∀x>0，f(x)≥f(1)＝0， 所以f(x)≥0. (2)解　当a≤0时，由(1)知，当x>1时，f(x)>0，(x－1)f(x)>0， 即(x－1)f(x)≤0不恒成立，不符合题意； 当a>0时，(x－1)f(x)≤0等价于当0<x<1时，f(x)≥0，当x>1时，f(x)≤0， 当a>0时，令g(x)＝f'(x)＝ln x－aex＋ea， 得g'(x)＝－aex， 显然g'(x)在(0，＋∞)上单调递减， 令h(x)＝ex－x－1，h'(x)＝ex－1， 当x<0时，h'(x)<0，当x>0时，h'(x)>0， 则h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∀x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1， 当且仅当x＝0时等号成立， 因此，e－x≥－x＋1，当0<x<1时，ex< g'(x)＝－aex> 当0<x<时，g'(x)>0， 而g'＝a－a<0， 从而存在唯一实数x0∈使得g'(x0)＝0， 即a＝ 当0<x<x0时，g'(x)>0， 当x>x0时，g'(x)<0， 则g(x)(即f'(x))在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减， 而f'(1)＝0，当x0<1时，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上单调递增， 当x∈(x0，1)时，f(x)<f(1)＝0，不符合题意， 当x0>1时，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上单调递增， 当x∈(1，x0)时，f(x)>f(1)＝0，不符合题意， 当x0＝1时，f'(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∀x∈(0，＋∞)，f'(x)≤f'(1)＝0， 得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而f(1)＝0，即当x∈(0，1)时，f(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)<0，符合题意， 因此，x0＝1，a＝. 综上，a＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 导数的概念及其意义、导数的运算 题型一　导数的运算 例1　(1)(多选)下列求导运算正确的是(　　) A.(ln 7)'＝ B.[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x C.'＝ D.[ln(3x＋2)]'＝ (2)已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且f(x)＝2xf'＋sin x，则f 等于(　　) A. B. C. D.－ 题型二　导数的几何意义 例2　(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A.y＝x B.y＝x C.y＝x＋ D.y＝x＋ 例3　若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是　　　　　　.  例4　(2025·广州模拟)设点P在曲线y＝ex上，点Q在直线y＝x上，则|PQ|的最小值为(　　) A. B. C. D. 题型三　两曲线的公切线 例5　(2025·广州模拟)若直线l既和曲线C1相切，又和曲线C2相切，则称l为曲线C1和C2的公切线.已知曲线C1：f(x)＝ex－1和曲线C2：g(x)＝1＋ln x，请写出曲线C1和C2的一条公切线方程：　　　　　　　　　　.  导数与函数的单调性 题型一　不含参函数的单调性 例1　(1)若函数f(x)＝x2－3x－4ln x，则函数f(x)的单调递减区间为(　　) A.(－∞，－1)，(4，＋∞) B.(－1，4) C.(0，4) D.(4，＋∞) (2)若函数f(x)＝则函数f(x)的单调递增区间为　　　　.  题型二　含参数的函数的单调性 例2　已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax. 讨论f(x)的单调区间. 题型三　函数单调性的应用 例3　(1)已知函数f(x)＝ln x－设a＝f(log32)，b＝f(log0.20.5)，c＝f(ln 4)，则a，b，c的大小关系为(　　) A.c>a>b B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>a (2)(2025·成都模拟)已知函数f(x)＝3x－sin x，若f(a)＋f(a2－2)>0，则实数a的取值范围为　　　　　.  常见组合函数的图象 典例　(多选)如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”.下列函数不是“F函数”的是(　　) A.f(x)＝ex B.f(x)＝x2 C.f(x)＝ln x D.f(x)＝sin x 例4　已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0). (1)若f(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围. 导数与函数的极值、最值 题型一　利用导数求解函数极值问题 例1　(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数g(x)＝xf'(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A.f(x)有两个极值点 B.f(0)为f(x)的极大值 C.f(x)有两个极小值点 D.f(－1)为f(x)的极小值 例2　(2025·沈阳模拟)已知函数f(x)＝2ln x－2(a－1)x－ax2(a>0)，讨论f(x)的极值. 例3　(1)(2024·肇庆模拟)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝－2处取极小值，则c等于(　　) A.－6 B.－2 C.－6或－2 D.－4 (2)已知函数f(x)＝ln x－x(其中a∈R，e为自然对数的底数)存在极大值，且极大值不小于1，则a的取值范围为　　　　　　.  题型二　利用导数求函数的最值 例4　函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为(　　) A.－ B.－ C.－＋2 D.－＋2 例5　已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(a>0)，求函数f(x)在[1，2]上的最小值. 典例　(多选)已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则下列选项正确的是(　　) A.三次函数的对称中心是 B.若函数f(x)关于点(m，n)对称，则y＝f'(x)的图象关于直线x＝m对称 C.若函数y＝f(x)有极值，则对称中心是两个取极值的点的中点 D.若f(x)＝0的三个根分别为x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3＝－ 函数中的构造问题 题型一　利用f(x)进行抽象函数构造 例1　(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf'(x)>0，若a＝30.2·f(30.2)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log3·f则a，b，c的大小关系是(　　) A.a>b>c B.c>b>a C.c>a>b D.a>c>b 例2　函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意实数x恒有f'(x)－f(x)>0，则(　　) A.f(－1)>0 B.f(3)>ef(2) C.f <f D.ef(3)>f(4) 例3　(2025·杭州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)sin x＋f'(x)cos x>0，则(　　) A.f <f  B.f<f C.f>f  D.f>f 题型二　构造具体函数关系 例4　(1)(2025·昆明模拟)设a＝b＝c＝则(　　) A.c<b<a B.c<a<b C.b<c<a D.b<a<c (2)(2024·南昌模拟)142 857被称为世界上最神秘的数字，142 857×1＝142 857，142 857×2＝285 714，142 857×3＝428 571，142 857×4＝571 428，142 857×5＝714 285，142 857×6＝857 142，所得结果是这些数字反复出现，若a＝e0.142 857，b＝＋1，c＝则(　　) A.a>b>c B.c>b>a C.b>a>c D.a>c>b 指对同构问题 题型一　双变量地位同等同构 例1　若对0<x1<x2<a都有ln<2x2－2x1成立，则a的最大值为(　　) A.1 B.2 C.e D.2e 例2　(1)(多选)若ea＋a>b＋ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是(　　) A.a>ln b B.a<ln b C.ea>b D.ea<b (2)(2025·宜春模拟)在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a的方程aea－2＝e4和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a>0，b>e2)可化为同构方程，则ab的值为　　　　　　. 题型三　同构法的应用 例3　(1)设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最小值为　　　　　　. (2)(2025·衡阳模拟)已知m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一个根，则＋(e－1)ln m等于(　　) A.1 B.2 C.3 D.5 导数的综合问题 题型一　参数全分离 例1　不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围. 题型二　换元后参数分离 例2　已知函数f(x)＝x＋a. (1)若a＝－1，求f(x)的单调区间和极值点； (2)若a>0，且当x>0时，f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围. (*) 参数半分离与主元变换 题型一　参数半分离 例1　若不等式aln x－x＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围. 题型二　主元变换 例2　已知不等式ln x－x2＋bx＋c≤0对任意的x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范围. 端点效应 题型一　一阶端点效应 例1　设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围. 题型二　二阶端点效应 例2　设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 不等式证明方法 题型一　指对切线放缩 例1　证明不等式：ex－ln(x＋2)>0. 题型二　指对增强放缩 例2　证明：ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x. 飘带不等式 例2　(2025·菏泽模拟)若函数f(x)在[a，b]上存在k∈(a，b)，使得f'(k)＝则称k为f(x)在区间(a，b)上的“奇点”，若存在x1，x2(a<x1<x2<b)，使得f'(x1)＝f'(x2)＝则称f(x)是区间[a，b]上的“双奇点函数”，其中x1，x2也称为f(x)在区间[a，b]上的“奇点”. (1)已知函数f(x)＝x3－x2是区间[0，m]上的“双奇点函数”，求实数m的取值范围； (2)已知函数f(x)＝2ln x－ax2＋1. ①当a＝0时，若1为f(x)在区间[m，n]上的“奇点”，证明：m＋n>2； ②证明：对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上存在唯一“奇点”. 极值点偏移(一) 题型一　对称化构造法(和型) 例1　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2. (1)求实数a的取值范围； (2)求证：x1＋x2>2. 题型二　对称化构造法(积型) 例2　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝(1＋ln x). (1)讨论f(x)的单调性； (2)若方程f(x)＝1有两个不同的根x1，x2，求实数a的取值范围。 极值点偏移(二) 题型一　换元构造辅助函数 例1　已知函数f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，求证：>. 题型二　比值代换 例2　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明： (1)x1＋x2>2； (2)x1x2<1. 导数中的零点问题 题型一　利用导数研究零点个数 例1　(2024·北京模拟)已知函数f(x)＝axln x－x2＋(1－a)x. (1)当a<0时，求f(x)的极值； (2)当≤a≤1时，判断f(x)的零点个数，并说明理由. 题型二　隐零点问题 例1　(2024·汕头模拟)已知函数f(x)＝g(x)＝aex－1，a∈R. (1)求f(x)的极值； (2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围. 题型三　零点赋值 例2　已知函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1，a∈R. (1)若a≤0，证明：f(x)≥0； (2)若(x－1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$