第3章 第3节 导数与函数的极值、最值（Word教参）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A培优版）

第3节　导数与函数的极值、最值 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．能利用导数求某些函数的极大值、极小值．(重点) 3．会求闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值．(热点) [对应学生用书P70] 一、函数的极值 1．极小值 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值． 2．极大值 函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值． 3．极值、极值点 极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值． 二、函数的最大(小)值 1．函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值． 2．求y＝f(x)在区间[a，b]上的最值的步骤 (1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值； (2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 1．极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大(小)值，则x1为极大(小)值点，极大(小)值为f(x1). 2．有极值的函数一定不是单调函数． 3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件． 4．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最大(小)值． 5．若函数f(x)在[a，b]上具有单调性，则f(x)一定在区间端点处取得最值． 6．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． 一、“教考衔接”例证 高考真题 (多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A.bc>0　　　　　　B．ab>0 C.b2＋8ac>0 D．ac<0 追根溯源 (人教B版选择性必修第三册P101T3)设函数f(x)＝ax3＋3x＋2有极值，求a的取值范围，并求出函数的极值点 发现感悟 两题均为由函数的极值求参数的范围，最终均转化为关于x的一元二次方程的实根问题，解答此类问题的关键是厘清导函数与原函数的关系 二、教材典题改编 1．(多选)(湘教版选择性必修第三册P41T3改编)如果函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则以下关于函数y＝f(x)的判断，正确的是(　　) A．在区间(2，4)内单调递减 B．在区间(2，3)内单调递增 C．x＝－3是极小值点 D．x＝4是极大值点 答案：BD 2．(人教A版选择性必修第二册P91例5改编)函数f(x)＝的极大值为(　　) A．－e B． C．1 D．0 答案：B 3．(苏教版选择性必修第一册P230T7改编)已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m＝________． 答案：32　解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2.计算f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32. 三、易误易混澄清 (由极值求参数时忽略验证)已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则实数a的值为(　　) A．2 B． C．－2 D．－ B　解析：由f′(x)＝＋2ax－3，得f′(2)＝0，解得a＝，经验证符合题意． [对应学生用书P71] 考点一　利用导数求解函数的极值问题 考向1　根据函数图象判断极值 [例1] (多选)(2025·重庆检测)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(　　) A.－3是函数y＝f(x)的极值点 B．f(x)在x＝－1时取得极小值 C．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增 D．－2是函数y＝f(x)的极大值点 AC　解析：根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以A正确；因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以B，D错误，C正确． 由图象判断函数的极值(点)的方法 (1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点； (2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点． 考向2　求已知函数的极值(点) [例2] (1)(2025·驻马店模拟)函数f(x)＝x3＋x2－4x的极小值为(　　) A．－ B．1 C．－ D． (2)(2025·商洛模拟)已知函数f(x)＝x2－8x＋6ln x＋1，则f(x)的极大值为(　　) A．10 B．－6 C．－7 D．0 (1)C　(2)B　解析：(1)因为f(x)＝x3＋x2－4x，所以f′(x)＝3x2＋x－4＝(x－1)(3x＋4).令f′(x)＝0得x1＝－，x2＝1，当x∈(－∞，－)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－，1)时，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(1，＋∞)，单调递减区间为(－，1).则当x＝1时，f(x)取得极小值，且极小值为f(1)＝－. (2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－8＋＝，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如表所示， x (0，1) 1 (1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的极大值为f(1)＝－6. 求函数极值的一般步骤 (1)先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数． (2)求f′(x)＝0的根． (3)判断f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点． (4)求出函数f(x)的极值． 考向3　已知极值(点)求参数 [例3] (2024·长沙模拟)已知函数f(x)的导函数g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，则实数a的值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 D　解析：由题意f′(x)＝g(x)＝(x－1)(x2－3x＋a)，若1不是函数f(x)的极值点，设h(x)＝x2－3x＋a，则h(1)＝0，即1－3＋a＝0，所以a＝2.当a＝2时，f′(x)＝(x－1)(x2－3x＋2)＝(x－1)2(x－2)，故当1<x<2时，f′(x)<0；当x<1时，f′(x)<0，因此x＝1不是函数f(x)的极值点，所以a＝2满足题意． [变式探究] 本例中，其他条件不变，将“若1不是函数f(x)的极值点”改为“若－1是函数f(x)的极值点”，则实数a的值为________． 答案：－4　解析：由于－1是函数f(x)的极值点，所以f′(－1)＝g(－1)＝0，即(－1－1)(1＋3＋a)＝0，解得a＝－4，此时f′(x)＝(x－1)(x2－3x－4)＝(x－1)(x＋1)(x－4)，经验证符合题意，故实数a的值为－4. 根据函数的极值(点)求参数的两个要领 (1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2)验证：求解后验证根的合理性． 训练1 (1)(2025·商洛模拟)若函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x无极值，则a的取值范围为(　　) A．[－3，6] B．(－3，6) C．(－∞，－3]∪[6，＋∞) D．(－∞，－3)∪(6，＋∞) A　解析：因为f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6.因为f(x)无极值，所以(2a)2－4×3×(a＋6)≤0，解得－3≤a≤6，所以a的取值范围为[－3，6]. (2)(2025·贵阳模拟)已知y＝x·f′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象可能是(　　) D　解析：由题图可知，当x＜0时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；当0＜x＜b时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＞b时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．又f′(b)＝0，所以当x＝b时，f(x)取得极大值．综上，满足题意的f(x)的图象可能是D. (3)已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直． ①求a； ②求f(x)的单调区间和极值． 解：①由题意得f′(x)＝＋2x＋a，x>0， 则f′(2)＝＋a. ∵直线2x＋3y＝0的斜率为－，f(x)在(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直， ∴(＋a)(－)＝－1，∴a＝－3. ②由①知f′(x)＝＋2x－3＝＝(x＞0). 令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1， ∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f(x)极大值＝f()＝ln ＋，f(x)极小值＝f(1)＝0. 考点二　利用导数求函数的最值问题 考向1　不含参函数的最值 [例4] (2022·全国乙卷)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 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＝－1(舍去)或x＝或x＝.因为f()＝cos ＋(＋1)sin ＋1＝2＋，f()＝cos ＋(＋1)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()＝－. 考向2　由函数的最值求参数问题 [例5] 已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x．当a>0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围． 解：f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝(x>0，a>0)， 当0<≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意． 当1<<e，即<a<1时， 若x∈[1，)，则f′(x)<0，f(x)单调递减； 若x∈(，e]，则f′(x)>0，f(x)单调递增． 所以f(x)min＝f()<f(1)＝－2，不符合题意． 当≥e，即0<a≤时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递减， 所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝－2，不符合题意． 综上所述，a的取值范围是[1，＋∞). 求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． 训练2 (1)(2025·辽阳模拟)函数f(x)＝ln x＋＋3的最小值是(　　) A． B．4 C． D．3 C　解析：由题意可得f′(x)＝－＝，令f′(x)＞0，得x＞1，令f′(x)＜0，得0＜x＜1，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)的最小值是f(1)＝. (2)(2025·上饶模拟)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋1.当0<x≤e2时，g(x)＝f(x)－ax2－3＋有最小值2，求a的值． 解：g(x)＝f(x)－ax2－3＋＝ln x＋－2，其中0<x≤e2， 则g′(x)＝－＝. 若a≤0，则g′(x)>0，g(x)在(0，e2]上单调递增，函数g(x)无最小值，不符合题意； 若a>0，当x>a时，g′(x)>0，当0<x<a时，g′(x)<0. ①当a≥e2时，对任意的x∈(0，e2]，g′(x)≤0，函数g(x)在(0，e2]上单调递减， 则g(x)min＝g(e2)＝ln e2＋－2＝＝2，解得a＝2e2，符合题意； ②当0<a<e2时，函数g(x)在(0，a]上单调递减，在(a，e2]上单调递增， 所以g(x)min＝g(a)＝ln a＋－2＝2， 解得a＝e3，不符合题意． 综上所述，a的值为2e2. 链接高等数学 [例] 函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝xx(x>0)，我们可以作变形：f(x)＝xx＝eln xx＝ex ln x＝et(t＝x ln x)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝et和g(x)＝x ln x复合而成的，即f(x)＝xx(x>0)为初等函数．根据以上材料，关于初等函数h(x)＝x(x>0)的说法正确的是(　　) A．有极大值1，无极小值 B．有极小值1，无极大值 C．有极小值e，无极大值 D．有极大值e，无极小值 D　解析：根据题意知h(x)＝x＝eln x＝eln x，所以h′(x)＝eln x(－ln x＋)＝eln x(1－ln x).令h′(x)＝0，得x＝e，当0<x<e时，h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增；当x>e时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．所以h(x)有极大值为h(e)＝e，无极小值． 训练 对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0满足f(－x0)＝－f(x0)，则称函数f(x)为“倒戈函数”．设f(x)＝3x＋m－1(m∈R，m≠0)是定义在[－1，1]上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是____________． 答案：[－，0)　解析：∵f(x)＝3x＋m－1是定义在[－1，1]上的“倒戈函数”，∴存在x0∈[－1，1]满足f(－x0)＝－f(x0)，∴3－x0＋m－1＝－3x0－m＋1，∴2m＝－3x0－3－x0＋2，构造函数g(x)＝－3x－3－x＋2，x∈[－1，1]，令t＝3x，∴t∈[，3]，∴问题转化为h(t)＝－－t＋2与y＝2m有交点，h′(t)＝－1＝，当t∈(，1)时，h′(t)>0，h(t)在(，1)上单调递增，当t∈(1，3)时，h′(t)<0，h(t)在(1，3)上单调递减，∴h(t)在t＝1处取得极大值，即最大值为h(1)＝－1－1＋2＝0，又h(3)＝－－3＋2＝－，∴函数取得最小值－，即h(t)∈[－，0]，又m≠0，∴－≤2m<0，∴－≤m<0，则实数m的取值范围是[－，0). [对应学生用书P73] 以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题． 考向1　构造y＝f(x)±g(x)型可导函数 [例1] 定义在R上的函数f(x)，满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<，则不等式f(lg x)>的解集为________． 答案：(0，10)　解析：由题意构造函数g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－<0，所以g(x)在定义域内是减函数．因为f(1)＝1，所以g(1)＝f(1)－＝，由f(lg x)>，得f(lg x)－lg x>，即g(lg x)＝f(lg x)－lg x>＝g(1)，所以lg x<1，解得0<x<10，所以原不等式的解集为(0，10). 当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 训练1 (2025·济南模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是(　　) A．(－1，0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1，0)∪(0，1) D．(－∞，－1)∪(0，1) B　解析：令g(x)＝f(x)－x2，因为f(x)是定义在R上的偶函数，则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，所以函数g(x)也是偶函数，g′(x)＝f′(x)－2x，因为当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2，由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，所以|x|>1，解得x>1或x<－1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞). 考向2　构造f(x)·g(x)型可导函数 [例2] 设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)·g(x)<0的解集为____________________. 答案：(－∞，－3)∪(0，3)　解析：由f′(x)g(x)＋f(x)·g′(x)>0，可得[f(x)·g(x)]′>0，所以函数y＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，且过点(－3，0)，(3，0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)<0的解集为(－∞，－3)∪(0，3). 当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)·g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 训练2 (2025·南昌模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，则f(x)>3e3－x的解集为________． 答案：(3，＋∞)　解析：设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，∴F(x)是增函数．又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.∵f(x)>3e3－x等价于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，∴x>3，即所求不等式的解集为(3，＋∞). 考向3　构造型可导函数 [例3] 定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)为y＝f(x)的导函数，则(　　) A．8<<16 B．4<<8 C．3<<4 D．2<<3 B　解析：∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0，∴[]′＝＝>0，令g(x)＝(x>0)，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴>，又由2f(x)<3f(x)，得f(x)>0，即>4，∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，∴[]′＝＝<0，令h(x)＝(x>0)，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴<，即<8.综上，4<<8. 当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)·g(x)－f(x)g′(x)”时，可联想、逆用导数的除法运算法则，构造两个函数的商，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． 训练3 定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意实数x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2 025为奇函数，则不等式f(x)＋2 025ex<0的解集是(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，ln 2 025) C．(0，＋∞) D．(2 025，＋∞) C　解析：设g(x)＝，则g′(x)＝，因为f(x)>f′(x)，所以g′(x)<0，所以g(x)为定义在R上的减函数，因为f(x)＋2 025为奇函数，所以f(0)＋2 025＝0，f(0)＝－2 025，g(0)＝＝－2 025，f(x)＋2 025ex<0，即<－2 025，即g(x)<g(0)，故x>0. [课时训练(20)见P384] [对应学生用书P74] 1．同构法：是证明不等式的一种技巧，通过等价变形使得等式两边的式子结构相同，从而将两边看成是同一个函数的两个函数值，借助该函数的单调性简化不等式，使问题得以解决，同构法需要有敏锐的观察能力才能找到函数的模型． 2．同构思想：在高考中有非常强烈的体现，不管是小题还是大题，都处在压轴题的位置，备受命题者的青睐，它能够很好地考查学生的数学建模、数学抽象、数学运算的核心素养． 3．指对同构的工具——对数恒等式 (1)logaab＝b(b∈R)；(2)alogab＝b(b>0). 考向1　和差型同构 [例1] (2025·石家庄模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＋1＋b<b ln b，则(　　) A．ab>e B．b>ea＋1 C．ab<e D．b<ea＋1 B　解析：由题意知，a>0，b>0，由aea＋1＋b<b ln b得aea＋1<b(ln b－1)，则aea<ln . 方法一(构造左侧形式)　于是aea<ln eln ，设f(x)＝xex，则f(a)<f(ln )，而ln >0.当x>0时，f′(x)＝ex＋xex>1>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，于是a<ln ，即ea<，即ea＋1<b. 方法二(构造右侧形式)　于是ealn ea<ln ，设f(x)＝x ln x，则f(ea)<f()，则ea>1，且ln >0，即>1. 当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是ea<，即ea＋1<b. 方法三(取对数形式)　于是eln a＋a<eln (ln )＋ln ，则ln a＋a<ln (ln )＋ln ，设f(x)＝ln x＋x，则f(a)<f(ln )，而ln >0. 当x>0时，f′(x)＝＋1>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，于是a<ln ，即ea<，即ea＋1<b. 和差型ea±a>b±ln b，两种同构方式： (1)同左：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x； (2)同右：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x. 训练1 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．ln a＞b D．ln a＜b A　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. 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． 考向2　积型同构 [例2] 设实数λ>0，若对于任意的x∈(0，＋∞)，不等式eλx－≥0恒成立，则λ的最小值为(　　) A．e B． C． D． C　解析：由eλx－≥0，得λeλx－ln x≥0，即λxeλx－x ln x≥0，也即λxeλx≥x ln x．由同构x ln x＝eln x·ln x，可得(λx)·eλx≥ln x·eln x．设f(x)＝xex，则f′(x)＝(x＋1)ex>0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由(λx)·eλx≥ln x·eln x可得f(λx)≥f(ln x)，即λx≥ln x，也即λ≥，所以λ≥()max.令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)，所以当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减．因此g(x)max＝g(e)＝，故λ≥. 积型：aea≤b ln b，三种同构方式： (1)同左：aea≤(ln b)eln b，构造函数f(x)＝xex； (2)同右：ealn ea≤b ln b，构造函数f(x)＝x ln x； (3)取对数：a＋ln a≤ln b＋ln (ln b)，构造函数f(x)＝x＋ln x. 考向3　商型同构 [例3] 已知a>0，且x2＋x ln a－aexln x>0对任意的x∈(0，1)恒成立，求实数a的取值范围． 解：因为x2＋x ln a－aexln x>0，所以aexln x<x2＋x ln a，所以<＝，即>对任意x∈(0，1)恒成立． 令h(x)＝，则h′(x)＝. 所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，当x∈(0，1)时，h(x)<0， 当aex≥1>x时，h(aex)≥0>h(x)， 当0<aex<1时，因为h(aex)>h(x)，且h(x)在(0，1)上单调递增，所以aex>x. 综上可知，aex>x对任意的x∈(0，1)恒成立，即a>. 令g(x)＝，x∈(0，1)，则g′(x)＝>0，所以g(x)在(0，1)上单调递增，所以g(x)<g(1)＝≤a. 所以实数a的取值范围为[，＋∞). 商型：<，三种同构方式： (1)同左：<，构造函数f(x)＝； (2)同右：<，构造函数f(x)＝； (3)取对数：a－ln a<ln b－ln (ln b)，构造函数f(x)＝x－ln x. 训练2 (多选)已知0<x<y<π，且eysin x＝exsin y，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是(　　) A．y< B．x< C．cos x＋cos y>0 D．sin x>sin y BC　解析：因为eysin x＝exsin y，所以＝，令g(t)＝，0<t<π，所以g(x)＝g(y)，则g′(t)＝＝，由g′(t)>0，得t∈(0，)，由g′(t)<0，得t∈(，π)，所以g(t)＝在(0，)上单调递增，在(，π)上单调递减，因为0<x<y<π，由g(x)＝g(y)有0<x<<y<π，故A错误，B正确；因为0<x<y<π，所以ey>ex，由＝，得sin y>sin x，故D错误；因为0<x<<y<π，所以cos x＝>0，|cosy|＝，因为siny>sin x，所以cos x>|cos y|，所以cos x＋cos y>0，故C正确． 学科网（北京）股份有限公司 $$