第三章 一元函数的导数及其应用（教师用书）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

第三章　一元函数的导数及其应用 第一节　导数的概念及其意义、导数的运算 课标要求 1.能根据导数定义求函数y=C，y=x，y=x2，y=x3，y=，y=的导数. 2.能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数(限于形如y=f(ax+b))的导数. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.导数的概念 称函数y=f(x)在x=x0处的瞬时变化率=为函数y=f(x)在x=x0处的导数，记作f'(x0)或y'，即f'(x0)=. 2.导数的几何意义 函数y=f(x)在点x0处的导数f'(x0)就是曲线y=f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，其切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0). 3.基本初等函数的导数公式 f(x)=c(c为常数) f'(x)=0 f(x)=xα(α∈R，且α≠0) f'(x)=αxα-1 f(x)=sin x f'(x)=cos x f(x)=cos x f'(x)=-sin x f(x)=ax(a>0，且a≠1) f'(x)=axln a f(x)=ex f'(x)=ex f(x)=logax(a>0，且a≠1) f'(x)= f(x)=ln x f'(x)= 4.导数的运算法则 加减 [f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x) 积 [f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)， [cf(x)]'=cf'(x) 商 =(g(x)≠0) 5.复合函数的导数 复合函数y=f(g(x))的导数和函数y=f(u)，u=g(x)的导数间的关系为y'x=y'u·u'x，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积. [细作教材小题] 1.(人A选必修②P76·例3改编)若函数f(x)=2x+cos x，则 (　　) A.f'(x)=2x+sin x 　B.f'(x)=2x-sin x C.f'(x)=2xln 2+sin x 　D.f'(x)=2xln 2-sin x 解析:选D　因为函数f(x)=2x+cos x，则f'(x)=2xln 2-sin x. 2.(苏教选必修①P231·T9)对于函数f(x)=xln x，若f'(x0)=2，则实数x0的值为 (　　) A.e2 B.e C. D.ln 2 解析:选B　f(x)=xln x⇒f'(x)=ln x+1，因为f'(x0)=2，所以ln x0+1=2⇒ln x0=1⇒x0=e. 3.(人A选必修②P82·T11改编)设曲线y=e2ax在点(0，1)处的切线与直线2x-y+1=0垂直，则a的值为　　　　.  解析:∵y=e2ax，∴y'=e2ax·(2ax)'=2a·e2ax，∴在点(0，1)处的切线斜率k=y'|x=0=2ae0=2a，又∵切线与直线2x-y+1=0垂直，∴2a×2=-1，∴a=-. 答案:- 4.(人A选必修②P81·T6改编)已知函数f(x)满足f(x)=f'cos x-sin x，则f'=　　　　.  解析:f'(x)=-f'sin x-cos x，令x=，得f'=-f'-，解得f'=1-. 答案:1- 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　导数的运算 [例1]　(2025·济南质检)[多选]下列求导运算正确的是 (　　) A.'=- B.(x2ex)'=2x+ex C.=-sin D.=1+ 解析:选AD　'=-·(ln x)'=-，故A正确；(x2ex)'=(x2+2x)ex，故B错误；'=-2sin，故C错误；'=1+，故D正确. [例2]　已知函数f(x)=ln(2x-3)+axe-x，若f'(2)=1，则a=　　　　.  解析:因为f(x)=ln(2x-3)+axe-x，所以f'(x)=+ae-x-axe-x，所以f'(2)=2+ae-2-2ae-2=2-ae-2=1，则a=e2. 答案:e2 |点拨·建模|　导数运算的3个关键点 (1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导. (2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解. (3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元. 逐点清(二)　导数的几何意义 题点1　求曲线的切线方程 [例3]　(2024·全国甲卷)设函数f(x)=，则曲线y=f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 (　　) A. B. C. D. 解析:选A　因为f'(x)=，所以f'(0)=3，所以曲线y=f(x)在点(0，1)处的切线方程为y-1=3(x-0)，即3x-y+1=0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×=，故选A. [例4]　(2022·新课标Ⅱ卷)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为　　　　，　　　　.  解析:先求当x>0时，曲线y=ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y'=，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以=，解得y0=1，代入y=ln x，得x0=e，所以切线斜率为，切线方程为y=x.同理可求得当x<0时的切线方程为y=-x.综上可知，两条切线方程为y=x，y=-x. 答案:y=x　y=-x |个性点拨|　与切线有关的问题的处理策略 (1)已知切点A(x0，y0)求斜率k，即求该点处的导数值k=f'(x0). (2)已知斜率k，求切点A(x1，f(x1))，即解方程f'(x1)=k. (3)若已知曲线y=f(x)过点P(x0，y0)，求曲线过点P的切线方程，则需分点P(x0，y0)是切点和不是切点两种情况求解. ①当点P(x0，y0)是切点时，切线方程为y-y0=f'(x0)(x-x0). ②当点P(x0，y0)不是切点时，可分以下几步: 第一步:设出切点坐标P'(x1，f(x1))； 第二步:写出曲线在点P'(x1，f(x1))处的切线方程y-f(x1)=f'(x1)(x-x1)； 第三步:将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程求出x1； 第四步:将x1的值代入方程y-f(x1)=f'(x1)(x-x1)，可得过点P(x0，y0)的切线方程. 题点2　求参数的值(范围) [例5]　函数f(x)=x-aln x在区间(1，6)的图象上存在两条相互垂直的切线，则a的取值范围是 (　　) A.(1，6) B.(1，3) C.(3，4) D.(4，6) 解析:选C　设切点横坐标为x0，所作切线斜率为k，则k=f'(x0)=1-，当a≤0时，k=1->0，故不存在k1k2=-1；当a>0时，满足 所以3<a<4. [例6]　(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是　　　　　　　　　.  解析:因为y=(x+a)ex，所以y'=(x+a+1)ex.设切点为A(x0，(x0+a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA=y'=(x0+a+1)=，化简，得+ax0-a=0.因为曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程+ax0-a=0有两个不同的根，所以Δ=a2+4a>0，解得a<-4或a>0，所以a的取值范围是(-∞，-4)∪(0，+∞). 答案:(-∞，-4)∪(0，+∞) |个性点拨|　利用导数的几何意义求参数的基本方法 处理与切线有关的参数问题，通常利用曲线、切线、切点的三个关系列出关于参数的方程(组)或不等式(组)求解，其关键点:①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上，故满足切线方程；③切点在曲线上，故满足曲线方程；④注意曲线上点的横坐标的取值范围. 逐点清(三)　两曲线的公切线 [例7]　已知定义在区间(0，+∞)上的函数f(x)=-2x2+m，g(x)=-3ln x-x，若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为 (　　) A.2 B.5 C.1 D.0 解析:选C　设两曲线y=f(x)与y=g(x)的公共点为(a，b)，其中a>0，由f(x)=-2x2+m，得f'(x)=-4x，则切线的斜率为k=f'(a)=-4a.由g(x)=-3ln x-x，得g'(x)=--1，则切线的斜率为k=g'(a)=--1.因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以-4a=--1，解得a=1或a=-(舍去).又g(1)=-1，即公共点的坐标为(1，-1)，将点(1，-1)代入f(x)=-2x2+m，可得m=1. [例8]　(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=　　　　.  解析:由y=ex+x，得y'=ex+1，y'|x=0=e0+1=2，故曲线y=ex+x在(0，1)处的切线方程为y=2x+1.由y=ln(x+1)+a，得y'=，设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0，ln(x0+1)+a)，由两曲线有公切线得y'==2，解得x0=-，则切点为，切线方程为y=2+a+ln=2x+1+a-ln 2，根据两切线重合，所以a-ln 2=0，解得a=ln 2. 答案:ln 2 |点拨·建模|　公切线问题的解题策略 公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解.或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　导数的运算 1.[多选]下列求导运算正确的是 (　　) A.若f(x)=sin(2x+3)，则f'(x)=2cos(2x+3) B.若f(x)=e-2x+1，则f'(x)=e-2x+1 C.若f(x)=，则f'(x)= D.若f(x)=xln x，则f'(x)=ln x+1 解析:选ACD　因为f(x)=sin(2x+3)，所以f'(x)=2cos(2x+3)，故A正确；因为f(x)=e-2x+1，所以f'(x)=-2e-2x+1，故B错误； 因为f(x)=，所以f'(x)=，故C正确； 因为f(x)=xln x，所以f'(x)=ln x+1，故D正确. 2.若函数f(x)的导函数为f'(x)，且满足f(x)=2f'(1)ln x+x，则f(e)= (　　) A.0 B.-1 C.-2+e D.-2 解析:选C　由f(x)=2f'(1)ln x+x，得f'(x)=+1，令x=1，则f'(1)=+1，解得f'(1)=-1，所以f(x)=-2ln x+x，f(e)=-2+e.故选C. 3.设函数f(x)=，若f'(1)=，则a=　　　　.   解析:由函数的解析式可得f'(x)==，则f'(1)==，据此可得=，整理可得a2-2a+1=0，解得a=1. 答案:1 逐点验收(二)　导数的几何意义 4.曲线y=在点(-1，-3)处的切线方程为 (　　) A.y=5x+2 B.y=5x-2 C.y=-5x-2 D.y=-5x+2 解析:选A　∵y'==，∴所求切线斜率k==5，∴所求切线方程为y+3=5(x+1)，即y=5x+2. 5.(2024·乌鲁木齐二模)过点(1，4)且与曲线f(x)=x3+x+2相切的直线方程为 (　　) A.4x-y=0 B.7x-4y+9=0 C.4x-y=0或7x-4y+9=0 D.4x-y=0或4x-7y+24=0 解析:选C　由f'(x)=3x2+1，设切点为(x0，y0)，则过点(1，4)的曲线y=f(x)的切线为 l:y-y0=(3+1)(x-x0)， 有解得或代入l可得4x-y=0或7x-4y+9=0.故选C. 6.已知函数f(x)=ln x+x，过原点作曲线y=f(x)的切线l，则切点P的坐标为 (　　) A.(1，1) B.(e，e+1) C. D.(e2，e2+2) 解析:选B　由题意可知f'(x)=+1，设切点为P(x0，ln x0+x0)，则切线方程为y=(x-x0)+ln x0+x0，因为切线过原点，所以0=(-x0)+ln x0+x0=ln x0-1，解得x0=e，则P(e，e+1). 7.已知过点A(a，0)可作两条不同的直线与曲线C:f(x)=xex相切，则实数a的取值范围是　　　　.  解析:由f(x)=xex⇒f'(x)=(x+1)ex，设切点坐标为(x0，x0)，所以切线的斜率为f'(x0)=(x0+1)，切线方程为y-x0=(x0+1)(x-x0).切线过点A(a，0)，所以0-x0=(x0+1)(a-x0)，化简得-ax0-a=0.因为过点A(a，0)可作两条不同的直线与曲线C:f(x)=xex相切，所以关于x0的方程-ax0-a=0有两个不同的实数根，所以该方程的判别式Δ=(-a)2+4a>0⇒a>0或a<-4，因此实数a的取值范围是(-∞，-4)∪(0，+∞). 答案:(-∞，-4)∪(0，+∞) 逐点验收(三)　两曲线的公切线 8.(2025·齐齐哈尔联考)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b= (　　) A.1 B. C.1-ln 2 D.1-2ln 2 解析:选C　设y=kx+b与y=ln x+2和y=ln(x+1)的切点分别为(x1，ln x1+2)和(x2，ln(x2+1))，则切线分别为y-ln x1-2=(x-x1)，y-ln(x2+1)=(x-x2).化简得y=x+ln x1+1，y=x-+ln(x2+1)，依题意，得解得x1=，从而b=ln x1+1=1-ln 2.故选C. 9.已知曲线y=aln x和曲线y=x2有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线l，则l的方程为　　　　　　　　.  解析:设曲线g(x)=aln x和曲线f(x)=x2在公共点(x0，y0)处的切线相同，则f'(x)=2x，g'(x)=，由题意知f(x0)=g(x0)，f'(x0)=g'(x0)，即解得a=2e，x0=，故切点为(，e)，切线斜率为k=f'(x0)=2，所以切线方程为y-e=2(x-)，即2x-y-e=0. 答案:2x-y-e=0 细节、微点提醒 1.明确两点不同 区分在点处的切线与过点处的切线:在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条.过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条. 2.谨防两个易误 (1)在复合函数求导中，每一步求导分不清哪个变量对哪个变量的求导而致误. (2)牢记导数公式和导数的四则运算法则，切忌记错记混. 3.函数y=f(x)的导数f'(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小|f'(x)|反映了变化的快慢，|f'(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”. [课时跟踪检测] 1.函数y=exln x的导数是 (　　) A. B.exln x C.exln x+ D. 解析:选C　y'=(ex)'·ln x+ex·(ln x)'=exln x+.故选C. 2.(2025·上饶阶段练习)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)<f'(2)<f'(3)<0 C.0<f'(1)<f'(2)<f'(3) D.0>f'(1)>f'(2)>f'(3) 解析:选D　作曲线在点(1，f(1))，(2，f(2))，(3，f(3))处的切线，记其斜率依次为k1，k2，k3，结合图象可得0>k1>k2>k3，由导数的几何意义可得k1=f'(1)，k2=f'(2)，k3=f'(3)，所以0>f'(1)>f'(2)>f'(3).故选D. 3.已知曲线y=x+kln(1+x)在x=1处的切线与直线x+2y=0垂直，则k的值为 (　　) A.4 B.2 C.-3 D.-6 解析:选B　因为y'=1+，可得y'|x=1=1+，即曲线y=x+kln(1+x)在x=1处的切线斜率为1+，且直线x+2y=0的斜率为-，由题意可得-=-1，解得k=2.故选B. 4.直线l与两条曲线y=ex+1和y=ex+1均相切，则l的斜率为 (　　) A. B.1 C.2 D.e 解析:选B　由y=ex+1，得y'=ex.由y=ex+1，得y'=ex+1.设两个切点分别为(x1，+1)和(x2，)，直线l的斜率k==，故x1=x2+1，因为x1≠x2，所以k===1，即直线l的斜率为1. 5.(2025·南昌阶段练习)[多选]已知曲线y=和直线l:x-2y-4=0，则 (　　) A.曲线上与直线l平行的切线的切点为 B.曲线上与直线l平行的切线的切点为 C.曲线上的点到直线l的最短距离为 D.曲线上的点到直线l的最短距离为　 解析:选BC　设与直线y=x-2平行的直线和y=相切，则斜率为k=.因为y=，所以y'=，令=k=，可得切点为，故A错误，B正确；则点到直线x-2y-4=0的距离就是曲线y=上的点到直线x-2y-4=0的最短距离，由点到直线的距离公式知最短距离为=，故C正确，D错误.故选BC. 6.已知a，b为正实数，直线y=x-2a与曲线y=ln(x+b)相切，则+的最小值是 (　　) A.6 B.4 C.8 D.2 解析:选C　设切点为(m，n)，由y=ln(x+b)得y'=，由题意可得=1，n=m-2a，n=ln(m+b)，解得n=0，m=2a，即有2a+b=1.因为a，b为正实数，所以+=(2a+b)=2+2++≥4+2=8，当且仅当2a=b=时取等号，故+的最小值为8.故选C. 7.(2025·烟台期中)已知曲线y=xln x过点(0，-1)的切线与函数y=ax2+(a+2)x的图象只有一个公共点，则a的值为 (　　) A.0或1 B.0或 C. D.1 解析:选A　设切线与曲线y=xln x的切点为(x0，x0ln x0)，函数y=xln x的导函数为y'=ln x+1，故ln x0+1=，解得x0=1，所以切线斜率k=ln 1+1=1，故切线方程为y=x-1，当a=0时，y=ax2+(a+2)x=2x，显然成立，当a≠0时，y=ax2+(a+2)x与y=x-1联立，得ax2+(a+1)x+1=0，其中Δ=(a+1)2-4a=0，解得a=1.综上所述，a的值为0或1. 8.(2025·海口模拟)若函数f(x)=1-(x>0)与g(x)=aln x(a>0)的图象有且只有一条公切线，则实数a的值为 (　　) A. B.1 C.2 D.4 解析:选B　设公切线与函数f(x)，g(x)的图象分别切于点A，B(x2，aln x2)，因为f'(x)=，所以f'(x1)=，所以公切线方程为y-=(x-x1)，即y=x+1-，因为g'(x)=，所以g'(x2)=，所以公切线方程为y-aln x2=(x-x2)，即y=x-a+aln x2，因为函数f(x)与g(x)的图象有且只有一条公切线，所以由 =得x2=a，代入1-=-a+aln x2，则1-=-a+aln(a)=-a+aln a+2aln x1，整理得1--2aln x1=-a+aln a，令y=1--2aln x1，则y'=，当0<x1<时，y'>0，则函数单调递增，当x1>时，y'<0，则函数单调递减，所以x1=时，ymax=1-2a+2aln a，则当1-2a+2aln a=-a+aln a时，函数f(x)=1-(x>0)与g(x)=aln x(a>0)的图象有且只有一条公切线，即aln a-a+1=0，解得a=1.故选B. 9.(2025·泰安期末)若曲线C1:y=x2与曲线C2:y=(a>0)存在公共切线，则实数a的取值范围为 (　　) A.(0，1) B. C. D. 解析:选D　由y=x2得y'=2x，曲线y=x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m，由y=(a>0)得y'=，在点处的切线斜率为en，如果两条曲线存在公共切线，那么2m=en(m≠0).又由斜率公式可得2m=，由此得到m=2n-2，则4n-4=en有解，所以直线y=4x-4与函数y=ex的图象有交点即可.当直线y=4x-4与函数y=ex的图象相切时，设切点为(s，t)，则es=4，且t=4s-4=es，得s=2，t=4，即有切点(2，4)，此时a=，故实数a的取值范围是.故选D. 10.(2024·大庆三模)曲线f(x)=ln x+在点(1，2)处的切线方程为　　　　　　.  解析:因为f(x)=ln x+，x∈(0，+∞)，所以f'(x)=-，故f'(1)=-1，曲线f(x)=ln x+在点(1，2)处的切线方程为y-2=-1(x-1)，即x+y-3=0. 答案:x+y-3=0 11.若直线y=-3x+与曲线f(x)=e-3x+a相切，则a=　　　　.  解析:依题意，设切点为(x0，)，则=-3x0+.由f(x)=e-3x+a，求导得f'(x)=-3e-3x+a，于是-3=-3，解得-3x0+a=0，从而x0=-，则a=-. 答案:- 12.(2025·齐齐哈尔一模)已知曲线C1:y=x2+ax-2a2在x=t处的切线为l1，曲线C2:y=ln x在x=t处的切线为l2，若存在实数t使得l1与l2的倾斜角互补，则实数a的取值范围为　　　　　.  解析:由曲线C1可得y'=2x+a，由曲线C2可得y'=，由导数的几何意义可得直线l1的斜率为2t+a，直线l2的斜率为，若存在实数t使得l1与l2的倾斜角互补，则方程2t+a=-，即2t2+at+1=0存在正根，所以 解得a≤-2. 答案:(-∞，-2] 13.设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=2x2. (1)求x<0时，f(x)的表达式； (2)令g(x)=ln x，问是否存在x0，使得f(x)，g(x)在x=x0处的切线互相平行?若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由. 解:(1)当x<0时，-x>0， f(x)=-f(-x)=-2(-x)2=-2x2. 所以当x<0时，f(x)的表达式为f(x)=-2x2. (2)若f(x)，g(x)在x=x0处的切线互相平行， 则f'(x0)=g'(x0)，当x>0时，f'(x0)=4x0=g'(x0)=，解得x0=(舍负).故存在x0=满足条件. 14.(2025·泉州模拟)已知函数f(x)=ax3-2x2-2x+a(a≥0). (1)当a=1时，若直线y=-3x+b与曲线y=f(x)相切，求b； (2)若直线y=-2x-2与曲线y=f(x)恰有两个公共点，求a.　 解:(1)当a=1时，f(x)=x3-2x2-2x+1，f'(x)=3x2-4x-2， 因为直线y=-3x+b与曲线y=f(x)相切， 设切点为(x0，y0)，则切线斜率k=f'(x0)=3-4x0-2， 可得 解得或所以b=1或b=. (2)因为直线y=-2x-2与曲线y=f(x)恰有两个公共点， 所以方程ax3-2x2-2x+a=-2x-2， 即方程a(x3+1)-2(x2-1)=0有两个不等实根， 易知x=-1是方程a(x3+1)-2(x2-1)=0的一个根. 当x≠-1时，方程可化为ax2-(a+2)x+a+2=0(*)， 依题意，方程(*)有不等于-1的唯一根， 若a=0，则(*)即-2x+2=0，x=1，满足条件； 若a>0，则由解得a=.综上所述，a=0或a=. 15.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=x3-x，g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线. (1)若x1=-1，求a； (2)求a的取值范围. 解:(1)当x1=-1时，f(-1)=0， 所以切点坐标为(-1，0). 由f(x)=x3-x，得f'(x)=3x2-1， 所以切线斜率k=f'(-1)=2， 所以切线方程为y=2(x+1)，即y=2x+2. 将y=2x+2代入y=x2+a，得x2-2x+a-2=0. 由切线与曲线y=g(x)相切，得Δ=(-2)2-4(a-2)=0，解得a=3. (2)由f(x)=x3-x，得f'(x)=3x2-1，所以切线斜率k=f'(x1)=3-1，所以切线方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1)， 即y=(3-1)x-2. 将y=(3-1)x-2代入y=x2+a， 得x2-(3-1)x+a+2=0. 由切线与曲线y=g(x)相切， 得Δ=(3-1)2-4(a+2)=0， 整理，得4a=9-8-6+1. 令h(x)=9x4-8x3-6x2+1， 则h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(3x+1)(x-1)， 由h'(x)=0，得x=-，0，1， h(x)，h'(x)随x的变化如下表所示: x - 0 (0，1) 1 (1，+∞) h'(x) - 0 + 0 - 0 + h(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由上表知，当x=-时，h(x)取得极小值h=， 当x=1时，h(x)取得极小值h(1)=-4， 易知当x→-∞时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞，所以函数h(x)的值域为[-4，+∞)， 所以由4a∈[-4，+∞)，得a∈[-1，+∞)， 故实数a的取值范围为[-1，+∞). 第二节　导数与函数的单调性 课标要求 1.借助几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. 3.对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 函数的单调性与导数 导数到 单调性 在区间(a，b)内，若f'(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增 在区间(a，b)内，若f'(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减 单调性 到导数 若函数y=f(x)在区间(a，b)内单调递增，则f'(x)≥0 若函数y=f(x)在区间(a，b)内单调递减，则f'(x)≤0 “函数y=f(x)在区间(a，b)内的导数大(小)于0”是“y=f(x)单调递增(减)”的充分条件 [细作教材小题] 1.(人A选必修②P87·T1(2)改编)函数f(x)=ex-x的单调递增区间是 (　　) A.(-∞，1] B.[1，+∞) C.(-∞，0] D.(0，+∞) 解析:选D　因为f(x)=ex-x，所以f'(x)=ex-1.令f'(x)>0，解得x>0，即函数f(x)=ex-x的单调递增区间为(0，+∞). 2.(人A选必修②P86·例2改编)[多选]如图是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象，则下列判断正确的是 (　　) A.在区间(-2，1)上f(x)单调递增 B.在区间(2，3)上f(x)单调递减 C.在区间(4，5)上f(x)单调递增 D.在区间(3，5)上f(x)单调递减 解析:选BC　在区间(-2，1)上，当x∈时，f'(x)<0，当x∈时，f'(x)>0，故f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，A错误；在区间(3，5)上，当x∈(3，4)时，f'(x)<0，当x∈(4，5)时，f'(x)>0，故f(x)在区间(3，4)上单调递减，在区间(4，5)上单调递增，C正确，D错误；在区间(2，3)上，f'(x)<0，所以f(x)单调递减，B正确. 3.(人B选必修③P95·T1改编)已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且f'(x)>0在区间(-1，2)恒成立，则f(0)与f(1)的大小关系为　　　　　　.  解析:因为f'(x)>0在区间(-1，2)恒成立，所以f(x)在(-1，2)单调递增.又-1<0<1<2，所以f(0)<f(1). 答案:f(0)<f(1) 4.(湘教选必修②P42·T10改编)若函数y=--2ax(a≠0)在区间[-1，2]上单调递增，则a的取值范围为　　　　.  解析:对于函数y=--2ax(a≠0)，y'=ax2-ax-2a=a(x+1)(x-2).因为函数y=--2ax(a≠0)在区间[-1，2]上单调递增，所以y'≥0在区间[-1，2]上恒成立.而-1<x<2时，(x+1)(x-2)<0，所以只需a<0.故a的取值范围为(-∞，0). 答案:(-∞，0) 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　不含参数的函数的单调性 [例1]　(2025年1月·八省高考适应性演练)[多选]在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数.双曲正切函数是一种激励函数.定义双曲正弦函数sin hx=，双曲余弦函数cos hx=，双曲正切函数tan hx=.则 (　　) A.双曲正弦函数是增函数 B.双曲余弦函数是增函数 C.双曲正切函数是增函数 D.tan h(x+y)= 解析:选ACD　令f(x)=sin hx=，则f'(x)=>0恒成立，故双曲正弦函数是增函数，故A正确；令g(x)=cos hx=，则g'(x)=，由A知，g'(x)为增函数，又g'(0)==0，故当x∈(-∞，0)时，g'(x)<0，当x∈(0，+∞)时，g'(x)>0，故g(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，故B错误；tan hx=====1-，由y=e2x+1在R上单调递增，且y=e2x+1>1，故tan hx=1-是增函数，故C正确；由C知tan hx=，则tan h(x+y)== ====，故tan h(x+y)=，故D正确.故选ACD. [例2]　函数f(x)=2x+-ln x的单调递减区间为　　　　.  解析:由题可知，f(x)=2x+-ln x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=2--==，可得当x∈(0，1)时，f'(x)<0，此时函数f(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，此时函数f(x)单调递增.故函数f(x)=2x+-ln x的单调递减区间为(0，1). 答案:(0，1) |点拨·建模|　确定函数f(x)单调性(区间)的步骤 (1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先原则). (2)求f'(x). (3)解不等式f'(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；解不等式f'(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间. 逐点清(二)　含参数的函数的单调性 [例3]　(2025·沧州模拟)已知函数f(x)=x3-x2+4ax. (1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程. (2)讨论f(x)的单调性. 解:(1)当a=2时，f(x)=x3-3x2+8x，则f(1)=-3+8=.f'(x)=x2-6x+8，则f'(1)=1-6+8=3，所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y-=3(x-1)，即9x-3y+7=0. (2)函数f(x)的定义域为(-∞，+∞)，f'(x)=x2-(a+4)x+4a=(x-4)(x-a)， 当a<4时，由f'(x)>0得x<a或x>4，由f'(x)<0得a<x<4， 所以f(x)在(-∞，a)上单调递增，在(a，4)上单调递减，在(4，+∞)上单调递增； 当a=4时，因为f'(x)≥0恒成立， 所以f(x)在(-∞，+∞)上单调递增； 当a>4时，由f'(x)>0得x<4或x>a， 由f'(x)<0得4<x<a， 所以f(x)在(-∞，4)上单调递增，在(4，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增. 综上可知，当a<4时，f(x)在(-∞，a)上单调递增，在(a，4)上单调递减，在(4，+∞)上单调递增； 当a=4时，f(x)在(-∞，+∞)上单调递增； 当a>4时，f(x)在(-∞，4)上单调递增，在(4，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增. |点拨·建模| 解决含参数的函数的单调性问题的注意点 (1)研究含参函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点. 逐点清(三)　函数单调性的应用 题点1　根据函数单调性求参数 [例4]　(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为 (　　) A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 解析:选C　依题意，f'(x)=aex-≥0在(1，2)恒成立，显然a>0，所以xex≥.设g(x)=xex，x∈(1，2)，则g'(x)=(x+1)ex>0.所以g(x)在(1，2)单调递增，g(x)>g(1)=e，所以≤e，即a≥=e-1，故选C. [例5]　(2025·三明期中)已知函数f(x)=ax2-4ax-ln x，则f(x)在(1，3)上不具有单调性的一个充分不必要条件是 (　　) A.a∈ B.a∈ C.a∈ D.a∈ 解析:选B　f'(x)=(x>0)，令g(x)=2ax2-4ax-1，因为f(x)在(1，3)上不具有单调性，则f'(x)在(1，3)上有变号零点，即g(x)在(1，3)上有变号零点，当 a=0时，g(x)=-1，不成立；当 a≠0时，只需 g(1)·g(3)<0，即(-2a-1)(6a-1)<0，解得 a<-或 a>，所以 f(x)在(1，3)上不具有单调性的充要条件是a<-或 a>，所以f(x)在(1，3)上不具有单调性的一个充分不必要条件是a>，故选B. |个性点拨|　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(x)在(a，b)上具有单调性，则区间(a，b)是相应单调区间的子集. (2)f(x)在(a，b)内单调递增(减)的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解. (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题. 题点2　比较大小或解不等式 [例6]　函数f(x)的定义域为R，f(2)=5，对任意x∈R，f'(x)<3，则f(x)<3x-1的解集为 (　　) A.R B.(-∞，-2) C.(2，+∞) D.(-2，2) 解析:选C　令g(x)=f(x)-3x+1，则g'(x)=f'(x)-3<0在x∈R上恒成立，所以g(x)在定义域上单调递减.而g(2)=f(2)-5=0，所以原不等式即为g(x)<0=g(2)，可得x>2，故原不等式解集为(2，+∞). [例7]　已知函数f(x)=ln x-，设a=f，b=f(2)，c=f，则 (　　) A.a>b>c B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b 解析:选C　易知f'(x)==，又x∈(0，+∞)时，ex>1，-≥-，所以f'(x)>0，即f(x)在(0，+∞)上单调递增，故f>f(2)>f，即c>b>a. |个性点拨| 利用导数比较大小或解不等式的解题策略 　　利用导数比较大小或解不等式，其关键是构造函数，把比较大小和解不等式问题转化为先利用导数判断函数单调性，再根据单调性比较大小和解不等式问题.比较大小时，还要注意当自变量不在同一单调区间内时，应先利用函数的性质将其转化到同一单调区间内，再进行比较；解不等式时，还要注意将常数巧妙地转化为函数值，再根据单调性去掉函数符号“f”. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　判断函数的单调性 1.已知函数y=f(x)(x∈R)的导函数f'(x) 的图象如图所示，则函数y=f(x) (　　) A.在(-∞，-2)上单调递增 B.在(1，+∞)上单调递减 C.在(-∞，3)上单调递增 D.在(3，+∞)上单调递减 解析:选D　由题图可知，当x<-2 时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当-2<x<3 时，f'(x)≥0，f(x)单调递增，当x>3时，f'(x)<0，f(x)单调递减. 2.函数f(x)=(x-3)ex的单调递减区间是 (　　) A.(-∞，2] B.[0，3] C.[1，4] D.[2，+∞) 解析:选A　f'(x)=ex+(x-3)ex=(x-2)ex，由f'(x)<0得(x-2)ex<0，即x<2，所以函数的单调递减区间为(-∞，2]. 3.已知函数f(x)=ex-1-ax(a∈R)，讨论f(x)的单调性. 解:由f'(x)=ex-1-a，定义域为R，知当a≤0时，f'(x)>0，即f(x)在定义域上单调递增；当a>0时，令f'(x)=ex-1-a=0，则x=1+ln a，当x>1+ln a时，f'(x)>0，即f(x)单调递增；当x<1+ln a时，f'(x)<0，即f(x)单调递减，此时f(x)在(-∞，1+ln a)上单调递减，在(1+ln a，+∞)上单调递增.综上，当a≤0时，f(x)在(-∞，+∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(-∞，1+ln a)上单调递减，在(1+ln a，+∞)上单调递增. 逐点验收(二)　函数单调性的应用 4.(2025·湖州质检)已知函数f(x)=3x+2cos x.若a=f(3 )，b=f(2)，c=f(log27)，则a，b，c的大小关系是 (　　) A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a 解析:选D　由题意，得f'(x)=3-2sin x.因为-1≤sin x≤1，所以f'(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为>1，所以3>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<3，所以f(2)<f(log27)<f(3)，即b<c<a. 5.若函数f(x)=x3-3kx+1在区间(1，+∞)上单调递增，则实数k的取值范围是 (　　) A.(-∞，1) B.(-∞，1] C.[-1，+∞) D.[1，+∞) 解析:选B　由题意得，f'(x)=3x2-3k=3(x2-k)≥0在区间(1，+∞)上恒成立，即k≤x2在区间(1，+∞)上恒成立.又函数y=x2在(1，+∞)上单调递增，得x2>1，所以k≤1，即实数k的取值范围是(-∞，1].故选B. 6.设a=，b=，c=e-2+ln 2，则a，b，c的大小关系为 (　　) A.a>b>c B.a>c>b C.b>c>a D.c>b>a 解析:选A　构造函数f(x)=，则f'(x)=，当x>1时，f'(x)<0，函数f(x)=在[1，+∞)上单调递减，而a==f(1)，b===f(ln 3)，c=e-2+ln 2==f(2)，又1<ln 3<2，所以f(1)>f(ln 3)>f(2)，即a>b>c. 7.已知函数f(x)=cos x+ex+e-x-x2，则关于x的不等式f(2x-1)<f(3+x)的解集为 (　　) A.(-∞，-1)∪(2，+∞) 　　　B. C.∪(4，+∞) 　　　D.(-1，2) 解析:选B　f'(x)=ex-e-x-sin x-x，令g(x)=ex-e-x-sin x-x，则g'(x)=ex+e-x-cos x-1≥2-cos x-1=1-cos x≥0，当且仅当x=0时等号成立，∴函数g(x)在R上单调递增.又g(0)=0，∴当x∈[0，+∞)时，g(x)≥g(0)=0，∴f'(x)≥0，∴当x∈(-∞，0)时，g(x)<g(0)=0，∴f'(x)<0，∴f(x)在(-∞，0)上单调递减，在[0，+∞)上单调递增.又f(-x)=f(x)，∴f(x)为偶函数，∴关于x的不等式f(2x-1)<f(3+x)可转化为|3+x|>|2x-1|，解得-<x<4.即关于x的不等式f(2x-1)<f(3+x)的解集为. 综合创新训练题组 函数中构造思想的应用 类型(一)　构造具体函数比较大小 　　根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质. 8.已知a=π-，b=2ln π，c=3ln 2.1，则 (　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.b<c<a 解析:选C　设f(x)=x--2ln x，x∈(0，+∞)，则f'(x)=1+-==≥0，可知f(x)在(0，+∞)上单调递增，f(π)>f(1)=0，即π--2ln π>0，π->2ln π，所以a>b.因为b-c=2ln π-3ln 2.1=ln π2-ln 2.13=ln >ln =ln >ln 1=0，所以b>c.综上，c<b<a. 类型(二)　构造抽象函数解不等式或比较大小 9.(利用f(x)与x构造)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f'(x)，若对任意的x>0都有2f(x)+xf'(x)>0成立，则 (　　) A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3) C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2) 解析:选A　根据题意，令g(x)=x2f(x)，其导函数g'(x)=2xf(x)+x2f'(x)，又对任意的x>0都有2f(x)+xf'(x)>0成立，则当x>0时，有g'(x)=x[2f(x)+xf'(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，+∞)上单调递增.又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(-x)=f(x)，则有g(-x)=(-x)2f(-x)=x2f(x)=g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则有g(-2)=g(2)，且g(2)<g(3)，则有g(-2)<g(3)，即有4f(-2)<9f(3). 10.(利用f(x)与sin x(cos x)构造)已知函数y=f(x)对于任意的x∈满足f'(x)cos x+f(x)sin x>0(其中f'(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式不成立的是 (　　) A.f<f B.f<f C.f(0)<f D.f(0)<2f 解析:选A　构造F(x)=，则F'(x)=，导函数f'(x)满足f'(x)cos x+f(x)sin x>0，则F'(x)>0，F(x)在内单调递增.把选项转化后可知选A. 11.(利用f(x)与ex构造)若定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+2f(x)>0，且f(0)=1，则不等式f(x)>的解集为　　　　.  解析:构造F(x)=f(x)·e2x，∴F'(x)=f'(x)·e2x+f(x)·2e2x=e2x[f'(x)+2f(x)]>0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)=f(0)·e0=1.∵不等式f(x)>可化为f(x)e2x>1，即F(x)>F(0)，∴x>0，∴原不等式的解集为(0，+∞). 答案:(0，+∞) [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知函数f(x)=x3+ax+4，则“a>0”是“f(x)在R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 解析:选A　由题意，f'(x)=3x2+a，f(x)在R上单调递增，则f'(x)≥0，即a≥-3x2在R上恒成立，故a≥0.所以“a>0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件. 2.(2025·齐齐哈尔模拟)若函数f(x)=x2-3x-4ln x，则函数f(x)的单调递减区间为 (　　) A.(4，+∞) B.(0，1) C.(0，4) D.(1，4) 解析:选C　函数f(x)=x2-3x-4ln x，定义域为(0，+∞)，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). 3.已知函数f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式xf'(x)>0的解集为 (　　) A.∪(2，+∞) B.(-∞，0)∪ C.(-∞，0)∪ D.∪(2，+∞) 解析:选A　由函数f(x)(x∈R)的图象可知，当x<或x>2时，f'(x)>0；当<x<2时，f'(x)<0，xf'(x)>0等价于或故不等式xf'(x)>0的解集为∪(2，+∞). 4.若函数f(x)=x2-ax+ln x在区间(1，e)上单调递增，则a的取值范围是 (　　) A.[3，+∞) B.(-∞，3] C.[3，e2+1] D.(3，e2+1] 解析:选B　依题意f'(x)=2x-a+≥0在区间(1，e)上恒成立，即a≤2x+在区间(1，e)上恒成立.令g(x)=2x+(1<x<e)，g'(x)=2-==>0，g(x)在(1，e)上单调递增，g(1)=3，所以a≤3.所以a的取值范围是(-∞，3]. 5.已知a=ln 3，b=，c=，则 (　　) A.c<a<b B.c<b<a C.a<b<c D.b<a<c 解析:选A　令f(x)=，x>0，则f'(x)=，由f'(x)>0，得x∈(0，e)，由f'(x)<0，得x∈(e，+∞)，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减.因为e<3，所以>，即>ln 3，故a<b.因为4>，所以=<，所以ln 2<2ln，所以ln <ln 11，所以<1，而a=ln 3>1，所以c<a<b. 6.(2025·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)=存在最小值，则实数a的取值范围是 (　　) A.(-∞，-e2] B.(-e2，+∞) C.(-∞，e-2] D.(e-2，+∞) 解析:选C　当x<2时，函数f(x)=e-x单调递减，f(x)>e-2，无最小值；当x≥2时，函数f(x)=(x-1)(x-2)2+a，当x≥2时，函数f'(x)=(x-2)2+2(x-2)(x-1)=(x-2)(3x-4)，所以x∈[2，+∞)，f'(x)≥0，f(x)单调递增，当x=2时，f(x)min=(2-1)(2-2)2+a=a，要使函数f(x)存在最小值，即a≤e-2. 7.[多选]已知定义在R上的函数f(x)满足2f(x)>f'(x)，在下列不等关系中，一定成立的是 (　　) A.e2f(1)>f(2) B.e2f(1)<f(2) C.f(e)>e2e-4f(2) D.f(e)<e2e-4f(2) 解析:选AD　因为2f(x)>f'(x)，所以f'(x)-2f(x)<0.令g(x)=，则g'(x)=，因为f'(x)-2f(x)<0，e2x>0，所以g'(x)<0，所以g(x)在R上单调递减，g(1)>g(2)，即>，即e2f(1)>f(2)，故A正确，B错误；g(e)<g(2)，即<，即f(e)<e2e-4f(2)，故C错误，D正确. 8.(2025·郑州模拟)已知f(x)=x3ln，则f(x+2)>f(3x-2)的解集为 (　　) A.(-3，3) B. C.(0，2) D.(0，1) 解析:选D　由>0，得-3<x<3，∴f(x)的定义域为(-3，3).∵f(-x)=-x3ln=x3ln=f(x)，∴f(x)为定义在(-3，3)上的偶函数.易知=-1+，f'(x)=3x2ln+，当x∈(0，3)时，-1+∈(1，+∞)，即ln>0，又3x2>0，>0，∴f'(x)>0，∴f(x)在(0，3)上单调递增，又f(x)为偶函数，∴f(x)的图象关于y轴对称，在(-3，0)上单调递减，由f(x+2)>f(3x-2)，得解得0<x<1，∴f(x+2)>f(3x-2)的解集为(0，1). 9.函数f(x)=(x-1)ex-x2的单调递增区间为　　　　　　　　，单调递减区间为　　　　.  解析:f'(x)=xex-2x=x(ex-2)，令f'(x)=0，得x=0或x=ln 2，当x∈(-∞，0)∪(ln 2，+∞)时，f'(x)>0，当x∈(0，ln 2)时，f'(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(-∞，0)，(ln 2，+∞)，单调递减区间为(0，ln 2). 答案:(-∞，0)，(ln 2，+∞)　(0，ln 2) 10.(2025·丽水模拟)已知函数f(x)=x3+mx2+nx+1的单调递减区间是(-3，1)，则m+n的值为　　　　.  解析:f'(x)=x2+2mx+n，由f(x)的单调递减区间是(-3，1)，得f'(x)<0的解集为(-3，1)，则-3，1是f'(x)=0的解，所以-2m=-3+1=-2，n=1×(-3)=-3，可得m=1，n=-3，故m+n=-2. 答案:-2 11.定义在(0，+∞)上的函数f(x)的导函数为f'(x)，当x>0时，xf'(x)<1，且f(e)=3，则不等式f(x2)-2ln x<2的解集为　　　　　 .  解析:构造函数g(x)=f(x)-ln x(x>0)，则g'(x)=f'(x)-=<0， 所以g(x)在区间(0，+∞)上单调递减.由f(x2)-2ln x<2，得f(x2)-ln x2<f(e)-ln e， 即g(x2)<g(e)，所以解得x>.所以不等式f(x2)-2ln x<2的解集为(，+∞). 答案:(，+∞) 12.(2024·全国甲卷)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为　　　　.  解析:令x3-3x=-(x-1)2+a，则a=x3-3x+(x-1)2，设h(x)=x3-3x+(x-1)2，则h'(x)=3x2-3+2(x-1)=(3x+5)(x-1).∵x>0，∴3x+5>0，当0<x<1时，h'(x)<0，当x>1时，h'(x)>0，∴h(x)在(1，+∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减.∵曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，h(0)=1，h(1)=-2，∴a的取值范围为(-2，1). 答案:(-2，1) 13.讨论函数f(x)=(a-1)ln x+ax2+1的单调性. 解:由已知得，f(x)的定义域为(0，+∞)，则f'(x)=+2ax=. ①当a≥1时，f'(x)>0，故f(x)在(0，+∞)上单调递增； ②当a≤0时，f'(x)<0，故f(x)在(0，+∞)上单调递减； ③当0<a<1时，令f'(x)=0，解得x=， 则当x∈时，f'(x)<0； 当x∈时，f'(x)>0， 故f(x)在内单调递减， 在上单调递增. 综上，当a≥1时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当0<a<1时，f(x)在内单调递减， 在上单调递增. 14.已知a∈R，函数f(x)=(-x2+ax)ex，x∈R. (1)当a=2时，求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)在(-1，1)上单调递增，求实数a的取值范围. 解:(1)当a=2时，f(x)=(-x2+2x)ex，f'(x)=-(x2-2)ex， 令f'(x)>0，即x2-2<0，解得-<x<， ∴f(x)的单调递增区间是(-). (2)f'(x)=[-x2+(a-2)x+a]ex，若f(x)在(-1，1)上单调递增， 即当-1<x<1时，f'(x)≥0， 即-x2+(a-2)x+a≥0对x∈(-1，1)恒成立， 即a≥x+1-对x∈(-1，1)恒成立， 令y=x+1-，则y'=1+>0， ∴y=x+1-在(-1，1)上单调递增， ∴y<1+1-=，∴a≥， ∴a的取值范围是. 15.(2023·全国乙卷)已知函数f(x)=ln(1+x). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程. (2)若函数f(x)在(0，+∞)单调递增，求a的取值范围. 解:(1)当a=-1时，f(x)=ln(1+x)，f'(x)=-ln(1+x)+·， 所以f'(1)=-ln 2， 又f(1)=0，所以点(1，f(1))处的切线方程为y-0=-(x-1)ln 2，即xln 2+y-ln 2=0. (2)由题意得f'(x)=-ln(1+x)+·≥0(x>0)，即≥0(x>0)，因为x2(1+x)>0，所以只需满足ax2+x-(1+x)ln(1+x)≥0(x>0). 设g(x)=ax2+x-(1+x)ln(1+x)， 则g'(x)=2ax+1-ln(1+x)-1=2ax-ln(1+x). 若a≤0，则g'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，g(x)在(0，+∞)上单调递减，于是在(0，+∞)上g(x)<g(0)=0，不满足题意.若a>0，设h(x)=g'(x)，则h'(x)=2a-，h'(0)=2a-1. ①若0<a<，则h'(0)=2a-1<0，令h'(x)=0，得x=-1，因为h'(x)在(0，+∞)上单调递增，故当0<x<-1时，h'(x)<0，当x>-1时，h'(x)>0， 所以h(x)即g'(x)在上单调递减，在上单调递增，于是当0<x<-1时，g'(x)<g'(0)=0，即g(x)在上单调递减，g(x)<g(0)=0，不符合题意； ②若a≥，因为h'(x)在(0，+∞)上单调递增，h'(x)>h'(0)=2a-1≥0，所以h(x)即g'(x)在(0，+∞)上单调递增，所以在(0，+∞)上g'(x)>g'(0)=0，于是g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以在(0，+∞)上g(x)>g(0)=0，满足题意. 综上所述，a的取值范围为. 第三节　导数与函数的极值、最值 课标要求 1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件. 2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次多项式函数的最大值、最小值. 3.体会导数与极值、最大(小)值的关系. 　　　　　　　　　　　　　　　　 [系统主干知识] 1.函数的极值 (1)函数的极小值: 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)函数的极大值: 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. 2.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. [细作教材小题] 1.(湘教选必修②P41·T3改编)[多选]如图是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象，下列选项正确的是 (　　) A.在x2处导函数y=f'(x)有极大值 B.在x1，x4处导函数y=f'(x)有极小值 C.在x3处函数y=f(x)有极大值 D.在x5处函数y=f(x)有极大值 答案:ABC 2.(人A选必修②P91·例5改编)函数f(x)=x3-4x+4的极大值为 (　　) A. B.6 C. D.7 解析:选A　由f'(x)=x2-4=0，得x=±2.当x<-2时，f'(x)>0；当-2<x<2时，f'(x)<0；当x>2时，f'(x)>0.所以当x=-2时，f(x)极大值=，故选A. 3.(苏教选必修①P231·T8改编)函数f(x)=x+-1在区间(-∞，0)上 (　　) A.有最大值，无最小值 B.有最小值，无最大值 C.既有最大值，又有最小值 D.既无最大值，又无最小值 解析:选A　f(x)=x+-1，则f'(x)=1-==，故函数在(-∞，-)上单调递增，在[-，0)上单调递减，故函数有最大值f(-)=-2-1，无最小值. 4.(人B选必修③P100·T3改编)已知函数f(x)=在x=0取得极值，则a的值为　　　　.  解析:因为f(x)=，所以f'(x)==.因为f(x)=在x=0取得极值，所以f'(0)=a=0，此时f(x)=，所以f'(x)==，所以当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0，2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，所以x=0时，f(x)取得极小值，所以a=0. 答案:0 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点清(一)　利用导数求解函数的极值(点)问题 题点1　根据函数图象判断极值(点) [例1]　(多选)已知函数y=f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是 (　　) A.f(x)在x=-4时取极小值 B.f(x)在x=-2时取极大值 C.x=1.5是f(x)的极小值点 D.x=3是f(x)的极小值点 解析:选AC　由导函数f'(x)的图象可得，当x=-4时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以f(x)在x=-4时取极小值，所以A正确；当x=1.5时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以x=1.5是f(x)的极小值点，所以C正确；而x=-2和x=3，左右两边的导数值同号，所以x=-2和x=3不是函数的极值点，所以B、D错误，故选AC. 题点2　求已知函数的极值 [例2]　已知函数f(x)=aex(x-3)(a≠0). (1)求f(x)的单调区间； (2)当a=-1时，求函数g(x)=f(x)+x2-4x的极值. 解:(1)f'(x)=aex(x-2)， 若a>0，由f'(x)<0，得x<2；由f'(x)>0，得x>2， ∴f(x)的单调递减区间为(-∞，2)，单调递增区间为(2，+∞).若a<0，由f'(x)<0，得x>2；由f'(x)>0，得x<2，∴f(x)的单调递减区间为(2，+∞)，单调递增区间为(-∞，2). 综上，当a>0时，f(x)的单调递减区间为(-∞，2)，单调递增区间为(2，+∞)，当a<0时，f(x)的单调递减区间为(2，+∞)，单调递增区间为(-∞，2). (2)当a=-1时，g(x)=f(x)+x2-4x=-ex(x-3)+x2-4x，g'(x)=-ex(x-2)+2x-4=-(x-2)(ex-2).由g'(x)=0，得x=2或x=ln 2. 当x变化时，g'(x)与g(x)的变化情况如下表: x (-∞，ln 2) ln 2 (ln 2，2) 2 (2，+∞) g'(x) - 0 + 0 - g(x) 单调 递减 极小值 单调 递增 极大值 单调 递减 ∴g(x)极小值=g(ln 2)=(ln 2)2-6ln 2+6，g(x)极大值=g(2)=e2-4. |个性点拨|　求函数f(x)极值的一般解题步骤 (1)确定函数的定义域； (2)求导数f'(x)； (3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根； (4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号； (5)求出函数f(x)的极值. 题点3　已知极值(点)求参数值(范围) [例3]　(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]若函数f(x)=aln 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 解析:选BCD　函数f(x)=aln x++(a≠0)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以 故选BCD. [例4]　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 解:(1)当a=1时，f(x)=ex-x-1，f'(x)=ex-1， 可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1， 即切点坐标为(1，e-2)，切线斜率k=e-1， 所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)， 即(e-1)x-y-1=0. (2)由题意知，f(x)的定义域为R，且f'(x)=ex-a， 若a≤0，则f'(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意； 若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，令f'(x)<0，解得x<ln a，可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，无极大值，由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0， 即a2+ln a-1>0，令g(a)=a2+ln a-1，a>0，则g'(a)=2a+>0， 可知g(a)在(0，+∞)上单调递增，且g(1)=0， 不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)， 解得a>1，所以a的取值范围为(1，+∞). |个性点拨| 　　由函数极值(点)求参数值(范围)的解题策略 (1)对于已知可导函数的极值求参数问题的切入点是极值存在的条件:极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号. (2)求出参数后，一定要验证是否满足题目条件. 逐点清(二)　利用导数求函数的最值 题点1　求已知函数的最值 [例5]　(2025·威海模拟)已知函数f(x)=xex. (1)求函数f(x)的最小值； (2)求函数f(x)在[t，t+1]上的最小值. 解:(1)因为f(x)=xex，所以f'(x)=ex+xex=(1+x)ex，由f'(x)>0，得1+x>0，所以x>-1.由f'(x)<0，得1+x<0，所以x<-1， 所以函数f(x)=xex在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， 故f(x)=xex在x=-1处取得极小值，也是最小值， 所以f(x)的最小值为f(-1)=-. (2)由(1)知，函数f(x)=xex在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增， 当t+1≤-1，即t≤-2时，f(x)在[t，t+1]上单调递减，所以f(x)min=f(t+1)=(t+1)et+1； 当t<-1<t+1，即-2<t<-1时，f(x)在[t，-1]上单调递减，在[-1，t+1]上单调递增，所以f(x)min=f(-1)=-e-1. 当t≥-1时，f(x)在[t，t+1]上单调递增， 所以f(x)min=f(t)=tet. 综上所述，f(x)min= |个性点拨| (1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)，与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值. (2)若所给的闭区间[a，b]含参数，则需对函数f(x)求导，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. 题点2　由函数的最值求参数 [例6]　已知函数f(x)=x3-x+1在区间(2a-5，a2)上存在最大值，则实数a的取值范围是　　　　.  解析:由题意得f'(x)=x2-1，令f'(x)<0，得-2<x<2，令f'(x)>0，得x<-2或x>2，所以f(x)在(-2，2)上单调递减，在(-∞，-2)和(2，+∞)上单调递增，故f(x)极大值=f(-2)=.令f(x)=，得(x+2)2(x-4)=0，解得x=-2或x=4，所以f(4)=，所以要使f(x)=x3-x+1在(2a-5，a2)上存在最大值，则有 解得-2≤a<. 答案: |个性点拨|　 已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程(不等式)解决问题. 题点3　函数极值与最值的综合应用 [例7]　已知函数f(x)=ln x+x2-ax+a(a∈R).若函数f(x)在x=x1和x=x2处取得极值，且x2≥x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)-f(x1)的最大值. 解:∵f(x)在x=x1和x=x2处取得极值，且f'(x)=+x-a=(x>0)， ∴x1，x2是方程x2-ax+1=0的两个实根，由根与系数的关系得x1+x2=a，x1x2=1， ∴f(x2)-f(x1)=ln+(-)-a(x2-x1)=ln-(-)=ln-(-)=ln-，设t=(t≥)，令h(t)=ln t-(t≥)， 则h'(t)=-=-<0， ∴h(t)在[，+∞)上是减函数， ∴h(t)≤h()=，故f(x2)-f(x1) 的最大值为. |个性点拨|　有关极值、最值的几个注意点 (1)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1). (2)极大值与极小值没有必然关系，极小值可能比极大值还大. (3)有极值的函数一定不是单调函数. (4)f'(x0)=0是x0为可导函数f(x)的极值点的必要不充分条件.例如f(x)=x3，f'(0)=0，但x=0不是极值点. (5)对于一般函数而言，函数的最值必在下列各点中取得:导数为零的点、导数不存在的点、端点. 　　　　　　　　　　　　　　　　 逐点验收(一)　函数的极值 1.(2025·肇庆质检)已知x=1是函数f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]ex的极小值点，则实数a的取值范围是 (　　) A.(1，+∞) B.(-1，+∞) C.(-∞，-1) D.(-∞，1) 解析:选D　依题意得f'(x)=(x-a)(x-1)ex，它的两个零点为x=1，x=a，若x=1是函数f(x)的极小值点，则需a<1，此时函数f(x)在(a，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，在x=1处取得极小值. 2.(2024·新课标Ⅰ卷)[多选]设函数f(x)=(x-1)2(x-4)，则 (　　) A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) 解析:选ACD　因为函数f(x)的定义域为R，而f'(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)·(x-3)，易知当x∈(1，3)时，f'(x)<0，当x∈(-∞，1)∪(3，+∞)时，f'(x)>0，函数f(x)在(-∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增，故x=3是函数f(x)的极小值点，故A正确；当0<x<1时，f(x)单调递增，而x>x2，故B错误；当1<x<2时，1<2x-1<3，且函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(1)>f(2x-1)>f(3)，即-4<f(2x-1)<0，故C正确；当-1<x<0时，f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=2(x-1)2(1-x)>0，所以f(2-x)>f(x)，故D正确.故选ACD. 3.(2025·南京模拟)已知函数f(x)=x3+(a-1)x2+ax. (1)若f(x)在x=-处取得极值，求f(x)的单调递减区间； (2)若f(x)在区间(0，2)上存在极小值且不存在极大值，求实数a的取值范围. 解:(1)因为f'(x)=x2+(a-1)x+a，x∈R，且f(x)在x=-处取得极值，所以f'=0，即-(a-1)+a=0，解得a=-.当a=-时，f'(x)=x2-x-，x∈R，令f'(x)=0，即x2-x-=(x-2)=0，解得x1=-，x2=2，当x<-或x>2时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当-<x<2时，f'(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x=-处取得极大值，符合题意，故a=-.所以函数f(x)的单调递减区间为. (2)因为f'(x)=x2+(a-1)x+a，x∈R，且f(x)在(0，2)上存在极小值且不存在极大值， 当f'(0)=0时，a=0，则f'(x)=x2-x，可求得在(0，2)上f'(1)=0， 且当0<x<1时，f'(x)<0；当1<x<2时，f'(x)>0，所以函数f(x)在(0，2)上存在极小值且不存在极大值，符合题意. 当f'(0)≠0时，因为函数f(x)在(0，2)上存在极小值且不存在极大值， 所以即解得-<a<0.综上，实数a的取值范围是. 逐点验收(二)　函数的最值 4.已知函数f(x)=ln(ax)+的最小值为2，则f的值为 (　　) A.e-1 B.e C.2+ D.e+1 解析:选B　显然a≠0，若a<0，则x<0，不合题意，故a>0，则定义域为(0，+∞)，f'(x)=a·-=.令f'(x)=0，解得x=1，当0<x<1时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，当x>1时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，故当x=1时，f(x)min=f(1)=ln a+1=2，解得a=e，则f(x)=ln(ex)+，则f=ln+e=e. 5.(2022·全国乙卷)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为 (　　) A.- B.- C.-+2 D.-+2 解析:选D　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.令f'(x)=0，解得x=-1(舍去)或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=-. 6.(2025·石嘴山一模)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个不同的极值点x1，x2，若不等式f(x1)+f(x2)≤t恒成立，则实数t的最小值为　　　　.  解析:函数f(x)=ax2-2x+ln x的定义域为(0，+∞)，求导得f'(x)=2ax-2+=，由函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2，则x1，x2是方程2ax2-2x+1=0的两个不等的正实根，于是x1+x2=>0，x1x2=>0，且Δ=4-8a>0，解得0<a<，依题意，f(x1)+f(x2)=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2=a(x1+x2)2-2ax1x2-2(x1+x2)+ln x1x2=-1--ln 2a.令g(a)=-1--ln 2a，0<a<，求导得g'(a)=-=>0，函数g(a)在上单调递增，则g(a)<g=-3，由不等式f(x1)+f(x2)≤t恒成立，得t≥-3，所以实数t的最小值为-3. 答案:-3 7.已知函数f(x)=x2-(2a+1)x+aln x，a∈R. (1)若f(x)在x=1处取得极值，求f(x)的极值； (2)若f(x)在[1，e]上的最小值为-2a，求a的取值范围. 解:(1)f(x)=x2-(2a+1)x+aln x，f'(x)=2x-(2a+1)+，x>0. 因为f(x)在x=1处取得极值，所以f'(1)=2-(2a+1)+a=0，则a=1. 所以f(x)=x2-3x+ln x，f'(x)=2x-3+==， 令f'(x)=0得x=或x=1， 当x变化时，f'(x)与f(x)的变化情况如下表: x 1 (1，+∞) 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=-+ln=--ln 2，极小值为f(1)=1-3+ln 1=-2. (2)f'(x)=2x-(2a+1)+==. ①当a≤1时，x∈[1，e]，f'(x)>0，所以f(x)在[1，e]上单调递增，f(x)的最小值为f(1)=-2a，满足题意； ②当1<a<e时，令f'(x)>0，则x>a或0<x<，所以f(x)在[1，a]上单调递减，在[a，e]上单调递增，此时，f(x)的最小值为f(a)<f(1)=-2a，不满足题意； ③当a≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，f(x)的最小值为f(e)<f(1)=-2a，不满足题意. 综上可知，实数a的取值范围是(-∞，1]. [课时跟踪检测] 1.(2025·邵阳模拟)已知函数f(x)=(x2-x+1)ex(e为自然对数的底数)，则函数f(x)的极小值为 (　　) A. B.e C.e2 D.1 解析:选D　因为f(x)=(x2-x+1)ex，x∈R，所以f'(x)=(x2+x)ex=x(x+1)ex.当x>0或x<-1时f'(x)>0，当-1<x<0时f'(x)<0，所以f(x)在(-∞，-1)上单调递增，在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)在x=0处取得极小值，f(x)极小值=f(0)=e0=1. 2.(2025·遂宁模拟)已知函数f(x)=x(x-m)2在x=1处有极大值，则m的值为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.1或3 解析:选C　∵f'(x)=(x-m)(3x-m)，∴f'(1)=(1-m)(3-m)=0，∴m=1或m=3.当m=1时，f'(x)=(x-1)(3x-1)，令f'(x)>0，得x<或x>1；令f'(x)<0，得<x<1，从而f(x)在单调递增，在单调递减，在(1，+∞)单调递增，∴f(x)在x=1处有极小值，不合题意.当m=3时，经检验，满足题意.综上，m=3.故选C. 3.(2025·金华一模)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c的部分图象如图所示，则以下可能成立的是 (　　) A.a=2，b=1 　　B.a=-1，b=2 C.a=-2，b=1 　　D.a=2，b=-1 解析:选C　因为f(x)=x3+ax2+bx+c，所以f'(x)=3x2+2ax+b，由题图可知f(x)在(0，+∞)上有两个极值点，即f'(x)=0有两个不同的正根，则可得对比选项可知A、B、D错误，C正确. 4.已知函数f(x)=-x2+ax+1在[1，2]上的最大值也是其在[1，2]上的极大值，则a的取值范围是 (　　) A.[2，+∞) B.[4，+∞) C.[2，4] D.(2，4) 解析:选D　f'(x)=a-2x，令f'(x)=0，得x=，x<时，f'(x)>0，f(x)单调递增，x>时，f'(x)<0，f(x)单调递减，因此是f(x)的极大值点.由于只有一个极值点，因此其也是最大值点，由题意得∈(1，2)，所以a∈(2，4). 5.(2025·榆林期末)若函数f(x)=+ln x-a存在最小值，且其最小值记为g(a)，则g(a)的最大值是 (　　) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:选A　因为f(x)=+ln x-a，所以f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-+=，当a≤0时，f'(x)>0恒成立，所以f(x)在定义域上单调递增，不满足题意；当a>0时，令f'(x)<0得0<x<a，此时f(x)单调递减，令f'(x)>0得x>a，此时f(x)单调递增，所以当x=a时，f(x)取得最小值，即g(a)=f(a)=1+ln a-a，g'(a)=-1=.令g'(a)>0得0<a<1，此时g(a)单调递增，令g'(a)<0得a>1，此时g(a)单调递减，所以当a=1时，g(a)取得最大值，即g(a)max=g(1)=0.故选A. 6.(2023·全国乙卷)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是 (　　) A.(-∞，-2) B.(-∞，-3) C.(-4，-1) D.(-3，0) 解析:选B　由题意知f'(x)=3x2+a，要使函数f(x)存在3个零点，则f'(x)=0要有2个不同的根，则a<0.令3x2+a=0，解得x=± .令f'(x)>0，则x<-或x>，令f'(x)<0，则-<x<.所以f(x)在和上单调递增，在上单调递减，所以要使f(x)存在3个零点， 则即解得>1，即a<-3.故选B. 7.(2025·惠州模拟)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x有两个不同的极值点x1，x2，则f(x1)+f(x2)的取值范围为 (　　) A.(-∞，-) B.(-∞，-] C.(-∞，-3) D.(-∞，-3] 解析:选C　由f(x)=ax2-2x+ln x(x>0)，求导得f'(x)=2ax-2+=，由函数f(x)有两个不同的极值点x1，x2，得方程2ax2-2x+1=0有两个不相等的正实根，则解得0<a<，于是f(x1)+f(x2)=a-2x1+ln x1+a-2x2+ln x2=a[(x1+x2)2-2x1x2]-2(x1+x2)+ln(x1x2)=--1-ln 2a，令h(a)=--1-ln 2a，则h'(a)=>0，h(a)在上单调递增，则h(a)<h=-3，所以f(x1)+f(x2)的取值范围为(-∞，-3). 8.(2025·通化模拟)[多选]已知函数ft(x)=(t∈R，t≠0)，则下列判断不正确的是 (　　) A.直线y=ex-1与曲线y=ft(x)相切 B.函数ft(x)只有极大值，无极小值 C.若t1与t2互为相反数，则(x)的极值与(x)的极值互为相反数 D.若t1与t2互为倒数，则(x)的极值与(x)的极值互为倒数　 解析:选ABD　易知ft'(x)=，令ft'(x)=0，可得ln x=，所以xt=e.对于A，因为ft'(1)=1，ft(1)=0，所以点(1，0)处的切线方程为y=x-1，即A错误；对于B，当t<0时，令f't(x)>0，得x>，此时ft(x)单调递增，当0<x<时，ft'(x)<0，ft(x)单调递减，故ft(x)有极小值，无极大值，即B错误；对于C和D，设x0为ft(x)的极值点，则=e，且ln x0=，所以(x0)==(x0)==，若t1与t2互为相反数，则t2=-t1，故(x0)==-，若t1与t2互为倒数，则t2=，故(x0)==，即C正确，D错误.故选ABD. 9.[多选]已知函数f(x)=x3+bx2+cx，则下列结论正确的是 (　　) A.若x=x0是f(x)的极小值点，则f(x)在(-∞，x0)上单调递减 B.若x=b是f(x)的极大值点，则b<0且c<0 C.若c=3，且f(x)的极小值大于0，则b的取值范围为(-2，-) D.若c=-3b，且f(x)在[0，3]上的值域为[0，9]，则b的取值范围为[-3，0]　 解析:选BCD　由题意，得f'(x)=x2+2bx+c.若x=x0是f(x)的极小值点，则Δ=4b2-4c>0，故f'(x)=0有两个不相等的实数根，因此函数f(x)既有极大值也有极小值，故由三次函数的图象可知，若x0是f(x)的极小值点，则极大值点在x0的左侧，f(x)在(-∞，x0)上不具有单调性，A错误.若x=b是f(x)的极大值点，则f'(b)=b2+2b2+c=0，所以c=-3b2，f'(x)=x2+2bx-3b2=(x+3b)(x-b).若b=0，则f(x)没有极值点.从而f'(x)=0的解为x=-3b或x=b.因为x=b是f(x)的极大值点，所以b<-3b，即b<0，c=-3b2<0，B正确.若c=3，则f(x)=x3+bx2+3x=x，f'(x)=x2+2bx+3.因为f(x)的极小值大于0，所以f(x)只有一个零点，且f(x)的极大值点与极小值点均大于0，所以方程x2+bx+3=0无实数根，且方程f'(x)=x2+2bx+3=0的2个实数根均大于0，所以解得-2<b<-，C正确.若c=-3b，则f(x)=x3+bx2-3bx，f'(x)=x2+2bx-3b，f(0)=0，f(3)=9.令f'(x)=0，若Δ=4b2+12b≤0，即-3≤b≤0，f'(x)≥0，f(x)单调递增，符合题意.由Δ=4b2+12b>0，解得b<-3或b>0，此时f'(x)=0的2个解为x1=-b-，x2=-b+.当b>0时，x1<0，x2>0，所以f(x)在(0，x2)上单调递减，即当x∈(0，x2)时，f(x)<0，不符合题意.当b<-3时，0<x1<3，所以f(x)在[0，3]上的最大值为f(x1)，且f(x1)>f(3)=9，不符合题意.综上，若c=-3b，且f(x)在[0，3]上的值域为[0，9]，则b的取值范围为[-3，0]，D正确. 10.若函数f(x)=x3-2cx2+x有两个极值点，则实数c的取值范围为　　　　　　　　.  解析:若函数f(x)=x3-2cx2+x有两个极值点，则f'(x)=3x2-4cx+1=0有两个不相等的实根， 故Δ=(-4c)2-12>0，解得c>或c<-. 所以实数c的取值范围为∪. 答案:∪ 11.(2025·徐州模拟)已知函数f(x)=(a，b∈N*)的极小值点为2，则f(x)的极大值点为　　　　 .  解析:由题意，得f'(x)=，因为函数f(x)的极小值点为2，所以f'(2)==0，即-4a+(2a+3)×2-(b+3)=0，解得b=3，则f'(x)==，令f'(x)=0，则x=或x=2，因为a∈N*，函数f(x)的极小值点为2，所以f(x)在(-∞，2)上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，从而>2，所以0<a<，由a∈N*，故a=1，所以f(x)的极大值点为=3. 答案:3 12.甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地.已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元.为使全程运输成本最小，汽车应以　　　　 km/h的速度行驶.  解析:设全程运输成本为y元，由题意，得y==240，v>0，y'=240.令y'=0，得v=80.当v>80时，y'>0；当0<v<80时，y'<0.所以函数y=在(0，80)上单调递减，在(80，+∞)上单调递增，所以当v=80时，全程运输成本最小. 答案:80 13.设函数f(x)=e2x-2x. (1)求f(x)的单调区间与极小值； (2)求f(x)在[-1，1]上的值域. 解:(1)由f(x)=e2x-2x，得f'(x)=2e2x-2， 令f'(x)>0，得e2x>1，x>0，即f(x)的单调递增区间为(0，+∞)； 令f'(x)<0，得e2x<1，x<0，即f(x)的单调递减区间为(-∞，0)， 则f(x)的极小值为f(0)=1. (2)由(1)可知f(x)在[-1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，f(1)=e2-2>f(-1)=+2， 故f(x)在[-1，1]上的最大值为f(1)=e2-2，最小值为f(0)=1， 故f(x)在[-1，1]上的值域为[1，e2-2]. 14.(2025年1月·八省高考适应性演练)已知函数f(x)=aln x+-x. (1)设a=1，b=-2，求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程； (2)若x=1是f(x)的极小值点，求b的取值范围. 解:(1)当a=1，b=-2时，f(x)=ln x--x，其中x>0，则f'(x)=+-1=，令f'(x)=2⇒=2， 化简得3x2-x-2=(x-1)(3x+2)=0，解得x=1(负值舍去)，又此时f(1)=-3，则切线过点(1，-3)，结合切线斜率为2， 则切线方程为y+3=2(x-1)，即2x-y-5=0. (2)由题可得f(x)定义域为(0，+∞)， f'(x)=--1=， 由x=1是f(x)的极小值点，则f'(1)=-1+a-b=0⇒a=b+1， 则f'(x)==-. 若b≤0，令f'(x)>0⇒x∈(0，1)，令f'(x)<0⇒x∈(1，+∞)，则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 得x=1是f(x)的极大值点，不满足题意； 若0<b<1，令f'(x)>0⇒x∈(b，1)，令f'(x)<0⇒x∈(0，b)∪(1，+∞)， 则f(x)在(b，1)上单调递增，在(0，b)，(1，+∞)上单调递减， 得x=1是f(x)的极大值点，不满足题意； 若b=1，则f'(x)=-≤0， f(x)在(0，+∞)上单调递减，无极值，不满足题意； 若b>1，令f'(x)>0⇒x∈(1，b)，令f'(x)<0⇒x∈(0，1)∪(b，+∞)， 则f(x)在(1，b)上单调递增，在(0，1)，(b，+∞)上单调递减，得x=1是f(x)的极小值点，满足题意.综上，x=1是f(x)的极小值点时，b>1，即b的取值范围为(1，+∞). 15.(2025·铜川模拟)已知函数h(x)=2x3+3x2-12x+m(m∈R)的一个极值为-2. (1)求实数m的值； (2)若函数h(x)在区间上的最大值为18，求实数k与m的值. 解:(1)由h(x)=2x3+3x2-12x+m(m∈R)，得h'(x)=6x2+6x-12=6(x+2)(x-1)， 令h'(x)=0，得x=-2或x=1；令h'(x)<0，得-2<x<1；令h'(x)>0，得x<-2或x>1. 所以函数h(x)有两个极值h(-2)和h(1). 若h(-2)=-2，得2×(-2)3+3×(-2)2-12×(-2)+m=-2，解得m=-22； 若h(1)=-2，得2×13+3×12-12×1+m=-2，解得m=5.综上，实数m的值为-22或5. (2)由(1)得，h'(x)，h(x)在区间上的变化情况如下表所示: x (-∞，-2) -2 (-2，1) 1 h'(x) + 0 - 0 + h(x) 单调 递增 极大值 m+20 单调 递减 极小值 m-7 单调 递增 m- 由表可知， ①当1≤k<时，函数h(x)在区间上单调递增，所以最大值为h=m-， 其值为-或，不符合题意； ②当k=-2时，函数h(x)在(-2，1)上单调递减，在上单调递增， 因为h(-2)=20+m，h=m-，h(-2)>h，所以h(x)在上的最大值为h(-2)=m+20，其值为-2或25，不符合题意； ③当k<-2时，函数h(x)在(k，-2)上单调递增，在(-2，1)上单调递减，在上单调递增， 因为h(-2)=20+m，h=m-，h(-2)>h，所以h(x)在上的最大值为h(-2)=m+20，其值为-2或25，不符合题意； ④当-2<k<1时，h(x)在(k，1)上单调递减，在上单调递增， 若h(x)在区间上的最大值为h=m-，其值为或-，不符合题意； 又因为若m=-22，则h(-2)=m+20=-2，那么，函数h(x)在区间上的最大值只可能小于-2，不符合题意. 所以要使函数h(x)在区间上的最大值为18， 必须使h(k)=2k3+3k2-12k+m=18，且m=5， 即h(k)=2k3+3k2-12k+5=18.所以2k3+3k2-12k-13=0， 所以2k3+2k2+k2+k-13k-13=2k2(k+1)+k(k+1)-13(k+1)=(2k2+k-13)(k+1)=0.所以2k2+k-13=0或k+1=0，所以k=或k=1.因为-2<k<1，所以k=舍去. 综上，实数k的值为-1，m的值为5. 第四节　导数的综合问题 第一课时　利用导数证明不等式 方法(一)　移项作差法证明不等式 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　已知函数f(x)=x2-ax+ln x，x=1为f(x)的极值点. (1)求a的值； (2)证明:f(x)≤2x2-4x. 解:(1)f'(x)=2x-a+， 依题意，f'(1)=2×1-a+1=0，解得a=3， 经检验符合题意，所以a=3. (2)证明:由(1)可知，f(x)=x2-3x+ln x， 要证f(x)=x2-3x+ln x≤2x2-4x，即证x2-x-ln x≥0，设g(x)=x2-x-ln x，则g'(x)=2x-1-=， 所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 当x=1时，g(x)取得极小值，也是最小值， 因为g(1)=0，g(x)≥g(1)=0，所以f(x)≤2x2-4x. |点拨·建模|　移项作差法证明不等式的使用原则 　　当待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造左减右的函数，即证明f(x)<(>)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)=f(x)-g(x)，即证明F(x)<(>)0；如果F(x)在(a，b)上的最大值小于0(最小值大于0)，那么即证明f(x)<(>)g(x)，x∈(a，b).其一般步骤是:构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论. 　　[针对训练] 1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=x2ln x+ax，g(x)=xex+xsin x，其中a∈R. (1)若f(x)为增函数，求a的取值范围； (2)若a=1，求证:g(x)>f(x). 解:(1)因为f(x)=x2ln x+ax(x>0)，f'(x)=2xln x+x+a，又f(x)为增函数， 所以f'(x)=2xln x+x+a≥0在(0，+∞)上恒成立，所以a≥-2xln x-x. 设h(x)=-2xln x-x，则h'(x)=-3-2ln x，令h'(x)=0，解得x=，所以当x∈时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈时，h'(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max=h=2，所以a≥2. 故a的取值范围为[2，+∞). (2)证明:因为a=1，所以f(x)=x2ln x+x. 因为x>0，所以要证g(x)>f(x)，即证ex+sin x>xln x+1，即证ex+sin x-xln x-1>0. 当x∈(0，1)时，ex>1，sin x>0，xln x<0，所以ex+sin x-xln x-1>1-1=0； 当x∈[1，+∞)时，令F(x)=ex+sin x-xln x-1，则F'(x)=ex+cos x-ln x-1， 令G(x)=F'(x)，则G'(x)=ex-sin x-≥e-1-1>0，所以G(x)=ex+cos x-ln x-1在[1，+∞)上单调递增，所以F'(x)≥F'(1)=e+cos 1-0-1>0，所以F(x)=ex+sin x-xln x-1在[1，+∞)上单调递增，所以F(x)≥F(1)=e+sin 1-0-1>0，综上，g(x)>f(x). 方法(二)　构造双函数证明不等式 [例2]　已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； (2)当a=e时，求证:xf(x)-ex+2ex≤0. 解:(1)f'(x)=-a(x>0)，①若a≤0，则f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增；②若a>0，则当0<x<时，f'(x)>0，当x>时，f'(x)<0，故f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)证明:法一　因为x>0，所以只需证f(x)≤-2e，当a=e时，由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以f(x)max=f(1)=-e. 令g(x)=-2e(x>0)，则g'(x)=， 所以当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)单调递减， 当x>1时，g'(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min=g(1)=-e. 综上，当x>0时，f(x)≤g(x)， 即f(x)≤-2e，即xf(x)-ex+2ex≤0. 法二　由题意知，即证exln x-ex2-ex+2ex≤0，从而等价于ln x-x+2≤. 设函数m(x)=ln x-x+2(x>0)，则m'(x)=-1. 所以当x∈(0，1)时，m'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，m'(x)<0，故m(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 从而m(x)在(0，+∞)上的最大值为m(1)=1. 设函数h(x)=(x>0)，则h'(x)=. 所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0，当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，故h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，从而h(x)在(0，+∞)上的最小值为h(1)=1.综上，当x>0时，m(x)≤h(x)，即xf(x)-ex+2ex≤0. |点拨·建模|　构造双函数证明不等式的使用原则 (1)若直接求导比较复杂或无从下手时，或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标.含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明. (2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点. 　　[针对训练] 2.(2025·锦州模拟)已知函数f(x)=xln x+x. (1)求函数f(x)的最小值； (2)证明:ln x+1>-. 解:(1)f'(x)=ln x+2，令f'(x)=ln x+2=0可得x=，当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 所以f(x)min=f=-. (2)证明:因为x>0，所以只需证明xln x+x>-， 设g(x)=-，则g'(x)=， 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)max=g(1)=-，所以g(x)≤-. 由(1)知f(x)=xln x+x≥-. 又因为g(x)≤-取等号时x=1，f(x)=xln x+x≥-取等号时x=， 所以等号不能同时取到，故xln x+x>-，则原不等式得证. 方法(三)　放缩法证明不等式 [例3]　(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当a≤2时，证明:当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. 解:(1)因为f(x)=a(x-1)-ln x+1， 所以f'(x)=a-=(x>0). 若a≤0，则f'(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减，即f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间； 若a>0，则当0<x<时，f'(x)<0，当x>时，f'(x)>0，所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，+∞)，无单调递增区间； 当a>0时，f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明:因为a≤2，所以当x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+ln x-1≥ex-1-2x+ln x+1. 令g(x)=ex-1-2x+ln x+1，则只需证当x>1时，g(x)>0即可. 易知g'(x)=ex-1-2+，令h(x)=g'(x)， 则h'(x)=ex-1-在(1，+∞)上单调递增， 所以h'(x)>h'(1)=0，所以g'(x)在(1，+∞)上单调递增. 所以g'(x)>g'(1)=0，故g(x)在(1，+∞)上单调递增， 所以g(x)>g(1)=0，即当x>1时，f(x)<ex-1恒成立. |点拨·建模|　放缩法证明不等式的使用原则 　　导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明.常见的放缩公式如下: (1)ex≥1+x，当且仅当x=0时取等号； (2)ln x≤x-1，当且仅当x=1时取等号. 　　[针对训练] 3.(2025·南充模拟)已知函数f(x)=ax-sin x. (1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围； (2)求证:当x>0时，ex>2sin x. 解:(1)∵f(x)=ax-sin x，∴f'(x)=a-cos x， 由函数f(x)为增函数，则f'(x)=a-cos x≥0恒成立，即a≥cos x在R上恒成立. ∵y=cos x∈[-1，1]，∴a≥1， 即实数a的取值范围是[1，+∞). (2)证明:由(1)知，当a=1时，f(x)=x-sin x为增函数，当x>0时，f(x)>f(0)=0⇒x>sin x， 要证当x>0时，ex>2sin x，只需证当x>0时，ex>2x，即证ex-2x>0在(0，+∞)上恒成立. 设g(x)=ex-2x(x>0)，则g'(x)=ex-2，令g'(x)=0，解得x=ln 2，∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增， ∴g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0，∴g(x)≥g(ln 2)>0，∴ex>2x成立，故当x>0时，ex>2sin x. [课时跟踪检测] 1.已知函数f(x)=2(x+2)-ex. (1)求f(x)的极值； (2)当x≥0时，求证:f(x)<x-sin x+4. 解:(1)由题可得f'(x)=2-ex， 令f'(x)=0，得x=ln 2， 当x∈(-∞，ln 2)时，f'(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(ln 2，+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x=ln 2时，f(x)取得极大值，且极大值为f(ln 2)=2ln 2+2，无极小值. (2)证明:设g(x)=x-sin x+4，x≥0， 则g'(x)=1-cos x≥0，可知g(x)在[0，+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)=4， 即g(x)在[0，+∞)上的最小值为4. 由(1)可知f(x)在[0，+∞)上的最大值为f(ln 2)=2ln 2+2，又因为ln 2<1，可得2ln 2+2<4， 可得f(x)≤2ln 2+2<4≤g(x)，x≥0， 所以当x≥0时，f(x)<x-sin x+4. 2.已知函数f(x)=ex-1-xln x. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)证明:f(x)>0. 解:(1)f(1)=e1-1-ln 1=1，f'(x)=ex-1-(ln x+1)，则f'(1)=0， ∴曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y=1. (2)证明:法一　f(x)的定义域为(0，+∞). ①当0<x<1时，ex-1>e-1，xln x<0，则ex-1>xln x，即f(x)>0； ②当x≥1时，f'(x)=ex-1-(ln x+1)=ex-1-ln x-1.设g(x)=f'(x)，g'(x)=ex-1-， 由于y=ex-1，y=-均在[1，+∞)上单调递增，故g'(x)在[1，+∞)上单调递增，g'(1)=0， ∴g'(x)≥0，g(x)在[1，+∞)上单调递增， g(1)=0，g(x)≥0，即f'(x)≥0， ∴f(x)在[1，+∞)上单调递增，f(1)=1， 则ex-1-xln x≥1.综上所述，f(x)>0. 法二　f(x)的定义域为(0，+∞).要证f(x)>0，只需证ex-1>xln x，只需证>. 令h(x)=，x∈(0，+∞)，则h'(x)==， 当x∈(0，2)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(2，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)≥h(2)==.令g(x)=， 则g'(x)==， 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， ∴g(x)≤g(e)==.综上所述，h(x)≥>≥g(x)，也就是>，即f(x)>0. 3.已知函数f(x)=xln x+1. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)求证:当a≥1时，f(x)<a(ex-x). 解:(1)由题意知f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1，令f'(x)=0，得x=e-1，由f'(x)<0，解得0<x<e-1，由f'(x)>0，解得x>e-1，所以f(x)的单调递减区间为(0，e-1)，单调递增区间为(e-1，+∞). (2)证明:令φ(x)=f(x)-a(ex-x)=a(x-ex)+xln x+1，令k(x)=x-ex，x>0，则k'(x)=1-ex<0，k(x)在(0，+∞)上单调递减， 所以k(x)<k(0)=-1<0， 由a≥1， 可得a(x-ex)+xln x+1≤x-ex+xln x+1，即只需证x-ex+xln x+1<0，(难点:由a≥1，可以考虑先使用消参放缩，将含参不等式问题转化为不含参的不等式来证明) 即证-ln x--1>0，令g(x)=-ln x--1(x>0)，则g'(x)=-+=，由g'(x)=0，可得x=1， 因为当x>0时，ex-1>0，所以当0<x<1时，g'(x)<0，g(x)在(0，1)上单调递减， 当x>1时，g'(x)>0，g(x)在(1，+∞)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=e-1-1=e-2>0， 所以g(x)>0，则-ln x--1>0，故x-ex+xln x+1<0，结论成立. 4.(2025·成都模拟)已知函数f(x)=ax-ln x-a(a∈R)，且f(x)≥0恒成立. (1)求实数a的取值集合； (2)证明:ex≥x2+(e-3)x+2+ln x. 解:(1)f'(x)=a-(x>0). ①当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在(0，+∞)上单调递减，当x>1时，f(x)<f(1)=0，这与f(x)≥0矛盾，不合题意. ②当a>0时，由f'(x)<0得0<x<；由f'(x)>0得x>， 则f(x)在上单调递减，在上单调递增， ∴当x=时，函数f(x)取得唯一极小值即最小值. 又∵f(x)≥0且f(1)=0 ∴=1，解得a=1，故实数a的取值集合是{1}. (2)证明:由(1)可知，当a=1时，f(x)≥0，即ln x≤x-1对任意x>0恒成立. ∴要证明ex≥2+x2+(e-3)x+ln x， 则只需要证明ex≥1+x2+(e-2)x， 即ex-1-x2-(e-2)x≥0. 令h(x)=ex-1-x2-(e-2)x，x>0，h'(x)=ex-2x-(e-2)， 令u(x)=ex-2x-(e-2)，u'(x)=ex-2， 令u'(x)=ex-2=0，解得x=ln 2. 当x∈(0，ln 2)时，u'(x)<0，u(x)单调递减， 当x∈(ln 2，+∞)时，u'(x)>0，u(x)单调递增. 即函数h'(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，+∞)上单调递增. 而h'(0)=1-(e-2)=3-e>0，h'(ln 2)<h'(1)=0. ∴存在x0∈(0，ln 2)，使得h'(x0)=0， 当x∈(0，x0)时，h'(x)>0，h(x)单调递增； 当x∈(x0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增. 又h(0)=1-1=0，h(1)=e-1-1-(e-2)=0， 对∀x>0，h(x)≥0恒成立，即ex-1-x2-(e-2)x≥0.综上可得，ex≥x2+(e-3)x+2+ln x. 第二课时　利用导数研究不等式恒成立问题 考法(一)　不等式恒成立问题 [例1]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=ln+ax+b(x-1)3. (1)若b=0，且f'(x)≥0，求a的最小值； (2)证明:曲线y=f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2，求b的取值范围. 解:(1)当b=0时，f(x)=ln+ax，其中x∈(0，2)， 则f'(x)=+a，x∈(0，2)， 因为x(2-x)≤=1，当且仅当x=1时等号成立， 故f'(x)min=2+a，而f'(x)≥0，故a+2≥0，即a≥-2， 所以a的最小值为-2. (2)证明:法一　(没给对称中心，需要自己找到对称中心，再证明，怎么找?由于对称函数定义域必定也对称，故不妨先求定义域，从定义域出发寻找对称中心)由>0，可得x(2-x)>0，所以x(x-2)<0， 解得0<x<2，故f(x)的定义域是(0，2).(定义域关于x=1对称，那么曲线y=f(x)的对称中心的横坐标只能是1，故要证结论成立，接下来只需计算f(2-x)+f(x)，得出其为与x无关的常数) 因为f(2-x)+f(x)=ln+a(2-x)+b(2-x-1)3+ln+ax+b(x-1)3=ln +a(2-x)+b(1-x)3+ln+ax+b(x-1)3=ln+2a=ln 1+2a=2a， 所以曲线y=f(x)关于点(1，a)中心对称. 法二　因为f(x)=ln+ax+b(x-1)3， 所以f(x+1)=ln+a(x+1)+bx3=ln+ax+bx3+a. 因为y=ln+ax+bx3是奇函数，其图象关于原点对称， 所以曲线f(x+1)关于点(0，a)中心对称， 所以曲线f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)因为f(x)>-2，当且仅当x∈(1，2)时成立， 由(2)知曲线f(x)关于点(1，a)中心对称， 所以f(1)=-2，可得a=-2. 所以f(x)=ln -2x+b(x-1)3>-2对任意x∈(1，2)恒成立， 则f'(x)=-2+3b(x-1)2=+3b(x-1)2=(x-1)2. 令g(x)=+3b， 则应有g(1)=2+3b≥0，所以b≥-. 若b<-，一定存在1<δ<2， 使得x∈(1，δ)时有f'(x)<0， 所以f(x)在区间(1，δ)上单调递减， 所以f(x)<f(1)=-2，不符合题意. 当b≥-时，对任意x∈(1，2)，f(x)≥ln -2x-(x-1)3. 令h(x)=ln -2x-(x-1)3，x∈(1，2)， 则h'(x)=-2(x-1)2=2(x-1)2·=>0， 所以h(x)>h(1)=-2满足题意. 综上，b的取值范围为. |点拨·建模| 1.分离参数法解含参不等式恒成立问题的思路 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题. 2.求解含参不等式恒成立问题的关键是过好“双关” 转化关 通过分离参数法，先转化为f(a)≥g(x)(或f(a)≤g(x))对∀x∈D恒成立，再转化为f(a)≥g(x)max(或f(a)≤g(x)min) 求最值关 求函数g(x)在区间D上的最大值(或最小值)问题 　　[针对训练] 1.已知函数f(x)=-x+ln x，g(x)=xex-2x-m. (1)求函数f(x)的单调区间及极值； (2)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围. 解:(1)由已知可得，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=，当0<x<1时，f'(x)>0； 当x>1时，f'(x)<0，所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞)， 所以x=1是f(x)的极大值点，无极小值点， 所以f(x)的极大值为f(1)=-1，无极小值. (2)法一　设h(x)=f(x)-g(x)=ln x-xex+x+m，x∈(0，+∞)， 则h'(x)=-(x+1)ex+1=(x+1)， 令t(x)=-ex，x∈(0，+∞)， 则t'(x)=--ex<0对任意x∈(0，+∞)恒成立，所以t(x)=-ex在(0，+∞)上单调递减. 又t=2->0，t(1)=1-e<0， 所以∃x0∈，使得t(x0)=-=0，即=，则ln=ln ，即-ln x0=x0. 因此，当0<x<x0时，t(x)>0，即h'(x)>0，则h(x)单调递增； 当x>x0时，t(x)<0，即h'(x)<0，则h(x)单调递减， 故h(x)max=h(x0)=ln x0-x0+x0+m=0-1+m≤0，解得m≤1， 所以当m≤1时，f(x)≤g(x)恒成立，即实数m的取值范围是(-∞，1]. 法二　令m(x)=ex-x-1，m'(x)=ex-1， 当x<0时，m'(x)<0；当x>0时，m'(x)>0， 所以m(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，所以m(x)≥m(0)=0，即ex≥x+1. 因为xex=ex+ln x，所以xex=ex+ln x≥x+ln x+1， 当x+ln x=0时等号成立， 即xex-x-ln x≥1，当x+ln x=0时等号成立， 所以y=xex-x-ln x的最小值为1. 若f(x)≤g(x)恒成立，则xex-x-ln x≥m， 所以当m≤1时，f(x)≤g(x)恒成立， 即实数m的取值范围是(-∞，1]. 考法(二)　不等式能成立问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　(2025·福州模拟)已知函数f(x)=ln x+a(1-x)，a∈R. (1)当a=2时，求f(x)在[1，2]上的最值； (2)若存在x0∈(0，+∞)，使得f(x0)≥2a-2成立，求实数a的取值范围. 解:(1)由题意得，f'(x)=-2，x∈(0，+∞)，令f'(x)=0，得x=，x∈，f'(x)>0；x∈，f'(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以f(x)在[1，2]上单调递减，故在[1，2]上，f(x)max=f(1)=0， f(x)min=f(2)=ln 2-2. (2)因为∃x0∈(0，+∞)，使得f(x0)≥2a-2， 所以a≤，令g(x)=(x>0)， 即a≤g(x)max.因为g'(x)=，设h(x)=-ln x-1(x>0)，h'(x)=--<0， 所以h(x)在(0，+∞)单调递减.又h(1)=0， 则当x∈(0，1)时，g'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，g'(x)<0，故函数g(x)在(0，1)单调递增，在(1，+∞)单调递减，g(x)的最大值为g(1)， 所以a≤g(1)=1，即实数a的取值范围是(-∞，1]. |点拨·建模| 1.不等式能成立问题的解题关键点 2.常见的问题类型 (1)存在x∈[a，b]，f(x)≥m成立⇔f(x)max≥m. (2)存在x∈[a，b]，f(x)≤m成立⇔f(x)min≤m. 　　[针对训练] 2.已知函数f(x)=xln x-ax+1(a∈R). (1)讨论f(x)在(1，+∞)上的零点个数； (2)当a>1时，若存在x∈(1，+∞)，使得f(x)<(e-1)(a-3)，求实数a的取值范围. 解:(1)由f(x)=0，得xln x-ax+1=0，x∈(1，+∞)，即a=ln x+，x∈(1，+∞)， 令g(x)=ln x+，易知g'(x)=-=. ∴g'(x)>0在x∈(1，+∞)上恒成立，故g(x)=ln x+在x∈(1，+∞)上单调递增. 又g(1)=1，∴当x∈(1，+∞)时，g(x)>1. 故当a≤1时，f(x)在(1，+∞)上无零点；当a>1时，f(x)在(1，+∞)上存在一个零点. (2)由f'(x)=ln x+1-a=0得x=ea-1， 当x∈(ea-1，+∞)时，f'(x)>0，当x∈(1，ea-1)时，f'(x)<0，∴f(x)在(1，ea-1)上单调递减，在(ea-1，+∞)上单调递增， ∴f(x)min=f(ea-1)=1-ea-1，若存在x∈(1，+∞)，使得f(x)<(e-1)(a-3)成立， 只需1-ea-1<(e-1)(a-3)成立，即不等式ea-1+(e-1)(a-3)-1>0成立. 令h(a)=ea-1+(e-1)(a-3)-1，a>1， 则h'(a)=ea-1+e-1， 显然h'(a)=ea-1+e-1>0在a∈(1，+∞)上恒成立，故h(a)=ea-1+(e-1)(a-3)-1在a∈(1，+∞)上单调递增.又h(2)=0，∴a>2， 故实数a的取值范围为(2，+∞). 考法(三)　双变量的恒(能)成立问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例3]　已知f(x)=+xln x，g(x)=x3-x2-3. (1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)-g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈，f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围. 解:(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)-g(x2)≥M成立，即存在x1，x2∈[0，2]，使得[g(x1)-g(x2)]max≥M，即g(x)max-g(x)min≥M(x∈[0，2]). 由g(x)=x3-x2-3，得g'(x)=3x2-2x=3x，当<x<2时，g'(x)>0， 当0<x<时，g'(x)<0，列表如下. x g'(x) - 0 + g(x) 单调递减 极小值 单调递增 又g(0)=-3，g(2)=1， 所以当x∈[0，2]时，g(x)max=g(2)=1， g(x)min=g=-， 所以g(x)max-g(x)min=≥M，所以满足条件的最大整数M为4. (2)对于任意的s，t∈，f(s)≥g(t)成立， 则f(s)min≥g(t)max. 由(1)易得当x∈时，g(x)max=g(2)=1，所以对任意的x∈+xln x≥1恒成立， 即a≥x-x2ln x恒成立. 令h(x)=x-x2ln x， 则a≥h(x)max.求导得h'(x)=1-2xln x-x， 令m(x)=1-2xln x-x， 则m'(x)=-3-2ln x<0， 所以h'(x)在上单调递减，又h'(1)=0， 故列表如下. x 1 (1，2) h'(x) + 0 - h(x) 单调递增 极大值 单调递减 所以a≥h(x)max=h(1)=1， 故实数a的取值范围是[1，+∞). |点拨·建模| 　　双变量不等式恒(能)成立问题的转化方法 问题描述 等价转化 语言描述 ∀x1∈M，∀x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)max<g(x2)min 函数f(x)在区间M上的任意函数值都小于函数g(x)在区间N上的任意函数值 ∀x1∈M，∃x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)max<g(x2)max 函数g(x)在区间N上的某个函数值大于函数f(x)在区间M上的所有函数值 ∃x1∈M，∀x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)min<g(x2)min 函数f(x)在区间M上的某个函数值小于函数g(x)在区间N上的所有函数值 ∃x1∈M，∃x2∈N，f(x1)<g(x2) f(x1)min< g(x2)max 函数f(x)在区间M上的某个函数值小于函数g(x)在区间N上的某个函数值 　　[针对训练] 3.(2025·绵阳质检)已知函数f(x)=x3+x2+ax. (1)若函数f(x)在区间(-2，+∞)上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若函数g(x)=，对∀x1∈，∃x2∈，使得f'(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围. 解:(1)f'(x)=x2+2x+a，∵f(x)在(-2，+∞)上单调递增，∴f'(x)≥0在(-2，+∞)上恒成立，∴a≥-x2-2x=-(x+1)2+1.当x=-1时，(-x2-2x)max=1，∴a≥1，∴实数a的取值范围为[1，+∞). (2)“对∀x1∈，∃x2∈，使得f'(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f'(x)max≤g(x)max”，∵f'(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在上单调递增，∴f'(x)max=f'(2)=a+8. ∵g'(x)=，∴当x∈时，g'(x)>0；当x∈(1，2]时，g'(x)<0. ∴g(x)在上单调递增，在(1，2]上单调递减，∴g(x)max=g(1)=， ∴a+8≤，解得a≤-8，即实数a的取值范围为. [课时跟踪检测] 1.已知f(x)=2xln x，g(x)=-x2+ax-3. (1)求函数f(x)的最小值； (2)若存在x∈(0，+∞)，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围. 解:(1)依题意，f(x)的定义域是(0，+∞)，f'(x)=2(ln x+1)， 所以当0<x<时，f'(x)<0，f(x)单调递减；当x>时，f'(x)>0，f(x)单调递增. 所以当x=时，f(x)取得最小值f=2··ln=-. (2)因为存在x∈(0，+∞)，使f(x)≤g(x)成立， 即2xln x≤-x2+ax-3能成立，即a≥2ln x+x+能成立，令h(x)=2ln x+x+(x>0)，则h'(x)=+1-=， 所以当x∈(0，1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增，所以当x=1时，h(x)取得最小值h(1)=4，所以a≥4. 故实数a的取值范围为[4，+∞). 2.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)当a=-2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 解:(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，x∈(-1，+∞)，f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1. 易知f'(x)在(-1，+∞)上单调递增，且f'(0)=0， 所以当x∈(-1，0)时，f'(x)<0，当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0，所以f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增. 所以当x=0时，f(x)取得极小值，为f(0)=0，f(x)无极大值. (2)由f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x，x∈(-1，+∞)， 得f'(x)=-aln(1+x)-. 设g(x)=-aln(1+x)-， 则g'(x)=--. 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)=0，f'(0)=0， 所以g'(0)=-2a-1≥0，得a≤-， 故a≤-是原不等式成立的一个必要条件. 下面证明其充分性: 当a≤-，x≥0时，g'(x)≥-=≥0， 所以f'(x)在[0，+∞)上单调递增，且f'(x)≥f'(0)=0， 所以f(x)在[0，+∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)=0.综上，a的取值范围是. 3.(2025·莆田模拟)设a为实数，函数f(x)=x3-3x2+a，g(x)=xln x. (1)求f(x)的极值； (2)对于∀x1∈[1，3]，∀x2∈，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围. 解:(1)函数f(x)=x3-3x2+a的定义域为R，f'(x)=3x2-6x=3x(x-2)， 令f'(x)=0，可得x=0或x=2，列表如下: x (-∞，0) 0 (0，2) 2 (2，+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 故函数f(x)的极大值为f(0)=a，极小值为f(2)=a-4. (2)对于∀x1∈[1，3]，∀x2∈，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)max. 由(1)可知，函数f(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增， 故当x∈[1，3]时，f(x)min=f(2)=a-4. 因为g(x)=xln x，且x∈， 则g'(x)=1+ln x≥0且g'(x)不恒为零， 故函数g(x)在上单调递增， 故g(x)max=g(e)=e，由题意可得a-4≥e，故a≥e+4.故实数a的取值范围为[e+4，+∞). 4.设函数f(x)=ex-ax，a∈R，g(x)=. (1)讨论g(x)在区间(0，π)上的单调性； (2)若f(2x)≥g(x)在x∈[0，+∞)上恒成立，求a的取值范围. 解:(1)由题意得g'(x)=，x∈(0，π). 由g'(x)<0，得x∈，由g'(x)>0，得x∈， 即g(x)在上单调递减，在上单调递增. (2)由x≥0时，f(2x)≥g(x)，得e2x-2ax≥，即+e2x-2ax≥0. 设h(x)=+e2x-2ax，x≥0， 则h'(x)=+2e2x-2a， 设φ(x)=h'(x)，则φ'(x)=+4e2x=，当x∈[0，+∞)时，4e3x≥4，2sin≤2，所以φ'(x)>0，所以φ(x)即h'(x)在[0，+∞)上单调递增，则h'(x)≥h'(0)=4-2a. ①当a≤2时，则h'(x)≥h'(0)=4-2a≥0， 且h'(x)不恒为0. 所以h(x)在[0，+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(0)=0恒成立，符合题意. ②当a>2时，则h'(0)=4-2a<0，且x→+∞时，h'(x)→+∞，则必存在正实数x0满足当x∈(0，x0)时，h'(x)<0，h(x)在(0，x0)上单调递减， 此时h(x0)<h(0)=0，不符合题意. 综上，a的取值范围是(-∞，2]. 第三课时　利用导数研究函数的零点 考法(一)　利用导数研究零点个数 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　已知函数f(x)=excos x-x. (1)求证:当 x∈时，f(x)<1； (2)求f(x)在[0，2π]的零点个数. 解:(1)证明:由函数f(x)=excos x-x，得f'(x)=ex(cos x-sin x)-1，令g(x)=f'(x)=ex(cos x-sin x)-1，得g'(x)=-2exsin x， 当x∈时，g'(x)<0，所以g(x)单调递减. 又由g(0)=0，所以g(x)<0，即f'(x)<0， 所以f(x)单调递减， 由f(0)=1，所以f(x)<f(0)=1. (2)由(1)知，g'(x)=-2exsin x，由x∈[0，π]，得g'(x)≤0，且g(0)=0，所以g(x)≤g(0)=0， 即f'(x)≤0，且f'(x)不恒为0，所以f(x)单调递减；由x∈(π，2π]，得g'(x)≥0，且g'(x)不恒为0，g(x)单调递增， 易知g(π)=-eπ-1<0，g(2π)=e2π-1>0，故存在x0∈(π，2π)，使得g(x0)=0，则当x∈(π，x0)时，g(x)<0，f'(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(x0，2π)时，g(x)>0，f'(x)>0，f(x)单调递增.综上，f(x)在[0，x0)上单调递减，在(x0，2π]上单调递增. 又因为f(0)=1，f(π)=eπcos π-π=-eπ-π<0，f(2π)=e2π-2π>0，所以函数f(x)有两个零点. |点拨·建模| 利用导数研究方程根(函数零点)的一般方法 (1)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等. (2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置. (3)数形结合去分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现. 　　[针对训练] 1.已知函数f(x)=-bln x+1. (1)当b=1时，若f(x)≤1恒成立，求实数a的值. (2)当a=1时，讨论f(x)的零点个数. 解:(1)当b=1时，f(x)=-ln x+1， 则f(1)=1，且函数f(x)在其定义域(0，+∞)上连续.又f(x)≤1=f(1)恒成立，可得x=1是f(x)的一个极大值点，所以f'(1)=0.又f'(x)=，所以f'(1)=a-aln 1-1=0，则a=1.下面证明当a=1时，f(x)≤1在(0，+∞)上恒成立.由a=1，可知f(x)=-ln x+1，则f'(x)=，令g(x)=1-ln x-x，易得g(x)在(0，+∞)上单调递减，又g(1)=0，所以当x∈(0，1)时，f'(x)>0；当x∈(1，+∞)时，f'(x)<0.所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减.所以f(x)≤f(1)=1，所以f(x)≤1在(0，+∞)上恒成立， 故a=1. (2)当a=1时，f(x)=-bln x+1.令f(x)=-bln x+1=0.又ln x≠0，所以b=+.令h(x)=+，x∈(0，1)∪(1，+∞)，则h'(x)=--<0，所以h(x)在(0，1)，(1，+∞)上单调递减.当0<x<1时，x→0，h(x)→+∞；x→1，h(x)→-∞， 当x>1时，x→1，h(x)→+∞；x→+∞，h(x)→0，函数h(x)=+的图象如图所示，所以当b≤0时，直线y=b与函数h(x)的图象只有一个交点；当b>0时，直线y=b与函数h(x)的图象有两个交点.故当b≤0时，f(x)有1个零点；当b>0时，f(x)有2个零点. 　　　　　　考法(二)　由函数的零点个数确定参数取值范围 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　已知函数f(x)=ex-ax2.若函数g(x)=f(x)-x+1有且只有一个零点，求实数a的取值范围. 解:令g(x)=f(x)-x+1=0，可得ex-ax2-x+1=0，由题意可得ex-ax2-x+1=0只有一个根.易知x=0不是方程ex-ax2-x+1=0的根，所以x≠0，所以由ex-ax2-x+1=0，得a=.设h(x)=，则y=a与h(x)=的图象只有一个交点. h'(x)==，当x∈(-∞，0)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(0，2)时，h'(x)<0，h(x)单调递减； 当x∈(2，+∞)时，h'(x)>0，h(x)单调递增. 设t(x)=ex-x+1，则t'(x)=ex-1，当x∈(-∞，0)时，t'(x)<0，t(x)单调递减； 当x∈(0，+∞)时，t'(x)>0，t(x)单调递增， 所以t(x)≥t(0)=2， 所以h(x)=>0.又h(2)==，当x→0时，h(x)→+∞，当x→+∞时，h(x)→+∞，当x→-∞时，h(x)→0，画出h(x)的图象如图所示，由图可知，若y=a与h(x)=的图象只有一个交点，则0<a<，所以实数a的取值范围是. |点拨·建模| 　　根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”. 　　[针对训练] 2.已知函数f(x)=aln x-x(a∈R). (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)在上存在2个零点，求a的取值范围. 解:(1)函数f(x)的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=-1=(x>0). 当a≤0时，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，故f(x)在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时，令f'(x)>0，得0<x<a， 令f'(x)<0，得x>a， 所以f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减. 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，+∞)上单调递减. (2)若a=0，f(x)=-x，在上无零点，不合题意；若a≠0，由f(x)=0，得=， 令g(x)=，则直线y=与函数g(x)在上的图象有两个交点，g'(x)=， 当<x<e时，g'(x)>0，当e<x<e2时，g'(x)<0， 所以g(x)在上单调递增，在[e，e2]上单调递减，所以g(x)max=g(e)=. 又g=-e，g(e2)=， 所以要使直线y=与g(x)的图象有两个交点，则≤<， 所以e<a≤，即实数a的取值范围为. [课时跟踪检测] 1.(2025·邢台模拟)已知函数f(x)=2x3-3x2-12x+5. (1)求f(x)的极值； (2)讨论函数g(x)=f(x)-m的零点个数. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞，+∞)，由题意可得f'(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2). 由f'(x)>0，得x<-1或x>2，由f'(x)<0，得-1<x<2，则f(x)在(-∞，-1)和(2，+∞)上单调递增，在(-1，2)上单调递减，故f(x)极大值=f(-1)=12，f(x)极小值=f(2)=-15. (2)由(1)可知f(x)在(-∞，-1)和(2，+∞)上单调递增，在(-1，2)上单调递减， f(-1)=12，f(2)=-15，且当x→-∞时，f(x)→-∞，当x→+∞时，f(x)→+∞. f(x)的大致图象如图所示. 令g(x)=f(x)-m=0，得f(x)=m. 当m>12或m<-15时，方程f(x)=m有且仅有1个实根，即g(x)有1个零点；当m=12或m=-15时，方程f(x)=m有2个实根，即g(x)有2个零点； 当-15<m<12时，方程f(x)=m有3个实根，即g(x)有3个零点. 综上，当m>12或m<-15时，g(x)有1个零点，当m=12或m=-15时，g(x)有2个零点，当-15<m<12时，g(x)有3个零点. 2.(2025·深圳模拟)若函数f(x)=x(x-c)2在x=3处有极小值. (1)求c的值. (2)函数g(x)=f(x)+6x2-(9+3a)x+1恰有一个零点，求实数a的取值范围. 解:(1)因为f(x)=x(x-c)2，所以f'(x)=(x-c)(3x-c).又因为函数f(x)=x(x-c)2在x=3处有极小值，所以f'(3)=(3-c)(9-c)=0，解得c=3或c=9.当c=3时，f'(x)=(x-3)(3x-3)， 则1<x<3时，f'(x)<0，x>3时，f'(x)>0， f(x)在(1，3)上单调递减，在(3，+∞)上单调递增， 可得函数f(x)在x=3处取得极小值； 当c=9时，f'(x)=(x-9)(3x-9)， 则x<3时，f'(x)>0，3<x<9时，f'(x)<0， f(x)在(-∞，3)上单调递增，在(3，9)上单调递减，可得函数f(x)在x=3处取得极大值，不合题意，舍去.所以c的值为3. (2)由(1)得g(x)=f(x)+6x2-(9+3a)x+1=x3-6x2+9x+6x2-(9+3a)x+1=x3-3ax+1， 函数g(x)的定义域为R，g'(x)=3x2-3a， 当a≤0时，g'(x)≥0，且g'(x)不恒为0，g(x)在R上单调递增，a=0时，g(x)=x3+1有一个零点-1； a<0时，g=-3+1<0，g(0)=1>0，g(x)恰有一个零点； 当a>0时，由g'(x)>0，解得x<-或x>，由g'(x)<0，解得-<x<， 则g(x)在(-∞，-)和(，+∞)上单调递增，在(-)上单调递减，x=-时，g(x)有极大值，x=时，g(x)有极小值， g(x)恰有一个零点，g(-)=2a+1<0或g()=-2a+1>0，解得0<a<. 综上可知，函数g(x)=f(x)+6x2-(9+3a)x+1恰有一个零点，实数a的取值范围为. 3.已知函数f(x)=aln x-x2(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有极值点，判断f(x)的零点个数. 解:(1)因为f(x)=aln x-x2(x>0)， 所以f'(x)=-x(x>0). 当a≤0时，-x<0在(0，+∞)上恒成立，所以f(x)在(0，+∞)上单调递减. 当a>0时，由-x>0⇒x2<a⇒0<x<；由-x<0⇒x2>a⇒x>.所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，+∞)上单调递减. 综上可知，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，+∞)上单调递减. (2)由(1)可知，当a>0时，f(x)有极大值点， f()=aln-a=a(ln a-1). 若a(ln a-1)<0⇒0<a<e，此时函数f(x)无零点； 若a(ln a-1)=0⇒a=e，此时f()=0，函数f(x)有1个零点；若a(ln a-1)>0⇒a>e， 当x≤1时，f(x)=aln x-x2<0， 所以函数f(x)在(1，)上有1个零点；当x→+∞时，f(x)=aln x-x2<0，所以函数f(x)在(，+∞)上有1个零点. 所以a>e时，函数f(x)有2个零点.综上，当0<a<e时，函数f(x)无零点；当a=e时，函数f(x)有1个零点；当a>e时，函数f(x)有2个零点. 4.(2025·大连调研)已知函数g(x)=cos x+ax2，x∈[-π，π]. (1)当a=1时，求g(x)的单调区间； (2)设f(x)=xsin x+g(x)，当0<a<1时，讨论f(x)的零点个数. 解:(1)因为g(-x)=g(x)，所以g(x)为偶函数，只需先研究x∈[0，π]. 由题意，得g(x)=cos x+ax2=cos x+x2，g'(x)=-sin x+x.令F(x)=-sin x+x，则F'(x)=-cos x+1， 当x∈[0，π]时，F'(x)≥0，所以F(x)在x∈[0，π]单调递增，即g'(x)≥g'(0)=0，所以g(x)在x∈[0，π]单调递增，根据偶函数图象关于y轴对称，得g(x)在x∈[-π，0]单调递减， 故g(x)的单调递减区间为[-π，0]，单调递增区间为[0，π]. (2)因为f(x)=xsin x+cos x+ax2，f(-x)=-xsin(-x)+cos(-x)+a(-x)2=f(x)， 所以f(x)为偶函数. f'(x)=xcos x+ax=x(cos x+a)， 当0<a<1时，∃x0∈(0，π)，使得x0(cos x0+a)=0，即cos x0=-a. 又y=cos x在(0，π)单调递减，所以x∈(0，x0)，f'(x)>0，f(x)单调递增， x∈(x0，π)，f'(x)<0，f(x)单调递减. 又f(0)=1，f(π)=aπ2-1， ①当aπ2-1>0，即<a<1时， f(x)在[0，π]上无零点，又f(x)为偶函数， 所以f(x)在[-π，π]上无零点. ②当aπ2-1≤0，即0<a≤时， f(x)在[0，π]上有1个零点，又f(x)为偶函数，所以f(x)在[-π，π]上有2个零点. 综上所述，当0<a≤时，f(x)在[-π，π]上有2个零点，当<a<1时，f(x)在[-π，π]上无零点. 第四课时　极值点偏移问题 　　已知函数f(x)图象顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)=c的两根的中点刚好满足=x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)所示.若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3)所示. 设a，b>0，a≠b，则>>，其中被称之为对数平均数，上述不等式称为对数均值不等式. 方法(一)　对称构造法 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1]　已知函数f(x)=x2，a为实数. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在x=e处取得极值，且f'(x1)=f'(x2)，x1<x2，证明:x1+x2>2. 解:(1)函数f(x)=x2的定义域为(0，+∞)，f'(x)=2x+x=x(2ln x-3a+1)，令f'(x)=0，则ln x=，得x=.  (导函数解析式中“变号因子”为2ln x-3a+1，显然y=2ln x-3a+1为增函数，故只需求出其零点，即可判断f'(x)的符号) 当x∈时，f'(x)<0；当x∈时，f'(x)>0. 故函数f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明:因为函数f(x)在x=e处取得极值，由(1)知x==e，得a=1，所以f(x)=x2，得f'(x)=x(2ln x-2)=2x(ln x-1). 令g(x)=2x(ln x-1)， 因为g'(x)=2ln x，当x=1时，g'(x)=0，所以函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，且当x∈(0，e)时，g(x)=2x(ln x-1)<0， 当x∈(e，+∞)时，g(x)=2x(ln x-1)>0，故0<x1<1<x2<e. (关键点:首先确定x1，x2的取值范围，然后把所证不等式变形，目的是把两个变量化归到同一个单调区间内，便于构造函数) 要证x1+x2>2，只需证x2>2-x1，易知x2>1，2-x1>1，下面证明g(x1)=g(x2)>g(2-x1). 设t(x)=g(2-x)-g(x)，x∈(0，1)，则t'(x)=-g'(2-x)-g'(x)=-2ln(2-x)-2ln x=-2ln[(2-x)x]>0，故t(x)在(0，1)上单调递增，故t(x)<t(1)=0，所以t(x1)=g(2-x1)-g(x1)<0，则g(2-x1)<g(x2)，所以2-x1<x2，即得x1+x2>2. |点拨·建模| 　　对称构造法是解决极值点偏移的基本方法，主要有四个基本步骤:①求函数f(x)的极值点x0；②构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)；③确定函数F(x)的单调性；④结合F(x0)=0，判断F(x)的符号，从而确定f(x)，f(2x0-x)的大小关系.记忆口诀:极值偏离对称轴，构造函数觅行踪，四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 　　[针对训练] 1.(2022·全国甲卷)已知函数f(x)=-ln x+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明:若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1. 解:(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞). 由f'(x)=-+1==， 可得函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增.所以f(x)min=f(1)=e+1-a. 又f(x)≥0，所以e+1-a≥0，解得a≤e+1， 所以a的取值范围为(-∞，e+1]. (2)证明:不妨设x1<x2，则由(1)知0<x1<1<x2，0<<1.由f(x1)=f(x2)=0，得-ln x1+x1=-ln x2+x2， 即+x1-ln x1=+x2-ln x2. 因为函数y=ex+x在R上单调递增，所以x1-ln x1=x2-ln x2成立. 构造函数h(x)=x-ln x(x>0)，g(x)=h(x)-h=x--2ln x， 则g'(x)=1+-=≥0， 所以函数g(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)=0，即当x>1时，h(x)>h，所以h(x1)=h(x2)>h. 又h'(x)=1-=， 所以h(x)在(0，1)上单调递减， 所以0<x1<<1，即x1x2<1. 方法(二)　比值代换法 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例2]　(2024·南昌二模)已知函数f(x)=x(ln x-a)，g(x)=+a-ax.若g(x)的两个相异零点为x1，x2，求证:x1x2>e2. 证明:法一:等价变换后构商引参 由题意知，g(x)=ln x-ax，不妨设x1>x2>0， 由得 (关键点:进行两式的和与差的运算，构建出关于两个变量的积、商、和、差的式子) 则==.令t=，则t>1，=，即ln(x1x2)=ln t. 要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，只需证ln t>2，即证ln t>，即证ln t->0. 令m(t)=ln t-(t>1)，因为m'(t)=>0，所以m(t)在(1，+∞)上单调递增， 所以m(t)>m(1)=ln 1-=0，所以ln t->0成立，故x1x2>e2. 法二:直接引入两变量之商作为变量 由题意得g(x)=ln x-ax，不妨设x1>x2>0，t=，显然t>1，则x1=tx2. (关键点:根据两数大小关系，引入两者之商作为变量，构建两个自变量之间的关系) 由得即 两式相除得=，即1+=t， 得ln x2=， 所以ln x1=ln(tx2)=ln t+ln x2=ln t+=ln t=ln t. 所以ln x1+ln x2=ln t+=ln t. 要证x1x2>e2，只需证ln(x1x2)>2，即ln x1+ln x2>2，也就是ln t>2.  (难点:应注意等价转化,使结构最简,从而使构造的函数解析式最简,达到简化解题思路的目的.如此处转化为ln t>2后,可以直接构造函数y=ln t-2;也可以根据t>1,将不等式转化为(t+1)ln t>2(t-1),进而构造函数y=(t+1)ln t-2(t-1);还可以转化为ln t>,进而构造函数y=ln t-) 又t>1，所以t-1>0，不等式等价于(t+1)ln t>2(t-1)，即(t+1)ln t-2(t-1)>0. 记G(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1)，则G'(t)=ln t+(t+1)×-2=ln t+-1. 记h(t)=G'(t)=ln t+-1(t>1)， 则h'(t)=-=. 因为t>1，所以h'(t)>0，故h(t)在(1，+∞)上单调递增，所以h(t)>h(1)=ln 1+-1=0，故G'(t)>0，所以G(t)在(1，+∞)上单调递增，所以G(t)>G(1)=(1+1)ln 1-2×(1-1)=0，即(t+1)ln t-2(t-1)>0.故原不等式得证. |点拨·建模| 　　用比值换元构造函数解决极值点偏移问题的步骤 联立消参 利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数 转化所证 根据所求问题，结合消参后的式子合理转化为x1，x2的关系 抓商换元 令t=，则x2=tx1，代入式子，直接消掉变量x1，x2，转化为关于t的函数 用导求解 利用导数求解关于t的函数的极值、最值等问题 　　[针对训练] 2.已知函数f(x)=ln x-2ax(a∈R)有两个零点x1，x2(x1<x2).证明:f'<0. 证明:由已知可得 可得a=. 由f(x)=ln x-2ax可得f'(x)=-2a，要证f'<0，即证x1+x2>， 即证x1+x2>， 即证ln<=. 由题意可知x2>x1>0，令t=∈(0，1)， 即证ln t<. 构造函数h(t)=ln t-，其中0<t<1， 即证h(t)<0，h'(t)=-=>0，所以函数h(t)在(0，1)上单调递增， 所以h(t)<h(1)=0，故原不等式成立. [课时跟踪检测] 1.已知函数f(x)=ln x+ax2-(a+1)x(a∈R). (1)当a=1时，求函数y=f(x)的零点个数. (2)若关于x的方程f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2，求实数a的取值范围并证明x1x2>e2. 解:(1)当a=1时，f(x)=ln x+x2-2x(x>0)，f'(x)=+x-2=≥0， 所以函数y=f(x)在(0，+∞)上单调递增. 又因为f(1)=-<0，f(4)=ln 4>0， 所以函数y=f(x)有且仅有一个零点. (2)证明:方程f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2，等价于ln x-(a+1)x=0有两个不同实根x1，x2，得a+1=，令φ(x)=，x>0， 则φ'(x)=，令φ'(x)>0，解得0<x<e； 令φ'(x)<0，解得x>e， 所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 所以当x=e时，φ(x)=取得最大值. 由φ(1)=0，得当x∈(0，1)时，φ(x)<0； 当x∈(1，+∞)时，φ(x)>0，φ(x)的大致图象如图所示， 所以当a+1∈，即-1<a<-1时，f(x)=ax2有两个不同实根x1，x2. 故所求实数a的取值范围是. 不妨设0<x1<x2，则 两式相加得ln(x1x2)=(a+1)(x1+x2)，两式相减得ln =(a+1)(x2-x1)， 所以=. 要证x1·x2>e2，只需证ln(x1x2)=·ln >2，即证ln >=. 设t=(t>1)，令F(t)=ln t-=ln t+-2，则F'(t)=-=>0， 所以函数F(t)在(1，+∞)上单调递增，且F(1)=0，所以F(t)>0，即ln t>， 所以x1x2>e2，原命题得证. 2.已知函数f(x)=ln x+，a∈R.若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)证明:x1+x2>4a. 解:(1)由题意可知，f(x)=ln x+(x>0)⇒f'(x)=. 若a≤0，则f'(x)>0恒成立，即f(x)单调递增，不存在两个不等零点，故a>0. 显然当x>2a时，f'(x)>0，当0<x<2a时，f'(x)<0，则f(x)在(0，2a)上单调递减，在(2a，+∞)上单调递增，所以若要符合题意，需f(2a)<0⇒ln 2a+1<0⇒a∈， 此时有4a2<2a，且f(4a2)=2ln(2a)+， 令g(t)=2ln t+⇒g'(t)=， 而<⇒t<⇒g'(t)<0， 即g(t)在上单调递减，故g(t)>g=e-2>0，所以f(4a2)>0.又f(1)=2a>0. 故在区间(4a2，2a)和(2a，1)上，函数f(x)各存在一个零点，符合题意. 综上，a∈. (2)证明:结合(1)，不妨令0<x1<2a<x2， 构造函数g(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a)， 则g'(x)=+=-<0，即g(x)单调递减，所以g(x)>g(2a)=0， 即g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0⇒f(x1)=f(x2)>f(4a-x1). 因为0<x1<2a<x2，所以4a-x1>2a. 由(1)知f(x)在(2a，+∞)上单调递增，所以由f(x2)>f(4a-x1)⇒x2>4a-x1， 故x1+x2>4a. 3.已知函数f(x)=ln x-ax2. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)若x1，x2是方程f(x)=0的两不等实根，求证:+>2e. 解:(1)由题意得，函数f(x)的定义域为(0，+∞). 由f(x)=ln x-ax2得f'(x)=-2ax=. 当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，由f'(x)>0得0<x<，由f'(x)<0得x>， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)证明:因为x1，x2是方程ln x-ax2=0的两不等实根，ln x-ax2=0⇔2ln x-2ax2=0， 即x1，x2是方程ln x2-2ax2=0的两不等实根. 令t=x2(t>0)，则t1=，t2=，即t1，t2是方程2a=的两不等实根. 令g(t)=，则g'(t)=，所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，g(e)=， 当t→0时，g(t)→-∞；当t→+∞时，g(t)>0且g(t)→0.所以0<2a<，即0<a<. 令1<t1<e<t2，要证+>2e， 只需证t1+t2>2e. 法一:对称化构造　令h(t)=g(t)-g(2e-t)，t∈(1，e)，则h(t)=g(t)-g(2e-t)=-=， 令φ(t)=(2e-t)ln t-tln(2e-t)， 则φ'(t)=-1-ln t-ln(2e-t)+=+-ln(-t2+2et)>+-2>0， 所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)=0. 所以h(t)=g(t)-g(2e-t)<0， 所以g(t)<g(2e-t). 所以g(t2)=g(t1)<g(2e-t1)，又t2，2e-t1∈(e，+∞)，且g(t)在(e，+∞)上单调递减，所以t2>2e-t1，即t1+t2>2e，所以+>2e. 法二:对数基本不等式　先证<，令0<x1<x2，只需证<，只需证-ln x<0. 令φ(x)=-ln x(x>1)，φ'(x)=-=<0，所以φ(x)在(1，+∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)=0. 因为=，所以=<，所以ln t1+ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1+t2>2>2e. 4.已知函数f(x)=ln x-ax. (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当a=1时，若f(x1)=f(x2)(x1<x2)，求证:x1+x2>2. 解:(1)f(x)=ln x-ax的定义域为(0，+∞)， 因为f'(x)=-a=，x>0， 当a≤0时，f'(x)>0， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，令f'(x)>0得0<x<， 令f'(x)<0得x>， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上，当a≤0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增； 当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减. (2)证明:当a=1时满足a>0，f(x)=ln x-x，定义域为(0，+∞)， f'(x)=-1，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减. 又因为f(x1)=f(x2)(x1<x2)，所以0<x1<1<x2，设F(x)=f(x)-f(2-x)(x∈(0，1))， 则F'(x)=--2=>0在(0，1)上恒成立， 所以F(x)=f(x)-f(2-x)在(0，1)上单调递增，F(x)<F(1)=0， 所以F(x1)=f(x1)-f(2-x1)<0， 即f(x1)=f(x2)<f(2-x1). 又因为x2>1，0<x1<1，所以2-x1>1， 又因为f(x)在(1，+∞)上单调递减， 所以x2>2-x1，即x1+x2>2. 47 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $$