第三章 一元函数的导数及其应用-（教师用书）【赢在微点·顶层设计】2026年高中数学高考一轮总复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数及其应用”专题，依据课程标准和高考评价体系，系统梳理导数的概念运算、几何意义、单调性、极值最值及综合应用等核心考点，通过近五年高考真题分析明确“导数几何意义”“单调性应用”等高频考点权重，归纳切线方程、极值求解等常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“真题溯源+微专题突破+素养提升”，如以2024新课标Ⅰ卷导数题为例，运用数学思维剖析隐零点问题和极值点偏移的解题策略，培养学生逻辑推理和运算能力。特设“易错陷阱警示”和“答题模板库”，帮助学生熟练掌握得分技巧，教师可据此精准指导复习，助力高效备考。

第三章一元函数的导数及其应用 第一节　导数的概念及运算 【课程标准】　1.了解导数概念的实际背景;2.体会极限思想;3.理解导数的几何意义;4.能利用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(仅限于形如f(ax+b)的复合函数)的导数. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.导数的概念 (1)函数y=f(x)在x=x0处的导数 如果当Δx→0时,平均变化率无限趋近于一个 确定的值 ,即有极限,则称y=f(x)在x=x0处可导,并把这个 确定的值 叫做y=f(x)在x=x0处的导数(也称为瞬时变化率),记作f'(x0)或y',即f'(x0)==  .  (2)导函数 当x变化时,y=f'(x)就是x的函数,我们称它为y=f(x)的导函数(简称导数).y=f(x)的导函数有时也记作y',即f'(x)=y'=. (3)导数的几何意义 函数y=f(x)在x=x0处的导数f'(x0)就是曲线y=f(x)在点P0(x0,y0)处切线的斜率k0,即k0==f'(x0). 2.基本初等函数的导数公式 基本初等函数 导函数 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)=ex f'(x)= ex f(x)=ax(a>0,且a≠1) f'(x)= axln a f(x)=ln x f'(x)= f(x)=logax(a>0,且a≠1) f'(x)= 3.导数的运算法则 (1)[f(x)±g(x)]'= f'(x)±g'(x) ;  (2)[f(x)g(x)]'= f'(x)g(x)+f(x)g'(x) ;  (3)'=  (g(x)≠0).  4.复合函数的导数 一般地,对于由函数y=f(u)和u=g(x)复合而成的函数y=f(g(x)),它的导数为y'x= y'u·u'x .  微|点|延|伸 1.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,其绝对值的大小|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”. 2.两类切线问题的区别 (1)“过”与“在”:曲线y=f(x)“在点P(x0,y0)处的切线”与“过点P(x0,y0)的切线”的区别:前者P(x0,y0)为切点,而后者P(x0,y0)不一定为切点. (2)“切点”与“公共点”:曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点,而直线与二次曲线相切只有一个公共点. 小|题|快|练 1.下列求导运算正确的是(B) A.(sin a)'=cos a(a为常数) B.(sin 2x)'=2cos 2x C.(3x)'=3xlog3e D.()'= 解析　由a为常数知(sin a)'=0,A错误;(sin 2x)'=cos 2x·(2x)'=2cos 2x,B正确;(3x)'=3xln 3,C错误;()'=[(x+1]'=(x+1=,D错误.故选B. 2.某跳水运动员离开跳板后,他达到的高度与时间的函数关系式是h(t)=10-4.9t2+8t(距离单位:米,时间单位:秒),则他在0.5秒时的瞬时速度为(C) A.9.1米/秒 B.6.75米/秒 C.3.1米/秒 D.2.75米/秒 解析　因为h'(t)=-9.8t+8,所以h'(0.5)=-9.8×0.5+8=3.1,所以此运动员在0.5秒时的瞬时速度为3.1米/秒.故选C. 3.(人A选二P82习题5.2T11改编)已知函数f(x)=ax2-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线与直线y=3x平行,则该切线的方程为(B) A.x-3y+5=0 B.3x-y-1=0 C.3x-y+1=0 D.x-3y+1=0 解析　由题意,f'(x)=2ax-,则f'(1)=2a-1=3,解得a=2,则f(x)=2x2-ln x,f(1)=2,所以函数f(x)=2x2-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.故选B. 4.函数f(x)=ex+在x=1处的切线方程为 y=(e-1)x+2 .  解析　由题意,得f'(x)=ex-,所以f'(1)=e-1,又因为f(1)=e+1,所以切点为(1,e+1),切线斜率k=f'(1)=e-1,故切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2. 5.(人A选二P70习题5.1T7改编)设P为曲线C:y=x2+2x+3上的点,且曲线C在点P处的切线的倾斜角的取值范围是,则点P横坐标的取值范围是  .  解析　设点P的横坐标为x0,由y=x2+2x+3得y'=2x+2,所以y'=2x0+2,设α为曲线C在点P处切线的倾斜角,则2x0+2=tan α,又α∈,所以tan α∈[0,1],所以0≤2x0+2≤1,即x0∈. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　导数的运算 自练自悟 1.(多选题)下列求导运算正确的是(AC) A.'=1- B.(e2x)'=e2x C.(log2x)'= D.'= 解析　对于A,'=1-,故A正确;对于B,(e2x)'=e2x(2x)'=2e2x,故B错误;对于C,(log2x)'=,故C正确;对于D,'==-,故D错误.故选AC. 2.已知函数f(x)=x(x-3)(x-32)(x-33)(x-34)(x-35),则f'(0)=(D) A.315 B.314 C.-314 D.-315 解析　设φ(x)=(x-3)(x-32)(x-33)(x-34)(x-35),即f(x)=xφ(x),则f'(x)=φ(x)+xφ'(x),所以f'(0)=φ(0)=-3×32×33×34×35=-31+2+3+4+5=-315.故选D. 3.吹气球时,气球的体积V(单位:L)与半径r(单位:dm)之间的关系是V=πr3.当V=L时,气球的瞬时膨胀率(气球半径关于气球体积的瞬时变化率)为(A) A.dm/L B.dm/L C.3 L/dm D.4π L/dm 解析　因为V=πr3,所以r=,所以r'=×,当V=时,r'=××=××=×=(dm/L).故选A. 4.(2025·江苏常州模拟)函数f(x)的导函数为f'(x),若f(x)=x2+2xf'(2)-ln x,则f'(2)的值为 - .  解析　由f(x)=x2+2xf'(2)-ln x,得f'(x)=2x+2f'(2)-,当x=2时,可得f'(2)=4+2f'(2)-,解得f'(2)=-. 　　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. 类型二　导数的几何意义 考向❶:求切线方程 【例1】　(1)(学考衔接:人A选二P82探究与发现)牛顿迭代法是求方程近似解的另一种方法.如图,方程f(x)=0的根就是函数f(x)的零点r,取初始值x0,f(x)的图象在横坐标为x0的点处的切线与x轴的交点的横坐标为x1,f(x)的图象在横坐标为x1的点处的切线与x轴的交点的横坐标为x2,一直继续下去,得到x1,x2,…,xn,它们越来越接近r.若f(x)=x2-2(x>0),x0=2,则用牛顿法得到的r的近似值x2约为(B) A.1.438 B.1.417 C.1.416 D.1.375 解析　由f(x)=x2-2(x>0),得f'(x)=2x.已知x0=2,则f'(x0)=f'(2)=4,f(x0)=f(2)=2,则f(x)的图象在横坐标为x0=2的点处的切线方程为y-2=4(x-2).令y=0,可得x1=,则f'(x1)=f'=3,f(x1)=f=,所以f(x)的图象在横坐标为x1=的点处的切线方程为y-=3.令y=0,可得x2=≈1.417.故选B. (2)过点(-1,0)作曲线y=x3-x的切线,写出一条切线的方程 2x-y+2=0或x+4y+1=0(写出其中一个即可) .  解析　由y=x3-x,得y'=3x2-1,设切点坐标为(x0,-x0),则切线斜率为3-1,得方程y-(-x0)=(3-1)(x-x0),代入点(-1,0),得2+3-1=0,即(x0+1)2(2x0-1)=0,解得x0=-1或x0=.当x0=-1时,切线方程为2x-y+2=0;当x0=时,切线方程为x+4y+1=0. 　　求切线方程的策略 求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同.过点处的切点坐标不知道,要设出切点坐标,根据斜率相等,切点在切线上,切点在曲线上建立方程(组)求解,求出切点坐标是解题的关键. 考向❷:求切点坐标 【例2】　设a∈R,函数f(x)=ex+是偶函数,若曲线y=f(x)的一条切线的斜率是,则切点的横坐标为 ln 2 .  解析　由f(x)为偶函数,易得a=1.所以f(x)=ex+e-x,f'(x)=ex-e-x.设切点为(x0,y0),则f'(x0)=-=,解得x0=ln 2. 　　利用导数几何意义求曲线过某一点的切线方程、已知直线与曲线相切求切点坐标时,关键是设出切点坐标,然后通过导数就是斜率、点在曲线上、点在切线上等建立方程(组)进行求解. 考向❸:求参数的取值范围 【例3】　(2025·湖北省十一校联考)若直线y=2x为曲线y=eax+b的一条切线,则ab的取值范围是  .  解析　设(x0,y0)为y=2x与y=eax+b的切点坐标,则y'=a=2,故y=eax+b在(x0,y0)处的切线方程为y-y0=2(x-x0),即y=2x+y0-2x0=2x+-2x0,所以由②得=2x0,代入①得ax0=1,即aeb+1=2,a=,ab=,设f(x)=·,f'(x)=·,由f'(x)>0得x<1,f(x)在(-∞,1)单调递增,f'(x)<0得x>1,f(x)在(1,+∞)单调递减,所以f(x)≤f(1)=,所以ab的取值范围为. 　　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参数的方程(组)并解出参数:(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. 【题组对点练】　 题号 1 2 3 4 考向 ❶ ❷ ❸ 加强练 1.(2025·湖北联考)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时,f(x)=ln(-2x)+1,则曲线y=f(x)在x=处的切线方程为(C) A.y=x-4 B.y=x C.y=-2x D.y=-2x+2 解析　解法一:由题意知,当x<0时,f(x)=ln(-2x)+1,所以当x>0时,f(x)=-f(-x)=-{ln[-2(-x)]+1}=-ln(2x)-1,f'(x)=-·2=-,所以f'=-2,f=-1,故所求的切线方程为y-(-1)=-2,即y=-2x.故选C. 解法二:由题意知,当x<0时,f(x)=ln(-2x)+1,所以f'(x)=·(-2)=,故f'=-2,又f(x)为奇函数,所以f'(x)为偶函数,则f'=f'=-2,又f=-f=-=-1,故所求的切线方程为y-(-1)=-2,即y=-2x.故选C. 2.已知曲线f(x)=x3-x+3在点P处的切线与直线x+2y-1=0垂直,则点P的坐标为(C) A.(1,3) B.(-1,3) C.(1,3)或(-1,3) D.(1,-3) 解析　设切点P(x0,y0),因为f'(x)=3x2-1,直线x+2y-1=0的斜率为-,所以f'(x0)=3-1=2,所以=1,所以x0=±1,又切点P(x0,y0)在曲线y=f(x)上,所以y0=-x0+3,所以当x0=1时,y0=3;当x0=-1时,y0=3.所以切点P的坐标为(1,3)或(-1,3).故选C. 3.函数f(x)=ln x+ax的图象存在与直线2x-y=0平行的切线,则实数a的取值范围是(B) A.(-∞,2] B.(-∞,2) C.(2,+∞) D.(0,+∞) 解析　函数f(x)=ln x+ax的图象存在与直线2x-y=0平行的切线,即f'(x)=+a=2在(0,+∞)上有解,即a=2-.因为x>0,所以2-<2,所以a的取值范围是(-∞,2).故选B. 4.(2025·山西联考)过点(2,0)作曲线f(x)=xex的两条切线,切点分别为(x1,f(x1)),(x2,f(x2)),则+=(B) A.-2 B.-1 C.1 D.2 解析　过点(2,0)作曲线f(x)=xex的切线,设切点坐标为(x0,x0),由题意得f'(x)=(x+1)ex,则(x0+1)=,即(-2x0-2)=0,由于>0,故-2x0-2=0,Δ=12>0,由题意可知x1,x2为x2-2x-2=0的两个实数根,则x1+x2=2,x1x2=-2,故+==-1.故选B. 类型三　两曲线的公切线 【例4】　(2025·福建适应性考试)已知直线y=kx+b既是曲线y=ln x的切线,也是曲线y=-ln(-x)的切线,则(A) A.k=,b=0 B.k=1,b=0 C.k=,b=-1 D.k=1,b=-1 解析　设直线y=kx+b与曲线y=ln x的切点坐标为(x1,y1),直线y=kx+b与曲线y=-ln(-x)的切点坐标为(x2,y2),对y=ln x求导得y'=,对y=-ln(-x)求导得y'=-·(-1)=-,所以有得得所以k==.故选A. 　　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. 【训练】　已知函数f(x)=ex-1,g(x)=ln x+1,则f(x)与g(x)的公切线有(C) A.0条 B.1条 C.2条 D.3条 解析　根据题意,设直线l与f(x)=ex-1相切于点(m,em-1),与g(x)相切于点(n,ln n+1)(n>0),对于f(x)=ex-1,f'(x)=ex,则直线l的方程为y+1-em=em(x-m),即y=emx+em(1-m)-1,对于g(x)=ln x+1,g'(x)=,则直线l的方程为y-(ln n+1)=(x-n),即y=x+ln n,直线l是f(x)与g(x)的公切线,则可得(1-m)(em-1)=0,解得m=0或m=1,则切线方程为y=ex-1或y=x,故f(x)与g(x)的公切线有两条.故选C. 教考衔接1　曲线的切线方程 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材题组·加固练■ 人教A版选择性必修第二册 1 2 3 4 5 P81·7题 P81·4题(2) P81·5题 P82·11题 P104·13题 【选题说明】考题多源自于教材例题或习题,可通过变换条件、变换设问等命制出新颖的高考试题,考查切点的坐标、切线的斜率、公切线相关知识. 【题1】　设函数f(x)=1-ex的图象与x轴相交于点P,求该曲线在点P处的切线方程. 解　令1-ex=0,解得x=0,所以函数f(x)=1-ex的图象与x轴相交于点P(0,0).由f'(x)=-ex,知f'(0)=-1,所以曲线在点P(0,0)处的切线方程为x+y=0. 【题2】　已知函数y=xln x,求这个函数的图象在点(1,0)处的切线方程. 解　y'=ln x+1,所以k=y'|x=1=ln 1+1=1, 则函数y=xln x在点(1,0)处的切线方程为y-0=1×(x-1),即x-y-1=0. 【题3】　求曲线y=在点M(π,0)处的切线方程. 解　因为y'=,所以切线方程的斜率k=y'|x=π=-,则切线方程为y=-+1,即x+πy-π=0. 【题4】　设曲线y=e2ax在点(0,1)处的切线与直线2x-y+1=0垂直,求a的值. 解　曲线y=e2ax,所以y'=e2ax·(2ax)'=2a·e2ax,所以在点(0,1)处的切线斜率为k=2ae0=2a,又因为切线与直线2x-y+1=0垂直,所以2a×2=-1,所以a=-. 【题5】　已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(2a+3)x+1只有一个公共点,求a的值. 解　y=x+ln x的导数为y'=1+,曲线y=x+ln x在x=1处的切线的斜率为k=1+=2,所以曲线y=x+ln x在x=1处的切线方程为y-1=2x-2,即y=2x-1.由题意知,直线y=2x-1与曲线y=ax2+(2a+3)x+1只有一个公共点,则关于x的方程ax2+(2a+3)x+1=2x-1,即ax2+(2a+1)x+2=0有且只有一解.当a=0时,上式可变为x+2=0,解得x=-2,有且只有一解,符合题意.当a≠0时,令Δ=(2a+1)2-8a=0,即4a2-4a+1=0,解得a=.综上a=0或a=. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　已知函数f(x)=x+ex,则这个函数图象过点P(0,0)处的切线方程为 y=(1+e)x .  解析　f'(x)=1+ex,设切点坐标为(x0,y0),则有=1+,又y0=x0+,所以=1+,解得x0=1,所以f'(1)=1+e,即k=1+e,从而过点P(0,0)的切线方程为y=(1+e)x. 【变式2】　已知函数f(x)=1-ex,若函数的图象在点P处的切线方程为y=-ex+1,则切点P的坐标为 (1,1-e) .  解析　设切点P的坐标为(x0,y0),f'(x)=-ex,由题意知,f'(x0)=-=-e,解得x0=1,此时y0=1-e,故所求切点P的坐标为(1,1-e). 【变式3】　已知函数f(x)=x(x+2)-mln x的图象在点处的切线与直线x+2y=0垂直,则m的值为  .  解析　由题知f'(x)=2x+2-,因为函数f(x)的图象在点处的切线与直线x+2y=0垂直,所以f'=2,即3-2m=2,解得m=. 【变式4】　已知过点A(a,0)作曲线y=(1-x)ex的切线有且仅有1条,则a=　1或-3 .  解析　设过点A(a,0)作曲线y=(1-x)ex的切线的切点为P(x0,y0),y'=-ex+(1-x)ex=-xex,kPA=-x0,所以=-x0,整理得-(a+1)x0+1=0,由题意知此方程有两个相等的实数根,所以Δ=(a+1)2-4=0,解得a=1或a=-3. 【变式5】　已知函数f(x)=x2-2,g(x)=3ln x-ax,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在公共点处的切线相同,则实数a= 1 .  解析　设函数f(x)=x2-2与g(x)=3ln x-ax的公共点为(x0,y0),则即则3ln x0+-1=0.令h(x)=3ln x+x2-1,易得h(x)在(0,+∞)上单调递增,由3ln x0+-1=0,解得x0=1,所以公共点为(1,-1),所以-1=3ln 1-a,解得a=1. 三、链接高考·体验练■ 1.(2023·全国甲卷)曲线y=在点处的切线方程为(C) A.y=x B.y=x C.y=x+ D.y=x+ 解析　由题意可知y'==,则曲线y=在点处的切线斜率k=y'|x=1=,所以曲线y=在点处的切线方程为y-=(x-1),即y=x+.故选C. 2.(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) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析　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. 3.(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 (-∞,-4)∪(0,+∞) .  解析　因为y=(x+a)ex,所以y'=(x+1+a)ex,设切点坐标为(x0,(x0+a)),切线斜率k=(x0+1+a),切线方程为y-(x0+a)=(x0+1+a)(x-x0),因为切线过原点,所以-(x0+a)=(x0+1+a)(-x0),整理得+ax0-a=0.因为切线有两条,所以Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,所以a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). 4.(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= ln 2 .  解析　由题,令f(x)=ex+x,则f'(x)=ex+1,所以f'(0)=2,所以曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线方程为y=2x+1.令g(x)=ln(x+1)+a,则g'(x)=,设直线y=2x+1与曲线y=g(x)相切于点(x0,y0),则=2,得x0=-,则y0=2x0+1=0,所以0=ln+a,所以a=ln 2. 第二节　导数与函数的单调性 【课程标准】　1.结合实例,借助几何图形直观地了解函数的单调性与导数的关系;2.能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次). 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.函数的单调性与导数的关系 条件 恒有 结论 函数y=f(x)在区间(a,b)上可导 f'(x)>0 f(x)在区间(a,b)上单调递增 f'(x)<0 f(x)在区间(a,b)上单调递减 f'(x)=0 f(x)在区间(a,b)上是常数函数 2.利用导数判断函数单调性的步骤 第1步,确定函数的 定义域 ;  第2步,求出导数f'(x)的 零点 ;  第3步,用f'(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f'(x)在各区间上的正负,由此得出函数y=f(x)在定义域内的单调性. 微|点|延|伸 　用充分必要条件诠释导数与函数单调性的关系 1.f'(x)>0(<0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充分不必要条件. 2.f'(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的必要不充分条件. 3.若f'(x)在区间(a,b)的任意子区间上都不恒等于零,则f'(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a,b)上单调递增(减)的充要条件. 小|题|快|练 1.(人A选二P86例2改编)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则下面判断正确的是(C) A.在区间(-2,1)上,f(x)单调递增 B.在区间(1,3)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)单调递增 解析　由题图可知,f(x)在区间(-2,1),(1,3),(3,5)上均不单调,故A,B,D错误;在区间(4,5)上,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在区间(4,5)上单调递增,故C正确. 2.(人A选二P97习题5.3T1(2)改编)函数f(x)=cos x-x在(0,π)上的单调性为(D) A.先增后减 B.先减后增 C.单调递增 D.单调递减 解析　因为在区间(0,π)上,f'(x)=-sin x-1<0恒成立,所以f(x)在(0,π)上单调递减.故选D. 3.函数y=3x2-2ln x的单调递增区间为  ,单调递减区间为  .  解析　y'=6x-=.因为函数的定义域为(0,+∞),所以由y'>0,得x>.所以函数的单调递增区间为.由y'<0,得0<x<,所以函数的单调递减区间为. 4.若y=x+(a>0)在[2,+∞)内单调递增,则a的取值范围是 (0,2] .  解析　由y'=1-≥0,得x≤-a或x≥a,所以y=x+的单调递增区间为(-∞,-a]和[a,+∞).因为函数在[2,+∞)内单调递增,所以[2,+∞)⊆[a,+∞),所以a≤2.又a>0,所以0<a≤2. 5.若函数f(x)=ln x-,则不等式f(1-x)>f(2x-1)的解集为  .  解析　因为x∈(0,+∞),f'(x)=+>0,所以函数f(x)=ln x-在(0,+∞)上单调递增,所以只需满足1-x>2x-1>0,解得<x<. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　原函数与导函数的图象之间的关系 【例1】　设函数f(x)在定义域内可导,f(x)的图象如图所示,则其导函数f'(x)的图象可能是(A) A　　　B C　　　D 解析　由f(x)的图象可知,当x∈(-∞,0)时,函数f(x)单调递增,则f'(x)≥0,故排除C,D;当x∈(0,+∞)时,函数f(x)先单调递减、再单调递增最后单调递减,则导函数值f'(x)应先小于0,再大于0,最后小于0,故排除B,选A. 　　解决此类导函数图象与原函数图象关系问题的关键点有两个:一是抓住原函数的单调递增区间对应的导函数函数值为正、原函数的单调递减区间对应的导函数函数值为负;二是抓住原函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映导函数图象在相应点处的变化情况. 【训练1】　已知函数y=xf'(x)的图象如图所示,则函数f(x)的图象可能是(D) A　　　B C　　　D 解析　由题图知,当x<0时,xf'(x)>0,则f'(x)<0,故f(x)在(-∞,0)上单调递减;当0<x<b时,xf'(x)>0,则f'(x)>0,故f(x)在(0,b)上单调递增;当x>b时,xf'(x)<0,则f'(x)<0,故f(x)在(b,+∞)上单调递减.综上所述,只有D符合题意.故选D. 类型二　讨论函数单调区间 【例2】　(1)函数y=4x2+的单调递增区间为(B) A.(0,+∞) B. C.(-∞,-1) D. 解析　由y=4x2+(x≠0),得y'=8x-,令y'>0,即8x->0,解得x>,所以函数y=4x2+的单调递增区间为.故选B. (2)已知函数f(x)=ax2-(a+1)x+ln x,a>0,试讨论函数y=f(x)的单调性. 解　函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ax-(a+1)+==.令f'(x)=0,得x=或x=1.①当0<a<1时,>1,所以x∈(0,1)或x∈时,f'(x)>0;x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,1)和上单调递增,在上单调递减;②当a=1时,=1,所以f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;③当a>1时,0<<1,所以x∈或x∈(1,+∞)时,f'(x)>0;x∈时,f'(x)<0,所以函数f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减.综上,当0<a<1时,函数f(x)在(0,1)和上单调递增,在上单调递减;当a=1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,函数f(x)在和(1,+∞)上单调递增,在上单调递减. 　　1.研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.遇二次三项式因式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系,以此来确定分界点,分情况讨论. 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0的点和函数的间断点. 【训练2】　(1)函数f(x)=xln x-3x+2的单调递减区间为 (0,e2) .  解析　f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x-2,当x∈(0,e2)时,f'(x)<0,当x∈(e2,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)的单调递减区间为(0,e2). (2)已知函数f(x)=x2-2x+aln x(a>0),讨论f(x)的单调性. 解　f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=x-2+==.当a≥1时,f'(x)≥0在定义域上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;当0<a<1时,令f'(x)=0,得x1=1-,x2=1+,故当x∈(0,1-)∪(1+,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(1-,1+)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,1-)和(1+,+∞)上单调递增,在区间(1-,1+)上单调递减. 类型三　函数单调性的应用 考向❶:比较大小 【例3】　(多选题)(2025·深圳模拟)若0<x1<x2<1,则(AC) A.->ln B.-<ln C.x2>x1 D.x2<x1 解析　令f(x)=ex-ln(x+1)且x∈(0,1),则f'(x)=ex->0,故f(x)在区间(0,1)上单调递增,因为0<x1<x2<1,所以f(x1)<f(x2),即-ln(x1+1)<-ln(x2+1),故->ln,所以A正确,B错误;令f(x)=且x∈(0,1),则f'(x)=<0,故f(x)在区间(0,1)上单调递减,因为0<x1<x2<1,所以f(x1)>f(x2),即>,故x2>x1所以C正确,D错误.故选AC. 　　比较大小关键是根据已知条件的形式特点构造函数,确定函数的单调性,在同一单调区间内比较大小. 考向❷:解不等式 【例4】　已知定义域为R的函数f(x)的导数为f'(x),且满足f'(x)<2x,f(2)=3,则不等式f(x)>x2-1的解集是(D) A.(-∞,-1) B.(-1,+∞) C.(2,+∞) D.(-∞,2) 解析　令g(x)=f(x)-x2,则g'(x)=f'(x)-2x<0,即函数g(x)在R上单调递减.又不等式f(x)>x2-1可化为f(x)-x2>-1,而g(2)=f(2)-22=3-4=-1,所以该不等式可化为g(x)>g(2),故该不等式的解集为(-∞,2).故选D. 　　与比较大小相同,关键也是构造函数,利用单调性解不等式. 考向❸:求参数取值范围 【例5】　(2025·湖南模拟)已知函数f(x)=cos x+aln x在区间上单调递增,则a的最小值为(C) A. B. C. D.π 解析　f'(x)=-sin x+=≥0在区间上恒成立,即a≥xsin x在区间上恒成立.设g(x)=xsin x,x∈,则g'(x)=sin x+xcos x>0,所以g(x)在上单调递增,则g(x)<g=,所以a≥,则a的最小值为.故选C. 　　由函数的单调性求参数的取值范围的方法 1.函数在区间(a,b)上单调,实际上就是在该区间上f'(x)≥0(或f'(x)≤0)恒成立. 2.函数在区间(a,b)上存在单调区间,实际上就是f'(x)>0(或f'(x)<0)在该区间上存在解集. 【题组对点练】　 题号 1 2 3 考向 ❶ ❷ ❸ 1.已知a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系为(C) A.a<c<b B.b<a<c C.a<b<c D.c<a<b 解析　令f(x)=,则其定义域为(0,+∞),f'(x)=.令f'(x)<0,解得x>,因此f(x)在(,+∞)上单调递减,又因为a===f(4),b===f(e),c===f(),且4>e>>,所以f(4)<f(e)<f(),即a<b<c.故选C. 2.(2025·陕西西安联考)已知函数f(x)=(ex+e-x)x2,若满足f(log3m)-e-<0,则实数m的取值范围为(B) A. B. C.(0,3) D.(3,+∞) 解析　因为f(x)的定义域为R,f(-x)=(e-x+ex)(-x)2=(e-x+ex)x2=f(x),所以f(x)为偶函数.因为f'(x)=(ex-e-x)x2+2x(ex+e-x),所以f'(0)=0,当x>0时,ex>1,0<e-x<1,所以ex-e-x>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.因为f(log3m)-e-<0,即f(log3m)<e+=f(1),即f(log3m)<f(1).因为f(x)=(ex+e-x)x2在(0,+∞)上单调递增且为偶函数,所以|log3m|<1,即-1<log3m<1,解得<m<3,所以实数m的取值范围为.故选B. 3.已知函数f(x)=(1-x)ln x+ax在(1,+∞)上不单调,则a的取值范围是(A) A.(0,+∞) B.(1,+∞) C.[0,+∞) D.[1,+∞) 解析　依题意f'(x)=-ln x++a-1,故f'(x)在(1,+∞)上有零点,令g(x)=-ln x++a-1,令g(x)=0,得a=ln x-+1,令z(x)=ln x-+1,则z'(x)=+,由x>1,得z'(x)>0,z(x)在(1,+∞)上单调递增,又由z(1)=0,得z(x)>0,故a=z(x)>0,所以a的取值范围是(0,+∞).故选A. 高考真题重温 　　　　　　　　　　　　　 1.(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为(C) A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 解析　由题可知,f'(x)=aex-≥0在(1,2)上恒成立,显然a>0,所以xex≥在(1,2)上恒成立.设g(x)=xex,x∈(1,2),所以g'(x)=(x+1)ex>0,因此g(x)在(1,2)上单调递增,g(x)>g(1)=e,故e≥,即a≥=e-1,即a的最小值为e-1.故选C. 2.(2022·全国甲卷)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f'(2)=(B) A.-1 B.- C. D.1 解析　因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),所以依题意可知而f'(x)=-,所以即所以f'(x)=-+,因此函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,当x=1时取最大值,满足题意.所以f'(2)=-1+=-.故选B. 3.(2022·新课标Ⅰ卷)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则(C) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 解析　设f(x)=(1-x)ex-1,x>0,则当x>0时,f'(x)=-ex+(1-x)ex=-xex<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以f(0.1)<f(0)=0,即0.9e0.1-1<0,所以0.1e0.1<,即a<b.令g(x)=x-ln(1+x),x>0,则当x>0时,g'(x)=1-=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g>g(0)=0,即-ln>0,所以>-ln,即b>c.令h(x)=xex+ln(1-x),0<x≤0.1,则h'(x)=(1+x)ex+=.设t(x)=(x2-1)ex+1,则当0<x≤0.1时,t'(x)=(x2+2x-1)ex<0,所以t(x)在(0,0.1]上单调递减,所以t(x)<t(0)=0,所以当0<x≤0.1时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,0.1]上单调递增,所以h(0.1)>h(0)=0,即0.1e0.1+ln 0.9>0,所以0.1e0.1>-ln 0.9,即a>c,所以b>a>c.故选C. 4.(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 (-2,1) .  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),因为x>0,所以3x+5>0,当0<x<1时,h'(x)<0,当x>1时,h'(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减.因为曲线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,所以a的取值范围为(-2,1). 第三节　导数与函数的极值、最值 【课程标准】　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;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. 必备知识梳理 　　　　　　　　　　　　　 教|材|回|顾 1.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)极值点、极值 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.  微|点|延|伸 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.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. 小|题|快|练 1.(人A选二P92T1改编)函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)的图象如图所示, 则函数f(x)极值点的个数为(C) A.2 B.3 C.4 D.5 解析　设导函数f'(x)的图象与x轴的交点分别为x1,x2,x3,x4,x5,根据函数的极值的定义可知在该点处的左右两侧的导数符号相反,可得x1,x4为函数f(x)的极大值点,x2,x5为函数f(x)的极小值点,所以函数f(x)极值点的个数为4.故选C. 2.函数f(x)=的极大值为(B) A.-e B. C.1 D.0 3.(人B选三P100T3改编)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(B) A.2 B. C.-2 D.- 解析　由f'(x)=+2ax-3,得f'(2)=0,解得a=,经验证符合题意.故选B. 4.若函数f(x)=x3-ax2+2x-1有两个极值点,则实数a的取值范围是 (-∞,-)∪(,+∞) .  解析　f'(x)=3x2-2ax+2,由题意知f'(x)有两个变号零点,所以Δ=(-2a)2-4×3×2>0,解得a>或a<-. 5.(苏教选一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= 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. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　求函数的极值 【例1】　(2024·九省联考)已知曲线y=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)f'(x)=+2x+a.由题意知f'(2)=,即+4+a=,所以a=-3. (2)f(x)的定义域为(0,+∞).由(1)知f(x)=ln x+x2-3x+2,f'(x)=.当x∈时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递增区间是,(1,+∞),单调递减区间是.当x=时,f(x)取得极大值f=-ln 2;当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=0. 　　求函数极值关键是划分单调区间,用方程f'(x)=0的根和不可导点处x的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并形成表格. 由f'(x)=0的根左右的符号以及f'(x)在不可导点左右的符号来判断f(x)在这个根或不可导点处取极值的情况,此步骤不可缺少. 【训练1】　(多选题)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则下面结论正确的为(AD) A.a=-1 B.f(x)的单调递增区间为(-2,1) C.f(x)的极小值为1 D.f(x)的极大值为5e-3 解析　由题可得f'(x)=ex-1[x2+(a+2)x+a-1],x∈R,因为x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,所以f'(-2)=0,则4-2(a+2)+a-1=0,解得a=-1,故f(x)=(x2-x-1)ex-1,f'(x)=ex-1(x2+x-2)=(x-1)(x+2)ex-1,当x<-2时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当-2<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故f(x)的单调递增区间为(-∞,-2),(1,+∞),单调递减区间为(-2,1),故A正确,B错误;由上可知,f(x)的极大值为f(-2)=5e-3,极小值为f(1)=-1,故C错误,D正确.故选AD. 类型二　已知函数极值求参数 【例2】　(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,则f'(x)=ex-1,则f'(1)=e-1.f(1)=e-2,所以切点坐标为(1,e-2),所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y-1=0. (2)易知函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,函数f(x)在R上单调递增,无极值;当a>0时,由f'(x)>0,得x>ln a,由f'(x)<0,得x<ln a,所以函数f(x)在区间(-∞,ln a)上单调递减,在区间(ln a,+∞)上单调递增,所以f(x)的极小值为f(ln a)=a-aln a-a3.由题意知a-aln a-a3<0(a>0),等价于1-ln a-a2<0(a>0).令g(a)=1-ln a-a2(a>0),则g'(a)=--2a<0,所以函数g(a)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,故当0<a<1时,g(a)>0;当a>1时,g(a)<0.故实数a的取值范围为(1,+∞). 　　讨论极值点有无(个数)问题,可转化为讨论f'(x)=0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围,特别注意:极值点处的导数为0,而导数为0的点不一定是极值点,要检验极值点两侧导数是否异号. 【训练2】　(1)已知函数f(x)=ln x+1-2a-x+有两个不同的极值点x1,x2,则a的取值范围为  .  解析　函数f(x)=ln x+1-2a-x+,定义域为(0,+∞),则f'(x)=-1-=,x>0.因为函数f(x)有两个不同的极值点x1,x2,所以-x2+x-a=0有两个不同的正实数根x1,x2,则有解得0<a<,所以a的取值范围为. (2)函数f(x)=ln x+x2-ax(x>0)在上有且仅有一个极值点,则实数a的取值范围是  .  解析　因为f(x)=ln x+x2-ax(x>0),所以f'(x)=+x-a,因为函数f(x)=ln x+x2-ax(x>0)在上有且仅有一个极值点,所以y=f'(x)在上只有一个变号零点.令f'(x)=+x-a=0,得a=+x.设g(x)=+x,则g(x)在上单调递减,在[1,3]上单调递增,所以g(x)min=g(1)=2,又g=,g(3)=.结合函数g(x)=x+,x∈的图象可得,当≤a<时,y=f'(x)在区间上只有一个变号零点,所以实数a的取值范围为. 类型三　函数的最值 【例3】　(1)函数f(x)=xcos x-sin x在区间[-π,0]上的最大值为(B) A.1 B.π C. D. 解析　由题意得f'(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x,当x∈[-π,0]时,sin x≤0,f'(x)≤0,所以f(x)在[-π,0]上单调递减,故函数f(x)在区间[-π,0]上的最大值为f(-π)=π.故选B. (2)已知函数f(x)=-ln x(a∈R). ①讨论f(x)的单调性; ②求f(x)在上的最大值g(a). 解　①函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.(ⅰ)若a≤0,则f'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(ⅱ)若a>0,则当x>a时,f'(x)<0;当0<x<a时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减. ②f'(x)=,当a≤时,f(x)在上单调递减,所以f(x)max=f=2-ae;当<a<e时,f(x)在上单调递增,在[a,e]上单调递减,所以f(x)max=f(a)=-ln a;当a≥e时,f(x)在上单调递增,所以f(x)max=f(e)=-.综上,g(a)= 　　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3】　已知函数f(x)=ax++(a-1)ln x(a∈R)的最小值为2,则实数a的值是 1或e .  解析　因为f'(x)=a-+=,x>0,当a≤0时,f'(x)<0,所以f(x)是(0,+∞)上的减函数,函数f(x)无最小值,不符合题意;当a>0时,由f'(x)<0,得0<x<,由f'(x)>0,得x>,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,函数f(x)的最小值为f=1+a+(1-a)ln a=2,得(a-1)(1-ln a)=0,解得a=1或e. 教考衔接2　三次函数的图象与性质 　　　 　　　　　　　　　　　　　 一、教材题组·加固练■ 人教A版选择性必修第二册 1 2 3 4 P87·例3 P91·例5 P93·例6 P104·9题 【选题说明】本组题中的4个小题均以三次函数为载体,考查三次函数的单调性、极值、最值问题,以及含有参数问题的解法.可以通过改编条件或设问,将教材问题变换为高考试题. 【题1】　求函数f(x)=x3-x2-2x+1的单调区间. 解　函数f(x)=x3-x2-2x+1的定义域为R.对f(x)求导数,得f'(x)=x2-x-2=(x+1)(x-2).令f'(x)=0,解得x=-1,或x=2.x=-1和x=2把函数定义域划分成三个区间,f'(x)在各区间上的正负,以及f(x)的单调性如表所示. x (-∞, -1) -1 (-1, 2) 2 (2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调 递增 f(-1)= 单调 递减 f(2)=- 单调递增 所以,f(x)在(-∞,-1)和(2,+∞)上单调递增,在(-1,2)内单调递减,如图所示. 【题2】　求函数f(x)=x3-4x+4的极值. 解　因为f(x)=x3-4x+4,所以f'(x)=x2-4=(x+2)(x-2).令f'(x)=0,解得x=-2,或x=2.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表所示. x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 单调递减 - 单调递增 因此,当x=-2时,f(x)有极大值,并且极大值为f(-2)=;当x=2时,f(x)有极小值,并且极小值为f(2)=-.函数f(x)=x3-4x+4的图象如图所示. 【题3】　求函数f(x)=x3-4x+4在区间[0,3]上的最大值与最小值. 解　由上题可知,在区间[0,3]上,当x=2时,函数f(x)=x3-4x+4有极小值,并且极小值为f(2)=-.又由于f(0)=4,f(3)=1,所以函数f(x)=x3-4x+4在区间[0,3]上的最大值是4,最小值是-.上述结论可以从函数f(x)=x3-4x+4在区间[0,3]上的图象得到直观验证. 【题4】　已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,求c的值. 解　f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=(x-c)(3x-c).解法一:当f'(x)=0,即x=或x=c,函数f(x)可能有极值.由题意,当x=2时,函数f(x)有极大值,所以c>0.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: x c (c,+∞) 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,当x=时,函数f(x)有极大值,此时=2,所以c=6. 解法二:因为f(x)在x=2处有极值,所以f'(2)=0,得c=2或c=6.当c=2时,f'(x)=(x-2)(3x-2),所以,当<x<2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在x=2处取得极小值,不合题意.当c=6时,经检验符合题意,所以c=6. 【知识链接】　三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a、b、c、d∈R,且a≠0)的图象性质: (1)性质一:定义域为R. (2)性质二:值域为R,函数在整个定义域上没有最大值、最小值. (3)性质三:单调性和图象:f'(x)=3ax2+2bx+c,其判别式Δ=4b2-12ac=4(b2-3ac). a>0 a<0 图象 Δ>0 Δ≤0 Δ>0 Δ≤0 　　(4)三次函数的对称中心为,无对称轴. 二、创新变式·提升练■ 【变式1】　若函数f(x)=x3+bx2+cx+d的单调递减区间为(-2,4),则b+c=(A) A.-27 B.-16 C.16 D.27 解析　由题意f'(x)=3x2+2bx+c,且f'(x)<0的解集为(-2,4),故解得b=-3,c=-24,故b+c=-27.故选A. 【变式2】　(多选题)设函数f(x)=x2(x-3),则(ABC) A.x=2是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时,f(x)<f(x2) C.f(x)的图象关于(1,-2)中心对称 D.当x<0时,f(2-x)<f(x)-4 解析　对于A,由f(x)=x2(x-3),得f(x)=x3-3x2,所以f'(x)=3x2-6x,当x<0或x>2时,f'(x)>0,f(x)在(-∞,0),(2,+∞)上均单调递增,当0<x<2时,f'(x)<0,f(x)在(0,2)上单调递减,故x=2是f(x)的极小值点,A正确;对于B,当0<x<1时,1>x>x2>0,而f(x)在(0,1)上单调递减,故f(x)<f(x2),B正确,对于C,由f(x)=x2(x-3)得f(2-x)=(2-x)2(-1-x)=-x3+3x2-4,故f(x)+f(2-x)=-4,即f(x)的图象关于(1,-2)中心对称,C正确;对于D,x<0时,f(2-x)-f(x)+4=-2x3+6x2>0,故f(2-x)>f(x)-4,D错误,故选ABC. 【变式3】　已知函数f(x)=x3-x2+6ax,若f(x)在(-1,+∞)上既有极大值,又有最小值,且最小值为3a-,则a的取值范围为(C) A. B. C. D. 解析　f'(x)=3x2-(6a+3)x+6a=(3x-6a)(x-1),令f'(x)=0,解得x=1或x=2a,因为f(1)=3a-,所以-1<2a<1,且f(-1)≥3a-,解得-<a≤-.故选C. 三、链接高考·体验练■ 1.(多选题)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(ACD) 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　因为f(x)=(x-1)2(x-4),所以f'(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3),令f'(x)=0,解得x=1或x=3,当x<1或x>3时,f'(x)>0,当1<x<3时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1),(3,+∞),单调递减区间为(1,3),故x=1是函数f(x)的极大值点,x=3是函数f(x)的极小值点,所以A正确.当0<x<1时,x-x2=x(1-x)>0,即0<x2<x<1,又函数f(x)在(0,1)上单调递增,所以f(x2)<f(x),所以B错误.当1<x<2时,1<2x-1<3,函数f(x)在(1,3)上单调递减,所以-4=f(3)<f(2x-1)<f(1)=0,所以C正确.当-1<x<0时,f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(-x-2)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(-2x+2)=-2(x-1)3>0,所以f(2-x)>f(x),所以D正确.综上,选ACD. 2.(多选题)(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则(AD) A.当a>1时,f(x)有三个零点 B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a,使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 解析　由题可知,f'(x)=6x(x-a).对于A,当a>1时,由f'(x)<0得0<x<a,由f'(x)>0得x<0或x>a,则f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,且当x→-∞时,f(x)→-∞,f(0)=1,f(a)=-a3+1<0,当x→+∞时,f(x)→+∞,故f(x)有三个零点,A正确;对于B,当a<0时,由f'(x)<0得a<x<0,由f'(x)>0得x>0或x<a,则f(x)在(-∞,a)上单调递增,在(a,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故x=0是f(x)的极小值点,B错误;对于C,当x→+∞时,f(x)→+∞,当x→-∞时,f(x)→-∞,故曲线y=f(x)必不存在对称轴,C错误;对于D,解法一(配方、平移):f(x)=2x3-3ax2+1=2-a2+1-,令t=x-,则f(x)可转化为g(t)=2t3-a2t+1-,由y=2t3-a2t为奇函数,且其图象关于原点对称,可知g(t)的图象关于点对称,则f(x)的图象关于点对称,故存在a=2,使得点(1,f(1))为曲线y=f(x)的对称中心,D正确.解法二(二级结论):任意三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)的图象均关于点成中心对称,则=1,a=2,D正确.故选AD. 微专题强化四　导数中的函数构造问题 　　　　　　　　　　　　　 专|题|梳|理 　构造法是将不同的代数式(或不等式、方程)通过变形,转化为形式结构相同或相近的式子,然后通过构造的函数利用函数单调性解题,此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题.主要考查幂、指数、对数函数的性质、导数运算及应用等,试题形式灵活多样,思维量大,对观察能力、代数式的变形能力要求比较高. 函数构造问题主要包括三大类: 1.构造具体函数 依据题设中目标特征适当变形,将其化为结构相同的式子,然后同构函数,利用函数单调性求解. 2.构造抽象函数 本种题目主要是抽象函数f(x)与x(或xn)、ex(或enx)、sin x(或cos x)的组合函数问题,通过构造f(x)与x(或xn)、ex(或enx)、sin x(或cos x)的和、差、积、商的组合函数,利用构造函数的单调性解决问题. 3.指、对同构 (1)积型:对于不等式aea≤bln b有三种同构方式. (2)商型:对于不等式<有三种同构方式. (3)和差型:对于不等式ea±a>b±ln b有两种同构方式. 有时要对式子进行变形,甚至放缩才能进行同构.例如:aeax>ln x,两边同乘以x,得axeax>xln x,再进行同构:ln eax·eax>xln x或axeax>ln x·eln x,构造函数f(x)=xln x或f(x)=xex. 典|型|例|题 类型一　构造具体函数 【例1】　已知a=+ln,b=1+,c=+ln 2,则(D) A.c<b<a B.b<c<a C.c<a<b D.a<c<b 解析　构造函数f(x)=+ln x,因为f'(x)=-+=(x>0),所以当x>1时,f'(x)>0,所以函数f(x)在(1,+∞)上单调递增.因为1<<2<e,所以f<f(2)<f(e),即+ln<+ln 2<1+,所以a<c<b.故选D. 　　根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或者结构形式的相同点,构造具体的函数解析式,利用导数研究该函数的性质从而解决问题. 【训练1】　(2025·山东济宁模拟)若实数a,b,c∈[0,1],且满足ae=ea,be1.2=1.2eb,ce1.6=1.6ec,则a,b,c的大小关系是(C) A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.b>c>a 解析　由ae=ea,be1.2=1.2eb,ce1.6=1.6ec,得=,=,=.令f(x)=,则f'(x)=,当x<1时,f'(x)>0,当x>1时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,于是f(1)>f(1.2)>f(1.6),即f(a)>f(b)>f(c),又a,b,c∈[0,1],所以a>b>c.故选C. 类型二　构造抽象函数 【例2】　(1)已知定义在R上的连续函数为f(x),其导函数为f'(x),当x≠0时,xf'(x)-f(x)<0恒成立.设a=2f,b=f(),c=f(1),则a,b,c的大小关系为(C) A.a>b>c B.c>b>a C.a>c>b D.c>a>b 解析　令g(x)=,则g'(x)=,因为x≠0时,xf'(x)-f(x)<0恒成立,所以当x>0时,g'(x)<0,即g(x)在(0,+∞)上单调递减.则a=2f=g,b=f()=g(),c=f(1)=g(1),因为<1<,所以g>g(1)>g(),即a>c>b.故选C. (2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f'(x)>1,f(1)=4,则不等式exf(x)>ex+3e的解集为(D) A.(-∞,0) B.(-∞,1) C.(0,+∞) D.(1,+∞) 解析　设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),则g'(x)=exf(x)+exf'(x)-ex=ex[f(x)+f'(x)-1],因为f(x)+f'(x)>1,所以f(x)+f'(x)-1>0,又ex>0,所以g'(x)>0恒成立,所以y=g(x)在定义域R上单调递增.故原不等式可转化为exf(x)-ex>3e,又f(1)=4,所以g(1)=ef(1)-e=3e,所以g(x)>g(1),所以x>1.故选D. 　　隐函数构造问题常见的两类情况 1.g(x)f'(x)±g'(x)f(x)型:此类问题中,往往需要构造y=g(x)·f(x)或y=(g(x)≠0)型的函数,常见的如:含xf'(x)±nf(x)需要构造xn·f(x)或,含f'(x)·sin x±f(x)·cos x需要构造f(x)·sin x或,含f'(x)·ln x±f(x)需要构造f(x)·ln x或. 2.f'(x)±kf(x)型:此类问题往往是省略了ekx结构,一般需要构造y=ekx·f(x)或y=型的函数. 【训练2】　已知函数y=f(x)对任意的x∈(0,π),满足f'(x)sin x>f(x)cos x,则下列不等式成立的是(B) A.f<f B.f>f C.f>f D.f<f 解析　令F(x)=,x∈(0,π),则F'(x)=,因为f'(x)sin x>f(x)cos x,则f'(x)sin x-f(x)cos x>0,所以F'(x)>0,所以F(x)在(0,π)上单调递增,所以F>F,即>,即f>f.故选B. 类型三　指对同构 考向❶:积型同构 【例3】　设a,b都为正数,e为自然对数的底数,若aea+1+b<bln b,则(B) A.ab>e B.b>ea+1 C.ab<e D.b<ea+1 解析　由已知,aea+1<b(ln b-1)=bln,则ealn ea<ln.设f(x)=xln x,则f(ea)<f.因为a>0,则ea>1.又b(ln b-1)>0,b>0,则ln b>1,即b>e,从而>1.当x>1时,f'(x)=ln x+1>0,则f(x)在(1,+∞)内单调递增,所以ea<,即b>ea+1.故选B. 　　本题要进行变形,不能直接同构.不同的变形可以有不同的同构方式,可以按aea<ln 的左边同构,也可以按右边同构. 【训练3】　设m>0,对任意实数x≥e,不等式x2ln x-m≥0恒成立,则m的最大值是 e .  解析　由x2ln x-m≥0,得xln x≥,即ln x·eln x≥(x≥e),设f(t)=tet(t>0),则f(t)在(0,+∞)上是增函数,又f(ln x)≥f,所以ln x≥,即m≤xln x,又当x≥e时,xln x≥eln e=e,所以m≤e,即m的最大值是e. 考向❷:商型同构 【例4】　若关于x的不等式->0对∀x∈(0,1)恒成立,则实数a的取值范围为(B) A. B. C. D. 解析　由题意可知a>0,>,即>对∀x∈(0,1)恒成立.设g(x)=,则问题转化为g(aex)>g(x)在(0,1)上恒成立,因为g'(x)=,所以当0<x<e时,g'(x)>0,当x>e时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,又g(1)=0,所以当x∈(0,1)时,g(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g(x)>0.①在x∈(0,1)上,若aex≥1恒成立,即a≥1,g(aex)≥0>g(x);②在x∈(0,1)上,若0<aex<1,则aex>x恒成立,即<a<1恒成立,令h(x)=,x∈(0,1),则h'(x)=>0,所以h(x)在(0,1)上单调递增,所以h(x)<h(1)=,所以≤a<1,综上所述,实数a的取值范围为.故选B. 　　商型同构即构造函数y=的形式,如:,,,等及变形形式. 【训练4】　已知函数f(x)=(ex-1)ln(x+1)(x>0),求证:f(x)>x2. 证明　由题意,证明f(x)>x2,只需证明(ex-1)ln(x+1)>x2,即证明>==,令F(x)=(x>0),则F'(x)=,令g(x)=(x-1)ex+1,则x∈(0,+∞)时,g'(x)=xex>0,所以g(x)单调递增,所以x∈(0,+∞)时g(x)>g(0)=0,所以F'(x)>0,F(x)在(0,+∞)上单调递增,故原不等式成立只需F(x)>F(ln(x+1)),即只需x>ln(x+1)成立,又ln x≤x-1,所以ln(x+1)≤x,又x>0,所以ln(x+1)<x成立,所以原不等式f(x)>x2成立. 类型三　和(差)型同构 【例5】　对于任意的x>0,ex≥(a-1)x+ln(ax)恒成立,则a的最大值是 e .  解析　由ex≥(a-1)x+ln(ax),可得ex+x≥ax+ln(ax),即ex+x≥eln(ax)+ln(ax),令f(x)=ex+x,则f(x)≥f(ln(ax)),因为f(x)在R上是增函数,所以x≥ln(ax),即a≤,令h(x)=(x>0),则h'(x)=,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h(x)min=h(1)=e,即a≤e,所以a的最大值是e. 　　本题通过变形变为y=ex+x的形式. 【训练5】　(2025·河南洛阳模拟)已知a>1,b>1,且满足a2-3b>2ln a-ln 4b,则(A) A.a2>2b B.a2<2b C.a2>b2 D.a2<b2 解析　因为a2-3b>2ln a-ln 4b,所以a2-ln a2>3b-ln 4b=2b-ln 2b+b-ln 2.令f(x)=x-ln x(x>0),则f'(x)=1-=,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.因为a>1,b>1,所以a2>1,2b>1,b-ln 2>0,又f(a2)=a2-ln a2>2b-ln 2b+b-ln 2=f(2b)+b-ln 2,所以f(a2)-f(2b)>b-ln 2>0,即f(a2)>f(2b),所以a2>2b.故选A. 第四节　导数的综合应用 第1课时　导数与不等式证明 【课程标准】　导数中的不等式证明是高考的常考题型,常与函数的性质、函数的零点与极值、数列等相结合,虽然题目难度较大,但是解题方法多种多样,如构造函数法、放缩法等,针对不同的题目,灵活采用不同的解题方法,可以达到事半功倍的效果. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　作差构造法证明不等式 【例1】　(2025·大连一模)已知函数f(x)=xln x+ax+1(a∈R). (1)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围; (2)当x>1时,证明:exln x>e(x-1). 解　(1)由已知得,-a≤ln x+在(0,+∞)上恒成立,设g(x)=ln x+,则g'(x)=-=,令g'(x)>0,得x>1,令g'(x)<0,得0<x<1,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=1,即-a≤1,所以a≥-1,即a的取值范围为[-1,+∞). (2)当x>1时,若证exln x>e(x-1)成立,即证ln x>成立,设G(x)=ln x-,则G'(x)=-=,设m(x)=ex-1+x2-2x,则m'(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1).当x>1时,m'(x)>0,所以m(x)在(1,+∞)上单调递增.所以当x>1时,m(x)>m(1)=0,所以当x>1时,G'(x)>0,所以G(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当x>1时,G(x)>G(1)=0.由此可证,当x>1时,exln x>e(x-1)成立. 　　1.若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数h(x)=f(x)-g(x),如果能证明h(x)在(a,b)上的最大值小于0,即可证明f(x)<g(x),x∈(a,b). 2.必要时要对原式进行变形,才能构造差函数,否则计算量可能很大,甚至无法进行不等式的证明.如本例第(2)要先变形,再构造差函数. 【训练1】　(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+. 解　(1)因为f(x)=a(ex+a)-x,定义域为R,所以f'(x)=aex-1,当a≤0时,由于ex>0,则aex≤0,故f'(x)=aex-1<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.当a>0时,令f'(x)=aex-1=0,解得x=-ln a,当x<-ln a时,f'(x)<0,则f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,则f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,f(x)在(-ln a,+∞)上单调递增. (2)证法一:(最值法)由(1)得,f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,要证f(x)>2ln a+,即证1+a2+ln a>2ln a+,即证a2--ln a>0恒成立,令g(a)=a2--ln a(a>0),则g'(a)=2a-=,令g'(a)<0,则0<a<;令g'(a)>0,则a>,所以g(a)在上单调递减,在上单调递增,所以g(a)min=g=--ln =ln >0,则g(a)>0恒成立,所以当a>0时,f(x)>2ln a+恒成立. 证法二:(同构法)令h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,由于y=ex在R上单调递增,所以h'(x)=ex-1在R上单调递增,又h'(0)=e0-1=0,所以当x<0时,h'(x)<0;当x>0时,h'(x)>0,所以h(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故h(x)≥h(0)=0,则ex≥x+1,当且仅当x=0时,等号成立,因为f(x)=a(ex+a)-x=aex+a2-x=ex+ln a+a2-x≥x+ln a+1+a2-x=ln a+1+a2,当且仅当x+ln a=0,即x=-ln a时,等号成立,所以要证f(x)>2ln a+,即证ln a<a2-,设m(x)=ln x-x+1,则m'(x)=-1,所以当0<x<1时,m'(x)>0,m(x)单调递增;当x>1时,m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)≤m(1)=0,即ln x≤x-1,即ln a≤a-1,又a2--(a-1)=a2-a+=+>0.所以a2->a-1,即a2->ln a.综上所述,f(x)>2ln a+成立. 类型二　放缩法证明不等式 【例2】　已知函数f(x)=ex. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)当x>-2时,求证:f(x)>ln(x+2). 解　(1)由f(x)=ex,得f(0)=1,f'(x)=ex,则f'(0)=1,即曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=x-0,所以所求切线方程为x-y+1=0. (2)证明:设g(x)=f(x)-(x+1)=ex-x-1(x>-2),则g'(x)=ex-1,当-2<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0,即g(x)在(-2,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,于是当x=0时,g(x)min=g(0)=0,因此f(x)≥x+1(当x=0时取等号),令h(x)=x+1-ln(x+2)(x>-2),则h'(x)=1-=,则当-2<x<-1时,h'(x)<0,当x>-1时,h'(x)>0,即h(x)在(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,于是当x=-1时,h(x)min=h(-1)=0,因此x+1≥ln(x+2)(当x=-1时取等号),所以当x>-2时,f(x)>ln(x+2). 　　放缩法证明不等式 在证明不等式的时候,若直接证明比较困难,可将不等式中的部分项进行放大或缩小,然后证明放缩后的不等式成立,再根据不等式的传递性证明原不等式成立,这种方法就是放缩法证明不等式,常用的放缩技巧有:(1)ex≥x+1;(2)ex-1≥x;(3)ln x≤x-1;(4)ln(x+1)≤x;(5)x>0时,sin x<x等. 【训练2】　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)因为f(x)=ax-sin x,所以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.因为y=cos x∈[-1,1],所以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,所以g(x)在(0,ln 2)上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(ln 2)=eln 2-2ln 2=2(1-ln 2)>0,所以g(x)≥g(ln 2)>0,所以ex>2x成立,故当x>0时,ex>2sin x. 类型三　转化为两个函数的最值证明不等式 【例3】　已知函数f(x)=xln x-ax. (1)当a=-1时,求函数f(x)在(0,+∞)上的最值; (2)证明:对一切x∈(0,+∞),都有ln x+1>-成立. 解　(1)函数f(x)=xln x-ax的定义域为(0,+∞),当a=-1时,f(x)=xln x+x,f'(x)=ln x+2.令f'(x)=0,得x=.当0<x<时,f'(x)<0;当x>时,f'(x)>0.所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.因此f(x)在x=处取得极小值也是最小值,即f(x)min=f=-,但f(x)在(0,+∞)上无最大值. (2)证明:当x>0时,ln x+1>-等价于x(ln x+1)>-.由(1)知a=-1时,f(x)=xln x+x≥-,当且仅当x=时取等号.设G(x)=-,x∈(0,+∞),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)=-,当且仅当x=1时取到,从而可知对一切x∈(0,+∞),都有f(x)>G(x),即ln x+1>-成立. 　　要证的不等式中既含有指数又含有对数,若直接用作差或作商的方式构造函数求导后不易处理,我们就可以在合理地分拆和转化后,按照需要构造函数,如本题,把证明x(ln x+1)>-分拆为两个函数f(x)=xln x+x和G(x)=-,使指数与对数分开,仅含指数或对数,再利用导数求出所构造函数的最值来证不等式成立. 【训练3】　已知函数f(x)=eln x-ax(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)当a=e时,证明: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: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.设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得证. 第2课时　导数与不等式恒成立 【课程标准】　恒(能)成立问题是高考的常考考点,其中不等式的恒(能)成立问题经常与导数及其几何意义、函数、方程等相交汇,综合考查分析问题、解决问题的能力,一般作为压轴题出现,试题难度略大. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　分离参数法 【例1】　已知函数f(x)=ln x++2x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若关于x的不等式f(x)-2≥x+恒成立,求实数m的取值范围. 解　(1)由f(x)=ln x++2x得f'(x)==(x>0),由f'(x)>0,得x>(负值舍去),由f'(x)<0,得0<x<,所以函数f(x)的单调递增区间是,单调递减区间为. (2)由f(x)=ln x++2x知,不等式f(x)-2≥x+恒成立等价于当x∈(0,+∞)时,m≤xln x+x2-2x+1恒成立.令g(x)=xln x+x2-2x+1(x>0),则m≤g(x)min,g'(x)=ln x+x-1,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.所以g(x)min=g(1)=-,所以m≤g(x)min=-,即实数m的取值范围是. 　　利用分离参数法来确定不等式f(x,λ)≥0(x∈D,λ为实参数)恒成立问题中参数的取值范围的基本步骤: 1.将参数与变量分离,化为f1(λ)≥f2(x)或f1(λ)≤f2(x)的形式. 2.求f2(x)在x∈D时的最大值或最小值. 3.解不等式f1(λ)≥f2(x)max或f1(λ)≤f2(x)min,得到λ的取值范围. 【训练1】　已知函数f(x)=,若f(x)≤x-1对x∈[1,+∞)恒成立,求实数a的取值范围. 解　f(x)≤x-1对x∈[1,+∞)恒成立,即a≥x2-(x-1)ex在[1,+∞)上恒成立,设g(x)=x2-(x-1)ex(x≥1),g'(x)=x(2-ex),令g'(x)=0,得x1=0,x2=ln 2,所以在x∈[1,+∞)上,g'(x)<0,所以函数g(x)=x2-(x-1)ex在[1,+∞)上单调递减,所以g(x)max=g(1)=1,所以a≥g(x)max,即a≥1,故实数a的取值范围是[1,+∞). 类型二　分类讨论法 【例2】　(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. 【规范解答】　(1)f(x)的定义域为(0,2),若b=0, 则f(x)=ln+ax,f'(x)=·+a=+a, 当x∈(0,2)时,x(2-x)∈(0,1],f'(x)min=2+a≥0,则a≥-2, 思维点1:求a的最小值,利用f '(x)min≥0求解. 故a的最小值为-2. (2)证明:f(2-x)=ln+a(2-x)+b(1-x)3=-ln-ax-b(x-1)3+2a=-f(x)+2a, 思维点2:由ln及(x-1)3猜测对称中心横坐标为1,由f(2-x)+f(x)=2a证明. 故曲线y=f(x)关于点(1,a)中心对称. (3)由题知f(1)=a=-2, 此时f(x)=ln-2x+b(x-1)3, f'(x)=·-2+3b(x-1)2 =-2+3b(x-1)2 =(x-1)2. 思维点3:辨析f '(x)的符号. 记g(x)=+3b,x∈(0,2), 思维点4:简化f '(x)的符号判断,构造新函数. 易知g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,g(1)=2+3b, 当b≥-时,g(x)≥0,f'(x)≥0,f(x)在(0,2)上单调递增, 思维点5:b≥-时,判断f(x)的单调性. 又f(1)=-2,故符合题意. 当b<-时,g(1)<0,g(x)=+3b=, 令g(x)=0,得x=1±, 因为b<-,所以∈(0,1),故1+∈(1,2),1-∈(0,1), 思维点6:b<-时,判断f(x)的单调区间. 所以当x∈时,g(x)<0,f'(x)<0,f(x)在上单调递减, 故f<f(1)=-2,不符合题意. 综上,b的取值范围为. 　　本题考查函数与导数知识,深入考查逻辑推理能力、运算求解能力以及数形结合思想.其中第(2)问考查函数图象的对称性这一几何性质的代数表示.源于人教A版必修第一册P87第13题的拓广结论:f(x)+f(2a-x)=2b⇔y=f(x)关于点(a,b)成中心对称.第(3)问的设问方式相对新颖,需要学生利用导数工具研究函数的单调性,进而解决问题. 【训练2】　(2025·昆明一模)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)当x≥1时,f(x)≤a(x-1),求a的取值范围. 解　(1)f(1)=0,则切点坐标为(1,0).因为f'(x)=,所以切线的斜率为f'(1)=,故切线方程为y=x-. (2)当x∈[1,+∞)时,f(x)≤a(x-1)等价于ln x≤a(x2-1),令g(x)=a(x2-1)-ln x,x∈[1,+∞),则ln x≤a(x2-1)在[1,+∞)上恒成立,即g(x)≥0恒成立. g'(x)=2ax-=,当a≤0时,g'(x)<0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,所以g(x)≤g(1)=0,不符合题意;当0<a<时,由g'(x)=0得,x=>1,x∈时,g'(x)<0,g(x)单调递减,所以x∈时,g(x)≤g(1)=0,不符合题意;当a≥时,2a≥1,因为x≥1,所以2ax2-1≥0,则g'(x)≥0,g(x)在[1,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(1)=0,符合题意.综上所述,a的取值范围为. 第3课时　导数与函数的零点 【课程标准】　函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题. 关键能力落实 　　　　　　　　　　　　　 类型一　数形结合法讨论函数零点 【例1】　已知函数f(x)=ax-ln x-2. (1)当a=1时,求函数f(x)的极值; (2)讨论函数f(x)的零点个数. 解　(1)当a=1时,f(x)=x-ln x-2(x>0),f'(x)=1-=(x>0),令f'(x)>0,则x>1;令f'(x)<0,则0<x<1,故函数f(x)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间为(0,1).当x=1时,函数取得极小值f(1)=1-ln 1-2=-1,无极大值. (2)令f(x)=ax-ln x-2=0,因为x>0,所以a=,令g(x)=,则g'(x)=,令g'(x)>0,则0<x<;令g'(x)<0,则x>,故g(x)在上单调递增,在上单调递减,从而g(x)max=g=e,函数g(x)的大致图象如图所示,因此当a>e时,直线y=a与y=g(x)的图象没有交点;当a=e或a≤0时,直线y=a与y=g(x)的图象有1个交点;当0<a<e时,直线y=a与y=g(x)的图象有2个交点.综上,当a>e时,函数f(x)没有零点;当a=e或a≤0时,函数f(x)有1个零点;当0<a<e时,函数f(x)有2个零点. 　　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. 【训练1】　(2025·厦门模拟)设函数f(x)=ln x-ax2-bx(a,b∈R). (1)当a=2,b=1时,求函数f(x)的单调区间. (2)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,求实数m的取值范围. 解　(1)依题意知f(x)的定义域为(0,+∞),当a=2,b=1时,f(x)=ln x-x2-x,则f'(x)=-2x-1=,令f'(x)=0,解得x=或x=-1(舍去),当0<x<时,f'(x)>0,当x>时,f'(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)当a=0,b=-1时,f(x)=ln x+x,由f(x)=mx得ln x+x=mx,又x>0,所以m=1+,要使方程f(x)=mx在区间[1,e2]上有唯一实数解,只需m=1+在区间[1,e2]上有唯一实数解,令g(x)=1+,x∈[1,e2],则g'(x)=,由g'(x)>0,得1≤x<e;由g'(x)<0,得e<x≤e2,所以g(x)在区间[1,e)上单调递增,在区间(e,e2]上单调递减.又g(1)=1,g(e2)=1+=1+,g(e)=1+,则函数g(x)=1+,x∈[1,e2]的大致图象如图所示. 由图象可知,m=1+或1≤m<1+.故m的取值范围为∪. 类型二　利用函数性质研究函数零点 【例2】　已知函数f(x)=ax--(a+1)ln x. (1)当a=0时,求f(x)的最大值; (2)若f(x)恰有一个零点,求a的取值范围. 解　(1)当a=0时,f(x)=--ln x(x>0),则f'(x)=-=.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,故f(x)的最大值即为f(x)的极大值f(1)=-1. (2)f'(x)=a+-=,x∈(0,+∞).当a≤0时,ax-1<0恒成立,所以0<x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f(1)=a-1<0.此时f(x)无零点,不合题意.当a>0时,令f'(x)=0,解得x=1或x=.①当0<a<1时,1<,所以当1<x<时,f'(x)<0,当0<x<1或x>时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1),上单调递增,在上单调递减,f(x)的极大值为f(1)=a-1<0,x→+∞时,f(x)>0,所以f(x)恰有1个零点.②当a=1时,1=,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(1)=0,所以f(x)恰有1个零点.③当a>1时,<1,f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减.f(x)的极小值为f(1)=a-1>0,x→0+时,f(x)→-∞,所以f(x)恰有1个零点.综上所述,a的取值范围为(0,+∞). 　　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”,即通过函数的单调性确定函数图象与x轴的交点个数,或者通过两个相关函数图象的交点个数确定参数需满足的条件,进而求得参数的取值范围,解决问题的步骤是“先形后数”. 【训练2】　已知函数f(x)=xex-kx2,k∈R. (1)当k=0时,求函数f(x)在[-2,2]上的值域; (2)若函数f(x)在(0,+∞)上仅有两个零点,求实数k的取值范围. 解　(1)当k=0时,f(x)=xex,所以f'(x)=(1+x)ex,令f'(x)=0,则x=-1,当-2<x<-1时,f'(x)<0,当-1<x<2时,f'(x)>0,列表如下: x [-2,-1) -1 (-1,2] f'(x) - 0 + f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)min=f(-1)=-e-1=-.又f(-2)=-,f(2)=2e2,所以f(x)在[-2,2]上的值域为. (2)解法一:函数f(x)=xex-kx2=x(ex-kx)在(0,+∞)上仅有两个零点,令g(x)=ex-kx,则问题等价于g(x)在(0,+∞)上仅有两个零点,易求g'(x)=ex-k.因为x∈(0,+∞),所以ex>1.①当k∈(-∞,1]时,g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(0)=1,所以g(x)在(0,+∞)上没有零点,不符合题意;②当k∈(1,+∞)时,令g'(x)=0,得x=ln k,所以在(0,ln k)上g'(x)<0,在(ln k,+∞)上g'(x)>0,所以g(x)在(0,ln k)上单调递减,在(ln k,+∞)上单调递增,所以g(x)的最小值为g(ln k)=k-kln k.因为g(x)在(0,+∞)上有两个零点,所以k-kln k<0,所以k>e.因为g(0)=1>0,g(ln k2)=k2-kln k2=k(k-2ln k),令h(x)=x-2ln x,h'(x)=1-=,所以在(0,2)上h'(x)<0,在(2,+∞)上h'(x)>0,所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.所以h(x)≥2-2ln 2=ln e2-ln 4>0,所以g(ln k2)=k(k-2ln k)>0,所以当k>e时,g(x)在(0,ln k)和(ln k,+∞)内各有一个零点,即当k>e时,g(x)在(0,+∞)上仅有两个零点.综上,实数k的取值范围是(e,+∞). 解法二:(分离参数法)函数f(x)=xex-kx2在(0,+∞)上仅有两个零点,等价于ex-kx=0在(0,+∞)有两个解,即k=.设g(x)=,x∈(0,+∞),g'(x)==.当0<x<1时,g'(x)<0,当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,当x=1时,g(x)的最小值为e,又当x趋向于0时,g(x)趋向于+∞,x趋向于+∞时,g(x)趋向于+∞.故y=k与y=g(x)有两个交点时k>e,即k的取值范围是(e,+∞). 微专题强化五　隐零点与双变量问题 　　　　　　　　　　　　　 专|题|梳|理 1.隐零点问题 如果f'(x)是超越形式(对字母进行有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角等运算的解析式,称为初等超越式,简称超越式),并且f'(x)的零点存在但无法求出,这时可采用虚设零点法,逐步分析出零点所在的范围和满足的关系式,然后分析出相应的函数的单调性,最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的关系推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理,谋求一种整体的转换和过渡,从而将超越式转化为普通式,有效破解求解或推理中的难点. 2.双变量问题 双变量问题的解决分为两类: (1)换元法(或消元法):将双变量问题转化为单变量问题,利用构造的新函数的性质解决; (2)极值点偏移问题:极值点偏移一般通过对称构造法、比(差)值换元法等进行处理. 典|型|例|题 类型一　隐零点问题 【例1】　(2025·河南模拟)已知函数f(x)=4x2+(8-a)x-aln x. (1)求f(x)的单调区间; (2)当a=2时,证明:f(x)>4x2-2ex+6x+4. 解　(1)由题意知f(x)的定义域为(0,+∞).由已知得f'(x)==.当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无单调递减区间.当a>0时,令f'(x)>0,得x>;令f'(x)<0,得0<x<,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;当a>0时,f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (2)证明:原不等式等价于φ(x)=ex-ln x-2>0,则φ'(x)=ex-,易知φ'(x)在(0,+∞)上单调递增,且φ'=-2<0,φ'(1)=e-1>0,所以φ'(x)在上存在唯一零点x0,此时φ(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,要证φ(x)>0即要证φ(x0)>0,由-=0,得=,x0=,代入φ(x0)=-ln x0-2,得φ(x0)=+x0-2,因为φ(x0)=+x0-2>2-2=0,所以φ(x)>0,即f(x)>4x2-2ex+6x+4. 　　零点问题求解三步曲 1.用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性,列出零点方程f'(x0)=0,并结合f'(x)的单调性得到零点的取值范围. 2.以零点为分界点,说明导函数f'(x)的正负,进而得到f(x)的最值表达式. 3.将零点方程适当变形,整体代入最值式子进行化简证明,有时1中的零点范围还可以适当缩小. 【训练1】　已知函数f(x)=x2+ln x-x(a≠0). (1)当a=时,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程; (2)令F(x)=af(x)-x2,若F(x)<1-2ax在(1,+∞)上恒成立,求整数a的最大值. 解　(1)当a=时,f(x)=2x2+ln x-4x,则f'(x)=4x+-4,可得f'(1)=1,且f(1)=2+ln 1-4=-2,即函数f(x)的图象在点(1,-2)处的切线斜率k=1,所以函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y-(-2)=x-1,即x-y-3=0. (2)由F(x)=af(x)-x2=aln x-(2a+1)x,因为F(x)<1-2ax在(1,+∞)上恒成立,即aln x-(2a+1)x<1-2ax在(1,+∞)上恒成立,即a<在(1,+∞)上恒成立,令h(x)=,x>1,可得h'(x)=,令t(x)=ln x--1(x>1),易得t(x)在(1,+∞)上单调递增,且t(3)<0,t(4)>0,所以存在x0∈(3,4),使得t(x0)=ln x0--1=0,从而h(x)在(1,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以h(x)min=h(x0)===x0∈(3,4),因为a<在(1,+∞)上恒成立,所以a<h(x)min=x0,所以整数a的最大值为3. 类型二　双变量问题 考向❶:双变量恒成立问题(换元法) 【例2】　已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设a≤-2,证明:对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|. 解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=+2ax=.当a≥0时,f'(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a≤-1时,f'(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减;当-1<a<0时,令f'(x)=0,解得x=.当x∈时,f'(x)>0;x∈时,f'(x)<0,故f(x)在上单调递增,在上单调递减. (2)证明:不妨设x1≥x2,由于a≤-2,由(1)可得f(x)在(0,+∞)上单调递减.所以|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于f(x2)-f(x1)≥4(x1-x2),即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,则g'(x)=+2ax+4=.于是g'(x)≤=≤0.从而g(x)在(0,+∞)上单调递减,故g(x1)≤g(x2),即f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2,故对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|. 　　将两个变量分离,根据式子的特点构造新函数,利用导数研究新函数的单调性及最值,从而得到所证不等式,或者要求证的不等式等价变形,然后利用整体思想换元,再构造函数,结合函数的单调性可证得不等式. 【训练2】　已知函数f(x)=xex,g(x)=x2+x. (1)令F(x)=f(x)+g(x),求F(x)的最小值; (2)若对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,求实数m的取值范围. 解　(1)因为F(x)=f(x)+g(x)=xex+x2+x,所以F'(x)=(x+1)(ex+1),令F'(x)>0,解得x>-1,令F'(x)<0,解得x<-1.所以F(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增.故F(x)min=F(-1)=--. (2)因为对任意x1,x2∈[-1,+∞),且x1>x2,有m[f(x1)-f(x2)]>g(x1)-g(x2)恒成立,所以mf(x1)-g(x1)>mf(x2)-g(x2)恒成立.令h(x)=mf(x)-g(x)=mxex-x2-x,x∈[-1,+∞),则只需h(x)在[-1,+∞)上单调递增即可.故h'(x)=(x+1)(mex-1)≥0在[-1,+∞)上恒成立,故m≥,又≤e,故m≥e,所以实数m的取值范围是[e,+∞). 考向❷:极值点偏移问题 【例3】　已知函数f(x)=xe-x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值; (2)若x1≠x2且f(x1)=f(x2),求证:x1+x2>2. 解　(1)f'(x)=e-x(1-x)(x∈R),令f'(x)>0,得x<1;令f'(x)<0,得x>1,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞),所以f(x)有极大值f(1)=,无极小值. (2)证明:证法一(对称化构造函数法):由(1)知,不妨设0<x1<1<x2,要证x1+x2>2,只要证x2>2-x1>1.由于f(x)在(1,+∞)上单调递减,故只需证f(x2)<f(2-x1),由于f(x1)=f(x2),故只要证f(x1)<f(2-x1),令H(x)=f(x)-f(2-x)=xe-x-(2-x)ex-2(0<x<1),则H'(x)=-=,因为0<x<1,所以1-x>0,2-x>x,所以e2-x>ex,即e2-x-ex>0,所以H'(x)>0,所以H(x)在(0,1)上单调递增,所以H(x)<H(1)=0,即有f(x1)<f(2-x1)成立,所以x1+x2>2. 证法二(比值代换法):由(1)知,不妨设0<x1<1<x2,由f(x1)=f(x2),得x1=x2,等式两边取对数得ln x1-x1=ln x2-x2.令t=>1,则x2=tx1,代入上式得ln x1-x1=ln t+ln x1-tx1,得x1=,x2=,所以x1+x2=>2等价于ln t->0,设g(t)=ln t-,则g'(t)=-=,当t>1时,g'(t)>0,g(t)单调递增,所以t>1时g(t)>g(1)=0,所以ln t->0,故x1+x2>2. 　　极值点偏移问题的解法 1.(对称化构造函数法)构造辅助函数:对结论x1+x2>(<)2x0型,构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x);对结论x1x2>(<)型,构造函数F(x)=f(x)-f,通过研究F(x)的单调性证明不等式成立. 2.(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t=化为单变量的函数不等式,利用函数单调性证明. 【训练3】　(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x>1时,f'(x)>0,0<x<1时,f'(x)<0,所以函数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:由(1)知,不妨设0<x1<1<x2,>1.令F(x)=f(x)-f,则F'(x)=+×=(ex+x-x-1).令g(x)=ex+x-x-1,则g'(x)=ex+1-+x×=ex+1+,所以当x∈(0,1)时,g'(x)>0,所以当x∈(0,1)时,g(x)<g(1)=0,所以当x∈(0,1)时,F'(x)>0,所以F(x)在(0,1)上单调递增,所以当x∈(0,1)时F(x)<F(1)=0,即在(0,1)上f(x)-f<0.又f(x1)=f(x2)=0,所以f(x2)-f<0,即f(x2)<f.由(1)可知,函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x2<,即x1x2<1. 学科网（北京）股份有限公司 $$