第3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（名师划重点）

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 三年考情 1.了解导数概念的实际背景,理解导数的几何意义. 2.能根据导数的定义求函数y=c(c为常数),y=x,y=x2,y=x3,y=,y=的导数. 3.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(限于形如f(ax+b))的导数,会使用导数公式表. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T15 T13 全国Ⅱ卷 T14 T16   重点提示:导数的运算、导数的几何意义 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 1.导数的概念 (1)函数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)函数y=f(x)的导函数(简称导数) f'(x)=y'=. 2.导数的几何意义 函数y=f(x)在x=x0处的导数的几何意义就是曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率,相应的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0). 3.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)=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 若f'(x),g'(x)分别是函数f(x)和g(x)的导数,则有 [f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x); [f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x); '=(g(x)≠0); [cf(x)]'=cf'(x). 5.复合函数的定义及其导数 (1)一般地,对于两个函数y=f(u)和u=g(x),如果通过中间变量u,y可以表示成x的函数,那么称这个函数为函数y=f(u)和u=g(x)的复合函数,记作y=f(g(x)). (2)复合函数y=f(g(x))的导数与函数y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为yx'=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. 【常用结论】 1.奇函数的导数是偶函数,偶函数的导数是奇函数,周期函数的导数还是周期函数. 2.'　=-(f(x)≠0). 3.在点处的切线与过点的切线的区别 在点处的切线,该点一定是切点,切线有且仅有一条. 过点的切线,该点不一定是切点,切线至少有一条. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)f'(x0)是函数y=f(x)在x=x0附近的平均变化率.(×) (2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.(×) (3)f'(x0)=[f'(x0)]'.(×) (4)若f(x)=-sin x,则f'(x)=cos(-x).(×) 2.(北师大选二P66A组T1改编)设函数f(x)=x4+3x-1,则f'(2)=(C) A.37 B.21 C.35 D.-1 解析　由f'(x)=4x3+3,得f'(2)=35. 3.(人A选二P81T8改编)曲线y=-3ln x的斜率为-2的切线方程为 4x+2y-5=0 .  解析　因为y=-3ln x,x>0,所以y'=x-,由y'=x-=-2,可得x=1,x=-3(舍去),当x=1时,y=,所以曲线y=-3ln x的斜率为-2的切线方程为y-=-2(x-1),即4x+2y-5=0. 4.(人A选二P82T11改编)设曲线y=在点(0,1)处的切线与直线2x-y+1=0垂直,则a的值为 - .  解析　因为y=,所以y'=·(2ax)'=2a·,所以在点(0,1)处的切线斜率k=y'=2ae0=2a,又因为切线与直线2x-y+1=0垂直,所以2a×2=-1,所以a=-. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　导数的概念 【例1】　(1)设f(x)在x=x0处可导,且=1,则f'(x0)=(C) A.1 B.3 C. D.0 解析　因为= 3=3f'(x0)=1, 所以f'(x0)=. (2)(多选题)某市开始全面实施垃圾分类,家庭厨余垃圾的分出量不断增加.已知甲、乙两个小区在[0,t]这段时间内的家庭厨余垃圾的分出量Q与时间t的关系如图所示.下列四个结论正确的是(BC) A.在[t1,t2]这段时间内,甲小区的平均分出量比乙小区的平均分出量大 B.在[t2,t3]这段时间内,乙小区的平均分出量比甲小区的平均分出量大 C.在t2时刻,甲小区的分出量比乙小区的分出量增长的慢 D.甲小区在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中,在[t2,t3]的平均分出量最大 解析　对于A,在[t1,t2]这段时间内,甲的增长量小于乙的增长量,所以甲的平均分出量小于乙,说法错误;对于B,在[t2,t3]这段时间内,甲的增长量小于乙的增长量,所以乙的平均分出量大于甲,说法正确;对于C,在t2时刻,乙的图象比甲的图象陡,瞬时增长率大,说法正确;对于D,甲的图象大致为一条直线,所以三个时间段的平均分出量相等,说法错误. (3)某物体做直线运动,其运动规律是s=3t2+2t+4(t的单位:s,s的单位:m),则它在第4 s末的瞬时速度为 26 m/s.  解析　s=3t2+2t+4,求导s'=6t+2,令t=4,得到s'=26.故它在第4 s末的瞬时速度为26 m/s. [规律方法]　求函数y=f(x)在点x0处导数的步骤 (1)求函数的增量Δy=f(x0+Δx)-f(x0); (2)求平均变化率=; (3)得导数f'(x0)=,简记作:一差、二比、三极限. [提醒]　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”. 【训练1】　(1)若f'(x)是函数f(x)的导数,且f'(a)=-1,则=(A) A.-5 B.-4 C.-1 D.0 解析　= 5=5f'(a)=-5. (2)函数f(x)=x2在区间[1,2]上的平均变化率为 3 ,在x=2处的导数为 4 .  解析　函数f(x)=x2在区间[1,2]上的平均变化率为=3;因为f'(x)=2x,所以f(x)在x=2处的导数为2×2=4. 考点二　导数的运算 【例2】　求下列函数的导数: (1)y=x3-2x+1; (2)y=; (3)y=; (4)y=(x2+2)sin x. 解　(1)(x3-2x+1)'=3x2-2xln 2. (2)'==. (3)'==. (4)[(x2+2)sin x]'=2xsin x+(x2+2)cos x. [规律方法]　导数的计算方法 (1)连乘形式:先展开化为多项式的形式,再求导. (2)分式形式:观察函数的结构特征,先化为整式函数或较为简单的分式函数,再求导. (3)根式形式:先化为分数指数幂的形式,再求导. (4)三角形式:先利用三角函数公式转化为和或差的形式,再求导. (5)复合函数:确定复合关系,由外向内逐层求导. 【训练2】　(1)(多选题)(2025·浙江名校联考)下列求导正确的是(BC) A.(log23)'= B.[ln(2x)]'= C.(sin2x)'=sin 2x D.'= 解析　对于A,(log23)'=0,故A错误;对于B,[ln(2x)]'=(ln 2+ln x)'=(ln 2)'+(ln x)'=,故B正确;对于C,(sin2x)'=2sin xcos x=sin 2x,故C正确;对于D,'==,故D错误. (2)已知f(x)=x(2 025+ln x),若f'(x0)=2 026,则x0=(B) A.e2 B.1 C.ln 2 D.e 解析　f'(x)=2 025+ln x+x·=2 026+ln x,故由f'(x0)=2 026,得2 026+ln x0=2 026,则ln x0=0,解得x0=1.故选B. (3)(2025·江西名校联考)已知f(x)=ex-f'(0)x,则f(2)的值为 e2-1 .  解析　由f(x)=ex-f'(0)x得f'(x)=ex-f'(0),则f'(0)=e0-f'(0),得f'(0)=,故f(x)=ex-x,因此f(2)=e2-1. 考点三　导数的几何意义 角度1　求切线方程 　 教考衔接⑤ 教材题 [题源](人A选二P78T3)求曲线y=x2+在点(1,4)处的切线方程. 解　因为y'=2x-,所以y'|x=1=2-3=-1,所以切线方程为y-4=-(x-1),即x+y-5=0. 高考题 (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　设曲线y=在点处的切线方程为y-=k(x-1),因为y=,所以y'==,所以k=y'|x=1=,所以y-=(x-1),所以曲线y=在点处的切线方程为y=x+.故选C. (2)(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 y=x , y=-x . 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. (3)(2024·新课标Ⅱ卷节选)已知函数f(x)=ex-ax-a3.当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. 解　当a=1时,则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. [规律方法]　求曲线过点P的切线方程的方法 (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,可分以下几步完成. 第一步:设出切点坐标(x1,f(x1)); 第二步:写出过点(x1,f(x1))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. 角度2　求切点坐标 【例3】　已知f(x)=x2-,过原点作曲线y=f(x)的切线,则切点的横坐标为(C) A.2 B.-2 C.- D. 解析　由f(x)=x2-,得f'(x)=x+,设切点坐标为,所以f'(x0)=x0+,则切线方程为y-+=(x-x0),因为切线过原点,所以-+=-x0=--,解得x0=-,即切点的横坐标为-. [规律方法]　求切点坐标的思路 (1)已知切线方程(或斜率)求切点的一般思路是先求函数的导数,再让导数等于切线的斜率,从而求出切点的横坐标,将横坐标代入函数解析式求出切点的纵坐标. (2)已知曲线外一点求切点的一般思路是先设出切点坐标,列出切线方程,将切点代入曲线方程,已知点代入切线方程联立方程求出切点坐标. 角度3　求参数的取值范围 【例4】　(1)若曲线f(x)=ax2-ln x+在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,则a=(A) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　由已知f'(x)=2ax--,因为f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴,故得f'(1)=2a-2=0,解得a=1,经检验,符合题意.故选A. (2)(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　设切线的切点坐标为(x0,y0).令f(x)=(x+a)ex,则f'(x)=(x+1+a)ex,f'(x0)=(x0+1+a).因为y0=(x0+a),切线过原点,所以f'(x0)=,即(x0+1+a)=.整理得+ax0-a=0.由题意知该方程有两个不同的实数根,所以Δ=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,即a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞). [规律方法]　利用导数的几何意义求参数的基本方法 利用切点的坐标、切线的斜率、切线方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组),进而求出参数的值或取值范围.注意曲线上点的横坐标的取值范围. 【对点练】 1.(角度1)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知函数f(x)=x2f'+ln x-9,则函数在x=1处的切线方程是(B) A.y=x-9 B.y=19x-19 C.y=19x- D.y=x+ 解析　因为f'(x)=2f'x+,令x=,可得f'=9,所以f(1)=9+0-9=0,f'(1)=19,所以f(x)在x=1处的切线方程为y=19x-19.故选B. 2.(角度2)曲线f(x)=x3+x-2在点P处的切线平行于直线y=4x,则点P的坐标为(D) A.(2,8)或(-1,-4) B.(1,0)或(-1,-4) C.(-1,-4) D.(1,0) 解析　由f(x)=x3+x-2,得f'(x)=3x2+1,设点P(x0,y0),则f'(x0)=3+1=4⇒x0=±1.将x0=±1代入f(x)中可得f(1)=0,f(-1)=-4,故P(1,0)或P(-1,-4).当P(-1,-4)时,切线方程为y+4=4(x+1)⇒y=4x,不符合题意,舍去.所以点P(1,0). 3.(角度3)已知直线y=ax+b与曲线y=x+相切,则2a+b的最大值为(C) A. B.2 C. D.5 解析　设切点横坐标为m(m≠0),由y=x+,得y'=1-,由题意可得解得所以2a+b=-++2=-2+,所以m=2时,2a+b的最大值为.故选C. 微突破三　曲线的公切线问题 　　求曲线的公切线问题是高考的热点题型之一.学生在做题过程中,解决单一曲线的切线问题相对比较熟练,求解方法也较容易理解.但是对于两条曲线的公切线问题的求解,显然就比单一曲线的切线问题要复杂得多,灵活得多. 　　　 　　　　　　　　　　　 目标一　求两条曲线的公切线方程 【例1】　(1)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)=x2-m,g(x)=6ln x-4x,设两曲线y=f(x)与y=g(x)在公共点处的切线相同,则m=(D) A.-3 B.1 C.3 D.5 解析　依题意,设曲线y=f(x)与y=g(x)在公共点(x0,y0)处的切线相同.因为f(x)=x2-m,g(x)=6ln x-4x,所以f'(x)=2x,g'(x)=-4,所以即因为x0>0,所以x0=1,m=5. (2)若曲线f(x)=ex在x=1处的切线与曲线g(x)=ln x+a也相切,则a=(D) A. B.1 C. D.2 解析　由f(x)=ex得f(1)=e,f'(x)=ex,所以f'(1)=e,则曲线f(x)=ex在x=1处的切线为y=ex,设该直线与曲线g(x)=ln x+a相切的切点为(x0,ln x0+a),由g(x)=ln x+a得g'(x)=,则g'(x0)==e,所以x0=,所以切点为,由在直线y=ex上得a-1=e×,解得a=2,故选D. (3)(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. [规律方法]　既与曲线y=f(x)相切又与曲线y=g(x)相切的直线叫两曲线的公切线,这类问题的解法步骤是: (1)设直线与曲线y=f(x)相切于点P(x1,f(x1)),与曲线y=g(x)相切于点Q(x2,g(x2)). (2)切线方程为y-f(x1)=f'(x1)(x-x1),即y=f'(x1)x-f'(x1)x1+f(x1),同理切线方程也为y-g(x2)=g'(x2)(x-x2),即y=g'(x2)x-g'(x2)x2+g(x2). (3)由解出x1,x2,从而得出切线方程. 目标二　判断公切线的条数 【例2】　曲线f(x)=ex-1与曲线g(x)=ln x公切线的条数为(B) A.1 B.2 C.3 D.4 解析　设(x0,)是曲线f(x)图象上任意一点,f'(x)=ex-1,所以f'(x0)=,所以过点(x0,)的切线方程为y-=(x-x0),整理得y=·x+(1-x0)　①.g'(x)=,令=,解得x1=,则g(x1)=1-x0,所以曲线g(x)上过点(,1-x0)的切线方程为y-(1-x0)=(x-),整理得y=·x-x0　②.由于切线①②重合,故(1-x0)=-x0,即(x0-1)·-x0=0　③.构造函数h(x)=(x-1)ex-1-x,则h'(x)=xex-1-1,h″(x)=(x+1)ex-1,故当x<-1时h″(x)<0,h'(x)单调递减,当x>-1时h″(x)>0,h'(x)单调递增.注意到当x<0时h'(x)<0,且h'(1)=0,所以当x<1时h'(x)<0,h(x)单调递减,当x>1时,h'(x)>0,h(x)单调递增,而h(-1)=1->0,h(1)=-1<0,h(2)=e-2>0,根据函数零点存在定理可知在区间(-1,1),(1,2)各存在h(x)的一个零点,即h(x)有两个零点,即方程③有两个根,即曲线f(x)和曲线g(x)有两条公切线.故选B. [规律方法]　判断公切线的条数最终转化为判断方程解的个数. 目标三　求参数的取值范围 【例3】　(1)(2025·福建质量检测)若直线y=ax+b与曲线y=ex相切,则a+b的取值范围为(A) A.(-∞,e] B.[2,e] C.[e,+∞) D.[2,+∞) 解析　设切点为(x0,),则a=,所以切线方程为y=(x-x0)+,则b=(1-x0),所以a+b=(2-x0),设f(x)=(2-x)ex,则f'(x)=(1-x)ex,当x∈(-∞,1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)≤f(1)=e,故选A. (2)若曲线C1:f(x)=x2+a和曲线C2:g(x)=4ln x-2x存在有公共切点的公切线,则a= -3 .  解析　f(x)=x2+a,g(x)=4ln x-2x,则有f'(x)=2x,g'(x)=-2.设公共切点的坐标为(x0,y0),则f'(x0)=2x0,g'(x0)=-2,f(x0)=+a,g(x0)=4ln x0-2x0.根据题意,有解得 [规律方法]　根据切线斜率列出相应方程,即转化为方程有解问题,可用直接法也可分离参数求解参数的范围. 增|分|训|练 1.已知曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,则a=(D) A.5 B.6 C.7 D.8 解析　因为y=x+ln x,所以y'=1+,y'|x=1=2.所以曲线y=x+ln x在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.因为y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,所以a≠0(当a=0时曲线变为y=2x+1与已知直线平行).由消去y,得ax2+ax+2=0.由Δ=a2-8a=0,解得a=8.故选D. 2.(2025·湖南衡阳一模)若函数f(x)=x3+4与g(x)=x2-2x图象的交点为A,则曲线y=f(x)在点A处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为(B) A.4 B.6 C. D. 解析　由f(x)=g(x),得x3-x2+2x+4=x3+x2-2x2-2x+4x+4=(x+1)(x2-2x+4)=0,解得x=-1,所以A(-1,3).由f'(x)=3x2,得f'(-1)=3,所以曲线y=f(x)在点A处的切线方程为y-3=3(x+1),即y=3x+6,令x=0,得y=6,令y=0,得x=-2,则所求三角形的面积为×6×2=6.故选B. 3.若曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x在公共点处有相同的切线,则该切线的方程为 y=3x-9 .  解析　设公共点为(x0,y0),由y=ln(3x-8),得y'=,由y=x2-3x,得y'=2x-3,所以=2x0-3,解得x0=3或(舍去),所以y0=0,y'==3,所以切线的方程为y-0=3(x-3),即y=3x-9. 4.若曲线y=ln x与曲线y=x2+2x+a(x<0)有公切线,则实数a的取值范围是 (-ln 2-1,+∞) .  解析　设f(x)=ln x,g(x)=x2+2x+a(x<0),则f'(x)=,g'(x)=2x+2(x<0).设与曲线y=x2+2x+a(x<0)相切的切点为(s,t),s<0,与曲线y=ln x相切的切点为(m,n),m>0,则2s+2==,又t=s2+2s+a,n=ln m,所以a=s2-1-ln(2s+2).设h(s)=s2-1-ln(2s+2)(-1<s<0),则h'(s)=<0,所以h(s)在(-1,0)上单调递减,所以h(s)>-ln 2-1,所以a>-ln 2-1. 第二节　导数与函数的单调性 课标要求 三年考情 1.结合实例,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,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次). 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T7 T10 全国Ⅱ卷 T22 T6   重点提示:函数的单调区间、由单调性(单调区间)求参数范围 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 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)内可导 f'(x)>0 f(x)在区间(a,b)内单调递增 f'(x)<0 f(x)在区间(a,b)内单调递减 f'(x)=0 f(x)在区间(a,b)内是常数函数 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. 【常用结论】 1.若函数f(x)在(a,b)上单调递增,则当x∈(a,b)时,f'(x)≥0恒成立;若函数f(x)在(a,b)上单调递减,则当x∈(a,b)时,f'(x)≤0恒成立. 2.若函数f(x)在(a,b)上存在单调递增区间,则当x∈(a,b)时,f'(x)>0有解;若函数f(x)在(a,b)上存在单调递减区间,则当x∈(a,b)时,f'(x)<0有解. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)函数f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f'(x)>0.(×) (2)在(a,b)内f'(x)≤0且f'(x)=0的根为有限个,则f(x)在(a,b)内单调递减.(√) (3)若函数f(x)在定义域上都有f'(x)>0,则f(x)在定义域上一定单调递增.(×) (4)函数f(x)=x-sin x在R上是增函数.(√) 2.(人B选三P112T8改编)函数f(x)=2x2-ln x的单调递减区间是(C) A. B. C. D.∪ 解析　因为函数f(x)=2x2-ln x,x>0,所以f'(x)=4x-==.由f'(x)<0,解得0<x<,所以函数f(x)的单调递减区间是.故选C. 3.(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　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.故选C. 4.(人A选二P89T2改编)若函数f(x)=x3+ax2-ax在R上单调递增,则实数a的取值范围是 [-3,0] .  解析　f'(x)=3x2+2ax-a≥0在R上恒成立,所以4a2+12a≤0,解得-3≤a≤0. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　不含参数的函数的单调性 【例1】　求下列函数的单调区间: (1)f(x)=ex(x2-x+1); (2)f(x)=,x∈ (0,π); (3)f(x)=,x∈(0,2π). 解　(1)因为f(x)=ex(x2-x+1),则f'(x)=ex(x2+x)=x(x+1)ex,因为ex>0恒成立,由f'(x)>0,得到x<-1或x>0,由f'(x)<0,得到-1<x<0,所以函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(0,+∞),单调递减区间为(-1,0). (2)f'(x)=-=-sin=0,解得x=-+kπ,k∈Z,因为x∈(0,π),所以x=,当x∈,f'(x)<0,当x∈,f'(x)>0,所以f(x)在上单调递减,在上单调递增. (3)f'(x)==,x∈(0,2π),令f'(x)==0,即2cos x+1=0,解得x=或x=.当x∈时,f'(x)>0,则f(x)在上单调递增;当x∈时,f'(x)<0,则f(x)在上单调递减;当x∈时,f'(x)>0,则f(x)在上单调递增.综上可知,函数f(x)的单调递减区间为.单调递增区间为,. [规律方法]　利用导数求函数单调区间的步骤 (1)确定函数的定义域. (2)求出f(x)的导数f'(x). (3)令f'(x)>0(或<0),求出x的解集,即为f(x)的单调递增(或减)区间. (4)函数的单调区间不能用并集,要用“逗号”或“和”隔开. 【训练1】　已知函数f(x)=,求函数f(x)的单调区间. 解　因为f(x)=,所以f'(x)==-=-,所以当x∈(-∞,-5)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;当x∈(-5,-1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-5),(-1,+∞),单调递增区间为(-5,-1). 考点二　含参数的函数的单调性 　 教考衔接⑥ 教材题 [题源](人A选二P104T19节选)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.讨论f(x)的单调性. 解　由题意知定义域为R,f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1,a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)是减函数;a>0时,令f'(x)=2a=0,得x=ln,f'(x)<0⇒x<ln,f'(x)>0⇒x>ln,故f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为,综上可知,a≤0时,f(x)在R上为减函数;a>0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. 高考题 (2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)=a(x-1)-ln x+1.求f(x)的单调区间. 解　f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-=,当a≤0时,f'(x)=<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,+∞);a> 高考题 0时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. [规律方法]　 (1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)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. 【训练2】　已知函数f(x)=ex-2ax-1,求f(x)的单调区间. 解　对函数f(x)=ex-2ax-1求导,得f'(x)=ex-2a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在R上为增函数.当a>0时,由f'(x)=ex-2a=0,解得x=ln(2a),而f'(x)在R上单调递增,于是当x∈(-∞,ln(2a))时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递减,当x∈(ln(2a),+∞)时,f'(x)>0,f(x)在(ln(2a),+∞)上单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上为增函数,当a>0时,f(x)的单调递增区间为(ln(2a),+∞),单调递减区间为(-∞,ln(2a)). 考点三　函数单调性的应用 角度1　比较大小与解不等式 【例2】　(1)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(D) A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.b<c<a 解析　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log24<log27<log28,所以2<log27<3,所以2<log27<3,所以f(2)<f(log27)<f(3),即b<c<a.故选D. (2)已知函数f(x)=ex-e-x+sin x,若f(t)+f(1-3t)<0,则实数t的取值范围是(A) A. B. C. D. 解析　因为函数f(x)=ex-e-x+sin x的定义域为R,f(-x)=e-x-ex+sin(-x)=e-x-ex-sin x=-(ex-e-x+sin x)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数.因为f'(x)=ex+e-x+cos x≥2+cos x=2+cos x>0(当且仅当x=0时取等号),所以函数f(x)在R上单调递增,因为f(t)+f(1-3t)<0,所以f(t)<-f(1-3t)=f(3t-1),所以t<3t-1,解得t>.故选A. [规律方法]　利用导数比较大小或解不等式,常常需要把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题,再由单调性比较大小或解不等式. 角度2　求参数的取值范围 【例3】　(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　依题可知,f'(x)=aex-≥0在(1,2)上恒成立,显然a>0,所以xex≥,设g(x)=xex,x∈(1,2),所以g'(x)=(x+1)ex>0,所以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)已知函数f(x)=(x-1)ex-mx在[2,4]上存在单调递减区间,则实数m的取值范围为 (2e2,+∞) .  解析　因为f(x)=(x-1)ex-mx,所以f'(x)=xex-m,因为f(x) 在[2,4] 上存在单调递减区间,所以存在x∈[2,4],使得f'(x)<0,即m>xex,令g(x)=xex,x∈[2,4],得g'(x)=(x+1)ex>0 在x∈[2,4] 上恒成立,所以g(x)=xex 在[2,4] 上单调递增,所以g(x)min=g(2)=2e2,所以m>2e2. [规律方法]　f(x)在区间I上单调递增(减),只要满足f'(x)≥0(f'(x)≤0)在区间I上恒成立即可.如果能够分离参数,则分离参数后可转化为参数值与函数最值之间的关系. 【对点练】 1.(角度1)若ln a=-1,eb=,3c=ln 3,则a,b,c的大小关系为(A) A.a>c>b B.b>c>a C.c>b>a D.a>b>c 解析　由题设条件,得a=,b==,c=,令f(x)=,则f'(x)=,当0<x<e时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x>e时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.又e<3<4,所以f(e)>f(3)>f(4),即a>c>b.故选A. 2.(角度1)已知函数f(x)=ex-e-x-2x+1,则不等式f(2x-3)>1的解集为  .  解析　因为f(x)=ex-e-x-2x+1,定义域为R,所以f'(x)=ex+e-x-2≥2-2=0,当且仅当x=0时取等号.所以f(x)在R上单调递增.又f(0)=1,所以原不等式可化为f(2x-3)>f(0),即2x-3>0,解得x>.所以原不等式的解集为. 3.(角度2)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 (0,+∞) .  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,+∞). 微突破四　导数中的函数构造问题 　　以导数为工具的客观题,具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点,而构造函数是解决导数问题的基本方法.构造函数的规律方法归类总结如下. 　　　 　　　　　　　　　　　 目标一　利用F(x)=xnf(x)构造 【例1】　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) A.4f(-2)<9f(3) B.4f(-2)>9f(3) C.2f(3)>3f(-2) D.3f(-3)<2f(-2) 解析　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). [规律方法]　xnf(x)型函数构造技巧 (1)对于xf'(x)+f(x)>0(<0),构造g(x)=xf(x). (2)对于xf'(x)+kf(x)>0(<0),构造g(x)=xkf(x). 目标二　利用F(x)=构造 【例2】　函数f(x)在定义域(0,+∞)内恒满足f(x)>0,2f(x)<xf'(x)<3f(x),其中f'(x)为f(x)的导函数,则(D) A.<< B.<< C.<< D.<< 解析　令g(x)=,x∈(0,+∞),g'(x)=,因为∀x∈(0,+∞),2f(x)<xf'(x),所以g'(x)>0,所以函数g(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,所以g(1)<g(2),即4f(1)<f(2),<,令h(x)=,x∈(0,+∞),h'(x)=,因为∀x∈(0,+∞),xf'(x)<3f(x),h'(x)<0,所以函数h(x)在x∈(0,+∞)上单调递减,所以h(1)>h(2),即f(1)>,<,故选D. [规律方法]　型函数构造技巧 (1)对于xf'(x)-f(x)>0(<0),构造g(x)=. (2)对于xf'(x)-kf(x)>0(<0),构造g(x)=. 目标三　利用f(x)与ex构造 【例3】　已知函数f(x)的导函数为f'(x),且f(x)+f'(x)>0在R上恒成立,则不等式e2x+1f(2x+1)>e3-xf(3-x)的解集是  .  解析　令g(x)=exf(x),则g'(x)=ex[f(x)+f'(x)]>0,所以g(x)在R上单调递增,e2x+1f(2x+1)>e3-xf(3-x),即g(2x+1)>g(3-x),所以2x+1>3-x,得x>.所以不等式e2x+1f(2x+1)>e3-xf(3-x)的解集是. [规律方法]　f(x)与ex型函数构造技巧 (1)对于f'(x)+f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=exf(x); (2)对于f'(x)-f(x)>0(或<0),构造函数F(x)=; (3)对于f'(x)+nf(x)>0(或<0),构造函数F(x)=enxf(x); (4)对于f'(x)-nf(x)>0(或<0),构造函数F(x)=. 目标四　利用f(x)与sin x,cos x构造 【例4】　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) A.f<f B.f<f C.f(0)<f D.f(0)<2f 解析　构造F(x)=,则F'(x)=,又因为对于任意的x∈满足f'(x)cos x+f(x)sin x>0,则F'(x)>0,F(x)在内单调递增.则F<F,即<,所以<,即f<f,故B正确;F(0)<F,即<,所以f(0)<f,故C正确;F(0)<F,即<,所以f(0)<2f,故D正确;由排除法,故选A. [规律方法]　f(x)与sin x,cos x型函数构造技巧 (1)对于f'(x)sin x+f(x)cos x>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)sin x; (2)对于f'(x)sin x-f(x)cos x>0(或<0),构造函数F(x)=; (3)对于f'(x)cos x+f(x)sin x>0(或<0),构造函数F(x)=; (4)对于f'(x)cos x-f(x)sin x>0(或<0),构造函数F(x)=f(x)cos x. 增|分|训|练 1.已知f(x)是定义在(0,+∞)上的可导函数,且满足f(x)>0,xf'(x)-f(x)>0,若a>b>0,则(D) A.af(a)<bf(b) B.bf(b)<af(a) C.bf(a)<af(b) D.af(b)<bf(a) 解析　令g(x)=(x>0),则g'(x)=>0,所以g(x)在(0,+∞)单调递增.又a>b>0,所以g(a)>g(b),即>,所以af(b)<bf(a). 2.若定义在R上的函数f(x)满足f'(x)-2f(x)>0,f(0)=1,则不等式f(x)>e2x的解集为 (0,+∞) .  解析　令F(x)=,则F'(x)==,因为f'(x)-2f(x)>0,所以F'(x)>0,即函数F(x) 在R上单调递增.又因为f(0)=1,则F(0)=1,所以f(x)>e2x⇔>1⇔F(x)>F(0),所以x>0. 3.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x),对任意x∈(0,π),有f'(x)sin x>f(x)cos x,设a=2f,b=f,c=f,则a,b,c的大小关系为 a<b<c .  解析　构造函数F(x)=,x∈(0,π),F'(x)=>0.所以函数F(x)在(0,π)上单调递增,于是F<F<F,即2f<f<f,所以a<b<c. 第三节　导数与函数的极值、最值 课标要求 三年考情 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.会用导数求函数的极大值、极小值. 3.会求闭区间上函数的最大值、最小值. 2022 2023 2024 全国Ⅰ卷 T10、T22 T11、T19 T10、T18 全国Ⅱ卷 T11、T22 T11、T16   重点提示:函数的极值、函数的最值 第1课时　导数与函数的极值 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 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. 微提醒　　①函数的极值点一定出现在区间的内部,区间的端点不能称为极值点. ②在函数的整个定义域内,极值不一定是唯一的,有可能有多个极大值或极小值. ③极大值与极小值之间无确定的大小关系. 【常用结论】 1.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. 2.若函数f(x)在开区间(a,b)内只有一个极值点,则该极值点一定是函数的最值点. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)对可导函数f(x),f'(x0)=0是x0为极值点的充要条件.(×) (2)函数的极小值一定小于函数的极大值.(×) (3)若函数f(x)在区间(a,b)内有极值,则f(x)在该区间内一定不是单调函数.(√) (4)极值点出现在区间的内部,端点不能是极值点.(√) 2.(人A选二P92T1 改编)已知函数f(x)的定义域为R,导函数f'(x)的图象如图所示,则函数f(x)(C) A.无极大值点,有四个极小值点 B.有三个极大值点,一个极小值点 C.有两个极大值点,两个极小值点 D.有四个极大值点,无极小值点 解析　设f'(x) 的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1,x2,x3,x4.当x<x1 时,f'(x)>0,当x1<x<x2 时,f'(x)<0,则x1 为f(x) 的极大值点,同理,x3为f(x) 的极大值点,x2,x4为f(x) 的极小值点.故选C. 3.(人A选二P91例5改编)函数f(x)=的极大值为(B) A.e-6 B.e-7 C.e-8 D.e-9 解析　f'(x)=,当x<7时,f'(x)>0,当x>7时,f'(x)<0.所以f(x)=的极大值为f(7)==.故选B. 4.(人A选二P104T9改编)函数f(x)=x(x-c)2有极值,则实数c的取值范围是 (-∞,0)∪(0,+∞) .  解析　f'(x)=(x-c)2+2x(x-c)=3x2-4cx+c2.由题意知f'(x)有变号零点,所以Δ=16c2-12c2=4c2>0,解得c≠0,即c∈(-∞,0)∪(0,+∞). 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　根据图象判断极值 【例1】　(多选题)如图为函数F(x)的导函数图象,则以下说法正确的是(ABD) A.F(x)在区间[b,d]递增 B.F(x)的递减区间是[a,b],[d,f] C.F(i)为函数 F(x)极大值 D.F(x)的极值点个数为4 解析　令函数F(x)的导函数为F'(x),观察题图知,当x<a或b<x<d时,F'(x)>0,当x>f时,F'(x)≥0,且当x=h时,F'(x)=0;当a<x<b或d<x<f时,F'(x)<0,因此函数F(x)在(-∞,a),[b,d],(f,+∞)上单调递增,在[a,b],[d,f]上单调递减,AB正确;函数F(x)在x=a,x=d处都取得极大值,在x=b,x=f处都取得极小值,F(x)的极值点个数为4,D正确;由于F(x)在x=i及邻近区域值得F'(x)>0,因此F(x)在x=i处没有极值,C错误.故选ABD. [规律方法]　由图象判断函数y=f(x)的极值(点) (1)由y=f'(x)的图象与x轴的交点,可得函数y=f(x)的可能极值点. (2)由导函数y=f'(x)的图象可以看出y=f'(x)的值的正负,从而可得函数y=f(x)的单调性. (1)(2)结合可得极值点. 【训练1】　(1)函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则下列说法正确的是(C) A.f(x)在x=x1处取得最大值 B.f(x)在区间(x1,x2)上单调递减 C.f(x)在x=x2处取得极大值 D.f(x)在区间(a,b)上有2个极大值点 解析　由导函数的图象可知: x (a,x2) x2 (x2,x3) x3 (x3,b) f'(x) + 0 - 0 非负 f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增 故选C. (2)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x),且函数y=(1-x)f'(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是(D) A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2) 解析　由题图可知,当x<-2时,f'(x)>0;当-2<x<1时,f'(x)<0;当1<x<2时,f'(x)<0;当x>2时,f'(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值. 考点二　求函数的极值 【例2】　(1)(2024·全国甲卷节选)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.若a=-2,求f(x)的极值. 解　当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,故f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1,因为y=2ln(1+x),y=-+1在(-1,+∞)上为增函数,故f'(x)在(-1,+∞)上为增函数,而f'(0)=0,故当-1<x<0时,f'(x)<0,当x>0时,f'(x)>0,故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0,无极大值. (2)设函数f(x)=(x2+ax+b)ex,(a,b∈R),曲线y=f(x)在点P(0,f(0))处的切线方程为6x+y+3=0. ①求a,b的值; ②求函数f(x)的极值. 解　①因为f(x)=(x2+ax+b)ex,所以f'(x)=[x2+(a+2)x+a+b]ex,f(0)=(02+a×0+b)e0=b,f'(0)=[02+(a+2)×0+a+b]e0=a+b,因为切线6x+y+3=0过点P,所以f(0)=b=-3,由导数的几何意义可知,斜率k=f'(0)=a+b=-6,所以a=b=-3. ②由①,知a=b=-3,可得f(x)=(x2-3x-3)ex,所以f'(x)=(x2-x-6)ex=(x+2)(x-3)ex,令f'(x)=0,则(x+2)(x-3)ex=0,解得x=-2或x=3,当x<-2或x>3时,f'(x)>0,当-2<x<3时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,-2)和(3,+∞)上单调递增,在(-2,3)上单调递减, 从而可知x=-2是函数的极大值点,极大值为f(-2)=7e-2,x=3是函数的极小值点,极小值为f(3)=-3e3.所以函数f(x)的极大值为7e-2,极小值为-3e3. [规律方法]　求函数极值的一般步骤 (1)先求函数f(x)的定义域,再求函数f(x)的导函数. (2)求f'(x)=0的根. (3)判断f'(x)=0的根的左、右两侧f'(x)的符号,确定极值点. (4)求出函数f(x)的极值. 【训练2】　(1)函数f(x)=x++2的所有极值之和为 4 .  解析　函数f(x)=x++2的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),求导得f'(x)=1-,由f'(x)<0,得-<x<0或0<x<,由f'(x)>0,得x<-或x>,因此函数f(x)在(-,0),(0,)上单调递减,在(-∞,-),(,+∞)上单调递增,于是当x=-时,f(x)取得极大值f(-)=-2+2,当x=时,f(x)取得极小值f()=2+2,所以函数f(x)=x++2的所有极值之和为f(-)+f()=4. (2)已知函数f(x)=. ①判断函数f(x)的单调性,并求出f(x)的极值; ②设函数g(x)=f(x)-a(a∈R),讨论函数g(x)的零点个数. 解　①f(x)=,则f'(x)=,令f'(x)>0,得x<0,f'(x)<0,得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,则f(x)在x=0处取得极大值,且f(0)=1,无极小值. ②由题意知g(x)=f(x)-a,要求函数g(x)的零点个数,即求方程a=f(x)的根的个数, 即求直线y=a与函数y=f(x)图象的交点个数.由(1)知f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,且f(x)max=f(0)=1,f(-1)=0,当x→-∞时f(x)→-∞,当x>0时f(x)>0,如图,由图可知当a≤0或a=1时,函数g(x)有1个零点;当0<a<1时,函数g(x)有2个零点;当a>1时,函数g(x)有0个零点. 考点三　极值的综合问题 　 教考衔接⑦ 教材题 [题源](人A选二P104T9)已知函数f(x)=x(x-c)2在x=2处有极大值,求c的值. 解　函数f(x)=x(x-c)2的导数为f'(x)=3x2-4cx+c2,由题意可得f'(2)=0,可得12-8c+c2=0,解得c=2或c=6,当c=2时,f'(x)=3x2-8x+4=(x-2)(3x-2),由x>2或x<,f'(x)>0,f(x)单调递增;由<x<2,f'(x)<0,f(x)单调递减,可得x=2为极小值点;当c=6时,f'(x)=3x2-24x+36=3(x-2)(x-6),由x>6或x<2,f'(x)>0,f(x)单调递增;由2<x<6,f'(x)<0,f(x)单调递减,可得x=2为极大值点.综上可得c=6. 高考题 (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　对A,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)或x∈(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,正确;对B,当0<x<1时,x-x2=x(1-x)>0,所以1>x>x2>0,而由上可知,函数f(x)在(0,1)上单调递增,所以f(x)>f(x2),错误;对C,当1<x<2时,1<2x-1<3,而由上可知,函数f(x)在(1,3)上单调递减,所以f(1)> 高考题 f(2x-1)>f(3),即-4<f(2x-1)<0,正确;对D,当-1<x<0时,f(2-x)-f(x)=(1-x)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(2-2x)>0,所以f(2-x)>f(x),正确.故选ACD. (2)(多选题)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值又有极小值,则(BCD) A.bc>0　　　　　　　B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 解析　函数f(x)=aln x++(a≠0)的定义域为(0,+∞),求导得f'(x)=--=,因为函数f(x)既有极大值又有极小值,则函数f'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点,而a≠0,因此方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正根x1,x2,于是即显然a2bc<0,即bc<0,所以A错误,BCD正确.故选BCD. (3)(2024·新课标Ⅱ卷节选)已知函数f(x)=ex-ax-a3.若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 解　解法一:因为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)内单调递减,在(ln a,+∞)内单调递增,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,设g(a)=a2+ln a-1,a>0,则g'(a)=2a+>0,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,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,+∞). 高考题 解法二:因为f(x)的定义域为R,且f'(x)=ex-a,若f(x)有极小值,则f'(x)=ex-a有零点,令f'(x)=ex-a=0,可得ex=a,可知y=ex与y=a有交点,则a>0,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)内单调递减,在(ln a,+∞)内单调递增,则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3,无极大值,符合题意,由题意可得f(ln a)=a-aln a-a3<0,即a2+ln a-1>0,设g(a)=a2+ln a-1,a>0,因为y=a2,y=ln a-1在(0,+∞)内单调递增,可知g(a)在(0,+∞)内单调递增,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,+∞). [规律方法]　根据函数的极值(点)求参数的两个要领 (1)列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解. (2)验证:求解后验证根的合理性. 【训练3】　(1)(2025·河南模拟)已知函数f(x)=sin(ω≠0)在x=处取得最值,且f(x)在(0,π)上恰有两个极值点,则ω=(C) A.4 B.10 C.-2 D.-8 解析　由题意可知,(ω-1)=kπ+,k∈Z,解得ω=6k+4,k∈Z,当ω>0时,由x∈(0,π),得ωx-∈,由题意,得<ωπ-≤,解得<ω≤,所以ω不存在,当ω<0时,由x∈(0,π),得ωx-∈,由题意,得-≤ωπ-<-,解得-≤ω<-,所以ω=-2.故选C. (2)已知函数f(x)=ex-ax2在R上无极值,则a的取值范围是  .  解析　由题意,得f'(x)=ex-2ax,故f'(0)=1>0,因为函数f(x)=ex-ax2在R上无极值,所以f'(x)≥0在R上恒成立.当x>0时,a≤,设g(x)=,则g'(x)==,当0<x<1时,得g'(x)<0,当x>1时,得g'(x)>0,则g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,从而g(x)≥g(1)=,故a≤.当x<0时,a≥,又<0,则a≥0.综上,0≤a≤. 第2课时　导数与函数的最值 基础梳理自测 　　　 　　　　　　　　　　　 回|归|教|材 函数的最值 (1)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)若函数y=f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数y=f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值. 微提醒　　极值只能在定义域内部取得,而最值却可以在区间的端点处取得,有极值的未必有最值,有最值的未必有极值,极值有可能成为最值,最值只要不在端点处必定是极值. 【常用结论】 若函数f(x)在开区间(a,b)内只有一个极值点,则该极值点一定是函数的最值点. 基|础|自|测 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若f(x)在[a,b]上有极大值,则极大值一定是[a,b]上的最大值.(×) 解析　若f(x)在[a,b]上有极大值,则极大值不一定是[a,b]上的最大值,f(x)可能在端点处取得最大值. (2)若f(x)在[a,b]上有极大值,则极小值一定是x=a和x=b时取得.(×) 解析　若f(x)在[a,b]上有极大值,则极小值一定不是x=a和x=b时取得. (3)如果函数f(x)的定义域为(a,c),且f(x)在(a,b]上递减,在[b,c)上递增,则f(x)的最小值为f(b).(√) 解析　由单调性可知,函数f(x)在区间(a,c)内有唯一的极小值点x=b,且根据单调性可知其为最小值点,即最小值为f(b). (4)函数f(x)在区间(a,b)上不存在最值.(×) 解析　反例:f(x)=x2在区间(-1,2)上的最小值为0. 2.(人A选二P93 例6改编)函数f(x)=x3-x2+1在区间[0,2]内的最小值为(D) A. B. C. D. 解析　由题意,得f'(x)=3x2-2x,令f'(x)=0,解得x=0或x=,当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)在区间[0,2]内有极小值,也是最小值,最小值为f=.故选D. 3.已知函数f(x)=-2ln x+x2+ax在(1,2)上有最值,则a的取值范围是(A) A.(-3,0) B.(-∞,-3) C.(0,+∞) D.(0,3) 解析　由题意可得f'(x)=-+2x+a(x>0),f'(x)在(1,2)上单调递增,若f(x)在(1,2)上有最值,则f(x)在(1,2)上不单调,所以解得-3<a<0.故选A. 4.(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.又f(-3)=17,f(-2)=24,f(2)=-8,f(3)=-1,所以M=24,m=-8,故M-m=32. 考点精研突破 考点一　求函数的最值 角度1　求具体函数的最值 【例1】　(1)若x=是函数f(x)=ax2+ln(3x)的一个极值点,则当x∈时,f(x)的最小值为(D) A.-2+ln 3 B.-+ln 3-1 C.-+ln D.-2e2+ln 3+1 解析　由f(x)=ax2+ln(3x)求导,得f'(x)=2ax+,依题意,f'=2a×+=a+2=0,解得a=-2,此时,f(x)=-2x2+ln(3x),则f'(x)=-4x+=,又x>0,故当0<x<时,f'(x)>0,当x>时,f'(x)<0,即函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,即是f(x)的极大值点.又因为x∈,故得函数f(x)在上单调递增,在上单调递减.又f=-+ln 3-1,f(e)=-2e2+ln 3+1,显然f>f(e),故f(x)的最小值为f(e)=-2e2+ln 3+1.故选D. (2)(2025·吉林模拟)已知函数f(x)=e2x+ex-x. ①求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; ②当x∈[-1,0]时,求函数f(x)的最大值与最小值. 解　①因为f(x)=e2x+ex-x,则f'(x)=2e2x+ex-1,可得f(0)=2,f'(0)=2,即切点坐标为(0,2),切线斜率为k=2,所以切线方程为y=2x+2. ②由①可得f'(x)=2e2x+ex-1=(ex+1)(2ex-1),且x∈[-1,0],则ex+1>0,令f'(x)>0,则2ex-1>0,解得-ln 2<x≤0;令f'(x)<0,则2ex-1<0,解得-1≤x<-ln 2.可知f(x)在[-1,-ln 2)内单调递减,在(-ln 2,0]内单调递增,又因为f(-1)=+1,f(0)=2,f(-ln 2)=+ln 2,且+1<2,所以函数f(x)的最大值为2,最小值+ln 2. [规律方法]　求函数f(x)在区间[a,b]上最值的方法 (1)若函数在区间[a,b]上单调递增或单调递减,f(a)与f(b)其中一个为最大值,一个为最小值. (2)若函数在闭区间[a,b]内有极值,要先求出(a,b)上的极值,与f(a),f(b)比较,最大的是最大值,最小的是最小值,可列表完成. 角度2　求含参数函数的最值 【例2】　(1)已知函数f(x)=x.讨论f(x)的最值; 解　由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=a-=,当a≤0,x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,所以f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,无最大值,无最小值;当a>0时,令f'(x)=0,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.故当x=时,f(x)取得最小值,且最小值为f=1+ln a,无最大值.综上,当a≤0时,f(x)无最大值,无最小值;当a>0时,f(x)的最小值为1+ln a,无最大值. (2)(2025·安徽黄山质检)已知函数f(x)=x2-4ax+a2ln x在x=1处取得极大值. ①求a的值; ②求f(x)在区间上的最大值. 解　①由已知,f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=3x-4a+==,令f'(x)=0得x=a或x=,当a=1时,令f'(x)>0得0<x<或x>1,令f'(x)<0得<x<1,故函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在x=处取极大值,在x=1处取极小值,与函数f(x)在x=1处取得极大值不符;当=1,即a=3时,令f'(x)>0得0<x<1或x>3,令f'(x)<0得1<x<3,故函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,此时函数f(x)在x=1处取极大值,在x=3处取极小值,符合题意,所以a=3. ②由①得f(x)=x2-12x+9ln x,f'(x)=,x∈.令f'(x)>0,得≤x<1,函数f(x)单调递增,令f'(x)<0,得1<x≤e,函数f(x)单调递减,所以f(x)max=f(1)=-12=-. [规律方法]　含参数函数的最值问题 若所给函数f(x)含参数,则需通过对参数分类讨论,分析函数的单调性,从而得到函数f(x)的最值. 【对点练】 1.(角度1)(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　由题意知,f(x)的定义域为(0,+∞),f(1)=aln 1+b=b=-2.因为f'(x)=-,所以f'(1)=a-b=0,所以a=-2,所以f'(x)=-+,f'(2)=-+=-.故选B. 2.(角度1)已知函数f(x)=ln x,g(x)=x+2,若f(x1)=g(x2),则x1x2的最小值为 -e .  解析　令f(x1)=g(x2)=t,则x1=et,x2=t-2,x1x2=(t-2)et,令h(t)=(t-2)et,求导得h'(t)=(t-1)et,当t<1时,h'(t)<0;当t>1时,h'(t)>0.所以函数h(t)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,h(t)min=h(1)=-e. 3.(角度2)设a∈R,f(x)=ln x-ax+1.若函数y=f(x)的图象都在x轴下方(不含x轴),则a的取值范围是 (1,+∞) .  解析　f'(x)=-a=,x>0, ①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,且x→+∞,f(x)→+∞,显然不符合题意. ②当a>0时,当x∈时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0;f(x)在上单调递增,上单调递减,f(x)max=f=ln=-ln a<0,解得a>1.综上,a的取值范围是(1,+∞). 考点二　根据函数的最值求参数 【例3】　(1)若函数f(x)=ln x-ax在区间(0,+∞)上的最大值为0,则f(e)=(A) A.0 B. C.1 D.e 解析　f'(x)=-a,当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无最大值.当a>0时,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以当a>0时,f(x)有最大值,最大值为f=ln-1=0,所以a=,所以f(e)=0.故选A. (2)若函数f(x)=2x++3ln x在(a,2-3a)内有最小值,则实数a的取值范围是  .  解析　函数f(x)=2x++3ln x的定义域为(0,+∞),f'(x)=2-+==,令f'(x)=0可得x=1或x=-(舍),当0<x<1时f'(x)<0;当x>1时f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,即最小值,又因为函数f(x)在(a,2-3a)内有最小值,故0≤a<1<2-3a,解得0≤a<,所以a的取值范围是. [规律方法]　 已知函数最值求参数的步骤 (1)求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值. (2)比较它们的大小,判断出哪个是最大值,哪个是最小值. (3)结合已知求出参数. 【训练1】　(1)(2025·河北联考)已知函数f(x)=ax-ln x的最小值为0,则a=  .  解析　由f(x)=ax-ln x,得f'(x)=a-=,x>0.若a≤0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减,无最小值,则a>0,则f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)min=f=1+ln a=0,解得a=. (2)已知函数f(x)=x-ln(mx),若对∀x>0,f(x)≥0,则实数m的取值范围为 (0,e] .  解析　由题意可知,m>0,f'(x)=1-=,当0<x<1时,f'(x)<0;当x>1时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,f(x)取得最小值f(1)=1-ln m,因为对∀x>0,f(x)≥0,所以1-ln m≥0,解得0<m≤e. 考点三　最值的实际应用 【例4】　(2025·江苏苏州模拟)生物学中,我们常用Sigmoid型曲线描述当某生态系统中存在某一物种的天敌且食物、空间等资源也不充足时,该物种种群数量随时间的变化.利用该曲线,从事有关生物行业的一些人们可以依据定义在R上的函数f(x)=(a≠0)来辅助决策,如何时捕捞才能实现可持续发展等. (1)记f(x)的导数为f'(x),若f'(x)=f(x)[1-f(x)],求a; (2)若y=K(K>0)是f(x)的渐近线,则我们称K为该生态系统的K值.在(1)的条件下,某鱼塘的某种鱼的种群数量变化满足Sigmoid模型,其K值为K.通过计算求该鱼塘中该种鱼种群数量为多少时,该鱼塘可持续获得最大捕捞量(即f(x)瞬时变化率最大). 解　(1)因为f(x)==(a≠0),所以f'(x)=,此时f(x)[1-f(x)]=·,因为f'(x)=f(x)[1-f(x)],所以=·,即aex=aex(ex+1-aex),由a≠0,ex>0,所以1=ex+1-aex,解得a=1. (2)由(1),知f(x)=,要函数f(x)瞬时变化率最大,即求g(x)=f'(x)=的最大值,则令g'(x)==0⇒-e2x+ex=0,令ex=t>0,则-t2+t=0, 解得t=0(舍),t=1,解得x=0.因此可列表: x (-∞,0) (0,+∞) g'(x) + - g(x) ↗ ↘ 因此可得x=0是g(x)的极大值点,因此在x=0时,该鱼塘可以持续获得最大捕捞量,因此f(0)==.而f(x)==1-<1,因此可知当种群数量为时,该鱼塘可持续获得最大捕捞量. [规律方法]　用导数解决最优化问题的基本思路 最优化问题→用函数表示数学问题→用导数解决数学问题→最优化问题的答案. 【训练2】　对于企业来说,生产成本、销售收入和利润之间的关系是个重要的问题.对一家药品生产企业的研究表明,该企业的生产成本y(单位:万元)和生产收入z(单位:万元)都是产量x(单位:t)的函数,分别为y=x3-24x2+225x+10,z=180x. (1)试写出该企业获得的生产利润w(单位:万元)与产量x之间的函数关系式; (2)当产量为多少时,该企业可获得最大利润?最大利润为多少? 解　(1)因为总利润=总收入-总成本,即w=z-y,所以w=w(x)=180x-(x3-24x2+225x+10),即w=-x3+24x2-45x-10(x≥0). (2)根据导数公式表及导数的运算法则,可得w'(x)=-3x2+48x-45=-3(x-1)(x-15),解方程w'(x)=0,得x1=1,x2=15,当0<x<1或x>15时,w'(x)<0,当1<x<15时,w'(x)>0,所以函数w=w(x)在(0,1),(15,+∞)上单调递减,在(1,15)上单调递增.又w(15)=1 340,所以函数w=w(x)在x=15处取得最大值,此时最大值为1 340.即该企业的产量为15t时,可获得最大利润,最大利润为1 340万元. 微突破五　三次函数的图象与性质 　　由于三次函数的导函数是二次函数,而二次函数是高中数学中的重要内容,所以三次函数问题,已经成为高考命题的一个新的热点和亮点. 　　　 　　　　　　　　　　　 目标一　三次函数的单调性 【例1】　(1)已知函数f(x)=x2(x-3),则(B) A.f(x)在内单调递增 B.f(x)在内单调递减 C.f(x)在(-2,1)内单调递增 D.f(x)在(-∞,-2)内单调递减 解析　由函数f(x)=x2(x-3),可得f(x)的定义域为(-∞,+∞),且f'(x)=3x2-6x=3x(x-2),令f'(x)<0,可得0<x<2;令f'(x)>0,可得x<0或x>2,所以f(x)在区间(0,2)内单调递减,在(-∞,0)和(2,+∞)内单调递增,由⊈(2,+∞),所以A错误;由⊆(0,2),所以B正确;由(-2,1)⊈(-∞,0),所以C错误;由(-∞,-2)⊆(-∞,0),所以D错误.故选B. (2)(多选题)若函数f(x)=ax3+3x2-x+1恰好有三个单调区间,则实数a的取值可以是(BD) A.-3 B.-1 C.0 D.2 解析　当a=0时,f(x)=3x2-x+1,显然不满足题意;当a≠0时,依题意知,f'(x)=3ax2+6x-1有两个不相等的零点,所以解得a>-3且a≠0.故选BD. [规律方法]　三次函数单调性的相关概念 三次函数的导数f'(x)=3ax2+2bx+c(a≠0),把Δ=4b2-12ac叫做三次函数导函数的判别式. 当b2-3ac≤0时,三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)在R上是单调函数; 当b2-3ac>0时,三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)在R上有三个单调区间. 需要根据a>0,a<0两种不同情况进行分类讨论. 目标二　三次函数的对称性 【例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　A选项,f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a),由于a>1,故x∈(-∞,0)∪(a,+∞)时f'(x)>0,故f(x)在(-∞,0),(a,+∞)上单调递增,x∈(0,a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,则f(x)在x=0处取到极大值,在x=a处取到极小值,由f(0)=1>0,f(a)=1-a3<0,则f(0)f(a)<0,根据函数零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点,又f(-1)=-1-3a<0,f(2a)=4a3+1>0,则f(-1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0,则f(x)在(-1,0),(a,2a)上各有一个零点,于是a>1时,f(x)有三个零点,A选项正确;B选项,f'(x)=6x(x-a),a<0时,x∈(a,0),f'(x)<0,f(x)单调递减,x∈(0,+∞)时f'(x)>0,f(x)单调递增,此时f(x)在x=0处取到极小值,B选项错误;C选项,假设存在这样的a,b,使得x=b为f(x)的对称轴,即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b-x),即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1,根据二项式定理,等式右边(2b-x)3展开式含有x3的项为2(2b)0(-x)3=-2x3,于是等式左右两边x3的系数不相等,原等式不可能恒成立,于是不存在这样的a,b,使得x=b为f(x)的对称轴,C选项错误; D选项,解法一:利用对称中心的表达式化简.f(1)=3-3a,若存在这样的a,使得(1,3-3a)为f(x)的对称中心,则f(x)+f(2-x)=6-6a,事实上,f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a,于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a,即解得a=2,即存在a=2,使得(1,f(1))是f(x)的对称中心,D选项正确. 解法二:直接利用拐点结论,任何三次函数都有对称中心,对称中心的横坐标是二阶导数的零点,f(x)=2x3-3ax2+1,f'(x)=6x2-6ax,f″(x)=12x-6a,由f″(x)=0⇔x=,于是该三次函数的对称中心为,由题意(1,f(1))也是对称中心,故=1,解得a=2,即存在a=2,使得(1,f(1))是f(x)的对称中心,D选项正确.故选AD. [规律方法]　三次函数的对称中心的求法 对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),设f'(x)是函数y=f(x)的导数,f″(x)是f'(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.对称中心的横坐标是f″(x)=0的解,即点是三次函数的对称中心. 增|分|训|练 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. 2.(多选题)(2022·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=x3-x+1,则(AC) A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 解析　因为f(x)=x3-x+1,所以f'(x)=3x2-1,令f'(x)=0,得x=±,当x∈时,f'(x)>0,f(x)单调递增,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)有两个极值点,故选项A正确.因为f=-+1=>0,所以f(x)的极小值大于0,所以f(x)仅有一个零点,故选项B错误.由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确.曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f'(x)=2,得x=±1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x-1或y=2x+3,故选项D错误.故选AC. 3.函数f(x)=x3-kx在区间(-3,-1)上不单调,则实数 k的取值范围是 (3,27) .  解析　函数求导f'(x)=3x2-k,因为在区间(-3,-1)上不单调,所以f'(x)在区间(-3,-1)内有零点.又因为f'(x)=3x2-k为偶函数,所以f'(x)=0在(-3,-1)上只有1个根.f'(-3)f'(-1)<0,因为f'(-3)=27-k,f'(-1)=3-k,所以(27-k)(3-k)<0⇒(k-27)(k-3)<0⇒3<k<27. 第四节　导数的综合应用 第1课时　导数与不等式的证明 　　利用导数证明不等式问题一般要用到构造法,构造法是指在证明与函数有关的不等式时,根据所要证明的不等式,构造与之相关的函数,利用函数的单调性、极值、最值加以证明. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　作差法证明不等式 【例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)f'(x)=aex-1,x∈R. ①当a≤0时,f'(x)≤0对任意x∈R恒成立,所以f(x)在(-∞,+∞)内单调递减. ②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln=-ln a. 随x的变化,f'(x),f(x)的变化如下表: x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞) f'(x) - 0 + f(x) ↘ 极小值 ↗ 所以函数f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a).综上,当a≤0时,f(x)的单调递减区间是(-∞,+∞),无单调递增区间;当a>0时,f(x)的单调递增区间是(-ln a,+∞),单调递减区间是(-∞,-ln a). (2)证明:当a>0时,要证f(x)>2ln a+恒成立,即证f(x)min>2ln a+成立.当a>0时,由(1)知,f(x)的极小值同时也是最小值,是f(-ln a),下面证明f(-ln a)>2ln a+.f(-ln a)=a(e-ln a+a)-(-ln a)=1+a2+ln a.令g(a)=f(-ln a)-2ln a-=a2-ln a-,a∈(0,+∞),则g'(a)=2a-=,令g'(a)=0,得a=.随a的变化,g'(a),g(a)的变化如下: a g'(a) - 0 + g(a) ↘ 极小值 ↗ 所以当a=时,g(a)取最小值.g(a)min=g=-ln-=-ln=ln>ln 1=0.因此f(-ln a)>2ln a+成立.因此当a>0时,f(x)>2ln a+. [规律方法]　讨论函数的单调性关键是如何利用导数工具和确定分类讨论标准.证明不等式的关键是构造函数.在解决问题过程中利用导数求单调性和最值等数学知识进行条件分析和设问的理解,运用构造函数法实现变量的统一. 【训练1】　(2023·天津高考节选)已知函数f(x)=ln(x+1). (1)求曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率; (2)求证:当x>0时,f(x)>1. 解　(1)f(x)=+,则f'(x)=+-,所以f'(2)=-,故x=2处的切线斜率为-. (2)证明:要证x>0时f(x)=ln(x+1)>1,即证ln(x+1)>,令g(x)=ln(x+1)-且x>0,则g'(x)=-=>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,则g(x)>g(0)=0,即ln(x+1)>.所以x>0时f(x)>1. 考点二　放缩法证明不等式 【例2】　已知函数f(x)=aex+cos x(x∈R)在x=0处的切线斜率为2. (1)求a的值; (2)求证:ex≥cos x+x. 解　(1)根据题意,f'(x)=aex-sin x(x∈R),f'(0)=a=2. (2)证明:设g(x)=ex-x-1(x∈R),g'(x)=ex-1,当x∈(-∞,0)时,g'(x)<0,函数在(-∞,0)上单调递减,当x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数在(0,+∞)上单调递增,则g(x)在R上的最小值为g(0)=0,所以ex≥x+1≥x+cos x.(重点:此处利用1≥cos x进行放缩) [规律方法]　放缩法证明不等式的使用原则 适当放缩构造法,一是根据已知条件适当放缩,二是利用常见的放缩结论,如ln x≤x-1,ex≥x+1,ln x<x<ex(x>0),≤ln(x+1)≤x(x>-1).若已知参数范围,则利用参数的范围进行放缩,达到消参的目的.也可以利用局部函数的有界性进行放缩,然后再构造函数进行证明. 【训练2】　已知x∈(0,1),求证:x2-<. 证明　证法一:因为x∈(0,1),所以ex∈(1,e).要证x2-<成立,只需证ex<ln x成立.因为x2-<0,所以只需证x2-<ln x.又x2<x(0<x<1),所以只需证ln x+-x>0.令h(x)=ln x+-x,则h'(x)=--1=-,而x2-x+1>0恒成立,所以h'(x)<0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,所以当x∈(0,1)时,h(x)>h(1)=0,所以ln x+-x>0.所以x2-<. 证法二:要证x2-<,只需证ex<ln x,又易证ex>x+1(0<x<1),x2-<0,所以只需证明ln x+(x+1)>0,即证ln x+1-x3+-x2>0.又x3<x,x2<x(0<x<1),所以只需证ln x+1-2x+>0.令g(x)=ln x+1-2x+,则g'(x)=-2-=-,而2x2-x+1>0恒成立,所以g'(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,所以当x∈(0,1)时,g(x)>g(1)=0,即ln x+1-2x+>0.所以x2-<. 考点三　构造双函数证明不等式 【例3】　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,证明f(x)-+2e≤0. 解　(1)函数的定义域为(0,+∞),因为f'(x)=-a=(x>0),所以当a≤0时,f'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f'(x)>0,得0<x<,由f'(x)<0,得x>,即函数f(x)在区间上单调递增,在上单调递减.综上,当a≤0时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,f(x)在区间上单调递增,在上单调递减. (2)证明:要证f(x)-+2e≤0,只需证f(x)≤-2e,由(1)知,当a=e时,函数f(x)在区间(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x∈(0,1)时,g'(x)<0,函数g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=-e,所以当x>0,a=e时,f(x)-+2e≤0. [规律方法]　若直接求导比较复杂或无从下手时,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.本例中同时含ln x与ex,不能直接构造函数,把指数与对数分离两边,分别计算它们的最值,借助最值进行证明. 【训练3】　已知函数f(x)=ex2-xln x.求证:当x>0时,f(x)<xex+. 证明　由题意可知,f(x)的定义域为(0,+∞).要证f(x)<xex+,只需证ex-ln x<ex+,即ex-ex<ln x+.令h(x)=ln x+(x>0),则h'(x)=,易知h(x)在上单调递减,在上单调递增,则h(x)min=h=0,所以ln x+≥0.再令φ(x)=ex-ex(x>0),则φ'(x)=e-ex,易知φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,则φ(x)max=φ(1)=0,所以ex-ex≤0.因为h(x)与φ(x)不同时为0,所以ex-ex<ln x+,故原不等式成立. 第2课时　导数与不等式恒成立 　　对利用导数研究不等式恒成立与有解问题,一般可转化为最值问题处理.若a>f(x)对x∈D恒成立,则只需a>f(x)max;若a<f(x)对x∈D恒成立,则只需a<f(x)min;若存在x0∈D,使a>f(x0)成立,则只需a>f(x)min;若存在x0∈D,使a<f(x0)成立,则只需a<f(x)max,由此构造不等式,求解参数的取值范围. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　分离参数法求参数范围 【例1】　(2020·全国Ⅰ卷节选)已知函数f(x)=ex+ax2-x.当x≥0时,f(x)≥x3+1,求a的取值范围. 解　由f(x)≥x3+1得ex+ax2-x≥x3+1,其中x≥0, ①当x=0时,不等式为1≥1,显然成立,此时a∈R. ②当x>0时,分离参数a,得a≥-,记g(x)=-,g'(x)= -.令h(x)=ex-x2-x-1(x>0),则h'(x)=ex-x-1,令H(x)=ex-x-1,H'(x)=ex-1>0,故h'(x)在(0,+∞)上单调递增,因此h'(x)>h'(0)=0,故函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(0)=0,即ex-x2-x-1>0恒成立,故当x∈(0,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.因此,g(x)max=g(2)=,综上,实数a的取值范围是. [规律方法]　分离参数法解决不等式恒成立问题 (1)分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题,这要比分类讨论法简便很多. (2)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max; a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min; a≥f(x)能成立⇔a≥f(x)min; a≤f(x)能成立⇔a≤f(x)max. 【训练1】　已知函数f(x)=xln x+ax+b在x=e-3时取得极值,且满足f(1)=1. (1)求函数f(x)的解析式; (2)若存在实数x>0,使得kx>f(x+1)成立,求整数k的最小值. 解　(1)由题意知f(x)=xln x+ax+b的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1+a,由于函数f(x)=xln x+ax+b在x=e-3时取得极值,且满足f(1)=1,故f'(e-3)=-3+1+a=0,且f(1)=a+b=1,解得a=2,b=-1,则f'(x)=ln x+3,经验证函数f(x)在x=e-3时取得极小值,符合题意,故f(x)=xln x+2x-1. (2)由题意存在实数x>0,使得kx>f(x+1)成立,即k>成立;令g(x)=,x>0,则g'(x)=,x∈(0,+∞),令h(x)=x-1-ln(x+1),则h'(x)=1-=>0在(0+∞)上恒成立,故h(x)=x-1-ln(x+1)在(0+∞)上单调递增,又h(2)=1-ln 3<0,h(3)=2-ln 4>0,故存在唯一的x0∈(2,3)使得h(x0)=0,即x0-1=ln(x0+1),则当0<x<x0时,h(x)<0,即g'(x)<0,当x>x0时,h(x)>0,即g'(x)>0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故g(x)min=g(x0)===x0+2,故k>x0+2,结合x0∈(2,3),得x0+2∈(4,5),故整数k的最小值为5. 考点二　分类讨论法求参数范围 【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. 所以当x∈(1,2)时,f(x)>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】　已知函数f(x)=ex+(m+1)x(m∈R). (1)当m=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)若存在x∈[1,2],使得不等式ex++mln x+m≥f(x)成立,求m的取值范围. 解　(1)当m=1时,f(x)=ex+(m+1)x=ex+2x,定义域为R,f'(x)=ex+2,所以f(0)=1,f'(0)=3,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-1=3(x-0),即y=3x+1. (2)不等式ex++mln x+m≥f(x)可化为+mln x-(m+1)x+m≥0,即存在x∈[1,2],使得不等式+mln x-(m+1)x+m≥0成立.构造函数h(x)=+mln x-(m+1)x+m,x∈[1,2],则h'(x)=x+-(m+1)=(x-m)(x-1). ①当m≤1时,h'(x)≥0恒成立,故h(x)在[1,2]上单调递增,故h(x)max=h(2)=mln 2-m≥0,解得m≤0,故m≤0. ②当1<m<2时,令h'(x)>0,解得m<x<2;令h'(x)<0,解得1<x<m,故h(x)在[1,m]上单调递减,在(m,2]上单调递增,又h(1)=-,h(2)=mln 2-m≥0,解得m≤0,这与1<m<2相矛盾,舍去. ③当m≥2时,h'(x)≤0恒成立,h(x)在[1,2]上单调递减,故h(x)max=h(1)=-<0,不符合题意,应舍去. 综上所述,m的取值范围为(-∞,0]. 考点三　双变量的恒(能)成立问题 【例3】　已知函数f(x)=aex-4,g(x)=ln x-x-1,a∈R.若对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),求实数a的取值范围. 解　对任意的x2∈(0,1],总存在x1∈(0,1],使得f(x1)≥g(x2),则f(x)max≥g(x)max,因为g(x)=ln x-x-1,则g'(x)=-1=≥0对任意的x∈(0,1]恒成立,所以函数g(x)在区间(0,1]上单调递增,则g(x)max=g(1)=-2.因为f(x)=aex-4,所以当a=0时,f(x)=-4,不满足f(x)max≥g(x)max,故a≠0;当a>0时,f(x)在区间(0,1]上单调递增,所以f(x)max=ae-4,即ae-4≥-2,解得a≥;当a<0时,f(x)在区间(0,1]上单调递减,f(x)<f(0)=a-4<-2,不满足题意.综上,实数a的取值范围是. [规律方法]　“双变量”的恒(能)成立问题解题技巧 “双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内含条件,进行等价转换,常见的等价转换有 (1)∀x1,x2∈D,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max. (2)∀x1∈D1,∃x2∈D2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min. (3)∃x1∈D1,∀x2∈D2,f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 【训练3】　已知函数f(x)=+aln x,其中参数a<0.设函数g(x)=2x2f'(x)-xf(x)-3a(a<0),存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)<g(x2)成立,求a的取值范围. 解　因为f(x)=+aln x(x>0),所以f'(x)=-+=,则g(x)=2ax-axln x-(6a+3)(a<0),因为存在实数x1,x2∈[1,e2],使得不等式2g(x1)<g(x2)成立,所以2g(x)min<g(x)max.又g'(x)=a(1-ln x),a<0,当x∈[1,e)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(e,e2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(e)=ae-6a-3,g(x)max=max{g(1),g(e2)}=-6a-3.所以2ae-12a-6<-6a-3,所以a>.因为a<0,所以a的取值范围为. 第3课时　导数与函数的零点问题 　　零点问题的不同处理方法:利用零点存在定理的条件——函数图象在区间[a,b]上是一条连续不断的曲线,且f(a)f(b)<0.(1)直接法:判断一个零点时,若函数为单调函数,取值证明f(a)f(b)<0;(2)分类讨论法:判断几个零点时,需要先结合单调性,确定分类讨论的标准,再利用零点存在定理,在每个单调区间内取值证明f(a)f(b)<0. 考点精研突破 　　　 　　　　　　　　　　　 考点一　讨论零点个数问题 【例1】　已知函数f(x)=ex-a+ax2-3ax+1,a∈R. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在x=1处切线的方程; (2)当a>1时,试判断f(x)在[1,+∞)上零点的个数,并说明理由. 解　(1)当a=1时,f(x)=ex-1+x2-3x+1,则f'(x)=ex-1+2x-3,所以曲线y=f(x)在x=1处切线的斜率k=f'(1)=0.又因为f(1)=0,所以曲线y=f(x)在x=1处切线的方程为y=0. (2)f(1)=e1-a-2a+1,令m(x)=f'(x)=ex-a+2ax-3a,则f'(1)=e1-a-a,当a>1时,m'(x)=ex-a+2a>0,则f'(x)在(1,+∞)上单调递增.因为f'(1)=e1-a-a<e1-1-1=0,f'(a)=1+2a2-3a=(2a-1)(a-1)>0,所以存在唯一的x0∈(1,a),使得f'(x0)=0.当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,所以f(x)在[1,x0)上单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(x0,+∞)上单调递增.又f(1)=e1-a-2a+1<e0-2+1=0,所以f(x0)<f(1)<0,又f(3)=e3-a+1>0,所以当a>1时,f(x)在[1,+∞)上有且只有一个零点. [规律方法]　求含参数的函数零点个数问题的策略 (1)可转化为求方程解的个数或转化为函数极值点问题. (2)若能分离参数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数. (3)作出该函数的图象,根据图象特征求参数的范围. 【训练1】　已知函数f(x)=sin x+ex-4x,e为自然对数的底数,求f(x)在(-π,+∞)上的零点个数. 解　f'(x)=cos x+ex-4,当-π<x≤0时,cos x≤1,ex≤1,f'(x)<0,所以函数f(x)单调递减,所以f(x)≥f(0)=1,此时函数f(x)无零点;当x>0时,设h(x)=cos x+ex-4,则h'(x)=-sin x+ex>0,h(x)即f'(x)单调递增,f'(0)=-2<0,f'(2)=cos 2+e2-4>0,f'(0)f'(2)<0,因此f'(x)在(0,2)上有唯一零点,记零点为m,即f'(m)=0,在(0,m)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,在(m,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,又f(0)=1>0,f(1)=sin 1+e-4<0,f(2)=sin 2+e2-4>0,f(π)=eπ-4π>0,所以f(x)在(0,1)有一个零点,在(1,π)上有一个零点.综上所述,f(x)在(-π,+∞)上有2个零点. 考点二　已知函数零点求参数 【例2】　(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,即a=x3+x2-5x+1,令g(x)=x3+x2-5x+1(x>0),则g'(x)=3x2+2x-5=(3x+5)(x-1),令g'(x)=0(x>0)得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,g(0)=1,g(1)=-2,因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,所以等价于y=a与g(x)有两个交点,所以a∈(-2,1). [规律方法]　利用函数性质研究函数的零点,主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数,此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件. 【训练2】　已知函数f(x)=x2+ax-xln x的导函数为f'(x). (1)若a=-1,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f'(x)存在两个不同的零点x1,x2,求实数a的取值范围. 解　(1)若a=-1,f(x)=x2-x-xln x,f'(x)=2x-ln x-2,所以f'(1)=0,又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=0. (2)f'(x)=2x-ln x+a-1,设g(x)=2x-ln x+a-1,则g'(x)=2-,x>0.令g'(x)=0, 得x=, 在上,g'(x)<0, 在上,g'(x)>0,所以g(x)在上单调递减, 在上单调递增,所以g(x)min=g=2×-ln+a-1=a+ln 2.又当x→0或x→+∞时,g(x)→+∞,所以要使g(x)有两个零点, 只需a+ln 2<0, 解得a<-ln 2,所以a的取值范围为(-∞,-ln 2). 考点三　隐零点问题 【例3】　(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:当a=2时,f(x)=4x2+6x-2ln x,则原不等式等价于ex-ln x-2>0,设φ(x)=ex-ln x-2,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. [规律方法]　隐零点问题解题策略 在研究函数单调性时,常常会遇到f'(x)零点不可求的情形,此时可先论证f'(x)有零点,再虚设零点,最后运用零点代换,化简函数极值的策略来解决问题,这是隐零点问题常用的处理方法.隐零点的零点代换处理策略被广泛应用于零点讨论、不等式证明、求最值等各种题型中. 【训练3】　(2025·青岛质检)设函数f(x)=e2x-aln x. (1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数; (2)证明:当a>0时,f(x)≥2a+aln. 解　(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-(x>0).当a≤0时,f'(x)>0,f'(x)没有零点;当a>0时,令f'(x)=2e2x-=0,则2e2x=,设函数y=2e2x和函数y=,如图所示.则函数y=2e2x与y=在(0,+∞)只有一个交点,所以当a>0时,f'(x)=0在(0,+∞)有唯一零点.综上,当a≤0时,f'(x)没有零点,当a>0时,f'(x)存在唯一零点. (2)证明:由(1),可设f'(x)在(0,+∞)的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0).由于2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln,故当a>0时,f(x)≥2a+aln. 真题重温高考 　　　 　　　　　　　　　　　 1.(2021·全国甲卷)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围. 解　(1)函数的定义域为,又f'(x)=,因为a>0,x>0,故2ax+3>0,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. (2)因为y=f(x)的图象与x轴没有公共点,所以y=f(x)的图象在x轴的上方,由(1)中函数的单调性可得f(x)min=f=3-3ln=3+3lna,故3+3ln a>0,所以a>,即a的取值范围为. 2.(2022·全国乙卷)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,+∞). (ⅰ)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. (ⅱ)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,因为f(1)=a-1<0,所以f<f(1)<0,当x→+∞时,f(x)>0,所以f(x)在上必有1个零点. ②当a=1时,1=,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(1)=0,符合题意. ③当a>1时,<1,f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减.因为f(1)=a-1>0,所以f>f(1)>0,当x→0+时,f(x)→-∞,所以f(x)在上必有1个零点. 综上所述,a的取值范围为(0,+∞). 3.(2022·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值. (1)求a; (2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 解　(1)f(x)=ex-ax的定义域为R,而f'(x)=ex-a,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)无最小值,故a>0.当x<ln a时,f'(x)<0,故f(x)在(-∞,ln a)上为减函数,当x>ln a时,f'(x)>0,故f(x)在(ln a,+∞)上为增函数,故f(x)min=f(ln a)=a-aln a.g(x)=ax-ln x的定义域为(0,+∞),而g'(x)=a-=.当0<x<时,g'(x)<0,故g(x)在上为减函数,当x>时,g'(x)>0,故g(x)在上为增函数,故g(x)min=g=1-ln.因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值,故1-ln=a-aln a,整理得到=ln a,其中a>0,设g(a)=-ln a,a>0,则g'(a)=-=≤0,故g(a)为(0,+∞)上的减函数,而g(1)=0,故g(a)=0的唯一解为a=1,故=ln a的解为a=1.综上,a=1. (2)解法一:由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-ln x的最小值为1-ln 1=1-ln=1.当b>1时,考虑ex-x=b的解的个数、x-ln x=b的解的个数.设S(x)=ex-x-b,S'(x)=ex-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数,所以S(x)min=S(0)=1-b<0,而S(-b)=e-b>0,S(b)=eb-2b,设u(b)=eb-2b,其中b>1,则u'(b)=eb-2>0,故u(b)在(1,+∞)上为增函数,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点,即ex-x=b的解的个数为2.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数,所以T(x)min=T(1)=1-b<0,而T(e-b)=e-b>0,T(eb)=eb-2b>0,T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点即x-ln x=b的解的个数为2.当b=1,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b仅有一个解,当b<1时,由(1)讨论可得x-ln x=b,ex-x=b均无根,故若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b>1.设h(x)=ex+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=ex+-2,设s(x)=ex-x-1,x>0,则s'(x)=ex-1>0,故s(x)在(0,+∞)上为增函数,故s(x)>s(0)=0即ex>x+1,所以h'(x)>x+-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上为增函数,而h(1)=e-2>0,h=-3-<e-3-<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,<x0<1且当0<x<x0时,h(x)<0即ex-x<x-ln x即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0即ex-x>x-ln x即f(x)>g(x),因此若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,故b=f(x0)=g(x0)>1,此时ex-x=b有两个不同的根x1,x0(x1<0<x0),此时x-ln x=b有两个不同的根x0,x4(0<x0<1<x4),故-x1=b,-x0=b,x4-ln x4-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x4-b=ln x4,即=x4,即-(x4-b)-b=0,故x4-b为方程ex-x=b的解,同理x0-b也为方程ex-x=b的解,又-x1=b可化为=x1+b,即x1-ln(x1+b)=0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0,故x1+b为方程x-ln x=b的解,同理x0+b也为方程x-ln x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故即x1+x4=2x0. 解法二:由(1),知f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,且f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且f(x)min=g(x)min=1. ①b<1时,此时f(x)min=g(x)min=1>b,显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x),共有0个交点,不符合题意; ②b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1; ③b>1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证明F(x)=f(x)-b有2个零点,F'(x)=f'(x)=ex-1,所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0(令t(b)=eb-2b,则t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0),所以F(x)=f(x)-b在(-∞,0)上存在且只存在1个零点,设为x1在(0,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x2.其次,证明y=b与曲线y=g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点,G'(x)=g'(x)=1-,所以G(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,又因为G(e-b)=e-b>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln 2b>0,(令μ(b)=b-ln 2b,则μ'(b)=1->0,μ(b)>μ(1)=1-ln 2>0),所以G(x)=g(x)-b在(0,1)上存在且只存在1个零点,设为x3在(1,+∞)上存在且只存在1个零点,设为x4.再次,证明存在b,使得x2=x3:因为F(x2)=G(x3)=0,所以b=-x2=x3-ln x3,若x2=x3,则-x2=x2-ln x2,即-2x2+ln x2=0,所以只需证明ex-2x+ln x=0在(0,1)上有解即可,即φ(x)=ex-2x+ln x在(0,1)上有零点,因为φ()=--3<0,φ(1)=e-2>0,所以φ(x)=ex-2x+ln x在(0,1)上存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=-x0,则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,如图,最后证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列,因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0),又因为F(x)在(-∞,0)上单调递减,x1<0,0<x0<1即ln x0<0,所以x1=ln x0,同理,因为F(x0)=G()=G(x4),又因为G(x)在(1,+∞)上单调递增,x0>0即>1,x1>1,所以x4=,又因为-2x0+ln x0=0,所以x1+x4=+ln x0=2x0,即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列. 学科网（北京）股份有限公司 $$