第3章 考点练17 导数与函数的极值、最值-【红对勾】2026年高考数学一轮复习金卷

考点练17 导数与函数的极值、最值 CHU GONGGU LIA 基础巩固练 ●答案：169页 一、单项选择题 1.如图是f(x)的导函数f'(x)的图象，则f(x)的极小值点的个 数为 () 3-2∠1 01 A.1 B.2 C.3 D.4 2.函数f(x)=x3一2x2-4x十3(0≤x≤3)的最小值为() A.-8 B.-5 C.0 D.3 3.已知函数f(x)的导函数为f'(x),定义域为(0，十∞)，且函数y= g(x)=(x一6)3·f'(x)的图象如图所示，则下列说法中正确的是 ) A.f(x)仅有极小值f(6),极大值f(1) B.f(x)仅有极小值f(6),极大值f(10) C.f(x)有极小值f(1)和f(6),极大值f(3) 和f(10) D.f(x)仅有极小值f(1),极大值f(10) 4.(2025·重庆模拟)若函数f(x)=x2一x十alnx有极值，则实数a 的取值范围是 Ao,司 B(og》 c(o8)n.(e,8 5.函数f(x)= a sinx,若f(x)在(o,)上有最小值，则实数a 的取值范围是 A.(0,+∞) B.(0,1) C.(-∞，0) D.(-1,0) 6.已知函数f(x)=a(sinx+cosx) 十x在(0，π)上恰有两个极值 e 点，则实数a的取值范围是 A9e到 B.(-∞，e") C.(0,e") 停e+ 二、多项选择题 7.下列说法中正确的是 A.函数y=f(x)的最大值不一定是它的极大值 B.函数y=f(x)的极大值可能小于它的极小值 C.函数y=f(x)在某一闭区间上的极小值就是函数在这一区间的 最小值 D.函数y=f(x)在开区间上不存在最大值和最小值 8.(2024·安撒合肥月考)若函数f(x)=alnt+么+二a≠0)既 x 有极大值也有极小值，则 () A.bc 0 B.ab0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 三、填空题 9.函数f(x)=2x一lnx的最小值为 10.已知函数f(x)=(x2十a.x)e的一个极值点为1，则曲线y=f(x) 在点(0，f(0))处的切线方程为 11.函数f(x)=(x2一x+1)·ex的极大值与极小值之和 为。 1 16 12.(2024·湖北黄石调研)已知函数f(x)= -十 （0< cos x 2-cos x x<》,则f:)的最小值为 四、解答题 13.已知函数f(x)=x3+ar2+bx+c在x=1与r=- 3时，都取 得极值 (1)求a,b的值； (2)若f(-1)=号，求f()的单调递增区间和极值. 第三章一元函数的导数及其应用033 14.(2024·陕西西安二模)已知函数f(x)=ax-xlnx. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在(e,f(e))处的切线方程； (2)讨论f(x)在[1，e]上的最大值 0342团闪·高考一轮复习金卷数学 NENGUI TISHENGUAN 能力提升练 。答案：170页 一、单项选择题 1,函数y-上+0<x<1)的极小值是 1 ( ℃ A.1 B.9 C.4 D.不存在 2.当x=1时，函数f(c)=alnx十么取得最大值一2，则f'(2) x ( A.-1 c D.1 3.(2024·江西南昌月考)函数f(x)=e2-nx-18.x十91nx的最小值 为 () A.9-18ln3B.9-9ln3 C.18-18ln2D.9-9ln2 2x,0≤x≤1， 4.(2024·云南昆明月考)已知函数f(x)= 若 lnx+1,1<x≤3， 存在实数x1,x2满足0≤x1<x2≤3，且f(x1)=f(x2),则x2 x1的最大值为 () 1 A.e-1 B. c号-2n3 D.1 5.(2024·上海卷)已知定义在R上的函数f(x),集合M={xo|对于 任意x∈(-∞，x),f(x)<f(xo)},在使得M=[-1,1]的所有 f(x)中，下列说法成立的是 () A.存在f(x)是偶函数 B.存在f(x)在x=2处取到最大值 C.存在f(x)在R上单调递增 D.存在f(x)在x=一1处取到极小值 6.已知定义在(1，十o∞)上的函数f(x)=e一x2,若f(a)=f(e), 则fb)取得最小值时a的值为 () a A.4 B.2e C.e2 D.e 二、多项选择题 7.(2024·浙江杭州三模)已知函数f(x)=(x+1)e,则下列结论正 确的是 A.f(x)在区间（一2，+∞）上单调递增 B.f(x)的最小值为一 C.方程f(x)=2的解有2个 D.导函数f'(x)的极值点为一3 8若函数f)=2-aa<0)在份”于)上有是大值：则a的 取值可能为 () A.-6 B.-5 C.-3 D.-2 三、填空题 9.若x=一4是函数f(x)=x2(x+2m)的极大值点，则函数f(x)的 极大值为 10.(2024·福建福州期末)若函数f(x)=lnx一ax2+(a-2)x(其 中x∈(1，+∞))存在最小值，则实数a的取值范围为 11.(新定义问题)如果存在函数g(x)=a.x+b(a,b为常数)，使得对 函数f(x)定义域内任意的x都有f(x)≤g(x)成立，那么g(x) 为函数f(x)的一个“线性覆盖函数”.已知f(x)=一2xlnx x2,g(x)=一ax+3,若g(x)为函数f(x)在区间(0，+∞)上的 一个“线性覆盖函数”，则实数a的取值范围是 12.已知x1和x2分别是函数f(x)=2a一ex2(a>0,且a≠1)的 极大值点和极小值点.若x1<x2,则实数a的取值范围 是 四、解答题 13.已知函数f(x)=ax十lnx,其中a为常数. (1)当a=一1时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为一3，求a的值. 14.已知函数f(x)=x2-2x+alnx(a>0). (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2,x1<x2,不等式f(x1)≥ mx2恒成立，求实数m的取值范围.综上，当a≤0时，f(x)在(0，十∞)上 单调递增； 当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递 减，在(a,十o)上单调递增. 14.解：(1)函数f(x)的定义域为 (0,+∞)，且f(z)=a(1-x) x 当a>0时，f(x)的单调递增区间为 (0,1),单调递减区间为(1，十∞)； 当a<0时，f(x)的单调递增区间为 (1,十∞)，单调递减区间为(0,1)： 当a=0时，f(x)为常数函数，无单调 区间. (2)由(1)及题意得∫(2)=-2 =1, 即a=-2, .f(x)=-2lnx+2x-3,f'(x)= 2x-2(x>0)g(x）=x3十 (2+2x2-2a心g'(x)=3z2+ (m十4)x-2. ,g(x)在区间(t,3)上总不是单调函 数，g'(x)在区间(t,3)上有变号 零点， 于g0=8S8 当g'(t)<0时，即3t2+(m+4)t 2<0对任意t∈[1,2]恒成立， 由于g'(0)<0,故只要g'(1)<0且 g'(2)<0,即m<-5且m<-9,即 m<-9. 3、3 又g'(3)>0,即m>-3 3 m<-9.即实数m的取值范围是 ←-. 考点练17导数与函数的 极值、最值 基础巩固练● 1.A由导函数f'(x)的图象知，在x=一2 处'（一2）=0，且其两侧导数符号为左 正右负，x=一2是极大值点：在x 一1处'（一1）=0，且其两侧导数符号 为左负右正，江=一1是极小值点；在 x=2处'(2)=0，且其两侧导数符号 为左正右负，x=2是极大值点，所以 f(x)的极小值，点的个数为1故选A. 2.B,f(x)=x3-2x2-4x十3(0≤ x≤3)，f(x)=3x2-4x-4,当0≤ x<2时，f'(x)<0,故f(x)在[0,2) 上单调递减，当2<x3时，f'(x)> 0,故f(x)在(2,3]上单调递增，又 f(2)=-5,故当x=2时f(x)取最小 值一5.故选B. 3.C由函数g(x)=(x一6)3·f'(x)的 图象，得当0<x<1时，f'(x)<0, f(x)单调递减，当1<x<3时， f'(x)>0,f(x)单调递增，当3<x 6时，f'(x)<0,f(x)单调递减，当6< x<10时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 当x>10时，f(x)<0,f(x)单调递 减，所以函数f(x)有极小值f(1)和 f(6),极大值f(3)和f(10).故选C. 4.C函数f(x)=x2-x+alnx的定义 域为(0，十∞)，且f(x)=2x-1十 a=2x一x十a,因为函数f(x)有极 值，所以f'(x)在(0，十∞)上有变号零 点，即2x2-x十a=0在(0，十∞)上有 解（若有两个解，则两个解不能相等），因 为二次函数y=2x2一x十a图象的对称 轴为直线无三千，开口向上，所以只需 ④=(-1)2二8a≥0，解得a<8,即实 数a的取值范周是(0，日入.故选C 5.A由题意，函数 f(x)= sinx,可得f'(x)= ax一c0sx,若a≤ /y=cosx o,当x∈(0) 时，可得f(x)<0fx)在(0，）上 单调递减，此时函数fx)在(0，受）上 没有最小值，不符合题意.若a>0,令 f'(x)=0,即ax-cosx=0,即y= 。与y=cosx的图象有交T及 数y=ax与y=cosx的图象，如图所 示，结合国象，可得存在x。∈(0，) 使得f(工)=0，当x∈(02)时， '(x)<0,f(x)单调递减；当x∈ ,工）时，f(x)>0,f(x)单调递 (xo2】 增，此时函数fx)在(0，受）上有最小 值，符合题意.综上，可得实数a的取值范 围是(0，十∞).故选A 6.D方法一 由题意可得f'(x)= -2asin工+1，因为函数f(x)在(0，π) 上恰有两个极值点，所以'(x)在(0， π)上有两个变号零点.令f'(x)= -2asin工+1=0，可得a=2sinz e ，令 e g）=2smz∈（0，x),则直线y= e Q与函数y=g(x),x∈(0，π)的图象： 有两个不同的交点，g'(x)= 2e(sinx-cosx）_ (2sin a)2 2esin-F (2sin x)2 2,当x(牙)时 g(x)>0,所以g(x)在(Tx）上单 调递增，当x∈(0，牙)时，g(x)<0, 所以g(x)在(0，)上单调递减，又 g()= 巨。，当工趋近于0时，gx) 2 趋近于十∞，当x趋近于π时，g(x)趋 近于十∞，所以可作出g(x)的图象如 图所示，数形结合可知a>。,即实 2 169 数a的取值范围是 .+) 故选D. 方法二 由题意可得'(x)= 一2asin工+1.因为函数f(x)在(0，r) e 上恰有两个极值点，所以∫'(x)在(0， π)上有两个变号零点.当a≤0时， f'(x)>0在(0，π)上恒成立，不符合题 意.当a>0时，令h(x)=f'(x)= -2asin工+1，则h'(x)= e 2asin() e 当x∈()时， h'(x)>0,h(x)单调递增，当x∈ (0,牙）时，h'u)<0,h(x)单调递减， 因为h(0)=h(π)=1，h(T)=1 ,所以h(任）=1-<0，别 e 号，中宾收口的取维龙国是 a (停。i,+)故选D AB对于A,函数y=x在[0,1]上有 最大值，但没有极大值，故A正确；对于 B,如图为函数f(x)的图象，其中一个 极大值为f(x1),一个极小值为f(x2), 显然极大值小于极小值，故B正确； y=fr) 对于C,y=f(x)的最小值可能在闭区 间的端点处取到，也可能在闭区间上的 极小值点处取到，故C不正确：对于D,函 数y=sinx在(0,2π)上既有最大值，又 有最小值，故D不正确.故选AB. b BCD函数fx)=alnx,千的 定义域为(0，十∞)，求导得f'(x)= 是-台是-5二之因为西 数∫(x)既有极大值也有极小值，则函数 f'(x)在(0，十∞)上有两个变号零，点， 而a≠0，因此方程ax2一bx一2c=0有 两个不等的正根x1,x2,于是 △=b2+8ac>0, x1十x2= >0~即有6+8ac之0 a 70 x1x=一a ab>0,ac<0,显然abc<0,即bc<0, A错误，B,C,D正确.故选BCD. 参考答案 9.1+ln2 解析：f(x)的定义域为(0，十∞)， f'(x)=2-1=2红-1，当0<x< 号时fx)<0:当x>时fx)> 0,所以f(x)在(0，）上单调递减，在 (分，十∞）上单润递增，所以f)m f(分)=1-h=1+1n2. 10.3x+2y=0 解析：f'(x)=[x2+(a十2)x十a]e, 由f)=0,有a=- ,又切点为 00f0)=子期曲线y f(x)在点(0,0)处的切线方程为 y=-号x,即3x+2y=0. 11.3+e 2 解析：因为f(x)=(x2一x十1)· e =I-x+1 所以f'(x)= (x2-x+1)y'e"-(x2-x+1)(e)' (e)2 e e 令f'(x)>0,则1<x<2,所以f(x) 在区间(1,2)上单调递增；令'(x)< 0,则x<1或x>2,所以f(x)在区间 (一0○，1)，(2，十∞)上单调递减.所以 fx)的极小值为f)=。fz)的 。,所以f(x)的极 3 极大值为f(2)= 大值与极小值之和为3+© e2… 也号 解折：0<x<→0<cox<1. f'(x)=sin z 16sin x cos2z(2-cosx)月 sin x (2+3cos x)(2-5cos a) ,所以 cosx·(2-cosx)9 当0<m<号，fre>a号< cosx<1时，f(x)<0.结合复合函数单 2 调性同增并减可知，当s上=号时， f代)有最小值为立 16 25 5 13.解：(1)f'(x)=3x2+2ax十b,由条件 可知f)=0f(号)=， (3+2a+b=0, 即4一4g+b=0, 3-3 解得=一2， b=-2, 所以f)=x--2x+ 2对勾·高考一轮复习金卷数学 检验：f'(x)=3x2一x一2=(x一 1)(3x+2) 2 3 (1, 2 +0) f'(x) 0 单调 22 单调 单调 f(x) 递增 27 递诚 2 递增 经检验x=1与x= 时，都取得极 3 值，满足条件，所以a=一2b=一2. (2)f(-1)三二1-2+2+c=2,擗 1 得c=1,所以fx)=x3-x- 2x十1，f'(x)=3x2-x-2=(x- 1)(3x+2) 由(1)可知，函数f(x)的单调递增区 间是（∞，- 2）和(1，十∞)，函数 37 f(x)的极大值是f( 号)=号函数 f(x)的极小值是f(1)=一之 4.解：(1)当a=1时，f(x)=x-xlnx, f(e)=e-e=0,Xf'(z)=-Inx, f'(e)= 故曲线y=f(x)在(e,f(e))处的切线 方程为y一0=一(x一e),即y= 一x十e. (2)f(x)=ax -xIn x,f'(x)= -lnx十a-1,显然y=f'(x)在 (0,十∞)上为减函数. 令f'(x)=0,即-lnx十a-1=0,解 得x=e“ 故当x∈(0，e-1)时，f'(x)>0,y= f(x)单调递增； 当x∈(e-1,十oo)时，f'(x)<0,y= f(x)单调递减. 若e”-1≥e,即a≥2时，y=f(x)在 [l,e]上单调递增，又f(e)=ae-e, 故当a≥2时，f(x)在[1，e]上的最大 值为ae一e； 若e“-1≤1，即a≤1时，y=f(x)在 [1,e]上单调递减，又f(1)=a, 故当a≤1时，f(x)在[1，e]上的最大 值为a; 若1<e-1<e,即1<a<2时，y= f(x)在[1，e-]上单调递增，在[e-1, e]上单调递减， f(e-1)=ae"-I-e-IIn e"-1 e-1, 故当1<a<2时，f(x)在[1，e]上的 最大值为e“ 综上所述，当a1时，f(x)在[1，e]上 的最大值为a; 当1a<2时，f(x)在[1，e]上的最 大值为e“1; 当a≥2时，f(x)在[1，e]上的最大值 为ae-e. 一。能力提升练。 4 .By=1-x) x,由y=0得 x二1，当0<z<2时y<0y 170 (0,号）上单调递减，当号<<1时， y>0y在t(兮1)上单调递增，则x 1 时y=9为函数的极小值.故选B. 2.B因为函数f(x)的定义域为(0，十∞)， 所以依题可知，f(1)=-2,f'(1)=0, 、而”（x)专2-力所以b=2,a b=0,即a=-2,b=-2,所以 )=一二+因此函教∫() (0,1)上递增，在(1，十∞)上递减，z=1 时取最大值，满足题意，即有'(2) 1 故选B -1十2=-2 3.A由题设知f(x)=e2x-9(2x lnx)且x>0,令t=2x-lnx,则 g(0)=e-9t,由1=2-1，在x∈ (0,)上<0，则t单调递减：在x∈ (分，十∞）上>0，则：单调递增，所 以当x=2时，t取最小值，=1十 ln2,易知t∈[1+ln2,十o),又 g'(t)=e-9,令g(t)=0,则t= 2ln3>1+ln2,所以在t∈[1+ln2, 2ln3)上g'(t)<0,即g(t)单调递减； 在t∈(2ln3,十oo)上g'(t)>0,即g(t) 单调递增，所以g(t)m=g(2ln3)=9 18ln3.故选A. 4.A当0≤x≤1时，0≤2x≤2，当1< x3时，1<lnx十1≤1十ln3,则[0， 2]∩(1,1+ln3]=(1,2],令f(x1)= f(x2)=t∈(1,2]，则x1=2x:= e1x:-x1=e1-设g)= z>0,即g)=e1-在1,2]上 单调递增，g(t)mx=g(2)=e一1，所以 x2一x1的最大值为e-1.故选A. 5.B对于A,若存在y=f(x)是偶函数， 取x。=1∈[-1,1]，则对于任意x∈ (-0∞，1)，f(x)<f(1),而f(-1)= f(1),矛盾，故A错误；对于B,可构造函 一2，x<-1, 数f(x)= x,一1≤x≤1，满足集合 1,x>1, M=[一1,1]，当x<-1时，则 f(x)=-2,当一1≤x1时，f(x)∈ [-1,1],当x>1时，f(x)=1,则该函 数f(x)的最大值是f(2),则B正确；对 于C,假设存在f(x)在R上单调递增， 则对任意x。∈R,当x<x。时都有 f(x)<f(xo),则M=R,与已知M= [一1,1]矛盾，故C错误；对于D,假设存 在f(x)使得∫(x)在x=-1处取极小 值，则在x=一1的左侧附近存在x n,使得f(n)>f(-1),这与已知集合 M的定义矛盾，故D错误.故选B. 6.C依题意，f(x)=e-x,x>1, f'(x)=e-2x,f'(1)=e-2>0,令 g(x)=e-2x(x>1),g'(x)=e 2>e一2>0，所以在(1，+0∞)上 g(x)>0,g(x)单调递增，所以在 (1,十∞)上f'(x)>0,f(x)单调递 增，由于f(a)=f(e),所以a=e, 6=lna(a>1),lna>0,所以fb e(In a)a-(In a) =1- 血a),设a)=1-maa>1. (2na)a·a-lna) h'(a)= lna·lna-2,令h'(a)=0解得 a? a=e2,则在区间(1，e)上h'(a)<0, h(a)单调递减，在区间(e,十o∞)上 h'(a)>0,h(a)单调递增，所以当a= e时，h(a)取得最小值，电即fh取得 最小值.故选C 7.ABD由f(x)=(x十1)e,可得f(x)= (x十2)e,令f'(x)<0,x∈(-∞， -2),令f'(x)>0,x∈(-2，十∞)，故 f(x)在（一∞，一2）上单调递减，在 (一2，十∞)上单调递增，故f(x)的最 小值为（一2）=一。，故AB正确：讨 论方程f(x)=2的解，即讨论g(x)= (x十1)e”-2的零点，易知g(-2)= -。三-2<0g(1)>0,故g(1)· 1 g(一2)<0，故由函数零点存在定理得 g(x)在(-2,1)内有且仅有一个零点， 而当x→一∞时，g(x)→一2，显然 g(x)在(-∞，-2)内无零点，故 g(x)=(x十1)e-2只有一个零，点，即 f(x)=2只有一个解，故C错误；令 h(x)=f'(x)=(x十2)e,故h'(x) (x+3)e,令h'(x)=0,解得x=-3, 而h'(0)>0,h'(-4)<0,故x=-3是 h'(x)的变号零，点，即x=-3是h(x) 的极值，点，故得导函数'(x)的极值点 为一3，故D正确.故选ABD. 8.AB f(x)=2x*-ax2,f(x)= a 6x2-2ax=6x(-3）,当x∈ （0,号）和0，+∞)时，fx)>0, 函数fx)单调递增：当x∈（骨0）时， f(x)<0,函数f(x)单调递减.故f(x) 在x=号处取极大值为（号） 一27函数fx)=2x3-ar2(a<0)在 (号，“)上有最大值，故号<号< 专.且1（号）≥().即 a≤-4.故选AB. 9.32 解析：因为f(x）=x2(x十2m)=x3+ 2mx,所以(z)=3x2十4mt= 3r+m,令f(x)=0,则x=0或 x=一 ，因为工==4是函数 f(x)=x2(x十2m)的极大值，点，所： 以-4=一4，解得m=3,当m=3 3 时，f(x)=x2(x十6)，极大值为 f(-4)=32. 10.(-1,0) 解析：f'x)=1-2ax十a-2= (ax+1)(-2x+1) x∈(1，+∞). ①若a≥0，f'(x)<0,f(x)单调递 减，无最小值，不符合题意；②若一1< a0,令f'(x)=0,解得x=- 1 a f)在(1，-日）上单调递减，在 (+)上单调道c f(日)所以-1<a<0特合题意： ③若a≤-1，则f'(x)>0,f(x)单调： 递增，无最小值，不符合题意.综上所 述，-1<a<0. 11.(-0∞，4] 解析：由题意可知，f(x)≤g(x)对任 意x∈(0，十o∞)恒成立，即a≤2lnx+ x十3对任意x∈(0，十0)恒成立.设 h(x)=2nx+x+3,则h'()=名 1-3=x十3)(x-1) x>0,易知 h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)： 上单调递增，所以h(x)m=h(1)=4, 故a≤4. 12.(1,e) 解析：由已知，f'(x)=2(a'lna-er) 至少要有两个支号家点工1和，构造 函数h(x)=f'(x)=2(alna-ex), 对其求导，h'(x)=2a(lna)2-2e,若 0<a<1,则h'(x)在R上单调递减， 此时若h'(x。)=0,则f'(x)在（一∞， 工）上单调递增，在(x0,十∞)上单调 热诗火水利 x2,不合题意；若Q>1,则h'(x)在R 上单调递增，此时若h'(xo)=0,则 f'(x)在(-∞，xo)上单调递减，在 (xo,十∞)上单调递增，令h'(x。)= 0,则a0= (Ina),此时若x1和x2分 别是函数∫(x)的极大值点和极小值 点，且，则高满足fc。J<0, 即f(xo)=2a0·lna-2e·xo= 2(。-e)<0>a,na> l,故zoln a=lna0=ln (in a1, 所以a∈(1，e). 13.解：(1)易知f(x)的定义域为(0，十∞)， 当a=-1时，f(x)=-x十lnx, f'(x)=-1+1 1x 171 令f'(x)=0,得x=1. 当0<x<1时，f'(x)>0;当x>1 时，f'(x)<0. .f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞) 上单调递减， ∴·f(x)mx=f(1)=-1. .当a=一1时，函数f(x)的最大值 为-1. 2fx)=a+x∈0.e. e[日+o ①若a≥-1，则f'(x)≥0，从而 e f(x)在(0，e上单调递增， ∴f(x)mx=f(e)=ae十1≥0，不符 合题意 ②若a<-二，令f'(x)>0得a+ >0,结合x∈(0，，解得0< 2 I<- 1 a 令f(x)<0得a+1<0,结合x∈ (0,e],解得-1<x≤e a 从而f(x)在(o,-）上单调递增， 在（是，e]上单调递减，f(x） f()=-1+(-): 令-1+ln(1)=-3, 得1n(）=-2,即a=-e. :-c<-∴a=-c即为所求 故a的值为一e. 4.解：(1)f'(x)=2x-2+a= 2x2-2x十a ，x>0,对于一元二次方 程2x2-2x十a=0,△=4(1-2a). ①当a≥号时fx)≥0，fx)在 (0,十∞)上单调递增； ②当0<a<子时，令了(x)=0,得 1-√1-2a >0, 2 1+√1-2a x2= 2 此时f'(x)= 2(x-x1)(x-x2) 在(，西 和 2 (+a,+)上f'x)>0. 所以)在(6,1-酒 ）和 (+石，+)上单调通指， 综上所述，当a≥号时，f(x)的单调 递增区间为0，十∞)，当0<a<号 参考答案 时，f(x)的单调递增区间为 (0,1-） 2 1+1=a,+∞） 2 (2)由1知0<a<号4（十=1， ,=分则0<<2<， 由f(x1)≥mx2恒成立，即x-2x1十 alnx1≥mx2, 即(1-x2)2-2(1-x2)十2(1 x2)xln(1-x2）≥mx2, 即m≤x2一 1+21-x2n(1-x,), 记h(x)=x一 +2(1-x)ln(1 x << 则h'(x)= 1 -2ln(1-x)-1> (分<<)： 故A)在（号，1）上为增函数， (2) 3 -ln2, 故m<-号-lh2,即实数m的取值范 国为(，-号-h习 考点练18 导数与不等式的 证明 基础巩固练 1.证明：f(x)=e-ln(x十m)(x>-m). 当m≤2，x∈(-m,十∞)时， ln(x十m)≤ln(x十2)，故只需证明当 m=2时，f(x)>0. 1 当m=2时，f'(x)=e- +2在 (-2,十∞)上单调递增，又f′（一1）< 0,f'(0)>0, 故f'(x)=0在（一2，十∞）上有唯一实 根x。,且x。∈(-1,0).当x∈(-2， xo)时，f'(x)<0,f(x)单调递减，当 x∈(x。,十∞)时，f'(x)>0,f(x)单 调递增. 从而当x=x。时，f(x)取得最小值.由： f,)=0得c=中2a。+ 2)=-xo,故f(x)≥f(x)= 2w+2+x。=x。+1) 1 x0十2 >0.综上，当 m2时，f(x)>0. 2.解：(1)f'(x)=2x-a十 x 依题意，f'(1)=2×1-a十1=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)=x2一3.x 要证f(x)=x2-3x十lnx≤2x2 4x,即证x2-x-lnx≥0， 设g(x)=x-x-lnx,则g'(x)= 2x-1-1=x-1)(2x+1) 所以当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x) 2对勾·高考一轮复习金卷数学 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)≤2x2一4x, 8,证明：要证fx)<xe十。，只需证 ex-Inx<e+ex' 1 即ex-e<lnx+ez 令h(x)=lnx十(z>0),则h'(x)三 ex1 ex? 令(x)=0,得x=是，当'(x)<0 时x<。,当/(x)>0时，x> e 即h(x)在(o,）上单调递诚，在 (日，+∞）上单调递增，则h(x)m (日)=0.所以1nx+≥0. ex 再令9(x)=ex一e,则o'(x)=e e,令g'(x)=0,得x=1,当g'(x)< 0时，x>1,当9'(x)>0时，x<1,即 o(x)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞) 上单调递减，则g（x）ms=9(1)=0, 所以ex-e≤0.因为h(x)与p(x)不 ,故原 同时为0，所以ex一e<lnx十ez 不等式成立 4.解：(1)f'(x)=。-a(x>0). ①若a≤0，则f'(x)>0,f(x)在 (0,十∞)上单调递增： @若a>0,则当0<x<号时， f')>0,当x>时，f'(x)<0,故 f(x)在(0，。）上单调递增，在 (台，+∞）上单调通诚。 (2)证明：因为x>0,所以只需证 fx)≤号-2e,当a=c时，由1)知， f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞) 上单调递减， 所以f(x)mx=f(1)=-e 记g(x)=g-2c(x>0),则g'(x)= (x-1)e ,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)m=g(1)=-e.综上，当 x>0时，f(x)≤g(x),即f(x) e --2e,即xf(x)-e+2ex≤0. x 解：(1)f'(x)=e十cosx-a,则 f'(0)=2-a, 因为切线l与直线x一y=1平行，所以 f(0)=2-a=1,解得a=1, 又f(0)=1,所以切线1的方程为y一 172 1=1·(x-0),即x-y十1=0. (2)证明：f(x)>2一cosx对任意的 x∈(0，十o∞)恒成立，即e十sinx十 cosx-ax-2>0对任意的x∈ (0,十o)恒成立. 设h(x)=e一x-1,则h'(x)=e 1,易得h(x)在(0，十∞)上单调递增， 所以当x>0时，h(x)>h(0)=0,即 当x>0时，e>x十1， 设p(x)=x-sinx(x>0),则 p(x)=1一c0sx≥0，所以D(x)在 (0,十∞)上单调递增， 所以当x>0时，p(x)>p(0)=0,即 当x>0时，x>sinx, 所以当x>0时，e>x十1>sinx+ 1≥sinx+cosx 即e-sinx-cosx>0①. 设g(x)=e十sinx+cosx-ax-2, 则g'(x)=e十cosx-sinx-a, 设t(x)=e十cosx-sinx-a,则 t'(x)=e-sin x-cos x, 由①式知当x>0时，t'(x)>0,所以 t(x)即g'(x)在(0，+∞)上单调递增， 所以g'(x)>g'(0)=2-a, 当a≤2时，g'(x)>0,所以g(x)在 (0,十∞)上单调递增， 故g(x)>g(0)=0,即e十sinx十 COs元-Qx 一2>0对任意的x∈ (0,十o)恒成立， 即当a≤2时，f(x)>2-cosx对任意 的x∈(0，十∞)恒成立. -e1 能力提升练 1.解：(1)由f(x)=e-2x十2a,x∈R, 得f'(x)=e-2,x∈R,令f'(x) 0,得x=ln2. 于是当x变化时，∫'(x),f(x)的变化情 况如下表： (-0∞， (ln2, x 1n2 In 2) 十∞) f(x) 0 单调 单调 f(x) 2(1-ln2+a) 递减 递增 故f(x)的单调递减区间是(-∞，ln2), 单调递增区间是(ln2,十oo) f(x)在x=ln2处取得极小值，极小值 为f(ln2)=2(1-ln2+a),无极大值 (2)证明：设g(x)=e-x2十2ax-1, x∈R,则g'(x)=e-2x+2a,x∈R 由(1)知当a>ln2-1时，g'(x)的最小 值为g'(ln2)=2(1-ln2+a)>0.于 是对任意x∈R,都有g'(x)>0, 所以g(x)在R上单调递增.于是当a> 1n2一1时，对任意x∈(0，十o∞)，都有 g(x)>g(0). 又g(0)=0,从而对任意x∈(0，十∞)， g(x)>0,即e-x2十2ax-1>0,故 ex>x2-2a.x+1. 解：(1)由题意，函数f(x)=x·lnx a,且y=f(x)=x·g(x), 可得g(x)=f2=1nx+ ,x0, 则g'(x)= I a x-a xx x2, 所以g'(1)=1-a,又因为g(1)= ln1十a=a, 所以g(x)的图象在x=1处的切线方 程为y=(1-a)(x-1)十a,