专题一 第3讲 导数的简单应用【题型突破】讲义-2026届高三数学二轮复习（新高考通用）

专题一　函数与导数 第3讲　导数的简单应用 【真题再现●明考向】 1．导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2．对导数几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问． 3．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型． 【考情分析●明方向】 1．(2023·全国甲卷文科)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x　　　　　　 B．y＝x　　　　　　 C．y＝x＋　　　　　　 D．y＝x＋ 【答案】　C 【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．(2023·全国乙卷文科)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 【答案】　B 【解析】　因为f(x)＝x3＋ax＋2，所以f ′(x)＝3x2＋a，若a≥0，f(x)单调递增，只有1个零点，不满足题意，所以a<0，由f ′(x)＝0得x＝±，结合f(x)的图象，可得ff<0，即a3＋4<0，所以a<－3，故选B. 3．(2023·新课标全国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(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 【答案】　C 【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． 4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 【答案】　B 【解析】　因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，所以依题可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，而f′(x)＝－，所以b＝－2，a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，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，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋＝－.故选B. 5．(2025·新课标全国Ⅰ卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线，则a＝________. 【答案】　4 【解析】　方法一：对于y＝ex＋x＋a，其导数为y′＝ex＋1，因为直线y＝2x＋5是曲线的切线，直线的斜率为2，令y′＝ex＋1＝2，即ex＝1，解得x＝0，将x＝0代入切线方程y＝2x＋5，可得y＝2×0＋5＝5，所以切点坐标为(0，5)，因为切点(0，5)在曲线y＝ex＋x＋a上，所以5＝e0＋0＋a，即5＝1＋a，解得a＝4. 方法二：对于y＝ex＋x＋a，其导数为y′＝ex＋1，假设y＝2x＋5与y＝ex＋x＋a的切点为(x0，y0)，则解得a＝4. 6．(2025·新课标全国Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________. 【答案】　－4 【解析】　由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)，所以f′(x)＝(x－a)(x－1)＋(x－1)(x－2)＋(x－a)(x－2)，因为2是函数f(x)的极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，得a＝2，当a＝2时，f′(x)＝2(x－2)(x－1)＋(x－2)2＝(x－2)(3x－4)，当x∈，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极小值点，符合题意；所以f(0)＝－1×(－2)×(－a)＝－2a＝－4. 7．(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是________. 【答案】　 【解析】　f′(x)＝2ln a·ax－2ex，因为x1，x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2的极小值点和极大值点，所以函数f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，所以当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x<0时，2ln a·ax>0，2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若0<a<1时，则方程2ln a·ax－2ex＝0的两个根为x1，x2，即方程ln a·ax＝ex的两个根为x1，x2，即函数y＝ln a·ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点，∵0<a<1，∴函数y＝ax的图象是单调递减的指数函数，又∵ln a<0，∴y＝ln a·ax的图象由指数函数y＝ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln a|倍得到，如图所示．设过原点且与函数y＝g(x)的图象相切的直线的切点为(x0，ln a·ax0)，则切线的斜率为g′(x0)＝ln2a·ax0，故切线方程为y－ln a·ax0＝ln2a·ax0(x－x0)，则有－ln a·ax0＝－x0ln2a·ax0，解得x0＝，则切线的斜率为ln2a·a＝eln2a，因为函数y＝ln a·ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点，所以eln2a<e，解得<a<e，又0<a<1，所以<a<1，综上所述，a的取值范围为. 8．(2023·全国乙卷理科)已知a∈(0，1)，函数f(x)＝ax＋(a＋1)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________. 【答案】　 【解析】　方法一：因为a∈(0，1)，f(x)＝ax＋(a＋1)x，所以f ′(x)＝axln a＋(a＋1)xln(a＋1)，设g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝ax(ln a)2＋(a＋1)x[ln(a＋1)]2>0，所以f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增， f ′(x)>f ′(0)，因为f(x)＝ax＋(a＋1)x在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(0)＝ln a＋ln(a＋1)≥0，即a(a＋1)≥1，解得≤a<1，所以a的取值范围是. 方法二：由函数的解析式可得f ′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，则(1＋a)xln(1＋a)≥－axln a，即x≥－在区间(0，＋∞)上恒成立，故0＝1≥－，而a＋1∈(1，2)，故ln(1＋a)>0，故即故≤a<1，结合题意可得实数a的取值范围是. 【考点突破●提能力】 考点一　导数的计算、几何意义 【核心知识】 1．导数的几何意义 函数f(x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f ′(x0)(x－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)＝sin x f ′(x)＝cos x f(x)＝ex f ′(x)＝ex f(x)＝ln x f ′(x)＝ f(x)＝xα(α∈Q) f ′(x)＝αxα－1 f(x)＝cos x f ′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a>0，a≠1) f ′(x)＝axln a f(x)＝logax(a>0，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)． 【方法技巧】 1．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P′(x1，f(x1))； 第二步：写出过点P′(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． 2．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、切线的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． 提醒：(1)注意曲线上横坐标的取值范围； (2)谨记切点既在切线上又在曲线y＝f(x)上． 【典例研析】 1．(1)(2025·湖北一模)下列求导运算正确的是(　　) A．(sin a)′＝cos a(a为常数) B．(sin 2x)′＝2cos 2x C．(3x)′＝3xlog3e D．()′＝ (2)(2025·沧州模拟)已知函数y＝f(x)的高阶导数为y＝f(n)(x)，即对函数f(x)连续求n阶导数．例如f(x)＝sin x，则f′(x)＝cos x，f″(x)＝－sin x，f(x)＝－cos x，f(4)(x)＝sin x，f(5)(x)＝cos x，….若f(x)＝g(x)h(x)，则f(10)(x)的展开式中g(4)(x)h(6)(x)的系数是(　　) A．210 B．255 C．280 D．360 (3)(2025·和平区二模)曲线f(x)＝与曲线g(x)＝(ax＋1)ex在点(0，1)处的切线互相垂直，则实数a＝(　　) A．2 B．0 C．－ D．－ (4)(2025·高新区校级模拟)已知f(x)＝f′cos x＋sin x，则曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为(　　) A． B． C． D．2 【答案】　(1)B　(2)A　(3)D　(4)A 【解析】　(1)因为a为常数，所以(sin a)′＝0，故A项错误；(sin 2x)′＝cos 2x·(2x)′＝2cos 2x，故B项正确；(3x)′＝3xln 3，故C项错误；()′＝[(x＋1)]′＝(x＋1)－·(x＋1)′＝，故D项错误．故选B. (2)因为f(x)＝g(x)h(x)，所以f(1)(x)＝g(1)(x)h(x)＋g(x)h(1)(x)，所以f(2)(x)＝g(2)(x)h(x)＋2g(1)(x)h(1)(x)＋g(x)h(2)(x)，所以f(3)(x)＝g(3)(x)h(x)＋3g(2)(x)h(1)(x)＋3g(1)(x)h(2)(x)＋g(x)h(3)(x)，把求函数的10阶导理解为十次方的二项式展开式，则有g(4)(x)h(6)(x)的系数是C＝＝210.故选A． (3)因为f′(x)＝，g′(x)＝aex＋(ax＋1)ex，又曲线f(x)＝与曲线g(x)＝(ax＋1)ex在点(0，1)处的切线互相垂直，所以f′(0)g′(0)＝－1，即3(a＋1)＝－1，所以a＝－.故选D． (4)因为f(x)＝f′cos x＋sin x，所以f′(x)＝－f′sin x＋cos x，所以f′＝－f′×＋，解得f′＝2－，所以f(x)＝(2－)cos x＋sin x，所以f′(x)＝－(2－)sin x＋cos x，所以f(0)＝2－，f′(0)＝1，所以y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝x＋2－，令x＝0，得到y＝2－，所以切线与y轴的交点为(0，2－)，再令y＝0，得到x＝－2，所以与x轴的交点为(－2，0)，所以所求三角形面积为S＝×|2－|×|－2|＝.故选A． 【跟踪训练】 1．(2025·鹤壁一模)已知函数f(x)＝3f′(1)x－x2＋ln x＋，则f′(1)＝(　　) A．1 B．2 C． D．－ 【答案】　C 【解析】　对于f(x)＝3f′(1)x－x2＋ln x＋，求导数得f′(x)＝3f′(1)－2x＋，当x＝1时，f′(1)＝3f′(1)－2×1＋，解得f′(1)＝.故选C． 2．(2025·龙岗区校级三模)已知曲线y＝x3－x＋2的切线与曲线y＝ln(x＋1)－a也相切，若该切线过原点，则a＝________. 【答案】　1－ln 2 【解析】　因为y＝x3－x＋2的导数为y′＝3x2－1，设切点为(x1，y1)，所以切线斜率为k＝3x－1，依题意，k＝3x－1＝，即x1＝1，所以k＝2，则切线方程为y＝2x，又切线y＝2x与曲线y＝ln(x＋1)－a相切，设切点为(x0，y0)，有y′＝，则k＝＝2，解得x0＝－，所以y0＝2x0＝－1，则－1＝ln－a，解得a＝1－ln 2. 考点二　导数与函数的单调性 【核心知识】 导数与函数单调性的关系 (1)f ′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x)≥0. (2)f ′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性． 【方法技巧】 1．利用导数比较大小的方法 (1)若已知函数解析式比较函数值的大小，首先要判断已知函数的单调性，根据单调性比较大小． (2)若是比较数值的大小，其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并根据构造的辅助函数的单调性比较大小． 2．根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f ′(x)≥0(f ′(x) 0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f ′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 【典例研析】 2．(1)(2025·通州区模拟)已知函数f(x)＝x2＋cos x，则f(－2)，f(3)，f(π)的大小关系是(　　) A．f(－2)＜f(3)＜f(π) B．f(π)＜f(3)＜f(－2) C．f(3)＜f(－2)＜f(π) D．f(－2)＜f(π)＜f(3) (2)(2025·永州三模)若函数f(x)＝aex－x3在区间(1，3)上单调递增，则实数a的最小值为(　　) A． B． C． D． (3)(2025·毕节市模拟)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)＝0，当x＜0时，xf′(x)＋3f(x)＞0，则不等式f(x)＜0的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(0，1) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1，0)∪(1，＋∞) 【答案】　(1)A　(2)C　(3)D 【解析】　(1)函数f(x)＝x2＋cos x的导数为f′(x)＝x－sin x，f″(x)＝1－cos x≥0，f′(0)＝0，所以当x＞0时，f′(x)＞0，函数在(0，＋∞)上单调递增．当x＜0时，故f′(x)＜0，函数在(－∞，0)上单调递减．f(2)f(3)＜f(π)．因为f(x)＝f(－x)，所以f(－2)＝f(2)，因此f(－2)＜f(3)＜f(π)．故选A． (2)已知f(x)＝aex－x3，可得f′(x)＝aex－3x2.因为f(x)在区间(1，3)上单调递增，所以f′(x)≥0在区间(1，3)上恒成立，即aex－3x2≥0在区间(1，3)上恒成立，移项可得a≥在区间(1，3)上恒成立，令g(x)＝，x∈(1，3)，则a≥g(x)max.对g(x)＝求导，可得g′(x)＝＝＝，令g′(x)＝0，即＝0，因为ex＞0恒成立，所以3x(2－x)＝0，解得x＝0或x＝2.当1＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当2＜x＜3时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)在x＝2处取得极大值，也是最大值，g(2)＝＝，因为a≥g(x)max＝，所以实数a的最小值为.故选C． (3)令g(x)＝x3f(x)，则g′(x)＝3x2f(x)＋x3f′(x)＝x2[3f(x)＋xf′(x)]，∵当x＜0时，xf′(x)＋3f(x)＞0，则g′(x)＞0，故g(x)在(－∞，0)上单调递增，∵函数f(x)是定义域为R的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴g(－x)＝(－x)3f(－x)＝x3f(x)＝g(x)，∴g(x)是定义域为R的偶函数，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又∵f(1)＝0，∴g(1)＝g(－1)＝0，∴当x∈(－∞，－1)时，g(x)＝x3f(x)＜0，则f(x)＞0；当x∈(－1，0)时，g(x)＝x3f(x)＞0，则f(x)＜0；当x∈(0，1)时，g(x)＝x3f(x)＞0，则f(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝x3f(x)＜0，则f(x)＜0.∴不等式f(x)＜0的解集为(－1，0)∪(1，＋∞)．故选D． 【跟踪训练】 3．(2025·临汾二模)设a＝ln 0.9，b＝－，c＝e0.9，则(　　) A．c＞a＞b B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＞c＞b 【答案】　A 【解析】　记f(x)＝ln x－x＋1，则f′(x)＝－1＝，a＝ln 0.9，b＝－，c＝e0.9，故当0＜x＜1时，f′(x)＝＞0，故f(x)在(0，1)上单调递增，当x＞1时，f′(x)＝＜0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，因此对任意的x＞0，都有ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取到等号，故ln ＜，故－ln ＜⇒ln 0.9＞－，故a＞b，由于a＝ln 0.9＜0，b＝－＜0，c＝e0.9＞0，因此c＞a＞b，故选A． 4．(2025·辽宁一模)若函数f(x)＝ln x＋x2－ax在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，2] C．(－∞，2] D．[1，＋∞) 【答案】　B 【解析】　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－a，因为函数f(x)＝ln x＋x2－ax在其定义域内单调递增，所以＋2x－a≥0在(0，＋∞)上恒成立，即＋2x≥a在(0，＋∞)上恒成立，因为＋2x≥2＝2，当且仅当x＝时，等号成立，所以min＝2，所以a≤2.故选B. 5．(2025·开福区校级模拟)已知定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝，且f(x)＋f′(x)＜0，则不等式f(x＋1)＞的解集是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，2) C．(0，＋∞) D．(－∞，0) 【答案】　D 【解析】　令g(x)＝exf(x)，因为f(x)＋f′(x)＜0，则g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)]＜0，所以g(x)在R上单调递减，因为f(1)＝，所以g(1)＝ef(1)＝1，所以不等式f(x＋1)＞可变为ex＋1f(x＋1)＞1，即g(x＋1)＞g(1)，所以x＋1＜1，即x＜0，所以不等式f(x＋1)＞的解集为(－∞，0)．故选D． 考点三　利用导数研究函数的极值与最值 【核心知识】 可导函数的极值与最值 (1)若在x0附近左侧f ′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f ′(x)＜0，右侧f ′(x)＞0，则f(x0)为函数f(x)的极小值． (2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得． 【方法技巧】 1．求函数的极值或极值点的步骤 (1)求导数f ′(x)，不要忘记函数f(x)的定义域． (2)求方程f ′(x)＝0的根． (3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x)的符号，确定极值点或函数的极值． 2．求函数f(x)在[a，b]上最值的方法 (1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)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． (3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到． 【典例研析】 3．(1)(2025·鄄城县校级模拟)等比数列{an}中的a2，a24是函数f(x)＝(x2－12x＋21)ex的极值点，a2≠a24，则log3|a13|＝(　　) A．1 B． C．－1 D．－ (2)(2025·汕头二模)若函数f(x)＝有两个极值点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B．(0，2) C．(0，1] D．(0，1) (3)(2025·渭南模拟)函数f(x)＝|x－1|＋|x－3|＋2ex的最小值为(　　) A．6 B．2＋2e C．6－2ln 2 D．e2＋1 (4)(2025·湖北模拟)函数f(x)＝aln x－＋－ab，若f(x)≥0恒成立，则a(b＋1)的取值范围是(　　) A．(－∞，e] B．(0，2e] C．[2，＋∞) D．(－∞，2] 【答案】　(1)A　(2)B　(3)A　(4)D 【解析】　(1)由题意可知f′(x)＝(x2－10x＋9)ex＝(x－1)(x－9)ex，由f′(x)＞0，可得x＜1或x＞9；由f′(x)＜0，可得1＜x＜9.所以函数f(x)在(－∞，1)和(9，＋∞)上单调递增，在(1，9)上单调递减．所以函数f(x)的极大值点为x＝1，极小值点为x＝9.由题意可知a2·a24＝a＝9，所以log3|a13|＝1.故选A． (2)由题意知f′(x)＝在x≤1区间：导数为零的点为x＝，需满足＜1，即a＜2，在x＞1区间：导数为常数a，当a≠0时无导数为零的点，分界点x＝1，若左导数(a－2)与右导数a异号，则x＝1为极值点，所以解得0＜a＜2.故选B. (3)f(x)＝|x－1|＋|x－3|＋2ex＝ f′(x)＝当x＞0时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x＜0时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故x＝0时，函数取得最小值6.故选A． (4)根据已知：函数f(x)＝aln x－＋－ab，若f(x)≥0恒成立，由题设f(x)＝≥0在(0，＋∞)上恒成立，知a＞0，此时y＝ax－2，y＝ln x－b在(0，＋∞)上都单调递增，所以只需y＝ax－2，y＝ln x－b在(0，＋∞)上的零点相同，即＝eb，所以a(b＋1)＝，令g(x)＝，则g′(x)＝，当x＜0时，g′(x)＞0，即g(x)在(－∞，0)上单调递增，当x＞0时，g′(x)＜0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(0)＝2，即a(b＋1)的取值范围是(－∞，2]．故选D． 【跟踪训练】 6．(2025·邯郸一模)已知函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0]∪{e} B．[0，＋∞)∪{－e} C．(－∞，0] D．[0，＋∞) 【答案】　C 【解析】　由题意可得f′(x)＝(x－2)ex＋a，令f′(x)＝(x－2)ex＋a＝0，得－a＝(x－2)ex，设g(x)＝(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)ex.由g′(x)＞0，得x＞1，则g(x)在(1，＋∞)上单调递增；由g′(x)＜0，得x＜1，则g(x)在(－∞，1)上单调递减，故g(x)min＝g(1)＝－e.因为f(x)恰有一个极值点，所以f′(x)＝0有唯一的零点x0，且f(x)在x0两侧的单调性不同．当x＜2时，g(x)＜0，则－a＝－e或－a≥0，解得a＝e或a≤0.当a＝e时，f′(x)≥f′(1)＝0，则f(x)在R上单调递增，没有极值点，故a＝e不符合题意；当a≤0时，f′(1)＝－e＋a＜0，且当x＜2时，f′(x)＜0，当x→＋∞时，f′(x)→＋∞，则f(x)存在唯一的极小值点，故a≤0符合题意，故a的取值范围是(－∞，0]．故选C． 7．(多选)(2025·江西模拟)设函数f(x)＝ex－e－x－2x，x∈R，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)是奇函数　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．f(x)在R上是单调函数 C．f(x)的最小值为1 D．当x＞0时，f(x)＞0 【答案】　ABD 【解析】　因为f(－x)＝e－x－ex＋2x＝－(ex－e－x－2x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，故A正确；因为f′(x)＝ex＋e－x－2≥2－2＝0，当且仅当x＝0时“＝”成立，所以f(x)在R上是单调递增函数，故B正确；因为f(x)在R上是单调递增函数，所以f(x)无最小值，故C错误；因为f(x)是奇函数，且在R上是单调递增函数，所以当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，故D正确．故选ABD． 考点四　函数的极值和最值的综合应用 【方法技巧】 等价转化思想在解决极值与最值问题中的应用 (1)函数在某一区间上有极值(点)，可以转化为方程满足某种条件的解． (2)求函数的极值、最值问题，可以转化为函数的单调性问题． (3)与函数极值、最值有关的参数问题，可以转化为解方程、不等式问题，而某些方程有解、不等式有解、不等式恒成立问题则可以转化为函数的最值问题． 【典例研析】 4．(1)(多选)(2025·南昌校级模拟)已知函数f(x)＝则(　　) A．f(x)在区间(0，3)上单调递增 B．f(x)仅有1个极大值点 C．f(x)无最大值，有最小值 D．当a∈[3，4]时，关于x的方程f(x)＝a共有3个实根 (2)(2025·鼓楼区校级模拟)已知函数f(x)＝ex－x2－(1＋a)x，若对任意两个不相等的实数x1，x2，都有>－1，则a的最大值为(　　) A．　　　　　　 B．1　　　　　　 C．2　　　　　　 D．0 (3)(多选)(2025·南京校级二模)已知函数f(x)＝x3－ax2＋x(a∈R)，则下列说法正确的有(　　) A．若f(x)是R上的增函数，则a∈[－1，1] B．当a＞1时，函数f(x)有两个极值 C．当a＞1时，函数f(x)有三个零点 D．若关于x的方程f(x)＝t恰有两个非零的实数根x1，x2(x1＜x2)，则x1＋2x2＝3a 【答案】　(1)BC　(2)B　(3)AB 【解析】　(1)当0＜x＜3时，f(x)＝|x－3|ex＝(3－x)ex，则f′(x)＝－ex＋(3－x)ex＝(2－x)ex，当0＜x＜2时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，当2＜x＜3时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，故A错误；由A选项知，函数f(x)在(0，3)上有一个极大值点x＝2，当x≥3时，f(x)＝(x－3)ex，则f′(x)＝(x－2)ex＞0，此时函数f(x)单调递增，当x＜0时，f(x)＝(x＋2)2－7，此时函数f(x)有极小值点－2，无极大值点，综上所述，函数f(x)仅有1个极大值点，故B正确；当x≥0时，f(x)＝|x－3|ex≥0＝f(3)，当x＜0时，f(x)≥－7＝f(－2)，所以函数f(x)的最小值为f(－2)＝－7，函数f(x)无最大值，故C正确；如图所示，由图可知，当a∈[3，4]时，关于x的方程f(x)＝a共有4个实根，故D错误．故选BC． (2)不妨设x1＞x2，因为>－1，所以f(x1)＋x1＞f(x2)＋x2，令g(x)＝f(x)＋x＝ex－x2－ax，则g(x1)＞g(x2)，所以g(x)在R上单调递增，则g′(x)＝ex－x－a≥0恒成立，即a≤ex－x恒成立，令h(x)＝ex－x，则h′(x)＝ex－1，当x＜0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)≥h(0)＝1，所以a≤1，所以a的最大值为1.故选B. (3)函数f(x)＝x3－ax2＋x是R上的增函数，得导函数f′(x)＝x2－2ax＋1≥0恒成立，那么Δ＝4a2－4≤0，解得－1≤a≤1，所以选项A正确；当a＞1时，根的判别式Δ＝4a2－4＞0，f′(x)＝0有两个异根，那么f(x)有两个极值，所以选项B正确；令函数f(x)＝x3－ax2＋x＝x(x2－3ax＋3)＝0，那么x＝0或x2－3ax＋3＝0，当9a2－4×3＝9a2－12＝0，即a＝＞1时，x2－3ax＋3＝0有相等的根，函数f(x)＝0有两个零点，所以选项C错误；f(x)＝t⇔x3－3ax2＋3x－3t＝0，根据f(x)＝t恰有两个非零的实数根x1，x2(x1＜x2)，得x1是二重根、x2是单根或x1是单根、x2是二重根，①如果x1是二重根、x2是单根，x3－3ax2＋3x－3t＝(x－x1)2(x－x2)＝x3－(2x1＋x2)x2＋(2x1x2＋x)x－xx2，则得2x1＋x2＝3a；②如果x1是单根、x2是二重根，同理x1＋2x2＝3a，所以选项D错误．故选AB. 【跟踪训练】 8．(2025·江西模拟)已知a∈，若≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，则的最大值为(　　) A．　　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　　 C．　　　　　　　　　　 D．e 【答案】　B 【解析】　设f(x)＝，则h′(x)＝，x∈(0，e)，h′(x)＞0，h(x)单调递增，x∈(e，＋∞)，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝，因为x趋于0时，h(x)趋于负无穷，x趋于正无穷时，h(x)趋于0且h(x)＞0，所以当a∈时，－a＝0有两个正根x1，x2，当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，－a＜0，x∈(x1，x2)时，－a＞0，故当≤0恒成立时，－a＝0和x＋－c＝0有两个相同正根x1，x2，对于方程x＋－c＝0，两边同乘x得x2－cx＋b＝0，由一元二次方程性质，方程有两个不同正根，则Δ＝c2－4b＞0，且x1＋x2＝c＞0，x1x2＝b＞0，由＝a，＝a，可得ln x1＝ax1，ln x2＝ax2，根据对数运算法则ln(x1x2)＝ln x1＋ln x2，所以ln(x1x2)＝a(x1＋x2)，即ln b＝ac＞0，令g(b)＝(b＞0)，对g(b)求导，g′(b)＝＝，令g′(b)＝0，即1－2ln b＝0，解得b＝，当0＜b＜时，g′(b)＞0，g(b)单调递增；当b＞时，g′(b)＜0，g(b)单调递减，所以g(b)在b＝处取最大值，g()＝＝，综上，＝的最大值为.故选B. 9．(2025·晋城二模)若关于x的不等式x2x＞axln x在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为____________. 【答案】　 【解析】　由x2x＞axln x，得e2xln x＞axln x在(0，＋∞)上恒成立，令t＝f(x)＝xln x，则f′(x)＝ln x＋1，当0＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)在上单调递减；当x＞时，f′(x)＞0，f(x)在上单调递增，所以f(x)min＝f＝－，则t∈，所以e2t＞at在上恒成立．当t＝0时，e2t＞at恒成立，则a∈R；当t＞0时，由e2t＞at，得a＜；当－≤t＜0时，由e2t＞at，得a＞，设h(x)＝，则h′(x)＝，当－＜x＜0或0＜x＜时，h′(x)＜0，h(x)在和上单调递减；当x＞时，h′(x)＞0，h(x)在上单调递增，则h(x)在上的最大值为h(x)max＝h＝－e，h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(x)min＝h＝2e.综上可知，实数a的取值范围为. 【限时训练】（限时：120分钟） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·福州模拟)曲线f(x)＝x3＋3x在点(－1，f(－1))处的切线方程为(　　) A．y＋4＝0 B．2x－y－2＝0 C．6x－y＝0 D．6x－y＋2＝0 【答案】　D 【解析】　因为f(x)＝x3＋3x，所以f′(x)＝3x2＋3，所以f(－1)＝－4，f′(－1)＝6，所以所求切线方程为y＋4＝6(x＋1)，即6x－y＋2＝0.故选D． 2．(2025·武汉期中)已知函数f(x)＝f′cos 2x＋3sin x，则f′＝(　　) A．－＋ B．－＋ C．－＋ D．－ 【答案】　A 【解析】　f′(x)＝－2f′sin 2x＋3cos x，所以f′＝－2f′＋，解得f′＝，f′(x)＝－sin 2x＋3cos x，所以f′＝－×＋3×＝－＋，故选A． 3．(2025·乐山校级二模)函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x，若f(x)在上是减函数，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，2) C．(－∞，3] D．(－∞，3) 【答案】　C 【解析】　∵f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝－2x＋a－，∵f(x)在上是减函数，∴－2x＋a－≤0在上恒成立，即a≤2x＋在上恒成立，令g(x)＝2x＋，g′(x)＝2－＜0，即g(x)在上单调递减，可得g(x)＞2×＋＝3.故a≤3.故选C． 4．法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理：若函数f(x)在闭区间[a，b]上是连续不断的，在开区间(a，b)上都有导数，则在区间(a，b)上至少存在一个实数t，使得f(b)－f(a)＝f′(t)(b－a)，其中t称为“拉格朗日中值”．函数g(x)＝x2＋x在区间[0，1]上的“拉格朗日中值”t＝(　　) A． B． C．2 D． 【答案】　A 【解析】　因为g(x)＝x2＋x，所以g′(x)＝x＋1，则g′(t)＝t＋1＝＝，所以t＝.故选A． 5．(2025·广州二模)已知函数f(x)＝sin x＋sin 2x＋2(x－1)在[－2π，2π]上的所有极值点从小到大依次记为x1，x2，…，xn，则(xi)＝(　　) A．－32 B．－16 C．－8 D．－4 【答案】　B 【解析】　f′(x)＝cos x＋cos 2x·2＋2＝cos x＋3cos 2x＋2＝cos x＋3(2cos2x－1)＋2＝6cos2x＋cos x－1＝0，得cos x＝－或cos x＝，x∈[－2π，2π]，由y＝cos x的图象可知f′(x)＝0在[－2π，2π]上有8个变号零点，即f(x)的极值点； 其中x1＋x4＝x2＋x3＝－2π，x5＋x8＝x6＋x7＝2π，故f(x)＋f(2π－x)＝sin x＋sin 2x＋2(x－1)＋f(x)＋sin(2π－x)＋sin 2(2π－x)＋2[(2π－x)－1]＝4π－4，同理可得f(x)＋f(－2π－x)＝－4π－4，故f(x1)＋f(x4)＝f(x2)＋f(x3)＝－4π－4，f(x5)＋f(x8)＝f(x6)＋f(x7)＝4π－4，故f(x1)＋f(x2)＋…＋f(x8)＝－16.故选B. 6．(2025·天津模拟)设a＝，b＝ln ，c＝sin ，则(　　) A．c＜b＜a B．a＜b＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a 【答案】　C 【解析】　设f(x)＝x－sin x，x∈(0，1)，f′(x)＝1－cos x≥0，所以f(x)在(0，1)上单调递增，则f＝－sin ＞f(0)＝0，所以＞sin ，即a＞c，设g(x)＝ln(1＋2x)－x，x∈，g′(x)＝－1＝＞0，x∈，所以g(x)在上单调递增，所以g＝ln －＞g(0)＝0，所以ln＝ln ＞，则b＞a，所以b＞a＞c.故选C． 7．(2025·龙岗区校级三模)已知f(x)＝ex－1＋4x－4，若正实数a满足f＜1，则a的取值范围为(　　) A．a＞ B．0＜a＜或a＞ C．0＜a＜或a＞1 D．a＞1 【答案】　C 【解析】　∵f(x)＝ex－1＋4x－4，∴f′(x)＝ex－1＋4＞0恒成立，∴f(x)在R上单调递增，且f(1)＝1，又f＜1＝f(1)，则loga＜1，当a＞1时，可解得a＞，故a＞1，当0＜a＜1时，可解得0＜a＜，综上可得，a的取值范围为∪(1，＋∞)．故选C． 8．(2025·昌黎县校级模拟)已知定义域为R的函数f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，且f(1＋x)－f(1－x)＝2x，若其导函数为f′(x)，则f′(2 025)等于(　　) A．－ B．0 C． D．1 【答案】　D 【解析】　因为f(－x)＝－f(x)，得－f′(－x)＝－f′(x)，即f′(－x)＝f′(x)，又因为f(1＋x)－f(1－x)＝2x，得f′(1＋x)＋f′(1－x)＝2，所以f′(－x)＝－f′(2＋x)＋2，所以f′(x)＝－f′(2＋x)＋2，所以f′(x＋2)＝－f′(4＋x)＋2，以上两式相减，可得f′(4＋x)＝f′(x)，所以f′(x)为以4为最小正周期的周期函数，在f′(1＋x)＋f′(1－x)＝2中，令x＝0，得f′(1)＝1，所以f′(2 025)＝f′(506×4＋1)＝f′(1)＝1.故选D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．(2025·许昌模拟)已知函数f(x)＝ax3－bx＋2，则(　　) A．f(x)的值域为R B．f(x)图象的对称中心为(0，2) C．当b－3a＞0时，f(x)在区间(－1，1)内单调递减 D．当ab＞0时，f(x)有两个极值点 【答案】　BD 【解析】　当a，b均为0时，值域为{2}，故A错误；f(－x)＋f(x)＝－ax3＋bx＋2＋ax3－bx＋2＝4，所以函数f(x)关于(0，2)中心对称，故B正确；f′(x)＝3ax2－b，当b－3a＞0时，取a＝－1，b＝－1，当x∈时，f′(x)＝－3x2＋1＞0，f(x)在区间上单调递增，故C错误；f′(x)＝3ax2－b，当ab＞0时，f′(x)＝3ax2－b＝0有两个不相等的实数根，所以函数f(x)有两个极值点，故D正确．故选BD． 10．(2025·东台市校级二模)已知函数f(x)＝cos 2x－sin x，则(　　) A．f(x)是奇函数 B．f(x)最小的10个正零点之和为 C．2π是f(x)的一个周期 D．f(x)在x＝0处的切线方程为y＝－x＋1 【答案】　BCD 【解析】　因为f(－x)＝cos 2x＋sin x≠－f(x)，所以f(x)不是奇函数，故A错误；令f(x)＝0，得cos 2x－sin x＝0，即2sin2x＋sin x－1＝0，所以sin x＝或sin x＝－1，x＝2kπ＋或x＝2kπ＋或x＝2kπ＋(k∈Z)，即x＝＋(k∈Z)，当k＝0，1，…，9时，对应最小的10个正零点为，，，2π＋，2π＋，2π＋，4π＋，4π＋，4π＋，6π＋，它们的和为 ＝，故B正确；由于f(2π＋x)＝cos(4π＋2x)－sin(2π＋x)＝cos 2x－sin x＝f(x)，故C正确；f(0)＝1，f′(x)＝－2sin 2x－cos x，f′(0)＝－1，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y＝－x＋1，故D正确．故选BCD． 11．(2025·辽宁三模)已知函数f(x)对任意x，y∈R，都有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－1，函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，且g(x)的导函数g′(x)满足xg′(x)＜3g(x)＋x2，则(　　) A．f(ln 4)＝2f(ln 2)－1 B．8g(1)＞g(2)＋4f(0) C．8g＋f(4)＞g(1)＋2f(2) D．当f(1)＝2时，y＝|f|可能为偶函数 【答案】　BCD 【解析】　令x＝y＝ln 2，得f(ln 2)＋f(ln 2)＝f(2ln 2)－1，即f(ln 4)＝2f(ln 2)＋1，A错误；令x＝y＝0，得2f(0)＝f(0)－1，得f(0)＝－1.由xg′(x)＜3g(x)＋x2，得x3g′(x)＜3x2g(x)＋x4，构造函数h(x)＝＋(x＞0)，则h′(x)＝－＜0，则h(x)为减函数，则h(1)＞h(2)，即g(1)＋1＞g(2)＋，则8g(1)＞g(2)－4，所以8g(1)＞g(2)＋4f(0)，故B正确；令x＝y＝2，得f(4)－2f(2)＝1.根据B的结论，得h＞h(1)⇒8g＋2＞g(1)＋1⇒8g＋1＞g(1)，所以8g＋f(4)＞g(1)＋2f(2)，故C正确；若f(1)＝2，则可取f(x)＝3x－1，满足f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－1，则y＝|f|为偶函数，故D正确．故选BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2025·安庆三模)已知函数f(x)＝2x2＋aln x的图象在x＝1处的切线经过坐标原点，则实数a＝________. 【答案】　－2 【解析】　因为f(x)＝2x2＋aln x，所以f′(x)＝4x＋，所以f′(1)＝4＋a，又f(1)＝2，所以y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y－2＝(4＋a)(x－1)，又切线方程过原点，把(0，0)代入得－2＝－1×(a＋4)，解得a＝－2. 13．(2025·静安区二模)用总长为14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，且容器底面的长边比短边长0.5 m(不计损耗)．若要使该容器的容积最大，则容器的高为________m. 【答案】　1.2 【解析】　设容器的短边长为x(m)，则另一边长为(x＋0.5)m，则高为＝(3.2－2x)m，由3.2－2x＞0，x＞0，解得0＜x＜1.6，容积y＝x(x＋0.5)(3.2－2x)＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，则y′＝－6x2＋4.4x＋1.6，令y′＝0，解得x＝1(负值舍去)，当0＜x＜1时，y′＞0，函数y单调递增，当1＜x＜1.6时，y′＜0，函数y单调递减，故当x＝1时，容积y最大，容器的高为3.2－2＝1.2. 14．(2025·清远模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x＋2sin x，若m＞0，n＞0，且f(2m)＋f(n－2)＝f(0)，则＋的最小值是________. 【答案】　4 【解析】　因为f(x)＝ex－e－x＋2sin x，所以f(－x)＝e－x－ex＋2sin(－x)＝－(ex－e－x＋2sin x)＝－f(x)，f′(x)＝ex＋e－x＋2cos x≥2＋2cos x≥0，所以函数f(x)为奇函数且为增函数，f(0)＝0.由f(2m)＋f(n－2)＝0，可得2m＋n－2＝0，即为(2m＋n)＝1，因为m，n＞0，所以＋＝(2m＋n)＝×≥4，当且仅当m＝，n＝1时取等号．故答案为4. 四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(2025·镜湖区校级模拟)设函数f(x)＝(a＞0)． (1)若f(x)是增函数，求a的取值范围； (2)若x1，x2为f(x)的两个极值点，求f(x1)f(x2)的取值范围． 【解析】　(1)由题意f(x)＝(a＞0)， 求导得f′(x)＝， 若f(x)是增函数， 即f′(x)＝≥0， 又ex＞0，(ax2＋1)2＞0， 所以ax2－2ax＋1≥0恒成立， 因为a＞0，则有Δ＝4a2－4a≤0， 解得0＜a≤1，即a的取值范围是(0，1]． (2)由(1)可知，若f(x)有两个极值点，则a＞1， 根据韦达定理得出x1＋x2＝2，x1x2＝， 所以f(x1)f(x2)＝×＝＝＝， 因为a＞1，所以∈， 所以f(x1)f(x2)的取值范围是. 16．(2025·宜宾模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝xln x. (1)若f(x)存在极小值，且极小值为－1，求a； (2)若f(x)≥g(x)，求a的取值范围． 【解析】　(1)因为f′(x)＝ex－a，x∈R， 当a≤0时，f′(x)＞0，所以函数f(x)无极值， 当a＞0时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a， 当x＜ln a时，f′(x)＜0， 当x＞ln a时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－aln a－1＝－1， 解得a＝e. (2)由f(x)≥g(x)，得ex－ax－1≥xln x， 即a≤，x＞0， 设φ(x)＝，x＞0， 则φ′(x)＝， 当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0，即φ(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，即φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(1)＝e－1， 则a≤e－1， 所以a的取值范围为(－∞，e－1]． 17．(2025·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ex－ax＋1. (1)若a＝0时，求曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若1＜a＜e时，f(x)在区间[0，1]上的最小值为3－2ln 2，求实数a的值． 【解析】　(1)a＝0时，f(x)＝ex＋1，f(1)＝e＋1， 且f′(x)＝ex， ∴k＝f′(1)＝e， 故切线方程为y－(e＋1)＝e(x－1)， 即ex－y＋1＝0. (2)∵f′(x)＝ex－a，ex∈[1，e]， 由1＜a＜e，存在x0∈[0，1]，使得f′(x0)＝0， 即ex0＝a，x0＝ln a， 当x∈[0，x0)时，f′(x0)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(x0，1]时，f′(x0)＞0，f(x)单调递增， 故f(x)min＝f(x0)＝ex0－ax0＋1＝a－aln a＋1＝3－2ln 2， 令g(a)＝a－aln a＋1， g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a＜0， ∴g(a)在(1，e)上单调递减， 易知g(2)＝3－2ln 2，所以a＝2. 第 1 页 共 27 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题一　函数与导数 第3讲　导数的简单应用 【真题再现●明考向】 1．导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2．对导数几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题的第一问． 3．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型． 【考情分析●明方向】 1．(2023·全国甲卷文科)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x　　　　　　 B．y＝x　　　　　　 C．y＝x＋　　　　　　 D．y＝x＋ 2．(2023·全国乙卷文科)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 3．(2023·新课标全国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(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 4．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 5．(2025·新课标全国Ⅰ卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的切线，则a＝________. 6．(2025·新课标全国Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________. 7．(2022·全国乙卷)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是________. 8．(2023·全国乙卷理科)已知a∈(0，1)，函数f(x)＝ax＋(a＋1)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________. 【考点突破●提能力】 考点一　导数的计算、几何意义 【核心知识】 1．导数的几何意义 函数f(x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f ′(x0)(x－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)＝sin x f ′(x)＝cos x f(x)＝ex f ′(x)＝ex f(x)＝ln x f ′(x)＝ f(x)＝xα(α∈Q) f ′(x)＝αxα－1 f(x)＝cos x f ′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a>0，a≠1) f ′(x)＝axln a f(x)＝logax(a>0，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)． 【方法技巧】 1．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P′(x1，f(x1))； 第二步：写出过点P′(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． 2．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、切线的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． 提醒：(1)注意曲线上横坐标的取值范围； (2)谨记切点既在切线上又在曲线y＝f(x)上． 【典例研析】 1．(1)(2025·湖北一模)下列求导运算正确的是(　　) A．(sin a)′＝cos a(a为常数) B．(sin 2x)′＝2cos 2x C．(3x)′＝3xlog3e D．()′＝ (2)(2025·沧州模拟)已知函数y＝f(x)的高阶导数为y＝f(n)(x)，即对函数f(x)连续求n阶导数．例如f(x)＝sin x，则f′(x)＝cos x，f″(x)＝－sin x，f(x)＝－cos x，f(4)(x)＝sin x，f(5)(x)＝cos x，….若f(x)＝g(x)h(x)，则f(10)(x)的展开式中g(4)(x)h(6)(x)的系数是(　　) A．210 B．255 C．280 D．360 (3)(2025·和平区二模)曲线f(x)＝与曲线g(x)＝(ax＋1)ex在点(0，1)处的切线互相垂直，则实数a＝(　　) A．2 B．0 C．－ D．－ (4)(2025·高新区校级模拟)已知f(x)＝f′cos x＋sin x，则曲线y＝f(x)在x＝0处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为(　　) A． B． C． D．2 【跟踪训练】 1．(2025·鹤壁一模)已知函数f(x)＝3f′(1)x－x2＋ln x＋，则f′(1)＝(　　) A．1 B．2 C． D．－ 2．(2025·龙岗区校级三模)已知曲线y＝x3－x＋2的切线与曲线y＝ln(x＋1)－a也相切，若该切线过原点，则a＝________. 考点二　导数与函数的单调性 【核心知识】 导数与函数单调性的关系 (1)f ′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x)≥0. (2)f ′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x)＝0时，f(x)为常数函数，函数不具有单调性． 【方法技巧】 1．利用导数比较大小的方法 (1)若已知函数解析式比较函数值的大小，首先要判断已知函数的单调性，根据单调性比较大小． (2)若是比较数值的大小，其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数，并根据构造的辅助函数的单调性比较大小． 2．根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f ′(x)≥0(f ′(x) 0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f ′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 【典例研析】 2．(1)(2025·通州区模拟)已知函数f(x)＝x2＋cos x，则f(－2)，f(3)，f(π)的大小关系是(　　) A．f(－2)＜f(3)＜f(π) B．f(π)＜f(3)＜f(－2) C．f(3)＜f(－2)＜f(π) D．f(－2)＜f(π)＜f(3) (2)(2025·永州三模)若函数f(x)＝aex－x3在区间(1，3)上单调递增，则实数a的最小值为(　　) A． B． C． D． (3)(2025·毕节市模拟)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)＝0，当x＜0时，xf′(x)＋3f(x)＞0，则不等式f(x)＜0的解集为(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(0，1) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1，0)∪(1，＋∞) 【跟踪训练】 3．(2025·临汾二模)设a＝ln 0.9，b＝－，c＝e0.9，则(　　) A．c＞a＞b B．c＞b＞a C．b＞c＞a D．a＞c＞b 4．(2025·辽宁一模)若函数f(x)＝ln x＋x2－ax在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，2] C．(－∞，2] D．[1，＋∞) 5．(2025·开福区校级模拟)已知定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝，且f(x)＋f′(x)＜0，则不等式f(x＋1)＞的解集是(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，2) C．(0，＋∞) D．(－∞，0) 考点三　利用导数研究函数的极值与最值 【核心知识】 可导函数的极值与最值 (1)若在x0附近左侧f ′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f ′(x)＜0，右侧f ′(x)＞0，则f(x0)为函数f(x)的极小值． (2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得． 【方法技巧】 1．求函数的极值或极值点的步骤 (1)求导数f ′(x)，不要忘记函数f(x)的定义域． (2)求方程f ′(x)＝0的根． (3)检查在方程的根的左右两侧f ′(x)的符号，确定极值点或函数的极值． 2．求函数f(x)在[a，b]上最值的方法 (1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)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． (3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到． 【典例研析】 3．(1)(2025·鄄城县校级模拟)等比数列{an}中的a2，a24是函数f(x)＝(x2－12x＋21)ex的极值点，a2≠a24，则log3|a13|＝(　　) A．1 B． C．－1 D．－ (2)(2025·汕头二模)若函数f(x)＝有两个极值点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0) B．(0，2) C．(0，1] D．(0，1) (3)(2025·渭南模拟)函数f(x)＝|x－1|＋|x－3|＋2ex的最小值为(　　) A．6 B．2＋2e C．6－2ln 2 D．e2＋1 (4)(2025·湖北模拟)函数f(x)＝aln x－＋－ab，若f(x)≥0恒成立，则a(b＋1)的取值范围是(　　) A．(－∞，e] B．(0，2e] C．[2，＋∞) D．(－∞，2] 【跟踪训练】 6．(2025·邯郸一模)已知函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0]∪{e} B．[0，＋∞)∪{－e} C．(－∞，0] D．[0，＋∞) 7．(多选)(2025·江西模拟)设函数f(x)＝ex－e－x－2x，x∈R，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)是奇函数　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．f(x)在R上是单调函数 C．f(x)的最小值为1 D．当x＞0时，f(x)＞0 考点四　函数的极值和最值的综合应用 【方法技巧】 等价转化思想在解决极值与最值问题中的应用 (1)函数在某一区间上有极值(点)，可以转化为方程满足某种条件的解． (2)求函数的极值、最值问题，可以转化为函数的单调性问题． (3)与函数极值、最值有关的参数问题，可以转化为解方程、不等式问题，而某些方程有解、不等式有解、不等式恒成立问题则可以转化为函数的最值问题． 【典例研析】 4．(1)(多选)(2025·南昌校级模拟)已知函数f(x)＝则(　　) A．f(x)在区间(0，3)上单调递增 B．f(x)仅有1个极大值点 C．f(x)无最大值，有最小值 D．当a∈[3，4]时，关于x的方程f(x)＝a共有3个实根 (2)(2025·鼓楼区校级模拟)已知函数f(x)＝ex－x2－(1＋a)x，若对任意两个不相等的实数x1，x2，都有>－1，则a的最大值为(　　) A．　　　　　　 B．1　　　　　　 C．2　　　　　　 D．0 (3)(多选)(2025·南京校级二模)已知函数f(x)＝x3－ax2＋x(a∈R)，则下列说法正确的有(　　) A．若f(x)是R上的增函数，则a∈[－1，1] B．当a＞1时，函数f(x)有两个极值 C．当a＞1时，函数f(x)有三个零点 D．若关于x的方程f(x)＝t恰有两个非零的实数根x1，x2(x1＜x2)，则x1＋2x2＝3a 【跟踪训练】 8．(2025·江西模拟)已知a∈，若≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，则的最大值为(　　) A．　　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　　 C．　　　　　　　　　　 D．e 9．(2025·晋城二模)若关于x的不等式x2x＞axln x在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为____________. 【限时训练】（限时：120分钟） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．(2025·福州模拟)曲线f(x)＝x3＋3x在点(－1，f(－1))处的切线方程为(　　) A．y＋4＝0 B．2x－y－2＝0 C．6x－y＝0 D．6x－y＋2＝0 2．(2025·武汉期中)已知函数f(x)＝f′cos 2x＋3sin x，则f′＝(　　) A．－＋ B．－＋ C．－＋ D．－ 3．(2025·乐山校级二模)函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x，若f(x)在上是减函数，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，2) C．(－∞，3] D．(－∞，3) 4．法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理：若函数f(x)在闭区间[a，b]上是连续不断的，在开区间(a，b)上都有导数，则在区间(a，b)上至少存在一个实数t，使得f(b)－f(a)＝f′(t)(b－a)，其中t称为“拉格朗日中值”．函数g(x)＝x2＋x在区间[0，1]上的“拉格朗日中值”t＝(　　) A． B． C．2 D． 5．(2025·广州二模)已知函数f(x)＝sin x＋sin 2x＋2(x－1)在[－2π，2π]上的所有极值点从小到大依次记为x1，x2，…，xn，则(xi)＝(　　) A．－32 B．－16 C．－8 D．－4 6．(2025·天津模拟)设a＝，b＝ln ，c＝sin ，则(　　) A．c＜b＜a B．a＜b＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a 7．(2025·龙岗区校级三模)已知f(x)＝ex－1＋4x－4，若正实数a满足f＜1，则a的取值范围为(　　) A．a＞ B．0＜a＜或a＞ C．0＜a＜或a＞1 D．a＞1 8．(2025·昌黎县校级模拟)已知定义域为R的函数f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，且f(1＋x)－f(1－x)＝2x，若其导函数为f′(x)，则f′(2 025)等于(　　) A．－ B．0 C． D．1 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．(2025·许昌模拟)已知函数f(x)＝ax3－bx＋2，则(　　) A．f(x)的值域为R B．f(x)图象的对称中心为(0，2) C．当b－3a＞0时，f(x)在区间(－1，1)内单调递减 D．当ab＞0时，f(x)有两个极值点 10．(2025·东台市校级二模)已知函数f(x)＝cos 2x－sin x，则(　　) A．f(x)是奇函数 B．f(x)最小的10个正零点之和为 C．2π是f(x)的一个周期 D．f(x)在x＝0处的切线方程为y＝－x＋1 11．(2025·辽宁三模)已知函数f(x)对任意x，y∈R，都有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)－1，函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，且g(x)的导函数g′(x)满足xg′(x)＜3g(x)＋x2，则(　　) A．f(ln 4)＝2f(ln 2)－1 B．8g(1)＞g(2)＋4f(0) C．8g＋f(4)＞g(1)＋2f(2) D．当f(1)＝2时，y＝|f|可能为偶函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(2025·安庆三模)已知函数f(x)＝2x2＋aln x的图象在x＝1处的切线经过坐标原点，则实数a＝________. 13．(2025·静安区二模)用总长为14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，且容器底面的长边比短边长0.5 m(不计损耗)．若要使该容器的容积最大，则容器的高为________m. 14．(2025·清远模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x＋2sin x，若m＞0，n＞0，且f(2m)＋f(n－2)＝f(0)，则＋的最小值是________. 四、解答题：每小题15分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(2025·镜湖区校级模拟)设函数f(x)＝(a＞0)． (1)若f(x)是增函数，求a的取值范围； (2)若x1，x2为f(x)的两个极值点，求f(x1)f(x2)的取值范围． 16．(2025·宜宾模拟)已知函数f(x)＝ex－ax－1，g(x)＝xln x. (1)若f(x)存在极小值，且极小值为－1，求a； (2)若f(x)≥g(x)，求a的取值范围． 17．(2025·绵阳模拟)已知函数f(x)＝ex－ax＋1. (1)若a＝0时，求曲线f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)若1＜a＜e时，f(x)在区间[0，1]上的最小值为3－2ln 2，求实数a的值． 第 1 页 共 27 页 学科网（北京）股份有限公司 $