专题06 导数 讲义-2026届高三数学二轮复习

专题06 导数 1 2 1．导数的概念与几何意义． (1)在处的导数． (2)在处的导数就是切线的斜率,即． 2．常见导数． (1) c′=0． (2) (xα)′=αxα－1． (3) (sinx)′= cosx． (4) (cosx)′=－sinx． (5) (ax)′= axlna． (6) (ex)′= ex． (7) (logax)′=logax． (8) (lnx)′=． 3．导数的运算． (1)[cf(x)]′＝cf′(x)． (2)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)． (3)[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)． (4)(g(x)≠0)． (5)复合函数y＝f(g(x))的导数：令y＝f(u)，u＝g(x)，则yx′＝yu′·ux′． 4．函数的单调性． (1)f′(x)＞0 f(x)在(a，b)上单调递增． (2)f′(x)＜0 f(x)在(a，b)上单调递减． 5．函数的极值． (1)函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点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y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点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． 6．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． (3)若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． (4) y＝f(x)在[a,b]上最值的求解： ①求y＝f(x)在区间(a，b)上的极值． ②将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． 3 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 热点1 切线方程 1．曲线“在”P点处的切线方程． (1)计算切点的纵坐标． (2)计算切线斜率． (3)计算切线方程.切线过切点，切线斜率． (4)由直线的点斜式方程得到切线方程：． 2．与切线有关的参数问题． (1)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． (2)切点处的导数是切线的斜率． (3)切点在切线上，故满足切线方程． (4)切点在曲线上，故满足曲线方程． 【例1】（2025•重庆校级模拟）已知直线l与曲线f（x）＝ex+sinx在点（0，f（0））处的切线垂直，则直线l的斜率为（　　） A．﹣1 B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】可得f′（x）＝ex+cosx，得到f′（0）＝2，进而求得直线l的斜率，得到答案． 【解答】解：由函数f（x）＝ex+sinx，可得f′（x）＝ex+cosx， 则f′（0）＝2，所以直线l的斜率为． 故选：C． 【例2】（2025•莱州市校级模拟）函数在处的切线与直线y＝3x+5垂直，则a＝（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出f（x）导数，，利用函数f（x）在处的切线与直线y＝3x+5垂直，列出方程，即可求出实数a的值． 【解答】解：函数，求导得， ， 又f（x）在处的切线与直线y＝3x+5垂直， 所以3×4a＝﹣1，解得． 故选：B． 【例3】（2026•延安模拟）若直线y＝kx是曲线y＝ex的一条切线，则k＝　　　　． 【答案】e． 【分析】根据导数的几何意义，即可求解． 【解答】解：因为y＝ex的导数为y′＝ex， 设直线y＝kx与曲线y＝ex切于点（t，et）， 则切线方程为y﹣et＝et（x﹣t），又其过（0，0）， 所以﹣et＝et（﹣t），解得t＝1， 所以切线斜率k＝et＝e． 故答案为：e． 【例4】（2026•西安模拟）函数f（x）＝xlnx在x＝1处的切线方程为　　　　． 【答案】y＝x﹣1． 【分析】根据导数的几何意义，即可求解． 【解答】解：因为f（x）＝xlnx，所以f′（x）＝lnx+1，所以f（1）＝0，f′（1）＝1， 所以所求切线方程为y＝x﹣1． 故答案为：y＝x﹣1． 【例5】（2026•河北模拟）设函数． （1）当a＝1时，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程． （2）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，若恒成立，求a的最大值． 【答案】（1）x﹣y﹣1＝0； （2）1． 【分析】（1）求导，根据切点横坐标求出切线斜率和该点坐标，再结合直线点斜式求切线方程； （2）根据可得，设函数，求导求解最小值． 【解答】解：（1）已知函数f（x）＝ax﹣lnx， 因此由a＝1，知， 则，得f′（1）＝1， 故函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x﹣y﹣1＝0； （2）由恒成立，可得， 即在（0，+∞）恒成立， 设，x∈（0，+∞），则， 当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）单调递增， 当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）在（0，1）单调递减， 所以g（x）≥g（1）＝1，即g（x）的最小值为1， 所以a≤1，即a的最大值为1． 热点2 函数的单调性 函数单调性的求解． (1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间． (2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间． 【例6】（2025•鼓楼区校级模拟）函数，则下列说法正确的是（　　） A．是偶函数，且在区间（0，+∞）上单调递增 B．是偶函数，且在区间（0，+∞）上单调递减 C．是奇函数，且在区间（0，+∞）上单调递增 D．是奇函数，且在区间（0，+∞）上单调递减 【答案】A 【分析】根据f（x）＝f（﹣x）可得函数为偶函数，再根据x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，故可得出函数f（x）在（0，+∞）单调递增． 【解答】解：∵， ∴f（﹣x）＝ln（e﹣x+1）lnln（ex+1）﹣lnexln（ex+1）f（x）， ∴f（x）为偶函数， f'（x），当x∈（0，+∞）时，ex+1＞2，∴， ∴f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增． 故选：A． 【例7】（2025•四川校级三模）命题p：“函数在区间[﹣1，1]上单调递增”是命题q：“a≤1”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先求出p恒成立时a的取值范围，再用集合法判断充要条件即可 【解答】解：命题在[﹣1，1]内单调递增， 则f′（x）＝x2﹣a≥0，即a≤x2在[﹣1，1]上恒成立， 令g（x）＝x2，由于x∈[﹣1，1]，则x2≥0，则g（x）≥0， g（x）的最小值为0，则必有a≤0， 所以p是q的充分不必要条件． 故选：A． 【例8】（2025•齐齐哈尔二模）函数f（x）＝x3+mx2+3x﹣1在R上单调递增的必要不充分条件为（　　） A．m∈（﹣3，3） B．m∈[﹣3，3] C．m∈（﹣6，3） D．m∈（﹣6，3] 【答案】D 【分析】根据题意可得关于m的不等式，解出即可． 【解答】解：依题意，f′（x）＝3x2+2mx+3≥0在R上恒成立， 则Δ＝4m2﹣36≤0，解得﹣3≤m≤3， 结合选项知，f（x）＝x3+mx2+3x﹣1在R上单增的必要不充分条件为m∈（﹣6，3]． 故选：D． 【例9】（2026•扬州一模）已知函数在（﹣1，3）上单调递减，则整数a的可能取值为　　　　.（答案不唯一，只需写出满足条件的一个值） 【答案】﹣1（答案不唯一，满足的一个整数即可）． 【分析】根据函数f（x）在（﹣1，3）上单调递减，所以f′（x）≤0对∀x∈（﹣1，3）恒成立，再根据一元二次方程的根的分布规律求解即可． 【解答】解：因为函数在（﹣1，3）上单调递减， 所以f′（x）＝x2+2ax﹣7≤0对∀x∈（﹣1，3）恒成立， 所以解得， 所以整数a的取值集合为{﹣3，﹣2，﹣1}． 故答案为：﹣1（答案不唯一，满足的一个整数即可）． 【例10】（2026•宝鸡模拟）已知函数f（x）＝lnx2，a∈R． （1）讨论f（x）的单调性． （2）若对任意x∈（0，+∞）都有f（x）≥0恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）当a＞0时，f（x）在（0，a）上单减，在（a，+∞）上单增， 当a≤0时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增； （2）[e，+∞）． 【分析】（1）对函数求导可得f′（x），x＞0，再对a进行分情况讨论即可求得答案； （2）x∈（0，+∞）时，恒成立，对不等式进行参变量分离可得x∈（0，+∞）时，a≥2x﹣xlnx恒成立，令g（x）＝2x﹣xlnx，对函数g（x）求导，分析单调性，求得最大值即可得到答案． 【解答】解：（1）由题意函数f（x）＝lnx2，a∈R， 对函数求导可得f′（x），x＞0， ①若a＞0，x∈（0，a）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减， x∈（a，+∞）时f′（x）＞0，f（x）单调递增， ②若a≤0，f′（x）＞0在x∈（0，+∞）成立，f（x）在（0，+∞）单调递增， 综上所述，当a＞0时，f（x）在区间（0，a）上单减，在区间（a，+∞）上单增， 当a≤0时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增； （2）由题知x∈（0，+∞）时，恒成立， 即x∈（0，+∞）时，a≥2x﹣xlnx恒成立， 令g（x）＝2x﹣xlnx，则g'（x）＝1﹣lnx， x∈（0，e）时，g（x）＞0，g（x）单调递增， x∈（e，+∞）时g′（x）＜0，g（x）单调递减， 所以g（x）max＝g（e）＝e，所以a≥e， 即a的取值范围为[e，+∞）． 热点3 函数的极值与最值 1．函数极值的求解． (1)确定函数的定义域． (2)求导数f′(x)． (3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根． (4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f′(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f′(x)在x0处取极小值． 2．函数最值的求解． (1) 求函数在(a，b)内的极值． (2) 求函数在区间端点处的函数值f(a)、f(b)． (3) 将函数f(x)的各极值与f(a)、f(b)比较，其中最大的一个为最大值． 3．由极值最值求参数． (1)已知函数极值确定函数解析式中的参数时，要根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解，求解后要检验． (2)若所给函数f(x)含参数，则需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． 【例11】（2025•湖南三模）已知函数f（x）＝x2﹣mx+2lnx在x＝2时取极小值，则其导函数f′（x）的最小值为（　　） A．﹣5 B．﹣3 C．﹣1 D． 【答案】C 【分析】首先对原函数求导，根据已知条件求出m的值，进而求出原函数的表达式，再利用基本不等式求导函数的最小值． 【解答】解：因为f（x）＝x2﹣mx+2lnx在x＝2时取极小值， 所以在x＝2处成立． 即，所以m＝5． 当m＝5时，f（x）＝x2﹣5x+2lnx，则， 当时，f′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0， 所以f（x）在x＝2时取得极小值，故m＝5．此时， 因为x＞0，所以， 所以导函数的最小值为：4﹣5＝﹣1． 故选：C． 【例12】（多选）（2026•碧江区 校级模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2，a∈R，则下列结论中错误的有（　　） A．f（x）一定有极大值 B．当a＞0时，f（x）有极小值 C．当a＜0时，f（x）可能无零点 D．若f（x）在区间（0，1）上单调递增，则 【答案】ABC 【分析】求得，当a≤0，得到f（x）在定义域上单调递增，无极值，可判定A错误； 若a＞0时，得到函数f（x）的单调区间，结合极值的概念，可判定B错误； 由a＜0时，f（x）在定义域上单调递增，结合x→0+时，f（x）→﹣∞，当x＞1时，f（x）＞0，可判定C错误； 结合函数的单调性，列出不等式，可判定D正确． 【解答】解：由函数f（x）＝lnx﹣ax2，可得， 若a≤0，则f'（x）＞0恒成立，即f（x）在定义域上单调递增，无极值，故A错误； 若a＞0，令f'（x）＞0，解得；令f'（x）＜0，解得， 所以f（x）在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数f（x）取得极大值，所以B错误； 若a＜0，由上知f（x）在定义域上单调递增，当x→0+时，f（x）→﹣∞，当x＞1时，f（x）＞0，故∃x0∈（0，1）使得f（x0）＝0，故C错误； 若f（x）在区间（0，1）上单调递增，由a≤0时，f'（x）＞0恒成立，满足题意； 当a＞0时，则满足，即，综上可得，故D正确． 故选：ABC． 【例13】（2026•思南县校级模拟）已知函数f（x）＝x3+3mx2﹣nx+m2在x＝﹣1时有极值0，则mn＝　　　　． 【答案】﹣18． 【分析】对函数进行求导，根据函数f（x）在x＝﹣1有极值0，可以得到f（﹣1）＝0，f′（﹣1）＝0，代入求解即可． 【解答】解：∵f（x）＝x3+3mx2﹣nx+m2，∴f′（x）＝3x2+6mx﹣n， 依题意得，得，解得或， 当m＝1，n＝﹣3时函数f（x）＝x3+3x2+3x+1，f′（x）＝3x2+6x+3＝3（x+1）2≥0，函数在R上单调递增，函数无极值，舍去； 当m＝2，n＝﹣9时，经检验符合题意． 故答案为：﹣18． 【例14】（2026•常德模拟）函数的值域为　　　　． 【答案】． 【分析】换元u＝2x，化简得f（u）＝sinu（1+cosu），然后设t＝cosu，可得，平方后运用导数求出h（t）的最大值与最小值，进而求得g（t）的值域． 【解答】解：由题意得f（x）＝sin2x+sin2xcos2x＝sin2x（1+cos2x）， 令u＝2x，则f（x）＝k（u）＝sinu（1+cosu）， 由于函数k（u）是奇函数且周期为π，只需考虑u∈[0，π]， 令t＝cosu，t∈[﹣1，1]，结合sinu≥0，可得， 因此k（u）可化为， 令h（t）＝[g（t）]2＝（1﹣t2）（1+t）2＝（1﹣t）（1+t）3，t∈[﹣1，1] 求导数得h′（t）＝﹣（1+t）3+3（1﹣t）（1+t）2 ＝（1+t）2[﹣（1+t）+3（1﹣t）]＝（1+t）2（2﹣4t），t∈[﹣1，1]， 令h′（t）＝0，解得t＝﹣1或， 当t＝﹣1时，h（﹣1）＝（1+1）（1﹣1）3＝0， 当时，， 当t＝1时，h（1）＝（1﹣1）（1+1）3＝0， 所以h（t）的最大值是，可得g（t）的最大值为， 即函数f（x）的最大值为， 根据是奇函数，可知f（x）的最小值为， 所以f（x）的值域为． 故答案为：． 【例15】（2026•南平一模）设函数f（x）＝xln（a﹣x），a＞0． （1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）证明：f（x）存在唯一极大值点； （3）记f（x）的极大值点为x0，若存在a，使得f（x0）≤a+b，求b的取值范围． 【答案】（1）y＝﹣x+1； （2）f（x）存在唯一的极大值点； （3）[﹣e，+∞）． 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解； （2）利用导数与单调性和极值的关系即可证明； （3）由题可得，令h（t）＝tln2t﹣tlnt﹣t，然后利用导数求出h（t）的最小值即可得解． 【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝xln（2﹣x）， 则，所以f（1）＝0，f'（1）＝﹣1， 故所求切线方程为y＝﹣x+1； （2）证明：由题知，f（x）的定义域为（﹣∞，a），则， 设，则， 所以g（x）在（﹣∞，a）上单调递减， 又，， 所以存在唯一的使得f'（x0）＝0， 当x∈（﹣∞，x0）时，f′（x）＞0，当x∈（x0，a）时，f'（x）＜0， 所以f（x）在（﹣∞，x0）单调递增，在（x0，a）单调递减， 所以f（x）存在唯一的极大值点； （3）由（2）得f（x）max＝f（x0）＝x0ln（a﹣x0），且， 令a﹣x0＝t＞0，则，即a＝tlnt+t， 所以， 令h（t）＝tln2t﹣tlnt﹣t， 依题意，存在a，使得f（x0）﹣a≤b，即h（t）min≤b， 则h'（t）＝ln2t+lnt﹣2＝（lnt﹣1）（lnt+2）， 令h'（t）＞0，解得0＜t＜e﹣2或t＞e， 令h'（t）＜0，解得e﹣2＜t＜e， 所以h（t）在（0，e﹣2），（e，+∞）上单调递增，在（e﹣2，e）上单调递减， 当t∈（0，e﹣2）时，， 又h（e）＝﹣e，则h（t）min＝h（e）＝﹣e，此时a＝2e，x0＝e， 所以b的取值范围是[﹣e，+∞）． 热点4 比较大小 构造函数比较大小． (1)在不等式中需要通过构造含f (x)与另一函数的和、差、积、商的新函数． (2)再借助导数探索新函数的性质，进而求出结果． 【例16】（2026•天津模拟）已知函数f（x）＝ex﹣1+4x﹣4，，若f（x1）＝g（x2）＝0，则下列说法中正确的是（　　） A．0＜g（x1）＜f（x2） B．f（x2）＜g（x1）＜0 C．f（x2）＜0＜g（x1） D．g（x1）＜0＜f（x2） 【答案】D 【分析】分析函数f（x），g（x）的单调性，利用零点存在定理求出函数零点的取值范围，再由函数的单调性得出f（x2），g（x1）的正负即可得解． 【解答】解：因为f（x）＝ex﹣1+4x﹣4， 所以f'（x）＝ex﹣1+4＞0恒成立，f（x）为增函数， 因为f（0）＝e﹣1﹣4＜0，f（1）＝1＞0，且f（x1）＝0， 所以由零点存在定理可知0＜x1＜1， 因为，所以x＞0，恒成立，g（x）为增函数， 因为g（1）＝﹣1＜0，，且g（x2）＝0， 所以由零点存在定理知1＜x2＜2， 所以f（x2）＞f（1）＞0，g（x1）＜g（1）＜0，因此g（x1）＜0＜f（x2）． 故选：D． 【例17】（2026•河北模拟）已知正数x，y，z满足，则（　　） A．z＜y＜x B．z＜x＜y C．y＜x＜z D．x＜z＜y 【答案】B 【分析】根据给定条件，求出x，y，z并变形得，再构造函数，利用导数确定单调性即可比较大小． 【解答】解：由题意正数x，y，z满足， 可得， 则，令函数， 当t＞e时，求导得，函数f（t）在[e，+∞）上单调递减， 因此f（4）＜f（3）＜f（e），而，则lnz＜lnx＜lny， 所以z＜x＜y． 故选：B． 【例18】（2025•三台县校级模拟）已知，b＝ln1.2，，则（　　） A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．b＞a＞c D．a＞c＞b 【答案】B 【分析】利用不等式ex≥x+1，x﹣1≥lnx，即可判断． 【解答】解：令f（x）＝ex﹣x﹣1，则f'（x）＝ex﹣1， 当x＜0时，f'（x）＜0，当x＞0时，f'（x）＞0， 所以f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，（0，+∞）上单调递增， 又f（0）＝0，所以f（x）≥0，即ex≥x+1，当且仅当x＝0时，等号成立， 所以，即c＞a； 令g（x）＝x﹣1﹣lnx，则g'（x）＝1， 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，（1，+∞）上单调递增，又g（1）＝0， 所以g（x）≥0，即x﹣1≥lnx，当且仅当x＝1时，等号成立， 所以ln1.2，即a＞b； 综上：c＞a＞b． 故选：B． 【例19】（2025•沅江市校级模拟）设，则a，b，c的大小关系是（　　） A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 【答案】B 【分析】构造函数f（x）＝x﹣sinx、g（x）＝x﹣ln（x+1）和，其中x∈（0，1），利用导数得到它们的单调性即可比较出三者大小关系． 【解答】解：由已知可得， 设f（x）＝x﹣sinx，x∈（0，1），则f′（x）＝1﹣cosx＞0， 所以f（x）＝x﹣sinx在（0，1）上单调递增， 所以，即，所以， 设g（x）＝x﹣ln（x+1），x∈（0，1），则， 所以g（x）＝x﹣ln（x+1）在（0，1）上单调递增， 所以，即， 综上a＞b， 设，x∈（0，1），则， 当时，h'（x）＜0，当时，h′（x）＞0， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，所以a＜c， 所以b＜a＜c． 故选：B． 【例20】（2025•广西校级模拟）已知函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），若f（x）满足：（x﹣1）[f′（x）﹣f（x）]＞0，f（2﹣x）＝f（x）e2﹣2x，则下列判断正确的是（　　） A．f（1）＞ef（0） B．f（2）＞e2f（0） C．f（3）＞e3f（0） D．f（4）＜e4f（0） 【答案】C 【分析】根据题意令，利用导数及题干所给条件求得F（x）的单调性，利用函数的对称性，可得F（1）＜F（0）＝F（2）＜F（3）＜F（4），对其进行比较即可判断各选项． 【解答】解：令，则 ， 函数f（x）满足（x﹣1）[f′（x）﹣f（x）]＞0， 当x＞1时 F′（x）＞0，F（x）在[1，+∞）上单调递增， 当x＜1时F′（x）＜0，F（x）在（﹣∞，1]上单调递减， 又由， 即函数F（x）的图象关于x＝1对称，从而F（1）＜F（0）＝F（2）＜F（3）＜F（4）， 对于A，F（1）＜F（0），，f（1）＜ef（0），A错误； 对于B，F（0）＝F（2），，f（2）＝e2f（0），B错误； 对于C，F（0），，f（3）＞e3f（0），C正确； 对于D，F（4）＞F（0），，f（4）＞e4f（0），D错误． 故选：C． 热点5 函数的零点 1．函数的零点． (1)函数讨论法：讨论参数范围，借助函数单调性求解． (2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决． (3)数形结合法：构造两个函数，利用数形结合的方法求解． 【例21】（2025•曲靖一模）已知x1是函数f（x）＝xlnx﹣2025的零点，x2是函数g（x）＝lnx+x﹣ln2025的零点，则x1x2的值为（　　） A． B． C． D．2025 【答案】D 【分析】根据零点性质结合导数构造函数求解． 【解答】解：因为x1是f（x）＝xlnx﹣2025的零点，所以x1lnx1﹣2025＝0，可得x1lnx1＝2025①． 因为x2是g（x）＝lnx+x﹣ln2025的零点，所以lnx2+x2﹣ln2025＝0，即lnx2+x2＝ln2025． 设t＝lnx2，则，那么t+et＝ln2025． 对y＝xlnx求导，y′＝lnx+1，当x时，y′＞0，函数y＝xlnx单调递增； 当时，y′＜0，函数y＝xlnx单调递减． 对y＝lnx+x求导，，函数y＝lnx+x在（0，+∞）上单调递增． 由x1lnx1＝2025，lnx2+x2＝ln2025，且y＝xlnx与y＝lnx+x的单调性可知， x1与x2满足．那么． 又因为lnx2+x2＝ln2025，其2025，所以x1x2＝2025． 故选：D． 【例22】（2025•江西模拟）已知函数f（x）＝xeax+a（1﹣e）x﹣（e﹣1）lnx﹣1恰有2个零点，则实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用同构将函数进行化简，在利用单调性与交点个数转化成切线处理问题． 【解答】解：令f（x）＝0，得xeax+a（1﹣e）x﹣（e﹣1）lnx﹣1＝0， 即eax+lnx+（1﹣e）（lnx+ax）﹣1＝0， 令ax+lnx＝t，则et+（1﹣e）t﹣1＝0， 令h（x）＝ex+（1﹣e）x﹣1，则h′（x）＝ex+1﹣e． 令h′（x）＞0，可得x＞ln（e﹣1），令h′（x）＜0，可得x＜ln（e﹣1）， ∴h（x）在（﹣∞，ln（e﹣1））上单调递减，在（ln（e﹣1），+∞）上单调递增， 又0＜ln（e﹣1）＜1，h（0）＝h（1）＝0， 则h（x）＝0有且只有两个根，分别为0，1． 当a≥0时，f（x）恰有2个零点等价于y＝ax+lnx的图象与y＝0和y＝1共有2个交点． 令p（x）＝lnx+ax，则，则p（x）在（0，+∞）上单增， 又x→0，p（x）→﹣∞，x→+∞，p（x）→+∞，即p（x）∈R， 则y＝ax+lnx的图象与直线y＝0和y＝1各有1个交点，符合题意． 当a＜0时，函数f（x）恰有2个零点，等价于函数y＝lnx的图象与直线y＝﹣ax，y＝1﹣ax的图象共有2个交点， 如图1，当y＝﹣ax与y＝lnx相切，设对应切点为（x3，y3），∵， 则相应切线方程为， 则，解得； 如图2，当y＝1﹣ax与y＝lnx相切，设对应切点为（x4，y4）， 则相应切线方程为lnx4﹣1＝1﹣ax， 则，解得a，则． 综上，． 故选：D． 【例23】（多选）（2026•南宁模拟）定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）+f（x）＝0，当x＞0时，f（x）＝（2x2﹣7x+8）ex﹣5，则（　　） A．f（x）共有5个零点 B．f（x）共有4个极值点 C． D．当时，方程f（x）＝t（t∈R）有且仅有4个实数根 【答案】ABD 【分析】当x＞0时，求出f（x）的导数，利用导数得出f（x）的单调性，从而得出f（x）的极值、零点，再利用f（﹣x）+f（x）＝0知f（x）是R上的奇函数，图象关于原点对称，f（0）＝0，从而根据函数的单调性与奇函数的对称性得出f（x）共有5个零点，4个极值点，即可判断A、B；由f（﹣x）+f（x）＝0 可知，即可判断C；因为，，，，再结合函数的单调性与奇函数的对称性作出函数f（x）图象，由图象即可判断D． 【解答】解：对于A、B，当x＞0时，f（x）＝（2x2﹣7x+8）ex﹣5， 则f′（x）＝（2x2﹣7x+8）ex+（4x﹣7）ex＝（2x2﹣3x+1）ex＝（2x﹣1）（x﹣1）ex， 令f′（x）＝0，解得或x＝1， 当或x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0， 当时，f'（x）＜0， 所以f（x）在，（1，+∞）上单调递增，在上f（x）单调递减， 因此x＞0时，f（x）在时取得极大值，f（x）在x＝1时取得极小值，共有2个极值点，且， ， 又f（x）在（1，+∞）上单调递增，所以f（x）在（1，+∞）上有一个零点， 因此x＞0时，f（x）共有2个零点， 因为f（﹣x）+f（x）＝0，所以f（x）是R上的奇函数， 奇函数的图象关于原点对称，且f（0）＝0， 所以x＜0时，f（x）有2个零点，有2个极值点， 因此，f（x）在R上共有5个零点，4个极值点，故A、B正确； 对于C，因为f（x）是R上的奇函数， 所以，故C错误； 对于D，由于当x＞0时，， 则当x＞0且x→0时，， ， 作出函数f（x）图象， 由图象可知，当时，方程f（x）＝t（t∈R）有且仅有4个实数根，故D正确． 故选：ABD． 【例24】（2026•南通模拟）已知函数f（x）＝lnx+ax． （1）当a＝e时，求f（x）的零点； （2）给定数集A＝（0，+∞），任给a∈A，对应关系g使函数f（x）的零点x0与a对应． ①证明：x0＝g（a）是函数，并讨论该函数的单调性； ②若数列{an}满足a1（1﹣a2）＝1，an+1＝1﹣g（an），证明：． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）通过求导判断函数单调性，再结合零点存在定理，确定了特定参数下函数的零点，并证明了当参数为正时，函数存在唯一零点； （2）①将零点定义为关于参数的函数，通过构造辅助函数并分析其单调性，证明了该零点函数是单调递减的； ②利用前面的结论，结合递推关系与不等式放缩，对求和式进行了上界估计，最终完成了不等式的证明． 【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝lnx+ex， 由，得f（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为， 所以f（x）的零点为； （2）证明：①当a＞0时，， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为f（1）＝a＞0，， 所以，使得f（x0）＝0， 所以f（x）存在唯一零点x0∈（0，1）， 所以对于任意一个a的值，f（x）都有唯一零点x0与之对应， 所以x0＝g（a）是函数， 下面讨论该函数的单调性：在（0，+∞）任取a1，a2，且a2＞a1， 设x1＝g（a1），x2＝g（a2）， 所以x1，x2∈（0，1），且lnx1+ax1＝0，lnx2+ax2＝0， 所以， 因为a2＞a1，所以， 设，， 当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上单调递增， 因为h（x2）＜h（x1），所以x2＜x1，g（a2）＜g（a1）， 所以函数g（a）在（0，+∞）上单调递减； ②由（2）①知，0＜g（ai）＜1（i＝1，2，⋯，n）， 由得a1g（a1）＝1， 所以，解得， 所以a1＝e，， 由lng（ai）+aig（ai）＝0，得， 所以 ， 设Q（x）＝x2﹣x﹣lnx，x∈（0，1）， 所以， 所以Q（x）在（0，1）上单调递减， 所以Q（x）＞Q（1）＝0，所以ai﹣ai+1＞0， 因为0＜g（ai）＜1， 所以 ＜（a1﹣a2）g（a1）+（a2﹣a3）+（a3﹣a4）+⋯+（an﹣an+1） ＝（a1﹣a2）g（a1）+a2﹣an+1＜（a1﹣a2）g（a1）+a2 ， 所以得证． 【例25】（2026•铜仁市校级模拟）已知函数f（x）＝x（a﹣1）lnx﹣2，其中a∈R． （1）若f（x）存在唯一极值点，且极值为0，求a的值； （2）讨论f（x）在区间[1，e]上的零点个数． 【答案】（1）a＝1或a＝e； （2）当1＜a＜e时，f（x）在[1，e]上无零点，当a≤1或a≥e时，f（x）在[1，e]上有1个零点． 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的极值为0，得到关于a的方程，解出即可； （2）通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合零点存在性定理判断即可． 【解答】解：（1）f（x）＝x（a﹣1）lnx﹣2，定义域是（0，+∞）， f′（x）＝1（x＞0）， ①若a≤0，则当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0恒成立， 故f（x）在（0，+∞）单调递增，与f（x）存在极值点矛盾， ②若a＞0时，则由f′（x）＝0解得：x＝a， 故x∈（0，a）时，f′（x）＜0，当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0， 故f（x）在（0，a）单调递减，在（a，+∞）单调递增， 故f（x）存在唯一极小值点x＝a， 故f（a）＝a+1﹣（a﹣1）lna﹣2＝（a﹣1）（1﹣lna）＝0， 故a＝1或a＝e； （2）①a≤1时，f′（x）≥0在[1，e]上恒成立， 故f（x）在[1，e]上单调递增， ∵f（1）＝a﹣1≤0，f（e）＝ea﹣1＝（e﹣1）（1）＞0， ∴由零点存在性定理，f（x）在[1，e]上有1个零点； ②当1＜a＜e时，当x∈[1，a）时，f′（x）＜0，x∈（a，e]时，f′（x）＞0， ∴f（x）在[1，a）上单调递减，在（a，e]上单调递增， ∴f（x）min＝f（a）＝（a﹣1）（1﹣lna）＞0，此时f（x）在[1，e]上无零点； ③当a≥e时，∵f′（x）≤0在[1，e]上恒成立， ∴f（x）在[1，e]上单调递减， ∵f（1）＝a﹣1＞0，f（e）＝（e﹣1）（1）≤0， ∴f（x）在[1，e]上有1个零点； 综上：当1＜a＜e时，f（x）在[1，e]上无零点， 当a≤1或a≥e时，f（x）在[1，e]上有1个零点． 热点6 导数综合 导数综合问题． (1)不等式恒成立问题涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点． (2)不等式恒成立问题基本命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒（能）成立求参数的范围、不等式存在性问题． (3)基本上都采取分参法，求什么就把什么分离出来，转换成恒成立问题求解． 【例26】（多选）（2026•常德模拟）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx），下列选项正确的是（　　） A．f（x）有最大值 B． C．若x≥e时，f（x）﹣a（e﹣x）≤0恒成立，则a≤1 D．设x1，x2为两个不相等的正数，且，则 【答案】ACD 【分析】由题意，对函数f（x）进行求导，利用导数得到函数f（x）的单调性和最值，进而可判断选项A；将x和x代入函数f（x）的解析式中，利用作差法进行求解即可判断选项B；构造函数g（x）＝f（x）﹣a（e﹣x），对函数g（x）进行求导，结合定点即可判断选项C；将转化成，结合选项A中所得信息，设01e，构造函数h（x）＝f（1+x）﹣f（1﹣x），对h（x）进行求导，利用导数得到函数h（x）的单调性，进而即可判断选项D． 【解答】解：对于选项A：已知f（x）＝x（1﹣lnx），函数定义域为（0，+∞）， 可得f′（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx， 当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单增；当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单减， 所以当x＝1时，f（x）取得极大值也是最大值，最大值f（1）＝1，故选项A正确； 对于选项B：因为，，所以， 则，故选项B错误； 对于选项C：不妨设g（x）＝f（x）﹣a（e﹣x），函数定义域为[e，+∞）， 可得g′（x）＝﹣lnx+a， 因为g（e）＝0，若x≥e时，f（x）﹣a（e﹣x）≤0恒成立， 可得当x≥e时，g（x）≤0恒成立， 此时F′（e）＝﹣1+a≤0，解得a≤1， 若a≤1，此时g'（x）＝﹣lnx+a≤0恒成立， 所以g（x）在[e，+∞）上单调递减， 则g（x）≤g（e）＝0，符合题意， 综上，满足条件的a的取值范围为（﹣∞，1]，故选项C正确； 对于选项D：因为x1，x2为两个不相等的正数，且， 所以，即， 因为函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减， 当x→0时，f（x）→0，当0＜x＜e时，f（x）＞0， 不妨设01e， 不妨设h（x）＝f（1+x）﹣f（1﹣x），函数定义域为（0，1）， 可得h′（x）＝f′（1+x）+f′（1﹣x）＝﹣ln（1+x）﹣ln（1﹣x）＝﹣ln（1﹣x2）＞0恒成立， 所以函数h（x）在（0，1）上单调递增，此时g（x）＞g（0）＝0， 所以当0＜x＜1时，f（1+x）＞f（1﹣x）， 即当0＜x＜1时，f（2﹣x）＞f（x），整理得f（2）， 因为函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，且1＜22，1e， 所以2，即2，故选项D正确． 故选：ACD． 【例27】（2026•西安模拟）已知函数f（x）＝xeax﹣ex． （1）当a＝2时，求函数φ（x）＝f（x）+ex的单调区间； （2）当x＞0时，f（x）+1＜0，求实数a的取值范围； （3）设n∈N*，证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为； （2）（﹣∞，]； （3）见解析． 【分析】（1）求导，通过φ′（x）＜0，φ′（x）＞0即可求解； （2）构造函数h（x）＝xeax﹣ex+1，求导，再令g（x）＝h′（x），再求导，得到h′（x）＝（1+ax）eax﹣ex，通过和和a≤0两类情况讨论即可求解； （3）由（2）取，得，再令，得到进而得到 ，即可求证． 【解答】解：（1）当a＝2时，φ（x）＝xe2x，则φ′（x）＝（1+2x）e2x，x∈R，因为e2x＞0， 则令φ'（x）＞0，即1+2x＞0，解得， 则令φ'（x）＜0，即1+2x＜0，解得， 所以φ（x）的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）设h（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1，x＞0，则h′（x）＝（1+ax）eax﹣ex， 设g（x）＝（1+ax）eax﹣ex，则g′（x）＝（2a+a2x）eax﹣ex， 若，则g′（0）＝2a﹣1＞0，因为g′（x）为连续不间断函数， 故存在x0∈（0，+∞），使得∀x∈（0，x0），总有g′（x）＞0， 故g（x）在（0，x0）为增函数，故g（x）＞g（0）＝0， 故h（x）在（0，x0）为增函数，故h（x）＞h（0）＝0，与题设矛盾． 若，则h′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex， 下证：对任意x＞0，总有ln（1+x）＜x成立， 证明：设S（x）＝ln（1+x）﹣x，故， 故S（x）在（0，+∞）上为减函数，故S（x）＜S（0）＝0即ln（1+x）＜x成立． 由上述不等式有eax+ln（1+ax）﹣ex＜eax+ax﹣ex＝e2ax﹣ex≤0， 故h′（x）＜0总成立，即h（x）在（0，+∞）上为减函数， 所以h（x）＜h（0）＝0． 当a≤0，且x＞0时，ax≤0，1+ax≤1， 则h′（x）＝eax﹣ex+axeax＝（1+ax）eax﹣ex＜1×1﹣ex＜0， 所以h（x）在（0，+∞）上为减函数，所以h（x）＜h（0）＝0． 综上，，即a（﹣∞，]； （3）证明：取，则∀x＞0，总有成立， 令，则t＞1，t2＝ex，x＝2lnt， 故2tlnt＜t2﹣1即对任意的t＞1恒成立． 所以对任意的n∈N*，有，即， 故， 故不等式成立． 【例28】（2026•焦作一模）已知函数f（x）＝alnx﹣ln（x+1），a∈R． （1）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性； （2）若a＝1，证明：； （3）设函数g（x）＝f（x）+ln（x+1）﹣x，若g（x）有两个不同的零点x1，x2，且x2＞3x1，求a的取值范围． 【答案】（1）见解析； （2）见解析； （3）． 【分析】（1）求导，利用分类讨论可求得函数的单调区间； （2）不等式变形为，设，通过构造函数法可证明不等式； （3）由题意可得方程有两个不同的实根x1，x2，令，求导可得h（x）的单调性，进而画出函数h（x）的图像，数形结合可得，且1＜x1＜e＜x2，结合已知可求a的取值范围． 【解答】解：（1）由题意得． 若a≤0，则（a﹣1）x+a＜0，即f′（x）＜0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减； 若a≥1，则（a﹣1）x+a＞0，即f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增； 若0＜a＜1，令f′（x）＝0，得， 当时，f′（x）＞0， 当时，f′（x）＜0， ∴f（x）在上单调递增，在上单调递减； （2）证明：若a＝1，则． 要证明，即证明，即， 设，由x＞0，可得t＞0，待证不等式转化为， 右边：设m（t）＝ln（1+t）﹣t，t＞0，则， ∴m（t）在（0，+∞）上单调递减，故m（t）＜ln1﹣0＝0，即ln（1+t）＜t， 左边：设，则， ∴n（t）在（0，+∞）上单调递增，故n（t）＞ln1﹣0＝0，即， 综上，原命题得证； （3）由题意知g（x）＝alnx﹣x，x1，x2是g（x）的两个相异的零点，即方程有两个不同的实根， 令，则， 令h′（x）＞0，得0＜x＜e，令h′（x）＜0，得x＞e， ∴h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，则， 且当x＞0，x→0时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→0， 画出h（x）的大致图像， 可知若曲线y＝h（x）与直线有两个交点，交点的横坐标分别为x1，x2，则，且1＜x1＜e＜x2， 先考虑x2＝3x1的情形： 由，得， ∴，此时， 当时，，从而x2＞3x1，符合条件； 当时，，从而x2＜3x1，不符合条件， ∴要使x2＞3x1，必须，得， 故a的取值范围是． 【例29】（2026•凯里市校级一模）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，a∈R． （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）有最小值，且最小值大于0，求实数a的取值范围； （3）在第（2）问的条件下，若x0是f（x）的极值点，证明：． 【答案】（1）y＝（e﹣1）x； （2）（，+∞）； （3）． 【分析】（1）代入a＝1后求出f（1）和导数f'（1），直接用点斜式写出切线方程； （2）对a分类讨论，当a＞0时，通过导数零点分析函数单调性，找到最小值点并构造新函数，求出a的取值范围； （3）做变量替换，将原不等式转化为关于t的不等式，再构造函数h（t），通过求导判断其单调性来证明不等式成立． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣lnx﹣1，， ∴f（1）＝e﹣1，k＝f'（1）＝e﹣1， ∴切线方程为y﹣（e﹣1）＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x； （2）f'（x）＝aex﹣1x，x＞0， ①当a≤0时，在（0，+∞）上恒成立， ∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，函数f（x）无最小值，不符合题意； ②当a＞0时，显然f'（x）在（0，+∞）上单调递增， 当x→0时，f'（x）→﹣∞，当x→+∞时，f'（x）→+∞， ∴存在唯一实数x0∈（0，+∞），使得f'（x0）＝0，即， 当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞x0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， ∴f（x）min＝f（x0）＝alnx0﹣1lnx0﹣1＞0， 令，m＞0， 显然g（m）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝0， ∴0＜x0＜1，∴，即，∴， ∴实数a的取值范围是（，+∞）； （3）证明：由（2）知，当a＞0时，f（x）有唯一极值点x0且x0∈（0，1）， 令，则t＞1，且， 要证，只需要证明f（t）＞t﹣1， 由于， ∴只需证明：当t＞1时，， 只需证明：当t＞1时，①， 设，t＞1， ∴， ∴h（t）在（1，+∞）上单增， ∴h（t）＞h（1）＝0， ∴①式成立， ∴． 【例30】（2026•广安一模）已知函数． （1）求函数g（x）的单调区间； （2）设直线l：y＝k，存在两个不同的实数a1，a2，使得直线l与曲线和曲线都相切． ①求k的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 【答案】（1）函数g（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，+∞）； （2）①（0，e）； ②． 【分析】（1）根据给定的函数，利用导数求出其单调区间； （2）①求出函数fa（x）的导数，设出切点坐标，把问题转化为方程（2﹣x）ex＝k有两个不同实数解，再利用导数求解； ②选择（i）由①中信息，构造函数φ（x）＝g（x）﹣x，0＜x＜e及u（x）＝g（x）+x﹣e2，e＜x＜e2，利用导数结合不等式的性质推理得证．选择（ii）由①中信息，将不等式转化为证明（2﹣x1）（2﹣x2）＜1，再构造函数t（x）＝lnx﹣x，利用导数结合不等式性质推理得证． 【解答】解：（1）由题意，函数g（x）＝x（2﹣lnx）的定义域为（0，+∞）， 求导得g′（x）＝1﹣lnx， 当x＞e时，g′（x）＜0，当0＜x＜e时，g′（x）＞0； 函数g（x）在（e，+∞）上单调递减，在（0，e）上单调递增， 所以函数g（x）的递增区间为（0，e），递减区间为（e，+∞）； （2）①函数的定义域为R， 求导可得， 设直线l与曲线和曲线分别切于点P（x1，k），Q（x2，k）， 由，， 消去a1＝2，得，同理， 因此方程（2﹣x）ex＝k有两个不同的实数解， 令函数h（x）＝（2﹣x）ex，求导得h′（x）＝（1﹣x）ex， 由h′（x）＜0，得x＞1，由h′（x）＞0，得x＜1； 函数h（x）在（1，+∞）上单调递减，在（﹣∞，1）上单调递增，h（x）max＝h（1）＝e， 而当x＜1时，恒有h（x）＞0，且x→﹣∞时，h（x）→0，h（2）＝0， 因此当且仅当0＜k＜e时，直线y＝k与函数y＝h（x）的图象有两个交点， 即方程（2﹣x）ex＝k有两个不同的实数解， 所以k的取值范围是（0，e）； ②证明：选（i），由①得， 即， 令函数φ（x）＝g（x）﹣x＝x（1﹣lnx），0＜x＜e，则φ（x）＞0， 由，得，即， 令函数u（x）＝g（x）+x﹣e2＝x（3﹣lnx）﹣e2，e＜x＜e2， 求导得u′（x）＝2﹣lnx＞0， 函数u（x）在（e，e2）上单调递增，u（x）＜u（e2）＝0， 由，得，即， 因此，即有，所以． 选（ii），由①得， 则， 设m＝2﹣x1＞1，n＝2﹣x2，0＜n＜1，me﹣m＝ne﹣n＝ke﹣2， 则lnm﹣m＝lnn﹣n＝lnk﹣2，令函数t（x）＝lnx﹣x，， 求导得，， 当0＜x＜1时，T′（x）＜0，函数T（x）在（0，1）上单调递减， 则T（n）＞T（1）＝0，即， 当x＞1时，t′（x）＜0，函数t（x）在（1，+∞）上单调递减， 由t（m）＝t（n），得，， 因此mn＜1，即（2﹣x1）（2﹣x2）＜1， 而a1a2＞0，则a1a2（2﹣x1）（2﹣x2）＜a1a2， 所以． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 导数 1 2 1．导数的概念与几何意义． (1)在处的导数． (2)在处的导数就是切线的斜率,即． 2．常见导数． (1) c′=0． (2) (xα)′=αxα－1． (3) (sinx)′= cosx． (4) (cosx)′=－sinx． (5) (ax)′= axlna． (6) (ex)′= ex． (7) (logax)′=logax． (8) (lnx)′=． 3．导数的运算． (1)[cf(x)]′＝cf′(x)． (2)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)． (3)[f(x)g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)． (4)(g(x)≠0)． (5)复合函数y＝f(g(x))的导数：令y＝f(u)，u＝g(x)，则yx′＝yu′·ux′． 4．函数的单调性． (1)f′(x)＞0 f(x)在(a，b)上单调递增． (2)f′(x)＜0 f(x)在(a，b)上单调递减． 5．函数的极值． (1)函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点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y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点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． 6．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． (3)若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． (4) y＝f(x)在[a,b]上最值的求解： ①求y＝f(x)在区间(a，b)上的极值． ②将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． 3 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 〇 热点1 切线方程 1．曲线“在”P点处的切线方程． (1)计算切点的纵坐标． (2)计算切线斜率． (3)计算切线方程.切线过切点，切线斜率． (4)由直线的点斜式方程得到切线方程：． 2．与切线有关的参数问题． (1)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． (2)切点处的导数是切线的斜率． (3)切点在切线上，故满足切线方程． (4)切点在曲线上，故满足曲线方程． 【例1】（2025•重庆校级模拟）已知直线l与曲线f（x）＝ex+sinx在点（0，f（0））处的切线垂直，则直线l的斜率为（　　） A．﹣1 B．1 C． D．2 【例2】（2025•莱州市校级模拟）函数在处的切线与直线y＝3x+5垂直，则a＝（　　） A． B． C． D． 【例3】（2026•延安模拟）若直线y＝kx是曲线y＝ex的一条切线，则k＝　　　　． 【例4】（2026•西安模拟）函数f（x）＝xlnx在x＝1处的切线方程为　　　　． 【例5】（2026•河北模拟）设函数． （1）当a＝1时，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程． （2）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，若恒成立，求a的最大值． 热点2 函数的单调性 函数单调性的求解． (1)当导函数不等式可解时，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间． (2)当方程f′(x)＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f′(x)结构特征，利用图象与性质确定f′(x)的符号，从而确定单调区间． 【例6】（2025•鼓楼区校级模拟）函数，则下列说法正确的是（　　） A．是偶函数，且在区间（0，+∞）上单调递增 B．是偶函数，且在区间（0，+∞）上单调递减 C．是奇函数，且在区间（0，+∞）上单调递增 D．是奇函数，且在区间（0，+∞）上单调递减 【例7】（2025•四川校级三模）命题p：“函数在区间[﹣1，1]上单调递增”是命题q：“a≤1”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【例8】（2025•齐齐哈尔二模）函数f（x）＝x3+mx2+3x﹣1在R上单调递增的必要不充分条件为（　　） A．m∈（﹣3，3） B．m∈[﹣3，3] C．m∈（﹣6，3） D．m∈（﹣6，3] 【例9】（2026•扬州一模）已知函数在（﹣1，3）上单调递减，则整数a的可能取值为　　　　.（答案不唯一，只需写出满足条件的一个值） 【例10】（2026•宝鸡模拟）已知函数f（x）＝lnx2，a∈R． （1）讨论f（x）的单调性． （2）若对任意x∈（0，+∞）都有f（x）≥0恒成立，求a的取值范围． 热点3 函数的极值与最值 1．函数极值的求解． (1)确定函数的定义域． (2)求导数f′(x)． (3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根． (4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f′(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f′(x)在x0处取极小值． 2．函数最值的求解． (1) 求函数在(a，b)内的极值． (2) 求函数在区间端点处的函数值f(a)、f(b)． (3) 将函数f(x)的各极值与f(a)、f(b)比较，其中最大的一个为最大值． 3．由极值最值求参数． (1)已知函数极值确定函数解析式中的参数时，要根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解，求解后要检验． (2)若所给函数f(x)含参数，则需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． 【例11】（2025•湖南三模）已知函数f（x）＝x2﹣mx+2lnx在x＝2时取极小值，则其导函数f′（x）的最小值为（　　） A．﹣5 B．﹣3 C．﹣1 D． 【例12】（多选）（2026•碧江区 校级模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2，a∈R，则下列结论中错误的有（　　） A．f（x）一定有极大值 B．当a＞0时，f（x）有极小值 C．当a＜0时，f（x）可能无零点 D．若f（x）在区间（0，1）上单调递增，则 【例13】（2026•思南县校级模拟）已知函数f（x）＝x3+3mx2﹣nx+m2在x＝﹣1时有极值0，则mn＝　　　　． 【例14】（2026•常德模拟）函数的值域为　　　　． 【例15】（2026•南平一模）设函数f（x）＝xln（a﹣x），a＞0． （1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）证明：f（x）存在唯一极大值点； （3）记f（x）的极大值点为x0，若存在a，使得f（x0）≤a+b，求b的取值范围． 热点4 比较大小 构造函数比较大小． (1)在不等式中需要通过构造含f (x)与另一函数的和、差、积、商的新函数． (2)再借助导数探索新函数的性质，进而求出结果． 【例16】（2026•天津模拟）已知函数f（x）＝ex﹣1+4x﹣4，，若f（x1）＝g（x2）＝0，则下列说法中正确的是（　　） A．0＜g（x1）＜f（x2） B．f（x2）＜g（x1）＜0 C．f（x2）＜0＜g（x1） D．g（x1）＜0＜f（x2） 【例17】（2026•河北模拟）已知正数x，y，z满足，则（　　） A．z＜y＜x B．z＜x＜y C．y＜x＜z D．x＜z＜y 【例18】（2025•三台县校级模拟）已知，b＝ln1.2，，则（　　） A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．b＞a＞c D．a＞c＞b 【例19】（2025•沅江市校级模拟）设，则a，b，c的大小关系是（　　） A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b 【例20】（2025•广西校级模拟）已知函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），若f（x）满足：（x﹣1）[f′（x）﹣f（x）]＞0，f（2﹣x）＝f（x）e2﹣2x，则下列判断正确的是（　　） A．f（1）＞ef（0） B．f（2）＞e2f（0） C．f（3）＞e3f（0） D．f（4）＜e4f（0） 热点5 函数的零点 1．函数的零点． (1)函数讨论法：讨论参数范围，借助函数单调性求解． (2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决． (3)数形结合法：构造两个函数，利用数形结合的方法求解． 【例21】（2025•曲靖一模）已知x1是函数f（x）＝xlnx﹣2025的零点，x2是函数g（x）＝lnx+x﹣ln2025的零点，则x1x2的值为（　　） A． B． C． D．2025 【例22】（2025•江西模拟）已知函数f（x）＝xeax+a（1﹣e）x﹣（e﹣1）lnx﹣1恰有2个零点，则实数a的取值范围为（　　） A． B． C． D． 【例23】（多选）（2026•南宁模拟）定义在R上的函数f（x）满足f（﹣x）+f（x）＝0，当x＞0时，f（x）＝（2x2﹣7x+8）ex﹣5，则（　　） A．f（x）共有5个零点 B．f（x）共有4个极值点 C． D．当时，方程f（x）＝t（t∈R）有且仅有4个实数根 【例24】（2026•南通模拟）已知函数f（x）＝lnx+ax． （1）当a＝e时，求f（x）的零点； （2）给定数集A＝（0，+∞），任给a∈A，对应关系g使函数f（x）的零点x0与a对应． ①证明：x0＝g（a）是函数，并讨论该函数的单调性； ②若数列{an}满足a1（1﹣a2）＝1，an+1＝1﹣g（an），证明：． 【例25】（2026•铜仁市校级模拟）已知函数f（x）＝x（a﹣1）lnx﹣2，其中a∈R． （1）若f（x）存在唯一极值点，且极值为0，求a的值； （2）讨论f（x）在区间[1，e]上的零点个数． 热点6 导数综合 导数综合问题． (1)不等式恒成立问题涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点． (2)不等式恒成立问题基本命题角度有：证明不等式恒成立、由不等式恒（能）成立求参数的范围、不等式存在性问题． (3)基本上都采取分参法，求什么就把什么分离出来，转换成恒成立问题求解． 【例26】（多选）（2026•常德模拟）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx），下列选项正确的是（　　） A．f（x）有最大值 B． C．若x≥e时，f（x）﹣a（e﹣x）≤0恒成立，则a≤1 D．设x1，x2为两个不相等的正数，且，则 【例27】（2026•西安模拟）已知函数f（x）＝xeax﹣ex． （1）当a＝2时，求函数φ（x）＝f（x）+ex的单调区间； （2）当x＞0时，f（x）+1＜0，求实数a的取值范围； （3）设n∈N*，证明：． 【例28】（2026•焦作一模）已知函数f（x）＝alnx﹣ln（x+1），a∈R． （1）讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性； （2）若a＝1，证明：； （3）设函数g（x）＝f（x）+ln（x+1）﹣x，若g（x）有两个不同的零点x1，x2，且x2＞3x1，求a的取值范围． 【例29】（2026•凯里市校级一模）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1，a∈R． （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）有最小值，且最小值大于0，求实数a的取值范围； （3）在第（2）问的条件下，若x0是f（x）的极值点，证明：． 【例30】（2026•广安一模）已知函数． （1）求函数g（x）的单调区间； （2）设直线l：y＝k，存在两个不同的实数a1，a2，使得直线l与曲线和曲线都相切． ①求k的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 学科网（北京）股份有限公司 $