导数与函数的单调性、极值、最值课件-2026年高考数学二轮专题复习

导数与函数的单调性、极值、最值 高中数学 二轮复习 返回导航 利用导数研究函数的单调性、极值、最值是高考重点考查内容，多以选择题、填空题的形式压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属于综合性问题． 返回导航 内容索引 第一部分 真题演练　重温高考 第三部分 主干整合　核心提炼 第二部分 热点分类　考向探究 课时作业3 第四部分 返回导航 主干整合　核心提炼 第 分 部 一 返回导航 返回导航 2．利用导数研究函数的单调性 (1)若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0． (2)若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解． 3．利用导数研究函数的极值、最值 (1)若f′(x0)＝0且在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． 返回导航 4．常用结论 (1)在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上单调递增(减)的充分不必要条件． (2)可导函数f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充要条件是对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零． (3)若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点． 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 二 返回导航 考向 1 利用导数研究函数的单调性 返回导航 返回导航 B 返回导航 [－2，1] 返回导航 1．讨论函数的单调性一般可以归结为根据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． 2．函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在x∈D上恒成立． 3．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f′(x)＝0在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号)． 4．函数f(x)在区间D上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f′(x)>0(或f′(x)<0)在x∈D上有解． 反思感悟 返回导航 B 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 利用导数研究函数的极值 返回导航 返回导航 1．利用导数研究函数的极值时，不能忽略函数的定义域． 2．f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧附近和右侧附近的单调性． 反思感悟 返回导航 B 返回导航 BD 返回导航 返回导航 考向 3 利用导数研究函数的最值 ABD 返回导航 返回导航 1．求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论． 2．当已知函数的最值求参数的值或范围时，要对参数的范围进行讨论求解． 反思感悟 返回导航 返回导航 [1，＋∞) 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 三 返回导航 C 返回导航 D 返回导航 返回导航 ABD 返回导航 返回导航 ACD 返回导航 返回导航 －4 返回导航 课时作业3 第 分 部 四 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 A 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 BC 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 BC 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 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综上，当a≤0时，f(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln 2)上单调递减； 当0<a<2时，f(x)在(－∞，ln a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(ln a，ln 2)上单调递减； 当a＝2时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增； 当a>2时，f(x)在(－∞，ln 2)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，ln a)上单调递减． 角度2　函数单调性的应用 例2　(1)(2025·湖北宜昌一模)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时，f(x)＝x3＋ax2＋(6－a)x＋2a，若f(x)在R上是增函数，则实数a的取值范围为(　 　) A．[0，＋∞) B．[0，6] C．[－6，3] D．[0，3] 解析：要使奇函数f(x)是增函数，则需f(x)在x>0上单调递增，且2a≥0，当x>0时，f′(x)＝3x2＋2ax＋(6－a)≥0恒成立，因为2a≥0，所以－≤0，所以只需6－a≥0即可，即0≤a≤6．故选B． (2)(2025·江西上饶一模)已知函数f(x)＝e2x－1－e1－2x＋sin ＋1，则不等式f(x2＋2x－3)＋f(2－x)≤2的解集为_________． 解析：f(1－x)＝e1－2x－e2x－1－sin ＋1，则f(x)＋f(1－x)＝2，即f(1－x)＝2－f(x)，∴2－f(2－x)＝f(x－1)．∵f(x2＋2x－3)＋f(2－x)≤2，∴f(x2＋2x－3)≤2－f(2－x)＝f(x－1)．∵f′(x)＝2e2x－1＋2e1－2x＋cos ≥2－＝4－>0，即函数f(x)在R上单调递增，∴x2＋2x－3≤x－1，即x2＋x－2≤0，∴(x＋2)(x－1)≤0，即－2≤x≤1． 跟踪训练 (1)(2025·山东菏泽一模)已知函数f(x)＝ax2－ln x(a>0)在区间(1，2)上单调，则a的取值范围是(　 　) A．∪(1，＋∞) B．∪ C． D． 解析：由已知得f′(x)＝2ax－，当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝，令f′(x)>0，解得x>；令f′(x)<0，解得x<．故f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以若f(x)在区间(1，2)上单调，则需满足≤1或≥2，即0<a≤或a≥，所以a的取值范围是∪．故选B． (2)(2025·河北保定一模节选)已知函数f(x)＝x3＋3ax＋16(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性． 解：当a≥0时，f′(x)＝3x2＋3a≥0，函数f(x)在R上单调递增； 当a<0时，令f′(x)＝3x2＋3a＝0，解得x＝±， 当x∈(－∞，－)时，f′(x)>0，函数f(x)在(－∞，－)上单调递增， 当x∈(－，)时，f′(x)<0，函数f(x)在(－，)上单调递减， 当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)在(，＋∞)上单调递增． 综上，当a≥0时，函数f(x)在R上单调递增； 当a<0时，函数f(x)在(－∞，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． 例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：易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a． 当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值． 当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x<ln a， 所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－a ln a－a3． 由题意知a－a ln a－a3<0(a>0)，等价于1－ln a－a2<0(a>0)． 令g(a)＝1－ln a－a2(a>0)，则g′(a)＝－－2a<0， 所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减．又g(1)＝0，所以当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0． 故实数a的取值范围为(1，＋∞)． 跟踪训练 (1)(2025·广东汕头一模)设a∈R，若函数f(x)＝x3－x2＋x＋2在(1，2)内存在极值点，则a的取值范围是(　 　) A． B． C．(－∞，3) D． 解析：依题意，f′(x)＝2x2－ax＋1在(1，2)内存在变号零点，而x＝0不是f′(x)的零点，从而得a＝2x＋，又y＝2x＋在(1，2)上单调递增，所以3<a<．故选B． (2)(多选)(2025·浙江杭州二模)设函数f(x)＝(x3－x)ln x，则(　 　) A．f(x)为偶函数 B．f(x)≥0 C．f(x)在区间(0，1)上单调递增 D．x＝1为f(x)的极小值点 解析：对于A，f(x)的定义域为(0，＋∞)，故f(x)为非奇非偶函数，故A错误；对于B，由于f(x)＝(x3－x)ln x＝x(x＋1)(x－1)ln x，且x>0，故x＋1>0，当x>1时，ln x>0，此时f(x)>0，当0<x<1时，ln x<0，此时f(x)>0，当x＝1时，f(x)＝0，因此f(x)≥0，故B正确；对于C，f′(x)＝(3x2－1)ln x＋x2－1，当x∈时，3x2－1>0，ln x<0，x2－1<0，此时f′(x)<0，因此f(x)在上单调递减，故C错误；对于D，f′(x)＝(3x2－1)ln x＋x2－1，当x>1时，3x2－1>0，ln x>0，x2－1>0，故f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增，又由C知f(x)在上单调递减，所以x＝1为f(x)的极小值点，故D正确．故选BD． 例4　(多选)(2025·河南鹤壁二模)已知函数g(x)＝＋ln x，x∈(0，e]，则(　 　) A．当a≤0时，g(x)有最大值 B．当0<a<e时，g(x)可以取得最小值－1 C．当0<a<e时，g(x)可以取得最小值2 D．当a≥e时，g(x)可以取得最小值3 解析：当a≤0时，g(x)在(0，e]上单调递增，此时g(x)有最大值，A正确．g′(x)＝－＋＝，当0<a<e时，若0<x<a，则g′(x)<0，故g(x)在(0，a)上单调递减；若a<x≤e，则g′(x)>0，故g(x)在(a，e]上单调递增．令g(x)min＝g(a)＝＋ln a＝－1，得a＝，满足条件，B正确．令g(x)min＝g(a)＝＋ln a＝2，得a＝e，不满足条件，C不正确．当a≥e时，若0<x≤e，则g′(x)≤0，所以g(x)在(0，e]上单调递减，令g(x)min＝g(e)＝＋ln e＝3，得a＝2e，所以此时g(x)有最小值3，D正确．故选ABD． 跟踪训练 (1)(2025·陕西安康三模)函数f(x)＝x2(ln x－1)的最小值为______． － 解析：f′(x)＝2x(ln x－1)＋x＝x(2ln x－1)，x>0，令f′(x)＝0，得x＝，当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝时，函数f(x)取得最小值－． (2)(2025·湖南常德一模)若函数f(x)＝有最小值，则实数a的取值范围是___________． 解析：当x>1时，f(x)＝x ln x，求导得f′(x)＝1＋ln x>0，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x>1时的取值集合为(0，＋∞)，当a＝0，x≤1时，f(x)＝1>0，没有最小值，由函数f(x)在R上有最小值，得f(x)在(－∞，1]上单调递减，且f(1)≤0，因此解得a≥1，所以实数a的取值范围是[1，＋∞)． 1．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　 　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－．因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)上恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex．当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1．故选C． 2．(2022·全国乙卷文)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为(　 　) A．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 解析：f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝或x＝．因为f＝cos ＋sin ＋1＝2＋，f＝cos ＋sin ＋1＝－，f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f＝2＋，f(x)min＝f＝－．故选D． 3．(多选)(2025·全国二卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　 　) A．f(0)＝0 B．当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C．f(x)≥2当且仅当x≥ D．x＝－1是f(x)的极大值点 解析：对于A，因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确；对于B，当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－{[(－x)2－3]e－x＋2}＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；对于C，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)>2，故C错误；对于D，当x<0时，f(x)＝(3－x2)e－x－2，则f′(x)＝－(3－x2)e－x－2xe－x＝(x2－2x－3)e－x，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3(舍去)，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，则x＝－1是f(x)的极大值点，故D正确．故选ABD． 4．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　 　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析：因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0．所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，故A正确；当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，故B错误；当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，故C正确；当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2·(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，故D正确．故选ACD． 5．(2025·全国二卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝____． 解析：因为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x＝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∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以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． 1．(5分)已知函数y＝f(x)的导函数图象如图所示，则下列说法中错误的是(　 　) A．f(x)在区间(1，4)上单调递增 B．x＝7是y＝f(x)的极大值点 C．当4<x<7时，f(x)>0 D．f(x)在区间(7，＋∞)上单调递减 解析：由导函数的图象可知，导函数f ′(x)在(1，4)的符号为正，函数f(x)单调递增，A正确；当x<7时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>7时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以x＝7是y＝f(x)的极大值点，B正确；f(x)在区间(7，＋∞)上单调递减，D正确；当4<x<7时，函数f(x)单调递增，可能f(x)<0，C不正确．故选C． 2．(5分)(2025·湖南邵阳二模)已知函数f(x)＝3x3－sin x＋x，则满足f(x)＋f(4－3x)<0的x的取值范围是(　 　) A．(1，＋∞) B．(－∞，1) C．(2，＋∞) D．(－∞，2) 解析：f(x)＝3x3－sin x＋x，定义域为R，关于原点对称，f(－x)＝－3x3＋sin x－x＝－f(x)，f(x)为奇函数，又f ′(x)＝9x2－cos x＋1≥0，所以f(x)在R上单调递增，所以f(x)＋f(4－3x)<0，即f(x)<－f(4－3x)＝f(3x－4)⇒x<3x－4⇒x>2，即x的取值范围是(2，＋∞)．故选C． 3．(5分)(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)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．－3<m<3 B．－3≤m≤3 C．－6<m<3 D．－6<m≤3 解析：由题意，函数f(x)的定义域为R，由f(x)在R上单调递增，得f ′(x)＝3x2＋2mx＋3≥0在R上恒成立，则Δ＝(2m)2－4×3×3≤0，解得－3≤m≤3，结合选项可知D符合题意．故选D． 4．(5分)(2025·北京延庆区一模)延庆妫水公园岸边设有如图所示的护栏，护栏与护栏之间用一条铁链相连．数学中把这种两端固定的一条均匀柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线．已知函数f(x)＝(ex＋e－x)的部分图象与悬链线类似，则下列说法正确的是(　 　) A．f(x)为奇函数 B．f(x)的最大值为1 C．f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增 D．方程f(x)＝2有2个实数解 解析：对于A，f(x)的定义域为R，关于原点对称，∵f(－x)＝(ex＋e－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，A错误；对于C，∵f ′(x)＝(ex－e－x)，根据y＝ex，y＝－e－x在R上均单调递增，则f ′(x)在R上单调递增，且f ′(0)＝0，则当x>0时，f ′(x)>0，当x<0时，f ′(x)<0，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)，C错误；对于B，由C知，f(x)≥f(0)＝1，即f(x)的最小值为1，B错误；对于D，令f(x)＝2，∴(ex＋e－x)＝2，∴ex＋e－x＝ex＋＝4，∴ex＝2±，再结合指数函数性质知方程f(x)＝2有2个实数解，D正确．故选D． 5．(5分)(2025·陕西渭南二模)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 解析：当x≤1时，f(x)＝1－x＋3－x＋2ex＝4－2x＋2ex，则f ′(x)＝－2＋2ex，令f ′(x)>0，得0<x≤1，令f ′(x)<0，得x<0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，则f(x)min＝f(0)＝4＋2＝6；当1<x<3时，f(x)＝x－1＋3－x＋2ex＝2＋2ex，函数f(x)在(1，3)上单调递增，则f(x)>f(1)＝2＋2e>6；当x≥3时，f(x)＝x－1＋x－3＋2ex＝2x－4＋2ex，则f ′(x)＝2＋2ex>0，函数f(x)在[3，＋∞)上单调递增，则f(x)min＝f(3)＝6－4＋2e3＝2＋2e3>6．综上所述，函数f(x)＝|x－1|＋|x－3|＋2ex的最小值为6．故选A． 6．(5分)(2025·浙江台州二模)已知a∈R，若函数f(x)＝x＋－ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范围是(　 　) A． B． C． D． 解析：因为函数f(x)＝x＋－ln x的定义域为(0，＋∞)，所以f ′(x)＝1－－＝．因为函数f(x)既有极大值又有极小值，则关于x的方程x2－x－a＝0有两个不等的正根x1，x2，所以解得－<a<0，因此a的取值范围是．故选C． 7．(6分，多选)(2025·陕西宝鸡三模)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则(　 　) A．d>0 B．a>0 C．b>0 D．c>0 解析：由题图可知，f(0)＝d<0，故A错误；由题意可得f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c，因为f(x)先增后减再增，所以f ′(x)先正后负再正，故a>0，故B正确；因为f(x)有两个极值点x1，x2，且x1＋x2<0，x1x2<0，x1，x2是f ′(x)的两个零点，所以x1＋x2＝－<0，x1x2＝<0，则b>0，c<0，故C正确，D错误．故选BC． 8．(6分，多选)(2025·河北邯郸二模)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则下列结论正确的是(　 　) A． ＝3 B．函数f(x)在(－1，1)上单调递减 C．函数f(x)有极大值6e－3 D．函数f(x)在[－4，－2]上的最小值为f(－4) 解析：由题意可得f ′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，因为f(0)＝－3，所以 ＝ ＝f ′(0)＝－3，故A不正确；由f ′(x)>0得x<－3或x>1，由f ′(x)<0得－3<x<1，则f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，则f(x)在x＝－3处取得极大值f(－3)＝6e－3，故B，C正确；f(－4)＝>f(－2)＝，则函数f(x)在[－4，－2]上的最小值为f(－2)，故D不正确．故选BC． 9．(5分)已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为 _______________． (1－ln 2) 解析：由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，化简整理得3n－3m＝em－2m．令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h ′(m)＝em－2，令em－2＝0，解得m＝ln 2．当m∈(－∞，ln 2)时，h ′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减；当m∈(ln 2，＋∞)时，h ′(m)>0，即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增．即h(m)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2，故(n－m)min＝(1－ln 2)． 10．(5分)(2025·陕西宝鸡二模)若函数f(x)＝4sin x＋3cos x的极大值点为x0，则sin x0 ＝___． 解析：由函数f(x)＝4sin x＋3cos x，求导可得f ′(x)＝4cos x－3sin x＝5，令sin φ＝，cos φ＝，则f ′(x)＝5cos (x＋φ)，由题意可得f ′(x0)＝5cos (x0＋φ)＝0，由函数y＝cos x的性质可知当x∈(k∈Z)时，cos x>0，当x∈(k∈Z)时，cos x<0，且x0为函数f(x)的极大值点，则可得x0＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，解得x0＝－φ＋2kπ(k∈Z)，所以sin x0＝sin ＝cos φ＝． 11．(18分)(2025·广东湛江二模)已知函数f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x． (1)若a＝1，求f(x)的极值； 解：(1)当a＝1时，f(x)＝－x2＋2ln x，定义域为(0，＋∞)， 则f ′(x)＝－2x＋＝． 当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减． 故当x＝1时，f(x)取得极大值－1，无极小值． (2)若a≥－，讨论f(x)的单调性． 解：(2)由f(x)＝－x2＋(a2＋a)ln x＋(1－a)x，x>0， 得f ′(x)＝－2x＋＋1－a＝＝． 令(x＋a)(2x－a－1)＝0，得x＝－a或x＝． 若a≥0，则－a≤0，>0， 当x∈时，f ′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈时，f ′(x)<0，f(x)单调递减． 若－<a<0，则>－a>0， 当x∈(0，－a)和时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f ′(x)>0，f(x)单调递增． 若a＝－，则＝－a＝，f ′(x)≤0在x∈(0，＋∞)上恒成立，f(x)单调递减． 综上所述，当a≥0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为； 当－<a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为(0，－a)和； 当a＝－时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间． 12．(5分)已知f(x)＝－x3＋x2，若其导函数f ′(x)在(1，4)上单调递减，则实数t的取值范围是(　 　) A．[3，＋∞) B． C． D． 解析：由于f(x)＝－x3＋x2，则f ′(x)＝x3－tx2＋3x，令h(x)＝f ′(x)，则h ′(x)＝3x2－2tx＋3，由于f ′(x)＝x3－tx2＋3x在(1，4)上单调递减，所以h ′(x)＝3x2－2tx＋3≤0在(1，4)上恒成立，即t≥＋在(1，4)上恒成立，由对勾函数的性质知y＝＋＝在(1，4)上单调递增，于是y＝∈，故t≥．故选C． 13．(6分，多选)(2025·河北邯郸二模)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，若存在x0使得f ′(x0)＋f(x0)＝0，则称x0是f(x)的一个“负导值点”，下列函数中具有“负导值点”的是(　 　) A．f(x)＝tan x B．f(x)＝x3＋x C．f(x)＝e2x－x D．f(x)＝ex＋x ln x 解析：对于A，f ′(x)＝1＋tan2x，f ′(x)＋f(x)＝0即为tan2x＋tanx＋1＝0无解，A不正确；对于B，f ′(x)＝3x2＋1，f ′(x)＋f(x)＝0⇒x3＋x＋3x2＋1＝0，x＝0不是方程的解，x≠0时，方程化为x2＋3x＝－1－，由y＝x2＋3x，y＝－1－的图象有交点知该方程有解，B正确；对于C，f ′(x)＝2e2x－1，f ′(x)＋f(x)＝0即为3e2x＝x＋1，由函数y＝3e2x及y＝x＋1的图象无交点知该方程无解，C不正确；对于D，f ′(x)＝ex＋ln x＋1，f ′(x)＋f(x)＝0即为1＋ln x＋x ln x＝－2ex，设g(x)＝1＋ln x＋x ln x，∴g ′(x)＝＋1＋ln x，令h(x)＝g ′(x)，则h ′(x)＝，由h ′(x)>0，解得x>1，由h ′(x)<0，解得0<x<1，则g ′(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，在x＝1处取得最小值g ′(1)＝2>0，∴g(x)是增函数，x→0，g(x)→－∞，x→＋∞，g(x)→＋∞，由函数y＝－2ex的图象与y＝g(x)的图象知该方程有一个解，D正确．故选BD． 14．(19分)(2025·湖北武汉模拟)设函数g(x)在区间D上可导，g ′(x)为函数g(x)的导函数．若g ′(x)是D上的减函数，则称g(x)为D上的“上凸函数”；反之，若g(x)为D上的“上凸函数”，则g ′(x)是D上的减函数． (1)判断函数f(x)＝2x cos x－1在上是否为“上凸函数”，并说明理由； 解：(1)由题意f(x)＝2x cos x－1，f ′(x)＝2cos x－2x sin x． 设u(x)＝f ′(x)，则u ′(x)＝－4sin x－2x cos x， 当x∈时，－4sin x<0，－2x cos x<0， 即此时u ′(x)＝－4sin x－2x cos x<0，所以u(x)即f ′(x)单调递减， 从而由定义可知函数f(x)＝2x cos x－1在上是“上凸函数”． (2)若函数h(x)＝－x3＋ax2－ax ln x＋ax是其定义域上的“上凸函数”，求a的取值范围． 解：(2)因为h(x)＝－x3＋ax2－ax ln x＋ax， 所以h ′(x)＝－x2＋ax－a ln x－a＋a＝－x2＋ax－a ln x(x>0)． 设v(x)＝h ′(x)，则v ′(x)＝－2x＋a－， 由题意函数h(x)＝－x3＋ax2－ax ln x＋ax是其定义域上的“上凸函数”， 所以h ′(x)即v(x)单调递减， 从而当x>0时，v ′(x)＝－2x＋a－≤0恒成立， 即当x>0时，－2x2＋ax－a≤0恒成立． 因为一元二次函数q(x)＝－2x2＋ax－a图象的对称轴为直线x＝， 所以当≤0，即a≤0时，q(x)≤0恒成立，只需q(0)≤0即可，解得a≥0，即a＝0； 当>0，即a>0时，q(x)≤0恒成立，只需q≤0，即－＋－a≤0，解得0<a≤8． 综上所述，a的取值范围为[0，8]． $