3.2.1 导数与函数的单调性 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的单调性”核心考点，依据高考评价体系梳理了定义、判定步骤及应用等考查要求，通过近五年真题分析明确单调性判断、含参讨论、应用问题（比较大小、解不等式）等高频考点分布，归纳选择、填空、解答典型题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+分类突破+素养提升”策略，如以2023新课标Ⅱ卷“已知单调性求参数”真题为例，详解构造函数法与分类讨论技巧，培养学生逻辑推理与数学模型意识。设“易错警示”和“变式训练”，助力学生掌握答题节奏，教师可据此精准教学，实现高效复习。

第三章 导数及其应用 第二讲　导数在研究函数中的应用 第一课时　导数与函数的单调性 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[16] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点　函数的单调性 1．设函数y＝f(x)在某个区间内________，若f′(x)______0，则f(x)在这个区间为增函数，若f′(x)______0，则f(x)在这个区间为减函数． 2．求可导函数f(x)单调区间的步骤： (1)确定f(x)的__________； (2)求导数f′(x)； (3)令f′(x)______0(或f′(x)______0)，解出相应的x的范围； (4)当___________时，f(x)在相应区间上是增函数，当____________时，f(x)在相应区间上是减函数． 可导 > < 定义域 > < f′(x)>0 f′(x)<0 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 归 纳 拓 展 1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则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x∈(a，b)时，f′(x)<0有解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　) (2)若函数y＝f(x)在(a，b)内恒有f′(x)≥0，则y＝f(x)在(a，b)上一定为增函数．(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　(1)×　(2)×　(3)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题组二　走进教材 2．(选择性必修2P97T1改编)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　) A．(－∞，－2) B．(2，＋∞) C．(1,4) D．(0,3) [答案]　B [解析]　由题意，f′(x)＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.令f′(x)>0，得x>2，故函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(2，＋∞)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．(多选题)(选择性必修2P89T3改编)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述一定正确的是(　　) A．f(b)>f(c)>f(d) B．f(b)>f(a)>f(e) C．f(c)>f(b)>f(a) D．f(c)>f(d)>f(e) [答案]　CD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　由题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在 (－∞，c)上单调递增，因为a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)，C正确，A错误；当x∈(c，e)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(c，e)上单调递减，因为c<d<e，所以f(c)>f(d)>f(e)，D正确；又因为只知道函数f(x)在(a，c)上单调递增，在(c，e)上单调递减，无法判断f(a)，f(b)与f(e)的大小关系，B不一定正确． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题组三　走向考场 4．(2026·广东深圳期末)已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x2＋4x)＋f(3)<0的解集为(　　) A．(－∞，－3)∪(－1，＋∞) B．(－3，－1) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　因为f(－x)＝－x－sin(－x)＝－f(x)，且f(x)的定义域为R，所以f(x)＝x－sin x为奇函数，所以f(x2＋4x)<－f(3)＝f(－3)，因为f′(x)＝1－cos x≥0，且不恒等于0，所以函数f(x)＝x－sin x在定义域上为增函数，故x2＋4x<－3，故解集为(－3，－1)．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 5．(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 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 考点突破 · 互动探究 返回导航 函数的单调性 考向1　不含参数的函数的单调性——自主练透 1．函数f(x)＝(x＋1)e－x＋x2－1的单调递减区间为(　　) A．(－ln 2,0) B．(－∞，－ln 2) C．(－ln 2，＋∞) D．(0，＋∞) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋x＋c，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递减区间为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2的单调递增区间为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 考向2　含参数的函数的单调性——师生共研 已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性． [解析]　g(x)的定义域为R， g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)， 令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2， ①若a>ln 2， 则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0， 当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增， 在(ln 2，a)上单调递减； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 ②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立， ∴g(x)在R上单调递增； ③若a<ln 2， 则当x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0， 当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减； 当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增； 当a<ln 2时，g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (2026·郑州质检)已知函数f(x)＝a(x2－ln x)＋(1－2a2)x(a≥0)，求函数y＝f(x)的单调区间． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 令f′(x)>0，解得x>a， 令f′(x)<0，解得0<x<a， 所以函数f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a，＋∞)， 综上可知，当a＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，函数f(x)的单调递减区间为(0，a)，单调递增区间为(a， ＋∞)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 考向3　利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究 角度1　比较大小 A．a>b>c B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 角度2　解不等式 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：利用导数解不等式的方法 利用导数解不等式，其关键是构造函数，把解不等式问题转化为利用导数判断函数单调性问题，解不等式时，还要注意将常数巧妙地转化为函数值，再根据单调性去掉函数符号“f”． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 角度3　已知函数的单调性求参数取值范围 若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] 　 B．(－∞，－1] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞) [分析]　利用函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增等价于f′(x)≥0在(1，＋∞)恒成立求解．或利用区间(1，＋∞)是f(x)的增区间的子集求解． [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [引申](1)本例中若f(x)的增区间为(1，＋∞)，则k＝____________； (2)若f(x)在(1，＋∞)上递减，则k的取值范围是____________； (3)若f(x)在(1，＋∞)上不单调，则k的取值范围是____________； (4)若f(x)在(1，＋∞)上存在减区间，则k的取值范围是_________； (5)若f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是____________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：已知函数单调性，求参数取值范围的两个方法 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．转化为不等式的恒成立问题：利用“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数f(x)单调递减，则f′(x)≤0”来求解． 提醒：f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)不恒等于0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 A．a<b<c B．c<b<a C．b<a<c D．b<c<a [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．(角度2)(2025·南充模拟)设函数f(x)＝sin x＋ex－e－x－x，则满足f(x)＋f(3－2x)<0的x的取值范围是(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(3，＋∞) D．(－∞，3) [答案]　C [解析]　f(x)＝sin x＋ex－e－x－x，∴f(－x)＝－sin x＋e－x－ex＋x＝ －f(x)，∴f(x)为R上的奇函数，又f′(x)＝cos x＋ex＋e－x－1≥cos x＋2－1＝1＋cos x≥0，则f(x)在R上单调递增，又f(x)＋f(3－2x)<0，∴f(x)< －f(3－2x)，又f(x)为R上的奇函数，∴f(x)<f(2x－3)，又f(x)在R上单调递增，∴x<2x－3，∴x>3，故满足f(x)＋f(3－2x)<0的x的取值范围是(3，＋∞)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　(0,1) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 一、构造法在导数中的应用 在导数应用的客观题中，有一类考查热点，不给出具体的函数解析式，大多涉及f(x)与f′(x)的一些关系式，利用构造法构造新函数，确定其单调性，然后解决问题，下面重点突破两类问题． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题型一　利用导数的运算法则构造函数 角度1　利用f(x)与ex构造 已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立，则(　　) A．f(2)>e2f(0)，f(2 025)>e2 025f(0) B．f(2)<e2f(0)，f(2 025)>e2 025f(0) C．f(2)>e2f(0)，f(2 025)<e2 025f(0) D．f(2)<e2f(0)，f(2 025)<e2 025f(0) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 角度2　利用f(x)与xn构造 已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f′(x)，且满足f(－1)＝0，当x>0时，2f(x)>xf′(x)，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是____________. [答案]　(－1,0)∪(0,1) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 角度3　利用f(x)与sin x，cos x构造 [答案]　CD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨：利用导数关系构造函数的一些常见结构 1．对于不等式f′(x)＋g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)． 2．对于不等式f′(x)－g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)． 特别地，对于不等式f′(x)>k，构造函数F(x)＝f(x)－kx. 3．对于不等式f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，构造函数F(x)＝f(x)·g(x)． 5．对于不等式xf′(x)＋nf(x)>0，构造函数F(x)＝xn·f(x)． 6．对于不等式f′(x)＋f(x)>0，构造函数F(x)＝ex·f(x)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 7．对于不等式f′(x)＋kf(x)>0，构造函数F(x)＝ekx·f(x)． 8．出现f′(x)sin x＋f(x)cos x构造函数F(x)＝f(x)sin x. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 1．(角度1)设f(x)为R上的奇函数，当x≥0时，f′(x)－cos x<0，则不等式f(x)<sin x的解集为________. [答案]　(0，＋∞) [解析]　令φ(x)＝f(x)－sin x，所以当x≥0时，φ′(x)＝f′(x)－cos x <0，所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递减，又f(x)为R上的奇函数，所以φ(x)为R上的奇函数，所以φ(x)在(－∞，0]上单调递减，故φ(x)在R上单调递减且φ(0)＝0，不等式f(x)<sin x可化为f(x)－sin x<0，即φ(x)<0，即φ(x)<φ(0)，故x>0，所以原不等式的解集为(0，＋∞)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　c<a<b 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　a<b<c 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题型二　通过变量构造具体函数 1．(多选题)(2026·广东深圳模拟)若0<x1<x2<1，则(　　) [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．ey－x>1 B．ey－x<1 C．ey－x－1>1 D．ey－x－1<1 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 若题目所给的条件含有两个变量，可通过变形使两个变量分别置于等号或不等号两边，即可构造函数，并且利用函数的单调性求解． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 (2020·全国Ⅱ卷)若2x－2y<3－x－3－y，则(　　) A．ln(y－x＋1)>0 B．ln(y－x＋1)<0 C．ln|x－y|>0 D．ln|x－y|<0 [答案]　A [解析]　原已知条件等价于2x－3－x<2y－3－y，设函数f(x)＝2x－3－x.因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正确，B不正确；因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 题型三　通过数值构造具体函数 [答案]　c<a<b 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　b<c<a 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 名师点拨： 当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 实数e3,3π，π3的大小关系为____________. [答案]　e3<π3<3π 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 二、泰勒展开式 1．泰勒公式 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．常见的泰勒展开式 在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．泰勒公式的价值 泰勒公式将各种类型的函数(指数函数、对数函数、正弦与余弦函数)与多项式函数联系了起来，这样在局部可以用多项式函数近似替代其他函数，我们主要用其证明不等式及比较大小，下面我们主要介绍如何比较大小． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 【变式训练】 A．a<b<c B．a<c<b C．b<c<a D．c<a<b [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 提能训练　练案[16] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1．函数f(x)＝xln x＋1的单调递减区间是(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 2．已知函数f(x)＝x(ex－e－x)，则f(x)(　　) A．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减 B．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增 C．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减 D．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增 [答案]　D [解析]　因为f(x)＝x(ex－e－x)，x∈R，定义域关于原点对称，且f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，当x>0时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 3．已知f′(x)是函数y＝f(x)的导函数，且y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　D [解析]　根据导函数的图象可得，当x<0时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减；当0<x<2时，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上单调递增；当x>2时，f′(x)<0，f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以只有D选项符合． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 4．已知函数f(x)＝x＋cos x，则下列选项正确的是(　　) A．f(2)<f(π)<f(e) B．f(π)<f(e)<f(2) C．f(e)<f(2)<f(π) D．f(2)<f(e)<f(π) [答案]　D [解析]　f′(x)＝1－sin x，当x∈R时，f′(x)＝1－sin x≥0，且不恒为0，所以f(x)是增函数，因为2<e<π，所以f(2)<f(e)<f(π)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．1 B．2 C．3 D．4 [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 7．(2026·陕西榆林期末)已知函数f(x)＝ex－e－x－2sin x，若f(aex)＋f(1－x)>0恒成立，则a的取值范围是(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 8．(2025·湖南娄底期中)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(1)＝3，则不等式exf(x)>ex＋2e的解集为(　　) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，2) D．(－∞，1) [答案]　B [解析]　设g(x)＝exf(x)－ex(x∈R)，则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，因为f(x)＋f′(x)>1，所以f(x)＋f′(x)－1>0，又ex>0，所以g′(x)>0恒成立，所以y＝g(x)在定义域R上单调递增．故原不等式可转化为exf(x)－ex>2e，又f(1)＝3，所以g(1)＝ef(1)－e＝2e，所以g(x)>g(1)，所以x>1，故不等式exf(x)>ex＋2e的解集为(1，＋∞)．故选B. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 二、多选题 [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．f(x)＝ex B．f(x)＝x2 C．f(x)＝ln x D．f(x)＝sin x [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 11．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则对于任意x1，x2∈R(x1≠x2)．下列结论正确的是(　　) [答案]　BD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 [解析]　由导函数的图象可知，导函数f′(x)的图象在x轴下方，即f′(x)<0，故原函数为减函数，并且递减的速度是先快后慢，所以f(x)的图象如图所示： f(x)<0恒成立，没有依据，故A不正确；B表示(x1－x2)与[f(x1)－f(x2)]异号，即f(x)为减函数．故B正确；C，D左边的式子意义为x1，x2中点对应的函数值，即图中点B的纵坐标值，右边式子代表的是函数值的平均值，即图中点A的纵坐标值，显然有左边小于右边，故C不正确，D正确． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 三、填空题 12．(2026·甘肃平凉模拟)函数f(x)＝x＋2cos x(－π<x<π)的单调递减区间是________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 13．若函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间，则实数b的取值范围为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 14．(2025·重庆名校联盟联考)若函数f(x)＝2x2－ln x在其定义域的一个区间(2k－1,2k＋1)内不单调，则实数k的取值范围是____________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 四、解答题 15．已知函数f(x)＝x2＋aln x. (1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 ②若g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数， 则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，易知其不可能成立，不符合题意． 综上，实数a的取值范围是[0，＋∞)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 B组能力提升 1．(多选题)(2026·河北衡水月考)下列不等式成立的是(　　) [答案]　AD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．b<c<a B．a<b<c C．c<a<b D．b<a<c [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．af(b)＋a<bf(a)＋b B．bf(b)－b<af(a)－a C．bf(a)－a<af(b)－b D．af(a)＋b<bf(b)＋a [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 A．4 B．6 C．8 D．9 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (1)若k＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调递增区间． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 (1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围； (2)若a＝1，试问过点(0,1)向曲线y＝f(x)可作几条切线？ 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 C组拓展应用(选作) (2026·广东广州花都区调研)已知函数f(x)＝ln x＋x2－ax. (1)若f(x)在区间(0，e]单调递增，求a的取值范围； (2)讨论f(x)的单调性． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第三章　导数及其应用 谢谢观看 (3)因为y＝的导函数为y′＝，因为x>0，所以y′<0，因此y＝的减区间为(0,1)∪(1，＋∞)．(　　) [解析]　(1)有可能f′(x)＝0，如f(x)＝x3，它在(－∞，＋∞)上为增函数，但f′(x)＝3x2≥0. (2)因为y＝f(x)若为常数函数，则一定有f′(x)＝0满足条件，但不具备单调性． (3)y＝定义域为(0,1)∪(1，＋∞)，因此它的减区间为(0,1)和(1，＋∞)． C．(－2－，－2＋) D．(－∞，－2－)∪(－2＋，＋∞) [解析]　∵f(x)在(1,2)内单调递增，∴f′(x)≥0在(1,2)内恒成立，即f′(x)＝aex－≥0(1<x<2)，∴a≥(1<x<2)．令g(x)＝xex(1<x<2)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，∴g(x)在(1,2)内单调递增，g(x)∈(e,2e2)，∴∈，∴a≥，即a的最小值为，故选C. [解析]　f′(x)＝x(2－e－x)，令f′(x)<0，则或解得－ln 2<x<0，所以f(x)的单调递减区间为(－ln 2,0)． [答案]　 [解析]　从题图可以看到，当<x<1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递减区间为. [答案]　， [解析]　函数f(x)＝ln(2x＋3)＋x2的定义域为，因为f′(x)＝＋2x＝，令f′(x)>0，解得x∈∪，所以f(x)＝ln(2x＋3)＋x2的单调递增区间为，. [解析]　由题意得，f(x)的定义域为(0，＋∞)． 当a＝0时，f(x)＝x，则函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间； 当a>0时，f′(x)＝＝. 因为a>0，x>0，所以2ax＋1>0， 已知函数f(x)＝ln x－，设a＝f，b＝f(2)，c＝f，则(　　) [解析]　易知f′(x)＝＝，又x∈(0，＋∞)时，ex>1，2－≥－，所以f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故f>f(2)>f，即c>b>a. 已知函数f(x)＝2ln x＋－x，则不等式f(2x－1)<f(1－x)的解集为(　　) A． B． C． D． [解析]　由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－－1＝－2≤0恒成立，当且仅当x＝1时，等号成立，所以f(x)在(0， ＋∞)上单调递减．由f(2x－1)<f(1－x)，可得解得<x<1，即原不等式的解集为. [解析]　解法一：因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 因为f(x)＝kx－ln x， 所以f′(x)＝k－≥0，即k≥. 因为x>1，所以0<<1， 所以k≥1.所以k∈[1，＋∞)．故选D. 解法二：f′(x)＝k－＝(x>0)， 当k≤0时，f′(x)＝k－<0，f(x)在其定义域内递减，不合题意， 当k>0时，由f′(x)>0知x>，即是f(x)的增区间. 由题意可知≤1，即k≥1，故选D. [答案]　(1)1　(2)(－∞，0]　(3)(0,1) (4)(－∞，1)　(5)∪[1，＋∞) [解析]　(1)由解法二知＝1，∴k＝1. (2)由题意知f′(x)＝≤0在(1，＋∞)上恒成立即k≤，又x>1，∴0<<1，∴k≤0，即k的取值范围是(－∞，0]． (3)由本例及引申(2)知，f(x)在(1，＋∞)上单调，则k≤0或k≥1， ∴f(x)在(1，＋∞)上不单调，则0<k<1.即k的取值范围是(0,1)． (4)由题意可知f′(x)＝≤0在(1，＋∞)内有解即k≤，x∈(1，＋∞)有解，由0<<1可知k<1，即k的取值范围是(－∞，1)． (5)∵x∈(1,2)，∴<<1，若f(x)在(1,2)上单调增，则f′(x)＝≥0恒成立，即k≥，∴k≥1.若f(x)在(1,2)上单调减，则f′(x)＝≤0恒成立，即k≤，∴k≤.∴f(x)在(1,2)上单调，则k的取值范围是∪[1，＋∞)． 1．(角度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(　　) [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f(x)是增函数．因为>1，所以3>3.又log24<log27< log28，即2<log27<3，所以2<log27<3，所以f(2)<f(log27)<f(3)，即b<c<a. 3．(角度3)(2025·安徽毛坦厂中学模拟)已知函数f(x)＝－x2－3x＋ 4ln x在(t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________. [解析]　∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x(x>0)，∴f′(x)＝－x－3＋，∵函数f(x)＝－x2－3x＋4ln x在(t，t＋1)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋在(t，t＋1)上有变号零点，∴＝0在(t，t＋1)上有解，∴x2＋3x－4＝0在(t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4(舍去). ∴1∈(t，t＋1)，∴t∈(0,1)，故实数t的取值范围是(0,1)． [解析]　构造F(x)＝，则F′(x)＝＝，导函数f′(x)满足f′(x)<f(x)，则F′(x)<0，F(x)在R上单调递减，根据单调性可知选D. [感悟提升]　遇到f′(x)－f(x)的形式，构造函数F(x)＝；遇到f′(x)＋f(x)的形式构造函数F(x)＝f(x)ex. [解析]　构造F(x)＝，则F′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－2f(x)<0，可以推出当x>0时，F′(x)<0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为f(x)为偶函数，y＝x2为偶函数，所以F(x)为偶函数，所以F(x)在(－∞，0)上单调递增．根据f(－1)＝0可得F(－1)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知f(x)>0的解集为(－1,0)∪(0,1)． (多选题)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，且恒有f′(x)sin x－f(x)cos x<0成立，则(　　) A．f>f B．f>f C．f>f D．f>f [解析]　令g(x)＝，x∈，则其导数g′(x)＝，又由x∈，且恒有f′(x)sin x－f(x)cos x<0，则有g′(x)<0，即函数g(x)为减函数，由<，则有g>g，即>，可得f>f；又由<，则有g>g，即>，可得f>f. 4．对于不等式f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，构造函数F(x)＝. 9．出现构造函数F(x)＝. 10．出现f′(x)cos x－f(x)sin x构造函数F(x)＝f(x)cos x. 11．出现构造函数F(x)＝. 2．(角度2)(2026·湘豫名校联考)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，当x>0时，f′(x)－>0，若a＝2f(1)，b＝f(2)，c＝4f，则a，b，c的大小关系为____________. [解析]　构造函数g(x)＝(x>0)，得g′(x)＝＝ ，当x>0时，g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以>>，即f(2)>2f(1)>4f，即c<a<b. 3．(角度3)(2026·绍兴调研)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)都有f′(x)cos x>f(x)sin x，设a＝f，b＝f，c＝f，则a，b，c的大小关系为____________. [解析]　构造函数F(x)＝f(x)·cos x，x≠kπ，k∈Z，则x∈(0，π)时，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x>0.所以函数F(x)在(0，π)上单调递增，于是F<F<F，即f<f<f，所以a<b<c. A．－>ln B．－<ln C．x2>x1 D．x2<x1 [解析]　令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)，则f′(x)＝ex－>0，故f(x)在区间(0,1)上单调递增，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即－ln(x1＋1)<－ln(x2＋1)，故－>ln ，所以A正确，B错误；令f(x)＝且x∈(0,1)，则f′(x)＝<0，故f(x)在区间(0,1)上单调递减， 因为0<x1<x2<1，所以f(x1)>f(x2)，即，故x2>x1，所以C正确，D错误． 2．若ln x－ln y<－(x>1，y>1)，则(　　) [解析]　依题意，ln x－<ln y－，令f(t)＝t－(t≠0)，则f′(t)＝1＋>0，所以f(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；又x>1，y>1，得ln x>0，ln y>0，则f(ln x)<f(ln y)，则ln x<ln y，∴1<x<y，即y－x>0，所以ey－x>e0＝1，A正确，B不正确；又y－x－1无法确定与0的大小关系，故C，D不正确． 1．已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为____________. [解析]　令f(x)＝，则f′(x)＝，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．a＝＝＝＝f(4)，b＝＝＝f(e)，c＝＝＝f(9)，f(e)>f(4)>f(9)，即c<a<b. 2．(2021·全国乙卷改编)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则a，b，c，的大小关系为____________. [解析]　b－c＝ln 1.02－＋1，设f(x)＝ln(x＋1)－＋1，则b－c＝f(0.02)，f′(x)＝－＝，当x≥0时，x＋1＝≥，f′(x)≤0，f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(0.02)<f(0)＝0，即b<c.a－c＝2ln 1.01－＋1，设g(x)＝2ln(x＋1)－＋1，则a－c＝g(0.01)，g′(x)＝－＝，当0≤x<2时，＝≥＝＝x＋1，故当0≤x<2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0,2)上单调递增，所以g(0.01)>g(0)＝0，故c<a，从而有b<c<a. [解析]　设f(x)＝，则f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，所以f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(3)>f(π)，即>，所以πln 3>3ln π，所以ln 3π>ln π3，即3π>π3.因为y＝x3在(0，＋∞)上单调递增，e<π，所以e3<π3，所以e3<π3<3π. 若函数f(x)在含有x0的开区间(a，b)内有n＋1阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于x－x0的多项式和一个余项的和：f(x)＝f(x0)＋f′(x0)·(x－x0)＋·(x－x0)2＋·(x－x0)3＋…＋·(x－x0)n＋Rn(x)． (1)ex＝1＋x＋＋＋…＋＋…； (2)ln(x＋1)＝x－＋＋…＋(－1)n＋1＋…； (3)sin x＝x－＋＋…＋(－1)n－1·＋…； (4)cos x＝1－＋＋…＋(－1)n－1·＋…. (2022·全国甲卷)已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，则(　　) [解析]　解法一：根据题意，构造函数f(x)＝1－，g(x)＝cos x，h(x)＝，则a＝f，b＝g，c＝h.由泰勒展开式，f(x)＝1－，g(x)＝1－＋＋…，h(x)＝1－＋＋…，g＝1－×＋×＋…＝＋×＋…，h＝1－×＋×＋…＝＋×＋…，所以f<g<h，即a<b<c. 解法二：因为b＝cos ＝1－2sin2，所以b－a＝1－2sin2－＝－2sin2＝2.令f(x)＝x－sin x，则f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，即有x>sin x(x>0)成立，所以>sin ，得>sin2，所以b>a.因为＝＝4tan ，所以令g(x)＝tan x－x，则g′(x)＝－1＝≥0，所以函数g(x)在定义域内单调递增，所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即有tan x>x(x>0)成立，所以tan >，即4tan >1，所以>1，又b>0，所以c>b.综上，c>b>a. 若a＝ln，b＝0.02sin 0.01，c＝0.01sin 0.02，则(　　) [解析]　易知a＝ln<ln 1＝0，而b>0，c>0.当x→0时，由泰勒公式展开，得b＝0.02sin 0.01＝0.02＝2×10－4－×10－8＋…，c＝0.01sin 0.02＝0.01＝2×10－4－×10－8＋….可知×10－8<×10－8，所以b>c.故b>c>a. A． B． C． D．(e，＋∞) [解析]　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋ln x，令f′(x)<0，得0<x<，所以f(x)的单调递减区间为. 5．(2026·浙江金华三模)已知函数f(x)＝a－ln x在区间(1,4)上单调递增，则a的最小值为(　　) [解析]　求导得f′(x)＝a－＝，要满足函数f(x)＝a－ln x在区间(1,4)上单调递增，则f′(x)＝≥0，即a≥，因为x∈(1,4)，所以∈(1,2)，即a≥2，故选B. 6．(2026·河北秦皇岛模拟)已知函数f(x)＝在R上单调递减，则a的取值范围是(　　) A． B． C．[1，) D． [解析]　由题意有：当x<0时，f(x)＝(2a－1)ln(e－x)，所以f′(x)＝(2a－1)×(－1)＝<0，所以1－2a<0，当x≥0时，f(x)＝，所以f′(x)＝<0，所以a(a2－2)＝a(a－)(a＋)<0，又f(x)在R上单调递减，所以解得1≤a<，所以a∈[1，)，故选C. A． B． C． D． [解析]　因为f(－x)＝e－x－ex－2sin(－x)＝－f(x)，所以f(x)为R上的奇函数．又因为f′(x)＝ex＋e－x－2cos x≥2－2cos x＝2－ 2cos x≥0，所以f(x)在R上单调递增．又f(aex)＋f(1－x)>0恒成立，所以f(aex)>f(x－1)，则aex>x－1，因此a>恒成立．设g(x)＝，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，解得x＝2.当x<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a>g(x)max＝g(2)＝.故选C. 9．已知函数f(x)与f′(x)的图象如图所示，则g(x)＝(　　) A．在区间(0,1)上单调递增 B．在区间(1,4)上单调递减 C．在区间上单调递减 D．在区间上单调递减 [解析]　当x＝0或x＝2时，f(x)＝0，则函数g(x)＝的定义域为(－∞，0)∪(0,2)∪(2，＋∞)，故排除B，D；g′(x)＝，由图易得当x∈(0,1)时，f(x)>f′(x)，即g′(x)>0，所以函数g(x)＝在(0,1)上是单调递增的，故A正确；又由图易得当x∈时，f(x)<f′(x)，即g′(x)<0，所以函数g(x)＝在上是单调递减的，故C正确．故选AC. 10．如果函数f(x)对定义域内的任意两实数x1，x2(x1≠x2)都有>0，则称函数y＝f(x)为“F函数”，下列函数不是“F函数”的是(　　) [解析]　依题意，函数g(x)＝xf(x)为定义域上的增函数，对于A，g(x)＝xex，g′(x)＝(x＋1)ex，当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，∴g(x)在(－∞，－1)上单调递减，故A中函数不是“F函数”；对于B，g(x)＝x3在R上为增函数，故B中函数为“F函数”；对于C，g(x)＝xln x，g′(x)＝1＋ln x，x>0，当x∈时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减，故C中函数不是“F函数”；对于D，g(x)＝xsin x，g′(x)＝sin x＋xcos x，当x∈时，g′(x)<0，∴g(x)在上单调递减，故D中函数不是“F函数”． A．f(x)<0恒成立 B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0 C．f> D．f< [答案]　 [解析]　因为f(x)＝x＋2cos x(－π<x<π)，f′(x)＝1－2sin x，令f′(x)≤0，得sin x≥，解得≤x≤，所以f(x)的单调递减区间是. [答案]　(－∞，－)∪(，＋∞) [解析]　由题意得f′(x)＝3x2＋2bx＋1，函数f(x)＝x3＋bx2＋x恰有三个单调区间，则函数f(x)＝x3＋bx2＋x有两个极值点，即f′(x)＝3x2＋2bx＋1的图象与x轴有两个交点，则判别式Δ＝4b2－12>0，解得b>或b<－.所以实数b的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)． [答案]　 [解析]　函数f(x)＝2x2－ln x的定义域是(0，＋∞)，所以2k－1≥0，即k≥.因为f′(x)＝4x－，所以f′(x)在上单调递增，由f′(x)＝0，可得x＝.若函数f(x)＝2x2－ln x在区间(2k－1,2k＋1)内不单调，则2k－1<<2k＋1，解之可得－<k<，又因为k≥，所以≤k<. (2)若函数g(x)＝f(x)＋在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围． [解析]　(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－2时，f′(x)＝2x－＝， 由f′(x)<0得0<x<1，故f(x)的单调递减区间是(0,1)． (2)由题意得g′(x)＝2x＋－. ①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则 g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a≥－2x2在[1，＋∞)上恒成立， 设φ(x)＝－2x2，x∈[1，＋∞)． 易知φ(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴在[1，＋∞)上，φ(x)max＝φ(1)＝0， ∴a≥0. A．2ln <ln 2 B．ln <ln C．5ln 4<4ln 5 D．π>eln π [解析]　设f(x)＝(x>0)，则f′(x)＝，所以当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．因为<2<e，所以f<f(2)，即2ln <ln 2，故选项A正确；因为<<e，所以f()<f()，即ln >ln ，故选项B不正确；因为e<4<5，所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5，故选项C不正确．同理e<π，则f(e)>f(π)，即π>eln π，故选项D正确． 2．若定义在R上的偶函数f(x)满足对任意x∈R，都有f(x)＝f(2－x)，且当x∈(0,1]时，f(x)＝.若a＝f，b＝f，c＝f，则a，b，c的大小关系是(　　) [解析]　因为函数f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)＝f(2＋x)，即f(x)是以2为周期的周期函数，因为对任意x∈R，都有f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．当x∈(0,1]时，f′(x)＝≥0，即函数f(x)在(0,1]上单调递增，又a＝f＝f＝f，b＝f＝f＝f，c＝f＝f＝f，且0<<<<1，所以f<f<f，即b<c<a. 3．(2025·黑龙江龙东地区联考)已知f′(x)是f(x)定义在(0，＋∞)上的导函数，同时f′(x)<，对任意a>b>0，则必有(　　) [解析]　由于f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)<，故xf′(x)＋f(x)－1<0，因此(xf(x)－x)′＝xf′(x)＋f(x)－1<0，因此y＝xf(x)－x为单调递减函数，由于a>b>0，故af(a)－a<bf(b)－b，即af(a)＋b<bf(b)＋a，故选D. 4．(2026·全国高三专题练习)已知函数f(x)＝正数a满足f(a2－3a－3)>0，则a＋的最小值为(　　) [解析]　当x<1时，f′(x)＝e－ex>0恒成立，当x≥1时，f′(x)＝－＋＝≥0恒成立，则f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递增．又因为f(1)＝0，当x<1时，f(x)＝ex－ex，对x＝1时，f(x)＝0也成立，所以f(x)在R上单调递增．已知正数a满足f(a2－3a－3)>0＝f(1)，则a2－3a－3>1，解得a>4或a<－1(负值舍去)，所以a>4，a－2>2，所以a＋＝a－2＋＋2≥2＋2＝8，当且仅当a－2＝，即a＝5时等号成立，所以a＋的最小值为8.故选C. 5．(2026·甘肃甘南模拟)已知函数f(x)＝x2＋3ln x－4kx(k>0)． [解析]　(1)由题意得f(x)＝x2＋3ln x－4x，定义域为(0，＋∞)， ∴f′(x)＝x＋－4，∴f′(1)＝0， 可得曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为0. ∵f(1)＝－4＝－， ∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－. (2)∵f(x)＝x2＋3ln x－4kx(k>0)，x>0， 易知f′(x)＝x＋－4k＝，且k>0. 令f′(x)＝0，则x2－4kx＋3＝0. 当Δ＝16k2－4×3≤0，即0<k≤时，x2－4kx＋3≥0在(0，＋∞)上恒成立，且等号不恒成立， 即f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，且等号不恒成立，因此f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 当Δ＝16k2－4×3>0，即k>时， 由x2－4kx＋3＝0解得x1＝2k－或x2＝2k＋， ∵x1＋x2＝4k>0，x1x2＝3>0，∴x2>x1>0， 当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0； 当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0， 因此f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减． 综上，当0<k≤时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当k>时，f(x)的单调递增区间为(0,2k－)，(2k＋，＋∞)． 6．已知函数f(x)＝ln x－. [解析]　(1)∵f(x)＝ln x－＝ln x－x＋在(0，＋∞)上单调递减， ∴f′(x)＝－－＝≤0恒成立， ∴2a≥(－x2＋2x)max， 又当x>0时，t(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1(当且仅当x＝1时取等号)， ∴2a≥1， 即实数a的取值范围为. (2)若a＝1，则f(x)＝ln x－x＋(x>0)， f′(x)＝－－. 设过点(0,1)与曲线f(x)相切的直线与f(x)的切点坐标为(x0，y0)， 则y0－1＝f′(x0)(x0－0)，即ln x0－x0＋－1＝·x0＝1－x0－，整理得ln x0＋－2＝0， 令h(x)＝ln x＋－2(x>0)， 则h′(x)＝－＝， 令h′(x)＝0，得x＝2， ∴h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 又h＝2－ln 2>0，h(2)＝ln 2－1<0，h(e2)＝>0， ∴h(x)与x轴有两个交点， ∴过点(0,1)向曲线y＝f(x)可作2条切线． [解析]　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋2x－a， f(x)在区间(0，e]单调递增，即当x∈(0，e]时，f′(x)≥0恒成立， 亦即a ≤＋2x在区间(0，e]恒成立； 因为＋2x≥2， 所以，a的取值范围为(－∞，2]． (2)①当a≤2时，f′(x)＝＋2x－a≥2－a≥0在(0，＋∞)恒成立， 则f(x)在(0，＋∞)单调递增； ②当a>2时，f′(x)＝＋2x－a＝，易知a2－8>0， 令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝，且0<x1<x2 当x1<x<x2，f′(x)<0； 当0<x<x1或x>x2时，f′(x)>0； 所以，f(x)在区间(x1，x2)单调递减，在区间(0，x1)和(x2，＋∞)单调递增． 综上所述，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)单调递增； 当a>2时，f(x)在区间单调递减，在区间和单调递增． $