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(共74张PPT)
第3讲
　导数与函数的极值、最值
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件. 2.会用导数求函数的极大值、极小值. 3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．导数与函数的极值
条件 设函数f(x)在x0处可导，且f′(x0)＝0
在点x＝x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0 在点x＝x0附近的左侧___________，右侧___________
f′(x)＜0
f′(x)＞0
图象
极值 f(x0)为______ f(x0)为______
极值点 x0为________ x0为极小值点
极大值
极小值
极大值点
(1)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值．
(2)极大值与极小值之间无确定的大小关系．
2．导数与函数的最值
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条_________的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的_____．
②将函数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．
连续不断
极值
极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值．
1．对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数f(x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
2．若函数f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则该极值点一定是函数的最值点．
3．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)
(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(　　)
(3)函数的极大值一定是函数的最大值．(　　)
(4)开区间上的单调连续函数无最值．(　　)
√
×
×
√
2．函数f(x)＝的极大值为(　　)
A．－e　 B．　
C．1　 D．0
解析：B　f′(x)＝，由f′(x)>0得0e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，故f(x)的极大值为f(e)＝.
B
3．已知f(x)＝x3－12x＋1，x∈，则f(x)的最大值为________，最小值为________．
解析：f′(x)＝3x2－12＝3(x2－4)，
因为x∈，所以f′(x)<0，则f(x)在上单调递减，故f(x)的最大值为＝，最小值为f(1)＝－10.
答案：　－10
4．函数f(x)＝x3－ax2＋2x有极值，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝3x2－2ax＋2，由于f(x)有极值，故f′(x)＝0有两个不相等的实数根，故Δ＝4a2－24>0，解得a>或a<－.
答案：∪
考向1　根据函数图象求极值
例1　(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则(　　)
A．f(x)在x＝－3处取得极小值f(－3)
B．－1是函数y＝f(x)的极小值点
C．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增
D．－2是函数y＝f(x)的极大值点
AC
突破
核心考点
利用导数研究函数的极值
解析：AC　由题中导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)＜0，当x∈(－3，－1)时，f′(x)＞0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，－1)上单调递增．
则f(x)在x＝－3处取得极小值f(－3)，A正确．
因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以B错误，C正确，D错误．
反思感悟　利用函数图象求函数极值的方法
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能的极值点．
(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可求得极值点．
考向2　求已知函数的极值
例2　已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝时，求函数f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝时，f(x)＝ln x－x，定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值．
x (0，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? ln 2－1 ?
(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在定义域上无极值点；
当a>0时，当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0，
故函数f(x)在x＝处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝.
反思感悟　运用导数求函数f(x)极值的一般步骤
(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数在定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值．
考向3　已知函数的极值求参数的取值范围
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：由题易知函数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)．
法一：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，故当00；当a>1时，g(a)<0.
故实数a的取值范围为(1，＋∞)．
法二：由1－ln a－a2<0(a>0)，得
ln a>－a2＋1(a>0)．
作出函数y＝ln a与y＝－a2＋1在区间
(0，＋∞)上的大致图象，如图所示．
由图易知当a>1时，ln a>－a2＋1，即1－ln a－a2<0.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．
反思感悟　已知函数极值点或极值求参数的两个关键点
列式 根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解
验证 因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性
跟踪训练1　(1)函数f(x)＝(x－ln x)(ln x－2)的极小值和极大值分别为
(　　)
A．1－e，－(2－ln 2)2
B．e－1，－(ln 2)2
C．e－1，2－ln 2
D．－e，－ln 2
解析：A　f′(x)＝，则f(x)在(0，2)，(e，＋∞)上单调递增，在(2，e)上单调递减，故f(x)的极大值为f(2)＝－(2－ln 2)2，极小值为f(e)＝1－e.
A
(2)设a，b为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则f(－1)＝________．
解析：因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，
当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，且f′(x)不恒为0.
此时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，函数f(x)无极值，不符合题意；
当a＝4，b＝－11时，f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(x－1)(3x＋11).
由f′(x)＝0可得x＝1或x＝－，
x，f′(x)，f(x)的关系如表所示．
x f′(x) f(x)
(－∞，－) ＋ 增
－ 0 极大值
(－，1) － 减
1 0 极小值
(1，＋∞) ＋ 增
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，
且极小值f(1)＝1＋4－11＋16＝10，符合题意．所以f(－1)＝－1＋4＋11＋16＝30.
答案：30
考向1　求已知函数的最值
例4　(2022·全国乙卷)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
利用导数研究函数的最值
D
解析：D　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)，x＝或x＝.因为f＝＋sin ，f＝cos ＋sin ，
又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＝＝2＋，
f(x)min＝f＝－.故选D.
反思感悟　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)若函数在区间[a，b]内有极值，要先求出其在[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，此结论常用在于导数的实际应用．
考向2　由函数的最值求参数
例5　(2025·福建百校联考)已知函数f(x)＝x3－3x2＋3在区间(a，a＋6)上存在最小值，则实数a的取值范围为(　　)
A．[－1，2) B．
C． D．[－1，1)
A
解析：A　由题意得f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
令f′(x)＞0，得x＜0或x＞2，
令f′(x)＜0，得0＜x＜2，
则f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)，即x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－1，
又因为当x3－3x2＋3＝－1，即x3＋1＋3(1－x2)＝(x＋1)(x－2)2＝0时，
解得x＝－1或x＝2，
可作出f(x)的图象如图所示，故要使函数f(x)＝x3－3x2＋3在区间(a，a＋6)上存在最小值，
需有解得－1≤a＜2，即实数a的取值范围为[－1，2)，故选A.
反思感悟　由函数的最值确定参数的值或取值范围，一般要利用最值或最值点列出含参数的方程或不等式(组)，解方程或不等式(组)即可．
跟踪训练2　(1)(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
解析：由题意得，f(x)＝当x>时，f′(x)＝2－，则当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以当x>
时，f(x)min＝f(1) ＝1.当01.综上可知，函数f(x)的最小值为1.
答案：1
(2)(2025·河北部分重点高中联考)已知函数f(x)＝ax－ln x的最小值为0，则a＝________．
解析：由f(x)＝ax－ln x，得f′(x)＝a－，x＞0.
若a≤0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无最小值，若a＞0，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f＝1＋ln a＝0，解得a＝.
答案：
三次函数的图象和性质
类型一　三次函数的对称性
(1)任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心．
(2)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且M(x0，f(x0))为曲线y＝f(x)的对称中心，则必有g′(x0)＝0成立，其中函数g(x)＝f′(x)．
(3)三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象关于点(，f)中心对称．
训练1　(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　)
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
AD
解析：AD　若a＝0，f(x)＝2x3＋1，此时，f(x)有1个零点，没有极大值点，没有对称轴，对称中心为点(0，1)．所有选项都不正确．下设a≠0.
f′(x)＝6x(x－a)，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a.
故f(x)有两个极值点，当t小于f(x)的极小值时，直线y＝t与曲线y＝f(x)只有一个交点，所以不存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴．故选项C不正确．
由结论(3)可知，(1，f(1))是函数f(x)的对称中心，故选项D正确．
若a<0，当x0，f(x)在区间(－∞，a)单调递增；当a0时，f′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)单调递增．所以x＝0是f(x)的极小值点．故选项B不正确．
若a>1，当x<0时，f′(x)>0，f(x)在区间(－∞，0)单调递增；当0a时，f′(x)>0，f(x)在区间(a，＋∞)单调递增．所以x＝0是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点．因为f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，故f(x)有3个零点，选项A正确．
类型二　三次函数的图象与性质
a>0 a<0
f(x) 图象
f′(x) 图象 Δ>0 Δ≤0 Δ>0 Δ≤0
a>0 a<0
f(x) 性质 单调递增区间为(－∞，x1)，(x2，＋∞)， 单调递减区间为 (x1，x2)， f(x)有两个极值点， 极大值为f(x1)，极小值为 f(x2) f′(x)≥0恒成立， f(x)在R上单调 递增， f(x)无极值点 单调递增区间为(x1，x2)， 单调递减区间为(－∞，x1)，(x2，＋∞)， f(x)有两个极值点， 极大值为f(x2)，极小值为 f(x1) f′(x)≤0恒成立，
f(x)在R
上单调
递减，
f(x)无极值点
注意：三次函数要么无极值点，要么有两个，不可能只有一个．
训练2　(2021·全国乙卷)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标．
解：(1)由题意知x∈R，
由f(x)＝x3－x2＋ax＋1可得f′(x)＝3x2－2x＋a.
令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，Δ＝4－12a.
①当a≥时，Δ≤0，即f′(x)≥0在R上恒成立，此时f(x)在R上单调递增．
②当a<时，Δ>0，方程3x2－2x＋a＝0的两个根为x1＝，故当x∈∪时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)设过原点的切线与曲线y＝f(x)相切于点P(x0，y0)，则f′(x0)＝－2x0＋a.
所以以点P为切点的切线方程为y＝(x－x0)＋y0.由y0＝＋ax0＋1，且切线过原点，切点在曲线f(x)上，得＝＋(x0－1)＝＝0，解得x0＝1，从而得P(1，1＋a)．
所以切线方程为y＝(1＋a)x，联立
消去y得x3－x2－x＋1＝0，
即(x－1)2(x＋1)＝0，所以x＝1或x＝－1，
所以公共点坐标为(1，1＋a)与(－1，－1－a)．
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?A级　基础落实练?
1．(人教A版选择性必修第二册P92练习第1题变式)函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)极值点的个数为(　　)
A．2　　　　　　
B．3
C．4
D．5
限时规范
训练(二十一)　导数与函数的极值、最值
C
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解析：C　如图所示，设导函数f′(x)的图象与x轴的交点的横坐标从左到右分别为x1，x2，x3，x4，x5，由函数的极值的定义可知，在极值点处左右两侧的导函数值符号相反，可得x1，x4为函数f(x)的极大值点，x2，x5为函数f(x)的极小值点，所以函数f(x)极值点的个数为4，故选C.
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2．(2025·河北唐山期末)函数f(x)＝x2＋2ln x－x的极值点的个数为(　　)
A．无数个 B．2
C．1 D．0
解析：D　f′(x)＝2x＋4×2×2<0，故g(x)>0恒成立，所以f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，即f′(x)＝0无解，故函数f(x)没有极值点．故选D.
D
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3．已知函数f(x)＝(k－x)ex在区间[0，1]上的最大值为k，则函数f(x)在(0，＋∞)上(　　)
A．有极大值，无最小值
B．无极大值，有最小值
C．有极大值，有最大值
D．无极大值，无最大值
解析：D　f′(x)＝(k－x－1)ex，则当x0，当x>k－1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，k－1)上单调递增，在(k－1，＋∞)上单调递减，又f(0)＝k，f(x)在区间[0，1]上的最大值为k，所以k－1≤0，即k≤1，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极大值和最大值．故选D.
D
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4．(多选)已知函数f(x)＝(3x－5)ex，则下列结论中正确的是( 　)
A．函数f(x)在上单调递减
B．函数f(x)的极小值点为x＝
C．函数f(x)无极大值
D．函数f(x)在[0，1]上的最大值为－5
BCD
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解析：BCD　易知f′(x)＝(3x－2)ex，
当x＞时，f′(x)>0；当x<时，f′(x)<0.
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以A错误，B正确，C正确．
又f(x)在上单调递减，在上单调递增，f(0)＝－5，f(1)＝－2e，
所以函数f(x)在[0，1]上的最大值为－5，D正确．故选B、C、D.
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5．(2025·黑龙江七台河市部分学校联考)若x＝1是函数f(x)＝x3＋(a＋1)x2－(a2＋a－3)x的极值点，则a的值为(　　)
A．－2 B．3
C．－2或3 D．－3或2
解析：B　f(x)＝x3＋(a＋1)x2－(a2＋a－3)x，则f′(x)＝x2＋2(a＋1)x－(a2＋a－3)，由题意可知f′(1)＝0，即1＋2(a＋1)－(a2＋a－3)＝0，解得a＝3或a＝－2.当a＝3时，f′(x)＝x2＋8x－9＝(x＋9)(x－1)，当x>1或x<－9时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当－9B
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6．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　)
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
AC
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解析：AC　因为f(x)＝x3－x＋1，
所以f′(x)＝3x2－1，
令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±.
所以当x＜－或x＞时，f′(x)＞0；
当－＜x＜时，f′(x)＜0.
因此f(x)有两个极值点，A正确．
因为f＝＞0，
所以f(x)的极小值大于0，
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所以f(x)仅有一个零点．故选项B错误．
由于y＝x3－x的图象关于原点(0，0)对称，且向上平移一个单位，得y＝f(x)的图象．
故函数y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称，C项正确．
令f′(x0)＝－1＝2，得x0＝±1，
故曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以选项D错误．
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7．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________．
解析：容积V＝(a－2x)2x，0答案：a3
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8．若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________．
解析：f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4.
答案：4
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9．(2025·辽宁大连质检)已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则f(x)的极大值点为x＝____，极大值为______．
解析：由题意得f′(x)＝，x>0，所以f′(e)＝2f′(e)－，则f′(e)＝，
因此f(x)＝2ln x－，x>0，f′(x)＝，
由f′(x)>0得02e，
所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减．
因此f(x)的极大值点为x＝2e，极大值为f(2e)＝2ln (2e)－2＝2ln 2.
答案：2e　2ln 2
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10．(15分)(2025·安徽黄山质量检测)已知函数f(x)＝x2－4ax＋a2ln x在x＝1处取得极大值．
(1)求a的值；
(2)求f(x)在区间上的最大值．
解：(1)f′(x)＝3x－4a＋.
由f(x)在x＝1处取得极大值得f′(1)＝3－4a＋a2＝0，解得a＝1或a＝3，经检验，a＝1时不符合题意，应舍去(此时f(x)在x＝1处取得极小值)，故a＝3.
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(2)由(1)得f(x)＝x2－12x＋9ln x，f′(x)＝，
令f′(x)>0，得令f′(x)<0，得1所以f(x)max＝f(1)＝.
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11．(15分)已知函数f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值．
解：因为f(x)＝ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋4ax＋2a＋2
＝，
若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；
当x∈时，f′(x)<0，
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故函数f(x)在上单调递增，
在上单调递减；
故f(x)在x＝－处取得唯一的极大值，且极大值为f＝ln －－1.
若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值．
综上，当a<0时，f(x)的极大值为ln －－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值．
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?B级　能力提升练?
12．(多选)(2025·广东佛山调研)若函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则下列结论中一定正确的是(　　)
A．a>0　　　　　　 B．b<0
C．ab>－1 D．a＋b>0
AB
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解析：AB　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值，也有极小值，所以函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，
因为a≠0，所以方程ax2－4x－2b＝0有两个不同的正实数根x1，x2.
所以
所以16＋8ab>0，a>0，b<0.故选A、B.
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13．(2025·浙江宁波名校联考)直线x＝a(a>0且a≠1)分别与曲线f(x)＝和曲线g(x)＝2ln x交于点A，B，则|AB|的最小值为(　　)
A．2＋2ln 2 B．2
C．2ln 2 D．1＋2ln 2
解析：D　由f(a)＝，g(a)＝2ln a得＝.构造函数F(x)＝－2ln x(x>0且x≠1)，则F′(x)＝.
D
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令F′(x)＝0，可得x1＝，x2＝2，列表如下：
x (0，) (，1) (1，2) 2 (2，＋∞)
F′(x) － 0 ＋ ＋ 0 －
F(x) 单调 递减 极小 值 单调 递增 单调 递增 极大 值 单调
递减
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则极小值为F()＝－2ln ＝2＋2ln 2，极大值为F(2)＝－2ln 2＝－1－2ln 2，作出F(x)的大致图象如图所示，
结合图象可知|F(x)|min＝|F(2)|＝1＋2ln 2.故选D.
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14．(17分)已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，f′(x)＝－1＋＝，令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；
当x>1时，f′(x)<0.
∴f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数．
∴f(x)max＝f(1)＝－1.
∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1.
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(2)f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[，＋∞).
①若a≥－，则f′(x)≥0，
从而f(x)在(0，e]上是增函数，
∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不合题意．
②若a＜－，令f′(x)＞0，得a＋＞0，
结合x∈(0，e]，解得0＜x＜－；
令f′(x)＜0，得a＋＜0，结合x∈(0，e]，解得－＜x≤e.
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从而f(x)在(0，－)上为增函数，在上为减函数，
∴f(x)max＝f(－)＝－1＋ln (－).
令－1＋ln (－)＝－3，得ln (－)＝－2，
即a＝－e2.
∵－e2＜－，∴a＝－e2为所求．
故实数a的值为－e2.
第3讲　导数与函数的极值、最值
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第4讲
　导数综合问题
第1课时　导数与不等式
突破·核心考点
限时规范训练
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内容索引
在导数综合问题中，不等式的恒(能)成立问题、不等式的证明问题是高考的常频考点，此类问题一般转化为最值问题解决，难度较大，常作为压轴题．此类综合问题有助于提高数学抽象、数学运算、逻辑推理等多个核心素养．
◆命题解读
突破
核心考点
不等式恒(能)成立问题
例1　(12分)(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x.
(1)若a＝－2，求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
问题1　如何求函数的极值？
　求函数f(x)的导数f′(x)与单调区间，根据其单调性求f(x)的极值．
问题2　如何求不等式的恒成立问题？
　先求出当x≥0时，f(x)≥0的必要条件，然后证明其满足充分性．
(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，求导得
f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1.(1分)
当－1f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0，
所以当x∈(－1，0)时，f′(x)＜0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，(3分)
所以当x＝0时，f(x)取得极小值，极小值为f(0)＝0，f(x)无极大值．(5分)
(2)f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)，
则f′(x)＝－a ln (1＋x)－.
设g(x)＝－a ln (1＋x)－，则
g′(x)＝－.(6分)
因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0，
所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－.
故a≤－是原不等式成立的一个必要条件．(8分)
下面证明其充分性：
当a≤－，x≥0时，g′(x)≥≥0.
所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0.
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0.(11分)
综上，a的取值范围是.(12分)
跟踪训练1　(2025·江苏苏州质检)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝，若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，求实数a的取值范围．
解：若存在x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立，
则ax≤(x>0)，即a≤(x>0)，
则问题转化为a≤max(x>0)，
令h(x)＝，x>0，
h′(x)＝，
当00，当x>时，h′(x)<0，所以函数h(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以h(x)max＝h＝，所以a≤.
故实数a的取值范围是.
试题通过对函数性质的探究，全面考查导数及其应用．试题的第(1)问面向全体考生，体现了基础性的考查要求，利用导数就能得到函数的单调性，从而求得极值．试题的第(2)问体现了试题的选拔性，通过构造一个新函数，利用求导得到函数的单调性，进而得到参数的取值范围．试题有助于培养化归与转化能力、分类讨论能力、逻辑推理能力、数学运算能力．
(1)第一步：给出定义域，并求导．

第二步：判断函数的单调性．

第三步：根据极值的定义给出结论．
(2)第一步：求导．

第二步：找出原不等式成立的一个必要条件．

第三步：证明该必要条件也是充分条件．

第四步：得出参数的取值范围．
反思感悟　(1)恒(能)成立问题的转化策略：参数讨论法，参变分离法，先特殊后一般法等．
(2)常用的转化方法：
①a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
②a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
③a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
④a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
不等式的证明问题
例2　(2023·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
解：(1)因为f(x)＝a(ex＋a)－x，
所以f′(x)＝aex－1，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)＝0，
可得x＝－ln a，
当x变化时，f(x)与f′(x)变化如下表：
当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上，当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增．
x (－∞，－ln a) －ln a (－ln a，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
(2)证明：法一：由(1)可知当a>0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(－ln a)＝a＋ln a
＝a2＋ln a＋1，
构造函数g(a)＝a2＋ln a＋1－2ln a－
＝a2－ln a－，
则g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)＝0，解得a＝ (负值舍去).
当a∈(0，)时，g′(a)<0，g(a)单调递减，当a∈(，＋∞)时，g′(a)>0，g(a)单调递增，
所以g(a)min＝g()＝－＝ln >0，所以当a>0时，f(x)>2ln a＋.
法二：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，
要证f(x)>2ln a＋，即证1＋a2＋ln a>2ln a＋，即证a2－－ln a>0恒成立，
由切线不等式可知ln a≤a－1，
故－ln a≥1－a
所以a2－－ln a≥a2－a＋＝(a－)2＋>0,
从而原不等式得证．
法三：因为ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立，
又因为f(x)＝a(ex＋a)－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x，
当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立，
所以要证f(x)>2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x>2ln a＋，即证a2－－ln a>0，
令g(a)＝a2－－ln a(a>0)，则
g′(a)＝2a－＝，
令g′(a)<0，则0令g′(a)>0，则a>；
所以g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
所以g(a)min＝g()＝()2－－ln ＝ln >0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2ln a＋恒成立，证毕．
反思感悟　(1)直接构造函数法：证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)0(或f(x)－g(x)<0)，构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x).只需证明h(x)min>0(或h(x)max<0).
(2)先放缩后构造法：首先根据已知条件(或常用结论)适当放缩，然后构造函数，转化为求函数最值问题；有时也会利用上一问的结论进行放缩．
切线放缩
教材溯源(1)(人教A版选择性必修第二册P99习题5.3第12题)利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：
①ex>1＋x，x≠0；②ln x0.
推广可得不等式：ex≥x＋1>x－1≥ln x
(2)(人教A版选择性必修第二册P89例4)
设x>0，f(x)＝ln x，g(x)＝1－，两个函数的图象如图所示，判断f(x)，g(x)的图象与C1，C2之间的对应关系．
由此可得不等式：1－≤ln x.
应用上述不等式推广可得：
①1－≤ln x≤x－1(x>0)，≤ln (1＋x)≤x(x>－1)；
②ex-1≥x，ex≥＋1(n∈N*)；ex≥n(n∈N*)．
训练　已知函数f(x)＝aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0.
证明：因为a≥，所以f(x)≥－ln x－1＝ex-1－ln x－1.因为y＝ex-1在x＝1处的切线方程为y＝x，因此用切线放缩法可得不等式ex-1≥x，当且仅当x＝1时取等号，所以ex-1－ln x－1≥x－ln x－1当且仅当x＝1时取等号．设g(x)＝x－ln x－1，则g′(x)＝1－.当01时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增．所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0(g(x)≥0的证明实质上是ln x≤x－1的应用)．因此，当a≥时，f(x)≥0.
跟踪训练2　设函数f(x)＝ex－1，其中e为自然对数的底数．
求证：(1)当x>0时，f(x)>x；
(2)ex－2>ln x.
证明：(1)令g(x)＝f(x)－x＝ex－1－x，
则g′(x)＝ex－1，
当x>0时，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故当x>0时，g(x)>g(0)＝0，
即当x>0时，f(x)>x成立．
(2)由(1)可得当x>0时，ex>1＋x.
要证ex－2>ln x，可证ex－2>x－1≥ln x，即证x－1－ln x≥0.
令h(x)＝x－1－ln x，
则h′(x)＝1－，
当x>1时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
当0则h(x)min＝h(1)＝0，
即h(x)＝x－1－ln x≥0恒成立，
所以ex－2>ln x.
洛必达法则
1．洛必达法则是高等数学中的内容，是快速求解极限问题的一种有效方式，在高考解选填题时若能灵活使用，可以省去很多时间．在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．
2．洛必达法则
法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)＝0及＝0；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)＝A，那么＝A.
法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)＝∞及＝∞；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)＝A，那么＝A.
训练　(2025·浙江宁波调研节选)已知函数f(x)＝(x＋1)ln (x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围．
解：当x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln (x＋1)>ax恒成立，即a<恒成立．
令g(x)＝(x>0)，
∴g′(x)＝.
令k(x)＝x－ln (x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．
∴k(x)>k(0)＝0，
∴x－ln (x＋1)>0恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知，
＝＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
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1．(17分)(2023·新课标Ⅱ卷节选)证明：当0证明：设f(x)＝x－sin x，
则f′(x)＝1－cos x≥0，
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f(x)>f(0)＝0，
即x－sin x>0在(0，1)上恒成立，
所以sin x设g(x)＝sin x＋x2－x，
限时规范
训练(二十二)　导数与不等式
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则g′(x)＝cos x＋2x－1.
设h(x)＝cos x＋2x－1，
则h′(x)＝－sin x＋2>0，
所以函数h(x)在(0，1)上单调递增，
所以当x∈(0，1)时，h(x)>h(0)＝0，
即g′(x)>0在(0，1)上恒成立，
所以函数g(x)在(0，1)上单调递增，
所以当x∈(0，1)时，g(x)>g(0)＝0，
即sin x＋x2－x>0在(0，1)上恒成立，
所以sin x>x－x2在(0，1)上恒成立．
综上所述，当02
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2．(17分)(2023·全国甲卷节选)已知函数f(x)＝ax－，x∈，若f(x)＋sinx<0，求a的取值范围．
解：若f(x)＋sin x<0，则－sinx－ax>0，
设g(x)＝－sinx－ax，
则g′(x)＝－a.
当a≤0时，因为x∈，
所以0所以g′(x)>0，g(x)在上单调递增，
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则g(x)>g(0)＝0，所以f(x)＋sin x<0成立．
当a>0时，g′(0)＝－a<0，所以存在x0>0，当x∈(0，x0)时，使得g′(x)<0，所以g(x)在(0，x0)上单调递减，g(x)<0，不符合题意．
综上所述，a的取值范围是(－∞，0].
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3．(17分)对任意x∈(0，2e)，|x－a|lnx≤e恒成立，求实数a的取值范围．
解：当x∈(0，1]时，ln x≤0，不等式显然成立；
当x∈(1，2e)时，|x－a|lnx≤e等价于x－，令h(x)＝x－(10在(1，2e)上恒成立，故p(x)在(1，2e)上单调递增，且p(e)＝0，所以当x∈(1，e)时，p(x)<0，此时g(x)单调递减，当x∈(e，2e)时，p(x)>0，此时g(x)单调递增，故g(x)的最小值为g(e)＝2e，故a≤2e.综上所述，2e－≤a≤2e.
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4．(17分)已知函数f(x)＝ex－x－1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cos x.
解：(1)易知函数f(x)的定义域为R，
∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
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(2)证明：要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，
即证ex－x2－cos x≥0，
设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∵g′(x)＝ex－x＋sin x，sin x≥－1，
∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1(当且仅当x＝－＋2kπ，k∈Z时等号成立)，
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1
由(1)知ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，
∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x得证．
第4讲　第1课时　导数与不等式
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第2讲
　导数与函数的单调性
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．函数的单调性与导数的关系
条件 导数的符号 结论
函数y＝f(x) 在区间(a，b) 上可导 f′(x)>0 f(x)在(a，b)内___________
f′(x)<0 f(x)在(a，b)内___________
f′(x)＝0 f(x)在(a，b)内是___________
单调递增
单调递减
常数函数
“f′(x)>0在区间(a，b)内成立”是“f(x)在区间(a，b)内单调递增”的充分不必要条件．
2．利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的_________；
第2步，求出导函数f′(x)的_______；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．
定义域
零点
1．若可导函数f(x)在(a，b)内存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若可导函数f(x)在(a，b)内存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
2．可导函数f(x)在(a，b)内单调递增(减)的充要条件是对 x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒为零．
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0成立.(　　)
(2)如果f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0成立，则f(x)在此区间内没有单调性．(　　)
(3)若函数f(x)在定义域上都有f′(x)>0成立，则f(x)在定义域上一定单调递增．(　　)
(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数．(　　)
×
√
×
√
2．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是(　　)
A．先增后减　　　　 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
解析：D　∵当x∈(0，π)时，f′(x)＝－sin x－1<0，∴f(x)在(0，π)上是减函数．
D
3．函数f(x)＝x3＋2x2－4x的单调递增区间是________．
解析：由f′(x)＝3x2＋4x－4>0得x<－2或x>，故单调递增区间为(－∞，－2)，.
答案：(－∞，－2)，
4．若函数y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
解析：由题意可知，y′＝1－≥0，即a2≤x2在[2，＋∞)上恒成立，由x2≥4，∴a2≤4，即－2≤a≤2.
又a>0，故0答案：(0，2]
考向1　不含参数的函数的单调性
例1　(2025·浙江舟山联考)函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的单调递增区间是
(　　)
A．(0，1)　 B．
C． D．
D
突破
核心考点
利用导数研究函数的单调性
解析：D　函数f(x)＝ln (2x－1)－x2＋x的定义域为，
且f′(x)＝，
令f′(x)＞0，解得＜x＜，所以f(x)的单调递增区间为.
反思感悟　求解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．
考向2　含参数的函数的单调性
例2　已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性．
解：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．
②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，且g′(x)不恒等于0，
∴g(x)在R上单调递增，
③若a0，
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反思感悟　(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．
跟踪训练1　(1)(人教A版选择性必修第二册P87练习第3题变式)设函数f(x)在定义域内可导，f(x)的图象如图所示，则其导函数f′(x)的图象可能是(　　)
A
解析：A　由f(x)的图象可知，当x∈(－∞，0)时，函数f(x)单调递增，则f′(x)≥0，故排除C，D；当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)先单调递减、再单调递增最后单调递减，则导函数值f′(x)应先小于0，再大于0，最后小于0，故排除B，选A.
(2)已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ax－(a＋1)＋.
令f′(x)＝0，得x＝或x＝1.
①当01，
∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝1，
∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0<<1，
∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；
x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
综上，当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
考向1　比较大小或解不等式
例3　(1)(人教A版选择性必修第二册P86例1变式)已知函数f(x)＝2x－sin x，则下列结论中正确的是(　　)
A．f(2.7)＜f(π)＜f(e)
B．f(π)＜f(e)＜f(2.7)
C．f(e)＜f(2.7)＜f(π)
D．f(2.7)＜f(e)＜f(π)
D
函数单调性的应用
解析：D　f′(x)＝2－cos x，因为cos x∈[－1，1]，所以f′(x)＞0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，因为2.7＜e＜π，所以f(2.7)＜f(e)＜f(π)，故选D.
(2)已知函数f(x)＝x3＋2x－sin x，若f(2a2)＋f(a－1)≤0，则实数a的取值范围为(　　)
A．
B．
C．
D．
D
解析：D　函数f(x)＝x3＋2x－sin x的定义域为R，f(－x)＝(－x)3＋2(－x)－sin (－x)＝－f(x)，故函数f(x)是奇函数．又f′(x)＝3x2＋2－cos x＞0恒成立，所以函数f(x)在R上单调递增，不等式f(2a2)＋f(a－1)≤0 f(2a2)≤－f(a－1)，即f(2a2)≤f(－a＋1)，于是2a2≤－a＋1，即2a2＋a－1≤0，解得－1≤a≤，所以实数a的取值范围为.故选D.
考向2　根据函数的单调性求参数的值(取值范围)
例4　(多选)(2025·广东茂名模拟)若f(x)＝－x2＋2x＋1是区间(m－1，m＋4)上的单调函数，则实数m的值可以是(　　)
A．－4
B．－3
C．3
D．4
CD
解析：CD　由题意，f′(x)＝－x2＋x＋2＝－(x－2)(x＋1)，
令f′(x)＞0，解得－1＜x＜2，令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞2，
所以f(x)在(－1，2)上单调递增，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减．
若f(x)＝－x2＋2x＋1是区间(m－1，m＋4)上的单调函数，则m＋4≤－1或m－1≥2或解得m≤－5或m≥3.故选C、D.
反思感悟　(1)根据函数的单调性求参数的值(取值范围)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．
②f(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)成立，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)．
(2)利用导数比较大小，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用其单调性比较大小．
(3)与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件，恰当构造函数，再利用导数研究新函数的单调性，从而解不等式．
跟踪训练2　(1)已知函数f(x)＝x sin x，x∈R，则，f(1)，f的大小关系为(　　)
A．f>f(1)>f
B．f(1)>f>f
C．f>f(1)>f
D．f>f>f(1)
A
解析：A　因为f(x)＝x sin x，所以f(－x)＝(－x)·sin (－x)＝x sin x＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，所以f＝f.又当x∈时，f′(x)＝sin x＋x cos x>0，所以函数f(x)在上是增函数，所以f(1)>，故选A.
(2)已知函数g(x)＝x2＋2x＋5，若函数g(x)在(－2，－1)上单调递减，则实数a的取值范围为________．
解析：法一：因为g(x)在(－2，－1)上单调递减，所以g′(x)＝x2－ax＋2≤0在(－2，－1)上恒成立．
所以即解得a≤－3，即实数a的取值范围为(－∞，－3].
法二：由题意知g′(x)＝x2－ax＋2≤0在(－2，－1)上恒成立，所以a≤x＋在(－2，－1)上恒成立．记h(x)＝x＋，当x∈(－2，－1)时，－3＜h(x)≤－2(由对勾函数的单调性可得)，所以a≤－3，即实数a的取值范围为(－∞，－3].
答案：(－∞，－3]
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?A级　基础落实练?
1．(2025·陕西咸阳质检)曲线y＝在点(1，1)处的切线的倾斜角α等于
(　　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
解析：C　∵y＝，∴y′＝－，∴当x＝1时，tan α＝k＝－1.∵α∈[0，π)，∴α＝.故选C.
限时规范
训练(十九)　导数与函数的单调性
C
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2．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y＝f(x)函数的图象可能是(　　)
D
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解析：D　根据题中导函数的图象可得，当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；
当x∈(0，2)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，所以只有D选项符合．
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3．(多选)已知函数f(x)＝(x2－4x＋1)ex，则函数f(x)在下列区间上单调递增的有(　　)
A．(－1，0)　　　　　　 B．(－2，－1)
C．(－1，3) D．(3，4)
解析：BD　f′(x)＝(2x－4)ex＋(x2－4x＋1)ex＝(x2－2x－3)ex，
令f′(x)＞0，可得x2－2x－3＞0，
解得x＜－1或x＞3，
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(3，＋∞)，
所以f(x)在(－2，－1)和(3，4)上单调递增．
BD
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4．(2025·苏北四市调研)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋sin x，则不等式f(2x－1)＜eπ的解集是(　　)
A． B．
C． D．
D
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解析：D　当x≥0时，f′(x)＝ex＋cos x，
因为ex≥1，cos x∈[－1，1]，
所以当x≥0时，f′(x)＝ex＋cos x≥0恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又f(x)是定义在R上的偶函数，
所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，f(－π)＝f(π)＝eπ，
所以由f(2x－1)＜eπ可得－π＜2x－1＜π，
解得x∈.
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5．(2025·河南洛阳高三摸底)函数f(x)＝在(－∞，＋∞)上是单调函数，则a的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．(1，3]
C． D．
解析：B　当x>0时，f(x)＝ex－x＋2a，则f′(x)＝ex－1>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，由题意可知，函数f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，故当x≤0时，f(x)＝(a－1)x＋3a－2单调递增，则a－1>0，且3a－2≤e0＋2a，得1B
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6．(多选)(2025·山西晋城模拟)若一个函数在区间D上的导数值恒大于0，则该函数在D上单调递增，若一个函数在区间D上的导数值恒小于0，则该函数在D上单调递减，则(　　)
A．函数f(x)＝x2－2x在[1，＋∞)上单调递增
B．函数f(x)＝x3－2x在[1，2]上单调递增
C．函数f(x)＝sin x－2x在[0，1]上单调递减
D．函数f(x)＝ex－3x在[0，2]上单调递减
BC
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解析：BC　对于A，f′(x)＝2x－2，由f′(1)＝0，知A错误．
对于B，f′(x)＝3x2－2，当x∈[1，2]时，f′(x)＞0恒成立，所以B正确．
对于C，f′(x)＝cos x－2＜0在[0，1]上恒成立，所以C正确．
对于D，f′(x)＝ex－3＜0在[0，2]上不恒成立，所以D错误．故选B、C.
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7．(2025·浙江丽水模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3，1)，则m＋n的值为________．
解析：f′(x)＝x2＋2mx＋n，
由f(x)的单调递减区间是(－3，1)，
得f′(x)＜0的解集为(－3，1)，
则－3，1是f′(x)＝0的解，
∴－2m＝－3＋1＝－2，
n＝1×(－3)＝－3，
可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.
答案：－2
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8．若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1.由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点，所以3ax2＋6x－1＝0需满足a≠0，且Δ＝36＋12a>0，解得a>－3且a≠0，所以实数a的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞)．
答案：(－3，0)∪(0，＋∞)
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9．(2025·上海模拟)已知定义在(－3，3)上的奇函数y＝f(x)的导函数是f′(x)，当x≥0时，y＝f(x)的图象如图所示，则关于x的不等式＞0的解集为________．
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解析：依题意f(x)是奇函数，图象关于原点对称，由图象可知，f(x)在区间(－3，－1)，(1，3)上单调递减，f′(x)＜0；
f(x)在区间(－1，1)上单调递增，f′(x)＞0.
所以＞0的解集为(－3，－1)∪(0，1)．
答案：(－3，－1)∪(0，1)
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10．(13分)已知函数f(x)＝(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
求：(1)实数k的值；
(2)函数f(x)的单调区间．
解：(1)f′(x)＝(x＞0)．
又由题意知f′(1)＝＝0，所以k＝1.
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(2)由(1)知，f′(x)＝(x＞0)．
设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，
则h′(x)＝－＜0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，
所以f′(x)＞0；
当x＞1时，h(x)＜0，所以f′(x)＜0.
综上，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
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11．(15分)已知函数f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0)．
(1)若f(x)在[1，4]上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解：(1)因为f(x)在[1，4]上单调递减，
所以当x∈[1，4]时，f′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥恒成立．
设G(x)＝，x∈[1，4]，
所以a≥G(x)max，
而G(x)＝2－1，
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因为x∈[1，4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，
又因为a≠0，
所以实数a的取值范围是∪(0，＋∞)．
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(2)因为f(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则f′(x)＜0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a＞有解，
又当x∈[1，4]时，min＝－1(此时x＝1)，
所以a＞－1，又因为a≠0，
所以实数a的取值范围是(－1，0)∪(0，＋∞)．
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?B级　能力提升练?
12．(2025·湖南师大附中质检)已知函数f(x)＝cos x＋a ln x在区间上单调递增，则a的最小值为(　　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．π
C
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解析：C　f′(x)＝－sin x＋≥0在区间上恒成立，即a≥x sin x在区间上恒成立．设g(x)＝x sin x，x∈，则g′(x)＝sin x＋x cos x＞0，所以g(x)在上单调递增，则g(x)＜g＝，所以a≥，则a的最小值为.故选C.
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13．(2025·陕西西安联考)已知函数f(x)＝(ex＋e－x)x2，若满足f(log3m)－e－＜0，则实数m的取值范围为(　　)
A．(0，) B．(，3)
C．(0，3) D．(3，＋∞)
B
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2
解析：B　∵f(x)的定义域为R，f(－x)＝(e－x＋ex)(－x)2＝(e－x＋ex)x2＝f(x)，
∴f(x)为偶函数．
∵f′(x)＝(ex－e－x)x2＋2x(ex＋e－x)，
∴f′(0)＝0.
当x＞0时，ex＞1，0＜e－x＜1，∴ex－e－x＞0.∴f′(x)＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
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∵f(log3m)－e－＜0，即f(log3m)＜e＋＝f(1).即f(log3m)＜f(1).
∵f(x)＝(ex＋e－x)x2在(0，＋∞)上单调递增且为偶函数，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减．∴|log3m|＜1.即－1＜log3m＜1，解得＜m＜3，所以实数m的取值范围为(，3).故选B.
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14．(17分)(2025·浙江宁波质检节选)已知函数f(x)＝3a ln x－x2－(a－3)x，x∈R，试讨论f(x)的单调性．
解：由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－x－(a－3)
＝－，
①若a≥0，则当0＜x＜3时，f′(x)＞0，
当x＞3时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(0，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减；
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②若－3＜a＜0，由f′(x)＜0，得0＜x＜－a或x＞3，由f′(x)＞0，得－a＜x＜3，
∴f(x)在(0，－a)，(3，＋∞)上单调递减，在(－a，3)上单调递增；
③若a＝－3，则f′(x)≤0恒成立，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
④若a＜－3，由f′(x)＜0，
得0＜x＜3或x＞－a，
由f′(x)＞0，得3＜x＜－a，
∴f(x)在(0，3)，(－a，＋∞)上单调递减，在(3，－a)上单调递增．
第2讲　导数与函数的单调性
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第2课时　导数与函数的零点问题
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
内容索引
函数零点与隐零点问题在高考中有着很重要的地位，零点问题主要涉及函数零点个数的判断及参数取值范围的求解．导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，即能确定其存在，但又无法用显性的代数式进行表达，这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，利用整体代换思想，再结合题目条件解决问题．
◆命题解读
突破
核心考点
函数的零点
例1　已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x，若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
解：函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a＋.
(1)当a≤0时，ax－1<0恒成立，
∴00，f(x)单调递增，
x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝a－1<0.
此时f(x)无零点，不合题意．
(2)当a>0时，令f′(x)＝0，
解得x＝1或x＝，
①当0∴10时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x)在(0，1)，上单调递增，在上单调递减，f(x)的极大值为f(1)＝a－1<0，
x→＋∞时，f(x)>0，∴f(x)恰有1个零点．
②当a＝1时，1＝，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，符合题意．
③当a>1时，<1，f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
f(x)的极小值为f(1)＝a－1>0，
x→0时，f(x)→－∞，
∴f(x)恰有1个零点．
综上所述，a>0，即a的取值范围为(0，＋∞)．
反思感悟　利用导数解决零点问题的方法
(1)数形结合法：求函数f(x)的单调区间和极值，根据f(x)的性质作出图象，然后根据图象判断函数零点个数．
(2)分类讨论法：求函数f(x)的单调区间和极值，然后分类讨论，判断函数的零点个数．
跟踪训练1　已知函数f(x)＝ex－ax＋2a，a∈R，讨论函数f(x)的零点个数．
解：令f(x)＝0，得ex＝a(x－2)，
当a＝0时，ex＝a(x－2)无解，∴f(x)无零点．
当a≠0时，，
令φ(x)＝，x∈R，∴φ′(x)＝，
当x∈(－∞，3)时，φ′(x)>0；
当x∈(3，＋∞)时，φ′(x)<0.
∴φ(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，且φ(x)max＝φ(3)＝，
又x→＋∞时，φ(x)→0，
x→－∞时，φ(x)→－∞，
∴φ(x)的图象如图所示．
当>，即0f(x)无零点；
当，即a＝e3时，
f(x)有一个零点；
当0<<，即a>e3时，f(x)有两个零点；
当<0，即a<0时，f(x)有一个零点．
综上所述，当a∈[0，e3)时，f(x)无零点；当a∈(－∞，0)∪{e3}时，f(x)有一个零点；当a∈(e3，＋∞)时，f(x)有两个零点．
导函数的隐零点
例2　(2025·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝x＋a ln x，g(x)＝e－x－ln x－2x.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若g(x0)＝0，求x0＋ln x0的值；
(3)证明：x－x ln x≤e－x＋x2.
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由f′(x)＝1＋，当a≥0时，f′(x)>0，
当a<0时，令f′(x)<0，则0令f′(x)>0，则x>－a.
所以当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a<0时，函数f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增．
(2)由g(x0)＝0(虚设零点)，
得－ln x0－2x0＝0，
即－x0＝ln x0＋x0，　①
令t＝，则－x0＝ln t，　②
将②代入①可得ln t＋t＝ln x0＋x0，
由(1)可知，当a＝1时，f(x)＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以t＝＝x0，
所以x0＋ln x0＝＝x0－x0＝0.
(3)证明：第一步：构造函数求导，判断导函数的单调性．
设m(x)＝x－x ln x－e－x－x2，
则m′(x)＝g(x)＝e－x－ln x－2x，
易判断g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
第二步：借助导函数的“隐零点”判断函数的单调性．
由(2)可知，g(x0)＝0，则x0＋ln x0＝0，
所以若x∈(0，x0)，则m′(x)＝g(x)>0，
若x∈(x0，＋∞)，则m′(x)＝g(x)<0，
所以函数m(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减．
第三步：用代换法证明不等式．
所以m(x)≤m(x0)，m(x0)＝，
又ln x0＝＝x0，
所以m(x0)＝x0＋＝0(用代换法解决隐零点问题)，
所以m(x)≤0，即x－x ln x≤e－x＋x2.
反思感悟　求解导函数“隐零点”问题的基本思路
(1)形式上虚设，变量为x时，设零点为x0；
(2)运算上代换，对于含有隐零点x0的恒等式，根据需要通过移项将含有x0的一项或几项移在等号一边代换到另外式子中．
(3)数值上估算，估算零点所在的区间．
(4)策略上等价转化，运用充要条件等价转化或恒等变形．
(5)方法上分离参数，零点x0用数学式子表示．
(6)技巧上反客为主，零点x0作为主变量，其他变量作为参变量．
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．
(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
解：(1)设切点坐标为(x0，f(x0))，
由f′(x)＝－a，得f′(x0)＝－a，
所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝(x－x0)，
即y＝x＋ln x0.
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
所以解得a＝－1.
(2)证明：当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－(xex－1)，
令G(x)＝xex－1(x>0)，则
G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x) 在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0，1)，
且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(x0)＝－ln x0－x0－1，
由G(x0)＝0得＝1，
两边取对数得ln x0＋x0＝0，故F(x0)＝0，
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，
即f(x)≤g(x)＋x2.
3
4
1
2
1．(17分)已知函数f(x)＝，a∈R.
(1)若a＝0，求f(x)的最大值；
(2)若0解：(1)若a＝0，则f(x)＝，其定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝，
由f′(x)＝0，得x＝e，
∴当00；
当x>e时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(e)＝.
限时规范
训练(二十三)　导数与函数的零点问题
3
4
1
2
(2)证明：f′(x)＝，
由(1)知f(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减，
∵0e时，
f(x)＝>0，
故f(x)在(e，＋∞)上无零点；
当03
4
1
2
∵f＝a－e<0，f(e)＝a＋>0，
且f(x)在(0，e)上单调递增，
∴f(x)在(0，e)上有且只有一个零点，
综上，f(x)有且只有一个零点．
2
1
3
4
2．(17分)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，a∈R.若f(x)＝1有且仅有两个不相等实根，求实数a的取值范围．
解：由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，ln x－ax＋1＝1，即a＝有且仅有两个不相等实根，
令g(x)＝，h(x)＝a，即g(x)与h(x)的图象有两个交点，
g′(x)＝，x∈(0，e)时，g′(x)>0，x∈(e，＋∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)的最大值为g(e)＝，
2
1
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4
又因为x→0＋时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，
所以当a∈时，g(x)与h(x)的图象有两个交点，如图所示．
所以实数a的取值范围为.
2
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4
3．(17分)已知函数f(x)＝ex－a－ln x＋x.
(1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)当a≤0时，证明：f(x)>x＋2.
解：(1)当a＝1时，f(x)＝ex-1－ln x＋x，
f′(x)＝ex-1－＋1，
则f′(1)＝1，而f(1)＝2，
则切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－y＋1＝0.
2
3
1
4
(2)证明：当a≤0时，
令F(x)＝f(x)－x－2＝ex－a－ln x－2，x>0，
F′(x)＝ex－a－，
显然函数F′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令g(x)＝xex－a－1，x≥0，g′(x)＝(x＋1)ex－a>0，
即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而g(0)＝－1<0，g(1)＝e1-a－1≥e－1>0，
则存在唯一的x0∈(0，1)，使得g(x0)＝0，
即ex0－a＝，
2
3
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4
因此存在唯一x0∈(0，1)，使得F′(x0)＝0，
当0x0时，
F′(x)>0，
因此函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
当ex0－a＝时，x0－a＝－ln x0，
则F(x)≥F(x0)＝ex0－a－ln x0－2＝＋x0－a－2>2－a－2＝－a≥0，
当且仅当＝x0即x0＝1时，取等号，故式子取不到等号．
所以当a≤0时，f(x)>x＋2.
2
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4
1
4．(17分)已知f(x)＝(x－1)ex－a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a≤e时，讨论函数f(x)零点的个数．
解：(1)f(x)＝(x－1)ex－a，
则f′(x)＝x(ex－ax)．
∵函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)＝x(ex－ax)≥0在[0，＋∞)上恒成立，则ex－ax≥0，x≥0.
2
3
4
1
当x＝0时，则1≥0，即a∈R；
当x>0时，则a≤，
构建g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝(x>0)，
令g′(x)>0，则x>1，
令g′(x)<0，则0∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则g(x)≥g(1)＝e，∴a≤e，
综上所述，a≤e.
即a的取值范围为(－∞，e].
2
3
4
1
(2)f(x)＝(x－1)ex－a
＝(x－1)，
令f(x)＝0，
则x＝1或ex－a(x2＋x＋1)＝0，
对于ex－a(x2＋x＋1)＝0，
即a，构建h(x)＝，
则h′(x)＝，
2
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4
1
令h′(x)>0，则x>1或x<0，
令h′(x)<0，则0∴h(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，
h(0)＝1，h(1)＝且h(x)>0，当x∈R时恒成立，则当a＝e时，a有两个根x1＝1，x2<0；
当0当a≤0时，a无根．
综上所述，当a≤0时，f(x)只有一个零点；
当0第4讲　第2课时　导数与函数的零点问题
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三新命题
　函数与导数
(教师用书独具)
限时规范训练
内容索引
命题点一　函数的新定义问题
例1　(多选)对于两个均不等于1的正数m和n，定义：m*n＝min{logmn，lognm}，则下列结论正确的是(　　)
A．若a>1，且3*a＝2*4，则a＝9
B．若a≥b≥c>1，且＝c*a，则b＝c
C．若0D．若0y>z>0，则(ax*by) ·(by*cz)＝2(ax*cz)
BC
解析：BC　对于A，当13时，loga3＝log42，即loga3＝，解得a＝9.综上，当a>1时，a＝或a＝9，故A错误．
对于B，由＝c*a及a≥b≥c>1，得logab＝logbc·logac，即，即lg2b＝lg2c，即lg b＝lg c或lg b＝－lg c，即b＝c或bc＝1.由b≥c>1，得bc>1，从而可得b＝c，故B正确．
对于C，若0>b>a>0，得a*＝loga，所以a*b－a*c＝a*成立，故C正确．
对于D，由指数函数f(t)＝at(0y，可得ax由幂函数h(x)＝xy(y>0)在(0，＋∞)上单调递增，且0故D错误．故选B、C.
思维升华　解函数新定义问题的策略
(1)可通过举例的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解．
(2)可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解得较为透彻．
(3)发现新信息与现有知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律，把问题转化为利用已有知识解决．
跟踪训练1　(2025·山东济南模拟)若函数y＝f(x)的定义域为[a，b]，值域也是[a，b]，那么称函数f(x)为“保域函数”．下列函数中是“保域函数”的有________．(填上所有正确答案的序号)
①f(x)＝，x∈[0，2]；
②f(x)＝x2＋x－1，x∈[－1，1]；
③f(x)＝，x∈[－1，1]；
④f(x)＝ln x＋1，x∈[1，e2].
解析：①f(x)＝在[0，2]上单调递增，可得其值域为[0，2]，所以①是“保域函数”；
②f(x)＝x2＋x－1＝2－，所以f(x)在[－1，1]上的最小值为f＝所以②不是“保域函数”；
③f(x)＝在[－1，1]上单调递增，可得其值域为[－1，1]，所以③是“保域函数”；
④f(x)＝ln x＋1在[1，e2]上单调递增，可得其值域为[1，e2]，所以④是“保域函数”．
答案：①③④
命题点二　以高等数学为背景的导数问题
例2　 (2024·湖北襄阳三模)柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数f(x)，g(x)满足：
①图象在[a，b]上是一条连续不断的曲线；
②在(a，b)内可导；
③对 x∈(a，b)，g′(x)≠0，则 ξ∈(a，b)，使得.
特别地，取g(x)＝x，则有： ξ∈(a，b)，使得＝f′(ξ)，此情形称之为拉格朗日中值定理．
(1)设函数f(x)满足f(0)＝0，其导函数f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，证明：函数y＝在(0，＋∞)上为增函数．
(2)若 a，b∈(0，e)且a>b，不等式＋m≤0恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)证明：由题，
由柯西中值定理知：对 x>0， ξ∈(0，x)，
使得＝f′(ξ)，
＝f′(ξ)，
又f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则f′(x)>f′(ξ)，
则f′(x)>，即xf′(x)－f(x)>0，
所以′＝>0，
故y＝在(0，＋∞)上为增函数．
(2)＋m≤0 ≤m，取f(x)＝x ln x，g(x)＝x2，
因为a>b，所以由柯西中值定理， ξ∈(b，a)，
使得，
由题意则有：≤m，
设G(x)＝(0当00，当1G′(x)<0，
所以G(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e)上单调递减，
所以G(x)max＝G(1)＝，
故m≥，所以实数m的取值范围是.
思维升华　本题主要考查柯西中值定理的应用，解题关键在于充分理解和把握柯西中值定理的内涵，构造与之匹配的结构，运用定理进行解析式的简化，达到透过现象抓住本质的目的．
跟踪训练2　伯努利不等式，又称贝努利不等式，由数学家伯努利提出，对于实数x>－1且x≠0，正整数n不小于2，那么(1＋x)n>1＋nx.研究发现，伯努利不等式可以推广，请证明以下问题．
(1)证明：当a∈[1，＋∞)时，(1＋x)a≥1＋ax对任意x>－1恒成立．
(2)证明：对任意n∈N*，1n＋2n＋3n＋…＋nn<(n＋1)n恒成立．
证明：(1)令f(x)＝(1＋x)a－1－ax(x>－1)，
当a＝1时，可知f(x)＝0，原不等式成立．
当a>1时，f′(x)＝a(1＋x)a-1－a＝a[(1＋x)a-1－1]，可知当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当a>1时，f(x)≥f(0)＝0，所以原不等式得证．
综上，当a∈[1，＋∞)时，(1＋x)a≥1＋ax对任意x>－1恒成立．
(2)要证对任意n∈N*，1n＋2n＋3n＋…＋nn<(n＋1)n恒成立，
只要证n＋n＋n＋…＋n<1恒成立，
即证n＋n＋n＋…＋n<1恒成立．
又－>－1，
由(1)可知，对于任意正整数i∈{1，2，3，…，n}，1－i，
所以n≤ni＝i，
那么n＋n＋n＋…＋n而n≤成立，证明如下：
要证n≤，只需证.
令＝x，x∈(0，1]，则只需证2x≤1＋x成立．
令g(x)＝2x－1－x，求导可得，
g′(x)＝2x ln 2－1，
当0当log20，g(x)单调递增．
又g(0)＝0，g(1)＝0，所以当x∈(0，1]时，
g(x)≤0.
所以n≤成立．
所以n＋n-1＋n-2＋…＋1≤n＋n-1＋n-2＋…＋1＝＝1－n<1.
所以原命题得证．
1
2
单项选择题、填空题5分；多项选择题6分．
1．(17分)若函数f(x)在[a，b]上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈[a，b]，都有|f(x1)－f(x2)|(1)若f(x)＝＋x，判断f(x)是否为[1，2]上的“3类函数”．
(2)若f(x)＝c(x－1)ex－－x ln x为[1，e]上的“2类函数”，求实数c的取值范围．
限时规范
训练　函数与导数
1
2
解：(1)对于任意不同的x1，x2∈[1，2]，不妨设x1|f(x1)－f(x2)|＝＋)－(＝，
所以f(x)＝＋x是[1，2]上的“3类函数”．
(2)由题意知，对于任意不同的x1，x2∈[1，e]，都有|f(x1)－f(x2)|<2|x1－x2|.
不妨设x1故f(x1)＋2x1f(x2)－2x2，
1
2
故y＝f(x)＋2x在[1，e]上单调递增，y＝f(x)－2x在[1，e]上单调递减，
故对任意的x∈[1，e]，都有－2≤f′(x)≤2，其中f′(x)＝cxex－x－ln x－1.
由f′(x)≤2可得c≤，令g(x)＝，1≤x≤e，则c≤g(x)min，
g′(x)＝，令u(x)＝－2－ln x－x，1≤x≤e，可得u(x)单调递减，所以u(x)≤u(1)＝－3<0，所以g′(x)<0，
所以g(x)在[1，e]上单调递减，g(x)min＝g(e)＝.
由f′(x)≥－2可得c≥，令h(x)＝，1≤x≤e，则c≥h(x)max，h′(x)＝，令m(x)＝2－ln x－x，1≤x≤e，可得m(x)单调递减，
1
2
又m(1)＝1>0，m(e)＝1－e<0，
所以 x0∈(1，e)，使得m(x0)＝0，即2－ln x0－x0＝0，所以ln x0＝2－x0，x0＝.
当x∈[1，x0)时，m(x)>0，h′(x)>0，h(x)单调递增，当x∈(x0，e]时，m(x)<0，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(x0)＝.
综上所述，实数c的取值范围是.
2
1
2．(17分)用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”．现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f′(x)是f(x)的导函数， f″(x)是f′(x)的导函数，则曲线y＝f(x)在点(x，f(x))处的曲率K＝.
(1)求曲线f(x)＝ln x在(1，0)的曲率；
(2)已知函数g(x)＝cos x＋1(x∈R)，求g(x)曲率的平方的最大值；
(3)函数h(x)＝(x－2)ex＋x2，若h(x)在两个不同的点处曲率为0，求实数m的取值范围．
2
1
解：(1)因为f(x)＝ln x，则f′(x)＝，f″(x)＝－，
所以K＝.
(2)因为g(x)＝cos x＋1(x∈R)，则g′(x)＝－sin x，g″(x)＝－cos x，
所以K＝，
则K2＝，
令t＝2－cos2x，则t∈[1，2]，K2＝，
2
1
设p(t)＝，则p′(t)＝，
显然当t∈[1，2]时，p′(t)<0，p(t)单调递减，
所以p(t)max＝p(1)＝1，所以K2最大值为1.
(3)∵h(x)＝(x－2)ex＋x2，x>0，
∴h′(x)＝(x－1)ex＋(3＋m)x－x2－(x＋2x ln x)，
∴h″(x)＝xex－2(ln x＋x)＋m＝eln x＋x－2(ln x＋x)＋m，x>0，
因为h(x)在两个不同的点处曲率为0，
所以h″(x)＝0有两个大于0的不同实数解，
2
1
即h″(x)＝eln x＋x－2(ln x＋x)＋m有两个不同的零点．
令t＝ln x＋x(x>0)，
∵t′＝＋1>0，∴t在(0，＋∞)上单调递增，且值域为R，
所以m＝－eln x＋x＋2(ln x＋x)有两个大于0的实数解，等价于m＝2t－et，t∈R有两个不同的实数解．
令G(t)＝2t－et，t∈R，则G′(t)＝2－et，
令G′(t)＝0得t＝ln 2，
t∈(－∞，ln 2)时，G′(t)>0，即G(t)单调递增；
t∈(ln 2，＋∞)时，G′(t)<0，即G(t)单调递减；
2
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所以G(t)max＝G(ln 2)＝2ln 2－2，
又因为当t→－∞时，G(t)→－∞；
当t→＋∞时，G(t)→－∞；
G(t)的图象如图所示：
又因为m＝G(t)有两个实数解，
所以m∈(－∞，2ln 2－2)．
所以m的取值范围为(－∞，2ln 2－2)．
三新命题　函数与导数
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培优增分
　函数中的构造问题
限时规范训练
内容索引
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题的形式出现．同构法构造函数也经常在解答题中考查，多以导数为工具，通过已知等式或不等式的结构构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立、求参数范围等问题
◆命题解读
题型一　利用导数运算构造函数
例1　(1)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，且f(－2)＝0，则不等式＞0的解集是(　　)
A．(－2，0)∪(0，2)
B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
C．(－2，0)∪(2，＋∞)
D．(－∞，－2)∪(0，2)
D
解析：D　设g(x)＝，x≠0.
因为f(x)是定义在R上的偶函数，
所以f(－x)＝f(x)．
因为g(－x)＝＝－g(x)，
所以g(x)为奇函数，
所以g(－2)＝－g(2)．
因为f(－2)＝0，
所以g(－2)＝g(2)＝0.
当x＞0时，g′(x)＝＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
此时不等式＞0的解集是(0，2)．
因为g(x)为奇函数，图象关于原点对称，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以当x＜0时，不等式＞0的解集是(－∞，－2)．
综上所述，不等式＞0的解集是(－∞，－2)∪(0，2)．
(2)(多选)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
CD
解析：CD　令g(x)＝，x∈，则其导数g′(x)＝，
又由x∈，且恒有f′(x)sinx－f(x)cos x<0成立，则g′(x)<0，即函数g(x)为减函数．由<，则g>g，即>，可得f>f；
又由<，则g>g，
即>，可得f>f.
(3)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)＞0，且有f(3)＝3，则f(x)＞3e3-x的解集为________．
答案：(3，＋∞)
解析：设F(x)＝f(x)·ex，则F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0，
∴F(x)是增函数．
又f(3)＝3，则F(3)＝f(3)·e3＝3e3.
∵f(x)＞3e3-x等价于f(x)·ex＞3e3，
即F(x)＞F(3)，
∴x＞3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)．
反思感悟　(1)f(x)与xn相结合构造可导函数的常见形式：
①对于nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)；
②对于xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
(2)f(x)与ex相结合构造可导函数的常见形式：
①对于f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)；
②对于f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
(3)函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的常见形式：
①F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
②F(x)＝，F′(x)＝；
③F(x)＝f(x)cosx，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
④F(x)＝，F′(x)＝.
跟踪训练1　(1)(2025·重庆模拟)已知定义域为{x|x≠0}的偶函数f(x)，其导函数为f′(x)，对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)，且f(1)＝0，则不等式f(x)<0的解集是(　　)
A．(－∞，1) B．(－1，1)
C．(－∞，0)∪(0，1) D．(－1，0)∪(0，1)
D
解析：D　令g(x)＝且x≠0，
则g′(x)＝，
又对任意正实数x满足xf′(x)>2f(x)，
即当x>0时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
由f(x)为偶函数，则g(－x)＝＝g(x)，所以g(x)也为偶函数，
故g(x)在(－∞，0)上单调递减，
则g(－1)＝g(1)＝＝0，且f(x)<0等价于g(x)＝<＝g(1)，
所以x∈(－1，0)∪(0，1)．
(2)f(x)为定义在R上的可导函数，且f′(x)>f(x)，对任意正实数a，下列式子中一定成立的是(　　)
A．f(a)B．f(a)>eaf(0)
C．f(a)<
D．f(a)>
B
解析：B　令g(x)＝，
则g′(x)＝>0.
∴g(x)在R上为增函数，又a>0，
∴g(a)>g(0)，即>，
故f(a)>eaf(0)．
题型二　同构法构造函数
例2　设实数m＞0，若对任意的x≥e，不等式≥0恒成立，则m的最大值为______．
解析：不等式≥0恒成立，
可得x2ln x≥，
即x ln x≥，eln xln x≥，①
设f(x)＝xex(x＞0)，则
f′(x)＝(x＋1)ex＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵＞0，ln x＞0，
由①式知≤ln x对任意的x≥e恒成立，
∴只需m≤(x ln x)min，设g(x)＝x ln x(x≥e)，则g′(x)＝ln x＋1＞0，
∴g(x)在[e，＋∞)上为增函数，
∴g(x)min＝g(e)＝e，∴m≤e.
故m的最大值为e.
答案：e
反思感悟　指对同构，经常使用的变换形式有两种：
(1)将x变成ln ex，然后构造函数．
(2)将x变成eln x，然后构造函数．
跟踪训练2　对于任意的x＞0，ex≥(a－1)x＋ln (ax)恒成立，则a的最大值是________．
解析：由ex≥(a－1)x＋ln (ax)，
可得ex＋x≥ax＋ln (ax)，
即ex＋x≥eln (ax)＋ln (ax)，
令f(x)＝ex＋x，则f(x)≥f(ln (ax))，
因为f(x)在R上是增函数，
所以x≥ln (ax)，即a≤，
令h(x)＝(x＞0)，则h′(x)＝，
当x∈(0，1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝e，即a≤e，
所以a的最大值是e.
答案：e
题型三　利用数值构造具体函数
例3　(2025·湖南长沙模拟)已知实数a，b分别满足ea＝1.02，ln (b＋1)＝0.02，且c＝，则(　　)
A．a＜b＜c B．b＜a＜c
C．b＜c＜a D．c＜a＜b
D
解析：D　由ea＝1.02，得a＝ln 1.02，由ln (b＋1)＝0.02，得b＝e0.02－1，
令f(x)＝ex－1－ln (1＋x)，x＞0，则f′(x)＝ex－，
令h(x)＝ex－，x＞0，h′(x)＝ex＋＞0恒成立，
故f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(0)＝e0－＝0，
故f′(x)＞0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f(0.02)＝e0.02－1－ln (1＋0.02)＞f(0)＝0，
即e0.02－1＞ln 1.02，即b＞a.
a＝ln 1.02，c＝
令g(x)＝ln x－，x＞1，则g′(x)＝，
则当x＞1时，g′(x)＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(1.02)＝ln 1.02－＞g(1)＝0，即a＞c，故c＜a＜b.故选D.
反思感悟　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．
泰勒展开式
教材溯源(人教A版必修第一册P256复习参考题第26题)英国数学家泰勒给出如下公式：
sin x＝x－＋…，
cos x＝1－＋…，
其中n！＝1×2×3×4×…×n.
这些公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性，比如，用前三项计算cos 0.3，就得到
cos 0.3≈1－＝0.955 337 5.
(1)常见的泰勒展开式
①ex＝1＋x＋＋…；
②ln (1＋x)＝x－xn＋…；
③(1＋x)a＝1＋ax＋xn＋…；
④sin x＝x－x2n-1＋…；
⑤cos x＝1－x2n＋….
(2)应用泰勒展开式，各类函数在局部就可以用多项式函数近似替代，所以可以用泰勒展开式比较数值的大小．
训练　(2022·全国甲卷)已知a＝，b＝c＝4sin ，则(　　)
A．c＞b＞a　　　　 B．b＞a＞c
C．a＞b＞c D．a＞c＞b
解析：A　由题意知a＝.
由泰勒展开式，得cos x≈1－，
sin x≈x－，
所以b＝cos ，
A
c＝4sin ≈4×
＝1－，
所以a＜b＜c.故选A.
跟踪训练3　(2025·云南、广西、贵州、四川联考)已知a＝ln ，b＝＋1，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．c＞a＞b B．b＞a＞c
C．a＞b＞c D．b＞c＞a
解析：B　由a＝ln ＝ln ＋1，
设f(x)＝，则f′(x)＝，
(提示：通过观察可发现a，c中有相同结构，故可构造函数)
当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)在(0，e)上单调递增；
B
当0＜x＜e时，f′(x)＞0，f(x)在(0，e)上单调递增；
当x＞e时，f′(x)＜0，f(x)在(e，＋∞)上单调递减．
故f(x)max＝f(e)＝.则＞＞，即b＞c，b＞a.
由＜0可知c＜a，故b＞a＞c.故选B.
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?A级　基础落实练?
1．设f(x)是定义在R上的函数，其导函数为f′(x)，满足f(x)－xf′(x)<0，若a＝2f(2)，b＝f(4)，则(　　)
A．aB．a>b
C．a＝b
D．a，b的大小无法判断
限时规范
训练(二十)　函数中的构造问题
A
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解析：A　设g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
即g(4)>g(2)，所以>，
那么f(4)>2f(2)，即a15
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2．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＜f′(x)－2，则(　　)
A．f(2025)－ef(2024)＜2(e－1)
B．f(2025)－ef(2024)＞2(e－1)
C．f(2025)－ef(2024)＞2(e＋1)
D．f(2025)－ef(2024)＜2(e＋1)
B
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解析：B　令g(x)＝，
则g′(x)＝＞0，
因此函数g(x)是增函数，
于是得g(2025)＞g(2024)，
即＞，
整理得f(2025)－ef(2024)＞2(e－1)，故B正确．
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3．若ln x－ln y＜(x＞1，y＞1)，则(　　)
A．ey－x＞1　　　　 B．ey－x＜1
C．ey－x-1＞1 D．ey－x-1＜1
解析：A　依题意得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)，
A
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由单调递增得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．故选A.
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4．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，满足f(x)＋f′(x)<0，则下列结论一定正确的是(　　)
A．e2f(2)>e3f(3) B．e2f(2)C．e3f(2)>e2f(3) D．e3f(2)解析：A　构造函数g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝ex[f′(x)＋f(x)]，
因为f(x)＋f′(x)<0，故g′(x)<0，
因此可得g(x)在R上单调递减，
由于2<3，故g(2)>g(3)，
所以e2f(2)>e3f(3)，A正确，B错误．
无法判断C，D的正误．
A
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5．若0＜x1＜x2＜1，则(　　)
A．ex2－ex1＞ln x2－ln x1
B．ex2－ex1＜ln x2－ln x1
C．x2 ex1＞x1 ex2
D．x2 ex1＜x1 ex2
C
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解析：C　构造函数f(x)＝ex－ln x，x∈(0，1)，
∴f′(x)＝ex－在(0，1)上单调递增且有零点，
∴f(x)在(0，1)上有一个极值点，
∴f(x)在(0，1)上不单调，无法判断f(x1)与f(x2)的大小，故A，B错误；
令g(x)＝，x∈(0，1)，
∴g′(x)＝＜0，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，
又∵x2＞x1，∴，故选C.
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6．(2024·江苏常州模拟)已知函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称，且当x>0时，f′(x)sin x＋f(x)cos x>0，则下列说法中正确的是(　　)
A．f<－f<－f
B．－fC．－f<－fD．－fD
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解析：D　由f(x－1)的图象关于点(1，0)对称可知，f(x)的图象关于点(0，0)对称，则f(x)为奇函数，令g(x)＝f(x)sin x，则g(x)为偶函数，
又当x>0时，g′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)·cos x>0，则g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g＝g即－f即－f15
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7．(2025·江苏南京模拟)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aeaA．ab>e B．b>ea
C．ab解析：B　由已知aea设f(x)＝x ln x，则f(ea)因为a>0，则ea>1，又b ln b>aea>0，则b>1.
当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以eaB
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8．已知a＝e-0.02，b＝0.01，c＝ln 1.01，则(　　)
A．c>a>b B．b>a>c
C．a>b>c D．b>c>a
解析：C　由指数函数的性质得，
a＝>0.01＝b，
设f(x)＝ex－1－x，则f′(x)＝ex－1≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数，
∴f(0.01)>f(0)，即e0.01－1－0.01>0，
即e0.01>1.01，
∴b＝0.01>ln 1.01＝c，∴a>b>c.
C
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9．(多选)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，xf′(x)＋2f(x)＞0恒成立，则(　　)
A．f(1)＜4f(2) B．f(－1)＜4f(－2)
C．16f(4)＜9f(3) D．4f(－2)＞9f(－3)
解析：AD　令g(x)＝x2f(x)，
∵当x＞0时，xf′(x)＋2f(x)＞0，
∴当x＞0时，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]＞0，
∴g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
AD
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又f(x)为定义在R上的奇函数，y＝x2为定义在R上的偶函数，
∴g(x)＝x2f(x)为定义在R上的奇函数．
∴g(x)是增函数，
由g(2)＞g(1)，可得4f(2)＞f(1)，故A正确；
由g(－1)＞g(－2)，可得f(－1)＞4f(－2)，故B错误；
由g(4)＞g(3)，可得16f(4)＞9f(3)，故C错误；
由g(－2)＞g(－3)，可得4f(－2)＞9f(－3)，故D正确．
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2
10．(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－1＞0，则下列结论中正确的是(　 　)
A．f(2)－ln 2＞f(1)
B．f(4)－f(2)＞ln 2
C．f(2)＋ln 2＞f(e)＋1
D．f(e2)－f(e)＞1
ABD
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解析：ABD　由题意，构造函数g(x)＝f(x)－ln x，x＞0，
则g′(x)＝f′(x)－，
因为xf′(x)－1＞0，
所以g′(x)＞0，
故g(x)是增函数．
由g(2)＞g(1)得，f(2)－ln 2＞f(1)－ln 1，
即f(2)－ln 2＞f(1)，故A正确；
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由g(4)＞g(2)得，f(4)－ln 4＞f(2)－ln 2，
即f(4)－f(2)＞ln 4－ln 2＝ln 2，故B正确；
由g(e)＞g(2)得，f(e)－ln e＞f(2)－ln 2，
即f(e)＋ln 2＞f(2)＋1，故C错误；
由g(e2)＞g(e)得，f(e2)－ln e2＞f(e)－ln e，
即f(e2)－2＞f(e)－1，
即f(e2)－f(e)＞1，故D正确．
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11．(多选)已知a＞b＞0，且，则(　　)
A．0＜b＜1 B．0＜a＜1
C．1＜b＜e D．a＞e
解析：CD　两边同时取自然对数得
，
设f(x)＝，由f′(x)＝，
令f′(x)＞0，解得0＜x＜e，
令f′(x)＜0，解得x＞e，
CD
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∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在x＝e处取得最大值f(e)＝，
在(0，e)内，函数f(x)有唯一的零点x＝1，在(e，＋∞)内，f(x)＞0，
又∵a＞b＞0且f(a)＝f(b)＞0，
∴1＜b＜e，a＞e，故选C、D.
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12．已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，其导函数为f′(x)，且满足ln x·f′(x)＋·f(x)＞0，则f(e)________0(填“＞”或“＜”)．
解析：令g(x)＝f(x)·ln x，
可得g′(x)＝ln x·f′(x)＋·f(x)，
因为ln x·f′(x)＋·f(x)＞0，
可得g′(x)＞0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又由g(1)＝0，所以g(e)＞g(1)，
即f(e)·ln e＞0，即f(e)＞0.
答案：＞
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13．已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当x2>x1>0时，若f(2)＝e2＋1，则ln xf(ln x)－x ln x>2的解集为________．
解析：由，
得
令g(x)＝xf(x)－xex，则g(x1)>g(x2)，
又x2>x1>0，
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∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
∵ln xf(ln x)－x ln x>2，
g(2)＝2f(2)－2e2＝2，∴g(ln x)>g(2)，
∴0答案：(1，e2)
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14．若a＝ln ，b＝e-1，c＝，则实数a，b，c的大小关系为________．
解析：令f(x)＝，则f′(x)＝，
故当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．
而a＝ln ＝f(3)，
b＝e-1＝＝f(e)，c＝＝f，且e<3<2，故b>a>c.
答案：b>a>c
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?B级　能力提升练?
15．已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6，2n+1＋n＝6，则等于(　　)
A． B．1
C． D．2
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B
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解析：B　由题意得log2m＋2m＝2n+1＋n，
log2m＋2m＝2×2n＋n＝log22n＋2×2n，
令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，
则g′(x)＝＋2>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以＝1.
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16．设实数λ>0，对任意的x>1，不等式λeλx≥ln x恒成立，则λ的取值范围为________．
解析：由题意，得eλx·λx≥x ln x＝eln x·ln x，
令f(t)＝t·et，t∈(0，＋∞)，
则f′(t)＝(t＋1)·et>0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(λx)≥f(ln x)，
即当x∈(1，＋∞)时，λx≥ln x，
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2
即λ≥恒成立，
令g(x)＝，x∈(1，＋∞)，
则g′(x)＝，
所以在(1，e)上，g′(x)>0，则g(x)单调递增；
在(e，＋∞)上，g′(x)<0，则g(x)单调递减；
所以g(x)≤g(e)＝，故λ≥.
答案：
14
16
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培优增分　函数中的构造问题
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第三章 一元函数的导数及其应用
第1讲
导数的概念及其意义、导数的运算
聚焦·必备知识
突破·核心考点
限时规范训练
1
2
3
内容索引
1．了解导数的概念，掌握基本初等函数的导数.2.通过函数图象，理解导数的几何意义.3.能够利用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，会求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数．
◆课标要求
聚焦
必备知识
1．导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记作____________或y′|x＝x0.
f′(x0)＝＝_________________．
(2)函数y＝f(x)的导函数
f′(x)＝称为函数y＝f(x)的导函数．
f′(x0)表示函数f(x)在x＝x0处的导数值；但(f(x0))′是函数值f(x0)的导数，且(f(x0))′＝0.
2．导数的几何意义
函数y＝f(x)在x＝x0处的导数的几何意义就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的____，相应的切线方程为_____________________ ___________________．
曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点．
(x－x0)
3．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)＝xα(α∈R，且α≠0) f′(x)＝__________
f(x)＝sin x f′(x)＝_________
f(x)＝cos x f′(x)＝___________
f(x)＝ex f′(x)＝ex
f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f′(x)＝____________
f(x)＝ln x f′(x)＝
f(x)＝logax(a>0，且a≠1)
f′(x)＝________
αxα-1
cos x
－sin x
ax ln a
4.导数的运算法则
若f′(x)，g′(x)存在，则
(1)[f(x)±g(x)]′＝_________________.
(2)[f(x)·g(x)]′＝________________________.
(3)′＝(g(x)≠0)．
5．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝____________．
f′(x)±g′(x)
f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
y′u·u′x
1．函数y＝f(x)的导数f′(x)反映了函数f(x)的瞬时变化趋势，其正、负号反映了变化的方向，其大小|f′(x)|反映了变化的快慢，|f′(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡”．
2．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．
1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”)
(1)f′(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率．(　　)
(2)若f(x)＝sin (－x)，则f′(x)＝cos x．(　　)
(3)求f′(x0)时，可先求f(x0)，再求f′(x0)．(　　)
(4)曲线y＝f(x)在某点处的切线与曲线y＝f(x)过某点的切线意义是相同的．(　　)
×
×
×
×
2．(多选)下列导数运算中正确的是(　　)
A．(3x)′＝3x ln 3
B．(x2ln x)′＝2x ln x＋x
C．′＝
D．(sin x cos x)′＝cos 2x
解析：ABD　′＝，故C错误，其余都正确．
ABD
3．已知函数f(x)＝x(2024＋ln x)，若f′(x0)＝2025，则x0等于(　　)
A．e2　　 B．1　　
C．ln 2　　 D．e
解析：B　f′(x)＝2024＋ln x＋1＝2025＋ln x，
f′(x0)＝2025＋ln x0＝2025，得x0＝1.
B
4．已知曲线y＝xex在点(1，e)处的切线与曲线y＝a ln x＋2在点(1，2)处的切线平行，则a＝________．
解析：由y＝xex，得y′＝(x＋1)ex，
由y＝a ln x＋2，得y′＝，故2e＝a.
答案：2e
例1　(1)(多选)下列求导运算中正确的是(　　)
A．[(3x＋5)3]′＝9(3x＋5)2
B．(x3ln x)′＝3x2ln x＋x2
C．′＝
D．(2x＋cos x)′＝2x ln 2－sin x
ABD
突破
核心考点
导数的运算
解析：ABD　对于A，[(3x＋5)3]′＝3(3x＋5)2(3x＋5)′＝9(3x＋5)2，故A正确；
对于B，(x3ln x)′＝(x3)′ln x＋x3(ln x)′＝3x2ln x＋x2，故B正确；
对于C，′＝
＝，故C错误；
对于D，(2x＋cos x)′＝(2x)′＋(cos x)′＝2x ln 2－sin x，故D正确．
(2)(2025·江苏常州期末)函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)＝x2＋2xf′(2)－ln x，则f′(2)=________．
解析：由f(x)＝x2＋2xf′(2)－ln x求导得f′(x)＝2x＋2f′(2)－，当x＝2时，可得f′(2)＝4＋2f′(2)－，解得f′(2)＝－.
答案：－
反思感悟　(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导．
(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后利用方程思想求解．
(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元．
跟踪训练1　(1)(多选)(2025·河南TOP二十名校调研)下列求导运算中正确的是(　　)
A．′＝1－
B．(e2x)′＝e2x
C．(log2x)′＝
D．′＝
AC
解析：AC　对于A，′＝1－，故A正确；
对于B，(e2x)′＝e2x(2x)′＝2e2x，故B错误；
对于C，(log2x)′＝，故C正确；
对于D，′＝
＝－，故D错误．故选A、C.
(2)已知函数f(x)＝sin x＋4x，则
＝________．
解析：∵f′(x)＝cos x＋4，∴f′(π)＝3，
∴
＝2＝2f′(π)＝6.
答案：6
考向1　求切线的方程
例2　(1)(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　　)
A． B．　　
C．　　 D．
A
导数的几何意义
解析：A　f′(x)＝，所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1) ，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为，故选A.
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程分别为________，________．
答案：y＝x　y＝－x
解析：当x>0时，y＝ln x，设切点为(x0，y0)，x0>0，由y′＝，得切线斜率k＝.又切线的斜率为，所以.解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e.所以k＝.所以切线方程为y＝x.同理可求得，当x<0时的切线方程为y＝－x.综上，两条切线方程分别为y＝x.
考向2　求切点坐标或参数的值(取值范围)
例3　(1)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝ln x上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
答案：(e，1)
解析：设A(x0，ln x0)，又y′＝，
则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－ln x0＝(x－x0).将(－e，－1)代入得－1－ln x0＝(－e－x0)，化简得ln x0＝，解得x0＝e，则点A的坐标是(e，1)．
(2)已知直线y＝ax－1与曲线y＝相切，则a的值为(　　)
A．1　
B．　
C．　
D．2e2
A
解析：A　y＝的导函数y′＝，
设切点坐标为(x0，y0)，则故即－1，则2ln x0＋x0－1＝0.易知函数f(x)＝2ln x＋x－1为增函数，且f(1)＝0，故x0＝1，故a＝＝1.故选A.
考向3　由切线条数求参数
例4　(2025·福建泉州调研)函数f(x)＝x2＋a ln x在区间(1，2)上的图象存在两条相互垂直的切线，则a的取值范围为(　　)
A．(－2，1) B．(－2，－1)
C．(－2，0) D．(－3，－2)
D
解析：D　 D　由f(x)＝x2＋a ln x，得f′(x)＝x＋ (x＞0)，不妨设这两条相互垂直的切线的切点坐标为(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，且f′(x1)·f′(x2)＝－1.
若a≥0，则f′(x)＞0恒成立，不符合题意，所以a＜0，可排除A项．此时易知y＝f′(x)单调递增，要满足题意,则
解得a∈(－3，－2)．
反思感悟　(1)求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同．求过某点的切线方程，要先设出切点坐标，再依据条件建立方程(组)求解，求出切点坐标是解题的关键．
(2)处理与切线有关的参数问题，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：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上，故满足切线方程；③切点在曲线上，故满足曲线方程．
跟踪训练2　(1)(2025·山西阳泉期末)曲线y＝＋sin (π－2x)在点(0，1)处的切线方程为(　　)
A．y＝x－1 B．x＝1
C．y＝1 D．y＝x＋1
解析：D　因为y＝＋sin (π－2x)＝＋sin 2x，所以y′＝－＋2cos 2x，所以曲线y＝＋sin (π－2x)在点(0，1)处的切线斜率为－＋2cos 0＝－1＋2＝1，所以切线方程为y－1＝1×(x－0)，即y＝x＋1.
D
(2)已知直线y＝x＋1与曲线y＝ln (x＋a)相切，则a＝________．
解析：由y＝ln (x＋a)得y′＝，设切点横坐标为x0，则
由①可得x0＋a＝1，代入②可得x0＝－1，所以a＝1－x0＝2.
答案：2
例5　(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________．
两曲线的公切线
答案：ln 2
解析：由题意，令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则＝2，得x0＝－，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝所以a＝ln 2.
反思感悟　公切线问题的解题策略
解决公切线问题，应根据两个函数在切点处的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组，或者分别求出两函数的切线，利用两切线重合列方程组求解．
跟踪训练3　(2025·山东济南期末)已知曲线y＝ln x与曲线y＝a在交点(1，0)处有相同的切线，则a等于(　　)
A．1 B．
C．－ D．－1
B
解析：B　由题知曲线y＝ln x和曲线y＝a在交点(1，0)处有相同的切线，即斜率k相等．对于曲线y＝ln x，求导得y′＝，所以在点(1，0)处的切线斜率k＝1，对于曲线y＝a，求导得y′＝a，所以a＝1，解得a＝，故B正确．
典例　(2025·浙江温州期末)已知0＜x1＜x2＜x3＜4π，函数f(x)＝sin x的图象在点(xi，sin xi)(i＝1，2，3)处的切线均经过坐标原点，则(　　)
A．＜
B．＞
C．x1＋x3＜2x2
D．x1＋x3＞2x2
C
解析：C　由题意知f′(x)＝cos x，
则曲线在点(xi，sin xi)处的切线斜率
ki＝cos xi＝，(注意切线过原点)
即xi＝＝tan xi，
所以＝1，故A，B错误；
同时xi可看作直线y＝x与曲线y＝tan x在(0，4π)内的3个交点的横坐标．对于C、D，
法一：作函数y＝tan x与y＝x的图象，如图①所示，设A(x1，tan x1)，B(x2，tan x2)，C(x3，tan x3)，易知D(x2－π，tan x2)，E(x2＋π，tan x2)，由正切函数图象的性质知kAD＜kEC，所以AM＞CN，如图②所示．
又因为xM＋xN＝2x2，
所以x1＋x3＜2x2.故选C.
图①　　　　　　　　图②
法二：设A(x1，tan x1)，B(x2，tan x2)，C(x3，tan x3)，如图①，易知D(x2－π，tan x2)，E(x2＋π，tan x2)，
由正切函数图象性质知kAD＜kEC，
得＜，
即＜，
又x2－π－x1＞0，x3－x2－π＞0，
所以(x2－x1)(x3－x2－π)＜(x3－x2)(x2－π－x1)，
即x1π＋x3π＜2πx2，即x1＋x3＜2x2，故C正确，D错误．故选C.
风向解读　本题通过切线斜率考查导数的几何意义，判断选项C、D的关键是根据tan xi＝xi(i＝1，2，3)构造tan x＝x，通过转化和数形结合思想进行分析，将计算问题转化为图形问题，减少计算量，体现新高考的变化趋势．
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?A级　基础落实练?
1．(多选)(人教A版选择性必修第二册P81练习第1题变式)下列求导错误的是(　　)
A．(log23)′＝
B．[ln (2x)]′＝
C．(sin2x)′＝sin2x
D．′＝
限时规范
训练(十八)　导数的概念及其意义、导数的运算
ABD
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2
解析：ABD　对于A，(log23)′＝0，故A错误．对于B，[ln (2x)]′＝(ln 2＋ln x)′＝(ln 2)′＋(ln x)′＝，故B错误．
对于C，(sin2x)′＝2sinx cos x＝sin 2x，故C正确．对于D，′＝，故D错误．故选A、B、D.
2
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2．已知直线l与曲线y＝x3－x在原点处相切，则l的倾斜角为(　　)
A．　　　　　　 B．
C． D．
解析：C　由y′＝3x2－1，得y′|x＝0＝－1，即直线l的斜率为－1，所以l的倾斜角为.故选C.
C
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3．(2025·广东茂名模拟)已知曲线f(x)＝ex＋ax在点(0，1)处的切线与直线y＝2x平行，则a等于(　　)
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：C　因为曲线f(x)＝ex＋ax在点(0，1)处的切线与直线y＝2x平行，所以曲线f(x)＝ex＋ax在点(0，1)处的切线的斜率为2，因为f′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝e0＋a＝1＋a＝2，所以a＝1，故选C.
C
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4．已知函数f(x)＝2f′(3)x－x2＋ln x，则f(1)等于(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析：D　由题意得f′(x)＝2f′(3)－，
∴f′(3)＝2f′(3)－，得f′(3)＝1，
∴f(x)＝2x－x2＋ln x，
∴f(1)＝2－，故选D.
D
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5．(2025·湖北八市联考)已知函数f(x)为偶函数，其图象在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，记f(x)的导函数为f′(x)，则f′(－1)等于(　　)
A．－ B．
C．－2 D．2
解析：A　因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)，两边求导，得f′(x)＝f′(－x)·(－x)′，f′(x)＝－f′(－x)．
又f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，所以f′(1)＝.所以f′(－1)＝－f′(1)＝－.故选A.
A
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6．(多选)已知函数f(x)＝x3－3x2＋1的图象在点(m，f(m))处的切线为lm，则(　 　)
A．lm的斜率的最小值为－2
B．lm的斜率的最小值为－3
C．l0的方程为y＝1
D．l－1的方程为y＝9x＋6
解析：BCD　因为f′(x)＝3x2－6x＝3(x－1)2－3≥－3，所以lm的斜率的最小值为－3.因为f′(0)＝0，f(0)＝1，所以l0的方程为y＝1.因为f′(－1)＝9，f(－1)＝－3，
所以l－1的方程为y＋3＝9(x＋1)，即y＝9x＋6.故选B、C、D.
BCD
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7．(2025·陕西西安模拟)函数f(x)＝ex－e－x＋ax2的导函数为f′(x)，若f′(x)是偶函数，则实数a＝________，此时，曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为________．
解析：由题知f′(x)＝ex＋e－x＋2ax，因为f′(x)是偶函数，所以f′(－x)＝f′(x)在x∈R上恒成立，则e－x＋ex－2ax＝ex＋e－x＋2ax在x∈R上恒成立，故a＝0.
因为f(0)＝0，f′(0)＝2，
所以曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y－0＝2(x－0)，即y＝2x.
答案：0　y＝2x
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8．(2025·贵州贵阳模拟)过点P(1，－3)作曲线y＝2x3－3x的切线，切线的方程为________．
解析：设切点坐标为(a，2a3－3a)，y＝f(x)＝2x3－3x，则f′(x)＝6x2－3，所以切线的斜率k＝f′(a)＝6a2－3，故切线方程为y－(2a3－3a)＝(6a2－3)(x－a)，
因为切线过点(1，－3)，所以－3－(2a3－3a)＝(6a2－3)(1－a)，解得a＝0或a＝，
则切点坐标为(0，0)或，切线方程为3x＋y＝0或21x－2y－27＝0.
答案：3x＋y＝0或21x－2y－27＝0
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9．若函数f(x)＝x－＋a ln x存在与x轴平行的切线，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝1＋(x＞0)，
依题意得f′(x)＝1＋＝0有解，
即－a＝x＋有解，
∵x＞0，∴x＋≥2，当且仅当x＝1时取等号，
∴－a≥2，即a≤－2.
答案：(－∞，－2]
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10．(13分)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x.
(1)求f′(e)及f(e)的值；
(2)求f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程．
解：(1)∵f(x)＝2xf′(e)＋ln x，
∴f′(x)＝2f′(e)＋，f′(e)＝2f′(e)＋，
∴f′(e)＝－，f(x)＝－＋ln x，
∴f(e)＝－＋ln e＝－1.
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(2)∵f(x)＝－＋ln x，f′(x)＝－，
∴f(e2)＝－＋ln e2＝2－2e，
f′(e2)＝－，
∴f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程为
y－(2－2e)＝(x－e2)，
即(2e－1)x＋e2y－e2＝0.
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11．(13分)设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明：曲线f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．
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解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3，当x＝2时，y＝，
又∵f′(x)＝a＋，
∴解得
∴f(x)＝x－.
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(2)证明：设P(x0，y0)为曲线y＝f(x)上任一点，
由f′(x)＝1＋知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－＝(x－x0)．
令x＝0，得y＝－，
∴切线与直线x＝0的交点坐标为.
令y＝x，得y＝x＝2x0，
∴切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0，2x0)．
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∴曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形的面积S＝＝6.
故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.
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?B级　能力提升练?
12．(多选)(2025·湖北部分州联考)设f(x)＝x3－3x2＋a，A是直线3x＋y－a－1＝0上的任意一点，过点A作函数f(x)图象的切线，可以作(　　)
A．0条 B．1条
C．2条 D．3条
BC
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解析：BC　设A(t，a＋1－3t)为直线上任意一点，过点A作f(x)＝x3－3x2＋a的图象的切线，设切点为B(x0，f(x0))，f′(x)＝3x2－6x，则函数f(x)＝x3－3x2＋a的图象在点B处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，即y－＝(x－x0)，∴(a＋1－3t)－＝(t－x0)，
整理得(x0－1)2(2x0－3t＋1)＝0，
解得x0＝1或x0＝，
∴当t＝1时，1＝，切线仅可以作1条；
当t≠1时，1≠，切线可以作2条．
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13．(多选)(2025·山东烟台调研)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则称函数y＝f(x)具有“T性质”．下列函数中具有“T性质”的是(　　)
A．y＝
B．y＝cos x＋1
C．y＝
D．y＝ln 2·log2x
AB
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解析：AB　由题意可知，若函数y＝f(x)具有“T性质”，则存在两点，使得函数在这两点处导数的乘积为－1.
对于A，′＝，存在x1<1，x2>1时满足条件；
对于B，(cos x＋1)′＝－sin x，当x1＝时符合条件；
对于C，′＝－<0恒成立，负数乘以负数不可能得到－1，不满足条件；
对于D，(ln 2·log2x)′＝ln 2·>0恒成立，正数乘以正数不可能得到－1，不满足条件．故选A、B.
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14．(15分)已知f(x)＝ex，g(x)＝ln x＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，求直线l的方程．
解：设直线l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，则y1＝，f′(x)＝ex，
∴f′(x1)＝，
∴切点为，切线斜率k＝，
∴切线方程为(x－x1)，
即y＝，　①
同理，设直线l与g(x)＝ln x＋2的切点为(x2，y2)，
∴y2＝ln x2＋2，g′(x)＝，
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∴g′(x2)＝，
切点为(x2，ln x2＋2)，切线斜率k＝，
∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝(x－x2)，
即y＝·x＋ln x2＋1，　②
由题意知①与②相同，
∴
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即＝0，
解得x1＝1或x1＝0，
当x1＝1时，切线方程为y＝ex；
当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1，
综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1.
第1讲　导数的概念及其意义、导数的运算
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