资源简介

(共94张PPT)
第三章
§3.3　导数与函数的
极值、最值
数学
大
一
轮
复
习
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
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.函数的极值
(1)函数的极小值
函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f'(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧 ，右侧 ，则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)函数的极大值
函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f'(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧 ，右侧 ，则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 ，极小值和极大值统称为 .
f'(x)<0
f'(x)>0
f'(x)>0
f'(x)<0
极值点
极值
2.函数的最大(小)值
(1)函数f(x)在区间[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)求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的 ；
②将函数y＝f(x)的各极值与 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
端点处的函数值f(a)，f(b)
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)函数的极值可能不止一个，也可能没有.(　　)
(2)函数的极小值一定小于函数的极大值.(　　)
(3)函数的极小值一定是函数的最小值.(　　)
(4)函数的极大值一定不是函数的最小值.(　　)
×
√
×
√
2.(多选)如图是函数f(x)的导函数y＝f'(x)的图象，则下列说法正确的是
A.函数f(x)在区间(3，5)上单调递减
B.函数f(x)在区间(4，5)上单调递增
C.函数f(x)在x＝3处取得极大值
D.函数f(x)在x＝4处取得极小值
√
√
由图象可知，当x∈(3，5)时，f'(x)<0，所以函数f(x)在
区间(3，5)上单调递减，故A正确，B错误；
由图象可知，f'(3)＝0，且当x∈(0，3)时，f'(x)>0，
当x∈(3，5)时，f'(x)<0，所以f(x)在(0，3)上单调递增，在(3，5)上单调递减，故函数y＝f(x)在x＝3处取得极大值，故C正确；
由图象可知，f'(4)≠0，故4不是函数f(x)的极值点，故D错误.
3.函数f(x)＝x3－x2－14x的极小值点为　　　，极大值为　　　.
18
由f(x)＝x3－x2－14x得，
f'(x)＝3x2－x－14＝(x＋2)(3x－7)，
令f'(x)>0，解得x>或x<－2，
令f'(x)<0，解得－2故f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在上单调递减，
故f(x)在x＝处取得极小值，在x＝－2处取得极大值，
故f(x)极大值＝f(－2)＝－8－2＋28＝18.
4.若函数f(x)＝x3－ax2＋2x－1有两个极值点，则实数a的取值范围是
　　　　 .
f'(x)＝3x2－2ax＋2，
由题意知f'(x)有两个变号零点，
∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，
解得a>或a<－.
(－∞，－)∪(＋∞)
解题时灵活应用转化以下几个关键点
(1)极值点不是点，若函数f(x)在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f(x1).
(2)极值是个“局部”概念，最值是个“整体”概念.
(3)有极值的函数一定不是单调函数.
(4)“f'(x0)＝0”是“x0为可导函数f(x)的极值点”的必要不充分条件.例如f(x)＝x3，f'(0)＝0，但0不是极值点.
(5)对于一般函数而言，函数的最值必在下列各点中取得：导数为零的点、导数不存在的点、端点.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
命题点1　根据函数图象判断极值
利用导数求解函数极值问题
题型一
例1　(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数g(x)＝xf'(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是
A.f(x)有两个极值点
B.f(0)为f(x)的极大值
C.f(x)有两个极小值点
D.f(－1)为f(x)的极小值
√
√
根据g(x)＝xf'(x)的图象，可得当x<－2时，g(x)＝xf'(x)>0，
可得f'(x)<0，即f(x)单调递减，
当－20，即f(x)单调递增，
当0当x>1时，g(x)＝xf'(x)>0，可得f'(x)>0，即f(x)单调递增，
因此f(x)在x＝－2和x＝1处取得极小值，在x＝0处取得极大值，共3个极值点，A错误，C正确；
f(0)为f(x)的极大值，B正确；
f(－1)不是f(x)的极小值，D错误.
命题点2　求已知函数的极值
例2　(2025·沈阳模拟)已知函数f(x)＝2ln x－2(a－1)x－ax2(a>0)，讨论f(x)的极值.
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
求导得f'(x)＝－2(a－1)－2ax＝－
因为a>0，则当x∈时，f'(x)>0，
当x∈时，f'(x)<0，
因此f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以当x＝时，f(x)取得极大值f ＝2ln －2，无极小值.
命题点3　已知极值(点)求参数
例3　(1)(2024·肇庆模拟)若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝－2处取极小值，则c
等于
A.－6 B.－2
C.－6或－2 D.－4
√
由函数f(x)＝x(x－c)2，
可得f'(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)(3x－c)，
因为函数f(x)在x＝－2处取得极小值，
可得f'(－2)＝0，解得c＝－2或c＝－6，
当c＝－2时，令f'(x)>0，解得x<－2或x>－；
令f'(x)<0，解得－2所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以f(x)在x＝－2处取极大值，不符合题意，舍去；
当c＝－6时，令f'(x)>0，可得x<－6或x>－2；令f'(x)<0，可得－6所以函数f(x)在(－∞，－6)上单调递增，在(－6，－2)上单调递减，在
(－2，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在x＝－2处取极小值，符合题意，
综上可得，c＝－6.
(2)已知函数f(x)＝ln x－x(其中a∈R，e为自然对数的底数)存在极大值，
且极大值不小于1，则a的取值范围为　　　　　.
由已知可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝.
①当a≤0时，f'(x)＝>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)无极值；
②当a>0时，f'(x)＝
由f'(x)＝＝0可得x＝.
当00，
所以f(x)在上单调递增；
当x>时，f'(x)<0，
所以f(x)在上单调递减，
于是函数f(x)在x＝处取得极大值.
由已知，f ≥1，
即ln －1≥1，ln ≥2＝ln e2，
因为函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，
所以≥e2，即a≤又a>0，
所以0于是a的取值范围为.
综上所述，a的取值范围为.
根据函数的极值(点)求参数的两个要领
(1)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.
(2)验证：求解后验证根的合理性.
思维升华
跟踪训练1　(1)已知函数f(x)＝aex＋bx在x＝0处取得极小值1，则f'(2)等于
A.e2－2 B.2－e2
C.e2－1 D.e2
√
由f(x)＝aex＋bx，得f'(x)＝aex＋b，
因为f(x)在x＝0处取得极小值1，
所以 f'(x)＝ex－1，
当x>0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝0处取得极小值，故a＝1，b＝－1满足题意，
于是有f'(2)＝e2－1.
(2)若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围为
A.a>－2 B.a>－
C.a<－2 D.a<－
√
由函数f(x)＝eax＋2x，可得f'(x)＝aeax＋2，
若a≥0，f'(x)>0，此时f(x)为增函数，无极值点；
若a<0，令f'(x)＝aeax＋2＝0，
解得x＝ln
当x>ln时，f'(x)>0，
当x故x＝ln是f(x)＝eax＋2x的极值点，
由于函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，
∴ln>0，即ln<0，
即0<－<1，解得a<－2.
命题点1　不含参函数的最值
利用导数求函数的最值
题型二
例4　函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为
A.－ B.－
C.－＋2 D.－＋2
√
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＝或x＝.
因为f ＝cos sin ＋1＝＋2，
f ＝cos sin ＋1＝－
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＝f ＋2，
f(x)min＝f ＝－.
命题点2　含参函数的最值
例5　已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(a>0)，求函数f(x)在[1，2]上的最小值.
函数f(x)＝(x－1)ex－ax2，
求导得f'(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，
若x∈[1，2]，则
①当ln a≥2，即a≥e2时，ex－a≤0，f'(x)≤0，函数f(x)在[1，2]上单调递减，
因此函数f(x)在[1，2]上的最小值为f(2)＝e2－2a；
②当1因此函数f(x)的最小值为f(ln a)＝a(ln a－1)－a(ln a)2；
③当ln a≤1，即0因此函数f(x)在[1，2]上的最小值为f(1)＝－a.
综上，当a≥e2时，f(x)在[1，2]上的最小值为e2－2a；
当e当0求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，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.
思维升华
跟踪训练2　(1)已知函数f(x)＝x－sin x，x∈[0，π]，则f(x)的最大值为　　　.
π
由f(x)＝x－sin x，x∈[0，π]，
可得f'(x)＝1－cos x，x∈[0，π]，
令f'(x)＝0可得cos x＝
又x∈[0，π]，所以x＝
当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
易知f(0)＝0，f(π)＝π，
因此f(x)的最大值为π.
(2)(2025·泰安模拟)已知函数f(x)＝＋ln x在区间[1，e]上的最小值为则a的值为
A.1 B. C. D.
√
因为f(x)＝＋ln x(x>0)，
所以f'(x)＝
当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
此时f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝a＋ln 1＝
解得a＝不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得00，得x>a，
所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
①当0所以最小值为f(1)＝a≤1，不符合题意，舍去；
②当1所以最小值为f(a)＝1＋ln a＝解得a＝；
③当a≥e时，f(x)在[1，e]上单调递减，
所以最小值为f(e)＝＋ln e＝
解得a＝不符合题意，舍去.
综上所述，a＝.
三次函数是一类重要的函数，其规律性强，内容相对独立，且有一些独有的结论和技巧.如果能得当运用三次函数的有关结论，可以大大简化解题过程.
三次函数的性质
微拓展
典例　(多选)已知三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则下列选项正确的是
A.三次函数的对称中心是
B.若函数f(x)关于点(m，n)对称，则y＝f'(x)的图象关于直线x＝m对称
C.若函数y＝f(x)有极值，则对称中心是两个取极值的点的中点
D.若f(x)＝0的三个根分别为x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3＝－
√
√
√
对于A，设f(m－x)＋f(m＋x)＝2n，得[a(m－x)3＋b(m－x)2＋c(m－x)＋d]＋[a(m＋x)3＋b(m＋x)2＋c(m＋x)＋d]＝2n，整理得(6ma＋2b)x2＋(2am3＋2bm2＋2cm＋2d)＝2n.根据多项式恒等对应系数相等，可得m＝－且n＝am3＋bm2＋cm＋d，从而三次函数是中心对称曲线，且由n＝f(m)知其对称中心(m，f(m))仍然在曲线上.故对称中心为，A正确；
对于B，由y＝f(x)的图象关于点(m，n)对称，得f(x)＋f(2m－x)＝2n.求导可得f'(2m－x)＝f'(x)，即y＝f'(x)的图象关于直线x＝m对称，B正确；
对于C，设f'(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的两根分别为x1，x2，则x1＋x2＝－，x1x2＝.设f(x)的两个取极值的点为A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，
则f(x1)＋f(x2)＝(a＋b＋cx1＋d)＋(a＋b＋cx2＋d)＝a()＋b()＋c(x1＋x2)＋2d＝a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋b[(x1＋x2)2－2x1x2]＋c(x1＋x2)＋2d＝a＋b＋2d＝＋2d.
2f ＝2＝＋2d，
所以f(x1)＋f(x2)＝2f ，AB的中点P即为对称中心，C正确；
对于D，ax3＋bx2＋cx＋d＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝ax3－a(x1＋x2＋x3)x2＋a(x1x2＋x2x3＋x3x1)x－ax1x2x3.比较系数可得x1＋x2＋x3＝－，D错误.
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B D B B A AD BCD
题号 9 10 13 　14 答案 (2，+∞) C [－ln 2，＋∞) 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)由函数f(x)=+x，
可得f'(x)=1-=
所以f'(0)==1-a=0，
解得a=1.
11.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)函数f(x)=+x的定义域为R，且f'(x)=1-=
当a≤0时，f'(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，f(x)无极值；
当a>0时，令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x所以f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，在(ln a，+∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为1+ln a，无极大值.
综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)的极小值为1+ln a，无极大值.
11.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)当a=1时，
则f(x)=ex-x-1，
f'(x)=ex-1，
可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1，
即切点坐标为(1，e-2)，
切线斜率k=e-1，
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
12.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)方法一　因为f(x)的定义域为R，且f'(x)=ex-a，
若a≤0，则f'(x)>0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，
无极值，不符合题意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，+∞)上单调递增，
12.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，无极大值，
由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，
即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
则g'(a)=2a+>0，
可知g(a)在(0，+∞)上单调递增，且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)，
12.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解得a>1，
所以a的取值范围为(1，+∞).
方法二　因为f(x)的定义域为R，
且f'(x)=ex-a，
若f(x)有极小值，
则f'(x)=ex-a有零点，
令f'(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
12.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，+∞)上单调递增，则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，
无极大值，符合题意，
由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
因为y=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均单调递增，
12.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
所以g(a)在(0，+∞)上单调递增，
且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等价于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范围为(1，+∞).
12.
一、单项选择题
1.函数f(x)＝x3＋x2－3x－1的极小值点是
A.1 B.
C.－3 D.(－3，8)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
知识过关
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
f'(x)＝x2＋2x－3，
由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，
所以函数f(x)＝x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故f(x)在x＝1处有极小值，极小值点为1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.(2024·楚雄模拟)已知定义域为[－3，5]的函数f(x)的导函数为f'(x)，且f'(x)的图象如图所示，则
A.f(x)在(－2，2)上先增后减
B.f(x)有极小值f(2)
C.f(x)有2个极值点
D.f(x)在x＝－3处取得最大值
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由f'(x)的图象可知，当x∈(－2，2)或x∈(4，5)时，
f'(x)<0，则f(x)单调递减，故A错误；
当x∈(－3，－2)或x∈(2，4)时，f'(x)>0，则f(x)单调
递增，所以当x＝2时，f(x)有极小值f(2)，故B正确；
由f'(x)的图象结合单调性可知，当x＝－2，2，4时，f(x)有极值，所以f(x)有3个极值点，故C错误；
当x∈(－3，－2)时，f'(x)>0，则f(x)单调递增，所以f(－3)3.(2025·苏州模拟)设0A.1 B. C.2 D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因为0答案
4.(2024·赤峰模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax有极值－e，则a等于
A.1 B.2 C.e D.3
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由题目条件可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝ln x＋1－a.
令f'(x)>0，得x>ea－1；
令f'(x)<0，得0所以函数f(x)在区间(0，ea－1)上单调递减，在区间(ea－1，＋∞)上单调递增.
则函数f(x)的极小值点是ea－1，无极大值点，
故f(ea－1)＝ea－1ln ea－1－aea－1＝－e，
解得a＝2.
答案
5.若函数f(x)＝ex－ln(x＋m)的最小值为2＋ln 2，则m等于
A.－2 B.－ln 2
C.－ D.＋ln 2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
易知f(x)的定义域为(－m，＋∞)，f'(x)＝ex－
易知f'(x)在区间(－m，＋∞)上单调递增，
又当x→－m时，f'(x)→－∞；当x→＋∞时，f'(x)→＋∞，
所以存在唯一x0∈(－m，＋∞)，使得f'(x0)＝0，即x0＝－ln(x0＋m)，
所以当x∈(－m，x0)时，f'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，
所以f(x)在区间(－m，x0)上单调递减，在区间(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(x0)＝－ln(x0＋m)＝＋x0＝2＋ln 2＝eln 2＋ln 2，
所以x0＝ln 2，所以eln 2＝解得m＝－ln 2.
答案
6.已知函数f(x)＝ln x－ax有两个不同的极值点x1，x2(x1A.a的取值范围是(－∞，1)
B.x1是极小值点
C.当x∈(x2，＋∞)时，f'(x)<0
D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
令f'(x)＝－a＝－a＝0，
由题意，方程＝a在(0，＋∞)上有两根x1，x2(x1设g(x)＝
g'(x)＝
当00，g(x)单调递增，当x>1时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(1)＝1>0，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
当x→0时，g(x)＝→－∞，当x→＋∞时，g(x)＝→0，
所以a的取值范围是(0，1)，故A不正确；
由A选项分析可知0当0当x1f'(x1)＝0＝f'(x2)，f(x)单调递增，
当x>x2时，f'(x)所以x1是极小值点，故B，C正确；
对于D，因为＝a，所以故D正确.
答案
二、多项选择题
7.已知函数f(x)＝x3－3x2，则
A.f(x)在(0，1)上单调递减
B.f(x)的极大值点为2
C.f(x)的极大值为－2
D.f(x)有2个零点
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
√
由函数f(x)＝x3－3x2，可得f'(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
令f'(x)>0，解得x<0或x>2；令f'(x)<0，解得0所以函数f(x)在(0，2)上单调递减，在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，
当x＝0时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(0)＝0；
当x＝2时，函数f(x)取得极小值，极小值为f(2)＝－4，
又由x→＋∞时，f(x)→＋∞且f(2)＝－4<0，f(0)＝0，所以函数f(x)只有两个零点，
所以A，D正确，B，C不正确.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
8.(2023·新高考全国Ⅱ)若函数f(x)＝aln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则
A.bc>0 B.ab>0
C.b2＋8ac>0 D.ac<0
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
函数f(x)＝aln 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，
则函数f'(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，
而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
于是
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确.
答案
三、填空题
9.若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最小值为4，则m＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
f'(x)＝x2－4，
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，
所以f(2)为f(x)在[0，3]上的极小值，也是最小值，
故×8－4×2＋m＝4，解得m＝.
10.若函数f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上有极值，则实数a的取值范围是　　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(2，＋∞)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
f(x)＝x2－ax＋ln x的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝x－a＋
要使函数f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上有极值，则f'(x)＝x－a＋在(0，2)上有变号零点，
令g(x)＝x＋x∈(0，2)，
则g(x)＝x＋≥2＝2，
当且仅当x＝1时等号成立，所以a≥2.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
当a＝2时，f'(x)＝x－a＋＝x＋－2≥0，函数f(x)单调递增，
则函数f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上没有极值，故a>2，
即实数a的取值范围是(2，＋∞).
答案
四、解答题
11.已知函数f(x)＝＋x(a∈R).
(1)若f'(0)＝0，求实数a的值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由函数f(x)＝＋x，
可得f'(x)＝1－
所以f'(0)＝＝1－a＝0，解得a＝1.
(2)讨论函数f(x)的极值.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
函数f(x)＝＋x的定义域为R，且f'(x)＝1－
当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，f(x)无极值；
当a>0时，令f'(x)>0，解得x>ln a；令f'(x)<0，解得x所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为1＋ln a，无极大值.
综上所述，当a≤0时，f(x)无极值；当a>0时，f(x)的极小值为1＋ln a，无极大值.
12.(2024·新课标全国Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1，f'(x)＝ex－1，
可得f(1)＝e－2，f'(1)＝e－1，
即切点坐标为(1，e－2)，
切线斜率k＝e－1，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0.
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
方法一　因为f(x)的定义域为R，
且f'(x)＝ex－a，
若a≤0，则f'(x)>0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，
无极值，不符合题意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
在(ln a，＋∞)上单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值，
由题意可得，f(ln a)＝a－aln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
令g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
则g'(a)＝2a＋>0，
可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
解得a>1，
所以a的取值范围为(1，＋∞).
方法二　因为f(x)的定义域为R，
且f'(x)＝ex－a，
若f(x)有极小值，
则f'(x)＝ex－a有零点，
令f'(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex与y＝a有交点，则a>0，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，＋∞)上单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，
无极大值，符合题意，
由题意可得，f(ln a)＝a－aln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上均单调递增，
所以g(a)在(0，＋∞)上单调递增，
且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范围为(1，＋∞).
13.设ab≠0，若a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则
A.ab
C.abb2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
能力拓展
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由三次函数的性质可知，要使a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则
当a>0时，函数f(x)的大致图象如图(1)所示，则0当a<0时，函数f(x)的大致图象如图(2)所示，则b综上，ab14.若不等式a＋2x＋|ln x|－1≥0恒成立，则a的取值范围是　　　　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
[－ln 2，＋∞)
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
不等式a＋2x＋|ln x|－1≥0恒成立，
即a≥1－2x－|ln x|恒成立，
设f(x)＝1－2x－|ln x|，x∈(0，＋∞)，
当x≥1时，f(x)＝1－2x－ln x，f'(x)＝－2－<0，
∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，此时f(x)max＝f(1)＝－1；
当0∴f'(x)＝－2＋
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
∴当x∈时，f'(x)>0，当x∈时，f'(x)<0，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，
此时f(x)max＝f ＝ln ＝－ln 2.
综上可知，a的取值范围是[－ln 2，＋∞).
返回(共57张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
极值点偏移(一)
进阶3
1.极值点偏移的定义
极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性.例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标的两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移.
2.从图形角度理解极值点偏移(x0为极值点，且x1(1)左右对称，无偏移，如二次函数；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
(2)左陡右缓，极值点向左偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>2x0.
(3)左缓右陡，极值点向右偏移；若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2<2x0.
例1　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－a有两个不同的零点x1，x2.
(1)求实数a的取值范围；
对称化构造法(和型)
题型一
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f'(x)＝1－
所以当0当x>1时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得最小值1－a.
又当x趋近于0或＋∞时，f(x)趋近于＋∞，
所以要使f(x)有两个不同的零点x1，x2，只需满足1－a<0，即a>1.
所以实数a的取值范围为(1，＋∞).
(2)求证：x1＋x2>2.
不妨设x1则2－x1>1，
要证x1＋x2>2，
只需证2－x1又f(x)在(1，＋∞)上单调递增，f(x1)＝f(x2)＝0，
所以只需证f(2－x1)即证f(2－x1)记g(x)＝f(2－x)－f(x)＝2－2x－ln(2－x)＋ln x，x∈(0，1)，
则g'(x)＝－2＝－
当00，g(x)单调递增，
又g(1)＝f(2－1)－f(1)＝0，
所以g(x1)＝f(2－x1)－f(x1)<0，
即f(2－x1)所以x1＋x2>2.
证明x1＋x2>2x0的步骤
(1)求极值点x0：求出函数f(x)的极值点x0，结合函数f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得出x1，x2的取值范围.
(2)构造函数：对结论为x1＋x2>2x0的情况，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x).
①F'(x)＝f'(x)＋f'(2x0－x)>0，则F(x)单调递增；
②注意到F(x0)＝0，则F(x1)＝f(x1)－f(2x0－x1)<0即f(x1)③f(x2)＝f(x1)2x0－x1；
④得到结论x2＋x1>2x0.
思维升华
跟踪训练1　已知f(x)＝ln x－2x，若f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>1.
f'(x)＝－2＝
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f(x)max＝f ＝－1－ln 2，
又当x→0＋时，f(x)→－∞，
当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以f(x)的图象如图所示.
不妨设01，
只需证x2>1－x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>1－x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)令h(x)＝f(1－x)－f(x)，0则h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上单调递减，
又h＝f －f ＝0，
所以h(x)>0，
即f(1－x)>f(x)，
即f(1－x1)>f(x1)，
所以x1＋x2>1.
例2　(2024·南充模拟)已知函数f(x)＝(1＋ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
对称化构造法(积型)
题型二
由题意可得x>0>0，所以a>0，
f(x)＝(1＋ln x)的定义域为(0，＋∞)，
又f'(x)＝＝－
由f'(x)＝0，得x＝1，
当00，
则f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减.
(2)若方程f(x)＝1有两个不同的根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1x2>1.
由＝1，得＝a，
设g(x)＝
g'(x)＝
由g'(x)＝0，得x＝1，
当00，
则g(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，g'(x)<0，
则g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
又g＝0，g(1)＝1，且当x趋近于正无穷时，g(x)趋近于0，
g(x)＝的图象如图，
所以当0不妨设x1则0设h(x)＝g(x)－g－x(1－ln x)，
h'(x)＝＋ln x＝ln x≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，所以h(x1)＝g(x1)－g<0，即g(x1)又g(x1)＝g(x2)，所以g(x2)又x2>1>1，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以x2>故x1x2>1.
对结论x1x2>型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f 通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2 >2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可.
思维升华
跟踪训练2　(2025·江苏联考)已知函数f(x)＝xln x＋t在点(1，f(1))处的切线经过原点.
(1)求t的值；
因为f'(x)＝ln x＋1，所以f'(1)＝1，
因为f(1)＝t，所以切线方程为y－t＝x－1，
即y＝x＋t－1.
因为切线经过原点，所以0＝0＋t－1，
所以t＝1.
(2)若存在x1因为f(x)＝xln x＋1(x>0)，
所以f'(x)＝ln x＋1，
令f'(x)>0，解得x>；
令f'(x)<0，解得0所以f(x)在上单调递增，在上单调递减.
因为f ＝1－f(1)＝1，
当x趋近于0时，f(x)趋近于1，f(x)的图象如图所示.
所以存在x1且0要证x1x2<即证x1<
因为<<只需证f(x1)>f
因为f(x1)＝f(x2)，即证f(x2)>f .
令g(x)＝f(x)－f ＝xln x－ln
＝xln x＋(ln x＋2)
所以g'(x)
＝(ln x＋1)＋
＝(ln x＋1).
因为0，
所以g(x)在上单调递增，
所以g(x)>g＝0，
所以f(x)>f 即f(x2)>f
所以x1x2<.
课时精练
答案
1
2
(1)f'(x)=-a=
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，f(x)max=f =ln-1=-ln a-1，
当x→0+时，f(x)→-∞，当x→+∞时，f(x)→-∞.
由于f(x)有两个零点，所以-ln a-1>0，
即0故a的取值范围是.
1.
答案
1
2
(2)由(1)知0要证x1+x2>即证x2>-x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>-x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)1.
答案
1
2
则h'(x)=-<0，
所以h(x)在上单调递减，
所以h(x)>h=0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1+x2>.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1+ln x-ax，
由题意f'(x)≤0恒成立，
即a≥恒成立，
设h(x)=则h'(x)==-
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)=单调递增，
当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)=单调递减，
所以h(x)在x=1处取得极大值，也是最大值，h(x)max=h(1)=1，故a≥1.
2.
答案
1
2
(2)方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x1当x∈时，g'(x)>0，当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以02.
答案
1
2
又因为g(1)=1-a>0，所以0要证x1x2>只需证x2>>
只需证g(x2)其中g(x2)=0，
即证g=1-ln(ax1)->0，
2.
答案
1
2
即证ln(ax1)+-1<0，
由g(x1)=ln x1-ax1+1=0，
设ax1=t∈(0，1)，
则ln x1=t-1，x1=et-1，
则ln(ax1)+-1<0 ln t+e1-t-1<0，
设G(t)=ln t+e1-t-1(02.
答案
1
2
G'(t)=-e1-t=
由(1)知≤1，故ln x≤x-1，
所以ex-1≥x，et-1-t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上单调递增，G(t)故ln(ax1)+-1<0成立，
即x1x2>.
2.
答案
1
2
方法二　先证明引理：
当0当t>1时，ln t>
设M(t)=ln t-(t>0)，
M'(t)=-=≥0，
所以M(t)在(0，+∞)上单调递增，又M(1)=0，
2.
答案
1
2
当0当t>1时，M(t)>M(1)=0，
故引理得证.
因为函数f(x)有两个极值点，
由(1)可知0设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax，
则x1，x2(x12.
答案
1
2
g'(x)=-a，
当x∈时，g'(x)>0，
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0
2.
答案
1
2
只需证ln x1+ln x2>-ln a，
因为
即证a(x2+x1)>2-ln a，
由引理可得ax2+ln a-1=ln(ax2)>
化简可得a2+a(ln a-2)x2+ln a+1>0， ①
同理ax1+ln a-1=ln(ax1)<
2.
答案
1
2
化简可得a2+a(ln a-2)x1+ln a+1<0， ②
由①②可得a2(x2+x1)(x2-x1)+a(ln a-2)(x2-x1)>0，
因为x2-x1>0，a>0，
所以a(x2+x1)+ln a-2>0，
即a(x2+x1)>2-ln a，
从而x1x2>.
2.
1.已知f(x)＝ln x－ax，其中a>0.
(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝－a＝
所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，
f(x)max＝f ＝ln－1＝－ln a－1，
当x→0＋时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→－∞.
由于f(x)有两个零点，所以－ln a－1>0，
即0故a的取值范围是.
(2)若f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知0要证x1＋x2>即证x2>－x1，
由于f(x)在上单调递减，
x2>－x1>
所以只需证f(x2)即证f(x1)1
2
答案
令h(x)＝f －f(x)
则h'(x)＝－<0，
所以h(x)在上单调递减，所以h(x)>h＝0，
即f >f(x)，即f >f(x1)，
所以x1＋x2>.
1
2
答案
2.(2024·常州模拟)已知函数f(x)＝xln x－ax2(a>0).
(1)若函数f(x)在定义域内为减函数，求实数a的取值范围；
1
2
答案
f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝1＋ln x－ax，
由题意f'(x)≤0恒成立，即a≥恒成立，
设h(x)＝则h'(x)＝＝－
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)＝单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)＝单调递减，
所以h(x)在x＝1处取得极大值，也是最大值，h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1.
1
2
答案
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2(x1.
1
2
答案
方法一　函数f(x)有两个极值点，由(1)可知0设g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
则x1，x2(x1g'(x)＝－a，当x∈时，g'(x)>0，当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0又因为g(1)＝1－a>0，
1
2
答案
所以0要证x1x2>只需证x2>>只需证g(x2)其中g(x2)＝0，
即证g＝1－ln(ax1)－>0，
即证ln(ax1)＋－1<0，
由g(x1)＝ln x1－ax1＋1＝0，
1
2
答案
设ax1＝t∈(0，1)，
则ln x1＝t－1，x1＝et－1，
则ln(ax1)＋－1<0 ln t＋e1－t－1<0，
设G(t)＝ln t＋e1－t－1(0G'(t)＝－e1－t＝
由(1)知≤1，故ln x≤x－1，
1
2
答案
所以ex－1≥x，et－1－t≥0，
即G'(t)≥0，G(t)在(0，1)上单调递增，
G(t)即x1x2>.
1
2
答案
方法二　先证明引理：
当0当t>1时，ln t>
设M(t)＝ln t－(t>0)，
M'(t)＝≥0，
所以M(t)在(0，＋∞)上单调递增，又M(1)＝0，
1
2
答案
当0当t>1时，M(t)>M(1)＝0，
故引理得证.
因为函数f(x)有两个极值点，
由(1)可知0设g(x)＝f'(x)＝1＋ln x－ax，
则x1，x2(x1g'(x)＝－a，当x∈时，g'(x)>0，
1
2
答案
当x∈时，g'(x)<0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以0要证x1x2>只需证ln x1＋ln x2>－ln a，
因为
即证a(x2＋x1)>2－ln a，
1
2
答案
由引理可得ax2＋ln a－1＝ln(ax2)>
化简可得a2＋a(ln a－2)x2＋ln a＋1>0， ①
同理ax1＋ln a－1＝ln(ax1)<
化简可得a2＋a(ln a－2)x1＋ln a＋1<0， ②
由①②可得a2(x2＋x1)(x2－x1)＋a(ln a－2)(x2－x1)>0，
因为x2－x1>0，a>0，所以a(x2＋x1)＋ln a－2>0，
即a(x2＋x1)>2－ln a，从而x1x2>.(共34张PPT)
第三章
必刷小题5　导数及其应用
数学
大
一
轮
复
习
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B D A A C A A
题号 9 10 11 12　 13 14
答案 BC BD ABD
一、单项选择题
1.下列求导运算结果正确的是
A.'＝1＋ B.(xln x)'＝ln x＋1
C.(sin π)'＝cos π D.'＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
对于A'＝1－故A错误；
对于B，(xln x)'＝x'ln x＋(ln x)'x＝ln x＋·x＝ln x＋1，故B正确；
对于C，(sin π)'＝0，故C错误；
对于D'＝故D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.函数y＝x2－ln x的单调递减区间为
A.(0，e) B.(0，1)
C.[1，＋∞) D.(0，＋∞)
√
由题意知，x>0，y'＝x－
令y'<0，得0所以其单调递减区间为(0，1).
3.已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示，则该函数的大致图象可能是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由题意知f'(x)与x轴有三个交点，不妨设为x1，x2，x3，且x1当x∈(－∞，x1)时，f'(x)<0，
当x∈(x1，0)时，f'(x)>0，
当x∈(0，x3)时，f'(x)<0，
当x∈(x3，＋∞)时，f'(x)>0，
所以f(x)在区间(－∞，x1)，(0，x3)上单调递减，故A，C错误；
在区间(x1，0)，(x3，＋∞)上单调递增，故B错误，D正确.
答案
4.若函数f(x)＝x－－aln x存在单调递减区间，则实数a的取值范围为
A.(2＋∞) B.(－∞，－2]
C.[－22] D.(－∞，2)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因为f(x)＝x－－aln x存在单调递减区间，
所以f'(x)＝1＋<0在(0，＋∞)上有解，
即a>＋x在(0，＋∞)上有解，
＋x≥2＝2
当且仅当x＝时等号成立，
所以＝2
故a>2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
5.某制造商制造并出售球形瓶装的某种液体材料.瓶子的制造成本是0.1πr4分，其中r(单位：cm)是瓶子的半径.已知每售出1 mL的液体材料，制造商可获利0.3分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为8 cm，则当每瓶液体材料的利润最大时，瓶子的半径为
A.3 cm B.4 cm C.5 cm D.6 cm
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
依题意知，每瓶液体材料的利润f(r)＝0.3×πr3－0.1πr4＝0.1π(4r3－r4)，0则f'(r)＝0.4πr2(3－r)，
令f'(r)＝0，得r＝3，
当r∈(0，3)时，f'(r)>0，当r∈(3，8]时，f'(r)<0，
因此函数f(r)在(0，3)上单调递增，在(3，8]上单调递减，即当r＝3时，f(r)取最大值，
所以当每瓶液体材料的利润最大时，r＝3.
答案
6.若函数f(x)＝(x－3)ex＋x2－2x＋1在区间(2m－2，3＋m)上存在最值，则m的取值范围是
A.(－∞，－1) B.(2，＋∞)
C.(－1，2) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
f'(x)＝(x－2)ex＋x－2＝(x－2)(ex＋1)，
则当x>2时，f'(x)>0，当x<2时，f'(x)<0，
即f(x)在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
即f(x)在x＝2处取得最值，
则有2m－2<2<3＋m，
解得－1答案
7.已知f(x)是定义域为R的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，若a＝
f(ln 1.04)，b＝f(1.04)，c＝f(e0.04)，则
A.aC.c1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
因为f(x)是定义域为R的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
ln 1.04令h(x)＝ex－(x＋1)，
当x>0时，h'(x)＝ex－1>0，
则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以h(0.04)＝e0.04－(0.04＋1)＝e0.04－1.04>h(0)＝0，
即e0.04>1.04，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
所以e0.04>1.04>ln 1.04.
而f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故有f(ln 1.04)1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
8.已知a>0，b>1，且e2a＋2ln b＋1＝b2＋2a，则一定有
A.b>ea B.ln bC.a＋ln b>1 D.a＋ln b＝1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因为e2a＋2ln b＋1＝b2＋2a，
所以e2a－2a＝b2－2ln b－1＝－ln b2－1，
所以－ln b2－1>e2a－2a－1，
令f(x)＝ex－x－1，
则f'(x)＝ex－1，f(ln b2)>f(2a)，
当x∈(0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因为a>0，b>1，所以2a>0，ln b2>0，
则ln b2>2a，所以ln b>a，即b>ea，故A正确，B错误；
因为ln b>a，所以a＋ln b>2a，
因为a>0，所以a＋ln b与1的大小关系不确定，故C，D错误.
答案
二、多项选择题
9.下列说法中正确的有
A.(sin 2x)'＝cos 2x
B.已知函数f(x)在R上可导，且f'(1)＝1，则＝1
C.一质点A沿直线运动，位移s(单位：m)与时间t(单位：s)之间的关系为
s(t)＝t2＋1，则该质点在t＝2 s时的瞬时速度是4 m/s
D.若h(x)＝f(x)·g(x)，则h'(x)＝f'(x)·g'(x)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
对于A选项，(sin 2x)'＝2cos 2x，故A错误；
对于B选项，由导函数定义可知＝f'(1)＝1，故B正确；
对于C选项，s'(t)＝2t，故s'(2)＝4，故该质点在t＝2 s时的瞬时速度是 4 m/s，故C正确；
对于D选项，若h(x)＝f(x)·g(x)，则h'(x)＝f'(x)·g(x)＋f(x)·g'(x)，故D错误.
10.已知f'(x)为函数f(x)的导函数，当x>0时，有f(x)－xf'(x)>0恒成立，则下列不等式一定成立的是
A.f >2f B.f <2f
C.f >2f(1) D.2f>f(1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
构造函数g(x)＝其中x>0，则g'(x)＝<0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
对于A，B选项，g即2f <4f 可得f <2f A错，B对；
对于C，D选项，g>g(1)，
即2f >f(1)，D对，C无法判断.
答案
11.已知函数f(x)＝－x3＋3x－1，则
A.f(x)在x＝－1处取得极小值
B.f(x)有3个零点
C.f(x)在区间(－2，2)上的值域为(－3，1)
D.函数f(x)图象的对称中心为点(0，－1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由f'(x)＝－3x2＋3，
令f'(x)>0，解得－11，
所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，
所以f(x)在x＝－1处取得极小值，故A正确；
又f(－2)＝1，f(－1)＝－3，f(1)＝1，f(2)＝－3，
所以f(－2)·f(－1)<0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上有且仅有一个零点，
同理函数f(x)在(－1，1)上有且仅有一个零点，在(1，＋∞)上有且仅有一个零点，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
即函数f(x)共有3个零点，故B正确；
由前面得f(x)在(－2，2)上的值域为[－3，1]，故C错误；
设g(x)＝－x3＋3x，x∈R，g(－x)＝－(－x)3＋3(－x)＝x3－3x＝－g(x)，所以函数g(x)是奇函数，图象关于点(0，0)对称，
又f(x)＝－x3＋3x－1的图象是由g(x)的图象向下平移1个单位长度得到的，所以函数f(x)图象的对称中心为点(0，－1)，故D正确.
三、填空题
12.函数f(x)＝x－cos x，x∈的值域是　　　　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因为f(x)＝x－cos x，x∈所以f'(x)＝＋sin x，
当－当－0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f ＝－又f ＝－从而f(x)max＝f
所以函数f(x)＝x－cos x，x∈的值域是.
13.在平面直角坐标系中，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的坐标为　　　　，切线
方程为　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(e，1)
y＝
设点A的坐标为(x0，y0)，则y0＝ln x0.
又y'＝当x＝x0时，y'＝
曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－y0＝(x－x0)，即y－ln x0＝－1，
代入点(－e，－1)，得－1－ln x0＝－1，
即x0ln x0＝e，
记H(x)＝xln x，当x∈(0，1)时，H(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，H(x)>0，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
且H'(x)＝ln x＋1，当x>1时，H'(x)>0，H(x)单调递增，
又H(e)＝e，故x0ln x0＝e存在唯一的实数根x0＝e，此时y0＝1，
故点A的坐标为(e，1)，切线方程为y＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
14.定义：如果函数f(x)在区间[a，b]上存在x1，x2(a＝x3－x2＋a是[0，a]上的“双中值函数”，则实数a的取值范围是　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由于f(x)＝x3－x2＋a，
则f'(x)＝x2－2x，
因为f(x)在[0，a]上存在x1，x2(0满足f'(x1)＝f'(x2)＝
即x2－2x＝a2－a，
则关于x的一元二次方程x2－2x－a2＋a＝0在(0，a)上有两个不同的实根，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令g(x)＝x2－2x－a2＋a，
则解得所以实数a的取值范围是.(共45张PPT)
第三章　
进阶篇　导数中的零点问题
数学
大
一
轮
复
习
导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的作用，而这些问题的解决都离不开一个基本要点，即函数的零点.比如，导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点，或是最值点.可以说，抓住了函数的零点，也就抓住了导数问题的要点.
零点问题主要有如下四类：
①零点的个数问题；
②零点的范围问题；
③隐零点问题；
④分段函数零点问题.
零点个数问题
进阶1
例1　(2024·北京模拟)已知函数f(x)＝axln x－x2＋(1－a)x.
(1)当a<0时，求f(x)的极值；
利用导数研究零点个数
题型一
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f'(x)＝aln x＋a－x＋1－a＝aln x－x＋1，
令g(x)＝f'(x)＝aln x－x＋1，
则g'(x)＝－1＝
因为a<0，所以g'(x)<0恒成立，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
即f'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f'(1)＝0，
所以当00，当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值为－a，无极小值.
(2)当≤a≤1时，判断f(x)的零点个数，并说明理由.
令f(x)＝0，即axln x－x2＋(1－a)x＝0，
因为x>0，所以aln x－x＋1－a＝0，
令F(x)＝aln x－x＋1－a，
所以判断f(x)的零点个数，即判断F(x)的零点个数，
又F'(x)＝≤a≤1，
所以当00，当x>2a时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，2a)上单调递增，在(2a，＋∞)上单调递减，
所以F(x)max＝F(2a)＝aln(2a)－2a＋1，1≤2a≤2，
令H(x)＝ln x－x＋1，x∈[1，2]，
则H'(x)＝ln x－
因为x∈[1，2]，所以H'(x)≤ln 2－(ln 2－1)<0，
所以H(x)在[1，2]上单调递减，
所以H(x)≤H(1)＝0，
所以F(2a)≤0，当且仅当a＝时等号成立，
所以当a＝时，F(x)有一个零点，即f(x)有一个零点，
当综上可得，当a＝时，f(x)有一个零点，当解决零点个数问题常用的方法主要有以下三种：
(1)转化为两个函数图象交点的个数问题，利用数形结合思想求解.
(2)转化为函数f(x)的图象与x轴交点个数的问题.
(3)将f(x)＝0进行参变分离，转化为a＝g(x)的形式；有时为了避免出现“断点”，可以考虑“倒数分参”.
思维升华
跟踪训练1　已知函数f(x)＝ex－a(x＋1)，a∈R.
(1)若f(x)在[0，1]上不单调，求a的取值范围；
函数f(x)＝ex－a(x＋1)，
则f'(x)＝ex－a，
∵f(x)在[0，1]上不单调，
故函数f(x)在(0，1)上存在极值，
∴f'(x)在(0，1)上存在变号零点，
即ex－a＝0在(0，1)上有解，
即直线y＝a与曲线y＝ex的图象在(0，1)上有交点，令h(x)＝ex，
当x∈(0，1)时，h(x)∈(1，e)，
∴a的取值范围为(1，e).
(2)当a>0时，试讨论函数f(x)的零点个数.
f(x)＝0等价于
故f(x)＝0的零点个数即为直线y＝与曲线y＝的图象的交点个数，
令g(x)＝则g'(x)＝
令g'(x)>0，得x<0，令g'(x)<0，得x>0，
故g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，
∵g(0)＝1，当x→－∞时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，
函数g(x)的图象如图所示，
∴当0<<1，即a>1时，f(x)有两个零点；
当＝1，即a＝1时，f(x)有一个零点；
当>1，即0例2　(2024·长沙模拟)已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
利用函数零点个数求参数范围
题型二
当a＝1时，f(x)＝ex－x2，
则f'(x)＝ex－2x，
令h(x)＝ex－2x，则h'(x)＝ex－2，
由h'(x)＝0，得到x＝ln 2，
当x∈(－∞，ln 2)时，h'(x)<0，当x∈(ln 2，＋∞)，h'(x)>0，
所以h(x)≥h(ln 2)＝2－2ln 2>0，即f'(x)>0恒成立，
所以f(x)＝ex－x2在区间[0，＋∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝e0＝1，命题得证.
(2)若f(x)在(0，＋∞)内有两个零点，求a的取值范围.
因为f(x)＝ex－ax2，
令f(x)＝0，得ex＝ax2，
又x∈(0，＋∞)，所以＝a，
令g(x)＝x∈(0，＋∞)，
则g'(x)＝
当x∈(0，2)时，g'(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，g'(x)>0，
所以g(x)≥g(2)＝
又当x→0时，g(x)→＋∞，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
又f(x)在(0，＋∞)内有两个零点，
所以a>即a的取值范围为.
(1)分离参数法：分离之后函数无参数，则可得到函数的图象，然后上下移动参数的值，观察直线与函数图象交点个数即可.
(2)隔离构造函数法：将一个函数分成两个函数，一个为容易求导的不含参函数，另一个为图象是一条直线的含参函数，观察它们图象的变化趋势，找到临界的位置，易求得参数的取值范围.
(3)直接构造法：直接研究函数f(x)，对参数进行分类讨论，判断函数单调性，利用函数零点存在定理，判断零点个数，从而求出参数的取值范围.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ln x＋ax＋2.
(1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值；
因为f(x)＝ln x＋ax＋2(x>0)，
则f'(x)＝＋a＝
因为函数f(x)在x＝1处取得极值，
所以f'(1)＝1＋a＝0，解得a＝－1，
当a＝－1时，可得f'(x)＝
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，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极大值，符合题意，故a＝－1.
(2)若函数f(x)在定义域内存在两个零点，求a的取值范围.
由f'(x)＝其中x>0，
当a≥0时，可得f'(x)>0，f(x)单调递增，
此时函数f(x)至多有一个零点，不符合题意；
当a<0时，令f'(x)＝0，解得x＝－
当x∈时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x＝－时，f(x)取得极大值，也是最大值，
最大值为f ＝ln＋a·＋2＝1－ln(－a)，
又当x→0时，f(x)→－∞；当x→＋∞时，f(x)→－∞，
所以要使得函数f(x)有两个零点，则满足f >0，
即1－ln(－a)>0，解得－e所以实数a的取值范围是(－e，0).
课时精练
答案
1
2
(1)函数f(x)=ex-sin x-1，
当x>0时，f'(x)=ex-cos x>1-cos x≥0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增.
(2)由(1)知，f'(x)=ex-cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(-π)=e-π-1<0，
1.
答案
1
2
f =>0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，
令g(x)=ex-cos x，得g'(x)=ex+sin x，
g'(x)在上单调递增，
g'=-1<0，g'(0)=1>0，
1.
答案
1
2
则存在x0∈使得g'(x0)=0，
当x∈时，g'(x)<0，函数g(x)即f'(x)单调递减，
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f ' =>0，f'(x0)则存在x1∈
1.
答案
1
2
使得f'(x1)=0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，
f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
而f =>0，f(0)=0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(-π，0]内有且仅有两个零点.
1.
答案
1
2
(1)由f(1)=2a-2=4，
解得a=3，
∴f(x)=3x+-ln x，
则f'(x)=3+-则f'(1)=3，
∴切线方程为y-4=3(x-1)，
即y=3x+1.
2.
答案
1
2
(2)由f(x)=ax+(a-2)-ln x，
得f'(x)=a+-==x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，
f(x)在(0，+∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得0令f'(x)>0，得x>f(x)在上单调递增.
2.
答案
1
2
当x→0时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞，
则f =+-ln=+1-+ln a=1-+ln a<0，
令g(a)=1-+ln a，a>0，则g'(a)=+>0，
∴g(a)在(0，+∞)上单调递增.
又∵g(1)=0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，+∞)时，g(a)>0，
∴02.
1.(2024·淄博模拟)已知函数f(x)＝ex－sin x－1.
(1)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性；
1
2
答案
函数f(x)＝ex－sin x－1，
当x>0时，f'(x)＝ex－cos x>1－cos x≥0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
(2)证明函数f(x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点.
1
2
答案
1
2
答案
由(1)知，f'(x)＝ex－cos x，
当x∈时，f'(x)>0，
函数f(x)单调递增，
f(－π)＝e－π－1<0，f >0，
因此函数f(x)在内有唯一零点；
当x∈时，令g(x)＝ex－cos x，
得g'(x)＝ex＋sin x，
1
2
答案
g'(x)在上单调递增，
g'－1<0，g'(0)＝1>0，
则存在x0∈使得g'(x0)＝0，
当x∈时，g'(x)<0，
函数g(x)即f'(x)单调递减，
1
2
答案
当x∈(x0，0)时，g'(x)>0，
函数g(x)即f'(x)单调递增，
又f'>0，f'(x0)则存在x1∈使得f'(x1)＝0，
当x∈时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(x1，0)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，
1
2
答案
而f >0，f(0)＝0，
因此函数f(x)在内有唯一零点，
所以函数f(x)在区间(－π，0]内有且仅有两个零点.
1
2
答案
2.(2024·绍兴模拟)已知函数f(x)＝ax＋(a－2)ln x，a∈R.
(1)求函数f(x)图象上一点P(1，4)处的切线方程；
由f(1)＝2a－2＝4，解得a＝3，
∴f(x)＝3x＋ln x，
则f'(x)＝3＋则f'(1)＝3，
∴切线方程为y－4＝3(x－1)，即y＝3x＋1.
1
2
答案
(2)若函数f(x)有两个零点x1，x2(x11
2
答案
由f(x)＝ax＋(a－2)ln x，
得f'(x)＝a＋＝x>0，
当a≤0时，f'(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意，舍去；
当a>0时，令f'(x)<0，得00，得x>f(x)在上单调递增.
当x→0时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
1
2
答案
则f ln＋1－＋ln a＝1－＋ln a<0，
令g(a)＝1－＋ln a，a>0，
则g'(a)＝>0，
∴g(a)在(0，＋∞)上单调递增.
又∵g(1)＝0，∴当a∈(0，1)时，g(a)<0，当a∈(1，＋∞)时，g(a)>0，
∴0第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
解决不等式恒(能)成立问题，常用的方法有：
(1)参数全分离
将原含参不等式等价变形成a≤f(x)这类形式，进而转化为求f(x)的最值问题.当参变分离后的函数f(x)不复杂，容易求最值时，可采用此法.
(2)参数半分离
将原含参不等式等价变形成f(x)≤g(a，x)这类形式，画图分析参数a如何取值才能满足该不等式，这种方法往往需要关注切线、端点等临界状态.
注：g(a，x)表示g(x)这个函数表达式中既有a也有x，a在不等式左右两边都可以.
(3)参数不分离(隐零点、端点效应).
(4)特殊的方法(同构等).
参数全分离
进阶1
例1　不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围.
参数全分离
题型一
不等式ln x－ax＋1≤0恒成立，
即ax≥ln x＋1恒成立，x>0，
即a≥恒成立，
设g(x)＝x>0，
则g'(x)＝－
易知函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
g(x)max＝g(1)＝1，
所以a≥1.
分离参数法解决恒(能)成立问题的策略
(1)分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
(2)a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
思维升华
跟踪训练1　(2024·青岛模拟)已知函数f(x)＝ax－ex，a>0.
(1)若a＝1，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
当a＝1时，f(x)＝x－ex，f(1)＝1－e，
f'(x)＝1－ex，所以f'(1)＝1－e，
所以f(x)在x＝1处的切线方程为y－(1－e)＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x.
(2)若x>0，f(x)≤a－x2恒成立，求实数a的取值范围.
当x>0时，ax－ex≤a－x2恒成立，
即a(x－1)≤ex－x2恒成立.
①当01，x2≤1，
又a>0，所以a(x－1)≤0，ex－x2>0，
所以a(x－1)≤ex－x2恒成立.
②当x>1时，x－1>0，
原不等式等价于a≤恒成立，
即a≤
令g(x)＝
则g'(x)＝
令h(x)＝ex－x，
则h'(x)＝ex－1，当x>0时，h'(x)>0，
则h(x)＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，
h(x)>h(0)＝1，
所以当x>1时，ex－x>0.
则当1当x>2时，g'(x)>0，
所以g(x)＝在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以a≤＝g(2)＝e2－4，
所以0综上，实数a的取值范围是(0，e2－4].
例2　已知函数f(x)＝x＋a.
(1)若a＝－1，求f(x)的单调区间和极值点；
换元后参数分离
题型二
当a＝－1时，f(x)＝xe－x－1，f'(x)＝e－x－xe－x，
令f'(x)＝0，得x＝1，
所以当x<1时，f'(x)>0；当x>1时，f'(x)<0.
所以f(x)的单调递减区间为(1，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)，极大值点为x＝1，无极小值点.
(2)若a>0，且当x>0时，f(x)>－1恒成立，求实数a的取值范围.
方法一　f(x)>－1 x＋a>－1，
即x＋a＋1>0.
令＝t，t>0，则x＝at，
atet－(2a＋2)t＋a＋1>0对于t>0恒成立，
即a(tet－2t＋1)>2t－1， (*)
易证当t>0时，et>t＋1，
则tet－2t＋1>t(t＋1)－2t＋1>(t－1)2≥0，
即tet－2t＋1>0，
于是，由(*)可得a>
令g(t)＝(t>0)，
则g'(t)＝et(t>0).
当t∈(0，1)时，g'(t)>0；
当t∈(1，＋∞)时，g'(t)<0，
所以g(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(t)max＝g(1)＝
所以a>
故实数a的取值范围是.
方法二　f(x)>－1 x＋a>－1，
即x＋a＋1>0.
令＝t，t>0，
则x＝at，atet－(2a＋2)t＋a＋1>0对于t>0恒成立，
即>对于t>0恒成立.
设h(t)＝t>0，则h'(t)＝
当t∈(0，1)时，h'(t)>0；
当t∈(1，＋∞)时，h'(t)<0.
可得h(t)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(t)max＝h(1)＝
则>解得a>
故实数a的取值范围是.
在有些题目中不能直接利用分离参数法，有时为了简化函数，常进行换元，如本题令t＝就可轻松分离参数.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝[ln(1＋x)]2－.
(1)求函数f(x)的单调区间；
函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f'(x)＝＝
设g(x)＝2(1＋x)ln(1＋x)－x2－2x，
则g'(x)＝2ln(1＋x)－2x，
令h(x)＝2ln(1＋x)－2x，
则h'(x)＝－2＝.
当－10，
故h(x)在(－1，0)上单调递增；
当x>0时，h'(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以h(x)在x＝0处取得极大值，而h(0)＝0，
所以g'(x)≤0，
所以函数g(x)在(－1，＋∞)上为减函数，
于是当－1g(0)＝0；
当x>0时，g(x)所以当－10，f(x)在(－1，0)上单调递增；
当x>0时，f'(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故函数f(x)的单调递增区间为(－1，0)，单调递减区间为(0，＋∞).
(2)若不等式≤e对任意的n∈N*都成立(其中e是自然对数的底数)，求a的最大值.
不等式≤e等价于不等式(n＋a)ln≤1，
由1＋>1知，a≤－n，
设φ(x)＝x∈(0，1]，
则φ'(x)＝－＝.
由(1)知，[ln(1＋x)]2－≤0，
即(1＋x)[ln(1＋x)]2－x2≤0，
当且仅当x＝0时等号成立，
所以φ'(x)<0，x∈(0，1]，
于是φ(x)在(0，1]上单调递减，
故函数φ(x)在(0，1]上的最小值为φ(1)＝－1，
所以a的最大值为－1.
课时精练
答案
1
2
(1)函数f(x)=ax-ln x，求导得f'(x)=a-
由x∈[1，2]，得∈
当a≤时，f'(x)≤0，
当且仅当a=x=2时取等号，
函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当a≥1时，f'(x)≥0，当且仅当a=1，x=1时取等号，函数f(x)在[1，2]上单调递增；
1.
答案
1
2
当由f'(x)<0，得1≤x<
由f'(x)>0，得因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
综上，当a≤时，函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当当a≥1时，函数f(x)在[1，2]上单调递增.
1.
答案
1
2
(2)依题意，不等式ax-ln x≤3在x∈(0，e]时有解，
即a≤+在x∈(0，e]时有解，
令g(x)=+x∈(0，e]，
求导得g'(x)=-+=-
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1.
答案
1
2
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，
当x=时，函数g(x)取得最大值g=e2，因此a≤e2，
所以实数a的取值范围是(-∞，e2].
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=3x2eax+ax3eax=x2eax(ax+3).
①当a=0时，f'(x)≥0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增.
②当a<0时，令f'(x)<0，得x>-；
令f'(x)>0，得x<-所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
2.
答案
1
2
③当a>0时，令f'(x)<0，得x<-；
令f'(x)>0，得x>-.
所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
(2)因为a=2，
所以f(x)≥mx+3ln x对x∈(0，+∞)恒成立等价于m≤对x∈
(0，+∞)恒成立.
2.
答案
1
2
方法一　设g(t)=t-1-ln t(t>0)，则g'(t)=.
令g'(t)<0，得0令g'(t)>0，得t>1，
所以g(t)min=g(1)=0，
所以t-1-ln t≥0.
取t=x3e2x，
则x3e2x-1-ln(x3e2x)≥0，
2.
答案
1
2
即x3e2x-3ln x-1≥2x，所以≥2.
设h(x)=x3e2x，
因为h(0)=0<1，h(1)=e2>1，
所以方程x3e2x=1必有解，
所以当且仅当x3e2x=1时，
函数y=(x>0)取得最小值，且最小值为2，
所以m≤2，即m的取值范围为(-∞，2].
2.
答案
1
2
方法二　(同构法)
=≥=2，
等号成立的充要条件是3ln x+2x=0，
令φ(x)=3ln x+2x，
由φ=-3+<0，
φ(1)=2>0知，3ln x+2x=0必有解，
故m≤2，即m的取值范围为(-∞，2].
2.
1.(2025·兰州模拟)已知函数f(x)＝ax－ln x，a∈R.
(1)讨论f(x)在区间[1，2]上的单调性；
1
2
答案
1
2
答案
函数f(x)＝ax－ln x，求导得f'(x)＝a－
由x∈[1，2]，得∈
当a≤时，f'(x)≤0，
当且仅当a＝x＝2时取等号，
函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当a≥1时，f'(x)≥0，当且仅当a＝1，x＝1时取等号，函数f(x)在[1，2]上单调递增；
1
2
答案
当由f'(x)>0，得因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
综上，当a≤时，函数f(x)在[1，2]上单调递减；
当当a≥1时，函数f(x)在[1，2]上单调递增.
(2)若当x∈(0，e]时，不等式f(x)≤3有解，求a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
依题意，不等式ax－ln x≤3在x∈(0，e]时有解，
即a≤在x∈(0，e]时有解，
令g(x)＝x∈(0，e]，
求导得g'(x)＝－＝－
由g'(x)>0，得0由g'(x)<0，得1
2
答案
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，
当x＝时，函数g(x)取得最大值g＝e2，因此a≤e2，
所以实数a的取值范围是(－∞，e2].
1
2
答案
2.已知函数f(x)＝x3eax－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
答案
f'(x)＝3x2eax＋ax3eax＝x2eax(ax＋3).
①当a＝0时，f'(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增.
②当a<0时，令f'(x)<0，得x>－；
令f'(x)>0，得x<－
所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
③当a>0时，令f'(x)<0，得x<－；
令f'(x)>0，得x>－.
所以f(x)的单调递减区间为单调递增区间为.
1
2
答案
(2)若a＝2，不等式f(x)≥mx＋3ln x对x∈(0，＋∞)恒成立，求m的取值
范围.
1
2
答案
因为a＝2，所以f(x)≥mx＋3ln x对x∈(0，＋∞)恒成立等价于m≤对x∈(0，＋∞)恒成立.
方法一　设g(t)＝t－1－ln t(t>0)，
则g'(t)＝.
令g'(t)<0，得0令g'(t)>0，得t>1，
所以g(t)min＝g(1)＝0，
所以t－1－ln t≥0.
1
2
答案
取t＝x3e2x，则x3e2x－1－ln(x3e2x)≥0，
即x3e2x－3ln x－1≥2x，
所以≥2.
设h(x)＝x3e2x，
因为h(0)＝0<1，h(1)＝e2>1，
所以方程x3e2x＝1必有解，
所以当且仅当x3e2x＝1时，
函数y＝(x>0)取得最小值，且最小值为2，
1
2
答案
所以m≤2，即m的取值范围为(－∞，2].
方法二　(同构法)
＝≥＝2，
等号成立的充要条件是3ln x＋2x＝0，
令φ(x)＝3ln x＋2x，
由φ＝－3＋<0，
φ(1)＝2>0知，3ln x＋2x＝0必有解，
故m≤2，即m的取值范围为(－∞，2].(共45张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
极值点偏移(二)
进阶4
例1　已知函数f(x)＝x2ln x，若方程f(x)＝m有两个不相等的实根x1，x2，求证：>.
换元构造辅助函数
题型一
(换元法)
令a＝b＝则f(x1)＝f(x2)，
即ln x1＝ln x2，
所以ln ln
所以aln a＝bln b，
设函数g(x)＝xln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝ln x＋1，所以g'(x)>0 x>
g'(x)<0 0所以g(x)在上单调递减，在上单调递增.
求证>即证a＋b>.
不妨设a
令h(x)＝g(x)－g0由h'(x)＝g'(x)＋g'＝ln x＋1＋ln＋1＝ln＋2
＝ln＋2<0，
所以h(x)在上单调递减，h(x)>h＝0，
所以g(a)>g即g(b)>g
又g(x)在上单调递增，
所以b>－a，即a＋b>
故>得证.
在证明过程中出现的形式不符合和型结构时，通过换元构造新函数然后再进行证明.
思维升华
跟踪训练1　已知函数f(x)＝x－ln x，若两个不相等的正实数x1，x2满足f(x1)＝f(x2)，求证：f'(x1)＋f'(x2)<0.
f(x1)＝f(x2)即x1－ln x1＝x2－ln x2，
令a＝b＝则＋ln a＝＋ln b，
记函数g(x)＝＋ln x，则g(a)＝g(b)，
g'(x)＝
所以g'(x)>0 x>1，g'(x)<0 0所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝1，
则a，b为g(x)＝k的两个不相等的实数根，其中k>1，
不妨设a1，
令h(x)＝g(x)－g(2－x)，0则h'(x)＝g'(x)＋g'(2－x)＝＝－<0，
所以h(x)在(0，1)上单调递减，h(x)>h(1)＝0，
所以g(a)>g(2－a)，故g(b)>g(2－a)，
又g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以b>2－a，即a＋b>2，故>2，
所以f'(x1)＋f'(x2)＝1－＋1－<0.
例2　已知函数f(x)＝xe－x(x∈R).如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：
(1)x1＋x2>2；
比值代换
题型二
方法一　f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2
即即x2－x1＝ln
令t＝(t>1)，
则x2－x1＝ln t， ①
又t＝即x2＝tx1， ②
由①②得x1＝x2＝
要证x1＋x2>2，即证>2，
即证ln t>(t>1)，
由飘带不等式知该式成立.
所以x1＋x2>2.
方法二　(齐次消元)
f'(x)＝(1－x)e－x，易知f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f(x)max＝f(1)＝
又f(0)＝0，当x→＋∞时，f(x)→0，
不妨设x1由f(x1)＝f(x2)，得x1＝x2即
所以x2－x1＝ln＝ln x2－ln x1，
即＝1.
x1＋x2＝(x1＋x2)·
＝·ln
＝·ln
令t＝(t>1)，
则由飘带不等式知ln t>
即·ln t>2，即x1＋x2>2.
(2)x1x2<1.
方法一　由(1)知x1x2＝
则
要证x1x2<1，即证<1，
令m＝>1，即证<1，
即证ln m<(m>1)，
由飘带不等式知该式成立，
故x1x2<1.
方法二　要证x1x2<1，即证<1，
·＝·ln·ln
令m＝(m>1)，
由飘带不等式知ln m<
即·ln m2<1，
即<1，故x1x2<1.
比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，再利用函数单调性证明.
思维升华
跟踪训练2　设x1，x2为两个不相等的正数，且x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2，证明：不妨设0则t＝>1，
由x2ln x1－x1ln x2＝x1－x2得
tx1ln x1－x1ln(tx1)＝x1－tx1，
即ln x1＝－1，
要证只需证ex1x2>x1＋x2，
即证et>x1(1＋t)，
即证etx1>1＋t，
即证x1>
即证ln x1>ln
即证－1>ln(1＋t)－ln t－1，
即证>ln(1＋t)－ln t，
即证>ln
易知ln<
ln t>1－
则>>ln
故课时精练
答案
1
2
因为函数f(x)=ax2-(ln x)2，可得f'(x)=2ax-
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a=ln 2a=ln
令t1=t2=
则等价于关于t的方程2at=ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
1.
答案
1
2
不妨令t1>t2，由2at1=ln t1，2at2=ln t2得2a=
要证t1t2>e2，
只需证明ln t1+ln t2>2，
即证ln t1+ln t2=2a(t1+t2)=(t1+t2)·>2，
即证ln t1-ln t2>
即证ln>
1.
答案
1
2
令m=则m>1，
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
1.
答案
1
2
(1)f(x)的定义域为R，f'(x)=(x+1)ex，
当x∈(-∞，-1)时，f'(x)<0，
当x∈(-1，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，
又当x→-∞时，f(x)→-m>0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，
故要使f(x)有两个零点，
2.
答案
1
2
则需f(x)min=f(-1)=-e-1-m<0，
故m>-
又m<0，可得-故满足题意的实数m的取值范围为.
2.
答案
1
2
(2)令x1=ea，x2=eb，
即a=ln x1，b=ln x2，
要证ea+eb>即证x1+x2>只需证x2>-x1，
由(1)可设a<-1所以0因为f(a)=f(b)=0，
2.
答案
1
2
所以x1ln x1=x2ln x2，
设g(x)=xln x，
因为g'(x)=ln x+1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)=g-g(x)，
02.
答案
1
2
则h'(x)=-ln-2=-ln[-(ex-1)2+1]>0，
所以h(x)在上单调递增，
又h=0，所以h(x)<0，
所以h(x1)=g-g(x1)<0，
所以g2.
答案
1
2
因为-x1>x2>g(x)在上单调递增，
所以x2>-x1，
所以x1+x2>
所以ea+eb>.
2.
1.已知函数f(x)＝ax2－(ln x)2(a∈R).若f(x)有两个极值点x1，x2.求证：x1x2>e.
1
2
答案
1
2
答案
因为函数f(x)＝ax2－(ln x)2，
可得f'(x)＝2ax－
若f(x)有两个极值点x1，x2，
则函数f'(x)有两个零点x1，x2，
所以2a＝ln 2a＝ln
令t1＝t2＝
则等价于关于t的方程2at＝ln t有两个不相等的实数根t1，t2，
只需证明t1t2>e2，
1
2
答案
不妨令t1>t2，由2at1＝ln t1，2at2＝ln t2得2a＝
要证t1t2>e2，只需证明ln t1＋ln t2>2，
即证ln t1＋ln t2＝2a(t1＋t2)＝(t1＋t2)·>2，
即证ln t1－ln t2>
即证ln>
令m＝则m>1，
1
2
答案
只需证明ln m>(m>1)，
由飘带不等式知，ln m>(m>1)成立，
则t1t2>e2成立，故x1x2>e得证.
1
2
答案
2.(2025·昆明模拟)设a，b为函数f(x)＝xex－m(m<0)的两个零点.
(1)求实数m的取值范围；
1
2
答案
f(x)的定义域为R，f'(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，f'(x)<0，
当x∈(－1，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
又当x→－∞时，f(x)→－m>0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，
故要使f(x)有两个零点，
则需f(x)min＝f(－1)＝－e－1－m<0，
1
2
答案
故m>－
又m<0，可得－故满足题意的实数m的取值范围为.
1
2
答案
(2)证明：ea＋eb>.
1
2
答案
令x1＝ea，x2＝eb，
即a＝ln x1，b＝ln x2，
要证ea＋eb>
即证x1＋x2>
只需证x2>－x1，
由(1)可设a<－1所以0因为f(a)＝f(b)＝0，
1
2
答案
所以x1ln x1＝x2ln x2，
设g(x)＝xln x，
因为g'(x)＝ln x＋1，
所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
令h(x)＝g－g(x)，0则h'(x)＝－ln－2
＝－ln[－(ex－1)2＋1]>0，
1
2
答案
所以h(x)在上单调递增，
又h＝0，
所以h(x)<0，
所以h(x1)＝g－g(x1)<0，
所以g因为－x1>x2>g(x)在上单调递增，
1
2
答案
所以x2>－x1，
所以x1＋x2>
所以ea＋eb>.(共38张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
飘带不等式
进阶2
在进行放缩的时候，转化的本质就是把曲线转化为直线进行简化运算，即用直线代替曲线，在切点处曲线可以近似的用直线代替，但是随着x的变化，直线与曲线的差距越来越大，放缩的精度越来越粗糙，所以有时采用曲线来代替直线.
1).
飘带不等式的理解
题型一
例1　证明：
(1)(2)1).
令g(x)＝ln x－
则g'(x)＝＝－≤0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又g(1)＝0，
所以当00，
即当x>1时，g(x)<0，ln x<；
令h(x)＝ln x－
则h'(x)＝≥0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又h(1)＝0，
所以当0当x>1时，h(x)>0综上可知，当0当x>1时故(1)(2)结论得证.
例2　(2025·菏泽模拟)若函数f(x)在[a，b]上存在k∈(a，b)，使得f'(k)＝则称k为f(x)在区间(a，b)上的“奇点”，若存在x1，x2(a(1)已知函数f(x)＝x3－x2是区间[0，m]上的“双奇点函数”，求实数m的取值范围；
飘带不等式的应用
题型二
因为f(x)＝x3－x2，
则f'(x)＝3x2－x，
由＝m2－m，
所以关于x的方程m2－m＝3x2－x有两解，
即关于x的方程3x2－x－m2＋m＝0在(0，m)上有两解，
令g(x)＝3x2－x－m2＋m，
所以
解得即实数m的取值范围是.
(2)已知函数f(x)＝2ln x－ax2＋1.
①当a＝0时，若1为f(x)在区间[m，n]上的“奇点”，证明：m＋n>2；
因为f'(k)＝－2ak＝k∈(m，n)，
当a＝0时，f(x)＝2ln x＋1，则f'(x)＝
因为k＝1，0所以＝2，即＝1，
要证m＋n>2，即证<
即ln>
令＝t，因为n>m>0，所以t>1，
设h(t)＝ln t－2·
所以h'(t)＝>0，
所以h(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)>h(1)＝0在(1，＋∞)上恒成立，
所以ln>即证得m＋n>2.
②证明：对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上存在唯一“奇点”.
令φ(k)＝f'(k)－(0即φ(k)＝－2ak－
＝－2ak－2×＋a(n＋m)，
因为a>0，k>0，所以φ'(k)＝－－2a<0，
所以φ(k)在区间(m，n)上单调递减.
因为φ(m)＝－2am－2×＋a(n＋m)＝＋a(n－m)，
令t＝所以t>1，
所以φ(m)＝(t－1－ln t)＋a(n－m).
设I(x)＝x－1－ln x，
所以I'(x)＝1－
当0当x>1时，I'(x)>0，
即I(x)在(0，1)上单调递减，(1，＋∞)上单调递增，
所以I(t)>I(1)＝0，即t－1－ln t>0.
因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理φ(n)＝＋a(m－n)，
因为当x∈(0，1)∪(1，＋∞)时，x－1－ln x>0，
所以－1－ln>0，即ln x>1－
所以ln t－1＋>0，
又m－n<0，a>0，所以φ(n)<0，
因为φ(m)φ(n)<0，且φ(k)在区间(m，n)上单调递减，
所以φ(k)在区间(m，n)上存在唯一零点，
即对任意的a>0，f(x)在区间[m，n]上的“奇点”k是唯一的.
(1)利用飘带不等式放缩可以将含对数的不等式转变为分式不等式.
(2)令飘带不等式中的x＝(a>b)可以转变为对数均值不等式.
思维升华
跟踪训练　证明：当整数n>0时<1＋成立.
要证<1＋成立，即证>e成立，
即证nln＋ln>1成立，
因为ln x>(x>1)，只需证n>1成立，
即证>1，
显然成立，得证.
课时精练
答案
1
2
(1)因为f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-x>0，
又因为函数y=f(x)在x=1处的切线为x轴，
所以f'(1)=1-=0，
解得a=2.
1.
答案
1
2
(2)由(1)可知f(x)=ln x-x>0，
所以f'(x)=-=≥0，
所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间.
1.
答案
1
2
(3)由(2)可知函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，且f(1)=0，
所以当x>1时，f(x)>0，
又因为x1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1-ln x2>0，
由f >0，得ln->0，
1.
答案
1
2
即ln>=2·
即ln x1-ln x2>2· (*)
又因为ln x1-ln x2>0，x1+x2>0，
将(*)式两边同时乘
得<.
1.
答案
1
2
∵bln a-aln b=a-b，∴b(ln a+1)=a(ln b+1)，
∴=
令f(x)=则f'(x)=-
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
∵f(a)=f(b)，b>a>0，
∴02.
答案
1
2
(1)要证a+b-ab>1，
只需证a+b-ab-1>0，
即证a(1-b)+b-1>0，
即证(1-b)(a-1)>0，
显然成立，得证.
2.
答案
1
2
(2)当0<=<
即+<+
即-<
即+>2.
2.
答案
1
2
(3)当01，由飘带不等式可知，
===
=·ln>·=
因此有ab>1，故a+b>ab+1>2.
2.
1.(2025·贵阳模拟)已知函数f(x)＝ln x－在x＝1处的切线为x轴.
(1)求实数a的值；
1
2
答案
因为f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝x>0，
又因为函数y＝f(x)在x＝1处的切线为x轴，
所以f'(1)＝1－＝0，解得a＝2.
(2)求f(x)的单调区间；
1
2
答案
由(1)可知f(x)＝ln x－x>0，
所以f'(x)＝≥0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间.
(3)若x1>x2>0，证明：<.
1
2
答案
1
2
答案
由(2)可知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，
所以当x>1时，f(x)>0，
又因为x1>x2>0，所以>1，
有f >0，又ln x1>ln x2，有ln x1－ln x2>0，
由f >0，
得ln>0，
1
2
答案
即ln>＝2·
即ln x1－ln x2>2· (*)
又因为ln x1－ln x2>0，x1＋x2>0，
将(*)式两边同时乘
得<.
1
2
答案
2.已知b>a>0，且bln a－aln b＝a－b，证明：
(1)a＋b－ab>1；
1
2
答案
∵bln a－aln b＝a－b，
∴b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，
∴
令f(x)＝
则f'(x)＝－
当00，f(x)单调递增；
1
2
答案
当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减.
∵f(a)＝f(b)，b>a>0，
∴0要证a＋b－ab>1，
只需证a＋b－ab－1>0，
即证a(1－b)＋b－1>0，
即证(1－b)(a－1)>0，
显然成立，得证.
1
2
答案
(2)>2；
当0<<
即<
即<
即>2.
1
2
答案
(3)a＋b>2.
当01，由飘带不等式可知，
＝·ln>·
＝
因此有ab>1，故a＋b>ab＋1>2.(共75张PPT)
第三章
§3.1　导数的概念及其意
义、导数的运算
数学
大
一
轮
复
习
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.能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数的导数.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.导数的概念
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数记作 或 .
f'(x0)＝ .
(2)函数y＝f(x)的导函数(简称导数)
f'(x)＝y'＝.
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 .
f '(x0)
y'
斜率
y－f(x0)＝f '(x0)(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)＝___
f(x)＝xα(α∈R，且α≠0) f '(x)＝______
f(x)＝sin x f '(x)＝_____
f(x)＝cos x f '(x)＝_______
f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f '(x)＝______
f(x)＝ex f '(x)＝____
f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f '(x)＝______
f(x)＝ln x f '(x)＝___
0
αxα－1
cos x
－sin x
axln a
ex
4.导数的运算法则
若f'(x)，g'(x)存在，则有
[f(x)±g(x)]'＝ ；
[f(x)g(x)]'＝ ；
'＝ (g(x)≠0)；
[cf(x)]'＝ .
5.复合函数的定义及其导数
复合函数y＝f(g(x))的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y'x＝______，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积.
f'(x)±g'(x)
f'(x)g(x)＋f(x)g'(x)
cf'(x)
y'u·u'x
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)f'(x0)是函数y＝f(x)在x＝x0附近的平均变化率.(　　)
(2)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线.(　　)
(3)f'(x0)＝[f(x0)]'.(　　)
(4)(e－x)'＝－e－x.(　　)
×
×
×
√
2.若函数f(x)＝ln x－2x＋1，则f'等于
A.0 B. C. D.
√
f'(x)＝－2，
所以f'＝2－2＝0.
3.(2024·开封模拟)已知函数f(x)＝2x，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为
A.x－y－1＝0 B.x－y＋1＝0
C.x·ln 2－y－1＝0 D.x·ln 2－y＋1＝0
√
函数f(x)＝2x，求导得f'(x)＝2xln 2，则f'(0)＝ln 2，而f(0)＝1，所以所求切线方程为y－1＝ln 2·(x－0)，即x·ln 2－y＋1＝0.
4.设曲线y＝e2ax在点(0，1)处的切线与直线2x－y＋1＝0垂直，则a的值
为　　　.
∵y＝e2ax，∴y'＝e2ax·(2ax)'＝2a·e2ax，
∴在点(0，1)处的切线斜率k＝y'|x＝0＝2ae0＝2a，
又∵切线与直线2x－y＋1＝0垂直，
∴2a×2＝－1，∴a＝－.
－
1.巧记两个常用结论
(1)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.
(2)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“陡峭”.
微点提醒
2.明确两点不同
区分在点处的切线与过点处的切线：在点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条.过点处的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条.
3.谨防两个易误点
(1)在复合函数求导中，每一步求导分不清哪个变量对哪个变量的求导而致误.
(2)牢记导数公式和导数的四则运算法则，切忌记错记混.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)(多选)下列求导运算正确的是
A.(ln 7)'＝
B.[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x
C.'＝
D.[ln(3x＋2)]'＝
√
导数的运算
题型一
√
(ln 7)'＝0，故A错误；
[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x，故B正确；
'＝故C正确；
[ln(3x＋2)]'＝故D错误.
(2)已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且f(x)＝2xf'＋sin x，则f 等于
A. B.
C. D.－
√
因为f(x)＝2xf'＋sin x，
所以f'(x)＝2f'＋cos x，
令x＝
则f'＝2f'＋cos f'＝－
则f(x)＝－x＋sin x，
所以f ＝－＋sin .
(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，然后活用方程思想求解.
(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
思维升华
跟踪训练1　(多选)下列命题正确的有
A.已知函数f(x)在R上可导，若f'(1)＝2，则＝2
B.'＝
C.已知函数f(x)＝ln(2x＋1)，若f'(x0)＝1，则x0＝
D.设函数f(x)的导函数为f'(x)，且f(x)＝x2＋3xf'(2)＋ln x，则f'(2)＝－
√
√
对于A＝2＝2f'(1)＝4，故A错误；
对于B'＝故B错误；
对于C，f'(x)＝(2x＋1)'＝若f'(x0)＝1，则＝1，即x0＝故C正确；
对于D，f'(x)＝2x＋3f'(2)＋故f'(2)＝4＋3f'(2)＋故f'(2)＝－故D正确.
例2　(2023·全国甲卷)曲线y＝处的切线方程为
A.y＝x B.y＝x
C.y＝x＋ D.y＝x＋
导数的几何意义
题型二
命题点1　求切线方程
√
因为y＝
所以y'＝
所以k＝y'|x＝1＝
所以曲线y＝在点处的切线方程为y－(x－1)，即y＝x＋.
例3　若函数f(x)＝ln x＋2x2－ax的图象上存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是　　　　　 .
命题点2　求参数的值(范围)
[2，＋∞)
函数f(x)＝ln x＋2x2－ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，
即f'(x)＝2在(0，＋∞)上有解，
而f'(x)＝＋4x－a，
即＋4x－a＝2在(0，＋∞)上有解，
得a＝＋4x－2在(0，＋∞)上有解，
∵＋4x≥2＝4，当且仅当x＝时等号成立，
∴a≥4－2＝2，
∴a的取值范围是[2，＋∞).
例4　(2025·广州模拟)设点P在曲线y＝ex上，点Q在直线y＝x上，则|PQ|的最小值为
A. B.
C. D.
命题点3　切线的应用
√
令y'＝ex＝得x＝－1，代入曲线y＝ex中，得P所以|PQ|的最小值即为点到直线y＝x的距离d＝.
(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.
(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P的切线”.
思维升华
跟踪训练2　(1)牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法.如图，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的零点r，取初始值x0，f(x)的图象在横坐标为x0的点处的切线与x轴的交点的横坐标为x1，f(x)的图象在横坐标为x1的点处的切线与x轴的交点的横坐标为x2，一直继续下去，得到x1，x2，…，xn，它们越来越接近r.若f(x)＝x2－2(x>0)，x0＝2，则用牛顿迭代法得到的r的近似值x2约为
A.1.438 B.1.417
C.1.416 D.1.375
√
由f(x)＝x2－2(x>0)，
求导得f'(x)＝2x，而x0＝2，
则f'(x0)＝4，又f(x0)＝2，
于是函数f(x)的图象在横坐标为x0＝2的点处的切线方程为y－2＝4(x－2)，
令y＝0，得x1＝
则f'(x1)＝3，f(x1)＝－2＝
因此函数f(x)的图象在横坐标为x1＝的点处的切线方程为y－＝3
令y＝0，得x2＝≈1.417，
所以x2约为1.417.
(2)若点A(a，a)，B(b，eb)(a，b∈R)，则A，B两点间距离|AB|的最小值
为　　　.
点A(a，a)在直线y＝x上，点B(b，eb)在曲线y＝ex上，
即求|AB|的最小值等价于求直线y＝x上的点到曲线y＝ex上的点的距离的最小值，
过y＝ex上的点(m，em)作y＝ex的切线，可得y－em＝em(x－m)，
令em＝1，可得m＝0，故该切线为y＝x＋1，
则直线y＝x＋1与y＝x的距离即为|AB|的最小值，此时|AB|＝即|AB|min＝.
例5　(2025·广州模拟)若直线l既和曲线C1相切，又和曲线C2相切，则称l为曲线C1和C2的公切线.已知曲线C1：f(x)＝ex－1和曲线C2：g(x)＝1＋ln x，请写出曲线C1和C2的一条公切线方程：　　　　　　　　　　 .
两曲线的公切线
题型三
y＝x(答案不唯一，或填y＝ex－1)
设公切线与C1：f(x)＝ex－1相切的切点为(x1－1)，与C2：g(x)＝1＋ln x相切的切点为(x2，1＋ln x2).
由f'(x)＝ex，则f'(x1)＝则公切线方程为y＝(x－x1)＋－1，
即y＝x＋(1－x1)－1；
由g'(x)＝则g'(x2)＝则公切线方程为y＝(x－x2)＋ln x2＋1，
即y＝·x＋ln x2，
所以解得或
故曲线C1和C2的公切线方程为y＝x或y＝ex－1.
公切线问题应根据两曲线在切点处切线的斜率相等，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，通过解方程组求解.或者分别求出两曲线的切线，利用两切线重合列方程组求解.
思维升华
跟踪训练3　(2024·福州模拟)已知直线y＝kx＋b既是曲线y＝ln x的切线，也是曲线y＝－ln(－x)的切线，则
A.k＝b＝0 B.k＝1，b＝0
C.k＝b＝－1 D.k＝1，b＝－1
√
设直线与曲线y＝ln x的切点为(x1，ln x1)且x1>0，
与曲线y＝－ln(－x)的切点为(x2，－ln(－x2))且x2<0，
又y'＝(ln x)'＝y'＝[－ln(－x)]'＝－
则直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x的切线方程为y－ln x1＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1－1，
直线y＝kx＋b与曲线y＝－ln(－x)的切线方程为y＋ln(－x2)＝－(x－x2)，即y＝－x＋1－ln(－x2)，
则解得
故k＝b＝ln x1－1＝0.l
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B B A B AC BCD
题号 9 10 13 　14 答案 2 ln 2 B 　2 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)因为函数f(x)=x3-ax2+b的图象过点(2，4)，
所以b=4a-4. ①
又f'(x)=3x2-2ax，f'(1)=1，
所以f'(1)=3×12-2a=3-2a=1， ②
由①②解得a=1，b=0.
11.
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)由(1)知f(x)=x3-x2，
设所求切线在曲线y=f(x)上的切点坐标为(m，m3-m2)，
则f'(m)=3m2-2m，
所以切线方程为
y-m3+m2=(3m2-2m)(x-m)，
又切线过点(0，-1)，
所以2m3-m2-1=0，
11.
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
可得2m3-2-m2+1=0，
即2(m3-1)-(m2-1)=0，
即(m-1)(2m2+m+1)=0，
解得m=1，
所以切点坐标为(1，0)，切线方程为x-y-1=0.
故曲线y=f(x)过点(0，-1)的切线方程为x-y-1=0.
11.
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)由导数公式得f'(x)=-3x2+1，
设切点坐标为(x0，y0)，切线方程为y-1=k(x-1)，
由题意可得解得或
从而切线方程为2x+y-3=0或x-4y+3=0.
12.
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)由(1)可得曲线y=f(x)在点(1，1)处的切线方程为y=-2x+3，
由g'(x)=-2e-2x+1，可得曲线y=g(x)在x=t(t∈R)处的切线斜率为g'(t)=-2e-2t+1，
由题意可得-2e-2t+1=-2，从而t=
此时切点坐标为曲线y=g(x)在x=处的切线方程为
y-1=-2
即y=-2x+2，符合题意，所以t=.
12.
14
一、单项选择题
1.若f(x)＝ln(－x)，则f'(－2 026)等于
A.－ B.－2 026 C. D.2 026
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
知识过关
答案
f'(x)＝则f'(－2 026)＝－.
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
2.一个做直线运动的质点的位移s(m)与时间t(s)的关系式为s＝100t－5t2，则该质点的瞬时速度为0 m/s时，t等于
A.50 s B.20 s C.10 s D.5 s
√
由题意知s＝100t－5t2，则s'＝100－10t，令s'＝0，则t＝10，即当该质点的瞬时速度为0 m/s时，时间t＝10 s.
14
3.设函数f(x)＝xex的图象与x轴相交于点P，则该曲线在点P处的切线方程为
A.y＝ex B.y＝x
C.y＝ex＋1 D.y＝x＋1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
函数f(x)＝xex，
由f(x)＝0，得x＝0，则点P(0，0)，
由f(x)＝xex，求导得f'(x)＝(x＋1)ex，
则f'(0)＝1，
所以该曲线在点P处的切线方程为y＝x.
答案
14
4.已知函数f(x)的图象如图所示，f'(x)是f(x)的导函数，则下列数值排序正确的是
A.0B.0C.0D.0√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
由函数f(x)的图象可知f'(3)>0，f'(2)>0，
设A(2，f(2))，B(3，f(3))，则直线AB的斜率为＝f(3)－f(2)，
由于曲线是上升的，故f(3)>f(2)，∴f(3)－f(2)>0，
作出曲线在x＝2，x＝3处的切线，设为l1，l3，
直线AB为l2，l1，l2，l3的斜率分别为k1，k2，k3，
结合图象可得l1，l2，l3的斜率满足k3即01
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
5.(2025·汉口模拟)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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
因为f(x)为偶函数，
所以f(x)＝f(－x)，
两边求导，可得[f(x)]'＝[f(－x)]' f'(x)＝f'(－x)·(－x)' f'(x)＝－f'(－x).
又f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，所以f'(1)＝.
所以f'(－1)＝－f'(1)＝－.
答案
14
6.直线l与曲线y＝ex＋1和y＝ex＋1均相切，则l的斜率为
A. B.1 C.2 D.e
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由y＝ex＋1，可得y'＝ex；
由y＝ex＋1，可得y'＝ex＋1，
设两个切点的坐标分别为(x1＋1)和(x2)，直线l的斜率k＝
故x1＝x2＋1，即x1≠x2，
所以k＝＝1，
即直线l的斜率为1.
答案
14
二、多项选择题
7.下列求导运算正确的是
A.若y＝(x＋1)ln x，则y'＝ln x＋＋1
B.'＝－sin
C.'＝－2xln 2
D.(ln 2x)'＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
答案
√
14
对于A，若y＝(x＋1)ln x，则y'＝ln x＋＝ln x＋＋1，故A正确；
对于B'＝0，故B错误；
对于C'＝'－2xln 2＝－2xln 2，故C正确；
对于D，(ln 2x)'＝故D错误.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
8.已知定义在R上的函数f(x)，g(x)，其导函数分别为f'(x)，g'(x)，f(1－x)＝6－g'(1－x)，f(1－x)－g'(1＋x)＝6，且g(x)＋g(－x)＝4，则
A.g'(x)的图象关于点(0，1)中心对称
B.g'(x＋4)＝g'(x)
C.f'(6)＝f'(2)
D.f(1)＋f(3)＝12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
√
√
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由题意可得
两式相减可得g'(1＋x)＝－g'(1－x)， ①
所以g'(x)的图象关于点(1，0)中心对称，A错误；
由g(x)＋g(－x)＝4， ②
②式两边对x求导可得g'(x)＝g'(－x)，可知g'(x)是偶函数，
以1＋x替换①中的x可得g'(2＋x)＝－g'(－x)＝－g'(x)，
可得g'(4＋x)＝－g'(2＋x)＝g'(x)，所以g'(x)是周期为4的周期函数，B正确；
答案
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
因为f(x)＝6－g'(x)，可知f(x)也是周期为4的周期函数，即f(x＋4)＝f(x)，
两边求导可得f'(x＋4)＝f'(x)，所以f'(6)＝f'(2)，C正确；
因为g'(1＋x)＝－g'(1－x)，令x＝0，则g'(1)＝－g'(1)，即g'(1)＝0，
又因为g'(x)是偶函数，所以g'(－1)＝g'(1)＝0，
又因为g'(x)是周期为4的周期函数，则g'(3)＝g'(－1)＝0，
由f(x)＝6－g'(x)可得
所以f(1)＋f(3)＝12，D正确.
答案
14
三、填空题
9.拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间(a，b)内的导数为f'(x)，那么在区间(a，b)内至少存在一点c，使得f(b)－f(a)＝f'(c)(b－a)成立，其中c叫做f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数f(x)＝x3－2x在[－2，2]上的“拉格朗日中值点”的个数为　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
2
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
∵＝2，f'(x)＝3x2－2，
令3x2－2＝2，解得x＝－∈[－2，2]或x＝∈[－2，2]，
∴f(x)在[－2，2]上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
14
10.(2024·新课标全国Ⅰ)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＝　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
ln 2
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由y＝ex＋x得y'＝ex＋1，
当x＝0时，y'＝e0＋1＝2，
故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为
y＝2x＋1.
由y＝ln(x＋1)＋a得y'＝
设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，y0)，
由两曲线有公切线得y'＝＝2，
答案
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解得x0＝－代入切线方程y＝2x＋1得y0＝2×＋1＝0，
则y＝ln(x0＋1)＋a＝0，
即ln＋a＝0，解得a＝ln 2.
答案
14
四、解答题
11.已知函数f(x)＝x3－ax2＋b(a，b∈R)的图象过点(2，4)，且f'(1)＝1.
(1)求a，b的值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
因为函数f(x)＝x3－ax2＋b的图象过点(2，4)，所以b＝4a－4. ①
又f'(x)＝3x2－2ax，f'(1)＝1，
所以f'(1)＝3×12－2a＝3－2a＝1， ②
由①②解得a＝1，b＝0.
14
(2)求曲线y＝f(x)过点(0，－1)的切线方程.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
由(1)知f(x)＝x3－x2，
设所求切线在曲线y＝f(x)上的切点坐标为(m，m3－m2)，则f'(m)＝3m2－2m，
所以切线方程为y－m3＋m2＝(3m2－2m)(x－m)，
又切线过点(0，－1)，所以2m3－m2－1＝0，
可得2m3－2－m2＋1＝0，
即2(m3－1)－(m2－1)＝0，
即(m－1)(2m2＋m＋1)＝0，解得m＝1，
所以切点坐标为(1，0)，切线方程为x－y－1＝0.
故曲线y＝f(x)过点(0，－1)的切线方程为x－y－1＝0.
14
12.已知函数f(x)＝－x3＋x＋1，g(x)＝e－2x＋1.
(1)求曲线y＝f(x)过点(1，1)的切线方程；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
由导数公式得f'(x)＝－3x2＋1，
设切点坐标为(x0，y0)，切线方程为y－1＝k(x－1)，
由题意可得解得或
从而切线方程为2x＋y－3＝0或x－4y＋3＝0.
14
(2)若曲线y＝f(x)在点(1，1)处的切线与曲线y＝g(x)在x＝t(t∈R)处的切线平行，求t的值.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
由(1)可得曲线y＝f(x)在点(1，1)处的切线方程为y＝－2x＋3，
由g'(x)＝－2e－2x＋1，可得曲线y＝g(x)在x＝t(t∈R)处的切线斜率为g'(t)＝－2e－2t＋1，
由题意可得－2e－2t＋1＝－2，从而t＝
此时切点坐标为
曲线y＝g(x)在x＝处的切线方程为y－1＝－2
即y＝－2x＋2，符合题意，所以t＝.
14
13.已知函数f(x)＝其导函数记为f'(x)，则f'(2 026)－
f'(－2 026)等于
A.－1 B.0 C.1 D.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
√
能力拓展
14
函数f(x)＝＝1＋的定义域为R，
令g(x)＝
则g(x)的定义域为R，f'(x)＝g'(x)，
又g(－x)＝＝－＝－g(x)，故g(x)是奇函数，
所以g(x)＋g(－x)＝0，
故g'(x)－g'(－x)＝0，
所以f'(2 026)－f'(－2 026)＝g'(2 026)－g'(－2 026)＝0.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
14.我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为型，比如：当x→0时
型，两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在.早在1696年，洛必达在他的著作《无穷小分析》一书中创造了一种算法(洛必达法则)，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.
如：＝1，则＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
2
14
由题可得＝2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
返回
14(共59张PPT)
第三章
§3.4　函数中的构造问题
数学
大
一
轮
复
习
函数中的构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题.
重点解读
命题点1　利用f(x)与x构造函数
利用f(x)进行抽象函数构造
题型一
例1　(2024·绵阳模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf'(x)>0，若a＝30.2·f(30.2)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log3·f则a，b，c的大小关系是
A.a>b>c B.c>b>a
C.c>a>b D.a>c>bj
√
令g(x)＝xf(x)，x∈R，
因为f(x)＝f(－x)，所以g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，
所以g(x)为奇函数，
又因为当x∈(－∞，0]时，f(x)＋xf'(x)>0，
所以当x∈(－∞，0]时，g'(x)＝f(x)＋xf'(x)>0，所以g(x)在(－∞，0]上单调递增，
又g(x)为奇函数，所以g(x)在R上单调递增，
又因为a＝30.2·f(30.2)＝g(30.2)，
b＝ln 2·f(ln 2)＝g(ln 2)，
c＝log3·f ＝g＝g(－2)，
－2<0所以g(－2)b>c.
(1)出现nf(x)＋xf'(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x).
(2)出现xf'(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
思维升华
命题点2　利用f(x)与ex构造函数
例2　函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意实数x恒有f'(x)－f(x)>0，则
A.f(－1)>0 B.f(3)>ef(2)
C.f f(4)
√
设g(x)＝
则g'(x)＝
由条件可知，f'(x)－f(x)>0，所以g'(x)>0，
则函数g(x)在R上单调递增，
因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
则f(0)＝0，
由<得f(－1)<0，故A错误；
由>
得f(3)>ef(2)，故B正确；
由<得f f 故C错误；
由<得ef(3)(1)出现f'(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x).
(2)出现f'(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
思维升华
命题点3　利用f(x)与sin x，cos x构造函数
例3　(2025·杭州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)sin x＋f'(x)cos x>
0，则
A.f C.f>f D.f>f
√
令F(x)＝x≠＋kπ，k∈Z，
故F'(x)＝>0恒成立，
故F(x)＝在k∈Z上单调递增，
故F函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
F(x)＝f(x)sin x，F'(x)＝f'(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝F'(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，F'(x)＝f'(x)cos x－f(x)sinx；
F(x)＝F'(x)＝.
思维升华
跟踪训练1　(1)(2024·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)的定义域为(0，π)，其导函数是f'(x).若对任意的x∈(0，π)，有f'(x)sin x－f(x)cos x<0，则关于x的不等式f(x)>2f sin x的解集为
A. B.
C. D.
√
令函数g(x)＝x∈(0，π)，
则g'(x)＝<0，
因此函数g(x)在(0，π)上单调递减，不等式f(x)>2fsin x >
即g(x)>g解得0所以原不等式的解集为.
(2)(2024·南通模拟)已知函数f(x)及其导函数f'(x)的定义域均为(0，＋∞)，若xf'(x)<2f(x)，则
A.4e2f(2)<16f(e)B.e2f(4)<4e2f(2)<16f(e)
C.e2f(4)<16f(e)<4e2f(2)
D.16f(e)√
方法一　设g(x)＝x∈(0，＋∞)，
∵xf'(x)<2f(x)，
∴g'(x)＝<0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴g(2)>g(e)>g(4)，
∴>>
即4e2f(2)>16f(e)>e2f(4)，故C正确.
方法二　设f(x)＝1，又e2<16<4e2，C正确.
(3)(2024·扬州模拟)已知函数f(x)的导数为f'(x)，对任意实数x，都有f(x)－f'(x)>0，且f(1)＝1，则f(x)>ex－1的解集为
A.(－∞，1)
B.(1，＋∞)
C.(－1，1)
D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
√
由f(x)>ex－1，可得>
令g(x)＝结合f(x)－f'(x)>0，则g'(x)＝<0，
所以g(x)在R上单调递减，
故g(x)>g(1) x<1，
则原不等式的解集为(－∞，1).
例4　(1)(2025·昆明模拟)设a＝b＝c＝则
A.cC.b构造具体函数关系
题型二
√
设f(x)＝x>0，
则f'(x)＝
令f'(x)＝0，得x＝
则f(x)在(0)上单调递增，在(＋∞)上单调递减，
b＝f()，c＝f()，则b>c，
又a－b＝>0，得a>b，
所以c(2)(2024·南昌模拟)142 857被称为世界上最神秘的数字，142 857×1＝142 857，142 857×2＝285 714，142 857×3＝428 571，142 857×4＝571 428，142 857×5＝714 285，142 857×6＝857 142，所得结果是这些数字反复出现，若a＝e0.142 857，b＝＋1，c＝则
A.a>b>c B.c>b>a
C.b>a>c D.a>c>b
√
由题意知，a＝e0.142 857，c＝
设f(x)＝ex－x－1(x>0)，f'(x)＝ex－1，
当x∈(0，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)＝ex－x－1>f(0)＝0，
所以ex>x＋1(x>0).
因为x2＋2x＋1>1＋2x(x>0)，
所以x＋1>(x>0)，
得ex>(x>0)，
所以e0.142 857>即a>c；
由ex>x＋1(x>0)，得x>ln(x＋1)(x>0)，
所以x－1>ln x(x>1)，即x>ln x＋1(x>1)，
所以>ln ＋1＝＋1，即c>b.
综上，a>c>b.
通过研究或变形，使所研究的式子具有鲜明的结构特点，然后依据此特点构造新函数.常用的不等式：sin x0)，ln x≤x－1≤x2－x(x>0)，ex≥x＋1(x>0)，ex≥ex>x(x>0).
思维升华
跟踪训练2　(1)(2025·九江模拟)已知a＝sin b＝ln c＝则
A.a>b>c B.c>a>b
C.c>b>a D.a>c>b
√
方法一　a＝sin >sin ＝c，
设f(x)＝ln x＋1－x，x>1，
则f'(x)＝<0，
故f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)1)，
所以b＝ln <－1＝c，故a>c>b.
方法二　a＝sin >sin ＝c，b＝ln所以a>c>b.
(2)已知e是自然对数的底数，a＝b＝e2sin c＝则
A.a>b>c B.c>a>b
C.a>c>b D.b>c>a
√
构建f(x)＝x>e，
则f'(x)＝>0在(e，＋∞)上恒成立，
可知f(x)在(e，＋∞)上单调递增，
因为a＝c＝
可知f(4)>f(π)>f(e)＝e，
即c>a>e；
构建g(x)＝x－sin x，x>0，
则g'(x)＝1－cos x≥0在(0，＋∞)上恒成立，
可知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则g(x)>g(0)＝0，即x>sin x，x>0，
可得>sin 且e>0，
则e>e2sin 即e>b，
综上所述，c>a>b.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B B C A C BC ABD
题号 9 　　　10 答案 a1.(2025·福州模拟)已知a＝ln b＝ln(ln 3)，c＝－则
A.a>b>c B.b>a>c
C.b>c>a D.c>a>b
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因为b＝ln(ln 3)>ln(ln e)＝0，
而a＝ln <0，c<0，所以b最大，
构造函数f(x)＝xln x(x>0)，因为f'(x)＝ln x＋1(x>0)，
当0时，f'(x)>0，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，
又因为a＝f c＝f
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
所以f >f 即a>c，
故b>a>c.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
2.(2024·北海模拟)已知a＝ln(e)，b＝c＝＋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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由题意，a＝＋1＝＋1，b＝＋1，c＝＋1，
设f(x)＝则f'(x)＝
当00，f(x)单调递增；当x>e时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
因为e<4<5，
所以b＝f(e)＋1>a＝f(4)＋1>c＝f(5)＋1，故b>a>c.
3.(2024·昆明模拟)设定义在R上的函数y＝f(x)满足对 x∈R，都有f(x＋2)＋f(x)＝0，且当x∈(0，4]时，xf'(x)－f(x)>0，若a＝f(2 024)，b＝4f(2 025)，c＝2f(2 026)，则a，b，c的大小关系是
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>b>a D.b>c>a
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
由f(x＋2)＋f(x)＝0 f(x＋4)＋f(x＋2)＝0 f(x＋4)＝f(x)，
即4为y＝f(x)的一个周期，
所以a＝f(2 024)＝f(4)，
同理b＝4f(2 025)＝4f(1)，c＝2f(2 026)＝2f(2)，
令g(x)＝ g'(x)＝
由已知可得，当x∈(0，4]时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以<< 4f(1)<2f(2)c>b.
答案
4.(2025·成都模拟)已知函数y＝f(x)对任意的x∈满足f'(x)cos x－f(x)sin x>0(其中f'(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是
A.f >f B.f C.2f(0)f
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
构造函数g(x)＝f(x)cos x，x∈
则g'(x)＝f'(x)cos x－f(x)sin x>0，
所以g(x)在上单调递增，
则g所以f cos即f 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
则g>g
所以fcos>fcos
即f >f 故B不正确；
则g(0)所以f(0)cos 0即2f(0)答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
则g(0)所以f(0)cos 0即f(0)答案
5.(2024·成都模拟)若函数f(x)对任意的x∈R，都有f'(x)A.2f(ln 2)>f(2ln 2)－2
B.2f(ln 2)C.2f(ln 2)＝f(2ln 2)－2
D.无法比较大小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
令g(x)＝
则g'(x)＝
∵对任意的x∈R，都有f'(x)∴g'(x)<0，即g(x)在R上为减函数，
又ln 2<2ln 2，∴g(ln 2)>g(2ln 2)，
即>
可得2f(ln 2)>f(2ln 2)－2.
答案
6.(2024·南充模拟)设函数f(x)＝sin x＋ex－e－x－x＋3，则满足f(x)＋f(3－2x)
<6的x的取值范围是
A.(－∞，1) B.(1，＋∞)
C.(3，＋∞) D.(－∞，3)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
f(x)＝sin x＋ex－e－x－x＋3，
设g(x)＝f(x)－3＝sin x＋ex－e－x－x，
又易知g(－x)＝－g(x)，
∴g(x)为R上的奇函数，
又g'(x)＝cos x＋ex＋e－x－1≥cos x＋2－1＝1＋cos x≥0，
∴g(x)在R上是增函数，
又f(x)＋f(3－2x)<6，
∴[f(x)－3]＋[f(3－2x)－3]<0，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
∴g(x)＋g(3－2x)<0，∴g(x)<－g(3－2x)，
又g(x)为R上的奇函数，
∴g(x)又g(x)在R上是增函数，
∴x<2x－3，∴x>3，
故满足f(x)＋f(3－2x)<6的x的取值范围是(3，＋∞).
答案
二、多项选择题
7.(2024·滁州模拟)已知函数f(x)的定义域为R，其导函数为f'(x)，且对任意的x∈R，都有f(x)＋f'(x)>0，则下列说法正确的是
A.ef(1)f(0)
C.2f(ln 2)ef(1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
答案
√
令g(x)＝exf(x)，
所以g'(x)＝exf(x)＋exf'(x)＝ex[f(x)＋f'(x)]>0，
所以g(x)在R上是增函数，所以g(0)又g(ln 2)所以eln 2f(ln 2)即2f(ln 2)1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
8.(2025·池州模拟)下列不等关系中正确的是
A.ln 2< B.bea>aeb(a>b>1)
C.cos < D.sin >π
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
对于A项，由ln 2＝构造函数f(x)＝(x>0)，则f'(x)＝
当00，则f(x)在(0，e2)上单调递增，所以f(4)对于B项，设m(x)＝x>1，
则m'(x)＝>0在(1，＋∞)上恒成立，
故函数m(x)在(1，＋∞)上单调递增，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
因为a>b>1，故m(a)>m(b)，即>
故bea>aeb，故B项正确；
对于C项，因为cos < cos <1－＝1－×
故构造函数f(x)＝cos x－1＋x2(x>0)，
则f'(x)＝x－sin x，
令g(x)＝x－sin x，则g'(x)＝1－cos x≥0，
故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
则g(x)>g(0)，即f'(x)>f'(0)＝0，
则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f ＝cos >f(0)＝0，故C项错误；
对于D项，sin >π sin >π－ sin>π－ sin<－π，
由C项分析可知－π>sin故D项正确.
答案
三、填空题
9.已知a＝b＝c＝则a，b，c的大小关系为　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
a1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
令f(x)＝x≠0，
则f'(x)＝当x≥2时，f'(x)≥0，
∴f(x)在[2，＋∞)上单调递增，
∴f(2)∴a10.已知x∈则不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集为　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
不等式esin x－cos x－tan x≥0可化为≥
当x∈时，cos x>0，
又esin x>0，∴≥
令f(x)＝则f(cos x)≥f(sin x)，
∵f'(x)＝
∴当x∈(－∞，1)时，f'(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f'(x)<0，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
当x∈时，cos x∈(0，1]，sin x∈(－1，1)，
∴cos x≥sin x，
即当x∈时，tan x≤1，∴x∈
即不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集为.
答案(共85张PPT)
第三章
§3.2　导数与函数的单调性
数学
大
一
轮
复
习
1.结合实例，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).
3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用.
课标要求
课时精练
内容索引
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
落实主干知识
第一部分
1.函数的单调性与导数的关系
条件 恒有 结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导 f'(x)>0 f(x)在区间(a，b)上_________
f'(x)<0 f(x)在区间(a，b)上_________
f'(x)＝0 f(x)在区间(a，b)上是_________
单调递增
单调递减
常数函数
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数f(x)的 ；
第2步，求出导数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.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)如果函数f(x)在某个区间内恒有f'(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.
(　　)
(2)函数f(x)在某区间内单调递增，则一定有f'(x)>0. (　　)
(3)在(a，b)内f'(x)≤0且f'(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内单调递减.
(　　)
(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.(　　)
×
√
√
√
2.函数y＝f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示，则下列判断中正确的是
A.f(x)在(－3，1)上单调递增
B.f(x)在(1，3)上单调递减
C.f(x)在(2，4)上单调递减
D.f(x)在(3，＋∞)上单调递增
√
当x∈(－3，0)时，f'(x)<0，故f(x)在(－3，0)上单调递减；当x∈(0，2)时，f'(x)>0，故f(x)在(0，2)上单调递增；当x∈(2，4)时，f'(x)<0，故f(x)在(2，4)上单调递减；当x∈(4，＋∞)时，f'(x)>0，故f(x)在(4，＋∞)上单调递增，显然C正确，其他选项错误.
3.函数f(x)＝xln x的单调递减区间为
A. B.
C.(1，＋∞) D.(0，1)
√
函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，由已知f'(x)＝ln x＋1，由f'(x)＝ln x＋1<0得04.(2025·南通模拟)已知函数f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R)的单调递减区间为则a＝　　　.
由题意可得，f'(x)＝2x－a＋<0的解集为则a＝3.
3
谨防四个易误点
(1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间时，要坚持“定义域优先”原则.
(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增(或递减)区间写成并集形式.
(3)函数f(x)在区间(a，b)内单调递增(或递减)，可得f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在该区间恒成立，而不是f'(x)>0(或f'(x)<0)恒成立，“＝”不能少.必要时还需对“＝”进行检验.
(4)若函数f(x)在(a，b)内存在单调递增区间，则当x∈(a，b)时，f'(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)内存在单调递减区间，则当x∈(a，b)时，f'(x)<0有解.
返回
微点提醒
探究核心题型
第二部分
例1　(1)若函数f(x)＝x2－3x－4ln x，则函数f(x)的单调递减区间为
A.(－∞，－1)，(4，＋∞)
B.(－1，4)
C.(0，4)
D.(4，＋∞)
√
不含参函数的单调性
题型一
因为f(x)＝x2－3x－4ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f'(x)＝x－3－
令f'(x)<0，解得0则函数f(x)的单调递减区间为(0，4).
(2)若函数f(x)＝则函数f(x)的单调递增区间为　　　　.
(0，1)
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝
令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，φ'(x)＝－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，φ(x)>0，即f'(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，即f'(x)<0，
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
∴函数f(x)的单调递增区间为(0，1).
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.
思维升华
跟踪训练1　(多选)函数y＝x4－2x2＋5的单调递减区间可以为
A.(－∞，－1) B.(－1，0)
C.(0，1) D.(1，＋∞)
√
由题意得y'＝4x3－4x＝4x(x2－1)＝4x(x＋1)(x－1)，
令y'<0，解得x<－1或0结合选项可知函数y＝x4－2x2＋5的单调递减区间可以为(－∞,－1),(0,1).
√
例2　已知函数f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax.
讨论f(x)的单调区间.
含参数的函数的单调性
题型二
由题意可知f(x)的定义域为R，且f'(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)，
①若a≥0，则2ex＋a>0，
令f'(x)>0，解得x>0；
令f'(x)<0，解得x<0，
可知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
②若a<0，令f'(x)＝0，
解得x＝ln或x＝0，
(ⅰ)当ln<0，即－2令f'(x)>0，解得x>0或x令f'(x)<0，解得ln可知f(x)在上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；
(ⅱ)当ln＝0，即a＝－2时，
则f'(x)＝2(ex－1)2≥0，可知f(x)在R上单调递增；
(ⅲ)当ln>0，即a<－2时，
令f'(x)>0，解得x<0或x>ln；
令f'(x)<0，解得0可知f(x)在上单调递减，在(－∞，0)上单调递增.
综上所述，若a≥0，f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)；
若－2若a＝－2，f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间；
若a<－2，f(x)的单调递减区间为
单调递增区间为(－∞，0).
(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.
思维升华
跟踪训练2　(2024·扬州质检)已知函数f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2ln x，其中a>0.讨论f(x)的单调性.
函数f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2ln x的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝2ax－(a＋4)＋＝
因为a>0，由f'(x)＝0，可得x1＝x2＝
①若>则0当即函数f(x)在上单调递减，
当0时，f'(x)>0，
即函数f(x)在和上单调递增；
②若a＝4，对任意的x>0，f'(x)＝≥0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③若<则a>4，
当即函数f(x)在上单调递减，
当0时，f'(x)>0，
即函数f(x)在和上单调递增.
综上所述，当0当a＝4时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>4时，函数f(x)在和上单调递增，在上单调递减.
例3　(1)已知函数f(x)＝ln x－设a＝f(log32)，b＝f(log0.20.5)，c＝f(ln 4)，则a，b，c的大小关系为
A.c>a>b B.a>c>b
C.b>c>a D.c>b>a
√
命题点1　比较大小或解不等式
函数单调性的应用
题型三
因为f(x)＝ln x－则x∈(0，＋∞)，
所以f'(x)＝＝
又当x∈(0，＋∞)时，ex>1≥－所以f'(x)>0恒成立，
所以f(x)＝ln x－在(0，＋∞)上单调递增.
又0ln 4>1，
所以ln 4>log32>log0.20.5，则c>a>b.
(2)(2025·成都模拟)已知函数f(x)＝3x－sin x，若f(a)＋f(a2－2)>0，则实数a的取值范围为　　　　　 .
(－∞，－2)∪(1，＋∞)
函数f(x)＝3x－sin x的定义域为R，且f(－x)＝－3x＋sin x＝－f(x)，
所以f(x)＝3x－sin x为奇函数，
又f'(x)＝3－cos x>0，
所以f(x)＝3x－sin x在R上单调递增，
不等式f(a)＋f(a2－2)>0，
即f(a2－2)>－f(a)＝f(－a)，
等价于a2－2>－a，解得a>1或a<－2，
所以实数a的取值范围为(－∞，－2)∪(1，＋∞).
在导数的应用中常用到以下函数，记住以下的函数图象对解题有事半功倍的效果.
常见组合函数的图象
微拓展
典例　(多选)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
A.f(x)＝ex B.f(x)＝x2
C.f(x)＝ln x D.f(x)＝sin x
√
√
√
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，x>0，g'(x)＝1＋ln x，
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”.
命题点2　根据函数单调性求参数
例4　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；
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)＝－1，
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，＋∞).
(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.
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＝－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，＋∞).
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f'(x)≥0(或f'(x) ≤0)恒成立.
(2)函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f'(x)>0 (或f'(x)<0)在该区间上存在解集.
思维升华
跟踪训练3　(1)(2023·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为
A.e2 B.e C.e－1 D.e－2
√
依题可知，f'(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，
所以xex≥在(1，2)上恒成立，
设g(x)＝xex，x∈(1，2)，
所以g'(x)＝(x＋1)ex>0，
所以g(x)在(1，2)上单调递增，
g(x)>g(1)＝e，故e≥
即a≥＝e－1，即a的最小值为e－1.
(2)(2024·石家庄模拟)已知a＝b＝c＝则a，b，c的大小关
系为
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>a>c D.b>c>a
√
构造函数f(x)＝x∈(0，＋∞)，
则f'(x)＝
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>e，
因此f(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
而a＝＝f(4)，b＝＝f(e)，c＝＝f(3)，
因为4>3>e，所以f(e)>f(3)>f(4)，即b>c>a.
返回
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C A D B B CD AC
题号 9 10 13 　14 答案 (1，+∞) m<-2或m>2 　A 　C 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)因为f(x)=+ax-(ax+1)ln x，
所以f'(x)=x+a-aln x-=x--aln x，
依题意可得即
解得
11.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)由(1)可得f(x)=+2x-(2x+1)ln x，则f'(x)=x--2ln x，
令g(x)=f'(x)=x--2ln x，x∈(1，+∞)，则g'(x)=1+-=>0，
所以g(x)在(1，+∞)上单调递增，
又g(1)=0，
所以当x∈(1，+∞)时，g(x)>0，
即f'(x)>0，
所以f(x)在(1，+∞)上单调递增.
11.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)函数f(x)=ln(x+1)+的定义域为(-1，+∞)，求导得f'(x)=+
当k=-3时，f'(x)=-==
当-11+时，
f'(x)>0，当1-所以函数f(x)的单调递增区间是(-1，1-)，(1++∞)，单调递减区间是(1-1+).
12.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)由(1)知，f'(x)=+
由f(x)在其定义域上单调递增，得f'(x)≥0在(-1，+∞)上恒成立，
则+≥0，即2k≥-
当x>-1时，-=-≤-4，当且仅当x=0时取等号，
因此2k≥-4，解得k≥-2，
12.
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
当k=-2时，f'(x)=≥0，
f(x)在(-1，+∞)上单调递增，
所以k的取值范围是[-2，+∞).
12.
一、单项选择题
1.设f'(x)＝x2－2x是函数f(x)的导函数，则y＝f(x)的图象可能是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
知识过关
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令f'(x)>0，得x<0或x>2，
令f'(x)<0，得0所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减，
由图知，只有C选项的图象符合.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.函数f(x)＝x－2ln(2x)的单调递减区间为
A.(1，＋∞) B.(0，1)
C.(0，2) D.(2，＋∞)
√
f(x)＝x－2ln(2x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝1－2··2＝1－
由f'(x)<0，可得x∈(0，2)，
故f(x)＝x－2ln(2x)的单调递减区间为(0，2).
3.已知函数f(x)＝ln x－ax在区间[1，3]上单调递减，则实数a的取值范围为
A.a≥1 B.a>1
C.a≥ D.a>
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因为f(x)＝ln x－ax，
所以f'(x)＝－a，
因为f(x)在区间[1，3]上单调递减，
所以f'(x)≤0，即－a≤0，则a≥在[1，3]上恒成立，
因为y＝在[1，3]上单调递减，所以ymax＝1，故a≥1.
答案
4.若f(x)＝－x3＋x2＋2ax在(1，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是
A.(－∞，0] B.(－∞，0)
C.[0，＋∞) D.(0，＋∞)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
f(x)＝－x3＋x2＋2ax在(1，＋∞)上存在单调递增区间，
只需f'(x)>0在(1，＋∞)上有解即可.
由已知得f'(x)＝－x2＋x＋2a，该函数图象开口向下，对称轴为x＝
故f'(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以f'(1)＝2a>0，解得a>0.
答案
5.已知函数f(x)＝x3＋x2＋x＋1在(－∞，0)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，则实数a的取值范围为
A. B.
C.(－∞，－2] D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由f(x)＝x3＋x2＋x＋1，得f'(x)＝x2＋ax＋1，
∵f(x)在(－∞，0)，(3，＋∞)上单调递增；在(1，2)上单调递减，
∴f'(x)＝0的两根分别位于[0，1]和[2，3]内，
则
解得－≤a≤－.
答案
6.已知a＝b＝c＝ln 则a，b，c的大小关系为
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>a>b D.b>c>a
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
设函数f(x)＝ex－x－1，x∈R，
则f'(x)＝ex－1，
当x<0时，f'(x)<0，
f(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x>0时，f'(x)>0，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0，
即ex≥1＋x，当且仅当x＝0时取等号，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
∵ex≥1＋x，∴>1－
∴b>a，
由以上分析可知当x>0时，有ex－1≥x成立，当x＝1时取等号，
即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取等号，
∴ln <－1＝
∴a>c，故b>a>c.
答案
二、多项选择题
7.如图为y＝f(x)的导函数f'(x)的图象，给出下列四个说法，其中正确的是
A.f(x)有三个单调区间
B.f(－2)C.f(－1)D.f(x)在[－1，2]上单调递增，在(2，4]上单调递减
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
对于A，由图象可以看出，f'(x)的符号是先负后正，再负再正，所以函数f(x)有四个单调区间，故A错误；
对于B，当x∈[－2，－1]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调
递减，所以f(－2)>f(－1)，故B错误；
对于C，当x∈[－1，2]时，f'(x)≥0，函数f(x)单调递增，所以f(－1)对于D，当x∈(2，4]时，f'(x)≤0，函数f(x)单调递减，显然D正确.
8.若函数f(x)＝x2－9ln x在区间[m－1，m＋1]上单调，则实数m的值可
能是
A.4 B.3 C.2 D.1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由题意得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝x－
由f'(x)≥0，可得x≥3，则函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)，
由f'(x)≤0，可得0因为f(x)在区间[m－1，m＋1]上单调，
所以或m－1≥3，解得1结合选项可得A，C符合题意.
答案
三、填空题
9.函数y＝的单调递减区间为　　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(1，＋∞)
函数y＝的定义域为(0，＋∞)，
y'＝
令y'<0得x>1，
所以y＝的单调递减区间为(1，＋∞).
10.(2025·济南模拟)已知函数f(x)＝2x－msin x在R上不是单调函数，则实数m的取值范围是　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
m<－2或m>2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因为f(x)＝2x－msin x，
所以f'(x)＝2－mcos x，
又f(x)不是单调函数，所以函数f(x)有极值点，
即f'(x)在R上有变号零点，
则2－mcos x＝0成立，
当cos x＝0时，2－mcos x＝0可化为2＝0，显然不成立；
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
当cos x≠0时，m＝
因为x∈R，－1≤cos x≤1，
所以≤－2或≥2，
所以实数m的取值范围为m<－2或m>2(因为要有变号零点，故不能取等号)，
经检验，m<－2或m>2满足要求.
答案
四、解答题
11.已知函数f(x)＝＋ax－(ax＋1)ln x在x＝1处的切线方程为y＝bx＋
(a，b∈R).
(1)求a，b的值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因为f(x)＝＋ax－(ax＋1)ln x，
所以f'(x)＝x＋a－aln x－＝x－－aln x，
依题意可得即
解得
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(2)证明：f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
由(1)可得f(x)＝＋2x－(2x＋1)ln x，
则f'(x)＝x－－2ln x，
令g(x)＝f'(x)＝x－－2ln x，x∈(1，＋∞)，
则g'(x)＝1＋>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，
所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增.
12.(2024·西安模拟)已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋(k∈R).
(1)若k＝－3，求f(x)的单调区间；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
函数f(x)＝ln(x＋1)＋的定义域为(－1，＋∞)，
求导得f'(x)＝
当k＝－3时，f'(x)＝
当－11＋时，f'(x)>0，
当1－所以函数f(x)的单调递增区间是(－1，1－)，(1＋＋∞)，单调递减区间是(1－1＋).
(2)若f(x)在其定义域上单调递增，求k的取值范围.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由(1)知，f'(x)＝
由f(x)在其定义域上单调递增，得f'(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立，
则≥0，即2k≥－
当x>－1时，－＝－≤－4，当且仅当x＝0时取等号，
因此2k≥－4，解得k≥－2，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
当k＝－2时，f'(x)＝≥0，
f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
所以k的取值范围是[－2，＋∞).
13.(2024·昆明模拟)已知函数f(x)＝(x－1)(ex＋a)在区间(－1，1)上单调递增，则a的最小值为
A.e－1 B.e－2 C.e D.e2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
能力拓展
由题意得f'(x)≥0在(－1，1)上恒成立，
f'(x)＝ex＋a＋(x－1)ex＝xex＋a，
故xex＋a≥0，即a≥－xex，
令g(x)＝－xex，x∈(－1，1)，
则g'(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex<0在(－1，1)上恒成立，
故g(x)＝－xex在(－1，1)上单调递减，
故g(x)故a≥e－1，故a的最小值为e－1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
14.若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<2，
易知m≥0，x1>0，x2>0，
则x1ln x2－x2ln x1<2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)即>.
令f(x)＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
则函数f(x)在(m，＋∞)上单调递减.
因为f'(x)＝－
由f'(x)<0，可得x>
所以函数f(x)的单调递减区间为
所以(m，＋∞) 故m≥
即实数m的取值范围为.
返回(共45张PPT)
第三章
必刷大题6　导数的综合问题
数学
大
一
轮
复
习
答案
1
2
3
4
(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=-a，
所以f'(2)=-a=-即a=1，
所以f(x)=ln x-(x+1)，f'(x)=-1=
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞).
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)得f(x)=ln x-(x+1)，
将不等式整理得f(x)-+2x+>k(x-1)，
因为x∈(1，2)，所以x-1>0，
原不等式可转化为k<-在(1，2)上恒成立，
令M(x)=-x∈(1，2)，
则M'(x)=-=
1.
答案
1
2
3
4
令P(x)=(x2-1)(2-x)-2xln x，x∈(1，2)，
则P'(x)=-(3x-1)(x-1)-2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上单调递减，
P(x)所以M(x)在(1，2)上单调递减，
M(x)>M(2)=ln 2-
所以k≤ln 2-所以实数k的取值范围是.
1.
答案
1
2
3
4
(1)∵f(x)=ex-1-ln x，
f(x)的定义域为(0，+∞)，
∴f'(x)=ex-1-
令l(x)=ex-1-(x>0)，∴l'(x)=ex-1+>0，
∴当x>0时，l(x)即f'(x)单调递增，
又∵f'(1)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞).
2.
答案
1
2
3
4
(2)∵g(x)=f(x)-m(x-1)=ex-1-ln x-mx+m(m>0)，
∴g'(x)=ex-1--m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(1)=-m<0，
又g'(1+m)=em--m>em-(m+1)，
易证em>m+1，则g'(1+m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1+m) (1，+∞)，使得g'(t)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴当x∈(0，t)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(t，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
∴g(x)min=g(t)=et-1-ln t-mt+m，
又当x→0时，g(x)→+∞；
当x→+∞时，g(x)→+∞，
所以若方程g(x)=ex-1-ln x-mx+m=0有唯一的实根x0，
则x0=t>1，
2.
答案
1
2
3
4
∴
消去m可得(2-t)et-1-ln t+1-=0(t>1)，令h(t)=(2-t)et-1-ln t+1-(t>1)，
则h'(t)=(1-t)et-1-+=(1-t)<0，
∴h(t)在(1，+∞)上为减函数，且h(1)=1>0，h(2)=-ln 2<0，
∴当h(t)=0时，t∈(1，2)，即12.
答案
1
2
3
4
(1)当a=1,b=-2时,f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(负值舍去),
故切点为(1,-3),
切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
3.
答案
1
2
3
4
(2)f'(x)=--1,
∵x=1为f(x)的极小值点,
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①当b≤0时,x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
②当b=1时,f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上单调递减,
f(x)不存在极值,舍去.
③当0当b0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
④当b>1时,当0当10,f(x)单调递增;当x>b时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极小值,符合题意.
综上,b的取值范围为(1,+∞).
3.
答案
1
2
3
4
(1)易知f(x)的定义域为(-1，+∞)，
由f(x)=x-aln(1+x)，得f'(x)=1-=
当a≤0时，f'(x)>0在(-1，+∞)上恒成立，
所以f(x)在(-1，+∞)上为增函数，
当a>0时，令f'(x)=0，得x=a-1，
当x∈(-1，a-1)时，f'(x)<0，
当x∈(a-1，+∞)时，f'(x)>0，
4.
答案
1
2
3
4
即f(x)在(-1，a-1)上单调递减，在(a-1，+∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(-1，+∞)上为增函数，
当a>0时，f(x)在(-1，a-1)上单调递减，在(a-1，+∞)上单调递增.
(2)当a=1时，f(x)=x-ln(1+x)，
由(1)知，f(x)在(-1，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，
所以f(x)=x-ln(1+x)≥f(0)=0，
得到x≥ln(x+1)，
4.
答案
1
2
3
4
对于任意正整数n，令x=
则≥ln=ln(2n+1)-ln(2n-1)，
所以2>ln 3-ln 1+ln 5-ln 3+ln 7-ln 5+…+ln(2n+1)-ln(2n-1)=ln(2n+1)，
即1+++…+>ln(2n+1)，
命题得证.
4.
答案
1
2
3
4
(3)因为p(x)=x-1-[x-1-aln(1+x-1)]=aln x(a>0，x>0)，
所以直线AB的斜率
kAB=又p'(x)=所以p'(x3)=
由题意得kAB==
又易知p'(x)=(a>0)在(0，+∞)上单调递减，要证x3<
即证p'(x3)>p'
4.
答案
1
2
3
4
即证>
又0=
令=t>1，即证ln t>
即证(t+1)ln t-2(t-1)>0，
令q(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1)，
则q'(t)=ln t+-1，
4.
答案
1
2
3
4
令r(t)=ln t+-1，则r'(t)=-=
当t>1时，r'(t)>0，
即r(t)在(1，+∞)上单调递增，所以r(t)>r(1)=0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，+∞)上单调递增，
所以q(t)>q(1)=0，
即(t+1)ln t>2(t-1)，
所以x3<故命题得证.
4.
1.(2024·葫芦岛模拟)已知函数f(x)＝ln x－a(x＋1)(a∈R)在点(2，f(2))处的切线与直线x＋2y＝0平行.
(1)求f(x)的单调区间；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝－a，
所以f'(2)＝－a＝－即a＝1，
所以f(x)＝ln x－(x＋1)，
f'(x)＝－1＝
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)当x∈(1，2)时，f(x)>＋(k－2)x－k－恒成立，求实数k的取值范围.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由(1)得f(x)＝ln x－(x＋1)，
将不等式整理得f(x)－＋2x＋>k(x－1)，
因为x∈(1，2)，所以x－1>0，
原不等式可转化为k<在(1，2)上恒成立，
令M(x)＝x∈(1，2)，
则M'(x)＝＝
令P(x)＝(x2－1)(2－x)－2xln x，x∈(1，2)，
1
2
3
4
答案
则P'(x)＝－(3x－1)(x－1)－2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上单调递减，
P(x)所以M(x)在(1，2)上单调递减，
M(x)>M(2)＝ln 2－
所以k≤ln 2－
所以实数k的取值范围是.
1
2
3
4
答案
2.(2024·赣州模拟)已知函数f(x)＝ex－1－ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
1
2
3
4
答案
∵f(x)＝ex－1－ln x，
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
∴f'(x)＝ex－1－
令l(x)＝ex－1－(x>0)，
∴l'(x)＝ex－1＋>0，
∴当x>0时，l(x)即f'(x)单调递增，
1
2
3
4
答案
又∵f'(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增.
∴f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).
1
2
3
4
答案
(2)已知m>0，若函数g(x)＝f(x)－m(x－1)有唯一的零点x0，证明：11
2
3
4
答案
∵g(x)＝f(x)－m(x－1)＝ex－1－ln x－mx＋m(m>0)，
∴g'(x)＝ex－1－－m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g'(1)＝－m<0，
又g'(1＋m)＝em－－m>em－(m＋1)，
易证em>m＋1，则g'(1＋m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1＋m) (1，＋∞)，使得g'(t)＝0，
∴当x∈(0，t)时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(t，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
1
2
3
4
答案
∴g(x)min＝g(t)＝et－1－ln t－mt＋m，
又当x→0时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
所以若方程g(x)＝ex－1－ln x－mx＋m＝0有唯一的实根x0，则x0＝t>1，
∴
消去m可得(2－t)et－1－ln t＋1－＝0(t>1)，
令h(t)＝(2－t)et－1－ln t＋1－(t>1)，
1
2
3
4
答案
则h'(t)＝(1－t)et－1－
＝(1－t)<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上为减函数，
且h(1)＝1>0，h(2)＝－ln 2<0，
∴当h(t)＝0时，t∈(1，2)，即13.(2025·八省联考)已知函数f(x)=aln x+-x.
(1)设a=1,b=-2,求曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程;
1
2
3
4
答案
当a=1,b=-2时,f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(负值舍去),
故切点为(1,-3),
切线方程为y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
(2)若x=1是f(x)的极小值点,求b的取值范围.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
f'(x)=--1,
∵x=1为f(x)的极小值点,
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①当b≤0时,x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
当00,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
1
2
3
4
答案
②当b=1时,f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上单调递减,
f(x)不存在极值,舍去.
③当0当b0,f(x)单调递增;
当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极大值,舍去.
④当b>1时,当01
2
3
4
答案
当10,f(x)单调递增;当x>b时,f'(x)<0,f(x)单调递减,此时f(x)在x=1处取得极小值,符合题意.
综上,b的取值范围为(1,+∞).
4.已知函数f(x)＝x－aln(1＋x)，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，由f(x)＝x－aln(1＋x)，
得f'(x)＝1－
当a≤0时，f'(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，
当a>0时，令f'(x)＝0，得x＝a－1，
当x∈(－1，a－1)时，f'(x)<0，当x∈(a－1，＋∞)时，f'(x)>0，
即f(x)在(－1，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，
当a>0时，f(x)在(－1，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增.
(2)证明：对于任意正整数n，都有1＋＋…＋>ln(2n＋1)；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
当a＝1时，f(x)＝x－ln(1＋x)，
由(1)知，f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)＝x－ln(1＋x)≥f(0)＝0，
得到x≥ln(x＋1)，
对于任意正整数n，令x＝
则≥ln＝ln(2n＋1)－ln(2n－1)，
1
2
3
4
答案
所以2>ln 3－ln 1＋ln 5－ln 3＋ln 7－ln 5＋…＋ln(2n＋1)－ln(2n－1)
＝ln(2n＋1)，
即1＋＋…＋>ln(2n＋1)，
命题得证.
(3)设p(x)＝x－1－f(x－1)，a>0，若曲线y＝p(x)上的两点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，满足01
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
因为p(x)＝x－1－[x－1－aln(1＋x－1)]＝aln x(a>0，x>0)，
所以直线AB的斜率kAB＝
又p'(x)＝所以p'(x3)＝
由题意得kAB＝
又易知p'(x)＝(a>0)在(0，＋∞)上单调递减，要证x3<
即证p'(x3)>p'
1
2
3
4
答案
即证>
又0即证ln >
令＝t>1，即证ln t>
即证(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令q(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1)，
则q'(t)＝ln t＋－1，
1
2
3
4
答案
令r(t)＝ln t＋－1，
则r'(t)＝当t>1时，r'(t)>0，
即r(t)在(1，＋∞)上单调递增，所以r(t)>r(1)＝0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以q(t)>q(1)＝0，即(t＋1)ln t>2(t－1)，
所以x3<故命题得证.(共43张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
参数半分离与主元变换
进阶2
例1　若不等式aln x－x＋1≤0恒成立，求实数a的取值范围.
参数半分离
题型一
∵不等式aln x－x＋1≤0恒成立，
∴aln x≤x－1恒成立，x>0，
当a≤0时，显然不恒成立，
当a>0时，原不等式等价于ln x≤(x－1)恒成立，
由于y＝ln x在x＝1处的切线方程为y＝x－1，
∴要使ln x≤(x－1)恒成立，
只需＝1，即a＝1，
∴a的取值范围为{1}.
在半分离时，要调节参数a与x的位置，使f(x)与g(x)的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线.
思维升华
跟踪训练1　设函数f(x)＝若不等式f(x)≤ax＋2对任意
x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　　　　　 .
作出函数f(x)的图象，如图，
直线y＝ax＋2恒过定点(0，2)，由图可知a>0，
当直线y＝ax＋2与y＝－x2－2x相切时，
联立可得x2＋(a＋2)x＋2＝0，
令Δ＝(a＋2)2－8＝0，
解得a＝－2＋2或a＝－2－2(舍去)；
当直线y＝ax＋2与曲线y＝2ln x相切时，
设切点P(x0，2ln x0)，
则曲线在点P处的切线方程为y－2ln x0＝(x－x0)，
又切线过点(0，2)，
解得x0＝e2，此时a＝
所以a的取值范围为.
例2　已知不等式ln x－x2＋bx＋c≤0对任意的x∈(0，＋∞)，b∈恒成立，求c的取值范围.
主元变换
题型二
令f(b)＝x·b＋ln x－x2＋c，b∈
由于x>0，所以函数f(b)在上单调递增，
所以f(b)即c≤x2－x－ln x，x∈(0，＋∞)，
令g(x)＝x2－x－ln x，
则g'(x)＝x－
当02时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以c≤g(x)min＝g(2)＝－1－ln 2，
所以c的取值范围为(－∞，－1－ln 2].
一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x，对任意a∈[1，3]和任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥2bx－3恒成立，求实数b的取值范围.
由题知对任意a∈[1，3]，x∈(0，＋∞)，2ax＋bx－1－2ln x≥2bx－3恒成立，
即2x·a－bx－2ln x＋2≥0恒成立，
令g(a)＝2x·a－bx－2ln x＋2，a∈[1，3]，
则g(1)≥0，
即2x－bx－2ln x＋2≥0，
所以b≤2－恒成立，
令h(x)＝2－x∈(0，＋∞)，
则h'(x)＝－2·
当0当x>e2时，h'(x)>0，
所以h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，
所以h(x)min＝h(e2)＝2－
所以b≤2－
故b的取值范围为.
课时精练
答案
1
2
(1)f'(x)=ex-a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
又f(-1)=-1+a<0，
f(1)=e-a-1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，
故a≤0符合题意.
1.
答案
1
2
②当a>0时，令f'(x)=0，得x=ln a.
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，
所以f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-1=a-aln a-1.
设g(a)=a-aln a-1(a>0)，
则g'(a)=1-(ln a+1)=-ln a，
当00，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
1.
答案
1
2
所以g(a)max=g(1)=0，故a=1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a=1}.
(2)方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
即函数h(x)=(1-x2)ex的图象恒在直线y=ax+1的下方，
而h'(x)=(1-x2-2x)ex，h″(x)=(-x2-4x-1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k=h'(0)=1，
1.
答案
1
2
直线y=ax+1过定点(0，1)，斜率为a，故a≥1，
即a的取值范围为[1，+∞).
方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，+∞)恒成立，
即(1-x2)ex≤ax+1对x∈[0，+∞)恒成立，
记h(x)=(1-x2)ex=(1+x)(1-x)ex.
①当a≥1时，设函数m(x)=(1-x)ex，
则m'(x)=-xex≤0，
1.
答案
1
2
因此m(x)在[0，+∞)上单调递减.
又m(0)=1，故m(x)≤1，
所以h(x)=(1+x)·m(x)≤1+x≤ax+1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，+∞)恒成立.
②当a<1时，设函数n(x)=ex-x-1，
则n'(x)=ex-1≥0，
所以n(x)在[0，+∞)上单调递增，且n(0)=0，
1.
答案
1
2
故ex≥x+1.
当0(1-x)(1+x)2，
则(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2)，
(ⅰ)当0取x0=
则x0∈(0，1)，(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0，
所以h(x0)>ax0+1，故01.
答案
1
2
(ⅱ)当a≤0时，取x0=
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1-x0)(1+x0)2=1≥ax0+1，
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，+∞).
1.
答案
1
2
(1)f(x)=e2x-aln x的定义域为(0，+∞)，f'(x)=2e2x-.
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0时，因为y=e2x单调递增，y=-单调递增，
所以f'(x)在(0，+∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b满足02.
答案
1
2
f'(b)=2e2b-<2e2b-4<2-4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
2.
答案
1
2
(2)方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，+∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2-=0，所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln
故当a>0时，f(x)≥2a+aln.
2.
答案
1
2
方法二　令g(a)=2a+aln-e2x+aln x，
求导得g'(a)=2+ln-1+ln x
=1+ln 2+ln x-ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，+∞)上单调递减，
2.
答案
1
2
所以g(a)max=g(2ex)=4ex+2exln+2exln x-e2x=2ex-e2x.
再令h(x)=2ex-e2x，h'(x)=2e-2e2x，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
h(x)max=h=0，
所以g(a)max≤0，得证.
2.
1.已知函数f(x)＝ex－ax－1(a∈R，其中e为自然对数的底数).
(1)若f(x)在定义域内有唯一零点，求a的取值范围；
1
2
答案
1
2
答案
f'(x)＝ex－a.
①当a≤0时，f'(x)>0，
所以f(x)在R上单调递增.
又f(－1)＝－1＋a<0，f(1)＝e－a－1>0，
由函数零点存在定理可知，函数f(x)在R上有唯一零点，
故a≤0符合题意.
②当a>0时，令f'(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
1
2
答案
当x∈(ln a，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(ln a)＝eln a－aln a－1＝a－aln a－1.
设g(a)＝a－aln a－1(a>0)，
则g'(a)＝1－(ln a＋1)＝－ln a，
当00，g(a)单调递增；
当a>1时，g'(a)<0，g(a)单调递减，
所以g(a)max＝g(1)＝0，故a＝1.
综上，实数a的取值范围为{a|a≤0或a＝1}.
(2)若f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，求a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
方法一　f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1对x∈[0，＋∞)恒成立，
即函数h(x)＝(1－x2)ex的图象恒在直线y＝ax＋1的下方，
而h'(x)＝(1－x2－2x)ex，h″(x)＝(－x2－4x－1)ex<0(x≥0)，
所以函数h(x)是上凸函数，且在点(0，1)处的切线斜率k＝h'(0)＝1，
直线y＝ax＋1过定点(0，1)，斜率为a，
故a≥1，即a的取值范围为[1，＋∞).
1
2
答案
方法二　f(x)≤x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立，
即(1－x2)ex≤ax＋1对x∈[0，＋∞)恒成立，
记h(x)＝(1－x2)ex＝(1＋x)(1－x)ex.
①当a≥1时，设函数m(x)＝(1－x)ex，则m'(x)＝－xex≤0，
因此m(x)在[0，＋∞)上单调递减.
又m(0)＝1，故m(x)≤1，
所以h(x)＝(1＋x)·m(x)≤1＋x≤ax＋1，
故f(x)≥x2ex对x∈[0，＋∞)恒成立.
1
2
答案
②当a<1时，设函数n(x)＝ex－x－1，
则n'(x)＝ex－1≥0，
所以n(x)在[0，＋∞)上单调递增，且n(0)＝0，
故ex≥x＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，
则(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，
(ⅰ)当01
2
答案
则x0∈(0，1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，
所以h(x0)>ax0＋1，
故0(ⅱ)当a≤0时，取x0＝
则x0∈(0，1)，h(x0)>(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1，
故a≤0不符合题意.
综上，a的取值范围为[1，＋∞).
1
2
答案
2.设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)零点的个数；
1
2
答案
f(x)＝e2x－aln x的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－.
①当a≤0时，f'(x)>0恒成立，
故f'(x)没有零点.
②当a>0时，因为y＝e2x单调递增，y＝－单调递增，
所以f'(x)在(0，＋∞)上单调递增.
又f'(a)>0，当b满足01
2
答案
f'(b)＝2e2b－<2e2b－4<2－4<0，
故由函数零点存在定理可知，f'(x)存在唯一零点.
综上所述，当a≤0时，f'(x)没有零点；
当a>0时，f'(x)存在唯一的零点.
1
2
答案
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法一　由(1)可设导函数f'(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于2＝0，
所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
1
2
答案
方法二　令g(a)＝2a＋aln－e2x＋aln x，
求导得g'(a)＝2＋ln－1＋ln x
＝1＋ln 2＋ln x－ln a，
令g'(a)>0，得a<2ex；
令g'(a)<0，得a>2ex，
所以函数g(a)在(0，2ex)上单调递增，在(2ex，＋∞)上单调递减，
所以g(a)max＝g(2ex)
＝4ex＋2exln＋2exln x－e2x＝2ex－e2x.
1
2
答案
再令h(x)＝2ex－e2x，h'(x)＝2e－2e2x，
所以h(x)在上单调递增，在上单调递减，
h(x)max＝h＝0，
所以g(a)max≤0，得证.(共35张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式证明方法
数学
大
一
轮
复
习
指对放缩
进阶1
切线放缩证明不等式是一种常用的方法，它可以解决许多数学问题，常见的有指对切线放缩，使用切线放缩可以深入理解数学的本质.
常见的指对切线放缩
指对切线放缩
题型一
例1　证明不等式：ex－ln(x＋2)>0.
要证ex－ln(x＋2)>0，
即证ex>ln(x＋2)，
又ex≥x＋1，当且仅当x＝0时等号成立，
令t＝x＋2，则ln(x＋2)＝ln t≤t－1＝x＋1，
即ln(x＋2)≤x＋1，当且仅当x＝－1时等号成立，
故ex≥x＋1≥ln(x＋2)，等号成立的条件不一致，则ex>ln(x＋2)，结论得证.
指对同时出现时，一般求导难以解决，常见的方法有隐零点、同构、放缩等.
思维升华
跟踪训练1　当x>0时，证明：ex2－xln x要证当x>0时，ex2－xln x只需证ex－ln x下证－ln x≤
即证ln≤
令t＝即证ln t≤t.
显然成立，且等号成立的条件是t＝e，
即x＝.
又ex≤ex，当且仅当x＝1时等号成立，
由不等式的基本性质及等号成立的条件不一致得原不等式成立.
1.与ex相关的增强放缩
(1)ex≥x＋1　　　　ex≥1＋x＋(x≥0)　　　　ex＝1＋
＋…＋＋o(xn)(泰勒展开式).
(2)ex≥ex　　　　ex≥ex
＋(x－1)2(x≥0).
指对增强放缩
题型二
(3)通过变换得到的其他不等式
把ex≥x＋1中的x换成ln x，可得ln x≤x－1.
把ex≥x＋1中的x换成x－1，可得ex≥ex.
把ex≥x＋1中的x换成－x，可得e－x≥－x＋1，取倒数后可得ex≤(x<1).
把ex≥x＋1中的x换成x＋ln x，可得ex＋ln x＝xex≥x＋ln x＋1(朗博同构).
2.与ln x相关的增强放缩
(1)ln x≤x－1　　　　ln(x＋1)≤x　　　　ln x≥1－　　　　ln(x＋1)
＝x－＋…＋(－1)n＋o(xn＋1)(泰勒展开式).
(2)ln x≤.
(3)飘带不等式：≤ln x≤x≥1.
(4)通过变换得到的其他不等式
把ln x≤x－1中的x换成ex，可得ex≥x＋1.
把ln x≤x－1中的x换成可得ln x≤.
把ln x≤x－1中的x换成x＋1，可得ln(x＋1)≤x.
把ln(x＋1)≤x中的x换成可得ln(n＋1)－ln n<.
把ln(x＋1)≤x中的x换成－可得ln(n＋1)－ln n>.
例2　证明：ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x.
由题意知x>0，因为ex≥ex＋(x－1)2，
所以要证ex＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x成立，
只需证ex＋(x－1)2＋≥2－ln x＋x2＋(e－2)x，
即证ln≤－1，
令t＝即证ln t≤t－1，显然成立.
结论得证.
在利用ex≥x＋1或ex≥ex进行切线放缩时，不等号右侧的增长速度比左侧的快，显然不成立，此时选用增强版的曲线放缩.
思维升华
跟踪训练2　证明：对任意x>0，不等式ex＋x2－(e＋1)x＋>2成立.
因为ex≥ex，所以只需证ex＋x2－(e＋1)x＋>2成立，
即证x2－x＋>2成立，
即证x2－2x＋1＋x＋－1>2成立，
即证(x－1)2＋>3成立，
由基本不等式得x＋≥2当且仅当x＝时等号成立，
而2>3，(x－1)2≥0，故原不等式成立，结论得证.
课时精练
答案
1
2
(1)g(x)=f(ax)-x-a=eax-x-a，g'(x)=aeax-1，
①若a≤0，g'(x)<0，g(x)在R上单调递减.
②若a>0，当x<-ln a时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x>-ln a时，g'(x)>0，g(x)单调递增.
综上，当a≤0时，g(x)在R上单调递减；
当a>0时，g(x)在上单调递减，在上单调
递增.
1.
答案
1
2
(2)要证f(x)+ln x+>
只需证x(ln x+ex)-4+3>0，x>0，
由(1)可知，当a=1时，ex-x-1≥0，
即ex≥x+1，等号成立的充要条件为x=0.
当x+1>0时，上式两边取以e为底的对数，
可得ln(x+1)≤x(x>-1)，
用x-1代替x可得ln x≤x-1(x>0)，
1.
答案
1
2
又可得ln≤-1(x>0)，所以ln x≥1-(x>0)，
等号成立的充要条件为x=1.
所以x(ln x+ex)-4+3>x+3-4
=x2+2x+2-4=(x+1)2-4+1≥(2)2-4+1
=(2-1)2≥0，
从而不等式f(x)+ln x+>成立.
1.
答案
1
2
(1)由条件得f'(x)=ex-1-2ax，
令h(x)=ex-1-2ax，
则h'(x)=ex-2a.
①当2a≤1，即a≤时，在[0，+∞)上，h'(x)≥0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)=0，
∴f(x)在[0，+∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)=0，∴当a≤时满足条件；
2.
答案
1
2
②当2a>1，即a>时，令h'(x)=0，
解得x=ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln 2a)时，
有h(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，
∴f(x)综上，实数a的取值范围为.
2.
答案
1
2
(2)由(1)得，当a=且x>0时，ex>1+x+
即ex-1>x+=
要证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2，
只需证明ex-1>
只需证明>
2.
答案
1
2
只需证ln(x+1)>
设F(x)=ln(x+1)-
则F'(x)=-=
∴当x>0时，F'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，+∞)上单调递增，又F(0)=0，
∴当x>0时，F(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.
2.
1.已知函数f(x)＝ex.
(1)讨论函数g(x)＝f(ax)－x－a的单调性；
1
2
答案
1
2
答案
g(x)＝f(ax)－x－a＝eax－x－a，g'(x)＝aeax－1，
①若a≤0，g'(x)<0，g(x)在R上单调递减.
②若a>0，当x<－ln a时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x>－ln a时，g'(x)>0，g(x)单调递增.
综上，当a≤0时，g(x)在R上单调递减；
当a>0时，g(x)在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明：f(x)＋ln x＋>.
1
2
答案
1
2
答案
要证f(x)＋ln x＋>
只需证x(ln x＋ex)－4＋3>0，x>0，
由(1)可知，当a＝1时，ex－x－1≥0，
即ex≥x＋1，等号成立的充要条件为x＝0.
当x＋1>0时，上式两边取以e为底的对数，
可得ln(x＋1)≤x(x>－1)，
用x－1代替x可得ln x≤x－1(x>0)，
又可得ln≤－1(x>0)，
1
2
答案
所以ln x≥1－(x>0)，
等号成立的充要条件为x＝1.
所以x(ln x＋ex)－4＋3>x＋3－4
＝x2＋2x＋2－4＝(x＋1)2－4＋1
≥(2)2－4＋1
＝(2－1)2≥0，
从而不等式f(x)＋ln x＋>成立.
1
2
答案
2.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；
1
2
答案
由条件得f'(x)＝ex－1－2ax，
令h(x)＝ex－1－2ax，则h'(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，在[0，＋∞)上，h'(x)≥0，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)，即f'(x)≥f'(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤时满足条件；
1
2
答案
②当2a>1，即a>时，令h'(x)＝0，解得x＝ln 2a，在[0，ln 2a)上，h'(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈(0，ln 2a)时，有h(x)即f'(x)∴f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，
∴f(x)综上，实数a的取值范围为.
1
2
答案
(2)若x>0，证明：(ex－1)ln(x＋1)>x2.
1
2
答案
由(1)得，当a＝且x>0时，ex>1＋x＋
即ex－1>x＋
要证不等式(ex－1)ln(x＋1)>x2，
只需证明ex－1>
只需证明>
只需证ln(x＋1)>
1
2
答案
设F(x)＝ln(x＋1)－
则F'(x)＝
∴当x>0时，F'(x)>0恒成立，
故F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又F(0)＝0，
∴当x>0时，F(x)>0恒成立.
∴原不等式成立.(共32张PPT)
第三章　
进阶篇　不等式恒(能)成立问题
数学
大
一
轮
复
习
端点效应
进阶3
端点效应法是一种必要性探路法，是指对某些与函数有关的恒成立问题，通过选取函数定义域内的某些特殊值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内进行讨论，或去验证其充分性，进而得到参数的准确范围的方法.
1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0且f(b)≥0.
2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0成立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在x≥x0时不恒为非负值，不满足要求，如图(3).
这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为判断端点处的导数值符号，这就是端点效应.
类似地，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，当x>x0时，f(x)<0成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)<0.
3.二阶端点效应：如图(4)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f'(a)＝0，则f″(a)≥0.
端点效应的核心思想是必要性探路，充分性护航.我们在解决一类恒成立问题时，可以利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可.
例1　设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围.
一阶端点效应
题型一
依题意，f'(x)＝
由于g(x)＝xf'(x)，x≥0，
即g(x)＝x≥0，
而f(x)≥ag(x)恒成立，
即ln(1＋x)≥恒成立.
令F(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
则F(x)≥0恒成立.
由于F(0)＝0，故此时必须保证函数F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证F'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立，
而F'(x)＝
则F'(0)＝1－a，
故F'(0)≥0，即a≤1.
下证当a≤1时，F(x)≥0恒成立.
当a≤1时，函数F'(x)＝≥≥0，
故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即F(x)≥F(0)＝0，
故当a≤1时，函数F(x)≥0恒成立，
即原命题成立，
故实数a的取值范围是(－∞，1].
这类恒成立题目，首先要构建一个新的函数使之大于等于0(或者小于等于0)，然后把区间端点代入计算看一下是否恰好为0，再求导，算出端点一阶导函数值，若端点一阶导函数值不为0，直接令导函数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0)，求出参数范围然后证明即可.
思维升华
跟踪训练1　设函数f(x)＝ex－e－x.若对任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围.
依题意，若对任意x≥0都有f(x)≥ax，
即要保证f(x)－ax≥0恒成立，也就是当x≥0时，ex－e－x－ax≥0恒成立.
令F(x)＝ex－e－x－ax(x≥0)，
由于F(0)＝e0－e0＝0，
要使函数F(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即保证F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，则F'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立，
而F'(x)＝ex＋e－x－a，
且F'(0)＝1＋1－a＝2－a，
故F'(0)≥0，即a≤2.
下证当a≤2时，F(x)≥0恒成立，
当a≤2时，函数F'(x)＝ex＋e－x－a≥ex＋e－x－2≥2－2＝0，
故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即F(x)≥F(0)＝0恒成立，
故实数a的取值范围是(－∞，2].
例2　设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
二阶端点效应
题型二
由于当x≥0时，函数f(x)≥0恒成立，
而f(0)＝0，
故要保证函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需保证f(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，
故f'(0)＝1－1＝0，
即此时需保证函数f'(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)＝(x＋2)ex－2a，
故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a，
而要函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立，
则f″(0)≥0，即a≤1.
下证当a≤1时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
当a≤1时，f″(x)＝(x＋2)ex－2a≥(x＋2)ex－2，
令φ(x)＝(x＋2)ex－2，x≥0，
则φ'(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数φ(x)单调递增，故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0，
即f″(x)≥φ(x)≥0，
故此时函数f'(x)单调递增，
即f'(x)≥f'(0)＝0，
故函数f(x)单调递增，即f(x)≥f(0)＝0，
此时即可得到当a≤1时，函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
即实数a的取值范围是(－∞，1].
如果端点处一阶导函数值为0，把一阶导数当作新函数，令二阶导数在端点处函数值大于等于0(或者小于等于0)求出参数范围，然后证明即可.
思维升华
跟踪训练2　(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
由于当x≥0时f(x)≥0恒成立，而f(0)＝0，
故要保证函数f(x)在x＝0的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f'(x)≥0在x＝0的右侧附近区间上恒成立.
而f'(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－
故f'(0)＝0，即此时需保证函数f'(x)在x＝0的右侧附近区间上单调递增，
即保证函数f″(x)≥0在x＝0的右侧附近区间上恒成立.
而f″(x)＝＝－＝－
故f″(0)＝－2a－1≥0，
即a≤－.
下证当a≤－时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
当a≤－时，
f″(x)＝－≥≥0，
所以f'(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f'(x)≥f'(0)＝0，
所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
即f(x)≥f(0)＝0恒成立，综上，可得a≤－.
课时精练
答案
1
2
当x≥0时，f(x)≥ax f(x)-ax≥0，
令g(x)=f(x)-ax=ex-e-x-2ax(x≥0)，
求导得g'(x)=ex+e-x-2a，
因为g(0)=0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下证当a≤1时，恒有g(x)≥0.
因为g'(x)=ex+e-x-2a≥2-2a≥0，
所以g(x)单调递增，g(x)≥g(0)=0，
故实数a的取值范围为(-∞，1].
1.
答案
1
2
(1)切点坐标为(1，e-2)，
且g'(x)=ex-1，
所以g'(1)=e-1，
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
2.
答案
1
2
(2)记F(x)=kf(x)-g(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)(x≥0)，
求导得F'(x)=k-(ex-1)=-ex+1(x≥0)，
F″(x)=4k·-ex=-ex，
由F(x)≤0恒成立，且F(0)=0，
F'(0)=0，
2.
答案
1
2
从而F″(0)≤0，得k≤.
下证当k≤时，F(x)≤0恒成立.
F(x)=k[2x-ln(2x+1)]-(ex-x-1)≤[2x-ln(2x+1)]-ex+x+1≤[2x-ln(2x+1)]-x2，
下证[2x-ln(2x+1)]-x2≤0(x≥0)恒成立，
设p(x)=[2x-ln(2x+1)]-x2，p'(x)=-x=≤0，
故p(x)单调递减，则p(x)≤p(0)=0，得证.
2.
1.已知函数f(x)＝ex－e－x－ax.若x≥0时，恒有f(x)≥ax，求实数a的取值范围.
1
2
答案
1
2
答案
当x≥0时，f(x)≥ax f(x)－ax≥0，
令g(x)＝f(x)－ax＝ex－e－x－2ax(x≥0)，
求导得g'(x)＝ex＋e－x－2a，
因为g(0)＝0，所以g'(0)≥0，解得a≤1.
下证当a≤1时，恒有g(x)≥0.
因为g'(x)＝ex＋e－x－2a≥2－2a≥0，
所以g(x)单调递增，g(x)≥g(0)＝0，
故实数a的取值范围为(－∞，1].
1
2
答案
2.已知f(x)＝2x－ln(2x＋1)，g(x)＝ex－x－1.
(1)求g(x)在点(1，g(1))处的切线方程；
切点坐标为(1，e－2)，且g'(x)＝ex－1，
所以g'(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0.
1
2
答案
(2)当x≥0时，kf(x)≤g(x)恒成立，求实数k的取值范围.
1
2
答案
记F(x)＝kf(x)－g(x)＝k[2x－ln(2x＋1)]－(ex－x－1)(x≥0)，
求导得F'(x)＝k－(ex－1)＝－ex＋1(x≥0)，
F″(x)＝4k·－ex＝－ex，
由F(x)≤0恒成立，且F(0)＝0，F'(0)＝0，
从而F″(0)≤0，得k≤.
下证当k≤时，F(x)≤0恒成立.
1
2
答案
F(x)＝k[2x－ln(2x＋1)]－(ex－x－1)≤[2x－ln(2x＋1)]－ex＋x＋1
≤[2x－ln(2x＋1)]－x2，
下证[2x－ln(2x＋1)]－x2≤0(x≥0)恒成立，
设p(x)＝[2x－ln(2x＋1)]－x2，
p'(x)＝－x＝≤0，
故p(x)单调递减，则p(x)≤p(0)＝0，得证.(共57张PPT)
第三章　
进阶篇　导数中的零点问题
数学
大
一
轮
复
习
隐零点与零点赋值
进阶2
例1　(2024·汕头模拟)已知函数f(x)＝g(x)＝aex－1，a∈R.
(1)求f(x)的极值；
隐零点问题
题型一
由题意得f'(x)＝x∈(0，＋∞)，
令f'(x)＝0，得x＝1，当00；
当x>1时，f'(x)<0，
则f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故当x＝1时，函数取到极大值，极大值为f(1)＝1，无极小值.
(2)若f(x)与g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围.
由题意f(x)与g(x)的图象有两个交点，
即f(x)－g(x)＝－aex＋1＝0有两个根，
即方程x＋ln x＋1－axex＝0有两个根，
令F(x)＝x＋ln x＋1－axex，x∈(0，＋∞)，
F'(x)＝1＋－a(x＋1)ex＝(x＋1)
令φ(x)＝－aex(x>0)，φ'(x)＝－－aex，
①若a≤0，φ(x)>0，即F'(x)>0，
则F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
F(x)至多有一个零点，不满足题意；
②若a>0，φ'(x)＝－－aex<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当01－aex，
令1－aex>0，得x故当00，
当x>1时，φ(x)＝－aex<1－aex，
令1－aex<0，得x>ln
故当x1>max时，φ(x1)<0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0，且＝a
当x∈(0，x0)时，φ(x)>0，
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)<0，
故x∈(0，x0)时，F'(x)>0，
当x∈(x0，＋∞)时，F'(x)<0，
所以F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
因为＝a即ax0＝1，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0，
要使得F(x)有两个零点，则必有F(x)max>0，即x0＋ln x0>0，
由于＝a此时ln＝ln(x0)＝x0＋ln x0>0，得0下证当0因为F(e－2)＝e－2－1－ae－2由(1)知≤1恒成立，
故F(x)＝x＋ln x＋1－axex≤2x－axex＝x(2－aex)，当且仅当x＝1时取等号，
所以F<2ln－aln·＝ln＝0，
因为0使得F(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
故F(x)max＝F(x0)＝x0＋ln x0＋1－ax0＝x0＋ln x0＝ln>0，
故F(x)在(e－2，x0)和上各有一个零点，
综上，若f(x)与g(x)的图象有两个交点，
则实数a的取值范围为(0，1).
对函数的零点设而不求，通过整体代换、构造函数等方法，再结合题目条件解决问题.
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f'(x0)＝0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围.
(2)以零点为分界点，说明导函数f'(x)的正负，得到f(x)的单调区间，进而求出f(x)的最值.
(3)将零点方程f'(x0)＝0适当变形，整体代入f(x)的最值式子后进行化简、证明等，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小.
思维升华
跟踪训练1　(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝e2x－aln x.
(1)讨论f(x)的导函数f'(x)的零点的个数；
f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝2e2x－(x>0).
由f'(x)＝0得2xe2x＝a.
令g(x)＝2xe2x，g'(x)＝(4x＋2)e2x>0(x>0)，
从而g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0.
当a>0时，方程g(x)＝a有一个实根，即f'(x)存在唯一零点；
当a≤0时，方程g(x)＝a没有实根，即f'(x)没有零点.
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
由(1)可知当a>0时，f'(x)存在唯一零点，
设f'(x)在(0，＋∞)内的唯一零点为x0，
当x∈(0，x0)时，f'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(x0).
由2＝0，得
x0＝得ln x0＝ln＝ln－2x0，
所以f(x0)＝－aln x0＝－a
＝＋2ax0＋aln
≥2＋aln＝2a＋aln.
故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
例2　已知函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1，a∈R.
(1)若a≤0，证明：f(x)≥0；
零点赋值
题型二
函数f(x)＝x(ln x－1)－aex＋eax＋1的定义域为(0，＋∞)，
得f'(x)＝ln x－aex＋ea，
显然当a≤0时，函数f'(x)在(0，＋∞)上单调递增，而f'(1)＝0，
即当0当x>1时，f'(x)>0，
因此，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， x>0，f(x)≥f(1)＝0，
所以f(x)≥0.
(2)若(x－1)f(x)≤0恒成立，求a的取值范围.
当a≤0时，由(1)知，当x>1时，f(x)>0，(x－1)f(x)>0，
即(x－1)f(x)≤0不恒成立，不符合题意；
当a>0时，(x－1)f(x)≤0等价于当01时，f(x)≤0，
当a>0时，令g(x)＝f'(x)＝ln x－aex＋ea，
得g'(x)＝－aex，
显然g'(x)在(0，＋∞)上单调递减，
令h(x)＝ex－x－1，h'(x)＝ex－1，
当x<0时，h'(x)<0，当x>0时，h'(x)>0，
则h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， x∈R，h(x)≥h(0)＝0，即ex≥x＋1，
当且仅当x＝0时等号成立，
因此，e－x≥－x＋1，当0g'(x)＝－aex>
当00，
而g'＝a－a<0，
从而存在唯一实数x0∈使得g'(x0)＝0，
即a＝
当00，
当x>x0时，g'(x)<0，
则g(x)(即f'(x))在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，
而f'(1)＝0，当x0<1时，在(x0，1)上，f'(x)>0，f(x)在(x0，1)上单调递增，
当x∈(x0，1)时，f(x)当x0>1时，在(1，x0)上f'(x)>0，f(x)在(1，x0)上单调递增，
当x∈(1，x0)时，f(x)>f(1)＝0，不符合题意，
当x0＝1时，f'(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， x∈(0，＋∞)，f'(x)≤f'(1)＝0，
得f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而f(1)＝0，即当x∈(0，1)时，f(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)<0，符合题意，
因此，x0＝1，a＝.
综上，a＝.
(1)赋值点需要做到三个优先：①优先常数赋值点；②优先借助已有极值求赋值点；③优先简单运算.
(2)有时赋值点无法确定，可以先对解析式进行放缩，再根据不等式的解确定赋值点，放缩法的难度在于“度”的掌握.
思维升华
跟踪训练2　已知函数f(x)＝ax－曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线为y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
f'(x)＝a－则f(0)＝－b＝1，
解得b＝－1，f'(0)＝a－(1－b)＝a－2＝－1，
则a＝1，b＝－1.
(2)求证：函数在区间(1，＋∞)上单调递增；
由(1)知f(x)＝x－
f'(x)＝1－
设h(x)＝ex＋x－2，
因为h(x)在(1，＋∞)上单调递增，
则h(x)>h(1)＝e－1>0，
所以f'(x)>0在(1，＋∞)上恒成立，
所以函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
(3)求函数f(x)的零点个数，并说明理由.
因为f'(x)＝1－
令f'(x)＝0，得ex＋x－2＝0，
设h(x)＝ex＋x－2，
由(2)知h(x)在R上是增函数，且h(0)＝－1，h(1)＝e－1>0，
故存在唯一零点x0∈(0，1)，使得h(x0)＝0，
即存在唯一零点x0∈(0，1)，满足f'(x0)＝0，
即＋x0－2＝0，则＝2－x0，
且当x∈(－∞，x0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f(x0)＝x0－
＝
当x0∈(0，1)时，2－x0>0，－>－＝1，
则f(x)min>0，
则函数f(x)的零点个数为0.
课时精练
答案
1
2
f(x)-g(x)=-e-x=
令h(x)=ln(x+a)-xe-x.
(1)当a=1时，h(x)=ln(x+1)-xe-x，
要证原不等式，只需证当x>0时，
h(x)=ln(x+1)-xe-x>0.
则h'(x)=+(x-1)e-x=>0对任意的x>0恒成立，
1.
答案
1
2
∴函数h(x)在(0，+∞)上单调递增，
因此h(x)>h(0)=0，
即原不等式成立.
(2)①由题意知a>1，则函数y=f(x)-g(x)的定义域为(-a，0)∪(0，+∞).
由(1)可得当x>0时，f(x)-g(x)>-e-x>0，
故函数y=f(x)-g(x)在(0，+∞)上没有零点；
1.
答案
1
2
②当x∈(-a，0)时，h'(x)=+(x-1)e-x=.
令F(x)=ex+x2+(a-1)x-a，x∈(-a，0)，
则F'(x)=ex+2x+(a-1)在(-a，0)上单调递增，
且F'(-a)=e-a-2a+a-1=e-a-a-1<0，
∵F'(0)=a>0，∴F'(x)在(-a，0)上存在唯一零点，记为x0，
当x∈(-a，x0)时，F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
1.
答案
1
2
当x∈(x0，0)时，F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
∵a>1，∴F(-a)=e-a>0，F(0)=1-a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(-a，x0)上存在唯一零点x1，
且当x∈(-a，x1)时，F(x)>0；
当x∈(x1，0)时，F(x)<0.
∴h(x)在(-a，x1)上单调递增，在(x1，0)上单调递减，且h(0)=ln a>0.
1.
答案
1
2
令y=xe-x，当x∈(-a，0)时，
则y'=(1-x)e-x>0，
函数y=xe-x在(-a，0)上单调递增，
∴y=xe-x>-aea，
∴h(x)取x2=-a+>-a，且-a则x2=-a+∈(-a，0)，
1.
答案
1
2
则h(x2)又h(0)=ln a>0，由函数零点存在定理可得，
h(x)在(-a，0)上存在唯一的零点，
即y=f(x)-g(x)在(-a，0)上存在唯一零点.
综上，当a>1时，函数y=f(x)-g(x)有唯一零点.
1.
答案
1
2
(1)f'(x)=aex-1-1，x∈R，
当a≤0时，易知f'(x)<0，
所以函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，令f'(x)=aex-1-1=0，解得x=1-ln a，
令f'(x)>0，得x>1-ln a，即f(x)在(1-ln a，+∞)上单调递增，
令f'(x)<0，得x<1-ln a，即f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，f(x)在(-∞，1-ln a)上单调递减，在(1-ln a，+∞)上单调递增.
2.
答案
1
2
(2)令g(x)=f(x)+x-ln x=aex-1-ln x-1，x∈(0，+∞)，
所以g'(x)=aex-1-
令h(x)=g'(x)，
则h'(x)=aex-1+
因为a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，
当a=1时，g(x)=ex-1-ln x-1，
2.
答案
1
2
g'(x)=ex-1-
又g'(1)=0，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)=e0-ln 1-1=0，
而此时=0，
所以当a=1时，f(x)+x-ln x≥成立；
2.
答案
1
2
当a>1时，可得-1<0，
所以<1，
所以g'=a-a=a(-1)<0，
又g'(1)=a-1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)=0，即a=
2.
答案
1
2
当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(x0)=a-ln x0-1，
由a=可得，x0=
则g(x)≥x0+-2+ln a>2-2+ln a=ln a，
2.
答案
1
2
下面证明ln a>a>1，
令φ(x)=ln x-x>1，
所以φ'(x)=-=>0，
所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)=0，
2.
答案
1
2
即ln a>得证，
即g(x)=f(x)+x-ln x>成立，
综上，当a≥1时，
f(x)+x-ln x≥.
2.
1.设a∈R，已知函数f(x)＝g(x)＝e－x.
(1)当a＝1时，证明：当x>0时，f(x)>g(x)；
1
2
答案
1
2
答案
f(x)－g(x)＝－e－x＝令h(x)＝ln(x＋a)－xe－x.
当a＝1时，h(x)＝ln(x＋1)－xe－x，
要证原不等式，只需证当x>0时，
h(x)＝ln(x＋1)－xe－x>0.
则h'(x)＝＋(x－1)e－x＝>0对任意的x>0恒成立，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因此h(x)>h(0)＝0，即原不等式成立.
(2)当a>1时，证明：函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.
1
2
答案
1
2
答案
①由题意知a>1，则函数y＝f(x)－g(x)的定义域为(－a，0)∪(0，＋∞).
由(1)可得当x>0时，f(x)－g(x)>－e－x>0，
故函数y＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上没有零点；
②当x∈(－a，0)时，h'(x)＝＋(x－1)e－x＝.
令F(x)＝ex＋x2＋(a－1)x－a，x∈(－a，0)，
则F'(x)＝ex＋2x＋(a－1)在(－a，0)上单调递增，
且F'(－a)＝e－a－2a＋a－1＝e－a－a－1<0，
1
2
答案
∵F'(0)＝a>0，∴F'(x)在(－a，0)上存在唯一零点，记为x0，
当x∈(－a，x0)时，F'(x)<0，此时函数F(x)单调递减；
当x∈(x0，0)时，F'(x)>0，此时函数F(x)单调递增.
∵a>1，∴F(－a)＝e－a>0，F(0)＝1－a<0，
∴F(x0)∴F(x)在(－a，x0)上存在唯一零点x1，
且当x∈(－a，x1)时，F(x)>0；
当x∈(x1，0)时，F(x)<0.
1
2
答案
∴h(x)在(－a，x1)上单调递增，在(x1，0)上单调递减，且h(0)＝ln a>0.
令y＝xe－x，当x∈(－a，0)时，
则y'＝(1－x)e－x>0，
函数y＝xe－x在(－a，0)上单调递增，
∴y＝xe－x>－aea，∴h(x)取x2＝－a＋>－a，
且－a则x2＝－a＋∈(－a，0)，
1
2
答案
则h(x2)又h(0)＝ln a>0，由函数零点存在定理可得，h(x)在(－a，0)上存在唯一的零点，
即y＝f(x)－g(x)在(－a，0)上存在唯一零点.
综上，当a>1时，函数y＝f(x)－g(x)有唯一零点.
1
2
答案
2.已知函数f(x)＝aex－1－x－1.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
答案
f'(x)＝aex－1－1，x∈R，
当a≤0时，易知f'(x)<0，
所以函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，令f'(x)＝aex－1－1＝0，解得x＝1－ln a，
令f'(x)>0，得x>1－ln a，即f(x)在(1－ln a，＋∞)上单调递增，
令f'(x)<0，得x<1－ln a，即f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，
综上，当a≤0时，函数f(x)在R上是减函数；
当a>0时，f(x)在(－∞，1－ln a)上单调递减，在(1－ln a，＋∞)上单调递增.
1
2
答案
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋x－ln x≥.
1
2
答案
令g(x)＝f(x)＋x－ln x＝aex－1－ln x－1，x∈(0，＋∞)，
所以g'(x)＝aex－1－
令h(x)＝g'(x)，则h'(x)＝aex－1＋
因为a≥1，所以h'(x)>0，
所以g'(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a＝1时，g(x)＝ex－1－ln x－1，
g'(x)＝ex－1－
1
2
答案
又g'(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(1)＝e0－ln 1－1＝0，
而此时＝0，
所以当a＝1时，f(x)＋x－ln x≥成立；
当a>1时，可得－1<0，
所以<1，
1
2
答案
所以g'＝a－a＝a(－1)<0，
又g'(1)＝a－1>0，
所以存在x0∈使得g'(x0)＝0，
即a
当x∈(0，x0)时，g'(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)≥g(x0)＝a－ln x0－1，
1
2
答案
由a可得，x0＝
则g(x)≥x0＋－2＋ln a>2－2＋ln a＝ln a，
下面证明ln a>a>1，
令φ(x)＝ln x－x>1，
所以φ'(x)＝>0，
1
2
答案
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)>φ(1)＝0，即ln a>得证，
即g(x)＝f(x)＋x－ln x>成立，
综上，当a≥1时，f(x)＋x－ln x≥.(共59张PPT)
第三章
§3.5　指对同构问题
数学
大
一
轮
复
习
把一个等式或不等式通过变形，使左右两边结构、形式完全相同，构造函数，利用函数的单调性进行处理，找到这个函数模型的方法就是同构法.同构法主要解决含有指数、对数混合的等式或不等式问题.
重点解读
例1　若对0A.1 B.2 C.e D.2e
√
双变量地位同等同构
题型一
由ln<2x2－2x1，0得x1x2(ln x2－ln x1)<2x2－2x1，
则ln x2－ln x1<
即ln x2－ln x1<
有ln x2＋令f(x)＝ln x＋(x>0)，则f(x2)所以f'(x)＝
令f'(x)>0 x>2，令f'(x)<0 0所以函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0，2)，
所以当0所以0含有地位同等的两个变量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数单调性解决.
思维升华
跟踪训练1　若0A.x1ln x1x2ln x2
C.x2ln x1x1ln x2
√
令f(x)＝xln x，则f'(x)＝1＋ln x，
当0令g(x)＝则g'(x)＝
当00，则g(x)在(0，1)上单调递增，
因为0所以g(x1)指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)(a>0，b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
指对同构法的理解
题型二
(2)商型：≤一般有三种同构方式：
①同左构造形式：≤构造函数f(x)＝；
②同右构造形式：≤构造函数f(x)＝；
③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(a>0，b>1)，构造函数f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
例2　(1)(多选)若ea＋a>b＋ln b(a，b为变量)成立，则下列选项正确的是
A.a>ln b B.aC.ea>b D.ea√
√
方法一　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋a>eln b＋ln b，
令f(x)＝ex＋x，则f(a)>f(ln b)，
因为f(x)在R上是增函数，
所以a>ln b，即ea>b.
方法二　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋ln ea>b＋ln b，
令g(x)＝x＋ln x，则g(ea)>g(b)，
因为g(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以ea>b，即a>ln b.
(2)(2025·宜春模拟)在数学中，我们把仅有变量不同，而结构、形式相同的两个式子称为同构式，相应的方程称为同构方程，相应的不等式称为同构不等式.若关于a的方程aea－2＝e4和关于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a>0，b>e2)可化为同构方程，则ab的值为　　　.
e8
对aea－2＝e4两边取自然对数，
得ln a＋a＝6， ①
对b(ln b－2)＝e3λ－1两边取自然对数，
得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，
即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3， ②
因为方程①②为两个同构方程，
所以3λ－3＝6，解得λ＝3，
设F(x)＝ln x＋x且x>0，则F'(x)＝＋1>0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝6的解只有一个，
所以a＝ln b－2，
则ab＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8.
利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通过幂转指或幂转对进行等价变形，构造函数，然后由构造的函数的单调性进行研究.
思维升华
跟踪训练2　(多选)对不等式ax＋eax>ln(bx)＋bx进行指对同构时，可以构造的函数是
A.f(x)＝ln x＋x B.f(x)＝xln x
C.f(x)＝x＋ex D.f(x)＝
√
√
由恒等式x＝ln ex可得ax＝ln eax，
所以ax＋eax>ln(bx)＋bx可变形为
ln eax＋eax>ln(bx)＋bx，
构造函数f(x)＝ln x＋x，
可得f(eax)>f(bx).
同理，由恒等式x＝eln x可得bx＝eln(bx)，
所以ax＋eax>ln(bx)＋bx可变形为ax＋eax>ln(bx)＋eln(bx)，
构造函数f(x)＝x＋ex，可得f(ax)>f(ln(bx)).
例3　(1)设实数k>0，对于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，则k的最
小值为　　　.
同构法的应用
题型三
由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，
即kxekx≥eln x·ln x，
令f(x)＝xex，则f(kx)≥f(ln x).
因为f'(x)＝(x＋1)ex，
所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
因为kx>0，ln x>0，
所以kx≥ln x，即k≥
令h(x)＝(x>1)，则h'(x)＝
当x∈(1，e)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max＝h(e)＝即k≥
所以k的最小值为.
(2)(2025·衡阳模拟)已知m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一个根，则＋(e－1)ln m等于
A.1 B.2 C.3 D.5
√
xeex－2＋(e－1)ln x＝2 eeln x＋x－2＋eln x＋x－2＝x＋ln x＝eln x＋ln x，
设f(t)＝et＋t，则f'(t)＝et＋1>0恒成立，故f(t)单调递增，
由f(eln x＋x－2)＝f(ln x)得eln x＋x－2＝ln x，即(e－1)ln x＝2－x.
因为m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一个根，
所以(e－1)ln m＝2－m，
所以m＝
所以＋(e－1)ln m＝m＋(e－1)ln m＝m＋2－m＝2.
常见的同构函数有：①f(x)＝；②f(x)＝xln x；③f(x)＝xex；④f(x)＝.
其中①④可以借助②③可以借助xex＝(ln ex)ex＝(ln t)t＝tln t进行指对互化.
思维升华
跟踪训练3　(1)(2024·吕梁模拟)若关于x的不等式ea＋x·ln xA.(－∞，0] B.[－1，0]
C.[－1，＋∞) D.[0，＋∞)
√
由ea＋x·ln x可得<在(0，1)上恒成立，
即<在(0，1)上恒成立，
当a≥0时<0>0，
不等式<在(0，1)上显然成立；
当a<0时，令f(x)＝
则f(ln x)f'(x)＝当x∈(－∞，1)时，f'(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，
又当x∈(0，1)时，ln x∈(－∞，0)，a＋x∈(－∞，1)，
所以只需ln x即a>ln x－x在(0，1)上恒成立.
令g(x)＝ln x－x，0则g'(x)＝>0，
即g(x)在(0，1)上单调递增，
其中g(1)＝ln 1－1＝－1，故a≥g(1)＝－1，
所以－1≤a<0.
综上，a≥－1.
(2)已知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若aea＋1＋b<
bln b，则
A.bea＋1
C.abe
√
由aea＋1＋b设f(x)＝xln x，可得f(ea)因为a>1，可得ea>e，
又因为b(ln b－1)>0，b>1，所以ln b>1，即b>e，所以>1，
易知当x>1时，f'(x)＝ln x＋1>0，可得函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以ea<即b>ea＋1.
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B B BCD BCD [-e，0) 4
答案
1
2
3
4
5
6
7
(1)因为f(x)=aex-x，定义域为R，
所以f'(x)=aex-1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，
故f'(x)=aex-1<0恒成立，
所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f'(x)=aex-1=0，
解得x=-ln a，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
当x<-ln a时，f'(x)<0，则f(x)在(-∞，-ln a)上单调递减；
当x>-ln a时，f'(x)>0，则f(x)在(-ln a，+∞)上单调递增，
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.
(2)因为f(x)=aex-x，
所以f(x)+x+ln a≥ln x等价于eln a+x+ln a+x≥ln x+x=eln x+ln x，
令g(x)=ex+x，上述不等式等价于g(ln a+x)≥g(ln x)，显然g(x)为增函数，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以原不等式等价于ln a+x≥ln x，
即ln a≥ln x-x，
令h(x)=ln x-x，
则h'(x)=-1=
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以h(x)max=h(1)=-1，
ln a≥-1=ln 即a≥
所以a的取值范围是.
7.
一、单项选择题
1.设x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，则下列选项正确的是
A.x>y B.x>ln y
C.x√
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
不等式ex＋ln y>x＋y等价于
ex－x>y－ln y，
令f(x)＝ex－x，
则f(ln y)＝eln y－ln y＝y－ln y，
∴不等式ex－x>y－ln y等价于f(x)>f(ln y)，
∵f'(x)＝ex－1，
∴当x∈(0，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
∴若y∈(1，＋∞)，则ln y∈(0，＋∞)，
1
2
3
4
5
6
7
答案
由f(x)>f(ln y)有x>ln y；
若y∈(0，1]，则ln y≤0，
由x>0，有x>ln y.
综上所述，x>ln y.
1
2
3
4
5
6
7
答案
2.若关于x的不等式ex＋x＋ln ≥mx＋ln m恒成立，则实数m的最大值为
A.2 B.e C.3 D.e2
√
由题意得，m>0，x>0，
不等式等价于ex＋x≥mx＋ln(mx)恒成立，
即ex＋ln ex≥mx＋ln(mx)恒成立，
令f(x)＝x＋ln x，
则不等式转化为f(ex)≥f(mx)，
因为f'(x)＝1＋>0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以ex≥mx，则≥m.
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
令g(x)＝x>0，
则g'(x)＝
则当01时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以当x＝1时，g(x)有最小值，
即g(x)min＝g(1)＝e，则m≤e，
则m的最大值为e.
二、多项选择题
3.(2025·邯郸模拟)已知a>0，b∈R，e是自然对数的底数，若b＋eb＝a＋
ln a，则a－b的值可以是
A.－1 B.1 C.2 D.3
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
设函数f(x)＝x＋ex，
则f(x)在R上是增函数，
所以b＋eb－(a＋ln a)＝b＋eb－(ln a＋eln a)＝f(b)－f(ln a)＝0，
所以b＝ln a，即a＝eb，所以a－b＝eb－b，
令g(x)＝ex－x，则g'(x)＝ex－1，
当x<0时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)≥g(0)＝1，从而a－b≥1，结合选项，选项BCD符合题意.
答案
4.(2024·盐城模拟)若不等式ax－exln a<0在x∈[2，＋∞)上恒成立，则实数a的值可以为
A.3e B.2e C.e D.2
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
由题意得a>0，
由ax－exln a<0得<
设f(x)＝则f'(x)＝
当x<1时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
又f(0)＝0，f(1)＝当x>0时，f(x)＝>0恒成立，
所以f(x)＝的图象如图所示，
1
2
3
4
5
6
7
答案
<即f(x)对于A，当a＝3e时，ln a＝ln 3＋1>2，根据图象可得
f(x)对于B，当a＝2e时，ln a＝ln 2＋1∈(1，2)，根据图象可得f(x)对于C，当a＝e时，ln a＝1，根据图象可得f(x)1
2
3
4
5
6
7
答案
对于D，当a＝2时，ln a＝ln 2，
又f(ln 2)＝ln 2，f(2)＝
因为3×ln 2－3×＝ln 2
且2>e，e2>6，即ln 2>1<1，
所以3×ln 2－3×＝ln 2>0，
即f(ln 2)>f(2)，
根据图象可得f(x)三、填空题
5.(2025·长春模拟)不等式xex＋≥0(a<0)对 x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围是　　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
答案
[－e，0)
1
2
3
4
5
6
7
由xex＋≥0可得
xex≥－＝－aln x·e－aln x，
令f(x)＝xex(x>0)，则f'(x)＝(x＋1)ex>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
因为a<0，x∈(1，＋∞)，则－aln x>0，
则f(x)≥f(－aln x)，可得x≥－aln x，
即a≥－对 x∈(1，＋∞)恒成立，
答案
1
2
3
4
5
6
7
令g(x)＝x>1，
则g'(x)＝
由g'(x)＝0可得x＝e，故当1e时，g'(x)>0，
所以g(x)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(e)＝e，
得a≥＝－e，
又a<0，所以－e≤a<0.
答案
6.(2025·渭南模拟)已知实数x1，x2满足ln x2＝则x1＝　　.
1
2
3
4
5
6
7
答案
4
1
2
3
4
5
6
7
由
可得x1＝4，故x1>0，
由ln x2＝可得ln ＝4，
可得·ln ＝4，故ln >0，
令f(x)＝xex，则f(x1)＝f(ln )，
f'(x)＝(x＋1)ex，
当x>0时，f'(x)>0，
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增.
由f(x1)＝f(ln )得x1＝ln
所以
因为x1＝4，所以x1＝4.
答案
四、解答题
7.(2024·咸阳模拟)已知函数f(x)＝aex－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
因为f(x)＝aex－x，定义域为R，所以f'(x)＝aex－1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f'(x)＝aex－1<0恒成立，
所以f(x)在R上单调递减；
当a>0时，令f'(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x<－ln a时，f'(x)<0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减；
当x>－ln a时，f'(x)>0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，
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.
(2)若f(x)＋x＋ln a≥ln x，求实数a的取值范围.
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
因为f(x)＝aex－x，
所以f(x)＋x＋ln a≥ln x等价于eln a＋x＋ln a＋x≥ln x＋x＝eln x＋ln x，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等价于g(ln a＋x)≥g(ln x)，显然g(x)为增函数，
所以原不等式等价于ln a＋x≥ln x，
即ln a≥ln x－x，
令h(x)＝ln x－x，则h'(x)＝－1＝
当x∈(0，1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减，
1
2
3
4
5
6
7
答案
所以h(x)max＝h(1)＝－1，
ln a≥－1＝ln 即a≥
所以a的取值范围是.

展开更多......

收起↑