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专题9　一元函数的导数及其应用
考点 考情考向 考频
一元函数的导数及其应用 导数的几何意义 2022年新课标Ⅰ卷T10、T15 2022年新课标Ⅱ卷T9、T14 2024年新课标Ⅰ卷T13 2024年新课标Ⅱ卷T16 3年6考
导数与函数的单调性 2022年新课标Ⅰ卷T22 2022年新课标Ⅱ卷T22 2023年新课标Ⅰ卷T19 2023年新课标Ⅱ卷T6、T22 2024年新课标Ⅰ卷T10 3年6考
导数与函数的极值、最值 2022年新课标Ⅰ卷T8、T10、T22 2022年新课标Ⅱ卷T22 2023年新课标Ⅰ卷T11、T19 2023年新课标Ⅱ卷T22 2024年新课标Ⅰ卷T10、T18 2024年新课标Ⅱ卷T8、T11、T16 3年12考
应用导数研究恒(能)成立问题 2022年新课标Ⅱ卷T22 2023年新课标Ⅱ卷T6 2024年新课标Ⅰ卷T18 2024年新课标Ⅱ卷T8 3年4考
应用导数研究函数的零点 2022年新课标Ⅰ卷T10、T22 2023年新课标Ⅱ卷T11 2024年新课标Ⅱ卷T6、T11 3年5考
应用导数证明不等式(比较大小) 2022年新课标Ⅰ卷T7 2022年新课标Ⅱ卷T22 2023年新课标Ⅰ卷T19 2023年新课标Ⅱ卷T22 2024年新课标Ⅰ卷T10 3年5考
近三年的高考命题，本专题重点考查导数的运算，导数的几何意义，应用导数讨论函数的单调性、极值与最值，应用导数探究函数的零点、不等式恒成立的条件、证明不等式；考查逻辑推理素养和数形结合思想与分类整合思想．
一元函数的导数及其应用是高考考查的重点和热点内容，命题趋势一般是“一小一大”或“二小一大”．
客观题主要考查导数的运算及其几何意义，利用导数求函数的极值或最值，研究函数的零点，研究不等式的解集及函数的图象与性质，通过导数讨论有关参数的取值范围和比较数(式)的大小等．
解答题主要考查导数的综合应用，包括两方面的综合：一是导数本身的综合，主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值等；二是和其他知识的综合，主要包括导数与不等式、导数与方程的综合，考查不等式的证明，由不等式求参数的范围及讨论函数的零点等．试题有一定的难度和区分度．
导数是高中数学中的重要内容，是解决实际问题必不可少的数学工具，为解决函数问题、曲线问题提供了一般性的方法．由于导数可以解决函数的单调性、极值和最值等问题，这样既丰富了函数的内容，也增大了函数综合题的难度，因此成为高考命题的热点．
在复习过程中，要注意：
1．研究函数的单调性、极值、最值、切线等问题离不开求导，因此要熟练掌握导数的运算法则和常用函数的导数，这是综合应用导数的基本技能．
2．熟练掌握可导函数单调区间的极值、最值的研究方法，尤其要重视单调性在研究函数中的作用，从而从“数”和“形”两方面把握函数的特征，为研究不等式、方程等提供方法．
3．重视化归与转化的思想、函数与方程的思想，特别是分类讨论思想、数形结合思想的运用．注意运算求解能力、综合运用知识的能力、分析问题和解决问题的能力的培养．
第61讲　导数的概念及运算
[课标要求]　1.了解导数概念的实际背景，体会极限思想.2.理解导数的意义及几何意义．3.能根据导数的定义求函数y＝c(c为常数)，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝，y＝的导数.4.能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数；能求简单的复合函数(限于形如f(ax＋b))的导数．
1．平均变化率及瞬时变化率及导数的概念
(1)函数y＝f(x)从x0到x0＋Δx的平均变化率用____表示，且＝.
(2)如果当Δx→0时，平均变化率无限趋近于一个确定的值，即有极限，则称y＝f(x)在x＝x0处可导，并把这个确定的值叫做y＝f(x)在x＝x0处的导数(也称为瞬时变化率)，记作f′(x0)或y′|x＝x0，即f′(x0)＝ ＝ .
(3)函数f(x)的导函数
函数f′(x)＝____称为f(x)的导函数．
(4)导数的几何意义和物理意义
几何意义：函数y＝f(x)在x＝x0处的导数就是曲线y＝f(x)在__点(x0，f(x0))__处切线的斜率k，即k＝__f′(x0)__，切线方程为__y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)__．
物理意义：若物体位移随时间变化的关系为s＝f(t)，则f′(t0)是物体运动在t＝t0时刻的__瞬时速度__．
2．基本初等函数的导数公式
原函数 导函数
f(x)＝c(c为常数) f′(x)＝__0__
f(x)＝xα(α∈Q，且α≠0) f′(x)＝__αxα-1__
f(x)＝sin x f′(x)＝__cos_x__
f(x)＝cos x f′(x)＝__－sin_x__
f(x)＝ax(a>0，且a≠1) f′(x)＝__ax_ln_a__
f(x)＝ex f′(x)＝__ex__
f(x)＝logax(a>0，且a≠1) f′(x)＝____
f(x)＝ln x f′(x)＝____
3.导数的运算法则
[f(x)±g(x)]′＝__f′(x)±g′(x)__．
[f(x)g(x)]′＝__f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)__．
[]′＝____(g(x)≠0).
4．复合函数的导数
(1)对于两个函数y＝f(u)和u＝g(x)，如果通过变量u，y可以表示成x的函数，那么称这两个函数(函数y＝f(u)和u＝g(x))的复合函数为y＝f(g(x)).
(2)复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为__yx′＝yu′·ux′__，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．
1．设函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－3，则
＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：D　因为函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－3，则f′(1)＝4，
所以 ＝f′(1)＝4.故选D.
2．(教材母题选必修5.1.2练习T3改编)一质点做直线运动，由始点经过t s后的距离为s＝t3－t2＋2t，则t＝2 s时的瞬时速度为(　　)
A．8 m/s B．10 m/s
C．16 m/s D．18 m/s
解析：B　由题知s′＝3t2－2t＋2，所以s′(2)＝12－4＋2＝10，所以该质点在t＝2 s时的瞬时速度为10 m/s.故选B.
3．(教材母题选必修5.2例4改编)函数y＝x2ex的导数为(　　)
A．y′＝x2ex B．y′＝2xex
C．y′＝(x2＋2x)ex D．y′＝(2x－x2)ex
解析：C　由题意可得y′＝(x2)′ex＋x2(ex)′＝2xex＋x2ex＝(x2＋2x)ex.故选C.
4．函数y＝＋1在x＝3处的切线的倾斜角为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　由题意可得y＝＋1＝＋1，则y′＝，可得y′|x＝3＝，
所以函数y＝＋1在x＝3处的切线的斜率k＝，倾斜角为α＝.故选B.
5．(教材母题选必修5.2例6)函数y＝ln(3x－1)的导数为(　　)
A．y′＝ln(3x－1)
B．y′＝ln(3x－1)
C．y′＝
D．y′＝
解析：C　由题意可得y＝ln u，u＝3x－1，则y′＝(ln u)′(3x－1)′＝.故选C.
探究点1　导数的运算法则及应用
【例1】 (教材母题选必修5.2改编)求下列函数的导数：
(1)y＝ln x＋x2－2x；
(2)y＝(2x3－1)(3x2＋x)；
(3)y＝3xex－2x＋e；
(4)y＝.
解析：(1)y′＝＋x－2＝.
(2)因为y＝(2x3－1)(3x2＋x)＝6x5＋2x4－3x2－x，
所以y′＝30x4＋8x3－6x－1.
(3)y′＝(3xex－2x＋e)′
＝(3xex)′－(2x)′＋e′
＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′
＝3xex ln 3＋3xex－2x ln 2
＝(ln 3＋1)·(3e)x－2x ln 2.
(4)y′＝()′
＝
＝
＝.
1．应用基本初等函数的导数公式进行导数计算时应注意：①公式(xα)′＝αxα-1中，α为有理数；②公式(ax)′＝ax ln a，(logax)′＝与(ex)′＝ex，(ln x)′＝，清楚地区分和熟记．
2．求导之前，应利用代数、三角恒等式等对函数进行变形化简，然后求导，这样可以减少运算量，提高运算速度，减少差错．特别是遇到函数的商的形式时，如能化简则化简，这样可避免使用商的求导法则，减少运算量．
变式探究
1．(1)y＝x2sin x的导数为___________________；
(2)若函数f(x)在R上可导，f(x)＝ex ln x＋x3f′(1)，则f′(1)＝__________.
(3)若函数f(x)，g(x)满足f(x)＋xg(x)＝x2－1，且f(1)＝1，则f′(1)＋g′(1)＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：(1)y′＝2xsin x＋x2cos x
y′＝(x2sin x)′＝(x2)′sin x＋x2(sin x)′＝2xsin x＋x2cos x.
(2)－　由已知可得
f′(x)＝[ex ln x＋x3f′(1)]′＝ex(ln x＋)＋3x2f′(1)，
故f′(1)＝e(ln 1＋1)＋3f′(1)，
解得f′(1)＝－.
(3)C　当x＝1时，f(1)＋g(1)＝0.
因为f(1)＝1，所以g(1)＝－1，
原式两边求导，得f′(x)＋g(x)＋xg′(x)＝2x，
当x＝1时，f′(1)＋g(1)＋g′(1)＝2，
得f′(1)＋g′(1)＝2－g(1)＝2－(－1)＝3.
探究点2　复合函数的导数
【例2】 求下列函数的导数：
(1)y＝(1－2x)3；
(2)y＝22x+1；
(3)y＝x2cos 2x.
解析：(1)函数y＝(1－2x)3可以看作函数y＝u3和u＝1－2x的复合函数，
所以yx′＝yu′·ux′＝(u3)′·(1－2x)′
＝－6u2＝－6(1－2x)2.
(2)函数y＝22x+1可以看作函数y＝2u和u＝2x＋1的复合函数，
所以yx′＝yu′·ux′＝(2u)′·(2x＋1)′＝2·2u·ln 2＝2·22x+1·ln 2＝22x+2·ln 2.
(3)由y＝x2cos 2x，得y′＝(x2)′cos 2x＋x2(cos 2x)′＝2xcos 2x－2x2sin 2x.
1．掌握求复合函数导数的一般步骤：(1)分清复合关系，适当选定中间变量，正确分解关系；(2)分层求导，弄清每一步中是哪个变量对哪个变量求导数．
2．复合函数的导数计算的关键是联想基本初等函数，准确地通过中间量对复合函数进行分拆，同时最后结果是关于x的函数解析式．
变式探究
2．求下列函数的导数：
(1)y＝ln (x>)；
(2)y＝2xsin (2x＋5)；
(3)y＝ln .
解析：(1)由于y＝ln ＝ln(2x－1)－ln(2x＋1)，
所以y′＝－＝.
(2)y′＝(2x)′sin (2x＋5)＋2x[sin (2x＋5)]′＝2sin (2x＋5)＋4xcos (2x＋5).
(3)因为y＝ln ＝ln(1＋2x)，
所以y′＝··(1＋2x)′＝.
探究点3　导数的几何意义
【例3】 (1)曲线y＝sin x＋ex在x＝0处的切线方程是(　　)
A．x－3y＋3＝0 B．x－2y＋2＝0
C．2x－y＋1＝0 D．3x－y＋1＝0
(2)(2024·山西模拟预测)已知函数f(x)＝(a－3)x3＋(a－2)x2＋(a－1)x＋a，若对任意x0∈R，曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))和(－x0，f(－x0))处的切线互相平行或重合，则实数a＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
(3)(2024·新课标Ⅰ卷) 若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________.
(4)(2024·辽宁辽阳二模)若对函数f(x)＝2x－sin x的图象上任意一点处的切线l1，函数g(x)＝mex＋(m－2)x的图象上总存在一点处的切线l2，使得l1⊥l2，则m的取值范围是(　　)
A．(－，0) B．(0，)
C．(－1，0) D．(0，1)
解析：(1)C　y＝sin x＋ex的导数为y′＝cos x＋ex，在点(0，1)处的切线斜率为k＝cos 0＋e0＝2，
则在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1，即2x－y＋1＝0.故选C.
(2)C　由函数f(x)＝(a－3)x3＋(a－2)x2＋(a－1)x＋a，
可得f′(x)＝3(a－3)x2＋2(a－2)x＋a－1，
因为曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))和(－x0，f(－x0))处的切线互相平行或重合，
可得y＝f′(x)为偶函数，所以a－2＝0，解得a＝2.故选C.
(3)ln 2　由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝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，ln(x0＋1)＋a)，
由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，
则切点为(－，a＋ln )，
切线方程为y＝2(x＋)＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2，
根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2.
(4)D　由f(x)＝2x－sin x，得f′(x)＝2－cos x∈[1，3]，
所以－∈[－1，－]＝A.
由g(x)＝mex＋(m－2)x，得g′(x)＝mex＋m－2，设该导函数值域为B.
(ⅰ)当m>0时，导函数单调递增，g′(x)∈(m－2，＋∞)，
由题意得 x1， x2，f′(x1)g′(x2)＝－1，
所以g′(x2)＝－，所以A B，
故m－2<－1，解得0(ⅱ)当m<0时，导函数单调递减，g′(x)∈(－∞，m－2)，同理可得m－2>－，m>，与m<0矛盾，舍去；
(ⅲ)当m＝0时，不符合题意．
综上所述，m的取值范围为(0，1).故选D.
(1)求切线方程的基本方法：
类型①，利用y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)直接求出切线方程．
类型②，设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及(x0，y0)既在切线上，又在曲线上求解．
类型③，设出切点(x0，y0)，利用k＝f′(x0)及已知点(x1，y1)在切线上求解．
(2)导数几何意义的基本题型：①求曲线的切线方程，其关键是理解导数的几何意义，并能准确求导；②求切点坐标，其思路是先求函数的导数，然后令导数值等于切线的斜率，从而得出切线方程或求出切点坐标；③求参数的值(范围)，其关键是列出函数在切点处的导数等于切线斜率的方程．
(3)解决此类问题的先决条件是应先正确求导，再根据其他条件求解．
求曲线的切线应注意：
①“过点A的曲线的切线方程”与“在点A处的切线方程”是不相同的，后者A必为切点，前者未必是切点．②曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条；切线与曲线的公共点不一定只有一个．
变式探究
3．若曲线f(x)＝x3－ax2＋b在点(1，f(1))处切线的倾斜角为，则a等于(　　)
A．2 B．－2
C．3 D．－1
解析：A　因为f′(x)＝3x2－2ax，所以f′(1)＝3－2a＝－1，解得a＝2，故选A.
4．(2025·福建南平统考)已知曲线y＝a ln x和曲线y＝x2有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线l，则l的方程为_______________．
解析：2x－y－e＝0
设曲线g(x)＝a ln x和曲线f(x)＝x2在公共点(x0，y0)处的切线相同，
则f′(x)＝2x，g′(x)＝，
由题意知f(x0)＝g(x0)，
f′(x0)＝g′(x0)，
即解得
故切点为(，e)，切线斜率为k＝f′(x0)＝2，
所以切线方程为y－e＝2(x－)，即2x－y－e＝0.
5．(2024·山东一模)已知A，B分别为曲线y＝2ex＋x和直线y＝3x－3上的点，则|AB|的最小值为________．
解析：　如图，由题意，|AB|的最小值为曲线上点A到直线y＝3x－3距离的最小值．
设f(x)＝2ex＋x－(3x－3)＝2ex－2x＋3，
则f′(x)＝2ex－2为增函数，
令f′(x)＝0，则x＝0，故当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
故f(x)≥f(0)＝5>0，即y＝3x－3在曲线y＝2ex＋x下方．
则当曲线y＝2ex＋x在A处的切线与3x－y－3＝0平行时|AB|取得最小值．
设A(x0，y0)，对y＝2ex＋x求导有y′＝2ex＋1，由y′＝3可得x0＝0.
故当A(0，2)时，|AB|min＝＝.
6．若曲线f(x)＝有三条过点(0，a)的切线，则实数a的取值范围为(　　)
A．(0，) B．(0，)
C．(0，) D．(0，)
解析：B　设该切线的切点为(x0，)，
则切线的斜率为k＝f′(x0)＝，
所以切线方程为y－＝(x－x0)，
又切线过点(0，a)，
则a－＝(0－x0)，整理得a＝.
要使曲线f(x)过点(0，a)的切线有3条，需方程a＝有3个不同的解，
即函数y＝图象与直线y＝a在R上有3个交点．
设g(x)＝，则g′(x)＝，
令g′(x)>0 02，
所以函数g(x)在(0，2)上单调递增，在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，
且极小值、极大值分别为g(0)＝0，g(2)＝，如图．
由图可知，当0即曲线f(x)过点(0，a)的切线有3条．
所以实数a的取值范围为(0，).故选B.
1．已知函数f(x)可导，则 等于(　　)
A．f′(x) B．f′(2)
C．f(x) D．f(2)
解析：B　因为函数f(x)可导，
所以f′(x)＝ ，
所以 ＝f′(2).故选B.
2．有一机器人运动的位移s与时间t之间的关系为s(t)＝t2＋，则该机器人在t＝2时的瞬时速度为(　　)
A． B．
C． D．
解析：D　由题意知，s′(t)＝2t－，当t＝2时，s′(2)＝2×2－＝，所以该机器人在t＝2时的瞬时速度为.故选D.
3．(2024·四川德阳三模)已知函数f(x)＝sin x＋cos x，且 f′(x0)＝f(x0)，则tan 2x0的值是(　　)
A．－ B．
C． D．－
解析：B　函数f(x)＝sin x＋cos x，
求导得f′(x)＝cos x－sin x，
由f′(x0)＝f(x0)，
得cos x0－sin x0＝(cos x0＋sin x0)，
解得tan x0＝，
所以tan 2x0＝＝＝.故选B.
4．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　)
A． B．
C． D．
解析：A　
f′(x)＝，
则f′(0)＝＝3，
即该切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1，
令x＝0，得y＝1，令y＝0，得x＝－，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S＝×1×|－|＝.故选A.
5．已知y＝f(x)是可导函数，如图，直线y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝(　　)
A．－1 B．0
C．2 D．4
解析：B　由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处的切线的斜率等于－，
所以f′(3)＝－，且f(3)＝1.
因为g(x)＝xf(x)，
所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
所以g′(3)＝f(3)＋3f′(3)＝1＋3×(－)＝0.故选B.
6．已知函数f(x)＝xex＋1，过点P(2，1)可作曲线y＝f(x)的切线条数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：B　由f(x)＝xex＋1，得f′(x)＝(x＋1)ex.
设切点坐标为(x0，x0ex0＋1)，
则切线方程为y－x0ex0－1＝ex0(x0＋1)(x－x0)，
把(2，1)代入可得－x0ex0＝ex0(x0＋1)(2－x0)，
即x－2x0－2＝0，
因为Δ＝12>0，所以该方程有2个不同的实数解，故切线有2条．故选B.
7．(2025·江苏南通月考)若曲线f(x)＝ax(a>1)与曲线g(x)＝logax(a>1)有且只有一个公共点，且在公共点处的切线相同，则实数a的值为(　　)
A．e B．e2
C．e D．
解析：C　易得f′(x)＝ln a·ax，g′(x)＝(a>1)，
设公共点为(x0，y0)，
则由题意可得
即?＝x0·ln x0，且ln a·ax0＝，
?x0·ax0＝＝(x0·ln x0)2，
?ax0＝x0·(ln x0)2，
?x0·ln a＝2ln (ln x0)＋ln x0，
?＝2ln (ln x0)＋ln x0，
令ln x0＝t，则上式可化为2ln t＋t－＝0.
记h(t)＝2ln t＋t－，则h′(t)＝≥0恒成立，
即h(t)＝2ln t＋t－在(0，＋∞)上单调递增，
而h(1)＝0，故满足2ln t＋t－＝0的根只有t＝1，
即故选C.
8．已知函数f(x)＝f′(0)ex＋x2－(f(0)－1)x，则函数f(x)＝____________．
解析：ex＋x2
求导得f′(x)＝f′(0)ex＋2x－f(0)＋1，
所以f′(0)＝f′(0)＋0－f(0)＋1，所以f(0)＝1，
所以f(0)＝f′(0)＋0－0＝1，所以f′(0)＝1，
所以f(x)＝ex＋x2.
9．(2024·山东二模)已知f(x)为定义在R上的奇函数，设f′(x)为f(x)的导函数，若f(x)＝f(2－x)＋4x－4，则f′(2025)＝________．
解析：2　因为f(x)＝f(2－x)＋4x－4，所以两边求导，得f′(x)＝－f′(2－x)＋4，
即f′(x)＋f′(2－x)＝4.①
因为f(x)为定义在R上的奇函数，
则f(－x)＝－f(x)，
所以两边求导，得f′(x)＝f′(－x)，
所以f′(x)是定义在R上的偶函数，
所以f′(2－x)＝f′(x－2)，结合①式可得f′(x)＋f′(x－2)＝4，
所以f′(x－2)＋f′(x－4)＝4，两式相减得f′(x)＝f′(x－4)，
所以f′(x)是周期为4的偶函数，所以f′(2025)＝f′(1).
由①式，令x＝1，得f′(1)＝2，所以f′(2025)＝f′(1)＝2.
10．若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质，下列函数中具有T性质的是(　　)
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
解析：A　若y＝f(x)的图象上存在两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f′(x1)·f′(x2)＝－1.
对于A，y′＝cos x，若有cos x1·cos x2＝－1，则存在x1＝2kπ，x2＝2kπ＋π(k∈Z)时，结论成立；
对于B，y′＝，若有·＝－1，即x1x2＝－1，因为x＞0，所以不存在x1，x2，使得x1x2＝－1；
对于C，y′＝ex，若有ex1·ex2＝－1，即ex1＋x2＝－1，显然不存在这样的x1，x2；
对于D，y′＝3x2，若有3x·3x＝－1，即9xx＝－1，显然不存在这样的x1，x2.
综上所述，选A.
11．(多选)(2024·黑龙江齐齐哈尔三模)若一条直线与两条或两条以上的曲线均相切，则称该直线为这些曲线的公切线．已知直线l：y＝kx＋b为曲线C1：y＝aex(a>0)和C2：y＝ln (a>0)的公切线，则下列结论正确的是(　　)
A．曲线C1的图象在x轴的上方
B．当a＝1时，ln k＋b＝－1
C．若b＝0，则a＝
D．当a＝1时，C1和C2必存在斜率为的公切线
解析：ABD　对于A，由a>0，ex>0得aex>0，可知曲线C1的图象在x轴的上方，A正确；
对于B，当a＝1时，C1：y＝ex，C2：y＝ln x，
对于曲线C2：y＝ln x，有y′＝(x>0)，因为直线l：y＝kx＋b为曲线C2的切线，
所以＝k，即x＝，此时y＝ln ＝－ln k，
所以切点坐标为(，－ln k)，将其代入切线方程y＝kx＋b中，有－ln k＝1＋b，
整理得ln k＋b＝－1，B正确；
对于C，当b＝0时，公切线l为y＝kx，
设f(x)＝aex，g(x)＝ln ，
则f′(x)＝aex，g′(x)＝(x>0)，
所以f′(x1)＝aex1＝k＝，
g′(x2)＝＝k＝，
解得x1＝x2＝1，a＝，C错误；
对于D，当a＝1时，f(x)＝ex，g(x)＝ln x，
则f′(x)＝ex，g′(x)＝(x>0)，
若C1和C2存在斜率为的公切线，
则存在m和n使得f′(m)＝em＝，g′(n)＝＝(n>0)，
由B项可知，－ln k＝b＋1，即eb+1＝，
所以eb+1＝em，eb+1＝，
即m＝b＋1，n＝，符合题意，
故当a＝1时，C1和C2必存在斜率为的公切线，D正确．故选ABD.
12．(多选)(2024·河北衡水中学模拟)已知函数f(x)，g(x)的定义域为R，g′(x)为g(x)的导函数，且f(x)＋g′(x)－10＝0，f(x)－g′(4－x)－10＝0，若g(x)为偶函数，则以下四个命题中一定成立的是(　　)
A．f(1)＋f(3)＝20
B．f(4)＝10
C．f(－1)＝f(－3)
D．f(2026)＝10
解析：ABD　因为f(x)＋g′(x)－10＝0，f(x)－g′(4－x)－10＝0，所以g′(4－x)＝－g′(x)，
又g(x)是偶函数，g(－x)＝g(x)，两边求导得－g′(－x)＝g′(x)，
所以g′(x)是奇函数，g′(0)＝0，
所以g′(4－x)＝－g′(x)＝g′(－x)，即g′(4＋x)＝g′(x)，
g′(x)是周期函数，4是它的一个周期，g′(4)＝g′(0)＝0，
f(x)＝10－g′(x)，所以f(x)是周期函数，4是它的一个周期，
f(0)＝10－g′(0)＝10，f(4)＝f(0)＝10，B正确；
f(1)＋f(3)＝10－g′(1)＋10－g′(3)＝20＋g′(－1)－g′(3)＝20，A正确；
g′(x)是周期为4的周期函数，又是奇函数，
g′(－2)＝－g′(2)＝g′(2)，
g′(2)＝g′(－2)＝0，
f(2)＝10－g′(2)＝10，f(2026)＝f(506×4＋2)＝f(2)＝10，D正确；
g′(－1)＝－g′(1)，g′(－3)＝g′(1)，
所以g′(－3)＝－g′(－1)，
f(－3)＝10－g′(－3)，
f(－1)＝10－g′(－1)，
因此f(－3)＋f(－1)＝20，不能得出f(－3)＝f(－1)，C错误．故选ABD.
第62讲　导数与函数的单调性
[课标要求]　1.了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间及参数的范围．
　
1．函数的单调性与导数的关系
设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内有导数．
如果f′(x)＞0，那么f(x)在(a，b)上为__增__函数；
如果f′(x)＜0，那么f(x)在(a，b)上为__减__函数．
2．导数与函数单调性的关系
设函数y＝f(x)在某个区间(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)的任意子集内都不恒等于0.
如果f(x)在区间(a，b)内单调递增，则在(a，b)内f′(x)__≥__0恒成立；
如果f(x)在区间(a，b)内单调递减，则在(a，b)内f′(x)__≤__0恒成立．
1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．
2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对 x∈(a，b)，都有
f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒为零．
1．(教材母题选必修5.3例2改编)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　)
A．在区间(－2，1)上，f(x)是增函数
B．在区间(1，3)上，f(x)是减函数
C．在区间(4，5)上，f(x)是增函数
D．当x＝2时，f(x)取到极小值
解析：C　由图知，在(4，5)上，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在(4，5)上是增函数．故选C.
2．“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：A　f′(x)>0在(a，b)上成立 f(x)在(a，b)上单调递增；反之，不一定成立，如y＝x3在(－1，1)上单调递增，但在(－1，1)上f′(x)＝3x2≥0.
3．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是(　　)
A．(0，]
B．[，＋∞)
C．(－∞，－]，(0，)
D．[－，0)，(0，]
解析：A　f′(x)＝2x－＝，x>0，
令f′(x)≤0，解得0所以f(x)的单调递减区间为(0，].故选A.
4．(2024·天津红桥二模)函数f(x)＝(x2－2x)ex的图象大致是(　　)
解析：C　当x＝0时，f(0)＝0，可排除A.
因为f′(x)＝(2x－2)ex＋(x2－2x)ex＝(x2－2)ex，
令f′(x)>0，解得x>或x<－，所以f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增；在(－，)上单调递减．结合图象可得C正确．故选C.
5．若函数f(x)＝2sin x－ax在[0，]上单调递减，则实数a的取值范围为________________．
解析：[2，＋∞)　因为f(x)＝2sin x－ax，x∈[0，]，所以f′(x)＝2cos x－a.
因为函数f(x)＝2sin x－ax在[0，]上单调递减，
所以f′(x)＝2cos x－a≤0在[0，]上恒成立，
即a≥2cos x在x∈[0，]上恒成立．
因为g(x)＝2cos x在x∈[0，]上单调递减，
所以g(x)max＝g(0)＝2cos 0＝2，所以a≥2，
即a∈[2，＋∞).
探究点1　常系数函数的单调性
【例1】 (1)函数f(x)＝excos x，则f(x)在(－π，π)上的单调递减区间为__________________________．
(2)函数f(x)＝x2－2x－3ln x的单调递增区间为____________．
(3)已知函数f(x)＝x－ln x－，则函数f(x)的单调递增区间是____________ ；单调递减区间是____________．
解析：(1)(－π，－)和(，π)
因为f′(x)＝excos x－exsin x＝ex(cos x－sin x)＝excos (x＋)(－π令f′(x)<0，得－π所以f(x)的单调递减区间为(－π，－)和(，π).
(2)(3，＋∞)　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
又f′(x)＝x－2－＝
＝，x>0，
由f′(x)>0得x>3，
所以f(x)在区间(3，＋∞)上单调递增．
(3)(0，1)　(1，＋∞)
因为f(x)＝x－ln x－，定义域为(0，＋∞)，
又f′(x)＝1－－
＝，
令g(x)＝x－ex，
因为x>0，则g′(x)＝1－ex<1－e0＝0，
可得g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间. (4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
变式探究
1．已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则y＝f(x)的图象大致是(　　)
解析：C　由y＝xf′(x)的图象可知，当0当x>1时xf′(x)>0，则f′(x)>0，
当－10，则f′(x)<0，
当x<－1时xf′(x)<0，则f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故符合题意的只有C.故选C.
2．已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的单调递增区间是____________.
解析：(－π，－)和(0，)
由题意知f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令f′(x)＝xcos x>0，
则其在区间(－π，π)上的解集为(－π，－)∪(0，)，即f(x)的单调递增区间为(－π，－)和(0，).
3．设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1.设g(x)＝f′(x)，则g(x)的单调递增区间为____________________；g(x)的单调递减区间为____________________．
解析：(－∞，0)和(3－，3＋)　(0，3－)和(3＋，＋∞)
因为函数f(x)＝x－x3eax＋b，
所以f′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b，
因为f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以
即解得
所以f(x)＝x－x3e－x+1，
所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±.
当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下．
x g′(x) g(x)
(－∞，0) ＋ 单调递增
0 0 －
(0，3－) － 单调递减
3－ 0 －
(3－，3＋) ＋ 单调递增
3＋ 0 －
(3＋，＋∞) － 单调递减
　　所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－，3＋)上单调递增，在区间(0，3－)和(3＋，＋∞)上单调递减．
探究点2　含参数的函数的单调性
【例2】 (2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝(＋a)ln(1＋x).
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线方程．
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解析：(1)当a＝－1时，
f(x)＝(－1)ln(x＋1)(x>－1)，
则f′(x)＝(－)ln(x＋1)＋(－1)×，
据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即(ln 2)x＋y－ln 2＝0.
(2)由函数的解析式可得
f′(x)＝(－)ln(x＋1)＋(＋a)×(x>－1)，
满足题意时f′(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．
令(－)ln(x＋1)＋(＋a)≥0，则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0，
令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，
则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，此时g(x)令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，
则h′(x)＝2a－，
当a≥，即2a≥1时，由于<1，
所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，符合题意．
当0当x∈(0，－1)时，h′(x)<0，h(x)在区间(0，－1)上单调递减，即g′(x)单调递减，
注意到g′(0)＝0，故当x∈(0，－1)时，g′(x)由于g(0)＝0，故当x∈(0，－1)时，g(x)综上可知，实数a的取值范围是{a|a≥}．
1．利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．讨论的标准有以下几种可能：(1)f′(x)＝0是否有根；(2)若f′(x)＝0有根，求出的根是否在定义域内；(3)若在定义域内有两个根，比较两个根的大小．
2．讨论函数f(x)单调性的方法步骤
(1)确定函数f(x)的定义域．
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根．
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由符号确定f(x)在该区间上的单调性．
变式探究
4．(2024·四川模拟预测)已知函数f(x)＝x2＋(x－2)ex－2x＋5在区间(3m－1，m＋2)上不单调，则m的取值范围是_____________．
解析：(－1，)　由题意知f′(x)＝(x－1)ex＋2x－2＝(ex＋2)(x－1)，
因为f(x)在区间(3m－1，m＋2)上不单调，即y＝f′(x)在区间(3m－1，m＋2)有变号零点，
又ex＋2>0，所以f′(x)＝0 x＝1.
f′(x)>0 x>1，f′(x)<0 x<1，
所以x＝1在区间(3m－1，m＋2)内，
所以解得－1即m的取值范围是(－1，).
5．已知函数f(x)＝(ex＋a)ex－(a＋1)x，讨论f(x)的单调性．
解析：由题知f(x)＝(ex＋a)ex－(a＋1)x的定义域为R，f′(x)＝(ex－1)(ex＋a＋1).
当a≥－1时，ex＋1>1，所以ex＋a＋1>0，令f′(x)>0，解得x∈(0，＋∞)，
令f′(x)<0，解得x∈(－∞，0)，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0).
当a<－1时，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln(－a－1)，
①当ln(－a－1)＝0，即a＝－2时，f′(x)＝(ex－1)2≥0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②当ln(－a－1)>0，即a<－2时，由f′(x)>0，解得x∈(－∞，0)∪(ln(－a－1)，＋∞)；
由f′(x)<0，解得x∈(0，ln(－a－1))，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，单调递减区间为(0，ln(－a－1)).
③当ln(－a－1)<0，即－20，解得x∈(－∞，ln(－a－1))∪(0，＋∞)；
由f′(x)<0，解得x∈(ln(－a－1)，0)，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，ln(－a－1))，(0，＋∞)，单调递减区间为(ln(－a－1)，0).
综上，当a≥－1时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；
当－2当a＝－2时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a<－2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln(－a－1)，＋∞)，单调递减区间为(0，ln(－a－1)).
探究点3　函数单调性的应用
【例3】 (1)设a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．aC．c(2)已知函数f(x)＝ex ln(1＋x).
(ⅰ)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程．
(ⅱ)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性．
(ⅲ)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t).
解析：(1)A　设f(x)＝，则f′(x)＝，令f′(x)＝＝0，则x＝e，
所以当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
又a＝＝f(e2)，b＝＝＝f(4)，c＝＝f(3)，e<3<4所以f(3)>f(4)>f(e2)，所以a(2)(ⅰ)因为f(x)＝ex ln(1＋x)，所以f(0)＝0，即切点坐标为(0，0)，
又f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋]，
所以切线斜率k＝f′(0)＝1，所以切线方程为y＝x.
(ⅱ)因为g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋]，
所以g′(x)＝ex[ln(1＋x)＋－].
令h(x)＝ln(1＋x)＋－，
则h′(x)＝－＋＝>0，
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0＋2－1＝1>0，
所以g′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增．
(ⅲ)证明：原不等式等价于f(s＋t)－f(s)>f(t)－f(0)，
令m(x)＝f(x＋t)－f(x)(x，t>0)，即证m(x)>m(0)，
因为m(x)＝f(x＋t)－f(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)－ex ln(1＋x)，
所以m′(x)＝ex＋tln(1＋x＋t)＋－ex ln(1＋x)－＝g(x＋t)－g(x)，
由(ⅱ)知g(x)＝f′(x)＝ex[ln(1＋x)＋]在[0，＋∞)上单调递增，
所以g(x＋t)>g(x)，
所以m′(x)>0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为x，t>0，所以m(x)>m(0)，所以命题得证．
1．构造函数，应用导数比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间内进行比较，对于选择题、填空题，能数形结合的尽量用图象法求解．
2．构造函数，应用导数求解不等式的解集时，先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)变式探究
6．(2024·全国模拟预测)若对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1A．(，e) B．[，e]
C．[，＋∞) D．(，＋∞)
解析：C　对任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1则x1ln x2－x2ln x1<2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)即>.
令f(x)＝，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[，＋∞).故选C.
7．已知函数f(x)＝2ln x＋mx2－2(m＋1)x－8，m∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)对实数m＝2，令g(x)＝f(x)－3x，正实数x1，x2满足g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，求x1＋x2的最小值．
解析：(1)f′(x)＝＋2mx－2(m＋1)＝(x>0).
若m≤0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，1)上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，即f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
若00，即f(x)在(0，1)，(，＋∞)上均单调递增；
当x∈(1，)时，f′(x)<0，即f(x)在(1，)上单调递减．
若m＝1，则f′(x)≥0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若m>1，当x∈(0，)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，即f(x)在(0，)，(1，＋∞)上均单调递增；
当x∈(，1)时，f′(x)<0，即f(x)在(，1)上单调递减．
(2)当实数m＝2时，g(x)＝f(x)－3x＝2ln x＋2x2－9x－8(x>0)，
g(x1)＋g(x2)＋2x1x2＝0，
所以2ln x1＋2x－9x1－8＋2ln x2＋2x－9x2－8＋2x1x2＝0，
所以2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16＝2x1x2－2ln(x1x2).
令t＝x1x2，h(t)＝2t－2ln t(t>0)，
由于h′(t)＝，
所以当t∈(0，1)时，h′(t)<0，即h(t)单调递减；
当t∈(1，＋∞)时，h′(t)>0，即h(t)单调递增．
从而h(t)min＝h(1)＝2，此时x1x2＝1.
于是2(x1＋x2)2－9(x1＋x2)－16≥2，
即[2(x1＋x2)＋3](x1＋x2－6)≥0，
而x1，x2>0，所以x1＋x2≥6，
所以当x1＝3－2，x2＝3＋2时，x1＋x2取最小值6.
1．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，2) B．(0，3)
C．(1，4) D．(2，＋∞)
解析：D　f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex.令f′(x)>0，解得x>2.故选D.
2．已知函数f(x)＝ax3＋x2＋x＋4，则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
解析：C　由已知得f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0恒成立，所以即a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件．故选C.
3．已知函数f(x)＝，则f(x)的大致图象为(　　)
解析：C　因为f(x)＝，
所以f′(x)＝，
令f′(x)>0?x∈(－∞，0)∪(，＋∞)，
所以f(x)在(－∞，0)和(，＋∞)上单调递增，排除A、D；
又当x<0时，f(x)＝>0，排除B.故选C.
4．已知定义在[－3，4]上的函数f(x)的大致图象如图所示，f′(x)是f(x)的导函数，则不等式xf′(x)>0的解集为(　　)
A．(3，4) B．(－3，－2)
C．(－1，0)∪(1，) D．(－2，－1)∪(1，)
解析：C　若x<0，则f′(x)<0，f(x)单调递减，由图象可知，x∈(－1，0)，
若x>0，则f′(x)>0，f(x)单调递增，由图象可知，x∈(1，)，
故不等式xf′(x)>0的解集为(－1，0)∪(1，).故选C.
5．(2023·新课标Ⅱ卷)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
解析：C　依题意可知，f′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥.
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.故选C.
6．(2024·江西宜春三模)已知a＝，b＝，c＝，其中e＝2.71828…为自然对数的底数，则(　　)
A．bC．a解析：A　由题意得a＝＝，b＝＝，c＝＝＝.
设f(x)＝，则f′(x)＝，
当00，所以f(x)单调递增，
又0<<<2即<<，
所以b7．已知函数f(x)＝ex＋2f′(0)x－cos x，则f(x)的解析式为 ____________________；f(x)在(－∞，0]上的单调性为__________．
解析：f(x)＝ex－2x－cos x　单调递减
因为f(x)＝ex＋2f′(0)x－cos x，
所以f′(x)＝ex＋2f′(0)＋sin x，
则f′(0)＝e0＋2f′(0)＋sin 0＝1＋2f′(0)，
所以f′(0)＝－1，所以f(x)＝ex－2x－cos x.
因为f′(x)＝ex－2＋sin x，
当x≤0时，0所以f′(x)＝ex－2＋sin x≤0恒成立，
所以f(x)在(－∞，0]上单调递减．
8．(2025·湖北期中)已知函数f(x)＝x3＋x2＋(a－1)x＋1.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线6x＋y＋1＝0平行，求出这条切线的方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性．
解析：(1)f′(x)＝x2＋ax＋a－1，f′(2)＝3a＋3，
由已知f′(2)＝－6，所以3a＋3＝－6，解得a＝－3.
又f(2)＝－，所以曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＋＝－6(x－2)，化简得18x＋3y－5＝0.
(2)函数f(x)的定义域为R，
f′(x)＝(x＋a－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝1－a或x＝－1.
①当1－a<－1，即a>2时，令f′(x)>0，得x>－1或x<1－a，令f′(x)<0，得1－a②当1－a＝－1，即a＝2时，f′(x)＝(x＋1)2≥0恒成立，故f(x)在R上单调递增；
③当1－a>－1，即a<2时，令f′(x)>0，得x>1－a或x<－1，令f′(x)<0，得－1综上，当a>2时，f(x)在(1－a，－1)上单调递减，在(－∞，1－a)，(－1，＋∞)上单调递增；
当a＝2时，f(x)在R上单调递增；
当a<2时，f(x)在(－1，1－a)上单调递减，在(－∞，－1)，(1－a，＋∞)上单调递增．
9．(2024·山东潍坊三模)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(1)＝e，当x>0时，f′(x)<＋ex，则不等式>1的解集为(　　)
A．(0，1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，1)∪(1，＋∞)
解析：A　不等式>1等价于f(x)>ex＋ln x，
即f(x)－ex＋ln x>0，
构造函数g(x)＝f(x)－ex＋ln x，x>0，
所以g′(x)＝f′(x)－ex－.
因为x>0时，f′(x)<＋ex，
所以g′(x)<0对?x∈(0，＋∞)恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．
又因为g(1)＝f(1)－e－ln 1＝0，
所以不等式f(x)－ex＋ln x>0等价于g(x)>g(1)，
所以01的解集为(0，1).故选A.
10．(2024·广西贵港模拟预测)已知函数f(x)＝log4(4x＋1)－x，若f(a－1)≤f(2a＋1)成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－2]
B．(－∞，－2]∪[0，＋∞)
C．[－2，]
D．(－∞，－2]∪[，＋∞)
解析：B　f(x)＝log4＝log4(2x＋2－x)，
所以f(－x)＝f(x)，即f(x)为偶函数，
对函数y＝2x＋2－x，x∈(0，＋∞)，
则y′＝2x ln 2＋2－x(－ln 2)＝ln 2(2x－2－x)，
因为x∈(0，＋∞)，所以2x>1，2－x<1，
所以2x－2－x>0，故y′>0在(0，＋∞)上恒成立．
所以函数y＝2x＋2－x在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
所以f(a－1)≤f(2a＋1)?|a－1|≤|2a＋1|，
所以a2－2a＋1≤4a2＋4a＋1?3a2＋6a≥0，
解得a≥0或a≤－2.故选B.
11．已知实数a≥0，设函数f(x)＝x2－2ax＋ln (a＋1)－(ax－1)ln x，x>0.
(1)当a＝0时，求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)单调递增，求实数a的最大值．
解析：(1)当a＝0时，f(x)＝x2＋ln x，f′(x)＝2x＋>0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)若函数f(x)单调递增，
则f′(x)＝2x－2a－－a ln x＝2x＋－3a－a ln x≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．
令g(x)＝ln x－(x－1)，g′(x)＝－1＝，
在(0，1)上g′(x)>0，g(x)单调递增，在(1，＋∞)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max≤g(1)＝0，即ln x≤x－1.
所以f′(x)＝2x＋－3a－a ln x≥2x＋－a(x＋2)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
则a≤在(0，＋∞)上恒成立．
令h(x)＝，
则h′(x)＝，
所以01时，h′(x)>0，即h(x)单调递增，
故h(x)≥h(1)＝1，即a≤1.
综上，实数a的最大值是1.
12．(2024·山东泰安模拟预测)已知定义域为R的偶函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，则下列结论正确的是(　　)
A．f(－)>f(sin )>f(－ln )
B．f(－)>f(－ln )>f(sin )
C．f(－ln )>f(－)>f(sin )
D．f(－ln )>f(sin )>f(－)
解析：C　因为定义域为R的偶函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以定义域为R的偶函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
而f(－)＝f()，
f(－ln )＝f(ln )＝f(ln ())＝f(ln ())，
令h(x)＝x－sin x(0g(x)＝x－ln ()(0则h′(x)＝1－cos x>0，
g′(x)＝1－·()′＝1－＝<0在(0，1)上恒成立，
所以h(x)在(0，1)上单调递增，g(x)在(0，1)上单调递减，
所以h()＝－sin >h(0)＝0，
g()＝－ln 即0而定义域为R的偶函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以f(－ln )＝f(ln )>f(－)＝f()>f(sin ).故选C.
13．已知函数f(x)＝xex＋a(x＋1)2(其中常数e＝2.718…是自然对数的底数).
(1)当a<0时，讨论函数f(x)的单调性．
(2)证明：对任意a≤1，当x>0时，f(x)－ex2≥a(x3－x2＋3x＋1).
解析：(1)由题意得
f′(x)＝(x＋1)ex＋2a(x＋1)＝(x＋1)(ex＋2a).
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝ln (－2a).
①当－由f′(x)>0，解得x－1，
由f′(x)<0，解得ln (－2a)故f(x)在(－∞，ln (－2a))，(－1，＋∞)上单调递增，在(ln (－2a)，－1)上单调递减．
②当a＝－时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增．
③当a<－时，由f′(x)>0，解得x<－1或x>ln (－2a)，由f′(x)<0，解得－1故f(x)在(－∞，－1)，(ln (－2a)，＋∞)上单调递增，在(－1，ln (－2a))上单调递减．
综上所述，当－(2)证明：对任意a≤1，当x>0时，要证f(x)－ex2≥a(x3－x2＋3x＋1)，只需证＋2a－－ax－e≥0.
令g(x)＝＋2a－－ax－e，
则g′(x)＝，
令h(x)＝ex－ax－a，则h′(x)＝ex－a，
因为x>0，a≤1，所以h′(x)＝ex－a>0，
所以h(x)>h(0)＝1－a≥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)＝0，即＋2a－－ax－e≥0，原不等式成立．
微专题(八)　抽象函数与不等式综合问题
题型1　应用导数解抽象函数相关的不等式
【例1】 (1)设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对任意的x∈R，有f(x)＋f(－x)＝2cos x，且在[0，＋∞)上有f′(x)>－sin x，则不等式f(x)－f(－x)≥cos x－sin x的解集是(　　)
A．(－∞，] B．[，＋∞)
C．(－∞，] D．[，＋∞)
(2)函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且满足f′(x)＋f(x)>0，若不等式≥在x∈(1，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(0，] B．[，＋∞)
C．(0，e] D．(，＋∞)
解析：(1)B　设F(x)＝f(x)－cos x，
因为f(x)＋f(－x)＝2cos x，
即f(x)－cos x＝cos x－f(－x)，即F(x)＝－F(－x)，故F(x)是奇函数．
由于函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，
所以函数f(x)在R上连续，则函数F(x)在R上连续．
因为在[0，＋∞)上有f′(x)>－sin x，
所以F′(x)＝f′(x)＋sin x>0，故F(x)在[0，＋∞)上单调递增，
又因为F(x)是奇函数，且F(x)在R上连续，所以F(x)在R上单调递增．
因为f(x)－f(－x)≥cos x－sin x，
所以f(x)－cos x≥f(－x)－sin x＝f(－x)－cos (－x)，即F(x)≥F(－x)，
所以x≥－x，故x≥，故选B.
(2)B　设g(x)＝x2f(x)，x>0，
g′(x)＝x2f′(x)＋2xf(x)＝x2[f′(x)＋f(x)]>0，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由f(x)的定义域为(0，＋∞)可知ax>0，得a>0.
将不等式≥整理得a2x2·f(ax)≥f(ln x)·ln2x，即g(ax)≥g(ln x)，
可得ax≥ln x在x∈(1，＋∞)上恒成立，即a≥在x∈(1，＋∞)上恒成立．
令φ(x)＝，其中x>1，所以φ′(x)＝，
令φ′(x)＝0，得x＝e.
当x∈(1，e)时，φ′(x)>0，所以φ(x)在(1，e)上单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)<0，所以φ(x)在(e，＋∞)上单调递减．
所以φ(x)max＝φ(e)＝，所以a≥.故选B.
依题设条件联想导数运算法则构造相关函数，对新构造的函数求导，判断函数的单调性，由函数单调性解不等式即可．
变式探究
1．已知f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，f′(x)是f(x)的导函数，f(1)<0，且满足f′(x)·ln x＋<0，则不等式(x－1)f(x)<0的解集为(　　)
A．(1，＋∞)
B．(－∞，－1)∪(0，1)
C．(－∞，1)
D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析：D　令g(x)＝f(x)ln x，x>0，
则g′(x)＝f′(x)ln x＋<0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0，
因此，由g(x)>0得0由g(x)<0得x>1，此时ln x>0，则f(x)<0.
又f(1)<0，于是在(0，＋∞)上，f(x)<0，而f(x)是(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，则在(－∞，0)上，f(x)>0，
由(x－1)f(x)<0得
或
即或解得x<0或x>1，
所以不等式(x－1)f(x)<0的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞).故选D.
2．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足2f(x)A．(，) B．(，)
C．(，) D．(，)
解析：B　根据题意，设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，
得g′(x)＝＝.
由 x∈(0，＋∞)，2f(x)0，
则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则有g(2)>g(1)，即>，可得<.
设h(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝＝.
又由 x∈(0，＋∞)，2f(x)则函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，则有h(1)>h(2)，
则有<，可得>.
综上可得<<，则的取值范围为(，).故选B.
题型2　
【例2】 (1)函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)>0(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝ln ·f(ln )，则(　　)
A．aC．c(2)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)D．f(0)>f()
解析：(1)B　令F(x)＝xf(x)，
又f(x)为定义在R上的偶函数，
则F(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－F(x)，
故F(x)为定义在R上的奇函数．
又F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，由题可知，当x<0时，F′(x)>0，即F(x)在(－∞，0)上单调递增，
结合F(x)是R上的奇函数可知，F(x)为R上的增函数．
又30.3>30＝1＝logππ>logπ3>logπ1＝0＝ln 1>－ln 9＝ln ，
又a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝ln ·f(ln )，
故a>b>c.故选B.
(2)C　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x∈(－，)上单调递增，
则g(－)所以f(－)cos (－)即f(－)又>，则g()>g()，
所以f()cos >f()cos ，
即f()>f()，B错误；
同理，g(0)同理，g(0)依题设条件联想导数运算法则构造相关函数，对新构造的函数求导，判断函数的单调性，应用函数单调性即可比较“数”或“式”的大小．
变式探究
3．已知函数f(x＋2)是偶函数，且当x>2时满足xf′(x)>2f′(x)＋f(x)，则(　　)
A．2f(1)f(3)
C．f(0)<4f() D．f(1)解析：A　由xf′(x)>2f′(x)＋f(x)，
得(x－2)f′(x)－f(x)>0，
设h(x)＝，
则h′(x)＝.
因为当x>2时，(x－2)f′(x)－f(x)>0，所以h′(x)>0，此时函数h(x)单调递增．
因为f(x＋2)是偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，即f(x)的图象关于x＝2对称，即f(1)＝f(3)，故D错误；
f()＝f()，f(0)＝f(4)，
又h(x)在(2，＋∞)上单调递增，则h()h(4)>h()，即>，即>，则f(4)>4f()，即f(0)>4f()，故C错误；
h(4)>h(3)，即>，即f(4)>2f(3)，则f(4)>2f(1)，故A正确．故选A.
4．(多选)已知偶函数y＝f(x)对于任意的x∈[0，)满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式中成立的有(　　)
A．f(－)B．f(－)>f()
C．f(0)D．f()解析：BCD　因为偶函数y＝f(x)对于任意的x∈[0，)满足f′(x)cos x＋f(x)sin x>0，
令g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
所以x∈[0，)时，g(x)＝是增函数，且是偶函数，
所以g(－)＝g()，g(－)＝g().
对于A和B，因为g()所以<，
即f()>f()，因为f(x)是偶函数，
所以f(－)＝f()>f()，故A错误，B正确；
对于C，根据g(x)的单调性可知g()>g(0)，
所以>，所以f(0)因为f(x)是偶函数，
所以f(0)对于D，根据g(x)的单调性可知g()>g()，所以>，所以f()>f()，故D正确．故选BCD.
第63讲　导数与函数的极值、最值
[课标要求]　1.了解函数在某点取得极值的充要条件；会用导数求函数的极值.2.会求闭区间上的最大(小)值．
1．函数的极值与导数
(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值__都小__，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧__f′(x)<0__，右侧__f′(x)>0__，我们把a叫做函数的极小值点，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的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧__f′(x)>0__，右侧__f′(x)<0__，我们把b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．
(3)求可导函数极值的步骤
①求f′(x).
②求方程__f′(x)＝0__的根．
③考察f′(x)在方程__f′(x)＝0__的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得__极大值__；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得__极小值__．
(4)对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．
2．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则__f(a)__为函数的最小值，__f(b)__为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则__f(a)__为函数的最大值，__f(b)__为函数的最小值．
(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在(a，b)上的__极值__；
②将函数y＝f(x)的__各极值__与__端点__处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
1．若函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：A　因为f′(x)与x轴有4个交点，即f′(x)＝0有4个解，但仅左边第二个交点x＝x0满足当x＜x0时，f′(x)＜0，当x＞x0时，f′(x)＞0，其他交点均不符合该条件．
2．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　)
A．－1 B．－
C． D．1
解析：B　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知f(1)＝－2，f′(1)＝0.
所以b＝－2，而f′(x)＝－，
所以a－b＝0，即a＝－2，b＝－2，
所以f′(x)＝－＋＝，
因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，则有f′(2)＝－1＋＝－.故选B.
3．(教材母题选必修复习参考题5T9改编)已知x＝是函数f(x)＝x ln(ax)＋1的极值点，则a＝(　　)
A． B．1
C． D．2
解析：B　由函数f(x)＝xln(ax)＋1，可得f′(x)＝ln(ax)＋1.由x＝是函数f(x)＝xln(ax)＋1的极值点，
可得ln(a·)＋1＝0，解得a＝1.
经检验，当a＝1时，x＝是函数f(x)＝xln(ax)＋1的极值点．故选B.
4．已知函数f(x)＝(x－1)sin x＋(x＋1)cos x，当x∈[0，π]时，f(x)的最大值与最小值的和为____________________．
解析：(－1)π－1
因为f′(x)＝sin x＋(x－1)cos x＋cos x－(x＋1)sin x＝x(cos x－sin x)＝xcos (x＋)，
所以当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(，π)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)max＝f()＝，f(0)＝1，f(π)＝－(π＋1)，
所以f(x)min＝－(π＋1)，
故最大值与最小值的和为(－1)π－1.
5．已知函数f(x)＝x ln x－ax＋1，若存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)<0成立，则实数a的取值范围为____________．
解析：(1，＋∞)　因为f(x)＝xln x－ax＋1，
由f(x0)<0，即x0ln x0－ax0＋1<0，
即a>＝ln x0＋.
设g(x)＝ln x＋，x>0，
根据题意知存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)<0成立，即a>g(x)min成立，
求导可得g′(x)＝－＝，
当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x＝1时，函数g(x)取得最小值，最小值为g(1)＝1，所以a>1，
即实数a的取值范围是(1，＋∞).
探究点1　利用导数研究函数的极值
【例1】 (2024·新课标Ⅱ卷)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；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则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)(方法1)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)内单调递减，在(ln a，＋∞)内单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值，
由题意可得f(ln a)＝a－a ln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0，
设g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
则g′(a)＝2a＋>0，
可知g(a)在(0，＋∞)内单调递增，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，＋∞).
(方法2)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.
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)内单调递减，在(ln a，＋∞)内单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)＝a－a ln a－a3，无极大值，符合题意．
由题意可得f(ln a)＝a－a ln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0，
设g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)内单调递增，
可知g(a)在(0，＋∞)内单调递增，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，＋∞).
函数极值的两类热点问题
(1)求函数f(x)极值的一般解题步骤
①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号．
(2)根据函数极值情况求参数的两个要领
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．
变式探究
1．(2024·北京东城二模)已知函数f(x)＝xsin 2x＋cos 2x.
(1)求曲线y＝f(x)在(－，f(－))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[－，]上的极值点个数．
解析：(1)因为f(x)＝xsin 2x＋cos 2x，
则f′(x)＝sin 2x＋2xcos 2x－2sin 2x＝2xcos 2x－sin 2x，
可得f(－)＝，f′(－)＝1，
可知切点坐标为(－，)，切线斜率k＝1，
所以曲线y＝f(x)在(－，f(－))处的切线方程为y－＝x＋，
即x－y＋＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝2xcos 2x－sin 2x，
设g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝2cos 2x－4xsin 2x－2cos 2x＝－4xsin 2x，
因为x∈[－，]，所以2x∈[－，]，
令g′(x)＝0，得x1＝－，x2＝0，x3＝，
故当x∈(－，－)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(－，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(0，)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(，)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又f′(－)＝－×(－)－＝－>0，
f′(－)＝π>0，f′(0)＝0，f′()＝－π<0，
f′()＝×＋>0，
故存在x0∈(，)，使得f′(x0)＝0，
则f(x)在区间[－，0)上单调递增，在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，]上单调递增，故f(x)在区间[－，]上有且仅有两个极值点．
探究点2　利用导数研究函数的最值
【例2】 (2024·山西吕梁二模)已知函数f(x)＝a ln x－2x－(a≠0).
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间和极值；
(2)求f(x)在区间(0，1]上的最大值．
解析：(1)当a＝1时，f(x)＝ln x－2x－，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝－2＋
＝＝.
当00，函数f(x)单调递增，
当x>1时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，
故函数f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，＋∞)，
函数f(x)的极大值为f(1)＝－3，没有极小值．
(2)由题意得f′(x)＝－2＋＝－＝－.
若a≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，
此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2；
若00，f(x)单调递增，当x∈(a，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f(a)＝a ln a－3a；
若－20，f(x)单调递增，当x∈(－，1]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，此时f(x)的最大值为f(－)＝a ln(－)＋3a；
若a≤－2，则－≥1，当x∈(0，1]时，f′(x)≥0，f(x)在区间(0，1]上单调递增，
此时f(x)的最大值为f(1)＝－2－a2.
综上可得
f(x)max＝
1．求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法
(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，则f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．
(2)若函数在闭区间[a，b]上有极值，则先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．
(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．
2．极值与最值的区别与联系
(1)函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近的导函数符号得出的．
(2)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能一个都没有，且极大值并不一定比极小值大．
(3)极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处取得必定是极值．
变式探究
2．(2024·四川南充二模)设函数f(x)＝ex，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设0≤m<2，证明函数g(x)在区间(0，＋∞)上存在最小值A，且1解析：(1)由f(x)＝ex，则x＋2≠0，
所以f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)，
得f′(x)＝＝≥0，当且仅当x＝0时等号成立，
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(－2，＋∞)，无单调递减区间．
(2)证明：g′(x)＝＝·[ex＋m]，
由(1)知，φ(x)＝ex＋m在(0，＋∞)上单调递增，
由0≤m<2知，φ(0)＝－2＋m<0，φ(2)＝m≥0，
所以 x0∈(0，2]，使φ(x0)＝0，且当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，
由>0，则g′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，由>0，则g′(x)>0，
即g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在(0，＋∞)上存在最小值A，且A＝g(x0)，
又φ(x0)＝0，得ex0＋m＝0，
即－m＝ex0，
所以A＝g(x0)＝
＝
＝
＝，
设h(x)＝(0所以h′(x)＝>0，
所以h(x)在(0，2]上单调递增，h(0)＝1，h(2)＝，
所以1又x0∈(0，2]，故1探究点3　函数的恒成立问题
【例3】 (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3.
(1)若b＝0，且f′(x)≥0，求a的最小值．
(2)证明：曲线y＝f(x)是中心对称图形．
(3)若f(x)>－2，当且仅当1解析：(1)当b＝0时，f(x)＝ln ＋ax，其中x∈(0，2)，
则f′(x)＝·()′＋a＝·＋a＝＋a，x∈(0，2)，
因为x(2－x)≤()2＝1，当且仅当x＝1时等号成立，
故f′(x)min＝2＋a，而f′(x)≥0成立，故a＋2≥0，即a≥－2，
所以a的最小值为－2.
(2)证明：f(x)＝ln ＋ax＋b(x－1)3的定义域为(0，2)，
设P(m，n)为y＝f(x)图象上任意一点，P(m，n)关于(1，a)的对称点为Q(2－m，2a－n)，
因为P(m，n)在y＝f(x)的图象上，
故n＝ln ＋am＋b(m－1)3，
而f(2－m)＝ln ＋a(2－m)＋b(2－m－1)3
＝－[ln ＋am＋b(m－1)3]＋2a
＝－n＋2a，
所以Q(2－m，2a－n)也在y＝f(x)的图象上，
由P的任意性可得y＝f(x)的图象为中心对称图形，且对称中心为(1，a).
(3)因为f(x)>－2当且仅当1又函数f(x)的定义域为(0，2)，
故x＝1为f(x)＝－2的一个解，
所以f(1)＝－2，所以a＝－2.
先考虑1－2恒成立．
即ln ＋2(1－x)＋b(x－1)3>0在(1，2)上恒成立，
设t＝x－1∈(0，1)，则ln －2t＋bt3>0在(0，1)上恒成立，
设g(t)＝ln －2t＋bt3，t∈(0，1)，则g′(t)＝－2＋3bt2＝.
当b≥0时，－3bt2＋2＋3b≥－3b＋2＋3b＝2>0，故g′(t)>0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数，
故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立．
当－≤b<0时，－3bt2＋2＋3b≥2＋3b≥0，
故g′(t)≥0恒成立，故g(t)在(0，1)上为增函数，
故g(t)>g(0)＝0，即f(x)>－2在(1，2)上恒成立．
当b<－，则当0综上，f(x)>－2在(1，2)上恒成立时，b≥－.
而当b≥－时，由上述过程可得g(t)在(0，1)上单调递增，故g(t)>0的解集为(0，1)，即f(x)>－2的解集为(1，2).
综上，b≥－.
1．一般地，对定义域上的任意x，若不等式a≥f(x)恒成立，则a的取值范围是a≥f(x)max；若不等式a≤f(x)恒成立，则a的取值范围是a≤f(x)min.
2．若定义域内存在x0，使得不等式a≥f(x)成立，则a的取值范围是a≥f(x)min；若定义域内存在x0，使得不等式a≤f(x)成立，则a的取值范围是a≥f(x)max.
3．含参数的不等式f(x)>g(x)恒成立、有解、无解的处理方法：①从y＝f(x)的图象和y＝g(x)的图象特点考虑；②构造函数法，一般构造F(x)＝f(x)－g(x)，转化为F(x)的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为a>h(x)或a变式探究
3．已知f(x)＝a ln x＋2x2(a∈R).
(1)求f(x)的最值；
(2)当a＝－1，x∈(0，1]时，若(2－x)ex＋x－2x2＋f(x)>m恒成立，求正整数m的最大值．
解析：(1)因为f(x)＝a ln x＋2x2(x>0)，
所以f′(x)＝＋4x＝.
当a≥0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，也无最小值．
当a<0时，令f′(x)<0，即a＋4x2<0，所以0令f′(x)>0，即a＋4x2>0，
所以x>，
所以f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．
所以x＝时，f(x)取得极小值，也是最小值，f()＝a ln －，无最大值．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值，也无最小值；当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上有最小值a ln －，无最大值．
(2)当a＝－1，x∈(0，1]时，f(x)＝－ln x＋2x2.
(2－x)ex＋x－2x2＋f(x)>m恒成立，即m<(2－x)ex＋x－ln x恒成立．
设g(x)＝(2－x)ex－ln x＋x，0g′(x)＝－ex＋(2－x)ex－＋1
＝(x－1)(－ex).
设h(x)＝－ex，则h′(x)＝－－ex<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又h()＝2－>0，h(1)＝1－e<0，
所以存在唯一的x0∈(，1)，使得h(x0)＝0，即＝ex0.
当00，当x>x0时，h(x)<0，
所以当00，
g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增，
g(x)min＝g(x0)＝(2－x0)ex0＋x0－ln x0，
显然g(x0)由＝ex0得g(x0)＝＋x0＋x0＝2x0＋－1，
设u(x)＝2x＋－1(所以u(x)在(，1)上单调递减，u(x)>u(1)＝2＋2－1＝3，又x0∈(，1)，
所以u(x0)＝2x0＋－1>u(1)＝3，
所以g(x)min＝g(x0)∈(3，4)，
则满足m1．函数f(x)＝在[0，1]上的最大值为(　　)
A．0 B．
C．e D．
解析：B　因为f′(x)＝＝≥0在[0，1]上恒成立，所以f(x)在[0，1]上为增函数，所以当x＝1时，f(x)取最大值.故选B.
2．函数f(x)＝x3＋ax在x＝1处取得极小值，则极小值为(　　)
A．1 B．2
C．－2 D．－1
解析：C　依题意，f′(x)＝3x2＋a，因为函数f(x)在x＝1处取得极小值，则f′(1)＝3＋a＝0，解得a＝－3，此时f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1).
当x<－1或x>1时，f′(x)>0，当－1因此函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，
所以函数f(x)＝x3－3x在x＝1处取得极小值f(1)＝－2.故选C.
3．(2024·四川眉山三模)已知函数f(x)＝x－sin x，x∈[－，]，则f(x)的极大值点为(　　)
A．－ B．－
C． D．
解析：A　因为f(x)＝x－sin x，
所以f′(x)＝－cos x＋ ，
令f′(x)＝0，因为x∈[－，]，
可得x＝－或x＝，
则当x∈(－，－)∪(，)时，f′(x)>0；
当x∈(－，)时，f′(x)<0，
所以f(x)在区间(－，－)上单调递增，在(－，)上单调递减，在(，)上单调递增，
故f(x)的极大值点为－.故选A.
4．(2024·江西上饶二模)已知关于x的不等式aexx－2ln x－2x－2≥0恒成立，则a的最小值为________．
解析：2　不等式aexx－2ln x－2x－2≥0(x>0)恒成立，等价于≥＝，
令t＝g(x)＝x＋ln x，g′(x)＝1＋>0，
所以g(x)＝x＋ln x在(0，＋∞)上是增函数，
且x趋近于0时，g(x)趋近于－∞，x趋近于＋∞时，g(x)趋近于＋∞，即t∈R.
令m(t)＝，则m′(t)＝，
当t∈(－∞，0)时，m′(t)>0，m(t)是增函数；
当t∈(0，＋∞)时，m′(t)<0，m(t)是减函数．
所以m(t)max＝m(0)＝1，所以≥1，即a≥2.
5．若函数f(x)＝x2－a ln x－1(a∈R)在[1，2]内不存在极值点，则a的取值范围是____________________．
解析：(－∞，2]∪[8，＋∞)　函数f(x)＝x2－a ln x－1(a∈R)在[1，2]内不存在极值点f(x)＝x2－a ln x－1(a∈R)在[1，2]内单调函数f′(x)≥0或f′(x)≤0(a∈R)在[1，2]内恒成立．由f′(x)＝2x－≥0在[1，2]内恒成立a≤(2x2)min，x∈[1，2]，即a≤2.
同理可得a≥8.
故a的取值范围是(－∞，2]∪[8，＋∞).
6．已知函数f(x)＝ax3＋bx2－3x(a，b∈R)在x＝－1处取得极大值为2.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x1，x2都有|f(x1)－f(x2)|≤c，求实数c的最小值．
解析：(1)由题意得f′(x)＝3ax2＋2bx－3.
由题意得即
解得
经检验成立，所以f(x)＝x3－3x.
(2)令f′(x)＝0，即3x2－3＝0，得x＝±1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x －2 (－2， －1) －1 (－1， 1) 1 (1， 2) 2
f′(x) ＋ － ＋
f(x) －2 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 2
因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，f(2)＝2，f(－2)＝－2，
所以当x∈[－2，2]时，f(x)max＝2，f(x)min＝－2.
对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x1，x2，
都有|f(x1)－f(x2)|≤|f(x)max－f(x)min|＝4，所以c≥4.
所以实数c的最小值为4.
7．(2024·浙江温州三模)设函数f(x)＝x ln x－x3的导函数为g(x).
(1)求函数g(x)的单调区间和极值；
(2)证明：函数f(x)存在唯一的极大值点x0，且x0>.
(参考数据：ln 2≈0.6931)
解析：(1)由题意得函数f(x)＝x ln x－x3，定义域为(0，＋∞)，
则g(x)＝f′(x)＝ln x＋1－x2，
所以g′(x)＝－x＝(x>0)，
由g′(x)>0，解得0由g′(x)<0，解得x>1，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故极大值为g(1)＝ln 1＋1－＝，无极小值．
(2)证明：由(1)可知，f′(1)＝g(1)＝>0且f′()＝－<0，f′(e)＝<0，
所以根据零点存在定理，x1∈(，1)，使f′(x1)＝0，x2∈(1，e)，使f′(x2)＝0，
即当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，f(x)为增函数．
所以f(x)存在唯一极大值点x2，即x0＝x2∈(1，e).
又因为f′()＝ln ＋1－×()2＝ln 3－ln 2＋1－＝ln 3－(ln 2＋)≈ln 3－0.8181>0＝g(x0)，
所以x2∈(，e)，即x0>.
8．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝(x＋a)·ln (x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　)
A． B．
C． D．1
解析：C　由题意可知，f(x)的定义域为(－b，＋∞)，
令x＋a＝0，解得x＝－a；令ln (x＋b)＝0，解得x＝1－b.
则当x∈(－b，1－b)时，ln (x＋b)<0，故x＋a≤0，所以1－b＋a≤0，
当x∈(1－b，＋∞)时，ln (x＋b)>0，故x＋a≥0，所以1－b＋a≥0，
故1－b＋a＝0, 则a2＋b2＝a2＋(a＋1)2＝2(a＋)2＋≥，
当且仅当a＝－，b＝时，等号成立，所以a2＋b2的最小值为.故选C.
9．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　)
A．x＝3是f(x)的极小值点
B．当0C．当1D．当－1f(x)
解析：ACD　对于A，因为函数f(x)的定义域为R，
而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，
易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0，
所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
故x＝3是函数f(x)的极小值点，A正确；
对于B，当00，所以1>x>x2>0，
而由上可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，B错误；
对于C，当1所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4对于D，当－1f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0，
所以f(2－x)>f(x)，D正确．故选ACD.
10．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x.
(1)当a＝－2时，求f(x)的极值；
(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
解析：(1)当a＝－2时，
f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，
故f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1，
因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上为增函数，
故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数，
而f′(0)＝0，
故当－10时，f′(x)>0，
故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)f′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1＝－a ln (1＋x)－，x≥0，
设s(x)＝－a ln (1＋x)－，x≥0，
则s′(x)＝－＝－＝－，
当a≤－时，s′(x)>0，故s(x)在[0，＋∞)上为增函数，故s(x)>s(0)＝0，即f′(x)>0，
所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)＝0.
当－故s(x)在(0，－)上为减函数，故在(0，－)上s(x)即在(0，－)上f′(x)<0，即f(x)为减函数，
故在(0，－)上f(x)当a≥0时，s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
同理可得在(0，＋∞)上f(x)综上，a的取值范围为(－∞，－].
11．(2025·广东深圳期末)已知函数f(x)＝ax＋ln x＋1，a∈R.
(1)证明：当a≤－1时，f(x)≤0.
(2)若f(x)≤xe2x恒成立，求a的取值范围．
解析：(1)证明：因为a≤－1，
所以f(x)＝ax＋ln x＋1≤－x＋ln x＋1，
令m(x)＝－x＋ln x＋1(x>0)，
则m′(x)＝－1＋＝，
当00，m(x)单调递增，
当x>1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，
所以m(x)≤m(1)＝0，所以f(x)≤m(x)≤0.
(2)因为x>0，且f(x)≤xe2x恒成立，
所以a≤在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝(x>0)，
则g′(x)＝，
令φ(x)＝2x2e2x＋ln x，
则φ′(x)＝4xe2x＋4x2e2x＋>0，
所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又因为φ(1)＝2e2>0，φ()＝－ln 4<0，
所以存在x0∈(，1)，使得φ(x0)＝2xe2x0＋ln x0＝0，
当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，即g′(x)<0，此时函数g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，φ(x)>0，即g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．
故g(x)min＝g(x0)＝，
因为2xe2x0＋ln x0＝0，
所以2xe2x0＝－ln x0＝ln ，
则2x0e2x0＝ln ＝(ln )·eln ，
令h(t)＝tet(t>0)，则h′(t)＝et＋tet>0，
所以h(t)＝tet(t>0)在(0，＋∞)上单调递增，
则有2x0＝ln ，
所以g(x0)＝
＝
＝
＝
＝＝2，
所以g(x)min＝2，则a≤2，
故a的取值范围为(－∞，2].
12．(2023·北京卷)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f(x)的极值点个数．
解析：(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，
所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b，
因为f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1，
则解得
(2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1(x∈R)，
则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，
令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±，
不妨设x1＝3－，x2＝3＋，则0易知e－x+1>0恒成立，
所以令g′(x)<0，解得0x2；
令g′(x)>0，解得x<0或x1所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，
即g(x)的单调递减区间为(0，3－)和(3＋，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－，3＋).
(3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x+1(x∈R)，
f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增，
当x<0时，f′(－1)＝1－4e2<0，f′(0)＝1>0，即f′(－1)f′(0)<0，
所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1此时，当x当x30，则f(x)单调递增．
所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点．
当x∈(0，x1)时，f′(x)在(0，x1)上单调递减，
则f′(x1)＝f′(3－)所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0此时，当00，则f(x)单调递增；
当x4所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点．
当x∈(x1，x2)时，f′(x)在(x1，x2)上单调递增，
则f′(x2)＝f′(3＋)>f′(3)＝1>0，故f′(x1)f′(x2)<0，
所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1此时，当x1当x50，则f(x)单调递增．
所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点．
当x>x2＝3＋>3时，3x2－x3＝x2(3－x)<0，
所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1>0，
则f(x)单调递增，所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点．
综上，f(x)共有3个极值点．
第64讲　导数与不等式的综合问题
[课标要求]　1.掌握应用导数解决实际应用问题.2.能够构造函数应用导数证明简单的不等式和解决与函数极值、零点相关的不等式问题．
　　　　　　　　　　
1．优化问题
与实际问题相关的利润最大、用料最省、效率最高等问题通常称为优化问题．
2．导数在优化问题中的应用
3．导数与不等式
(1)不等式的证明可以通过构造函数等价转换为探究函数值的大小，然后应用导数讨论函数的单调性，从而实现不等式的证明．
(2)函数的极值点、零点相关的不等式问题，通常有极值点偏移问题和已知零点或极值点证明相关不等式，常用方法构造函数，然后应用导数工具证明．
4．常见类型
(1)有关ex的常用不等式
①ex≥1＋x(x∈R)；
②ex≥ex(x∈R).
(2)有关ln x的常用不等式
①≤ln x≤x－1(x>0)；
②－≤ln x≤x(x>0)；
③ln x≤(0④ln x≥(x－)(0用x＋1取代x的位置，相应地可得到与ln(x＋1)有关的常用不等式．
1．某品牌电动汽车的耗电量y与速度x之间的关系为y＝x3－x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________.
解析：40　令y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40.
当040时，y′>0.
所以当x＝40时，y有最小值．
2．(2024·江西南昌三模)已知函数f(x)的定义域为R，且f(2)＝－1，对任意x∈R，f(x)＋xf′(x)<0，则不等式(x＋1)f(x＋1)>－2的解集是(　　)
A．(－∞，1) B．(－∞，2)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
解析：A　设g(x)＝xf(x)，则g(2)＝2f(2)＝－2，
因为对任意x∈R，f(x)＋xf′(x)<0，
所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)<0恒成立，即g(x)在R上单调递减，
由(x＋1)f(x＋1)>－2可得g(x＋1)>g(2)，
所以x＋1<2，解得x<1，即解集为(－∞，1).故选A.
3．已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)－2f(x)>0，则下列大小关系正确的是(　　)
A．f(2)>e2f(1)>e3f()
B．e2f(1)>f(2)>e3f()
C．e2f(1)>e3f()>f(2)
D．f(2)>e3f()>e2f(1)
解析：A　构造函数g(x)＝，其中x∈R，则g′(x)＝>0，
所以函数g(x)为R上的增函数，
所以g()因此e3f()4．已知函数f(x)＝4aln x－3x，且不等式f(x＋1)≥4ax－3ex在(0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，) B．(－∞，]
C．(－∞，0) D．(－∞，0]
解析：B　f(ex)＝4ax－3ex，
所以f(x＋1)≥4ax－3ex在(0，＋∞)上恒成立，
等价于f(x＋1)≥f(ex)在(0，＋∞)上恒成立．
因为x∈(0，＋∞)时，1所以只需f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
即x>1，f′(x)≤0恒成立，
即x>1时，－3≤0恒成立，a≤x，所以a≤.
5．设a＝sin x，b＝x，c＝x－x2，当0解析：c令f(x)＝x－sin x(0则f′(x)＝1－cos x>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，
即当0sin x.
令g(x)＝sin x－x＋x2(0则g′(x)＝cos x－1＋2x，
令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝－sin x＋2>0，
所以当x∈(0，1)时，h(x)单调递增，即g′(x)单调递增，
所以g′(x)>g′(0)＝0，
所以g(x)在(0，1)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝0，
所以当0x－x2，
即c探究点1　生活中的优化问题
【例1】 某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示．谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO′为铅垂线(O′在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(m)与D到OO′的距离a(m)之间满足关系式h1＝a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离h2(m)与F到OO′的距离b(m)之间满足关系式h2＝－b3＋6b.已知点B到OO′的距离为40 m.
(1)求桥AB的长度．
(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF，且CE为80 m，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)，桥墩CD每米造价k(万元)(k＞0).O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？
解析：(1)如图，过点A作AA1⊥MN于点A1，过点B作BB1⊥MN于点B1，则AA1，BB1，CD1，EF1都与MN垂直，A1，B1，D1，F1是相应垂足．
由条件知，当O′B＝40 m时，
BB1＝－×403＋6×40＝160(m)，则AA1＝160 m.
由O′A2＝160 m，得O′A＝80 m.
所以AB＝O′A＋O′B＝80＋40＝120(m).
故桥AB的长度为120 m.
(2)以O为原点，OO′为y轴建立平面直角坐标系(如图所示).
设F(x，y2)，x∈(0，40)，
则y2＝－x3＋6x，
EF＝160－y2＝160＋x3－6x(m).
因为CE＝80 m，所以O′C＝(80－x) m.
设D(x－80，y1)，则y1＝(80－x)2(m)，
所以CD＝160－y1＝160－(80－x)2＝－x2＋4x(m).
记桥墩CD和EF的总造价为f(x)，
则f(x)＝k(160＋x3－6x)＋k(－x2＋4x)＝k(x3－x2＋160)(0＜x＜40).
f′(x)＝k(x2－x)＝x(x－20)，
令f′(x)＝0，得x＝20.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：
x (0，20) 20 (20，40)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以当x＝20时，f(x)取得最小值．
故当O′E为20 m时，桥墩CD和EF的总造价最低．
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x).
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．
(4)回归实际问题，结合实际问题作答．
变式探究
某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5 km和40 km，点N到l1，l2的距离分别为20 km和2.5 km，以l2，l1所在的直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系(如图所示)，假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型．　　
(1)求a，b的值．
(2)该公路l与曲线C相切于点P，点P的横坐标为t.
(ⅰ)请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义

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