资源简介

(共18张PPT)
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
知识梳理
考点一 构造对称函数法
考点二 比、差值换元构造辅助函数
第4课时　极值点偏移问题
1.极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)=c的两根的中点刚好满足=x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢相同，如图1所示.
(无偏移，左右对称，如二次函数)若f(x1)=f(x2)，则x1＋x2=2x0.
图1
2.极值点偏移
若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图2、图3所示.
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1＋x2＞2x0；
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1＋x2＜2x0.
图2 图3
考点一　构造对称函数法
(2025·山东青岛调研)已知函数f(x)=xe－x.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
解：(1)f'(x)=(1－x)e－x，则由f'(x)＜0，得x＞1；由f'(x)＞0，得x＜1，∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f(x)的极大值是f(1)=，无极小值.
(2)若x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明：x1＋x2＞2.
证明：(2)不妨设x1＜x2，由(1)知x1＜1，x2＞1，要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1，即证f(x1)=f(x2)＜f(2－x1).
构造F(x)=f(2－x)－f(x)=(2－x)ex－2－xe－x，x＜1，则F'(x)=(1－x)(ex－2－e－x)＜0，∴F(x)在(－∞，1)上单调递减，∴F(x)=f(2－x)－f(x)＞F(1)=0，故F(x1)=f(2－x1)－f(x1)＞0，可得f(2－x1)＞f(x1)=f(x2)，又x1＜1，2－x1＞1，x2＞1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴2－x1＜x2，故x1＋x2＞2.
例 1
对称化构造辅助函数：
(1)对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)=f(x)－f(2x0－x).
(2)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看成两个变量即可.
已知函数f(x)=x(1－ln x)，若f(x)=m有两个根x1，x2(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2.
证明：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)=1－ln x＋x=－ln x.
当x∈(0，1)时，f'(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＜0，
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
不妨设0＜x1＜1＜x2，要证x1＋x2＞2，即证x2＞2－x1.
∵0＜x1＜1＜x2，∴x2＞1，2－x1＞1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴即证f(x2)＜f(2－x1)，
又f(x1)=f(x2)，∴即证f(x1)＜f(2－x1)，即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)＜0.
构造函数F(x)=f(x)－f(2－x)，则F'(x)=f'(x)＋f'(2－x)=－ln x－ln(2－x)=－ln [x(2－x)].
当0＜x＜1时，x(2－x)＜1，则－ln [x(2－x)]＞0，即当0＜x＜1时，F'(x)＞0，∴F(x)在(0，1)上单调递增，
∴当0＜x＜1时，F(x)＜F(1)=0，∴当0＜x1＜1时，f(x1)－f(2－x1)＜0成立，可得f(2－x1)＞f(x1)=f(x2)，又x1＜1，则2－x1＞1，x2＞1，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴2－x1＜x2，∴x1＋x2＞2.
跟踪训练1
考点二　比、差值换元构造辅助函数
已知函数f(x)=ln x－ax(x＞0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，证明：x1x2＞e2.
证明：方法一　不妨设x1＞x2＞0，
∵ln x1－ax1=0，ln x2－ax2=0，∴ln x1＋ln x2=a(x1＋x2)，ln x1－ln x2=a(x1－x2)，∴=a.
欲证x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2.∵ln x1＋ln x2=a·(x1＋x2)，∴即证a＞，∴原问题等价于证明，即ln.
令c=(c＞1)，则不等式变为ln c＞.
令h(c)=ln c－(c＞1)，∴h'(c)=＞0，∴h(c)在(1，＋∞)上单调递增，∴h(c)＞h(1)=ln 1－0=0，即ln c－＞0(c＞1)，∴原不等式x1x2＞e2得证.
例 2
方法二　由题意，函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，即f(x1)=f(x2)=0，易知ln x1，ln x2是方程x=aex的两个根，设t1=ln x1，t2=ln x2，g(x)=xe－x，则g(t1)=g(t2)，从而x1x2＞e2 ln x1＋ln x2＞2 t1＋t2＞2.下证：t1＋t2＞2.
g'(x)=(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴函数g(x)在x=1处取得极大值g(1)=.当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)＞0，由g(t1)=g(t2)，t1≠t2，不妨设t1＜t2，作出函数g(x)的图象如图所示，
由图知必有0＜t1＜1＜t2.
令F(x)=g(1＋x)－g(1－x)，x∈(0，1]，则F'(x)=g'(1＋x)＋g'(1－x)=·(e2x－1)＞0，∴F(x)在(0，1]上单调递增，∴F(x)＞F(0)=0对任意的x∈(0，1]恒成立，即g(1＋x)＞g(1－x)对任意的x∈(0，1]恒成立.由0＜t1＜1＜t2，得1－t1∈(0，1)，∴g[1＋(1－t1)]=g(2－t1)＞g[1－(1－t1)]=g(t1)=g(t2)，即g(2－t1)＞g(t2).又2－t1＞1，t2∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴2－t1＜t2，∴t1＋t2＞2，即x1x2＞e2.
用比值换元构造函数解决极值点偏移问题的步骤：
(1)联立消参：利用方程f(x1)=f(x2)消掉解析式中的参数；
(2)转化所证：根据所求问题，结合消参后的式子合理转化为x1，x2的关系；
(3)抓商换元：令t=，则x2=tx1，代入式子，直接消掉变量x1，x2，转化为关于t的函数；
(4)用导求解：利用导数求解关于t的函数的极值、最值等问题.
已知函数f(x)=x－aex＋1(a∈R)有两个零点x1，x2，且x1＜x2，证明：＞2.
证明：由题意得两式相减得
a=，两式相加得x2＋x1＋2=a()，
故x2＋x1＋2=()=·(＋1).令t=x2－x1(t＞0)，∵ex≥x＋1，当且仅当x=0时取等号，∴＞x1＋x2＋2，∴命题即证(et＋1)＞2，即证(t－2)·et＋t＋2＞0，构造函数g(t)=(t－2)et＋t＋2(t＞0)，g'(t)=(t－1)et＋1，g″(t)=tet＞0，故g'(t)在(0，＋∞)上单调递増，g'(t)＞g'(0)=0，即g(t)在(0，＋∞)上单调递增，g(t)＞g(0)=0，＞2得证.
跟踪训练2
课时作业
1.(2025·安徽合肥二模)设函数f(x)=(a＞0).
(1)若f(x)是增函数，求a的取值范围；
解：(1)由f(x)=(a＞0)，求导得f'(x)=，若f(x)是增函数，即f'(x)=≥0，∴ax2－2ax＋1≥0恒成立，又a＞0，则有Δ=4a2－4a≤0，解得0＜a≤1，即a的取值范围是(0，1].
(2)若x1，x2为f(x)的两个极值点，求f(x1)·f(x2)的取值范围.
(2)由(1)可知，若f(x)有两个极值点，则a＞1，根据韦达定理得出x1＋x2=2，x1x2=，∴f(x1)f(x2)=，又a＞1，∴∈，
∴f(x1)f(x2)的取值范围是.
2.已知函数f(x)=xln x.
(1)求f(x)的图象在x=e处的切线方程.
解：(1)∵f(x)=xln x，定义域为(0，＋∞)，f'(x)=ln x＋1，f(e)=e，f'(e)=2.∴函数y=f(x)的图象在x=e处的切线方程为y－e=2(x－e)，即y=2x－e.
(2)若函数F(x)=－b有两个不同的零点x1，x2，证明：x1x2－e2＞0.
(2)令F(x)=－b=－b=0，得bx=ln x，由题意可得两式相加得b(x1＋x2)=ln x1＋ln x2，两式相减得b(x1－x2)=ln x1－ln x2，设x1＞x2＞0，可得，∴ln =ln(x1x2)，要证(x1x2)＞e2，即证·ln =ln x1x2＞2，即ln ，令t=＞1，即证ln t＞.构造函数g(t)=ln t－，其中t＞1，g'(t)=＞0，∴函数g(t)=ln t－在区间(1，＋∞)上单调递增.
当t＞1时，g(t)＞g(1)=0，∴ln t＞，∴x1x2＞e2.
3.已知函数f(x)=ln x－ax2＋x，a∈R.
(1)当a=0时，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
解：(1)当a=0时，f(x)=ln x＋x，则f(1)=1，又f'(x)=1，∴切线的斜率k=f'(1)=2，故所求切线方程为y－1=2(x－1)，即2x－y－1=0.
(2)若a=－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2=0，证明：x1＋x2≥.
(2)证明：当a=－2时，f(x)=ln x＋x2＋x(x＞0).
由f(x1)＋f(x2)＋x1x2=0，得ln x1x1＋ln x2x2＋x1x2=0，即(x1＋x2)2＋(x1＋x2)=x1x2－ln (x1x2)，令t=x1x2(t＞0)，φ(t)=t－ln t，则φ'(t)=1－，易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，∴φ(t)≥φ(1)=1，∴(x1＋x2)2＋(x1＋x2)≥1，又x1＞0，x2＞0，∴x1＋x2≥.
4.已知函数f(x)=ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
解：(1)由题意，函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
由f(x)=ln x－ax2得f'(x)=－2ax=.当a≤0时，f'(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，由f'(x)＞0得0＜x＜，由f'(x)＜0得x＞，
∴f(x)在上单调递增，在上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)若x1，x2是方程f(x)=0的两个不等实根，证明：＞2e.
(2)证明：∵x1，x2是方程ln x－ax2=0的两个不等实根，ln x－ax2=0 2ln x－2ax2=0，即x1，x2是方程ln x2－2ax2=0的两个不等实根.令t=x2(t＞0)，则t1=，t2=，即t1，t2是方程2a=的两个不等实根.令g(t)=，则g'(t)=，∴g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)=，当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)＞0，且g(t)→0，∴0＜2a＜，即0＜a＜.令1＜t1＜e＜t2，要证＞2e，只需证t1＋t2＞2e.
方法一　对称化构造　令h(t)=g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，h(t)=g(t)－g(2e－t)=，令φ(t)=(2e－t)ln t－tln(2e－t)，则φ'(t)=－1－ln t－ln (2e－t)－ln(－t2＋2et)＞－2＞0，∴φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)＜φ(e)=0，∴h(t)=g(t)－g(2e－t)＜0，∴g(t)＜g(2e－t).∴g(t2)=g(t1)＜g(2e－t1)，又t2，2e－t1∈(e，＋∞)，且g(t)在(e，＋∞)上单调递减，∴t2＞2e－t1，即t1＋t2＞2e，∴＞2e.
方法二　对数基本不等式　先证，令0＜x1＜x2，只需证，只需证－ln m＜0.令φ(m)=－ln m(m＞1)，φ'(m)=＜0，
∴φ(m)在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(m)＜φ(1)=0.又，∴，
∴ln t1＋ln t2＞2，即t1t2＞e2，∴t1＋t2＞2＞2e.(共15张PPT)
第三章 单元小卷
1. (2025·山东聊城一模)曲线y=xln x在x=1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 4 B. 3
C. 1 D.
【解析】 ∵y'=ln x＋1，∴切线斜率k=ln 1＋1=1，切点坐标为(1，0)，∴切线方程为y=x－1，该切线交x轴于点(1，0)，交y轴于点(0，－1)，因此，曲线y=xln x在x=1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×12=.
D
2. 若函数f(x)=x2－3x－4ln x，则函数f(x)的单调递减区间为(　 　)
A. (4，＋∞) B. (0，1)
C. (0，4) D. (1，4)
【解析】 函数f(x)=x2－3x－4ln x，定义域为(0，＋∞)，由f'(x)=x－3－，令f'(x)＜0，解得0＜x＜4，∴f(x)的单调递减区间为(0，4).
C
3. (2025·台州二模)已知a∈R，若函数f(x)=x－ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范围是(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 ∵函数f(x)=x－ln x的定义域为(0，＋∞)，∴f'(x)=1－，
∵函数f(x)既有极大值，又有极小值，则关于x的方程x2－x－a=0有两个不等的正根x1，x2，∴解得－＜a＜0.
C
4. 若x=log424，y=3log43，4z＋8z=150，则(　 　)
A. x＞y＞z B. y＞z＞x
C. z＞y＞x D. y＞x＞z
【解析】 设函数f(a)=a2＋a3(a＞0)，则f(a)为增函数，∵f(5)=150，∴f(5)=150的解为a=5， 4z＋8z=f(2z)=150，∴2z=5，z=log25=log425. ∵x=log424＜log425＜log427=log433=y，∴y＞z＞x，B正确.
B
5. (2025·山东济宁一模)曲线y=(a＞0)与y=ln x和y=ex分别交于A，B两点，设曲线y=ln x在A处的切线斜率为k1，y=ex在B处的切线斜率为k2，若k1＋k2=，则a的值为(　 　)
A. 2ln 2 B. 2ln 3
C. 3ln 2 D. 3ln 3
【解析】 ∵y=ln x和y=ex互为反函数，其图象关于直线y=x对称，且反比例函数y=(a＞0)的图象也关于直线y=x对称，∴点A，B关于直线y=x对称，设A(x0，ln x0)，x0＞1，则B(ln x0，x0)，设f(x)=ln x，g(x)=ex，则f'(x)=，g'(x)=ex，由题意可得k1＋k2=，解得x0=2，或x0=(舍去)，可得A(2，ln 2)，则=ln 2，∴a=2ln 2.
A
6. (2025·山东临沂模拟)若定义在D上的函数f(x)， x1，x2，x3∈D，f(x1)，f(x2)，f(x3)可以作为一个三角形的三条边长，则称f(x)是D上的“三角形函数”.已知函数f(x)=xln x＋t是定义在区间上的“三角形函数”，则t的取值范围是(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 f'(x)=ln x＋1，令f'(x)＞0得＜x＜e2，令f'(x)＜0得＜x＜，故f(x)在上单调递减，在上单调递增，∴f(x)在x=处取得极小值，也是最小值，f=－t，又f=－t，f(e2)=2e2＋t，故f(x)max=2e2＋t，由题意得2f(x)min＞f(x)max，即－2t＞2e2＋t，解得t＞2e2.
A
7. (多选)若函数f(x)=ln(1＋x)－ln(1－x)，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. f(x)的图象是中心对称图形
B. f(x)在上单调递减
C. f(x)的极小值点为
D. f(x)有两个零点
ABC
【解析】 对于函数f(x)=ln(1＋x)－ln(1－x)解得－1＜x＜0，或0＜x＜1，即函数的定义域为(－1，0)∪(0，1)，对于A，f(－x)=ln(1－x)－ln(1＋x)－=－=－f(x)，∴函数f(x)为奇函数，函数图象关于(0，0)对称，A正确；对于B，f'(x)=，当x∈时，f'(x)＜0；当x∈时，f'(x)＞0，即f(x)在上单调递减，在上单调递增，B正确；对于C，由奇函数的对称性知，f(x)在上单调递增，在上单调递减，∴f(x)的极小值点为，极大值点为－，C正确；对于D，由C知，函数f(x)在(0，1)上有最小值f=ln(3＋2)＋2＞0，因此函数f(x)在(0，1)上无零点，由对称性知函数f(x)在(－1，0)上无零点，D错误.
8. (多选)已知函数f(x)的定义域为R，其导数f'(x)满足f(x)＋f'(x)＞0，则下列说法中，正确的有(　 　)
A. ff(1) B. f(－1)＜e2f(1)
C. D. ＞f(1)
【解析】 设F(x)=ex·f(x)，则F'(x)=exf(x)＋exf'(x)=ex[f(x)＋f'(x)]，∵对任意的x∈R都有f(x)＋f'(x)＞0，则F'(x)＞0恒成立，∴F(x)在R上单调递增；∵＜1，∴·f＜e1·f(1)，则ff(1)，A错误；∵－1＜1，∴e－1·f(－1)＜e1·f(1)，则f(－1)＜e2f(1)，B正确；∵ln 2＜1，∴eln 2·f(ln 2)＜e1·f(1)，则，C正确；∵0＜1，∴e0·f(0)＜e1·f(1)，则＜f(1)，D错误.
BC
9. (2025·河南郑州三模)若直线y=x为曲线y=eax＋b的一条切线，则的最小值为　 　.
【解析】 y'=aeax＋b，设直线y=x与曲线y=eax＋b相切于点(x，x)，则x=eax＋b，且aeax＋b=1，解得eax＋b=，∴x=，∴b=－1－ln a，∴，设g(a)=(a＞0)，g'(a)=，令g'(a)＜0得0＜a＜1，令g'(a)＞0得a＞1，∴g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(a)min=g(1)=－1，即的最小值为－1.
－1
10. (2025·安徽阜阳模拟)已知k＞0，对任意的x∈，不等式ekx(kx－1)≥exln x恒成立，则k的取值范围是　 　.
【解析】 由条件得ekx－1(kx－1)≥xln x=eln x·ln x，构造函数f(x)=xex(x∈R)，求导得f'(x)=(x＋1)·ex，令f'(x)=0得x=－1，于是当x＜－1时，f'(x)＜0，函数f(x)单调递减；当x＞－1时，f'(x)＞0，函数f(x)单调递增.∵k＞0，x∈，∴kx－1＞－1，ln x≥－1，根据f(kx－1)≥f(ln x)，得到kx－1≥ln x，分离参数得k≥对 x∈恒成立，只需k≥.构造函数g(x)=，x∈，对其求导得g'(x)=，令g'(x)=0得x=1，于是当≤x＜1时，g'(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x＞1时，g'(x)＜0，函数g(x)单调递减，∴g(x)max=g(1)=1＞0，于是k≥1，因此k的取值范围是[1，＋∞).
[1，＋∞)
11. (2025·河北秦皇岛三模)设函数f(x)=(x－2)ln x＋1.
(1)求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解：(1)函数f(x)=(x－2)ln x＋1，求导得f'(x)=ln x＋1－，则f'(1)=－1，而f(1)=1，∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1=－1·(x－1)，即x＋y－2=0.
(2)证明：f(x)＋ex＞x＋1.
(2)证明：函数f(x)=(x－2)ln x＋1的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，函数f'(x)=ln x＋1－在(0，＋∞)上单调递增，而f'(1)=－1＜0，f'(2)=ln 2＞0，则存在x0∈(1，2)，使得f'(x0)=0，即ln x0=－1，当0＜x＜x0时，f'(x0)＜0；当x＞x0时，f'(x0)＞0，∴函数f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(x0)=(x0－2)ln x0＋1=(x0－2)·1=5－，函数y=x0在(1，2)上单调递减，则4＜x0＜5，于是f(x)≥f(x0)＞0；令函数g(x)=ex－(x＋1)，x＞0，∴g'(x)=ex－1＞0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，则g(x)＞g(0)=0，即ex－(x＋1)＞0，∴f(x)＋g(x)=f(x)＋ex－(x＋1)＞0，得证.
12. (2025·杭州二模)已知函数f(x)=xex－ax2－ax(a∈R).
(1)若a=0，求f(x)的极小值；
解：(1)f'(x)=ex(x＋1)－ax－a=(ex－a)(x＋1)(a∈R).若a=0，则f(x)=xex，∴f'(x)=ex(x＋1).令f'(x)=0，得x=－1.当x∈(－∞，－1)时，f'(x)＜0，当x∈(－1，＋∞)时，f'(x)＞0，∴f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为f(－1)=－.
(2)当a＞时，求f(x)的单调递增区间；
(2)解：∵a＞，∴ln a＞－1，由f'(x)＞0，即(ex－a)(x＋1)＞0，解得x＜－1，或x＞ln a，∴f(x)在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增，由f'(x)＜0，即(ex－a)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜ln a，∴f(x)在(－1，ln a)上单调递减，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(ln a，＋∞).
(3)当a＞0时，设f(x)的极大值为g(a)，证明：g(a)≥－.
(3)证明：当a＞时，由(2)知，f(x)的极大值为f(－1)=g(a)=－a＞－＞－；当a=时，f'(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)无极大值；当0＜a＜时，当x∈(－∞，ln a)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(ln a，－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)的极大值为f(ln a)=g(a)=－a·(ln a)2，令g(x)=－x(ln x)2(x＞0)，∴g'(x)=－ln x，∴在上，g'(x)＜0，在上，g'(x)＞0，∴g(x)在上单调递减，在上单调递增，∴g(x)≥g=－.综上，g(a)≥－.(共21张PPT)
第5节　导数的综合问题
课标解读　含参不等式恒(能)成立问题是高考的常考题，对利用导数研究含参不等式恒(能)成立
问题，一般能分离参数的先分离参数，若不能分离参数或分离参数后不能求最值时，
则常用最值转化法和不分离参数分类讨论法求参数的取值范围.
内
容
索
引
关键能力提升
考点一 导数与不等式恒成立问题
考点二 分类讨论法求参数范围
考点三 双变量的恒(能)成立问题
第1课时　利用导数研究恒(能)成立问题
考点一　导数与不等式恒成立问题
已知函数f(x)=ax＋xln x在x=e(e为自然对数的底数)处取得极值.　
(1)求实数a的值；
解：(1)∵f(x)=ax＋xln x，∴f'(x)=a＋ln x＋1，
∵函数f(x)=ax＋xln x在x=e处取得极值，∴f'(e)=a＋2=0，∴a=－2，经检验，符合题意，
∴a=－2.
例 1
(2)若不等式＞k恒成立，求k的取值范围.
(2)∵f(x)=－2x＋xln x(x＞0)，∴k＜恒成立，即k＜对任意x∈(0，＋∞)恒成立.
令g(x)=，则g'(x)=.
设h(x)=ln x＋x－1(x＞0)，易得h(x)是增函数，且h(1)=0，∴当x＞1时，h(x)＞0，即g'(x)＞0；当0＜x＜1时，h(x)＜0，即g'(x)＜0，∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，∴g(x)min=g(1)=－1，∴k＜－1，k∈(－∞，－1).
1.分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，这要比分类讨论法简便很多.
2.a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min.
(2025·山东淄博一模)已知函数f(x)=aex＋x＋2，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.
(1)求实数a的值；
解：(1)∵函数f(x)=aex＋x＋2，可得f'(x)=aex＋1，∴f'(1)=ae＋1，即曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为k=ae＋1，∵曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，∴ae＋1=0，解得a=－，故实数a的值为－.
跟踪训练1
(2)若对于任意x∈(e，＋∞)，f(x)＜λx恒成立，求实数λ的取值范围.
(2)由(1)知f(x)=－ex－1＋x＋2，
∵x∈(e，＋∞)，∴由－ex－1＋x＋2＜λx，即λ＞－＋1.设g(x)=－＋1，x∈(e，＋∞)，
则g'(x)=－＜0在(e，＋∞)上恒成立，∴函数g(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴g(x)＜g(e)=－ee－2＋＋1，∴λ≥－ee－2＋＋1，即实数λ的取值范围是.
考点二　分类讨论法求参数范围
(2025·浙江模拟)已知函数f(x)=－1＋aln x，其中a为常数.
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调区间；
解：(1)当a=1时，函数f(x)=－1＋ln x(x＞0)，求导得f'(x)=－，当0＜x＜时，f'(x)＜0；当x＞时，f'(x)＞0，∴函数f(x)的单调递减区间为(0， )，单调递增区间为(，＋∞).
例 2
(2)若f(x)≥0恒成立，求a的值.
(2)函数f(x)=－1＋aln x的定义域为(0，＋∞)，求导得f'(x)=，当a≤0时，f'(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当x＞1时，f(x)＜f(1)=0，不符合题意；
当a＞0时，由f'(x)＜0，得0＜x＜；由f'(x)＞0，得x＞，因此函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，则f(x)min=f－1＋aln －1－ln ≥0，令g(x)=x－1－xln x，x＞0，求导得g'(x)=－ln x，当0＜x＜1时，g'(x)＞0；当x＞1时，g'(x)＜0，函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max=g(1)=0，g(x)≥0有唯一解x=1，从而－1－ln ≥0有唯一解a=2，∴若f(x)≥0恒成立，则a=2.
分类讨论法是指在恒成立问题中的函数结构并不是很复杂的情况下，可以通过直接求导得到极值点，再对极值点直接讨论，从而求得参数的取值情况.其常用的手段是因式分解、求根公式以及观察法.若无法求得极值时，常可利用零点存在定理，确定零点的范围后再对参数进行讨论.
(2025·湖南衡阳三模)已知函数f(x)=(x－1)ex－ax2＋1.
(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程；
解：(1)由题设当a=e时，f(x)=(x－1)ex－ex2＋1，∴f'(x)=xex－2ex=x(ex－2e)，f'(1)=－e.
又f(1)=－e＋1，∴曲线f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程为y－(－e＋1)=－e(x－1)，即ex＋y－1=0.
(2)若x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
(2)若x∈[0，＋∞)，不等式f(x)≥0恒成立，则f(x)min≥0，f'(x)=x(ex－2a)(x≥0)，
当a≤时，对于x∈[0，＋∞)，f'(x)≥0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴x≥0时，f(x)≥f(0)=0，即a≤满足题意；
当a＞时，若x∈(0，ln 2a)，则f'(x)＜0，f(x)在(0，ln 2a)上单调递减，∴f(ln 2a)＜f(0)=0，与f(x)≥0矛盾，不合题意.
综上，实数a的取值范围是.
跟踪训练2
考点三　双变量的恒(能)成立问题
(2025·福建龙岩期中)已知函数f(x)=ax2－(2a＋1)x＋2ln x＋4a(a＞0).
(1)求f(x)的单调区间；
解：(1)由f(x)=ax2－(2a＋1)x＋2ln x＋4a，x＞0，得f'(x)=ax－(2a＋1)＋.令f'(x)=0，解得x1=，x2=2.
当0＜a＜时，＞2，当x∈(0，2)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f'(x)＞0，f(x)单调递增.当a=时，=2，f'(x)≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞时，0＜＜2，当x∈时，f'(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增.
综上，当0＜a＜时，f(x)的单调递增区间为(0，2)和，单调递减区间为；当a=时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a＞时，f(x)的单调递增区间为和(2，＋∞)，单调递减区间为.
例 3
(2)设g(x)=x2－2x，若对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)＜g(x2)，求实数a的取值范围.
(2)∵对任意x1∈(0，2]，均存在x2∈(0，2]，使得f(x1)＜g(x2)，∴f(x)max＜g(x)max，g(x)=x2－2x=(x－1)2－1，x∈(0，2]，当x=2时，g(x)取得最大值，最大值为0.
由(1)得，当0＜a≤时，f(x)在(0， 2]上单调递增，即当x=2时，f(x)取得最大值f(2)=2a－(2a＋1)×2＋2ln 2＋4a=2a－2＋2ln 2，∴2a－2＋2ln 2＜0，解得a＜1－ln 2，即0＜a＜1－ln 2；
当a＞时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，当x=时，f(x)取得最大值f－(2a＋1)·＋2ln ＋4a=－－2－2ln a＋4a.
设s(a)=－－2－2ln a＋4a，a＞，则s'(a)=＋4=＞0，s(a)单调递增，
∴s(a)≥s=ln 4－1＞0恒成立，∴f＜0无解.
综上，a的取值范围是(0， 1－ln 2).
双变量的恒(能)成立问题，常见的转化有：
(1) x1∈M， x2∈N，f(x1)＞g(x2) f(x)min＞g(x)min；
(2) x1∈M， x2∈N，f(x1)＞g(x2) f(x)min＞g(x)max；
(3) x1∈M， x2∈N，f(x1)＞g(x2) f(x)max＞g(x)min；
(4) x1∈M， x2∈N，f(x1)＞g(x2) f(x)max＞g(x)max.
设函数f(x)=(x－1)(ex－e)，g(x)=ex－ax－1，若 x2∈[0，＋∞)，都 x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，求a的最大值.
解：由题意，f(x)=(x－1)(ex－e)，x∈R，当x＜1时，x－1＜0，ex－e＜0，∴f(x)＞0，当x≥1时，x－1≥0，ex－e≥0，∴f(x)≥0，∴f(x)≥0恒成立，且f(x)min=f(1)=0.
∵ x2∈[0，＋∞)，都 x1∈R，使得不等式f(x1)≤g(x2)成立，∴ x2∈[0，＋∞)，f(x1)min≤g(x2)恒成立，∴ x2∈[0，＋∞)，g(x2)≥0恒成立，即 x∈[0，＋∞)，g(x)=ex－ax－1≥0恒成立.
方法一　g'(x)=ex－a，易知g'(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴当x≥0时，g'(x)≥g'(0)=1－a，
①当1－a≥0，即a≤1时，g'(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴此时g(x)在[0，＋∞)上的最小值为g(0)=0，∴a≤1满足题意；
②当1－a＜0，即a＞1时，令g'(x)=ex－a=0，得x=ln a，　
∴当x∈(0，ln a)时，g'(x)＜0，当x∈(ln a，＋∞)时，g'(x)＞0，∴g(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，而g(0)=0，∴此时g(x)在[0，＋∞)上的最小值为g(ln a)＜0，∴a＞1不满足题意.
跟踪训练3
综上，a的取值范围是(－∞，1]，∴a的最大值为1.
方法二　当x=0时，显然符合题意，
当x＞0时，a≤，记h(x)=，x＞0，则h'(x)=，令m(x)=ex(x－1)＋1，x＞0，则m'(x)=xex＞0，∴m(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴m(x)＞m(0)=0，∴h'(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又 h(x)==1，∴a≤1，即a的最大值为1.
课时作业
1.(2025·河北张家口一模)已知f(x)=ln x－a(x＋1)，a∈R.
(1)若a=2，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；
解：(1)a=2时，f(x)=ln x－2(x＋1)，∴f(1)=－4，f'(x)=－2，∴切线斜率k=f'(1)=－1，∴曲线f(x)在x=1处的切线方程为y－(－4)=－1×(x－1)，即x＋y＋3=0.
(2)若 x0∈(0， 2]，使f(x0)＞0，求a的取值范围.
(2)∵ x0∈(0， 2]，使得f(x0)＞0，即ln x0－a(x0＋1)＞0，
∴a＜，令g(x)=，x∈(0，2]，则g'(x)=，x∈(0，2]，∴h'(x)=－＜0在(0， 2]上恒成立，∴函数h(x)在(0， 2]上单调递减，∴h(x)≥h(2)=－ln 2=ln ＞0，∴g'(x)＞0在(0， 2]上恒成立，∴函数g(x)在(0， 2]上单调递增，∴g(x)max=g(2)=，∴a＜，a∈.
2.(2025·重庆二模)已知a∈R，函数f(x)=a(1－x)＋ln x.
(1)若a＞0，判断f(x)的单调性；
解：(1)函数f(x)=a(1－x)＋ln x，定义域为(0，＋∞)，f'(x)=－a，∵a＞0，令f'(x)=0，解得x=，∴当f'(x)＞0时，0＜x＜；当f'(x)＜0时， x＞，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)若f(x)≤0，求a.
(2)由(1)可知，当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.若f(x)≤0，则f(x)max≤0，即f≤0，代入可得f=aln =a－1－ln a，令g(x)=x－1－ln x(x＞0)，则g'(x)=1－，当x∈(0，1)时，g'(x)＜0，当x∈(1， ＋∞)时，g'(x)＞0，∴g(x)在(0， 1)上单调递减，在(1， ＋∞)上单调递增，则g(x)min=g(1)=0，即f≥0恒成立，∴f=0，且f(1)=0，即a=1.当a≤0时，f'(x)=＞0恒成立，即f(x)在(0， ＋∞)上单调递增，又f(1)=0，∴f(x)≤0不恒成立，故a≤0不成立，∴a=1.
3.已知函数f(x)=x3＋x2＋ax.
(1)若f(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的最小值；
解：(1)由题设知f'(x)=x2＋2x＋a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，∴a≥－3，∴a的最小值为－3.
(2)若函数g(x)=，对 x1∈， x2∈，使f'(x1)≤g(x2)成立，求实数a的取值范围.
(2)“对 x1∈， x2∈，使f'(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时，f'(x)max≤g(x)max”.∵f'(x)=x2＋2x＋a=(x＋1)2＋a－1在上单调递增，∴f'(x)max=f'(2)=8＋a.而g'(x)=，由g'(x)＞0，得x＜1；由g'(x)＜0，得x＞1，∴g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴当x∈时，g(x)max=g(1)=.由8＋a≤，得a≤－8，∴实数a的取值范围是.
4.(2025·湖南长沙三模)已知函数f(x)=x(2ln x＋a)，a∈R.
(1)若函数f(x)在(e2，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
解：(1) f(x)=x(2ln x＋a)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)=2ln x＋a＋x·=2ln x＋a＋2，令f'(x)＞0，得x＞，故函数f(x)在上单调递增，∵函数f(x)在(e2，＋∞)上单调递增，∴e2≥，解得a≥－6，故实数a的取值范围是[－6，＋∞).
(2)若x=e为函数f(x)的极值点，求a的值；
(2)令f'(x)=0，得x=；令f'(x)＜0，得0＜x＜；令f'(x)＞0，得x＞，故函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，故函数f(x)在x=处取得极小值，也是唯一的极值点，∴=e，解得a=－4.
(3)设函数g(x)=4x2－4bx，当a=－2时，若对于任意x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[－2，4]，使得g(x2)≤f(x1)，求实数b的取值范围.
(3)由(1)知：当x=时，函数f(x)有最小值f=
－2，若a=－2，则f(x)min=－2，又对任意x1∈(0，＋∞)总存在x2∈[－2，4]，使得g(x2)≤f(x1)，则当x∈[－2，4]时，g(x)min≤－2，函数g(x)=4x2－4bx=(2x－b)2－b2的图象开口向上，对称轴为直线x=，当≤－2，即b≤－4时，则g(x)在[－2，4]上单调递增，故g(x)的最小值为g(－2)=4×(－2)2－4b(－2)≤－2，解得b≤－，故b≤－4；当≥4，
即b≥8时，则g(x)在[－2，4]上单调递减，故g(x)的最小值为g(4)=4×42－4b×4≤－2，
解得b≥，故b≥8；当－2＜＜4时，即－4＜b＜8时，则g(x)在上单调递减，在上单调递增，故g(x)的最小值为g=4×－4b×≤－2，解得b≤－，
或b≥.故－4＜b≤－，或≤b＜8.综上，实数b的取值范围是∪[，＋∞).(共11张PPT)
拓展视 野洛必达法则
能力训练
知识拓展
课时作业
内
容
索
引
在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“”型或“”型的代数式，解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则.
(1)法则1　型：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
① f(x)=0及 g(x)=0；
②在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
③=A(或∞)，那么=A(或∞).
(2)法则2　型：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
① f(x)=∞及 g(x)=∞；
②在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；
③=A(或∞)，那么=A(或∞).
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，的极限即为型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：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：
ex=e0=1，则=(　 　)
A. B. C. 1 D. 2
【解析】 由题意得
=.
例 1
B
1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两个函数之商的极限，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，按此方法则有=
　 　.
【解析】 由题意可得=2.
跟踪训练1
2
已知函数f(x)=x(ex－1)－ax2(a∈R).当x＞0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.　　　　　　　　　　　　　　　　
解：方法一(最值分析法)　当x＞0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)=ex－1－ax(x＞0)，则φ(x)min≥0，φ'(x)=ex－a.
①当a≤1时，φ'(x)=ex－a＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)＞φ(0)=0，∴a≤1满足条件；
②当a＞1时，若0＜x＜ln a，则φ'(x)＜0，若x＞ln a，则φ'(x)＞0，∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(ln a)=a－1－aln a≥0.令g(a)=a－1－aln a(a＞1)，∴g'(a)=1－(1＋ln a)=－ln a＜0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减，∴g(a)＜g(1)=0与g(a)≥0矛盾，故a＞1不满足条件.综上，实数a的取值范围是(－∞，1].
方法二(参数分离法)　当x＞0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤恒成立.令h(x)=(x＞0)，∴h'(x)=，
令k(x)=ex(x－1)＋1(x＞0)，∴k'(x)=ex·x＞0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)＞k(0)=0，∴h'(x)＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增.由洛必达法则，知 h(x)= ex=1，∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
例 2
(2025·宁波模拟)已知函数f(x)=(x＋1)ln(x＋1)，若对任意x＞0都有f(x)＞ax成立，求实数a的取值范围.
解：方法一　令φ(x)=f(x)－ax=(x＋1)·ln(x＋1)－ax(x＞0)，则φ'(x)=ln(x＋1)＋1－a，∵x＞0，∴ln(x＋1)＞0.
①当1－a≥0，即a≤1时，φ'(x)＞0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)=0，∴φ(x)＞0恒成立，故a≤1满足题意.
②当1－a＜0，即a＞1时，令φ'(x)=0，得x=ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ'(x)＜0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ'(x)＞0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(ea－1－1)＜φ(0)=0与φ(x)＞0恒成立矛盾，故a＞1不满足题意.
综上，实数a的取值范围是(－∞，1].
跟踪训练2
方法二　当x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)＞ax恒成立，即a＜恒成立.
令g(x)=(x＞0)，∴g'(x)=.令k(x)=x－ln(x＋1)(x＞0)，∴k'(x)=1－＞0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)＞k(0)=0，∴x－ln(x＋1)＞0恒成立，∴g'(x)＞0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增.由洛必达法则知 g(x)=[ln(x＋1)＋1]=1，∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1].
课时作业
1.两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则，即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=(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C. 1 D. 2
【解析】 .
B
2.若 x∈[0，＋∞)，x－ln(x＋1)≤ax2 恒成立， 求a的取值范围.
解：x－ln(x＋1)≤ax2 a≥.
记 g(x)=，则 g'(x)=，记h(x)=－2ln(x＋1)，则 h'(x)=－，∴当 x∈[0，＋∞) 时， h'(x)≤0，h(x)单调递减，∴h(x)≤h(0)=0， 即 g'(x)≤0，∴g(x)max=g(x)，
∴a≥g(x)max=g(x)=，∴ a≥，a∈.
3.已知恒成立， 求k的取值范围.
解： k＜1，记 g(x)=1， 则g'(x)=·，记h=ln x(x＞0，且x≠1)，则 h'(x)=＞0，∴h(x) 在定义域内单调递增， 且 h(1)=0，∴ 当x∈(0，1) 时， h(x)＜0，当x∈(1，＋∞) 时， h(x)＞0，即 g(x) 在 (0，1) 上单调递减， 在 (1，＋∞)上单调递增，∴k≤ g1=1=1－1=0，∴ k∈(－∞，0).(共46张PPT)
第三章
一元函数的导数及其应用
第1节　导数的概念及运算
课标解读　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(形如f(ax＋b))的导数.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 导数的运算
考点二 导数的几何意义
微点突破
1.[教材改编]已知函数f(x)=3x2，则y=f(x)在[2，6]上的平均变化率为　 　.
【解析】 ∵f(6)=108，f(2)=12，∴平均变化率为=24.
2.[教材改编]若某物体的运动方程为s=2(1－t2)(s的单位为m，t的单位为s)，那么该物体在1.2 s末的瞬时速度为　 　.
【解析】 ∵s'=－4t，∴该物体在1.2 s末的瞬时速度为(－4)×1.2=－4.8 m/s.
3.[教材改编]曲线y=在点M(π，0)处的切线方程为　 　.
【解析】 由题得y'=，∴切线的斜率k=－，则切线方程为y=－(x－π)，即y=－＋1.
24
－4.8 m/s
y=－＋1
4. (错用复合函数的求导法则)已知函数y=sin 2x，则y'=　 　.
【解析】 方法一　y'=(2sin xcos x)'=2·(sin x)'·cos x＋2sin x(cos x)'=2cos2x－2sin2x=2cos 2x.
方法二　y'=cos 2x(2x)'=2cos 2x.
易错题
5. (混淆f'(x0)与f'(x)已知f(x)=x2＋3xf'(2)，则f(2)=　 　.
【解析】 f'(x)=2x＋3f'(2)，令x=2，可得f'(2)=－2，∴f(x)=x2－6x，则f(2)=－8.
易错题
2cos 2x
－8
6. (忽视f'(ax＋b)与[f(ax＋b)]'的区别)已知f(x)=x3，则f'(2x＋3)=　 　，[f(2x＋3)]'=　 　.
【解析】 f'(x)=3x2，∴f'(2x＋3)=3(2x＋3)2，[f(2x＋3)]'=[(2x＋3)3]'=3(2x＋3)2(2x＋3)'=6(2x＋3)2.
易错题
6(2x＋3)2
3(2x＋3)2
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
f'(x)=.
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：
(1)[f(x)±g(x)]'=　 　.
(2)[f(x)g(x)]'=　 　.
(3)'= 　(g(x)≠0).
(4)[cf(x)]'=　 　.
5.复合函数的定义及其导数
复合函数y=f(g(x))的导数和函数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
[优化拓展]
1.4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)[af(x)±bg(x)]'=af'(x)±bg'(x).
(3)①注意'≠.
②(特殊化)当f(x)=1，g(x)≠0时，'=－.
(4)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，|f'(x)|的大小反映了变化的快慢，|f'(x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡峭”.
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.谨防两个易错点：
(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.
考点一　导数的运算
求下列函数的导数：
(1)y=x2sin x；
解：(1)y'=(x2)'sin x＋x2(sin x)'=2xsin x＋x2cos x.
(2)y=ln x＋；
(2)y'='=(ln x)'＋'=.
例 1
(3)y=；
(3)y'='==－.　
(4)y=xsincos.
(4)∵y=xsincosxsin(4x＋π)=－xsin 4x，∴y'=－sin 4x－x·4cos 4x=－sin 4x－2xcos 4x.
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.
(1)(2025·山东潍坊期中)已知函数f(x)=f'sin x＋x，则f'=(　 　)
A. －2 B. －1 C. 1 D. 2
【解析】 f'(x)=f'cos x＋1，则f'=f'cos ＋1，解得f'=2.
(2)(2025·江苏盐城三模)若f(x)=ln ，则=(　 　)
A. 0 B. 2 C. －2 D. －4
【解析】 ∵f(x)=ln ，∴f'(x)='×，∴f'(1)==－2，则=f'(1)=－2.
跟踪训练1
D
C
(3)一个质点做直线运动，其位移s(单位：米)与时间t(单位：秒)满足关系式s=t4＋(3t－1)3，则当t=1秒时，该质点的瞬时速度为(　 　)
A. 16米/秒 B. 40米/秒
C. 9米/秒 D. 36米/秒
【解析】 s'=4t3＋3(3t－1)2×3，当t=1时，s'=4＋9×4=40，故当t=1秒时，该质点的瞬时速度为40米/秒.
B
考点二　导数的几何意义
(2025·广东湛江二模)已知函数f(x)=ex＋2x，则曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为(　 　)
A. y=2x＋1 B. y=3x＋1
C. y=2x D. y=3x
【解析】 由f(x)=ex＋2x，得f'(x)=ex＋2，f(0)=1，f'(0)=3，∴曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y=3x＋1.
例 2
考向1 求切线方程
B
求切线方程的策略：
求曲线的切线方程要分清“在点处”与“过点处”的切线方程的不同. “过点处”的切点坐标不知道，要设出切点坐标，根据斜率相等，切点在切线上，切点在曲线上建立方程(组)求解，求出切点坐标是解题的关键.
(2025·辽宁沈阳模拟)函数y=(x＋1)ex过原点的切线方程为　 　.
【解析】 设切点为(t， (t＋1)et)，对函数y=(x＋1)ex求导得y'=(x＋2)·ex，切线斜率为k=(t＋2)et，由于切线过原点，则k==(t＋2)et，整理得t2＋2t=t＋1，即t2＋t－1=0，解得t=，当t=时，切线斜率为k=，此时切线方程为y=x；当t=时，切线斜率为k=，此时切线方程为y=x.
跟踪训练2
y=x，或y=x
考向2 求切点坐标或参数
(1)(2025·甘肃兰州一模)若函数y=(e为自然对数的底数)的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为(　 　)
A. (1，0) B. (0，1)
C. (1，1) D. (1，e)
【解析】 设切点坐标为(x0，y0)，函数y=，∴y'=，∵切线与x轴平行，∴y'=0，解得x0=0，y0==1，故切点的坐标为(0，1).
例 3
B
(2)(2025·新高考Ⅰ卷)若直线y=2x＋5是曲线y=ex＋x＋a的切线，则a=　 　.
【解析】 方法一　对于y=ex＋x＋a，其导数为y'=ex＋1，∵直线y=2x＋5是曲线的切线，直线的斜率为2，令y'=ex＋1=2，即ex=1，解得x=0，将x=0代入切线方程y=2x＋5，可得y=2×0＋5=5，∴切点坐标为(0，5)，∵切点(0， 5)在曲线y=ex＋x＋a上，∴5=e0＋0＋a，即5=1＋a，解得a=4.
方法二　对于y=ex＋x＋a，其导数为y'=ex＋1，假设y=2x＋5与y=ex＋x＋a的切点为(x0，y0)，则解得a=4.
4
1.利用导数的几何意义求参数的基本方法：利用切点的坐标、切线的斜率、切线方程等得到关于参数的方程(组)或者参数满足的不等式(组)，进而求出参数的值或取值范围.
2.注意曲线上点的横坐标的取值范围.
(1)(2025·江西景德镇模拟)已知函数f(x)=a(x－a)2(x－2a)，若曲线y=f(x)在点(2a，0)处的切线方程为y=x＋m，则m的值为(　 　)
A. －1 B. 1
C. －2 D. 2
【解析】 ∵f(x)=a(x－a)2(x－2a)=ax3－4a2x2＋5a3x－2a4，∴f'(x)=3ax2－8a2x＋5a3，∴由题意得f'(2a)=12a3－16a3＋5a3=a3=1 a=1，∴切点(2，0)，∴0=2＋m m=－2.
(2)若函数f(x)=x－＋aln x存在与x轴平行的切线，则实数a的取值范围是　 　.
【解析】 f'(x)=1＋(x＞0)，依题意得f'(x)=1＋=0有解，即－a=x＋有解，∵x＞0，
∴x＋≥2，当且仅当x=1时取等号，∴a≤－2.
跟踪训练3
C
(－∞，－2]
1.求两条曲线的公切线时，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法.
2.公切线条数的判断问题可转化为方程实数根的个数求解问题.
公切线问题
微点突破
考向1 共切点的公切线问题
(2025·山东济南模拟)已知曲线y=ln x与曲线y=a在交点(1，0)处有相同的切线，则a=
(　 　)
A. 1 B.
C. － D. －1
【解析】 由题知曲线y=ln x和曲线y=a在交点(1，0)处有相同的切线，即斜率k相等.对于曲线y=ln x，求导得y'=，∴在点(1，0)处的切线斜率k=1，对于曲线y=a，求导得y'=a，∴a=1，解得a=.
例 4
B
考向2 不共切点的公切线问题
(2024·新高考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=
　 　.
【解析】 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相切的切点坐标为(x0，ln(x0＋1)＋a)，由题意得y'==2，解得x0=－，则切点坐标为，切线方程为y=2＋a＋ln=2x＋1＋a－ln 2，根据两条切线重合，∴a－ln 2=0，解得a=ln 2.
例 5
ln 2
解决两条曲线的公切线问题的两种方法：
(1)利用其中一条曲线在某点处的切线与另一条曲线相切，列出关系式求解.
(2)设公切线l在y=f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y=g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f'(x1)=g'(x2)=.
(1)(2025·河北沧州模拟)若曲线y=x3＋2x在点(1，3)处的切线也与曲线y=x2＋x＋m相切，则m=
(　 　)
A. 4 B. －2 C. －4 D. 2
【解析】 由y=x3＋2x，得y'=3x2＋2，∴y'|x=1=3＋2=5，则曲线y=x3＋2x在点(1，3)处的切线方程为y－3=5(x－1)，即y=5x－2.联立整理得x2－4x＋m＋2=0，∵切线与曲线y=x2＋x＋m相切，∴Δ=16－4(m＋2)=0，解得m=2.
(2)(2025·河南漯河模拟)函数f(x)=ln x和g(x)=ax2－x的图象有公共点P，且在点P处的切线相同，则这条切线的方程为(　 　)
A. y=2x＋1 B. y=2x－1 C. y=x＋1 D. y=x－1
【解析】 由f(x)=ln x，g(x)=ax2－x，则f'(x)=，g'(x)=2ax－1，设切点P的横坐标为t(t＞0)，则根据题意可得得ln t=，即2ln t＋t－1=0，设h(t)=2ln t＋t－1，t＞0，∵函数y=ln t，y=t－1在(0，＋∞)上单调递增，∴函数h(t)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)=0，∴方程2ln t＋t－1=0有唯一解t=1，∴切点P坐标为(1，0)，切线斜率k=1，则切线方程为y=x－1.
跟踪训练4
D
D
课时作业
答案速对
第三章 对点练21　导数的概念及运算 题号 1 2 3 4 5
答案 C B A B B
题号 6 7 8 13 14
答案 C BC ABC C C
1.设函数f(x)在R上存在导函数f'(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y=x＋2，那么f(1)＋f'(1)等于(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
C
2.(2025·福建莆田二模)曲线y=xex－x在点P处切线的斜率为－1，则点P的坐标为(　 　)
A. (－1，－1) B.
C. (1， e－1) D. (1， 2e－1)
B
3.(2024·全国甲卷)设函数f(x)=，则曲线y=f(x)在点(0， 1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(　 　)
A. B. C. D.
A
4.(2025·河南郑州模拟)已知曲线f(x)=(x＋k)ln (x＋k)的一条切线的方程为y=x，则实数k=(　 　)
A. 0 B. 1 C. －1 D. e
B
5.已知抛物线y2=2px(p＞0)与斜率为32p的直线恰有一个公共点P，则点P的纵坐标为
(　 　)
A. B.
C. D.
B
6.(2025·江苏南京三模)已知函数y=f(x)在闭区间[a， b]上连续，在开区间(a， b)内可导，则(a， b)内至少存在一个点x0∈(a， b)，使得f(b)－f(a)=f'(x0)(b－a)，其中x=x0称为函数y=f(x)在闭区间[a， b]上的“中值点”.则函数f(x)=x3－2x在区间[－1， 1]上的“中值点”的个数为(　 　)
A. 0 B. 1
C. 2 D. 3
【解析】 ∵f(x)=x3－2x，则f'(x)=3x2－2，且f(－1)=1，f(1)=－1，由题意得2f'(x0)=f(1)－f(－1)=－2，∴f'(x0)=3－2=－1，解得x0=±，∴函数f(x)=x3－2x在区间[－1， 1]上的“中值点”的个数为2.
C
7.(多选)已知M是曲线y=x3－2x2＋3x＋1上任意一点，曲线在点M处的切线为l，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. l斜率最小时的切点坐标为
B. l斜率最小时的切点坐标为
C. 切线l的倾斜角α的取值范围是∪
D. l斜率的取值范围是k≤1
【解析】 ∵y'=x2－4x＋3=(x－2)2－1，∴当x=2时，y'min=－1，此时y=，∴斜率最小时的切点坐标为，最小斜率k=－1，A错误，B正确，D错误；由k≥－1，得tan α≥－1，又α∈[0，π)，∴α∈∪，故α的取值范围是∪，∴C正确.　
BC
8.(多选)已知直线y=kx(k＞0)交曲线y=ex于第一象限的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，其中x1＜x2，O为坐标原点，过点A，B分别作曲线y=ex的切线，斜率分别为k1，k2，则
(　 　)
A. k的取值范围是(e，＋∞)
B. 存在k∈(0，＋∞)，使A为OB的中点
C. y1＋y2＞2
D. 存在k∈(0，＋∞)，使两条切线互相垂直
ABC
【解析】 在同一平面直角坐标系中画出曲线y=ex与直线y=kx(k＞0)，如图所示，当直线y=kx(k＞0)与曲线y=ex相切时，设切点坐标为(a，ea)，∵y'=ex，∴k==y'|x=a=ea，解得a=1，k=e.若直线y=kx(k＞0)交曲线y=ex于第一象限的A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则有k＞e，A正确；当k从e开始增大时，观察图象可知从|OB|＜2|OA|变化到|OB|＞2|OA|，故必存在一个k，使得|OB|=2|OA|，B正确；y1＋y2=＞2=2，C正确；k1=＞0，k2=＞0，故k1k2≠－1，D错误.
9.(2025·重庆模拟)f(x)=ex·sin 2x在(0， 0)处的切线方程为　 　.
【解析】 对函数求导得f'(x)=ex(sin 2x＋2cos 2x)，则f'(0)=2，∵切线过点(0， 0)，∴切线方程为y=2x.
y=2x
10.曲线y=ex在x=0处的切线恰好是曲线y=ln(x＋a)的切线，则实数a=　 　.
【解析】 易知y'=ex，切线斜率为k=e0=1，切点坐标为(0，1)，则曲线y=ex在x=0处的切线为y=x＋1，显然令曲线g(x)=ln(x＋a)，g'(x)=，设切点坐标为(x0，ln(x0＋a))，由解得
2
11.已知函数f(x)=－x3＋ax2＋4x，其导函数f'(x)的图象与x轴交于(－k，0)，(2k， 0)两点，k＞0.
(1)求a的值；
解：∵f'(x)=－2x2＋2ax＋4，f'(x)的图象过点(－k，0)，(2k， 0)，k＞0，∴得
(2)求过点(0， 0)的曲线y=f(x)的切线方程.
解：点(0，0)在三次曲线y=f(x)上，设切点为(x0， y0)，
由切线过原点可列方程得y0=x0 f'(x0)，且y0=f(x0)， 　
由f'(x)=－2x2＋2x＋4，得－4x0=x0(－22x0＋4)，即=0，解得x0=0，或x0=，又f'(0)=4，f'，∴所求切线方程为y=4x，y=x.　
12.若曲线C1：y=ax2(a＞0)与曲线C2：y=ex存在公共切线，求a的取值范围.
解：由y=ax2(a＞0)得y'=2ax，由y=ex得y'=ex.
设公切线与曲线C1切于点(x1，a)，与曲线C2切于点(x2，)，则有y－a=2ax1(x－x1)，即y=2ax1x－a，y－(x－x2)，即y=x－(x2－1)，
∴可得x2=1，∴a=.
又a＞0，∴x1＞0，记f(x)=(x＞0)，则f'(x)=，当x∈(0，2)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，∴当x=2时，f(x)min=，∴a的取值范围是.
13.若P是曲线y=ln x－x2上任意一点，则点P到直线l：x＋y－4=0的距离的最小值为(　 　)
A. B. C. 2 D. 4
【解析】 过点P作曲线y=ln x－x2的切线(图略)，当切线与直线l：x＋y－4=0平行时，点P到直线l：x＋y－4=0的距离最小.设切点坐标为P(x0，y0)(x0＞0)，y'=－2x，∴切线斜率为k=－2x0.由题知－2x0=－1得x0=1，或 x0=－(舍)，∴P(1，－1)，此时点P到直线l：x＋y－4=0距离d==2.
C
14.(2025·陕西咸阳三模)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0处的n(n∈N*)阶导数都存在时，f(x)=f(0)＋f'(0)xx2·x3＋…xn＋….该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算sin 2的值为(结果精确到小数点后两位)(注：f″(0)表示f(x)的2阶导数，即为f'(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n阶导数，即为f(n－1)(x)(n≥3)的导数.n!表示n的阶乘，即n!=1×2×3×…×n)(　 　)
A. 0.85 B. 0.88 C. 0.91 D. 0.95
【解析】 f(x)=sin x在x=0处n阶可导，f(0)=0；f'(x)=cos x，f'(0)=1；f″(x)=－sin x，f″(0)=0；f(3)(x)=－cos x，f(3)(0)=－1；f(4)(x)=sin x，f(4)(0)=0；f(5)(x)=cos x，f(5)(0)=1；f(6)(x)=－sin x，f(6)(0)=0；f(7)(x)=－cos xf(7)(0)=－1；求出sin x=x－ －…，令x=2，f(2)=2－ －…=2－ －…≈0.91.
C
15.(2025·辽宁二模)若曲线f(x)=与曲线g(x)=a＋ln x存在公切线，则a的取值范围是
　 　.
【解析】 由题意知f'(x)=，g'(x)=，设公切线分别与曲线f(x)，g(x)相切于点(x1， )，(x2， a＋ln x2)，则f'(x1)=，g'(x2)=，∴公切线方程为y－(x－x1)，y－a－ln x2=(x－x2)，即y=x，y=x－1＋a＋ln x2，∴，－1＋a＋ln x2=，∴a=1－ln x2=1－ln(2)=－ln 1－ln 2，令t=，t＞0，h(t)=－
ln t，∴h'(t)=，由h'(t)＜0，得0＜t＜2，由h'(t)＞0，得t＞2，∴h(t)在区间(0， 2)上单调递减，在区间(2，＋∞)上单调递增，∴h(t)min=h(2)=1－ln 2，且t→0时，h(t)→＋∞，t→＋∞时，h(t)→＋∞，∴a≥1－ln 2＋1－ln 2=2－2ln 2.
[2－2ln 2， ＋∞)
16.已知函数f(x)=2x3－3x.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程；
解：(1)∵f'(x)=6x2－3，∴f'(0)=－3，又f(0)=0，∴曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=
－3x.
(2)若过点P(－1，t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切，求t的取值范围.
(2)设切点坐标为(x0，y0)，则f'(x0)=6－3，∴切线方程为y－y0=(6－3)(x－x0)，将y0=2－3x0代入，整理可得y=3(2－1)x－4，又点P(－1，t)在切线上，∴t=－3(2－1)－4=－4－63.要使过点P(－1，t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切，则方程有3个实数解，令g(x0)=－4－63，则g'(x0)=－12－12x0=－12x0(x0＋1).令g'(x0)＞0，可得－1＜x0＜0，∴g(x0)在(－1，0)上单调递增；令g'(x0)＜0，可得x0＜－1，或x0＞0，∴g(x0)在(－∞，－1)和(0，＋∞)上单调递减，∴g(x0)在x0=－1处取得极小值，在x0=0处取得极大值，又g(－1)=1，g(0)=3，∴1＜t＜3，故t的取值范围是(1，3).(共49张PPT)
第4节　导数与函数的极值、最值
课标解读　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.能利用导数求某些函数的极大值、极小值.
3.会求闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 利用导数求函数的极值
考点二 利用导数求函数的最值
微点突破
1.[教材改编]函数f(x)=x3－3x2＋1的极小值为　 　.
【解析】 f'(x)=3x2－6x，令f'(x)=3x2－6x=0，得x=0，或x=2.当x∈(－∞，0)时，f'(x)＞0；当x∈(0，2)时，f'(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，f'(x)＞0，故f(x)在x=2处取得极小值f(2)=8－12＋1=－3.　　　　　　　　　　　　　　　　
2.[教材改编]函数f(x)=ex－x在区间[－1，1]上的最大值是　 　.
【解析】 f'(x)=ex－1，令f'(x)=ex－1=0，得x=0.当x＜0时，f'(x)＜0；当x＞0时，f'(x)＞0，故函数f(x)在[－1，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，∴f(x)在区间[－1，1]上的最大值是{f(－1)，f(1)}max==e－1.
－3
e－1
3.[教材改编]将一段长为100 cm的铁丝截成两段，一段绕成正方形，另一段绕成圆.为了
使正方形与圆的面积之和最小，则绕成圆的铁丝的长是 　 cm.
【解析】 设绕成圆的铁丝的长为x cm，则绕成正方形的铁丝的长为(100－x) cm，记正方形与圆的面积之和为S cm2，则S=π(0＜x＜100)，∴S'=(100－x).令S'=0，得x= ，当0＜x＜时，S'＜0，S单调递减；当＜x＜100时，S'＞0，S单调递增，故当x=时，S取得最小值，即当绕成圆的铁丝的长为 cm时，正方形与圆的面积之和最小.
4. (由极值求参数时忽略验证)已知函数f(x)=2ln x＋ax2－3x在x=2处取得极小值，则实数a的值为(　 　)
A. 2 B.
C. －2 D. －
【解析】 由f'(x)=＋2ax－3，得f'(2)=4a－2=0，解得a=，经验证，符合题意.
5. (混淆极值与极值点的概念)函数f(x)=ln x＋的极值点为 　 　；函数g(x)=(x－1)3的极值点　 　(填“存在”或“不存在”).
【解析】 ∵f'(x)=，∴当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(0，1)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，∴x=1是函数f(x)的极小值点.∵g'(x)=3(x－1)2≥0，即g'(x)无变号零点，∴函数g(x)=(x－1)3不存在极值点.
易错题
易错题
B
x=1
不存在
6. (忽视连续函数在区间(a，b)上不一定存在最值)已知函数g(x)=x2，则g(x)在[1，2]上的最小值和最大值分别是　 　；g(x)在(1，2)上的最小值和最大值均
　 　(填“存在”或“不存在”).
【解析】 易知g(x)在[1，2]上单调递增，故g(x)在[1，2]上的最小值为g(1)=1，最大值为g(2)=4.根据最值的定义，可得g(x)在(1，2)上的最小值和最大值均不存在.
易错题
1，4
不存在
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)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求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)上的　 　；
②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值　 　比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.
极值
f(a)，f(b)
[优化拓展]
1.解题时灵活应用以下几个关键点：
(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)极大值与极小值没有必然关系，极小值可能比极大值还大.
(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x=0不是极值点.
(5)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.
2.函数极值与最值的区别与联系：
极值 最值
区别 (1)极值是个局部概念，只能在定义域内取得； (2)在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个都没有 (1)最值是个整体概念，可以在区间的端点处取得；
(2)最值最多有一个
联系 (1)极值有可能成为最值，最值只要不在区间端点处取得，必定是极值； (2)在区间[a，b]上图象是一条连续曲线的函数f(x)若有唯一的极值，则这个极值就是最值 考点一　利用导数求函数的极值
(多选)(2025·湖南常德开学考试)函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示，则(　 　)
A. －3是函数y=f(x)的一个极值点
B. －1是函数y=f(x)的极小值点
C. －2是函数y=f(x)的极大值点
D. 函数y=f(x)在区间(－3，1)上单调递增
【解析】 根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f'(x)＜0，当x∈(－3，1)时，f'(x)≥0，∴函数y=f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，可知－3是函数y=f(x)的极值点，A，D正确；∵函数y=f(x)在(－3，－1)上单调递增，∴－1不是函数y=f(x)的极小值点，－2也不是函数y=f(x)的极大值点，B，C错误.
例 1
考向1 根据函数图象判断极值(点)
AD
由图象判断函数y=f(x)的极值点要抓住两点：
(1)由y=f'(x)的图象与x轴的交点，可得函数y=f(x)的可能极值点.
(2)由导函数y=f'(x)的图象可以看出y=f'(x)的值的正负，从而可得函数y=f(x)的单调性.
两者结合可得极值点.
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数f(x)在x=－2处取得极小值，则函数y=xf'(x)的图象可能是(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 由f(x)在x=－2处取得极小值并结合选项知，当x＜－2时，f'(x)＜0，则xf'(x)＞0；当－2＜x＜0时，f'(x)＞0，则xf'(x)＜0.
跟踪训练1
C
已知函数f(x)=ln x＋2ax2＋2(a＋1)x(a≠0)，讨论函数f(x)的极值.
解：∵f(x)=ln x＋2ax2＋2(a＋1)x，∴f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)=＋4ax＋2a＋2=，
若a＜0，则当x∈时，f'(x)＞0；当x∈时，f'(x)＜0，故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)在x=－处取得唯一的极大值，且极大值为f=ln －1；若a＞0，则当x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.
综上，当a＜0时，f(x)的极大值为ln －1，无极小值；当a＞0时，f(x)无极值.
例 2
考向2 求已知函数的极值(点)
求函数极值的一般步骤：
(1)先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数；
(2)求f'(x)=0的根；
(3)判断f'(x)=0的根的左、右两侧f'(x)的符号，确定极值点；
(4)求出函数f(x)的极值.
(2025·广西柳州模拟)已知函数f(x)=(ax＋b)ex的图象在点(0，f(0))处的切线方程为2x－y＋1=0.
(1)求a，b的值；
解：(1)由f(x)=(ax＋b)ex可得f(0)=b，f'(x)=aex＋(ax＋b)ex=(ax＋a＋b)ex，则f'(0)=a＋b.由直线方程2x－y＋1=0可得，直线斜率为k=2.∵函数f(x)=(ax＋b)·ex的图象在点(0，f(0))处的切线方程为2x－y＋1=0，∴解得故a=1，b=1.
(2)求f(x)的单调区间与极值.
(2)由(1)可得f(x)=(x＋1)ex，f'(x)=(x＋2)ex.
令f'(x)＞0，得x＞－2；令f'(x)＜0，得x＜－2；
则函数f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增，∴当x=－2时，函数f(x)有极小值f(－2)=(－2＋1)×e－2=－.
故函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－2)，单调递增区间为(－2，＋∞)，有极小值－，无极大值.
跟踪训练2
(1)(2025·安徽合肥模拟)已知f(x)=若函数y=f(x)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　 　)
A. (0，2) B. (0，2]
C. (0，3) D. (0，3]
【解析】 当x≤1时，f(x)=－x2＋ax=－，函数图象的对称轴为x=，当＜1时，函数在x=时取得极大值，又x＞1时，f(x)=ax－1，且f(1)=－1＋a，由函数的性质，可知要使f(x)还有一个极值，即f(1)=－1＋a，必须使a＞0，∴得0＜a＜2.
例 3
考向3 已知极值(点)求参数
A
(2)(2025·新高考Ⅱ卷)若x=2是函数f(x)=(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)=　 　.
【解析】 由题意有f(x)=(x－1)(x－2)(x－a)，∴f'(x)=(x－a)(x－1)＋(x－1)(x－2)＋(x－a)(x－2)，∵2是函数f(x)的极值点，∴f'(2)=2－a=0，得a=2，当a=2时，f'(x)=2(x－2)(x－1)＋(x－2)2=(x－2)(3x－4)，当x∈，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈，f'(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)，f'(x)＞0，f(x)单调递增，∴x=2是函数f(x)=(x－1)(x－2)(x－a)的极小值点，符合题意，∴f(0)=－1×(－2)×(－a)=－2a=－4.
－4
根据函数的极值(点)求参数的两个步骤：
(1)列式：根据极值点处导数为0和取得的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.
(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)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
【解析】 由题意得f'(x)=(a≠0)，x∈(0，＋∞). ∵y=f(x)既有极大值也有极小值，∴y=ax2－bx－2c在(0，＋∞)上有两个变号零点. 设方程ax2－bx－2c=0的两根分别为x1，x2(x1＞0，x2＞0，x1≠x2)，∴
∴ab＞0，ac＜0，b2＋8ac＞0，bc＜0.
跟踪训练3
BCD
考点二　利用导数求函数的最值
已知函数f(x)=x3－3ax.
(1)讨论函数f(x)的极值情况；
解：(1)f'(x)=3x2－3a=3(x2－a)，
当a≤0时，f'(x)≥0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；　
当a＞0时，令f'(x)＞0，解得x＜－，或x＞；
令f'(x)＜0，解得－＜x＜，∴函数f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－)上单调递减，∴函数f(x)在x=－处取得极大值 f(－)=2a，在x=处取得极小值f()=－2a.
例 4
考向1 求已知函数的最值
(2)求函数f(x)在区间[0，2]上的最大值.
(2)由(1)知，当a≤0时，函数f(x)在[0，2]上单调递增，故f(x)max=f(2)=8－6a；
当0＜a＜4时，函数f(x)在[0，)上单调递减，在(，2]上单调递增，又 f(0)=0，f(2)=8－6a，∴若0＜a≤，则f(x)max=f(2)=8－6a；若＜a＜4，则f(x)max=f(0)=0；当a≥4时，函数f(x)在[0，2]上单调递减，故f(x)max=f(0)=0.综上，当a≤时，函数f(x)在[0，2]上的最大值为8－6a；当a＞时，函数f(x)在[0，2]上的最大值为0.
(2025·广东茂名二模)已知函数f(x)=ln x－，a∈R.
(1)若a=2，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解：(1)当a=2时，f(x)=ln x－，则f'(x)=，则f'(1)=3，又f(1)=－2，∴函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋2=3(x－1)，即3x－y－5=0.
例 5
考向2 由函数的最值求参数
(2)若函数f(x)在(1，e)上的最小值为，求a的值.
(2)由f(x)=ln x－，x＞0，则f'(x)=，
当a≥0时，f'(x)＞0，则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在(1，e)上没有最小值，不符合题意；
当a＜0时，由f'(x)＞0，得x＞－a，由f'(x)＜0，得0＜x＜－a，∴函数f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，若－a≥e，即a≤－e时，函数f(x)在(1，e)上单调递减，此时函数f(x)在(1，e)上没有最小值，不符合题意；
若－a≤1，即－1≤a＜0时，函数f(x)在(1，e)上单调递增，此时函数f(x)在(1，e)上没有最小值，不符合题意；
若1＜－a＜e，即－e＜a＜－1时，函数f(x)在(1，－a)上单调递减，在(－a，e)上单调递增，则f(x)min=f(－a)=ln (－a)＋1=，解得a=－.综上，a=－.
1.求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，与区间端点的函数值f(a)，f(b)进行比较得到函数的最值.
2.若所给函数f(x)含参数，则需通过对参数分类讨论后判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.
(1)(2025·山东聊城三模)函数f(x)=|x＋3|＋2|x＋2|＋e－x的最小值为　 　.
【解析】 f(x)=|x＋3|＋2|x＋2|＋e－x，当x＜－3时，f(x)=－x－3－2(x＋2)＋e－x=－3x－7＋e－x.f'(x)=－3－e－x＜0，故f(x)在(－∞，－3)上单调递减；当－3≤x≤－2时，f(x)=x＋3－2(x＋2)＋e－x=－x－1＋e－x.f'(x)=－1－e－x＜0，f(x)在上单调递减；当x＞－2时，f(x)=x＋3＋2(x＋2)＋e－x=3x＋7＋e－x.f'(x)=3－e－x，令f'(x)＞0，解得x＞－ln 3，令f'(x)＜0，解得－2＜x＜－ln 3，故f(x)在(－2，－ln 3)上单调递减，在(－ln 3，＋∞)上单调递增.又f(x)=|x＋3|＋2|x＋2|＋e－x为连续函数，因此函数的最小值为f(－ln 3)=7－3ln 3＋eln 3=10－3ln 3.
(2)(2025·广东佛山开学考试)已知函数f(x)=x2＋2x＋cos (x＋1)＋a的最小值为－3，则a=　 　.
【解析】 由题意可得f(x－1)=x2＋cos x＋a－1.设g(x)=f(x－1)，则g(－x)=(－x)2＋cos (－x)＋a－1=x2＋cos x＋a－1=g(x)，∴g(x)是偶函数.当x≥0时，g'(x)=2x－sin x. 设h(x)=g'(x)，则h'(x)=2－cos x＞0恒成立，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(0)=0，∴g'(x)≥0，∴g(x)在[0，＋∞)上单调递增.∵g(x)是偶函数，∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，∴g(x)min=g(0)，由g(0)=－3 0＋1＋a－1=－3 a=－3.
跟踪训练4
10－3ln 3
－3
三次函数的图象与性质
微点突破
设三次函数为f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c，d∈R，且a≠0)：
1.图象及单调性(三次函数要么无极值点，要么有两个，不可能只有一个)
a＞0(a＜0与a＞0情况相反) f(x) 的图象
f'(x) 的图象 Δ＞0 Δ≤0

f(x) 的性质 单调递增区间为(－∞，x1)，(x2，＋∞)，单调递减区间为(x1，x2)，f(x)有两个极值点，极大值f(x1)，极小值f(x2) f'(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增，f(x)无极值点
2.对称性
(1)三次函数是中心对称曲线，且对称中心是；
(2)f'(x)=3ax2＋2bx＋c图象的对称轴为x=－，所以对称中心的横坐标也就是导函数图象的对称轴，可见y=f(x)的图象的对称中心在导函数y=f'(x)图象的对称轴上，且其横坐标是两个极值点的中点，同时也是二阶导函数为零的点；
(3)若y=f(x)是可导函数，y=f(x)的图象关于点(m，n)对称，则y=f'(x)的图象关于直线x=m对称；
(4)若y=f(x)的图象关于直线x=m对称，则y=f'(x)的图象关于点(m，0)对称；
(5)已知三次函数f(x)=ax3＋bx2＋cx＋d图象的对称中心横坐标为x0，若f(x)存在两个极值点x1，x2，则有=－(x1－x2)2=f'(x0).
已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心，若函数f(x)=x3＋ax2＋bx＋c，且M(x0，f(x0))为曲线y=f(x)的对称中心，则必有g'(x0)=0(其中函数g(x)=f'(x)).若实数m，n满足则m＋n=(　 　)
A. －4 B. －3
C. －2 D. －1
【解析】 令f(x)=x3＋6x2＋13x，则f'(x)=3x2＋12x＋13，令h(x)=3x2＋12x＋13，h'(x)=6x＋12=0，解得x=－2，又f(－2)=(－2)3＋6×(－2)2＋13×(－2)=－10，∴函数f(x)的图象关于点(－2，－10)成中心对称.∵∴f(m)＋f(n)=－20，又f'(x)=3x2＋12x＋13=3(x＋2)2＋1＞0，∴函数f(x)=x3＋6x2＋13x在R上单调递增，∴m＋n=2×(－2)=－4.
例 6
A
(多选)(2025·湖北武汉模拟)设函数f(x)=x3－2x2＋2x，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. 存在实数x0使得f(x0)=f'(x0)
B. 方程f(x)=3有唯一正实数解
C. 方程f(x)=－1有唯一负实数解
D. f(x)=1有负实数解
【解析】 ∵f(x)=x3－2x2＋2x，∴f'(x)=x2－4x＋2.由x3－2x2＋2x=x2－4x＋2，得x3－7x2＋12x－4=0，设h(x)=x3－7x2＋12x－4，∵函数的定义域为R，且h(0)=－4＜0，
h(7)=80＞0，可知方程h(x)=0一定有实数根，A正确；由f'(x)＞0，得(x－2)
(3x－2)＞0，即x＜，或x＞2，∴函数f(x)在，(2，＋∞)上单调递
增，在上单调递减.且f为极大值，f(2)=0为极小值.作出函数
的草图如图所示，观察图象可知，方程f(x)=3有唯一正实数解，f(x)=－1有唯一负实数解，B，C正确；又f(0)=0，结合函数的单调性，当x＜0时，f(x)＜0，∴f(x)=1无负实数解，D错误.
跟踪训练5
ABC
课时作业
答案速对
第三章 对点练24　导数与函数的极值、最值 题号 1 2 3 4 5
答案 A D B D B
题号 6 7 8 13 14
答案 A AD ABD B BD
1.函数f(x)=x3＋x2－3x－1的极小值点是(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. 1 B.
C. －3 D. (－3，8)
A
2.已知函数f(x)=x2＋ln x，则函数f(x)在[1，e]上的最大值为(　 　)
A. B. C. D. 1
D
3.(2025·广东汕头一模)设a∈R，若函数f(x)=x3－x2＋x＋2在(1，2)内存在极值点，则a的取值范围是(　 　)
A. B.
C. (－∞，3) D.
B
4.(2025·山东临沂模拟)当x=1时，f(x)=aln x取得最大值－2，则f(2)=(　 　)
A. － B. －
C. 2ln 2 D. －2ln 2－1
D
5.(2025·上海阶段练习)已知函数y=x3－x2－3x＋a，a∈R在区间(t－4，t＋4)上有最大值，则实数t的取值范围是(　 　)
A. (－5，1) B. (－5，1]
C. (－5，3) D. (－5，3]
B
6.已知函数f(x)=，则f(x)在区间(a＞0)上存在极值的一个充分不必要条件是(　 　)
A. B. C. D.
【解析】 ∵f(x)=，∴f'(x)=，当x＞1时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当0＜x＜1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，∴x=1是函数f(x)的极大值点.要使f(x)在区间(a＞0)上存在极值，只需a＜1＜a，解得＜a＜1.在四个选项中，＜a＜1能推出＜a＜1，但是＜a＜1推不出＜a＜1，满足题意.
A
7.(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=2x3－3ax2＋1，则(　 　)
A.当a＞1时，f(x)有三个零点
B.当a＜0时，x=0是f(x)的极大值点
C.存在a，b，使得直线x=b为曲线y=f(x)的对称轴
D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心
【解析】 由题意，f'(x)=6x2－6ax=6x(x－a).当a＞1时，x∈(－∞，0)，函数f(x)单调递增，x∈(0，a)，函数f(x)单调递减，x∈(a，＋∞)，函数f(x)单调递增.又极大值f(0)=1＞0，极小值f(a)=1－a3＜0，∴f(x)有三个零点，A正确；当a＜0时，x=0是f(x)的极小值点，B错误；三次函数不存在对称轴，C错误；f(1＋x)＋f(1－x)=12x2－6ax2＋6－6a，当a=2时，f(1＋x)＋f(1－x)=－6=2f(1)，D正确.
AD
8.(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)=(x2－3)ex＋2，则(　 　)
A. f(0)=0
B. 当x＜0时，f(x)=－(x2－3)e－x－2
C. f(x)≥2当且仅当x≥
D. x=－1是f(x)的极大值点
【解析】 对于A，f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)=0，A正确；对于B，当x＜0时，－x＞0，则f(x)=－f(－x)=－=－(x2－3)e－x－2，B正确；对于C，f(－1)=－(1－3)e －2=2(e－1)＞2，C错误；对于D，当x＜0时，f(x)=(3－x2)e－x－2，则f'(x)= －(3－x2)e－x－2xe－x=(x2－2x－3)e－x，令f'(x)=0，解得x=－1或3(舍去)，当x∈(－∞，－1)时，f'(x)＞0，此时f(x)单调递增，当x∈(－1，0)时，f'(x)＜0，此时f(x)单调递减，则x=－1是f(x)的极大值点，D正确.
ABD
9.现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做
成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是 　.
【解析】 容积V=(a－2x)2x，0＜x＜，则V'=2(a－2x)×(－2x)＋(a－2x)2=(a－2x)(a－6x)，由V'=0得x=，或x=(舍去)，则x=为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时Vmax=a3.
a3
10.若函数f(x)=在区间上的最小值为2e，则a的取值范围是 　.
【解析】 由f(x)=，得f'(x)=，∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，且f=2e，∴∈，即a≥，∴a的取值范围是.
11.已知函数f(x)=tan x＋ln(1－x)，x∈，求f(x)的极值.
解：∵函数f(x)=tan x＋ln(1－x)，x∈，∴f'(x)=.
设h(x)=x－1＋cos2x，h'(x)=1－2cos xsin x=1－sin 2x≥0，∴h(x)在上单调递增.又h(0)=0，∴当x∈时，h(x)＜0；当x∈(0，1)时，h(x)＞0.又(x－1)·cos2x＜0对x∈恒成立，∴当x∈时，f'(x)＞0；当x∈(0，1)时，f'(x)＜0.即f(x)在区间上单调递增，在区间(0，1)上单调递减，故f(x)极大值=f(0)=0，f(x)没有极小值.
12.(2025·福建厦门模拟)已知函数f(x)=x2－2aln x(a＞0).
(1)求函数f(x)的极值点；
解：(1)函数f(x)=x2－2aln x(a＞0)的定义域为(0，＋∞)，又f'(x)=2x－，∴当0＜x＜时，f'(x)＜0，当x＞时，f'(x)＞0，∴f(x)的单调递减区间为(0， )，单调递增区间为(， ＋∞)，∴x=为f(x)的极小值点，无极大值点.
(2)若函数f(x)在区间[1， e]上的最小值为0，求实数a的值.
(2)当≤1，即0＜a≤1时，f(x)在[1， e]上单调递增，∴在x=1处取得最小值，f(x)min=f(1)≠0，不合题意；当1＜＜e，即1＜a＜e2，此时f(x)在[1， )上单调递减，在(， e]上单调递增，∴f(x)min=f()=a－2aln =0，解得a=e；当≥e，即a≥e2，此时f(x)在[1， e]上单调递减，∴f(x)min=f(e)=e2－2a≤e2－2e2＜0，不符合题意.综上，a=e.
13.(2024·上海卷)已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M={x0|x0∈R，x∈(－∞，x0)，f(x)＜f(x0)}，在使得M=[－1，1]的所有f(x)中，下列成立的是(　 　)
A. 存在f(x)是偶函数
B. 存在f(x)在x=2处取到最大值
C. 存在f(x)是严格增函数
D. 存在f(x)在x=－1处取到极小值
【解析】 对于A，若存在 y=f(x)是偶函数，取x0∈[－1，1]，则对于任意x∈(－∞，1)，f(x)＜f(1)，而f(－1)=f(1)，矛盾，A错误；对于B，可构造函数f(x)=满足集合M=[－1，1]，当x＜－1时，f(x)=－2，当－1≤x≤1时，f(x)∈[－1，1]，当x＞1时，f(x)=1，则该函数f(x)的最大值为f(2)，B正确；对于C，假设存在f(x)，使得f(x)严格递增，则M=R，与已知M=[－1，1]矛盾，C错误；对于D，假设存在f(x)，使得f(x)在x=－1处取到极小值，则在x=－1的左侧附近存在n，使得f(n)＞f(－1)，这与已知集合M的定义矛盾，D错误.
B
14.(多选)(2025·重庆模拟)若b=－1，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. ab有最大值
B. ab有最小值
C. ln (b＋2)－a有最大值
D. ln (b＋2)－a有最小值
【解析】 由条件b=e2a－1得2a=ln (b＋1)，a∈R，b＞－1. 对于A，B，ab=a(e2a－1)，a→＋∞时，ab→＋∞，故ab没有最大值；当a=0时，ab=0 ；当a＞0时，－1＞0，ab＞0；当a＜0 时，e2a－1＜0，ab＞0；故ab≥0，ab有最小值0，当a=b=0时取得，A错误，B 正确；对于C，D，ln (b＋2)－a=ln (b＋2)－ln =ln =ln≥ln 2，当b=0时有最小值ln 2，C错误，D正确.
BD
15.(2025·上海卷)已知f(x)=x2－(m＋2)x＋mln x，m∈R.
(1)若f(1)=0，求不等式f(x)≤x2－1的解集；　
解：(1)∵f(1)=0，故1－m－2＋0=0，故m=－1，∴f(x)=x2－x－ln x，故f(x)≤x2－1，即为x＋ln x≥1，设s(x)= x＋ln x，x＞0，则s'(x)=1＞0，故s(x)在(0，＋∞)上为增函数，而x＋ln x≥1，即s(x)≥s(1)，故x∈[1，∞).
(2)若函数y=f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围.
(2)f(x)在(0，＋∞)上存在极大值即为有极大值点.
f'(x)=2x－(m＋2)，若m≤0，则x∈(0， 1)时，f'(x)＜0，x∈(1，＋∞)时，f'(x)＞0，故x=1为f(x)的极小值点，无极大值点，不符合题意；若0＜＜1，即0＜m＜2，则x∈时，f'(x)＜0，x∈∪(1，＋∞)时，f'(x)＞0，故x=为f(x)的极大值点，符合题意；若m=2，则x∈(0，＋∞)时，f'(x)≥0，f(x)无极值点，不符合题意；若＞1，m＞2，x∈时，f'(x)＜0，x∈(0， 1)∪时，f'(x)＞0，故x=1为f(x)的极大值点，符合题意.∴m∈(0，2)∪(2，＋∞).
16.(2025·云南红河三模)已知函数f(x)=1.
(1)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；
解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，由f'(x)=，则切线的斜率k=f'(1)=2，又f(1)=1，故切点为(1， 1)，∴切线的方程为y－1=2(x－1)，即2x－y－1=0.
(2)求函数f(x)的极值；
(2)∵f'(x)=，则f'(x)＞0，得0＜x＜e；f'(x)＜0，得x＞e，∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
故当x=e时，f(x)有极大值f(e)=1，无极小值.
(3)设t＞0，求函数f(x)在区间[t， 2t]上的最大值.
(3)由(2)得，当2t≤e，且t＞0，即0＜t≤时，f'(x)＞0在[t， 2t]上恒成立，函数f(x)在(t， 2t)上单调递增，∴f(x)max=f(2t)=1；当t＜e＜2t，即＜t＜e时，x∈[t，e)时，f'(x)＞0，x∈(e，2t]时，f'(x)＜0，∴函数f(x)在[t，e)上单调递增，在(e，2t]上单调递减，∴f(x)max=f(e)=1；当t≥e时，f'(x)≤0在[t， 2t]上恒成立，函数f(x)在(t， 2t)上单调递减，∴f(x)max=f(t)=1.综上，当0＜t≤时，f(x)max=1；当＜t＜e时，f(x)max=1；当t≥e时，f(x)max=1.(共42张PPT)
第2节　导数与函数的单调性
课标解读　1.借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.
2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间.
内
容
索
引
必备知识巩固
关键能力提升
教考衔接
知识梳理
考点一 不含参函数的单调性
考点二 含参函数的单调性
考点三 函数单调性的应用
1.[教材改编]函数f(x)=ex－x的单调递增区间是　 　.
【解析】 由f'(x)=ex－1≥0，解得x≥0，故f(x)的单调递增区间是[0，＋∞).
2.[教材改编]比较大小： ex　 　1＋x，x≠0；x　 　ln x，x∈(1，＋∞).
【解析】 设f(x)=ex－1－x，x≠0，则f'(x)=ex－1，由f'(x)＞0，得x＞0，由f'(x)＜0，得x＜0，则f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)＞e0－1－0=0，故ex＞1＋x，x≠0.设g(x)=x－ln x，x∈(1，＋∞)，则g'(x)=1－＞0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)＞1－ln 1=1，∴x＞ln x，x∈(1，＋∞).
[0，＋∞)
＞
＞
3.[教材改编]已知f(x)是定义在R上的可导函数，函数y=ef'(x)的图象如图所示，则f(x)的单调递减区间是　 　.
【解析】 ∵当x≤2时，ef'(x)≤1，∴当x≤2时，f'(x)≤0，∴f(x)的单调递减区间是(－∞，2].
(－∞，2]
4. (忽视函数的定义域)函数f(x)=x＋ln(2－x)的单调递增区间为　 　.
【解析】 由2－x＞0，得x＜2，即函数f(x)的定义域为(－∞，2).易知f'(x)=1－，令f'(x)＞0，可得＜1，结合2－x＞0，得2－x＞1，解得x＜1，∴函数f(x)=x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).
易错题
(－∞，1)
5. (求参数范围时忽视验证等号是否成立)若y=x＋(a＞0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是　 　.
【解析】 由题意，当x≥2时，y'=1－≥0，得x≤－a，或x≥a，∴y=x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞).又函数在[2，＋∞)上单调递增，∴a≤2.又a＞0，∴0＜a≤2.
6. (讨论函数单调性时分类标准有误)讨论函数y=ax3－x在R上的单调性时，对参数a应分　 　三种情况讨论.
【解析】 ∵y'=3ax2－1，∴对a应分a＞0，a=0，a＜0三种情况讨论.
易错题
易错题
(0，2]
a＞0，a=0，a＜0
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(a，b)上　 　
f'(x)＜0 f(x)在(a，b)上　 　
f'(x)=0 f(x)在(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.
3.用充分必要条件诠释导数与函数单调性的关系
(1)f'(x)＞0(＜0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件.
(2)f'(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件.
(3)若f'(x)在区间(a，b)的任意子区间内都不恒等于零，则f'(x)≥0(≤0)是f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充要条件.
定义域
零点
[优化拓展]
1.讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”的原则.
2.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.
3.若函数f(x)在(a，b)内存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f'(x)＞0有解；若函数f(x)在(a，b)内存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f'(x)＜0有解.
考点一　不含参函数的单调性
(1)(2025·湖北武汉模拟)下列函数中，在区间[1，4]上单调递增的是(　 　)
A. f(x)= B. f(x)=
C. f(x)=xln x D. f(x)=x－ln x2
【解析】 对于A，f(x)=的定义域为(－∞，2)∪(2，＋∞)，f(x)在[1，2)上单调递增，在(2，4]上单调递增，不满足在[1，4]上单调递增，A错误；对于B，f'(x)=≤0，f(x)在[1，4]上单调递减，不满足在[1，4]上单调递增，B错误；对于C，f'(x)=ln x＋1＞0，满足在[1，4]上单调递增，C正确；对于D，f'(x)=1－，f(x)在[1，2)上单调递减，在(2，4]上单调递增，不满足在[1，4]上单调递增，D错误.
例 1
C
(2)若函数f(x)=，则函数f(x)的单调递减区间为　 　.
【解析】 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，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)＜0，∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.
(1，＋∞)
确定不含参的函数的单调性时，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意：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.
(1)已知函数f(x)与f'(x)的图象如图所示，则函数g(x)=的单调递减区间为(　 　)
A. (0，4)
B. (－∞，1)，
C.
D. (0，1)，(4，＋∞)
【解析】 由图知f'(x)过点(0，0)与，当0＜x＜1，或x＞4时，f'(x)＜f(x)，即g'(x)=＜0，则函数g(x)=的单调递减区间为(0，1)，(4，＋∞).
跟踪训练1
D
(2)(2025·广东梅州模拟)已知函数f(x)=sin 2x－x，则在下列区间上，f(x)单调递增的是
(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 ∵f(x)=sin 2x－x，∴f'(x)=2cos 2x－1，令f'(x)=2cos 2x－1＞0，则cos 2x＞，根据四个选项，可知x∈，则－＜2x＜π，∴－＜2x＜，∴－＜x＜，∴f(x)的单调递增区间为，∵ ，∴为函数f(x)的一个单调递增区间.
B
考点二　含参函数的单调性
(2025·江西南昌模拟)已知函数f(x)=2ax＋(2－a)ln x＋.当a＜0时，讨论f(x)的单调性.
解：由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)=2a＋.
由f'(x)=0可得x=，或x=－.
当a=－2时，f'(x)=≤0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a＜－2时，＞－，故令f'(x)＞0，解集为，
令f'(x)＜0，解集为∪，
例 2
∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
当－2＜a＜0时，＜－，令f'(x)＞0，解集为，
令f'(x)＜0，解集为∪，∴f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上，当a=－2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＜－2时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为；当－2＜a＜0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
1.所有求解和讨论都必须在函数的定义域内.
2.利用导数讨论含参函数单调性的关键是确定导数的符号，对于含有参数的导数符号判定问题，应就参数的范围讨论导数大于(或小于)零的不等式的解.
(2025·江苏南京模拟)讨论函数f(x)=x3－x2＋ax＋1的单调性.
解：由题意知f(x)的定义域为R，f'(x)=3x2－2x＋a，令f'(x)=0，Δ=(－2)2－4×3×a=4(1－3a).
①当a≥时，Δ≤0，f'(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增；
②当a＜时，Δ＞0，令f'(x)=0，即3x2－2x＋a=0，解得x1=，x2=，
令f'(x)＞0，得x＜x1，或x＞x2；令f'(x)＜0，得x1＜x＜x2，∴f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增.
综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增；当a＜时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
跟踪训练2
考点三　函数单调性的应用
(1)(2025·云南昆明一模)已知a=，b=，c=，则(　 　)
A. a＜b＜c B. c＜b＜a
C. c＜a＜b D. b＜a＜c
【解析】 设f(x)=，则f'(x)=，当x≥2时，f'(x)＜0，故f(x)在[2，＋∞)上单调递减，∴，故c＜b＜a.
例 3
考向1 比较大小或解不等式
B
(2)(2025·湖北武汉开学考试)已知函数f(x)=－x3，则满足不等式f(m＋2)＋ f(2m－1)＞2的实数m的取值范围是(　 　)
A. m＜ B. m＞
C. m＜－ D. m＞－
【解析】 设g(x)=f(x)－1=－x3－1=－x3=－x3，g(x)的定义域为R，关于原点对称，g(－x)=－(－x)3=＋x3=－g(x)，∴g(x)是奇函数，g'(x)=－3x2=－3x2＜0，∴g(x)在R上单调递减，由f(m＋2)＋f(2m－1)＞2得[f(m＋2)－1]＋[f(2m－1)－1]＞0，即g(m＋2)＋g(2m－1)＞0，g(m＋2)＞－g(2m－1)=g(1－2m)，∵g(x)在R上单调递减，∴m＋2＜1－2m，解得m＜－.
C
利用导数比较大小或解不等式时，常常需要把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式.
(1)已知函数f(x)=ex－e－x－2x＋2，则不等式f(2x＋4)≥2的解集为(　 　)
A. {x|x＞－2} B. {x|x≥－2}
C. {x|x＜－2} D. {x|x≤－2}
【解析】 ∵f'(x)=ex＋e－x－2≥2－2=0，当且仅当ex=e－x，即x=0时，等号成立，∴f(x)在R上单调递增，且f(0)=2. 由f(2x＋4)≥2，得f(2x＋4)≥f(0)，则2x＋4≥0，解得x≥－2.
(2)不等式x＜sin 的解集为 　.
【解析】 设f(x)=x－sin ，则f'(x)=1－cos ＞0，∴f(x)在R上单调递增，又f=0，∴f(x)＜0的解集为，故x＜sin 的解集为.
跟踪训练3
B
已知g(x)=2x＋ln x－.
(1)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围；
解：(1)由题意知g(x)=2x＋ln x－(x＞0)，则g'(x)=2＋(x＞0).∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，∴g'(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋≥0在[1，2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].当x∈[1，2]时，(－2x2－x)max=－3，∴a≥－3，∴实数a的取值范围是[－3，＋∞).
(2)若函数g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围.
(2)g(x)在[1，2]上存在单调递增区间，则g'(x)＞0在[1，2]上有解，即a＞－2x2－x在[1，2]上有解，∴a＞(－2x2－x)min.又当x∈[1，2]时，(－2x2－x)min=－10，∴a＞－10，∴实数a的取值范围是(－10，＋∞).
例 4
考向2 由单调性求参数
根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)在区间I上单调递增(减)，只要满足f'(x)≥0(f'(x)≤0)在区间I上恒成立即可.如果能够分离参数，那么分离参数后可转化为参数值与函数最值之间的关系.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
(1)(2023·新高考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】 由题可知f'(x)=aex－≥0在区间(1，2)上恒成立，即a≥对任意x∈(1，2)恒成立.令h(x)=xex(x∈(1，2))，可得h'(x)=(1＋x)ex＞0，∴h(x)=xex在区间(1，2)上单调递增，∴h(x)＞h(1)=e，故，∴a≥，∴a的最小值为e－1.
(2)若函数f(x)=x2－9ln x在区间[m－1，m＋1]上单调，则实数m的取值范围是_________________　
　 .
【解析】 f'(x)=x－(x＞0)，令f'(x)＞0，得x＞3，令f'(x)＜0，得0＜x＜3，∴函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)，单调递减区间为(0，3).又函数f(x)在区间[m－1，m＋1]上单调，∴或m－1≥3，解得1＜m≤2，或m≥4.
跟踪训练4
C
(1，2]∪[4，
＋∞)
课时作业
答案速对
第三章 对点练22　导数与函数的单调性 题号 1 2 3 4 5
答案 C D C D D
题号 6 7 8 13 14
答案 C BC ACD C BC
1.函数f(x)=xln x＋1的单调递减区间是(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D. (e，＋∞)
C
2.函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是(　 　)
A. B. C. D.
D
3.(2025·陕西西安模拟)函数f(x)的大致图象如图所示，设f(x)的导函数为f'(x)，则f'(x)f(x)＞0的解集为(　 　)
A. (－∞，0)∪(1， 3)
B. (1， 3)
C. (0， 1)∪(3，＋∞)
D. (0， 1)
C
4.(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)函数f(x)=x3＋mx2＋3x－1在R上单调递增的必要不充分条件为(　 　)
A. (－3，3) B. [－3，3]
C. (－6，3) D. (－6，3]
D
5.若函数f(x)=ln x＋ax2－2在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是
(　 　)
A. [－2，＋∞) B.
C. D. (－2，＋∞)
D
6.(2025·云南昆明一模)设a=，b=，c=，则a，b，c的大小关系为(　 　)
A. a＜b＜c B. b＜a＜c
C. b＜c＜a D. c＜b＜a
【解析】 设f(x)=(x＞0)，则f'(x)=.令f'(x)＜0得x＞e，∴函数f(x)在区间(e，＋∞)上单调递减.∵e＜3＜4，∴f(e)＞f(3)＞f(4)，即，∴b＜c＜a.
C
7.(多选)(2025·山东青岛模拟)若一个函数在区间I上的导数值恒大于0，则该函数在I上纯粹递增，若一个函数在区间I上的导数值恒小于0，则该函数在I上纯粹递减，则(　 　)
A. 函数f(x)=x2－2x在[1，＋∞)上纯粹递增
B. 函数f(x)=x3－2x在[1，2]上纯粹递增
C. 函数f(x)=sin x－2x在[0，1]上纯粹递减
D. 函数f(x)=ex－3x在[0，2]上纯粹递减
【解析】 若f(x)=x2－2x，则f'(x)=2x－2，∵f'(1)=0，∴A错误；若f(x)=x3－2x，则f'(x)=3x2－2，当x∈[1，2]时，f'(x)＞0恒成立，∴B正确；若f(x)=sin x－2x，则f'(x)=cos x－2＜0，∴C正确；若f(x)=ex－3x，则f'(x)=ex－3＜0在[0，2]上不恒成立，∴D错误.
BC
8.(多选)已知函数f(x)=ln x，且a=f ，b=f，c=f，则(　 　)
A. a＞b B. b＞a
C. c＞b D. c＞a
【解析】 由f(x)=·ln x，得f'(x)=ln x，当x∈(0，1)时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，∵c=f，0＜＜1，∴f＞f ＞f ，∴c＞a＞b.
ACD
9.(2025·江苏苏州三模)若f(x)=x(ln x＋a)在 [1， e]上不单调，则实数a的取值范围是　
　.
【解析】 由f(x)=x(ln x＋a)，可得f'(x)=ln x＋a＋1，∵f(x)=x(ln x＋a)在[1，e]上不单调，∴f'(x)=0在(1，e)上有解，即ln x＋a＋1=0在(1，e)上有解，即存在x∈(1，e)，使得a=－ln x－1，又y=－ln x－1在(1，e)上单调递减，∴－2＜a＜－1，∴实数a的取值范围是(－2，－1).
(－2，－1)
10.(2025·四川成都模拟) x1，x2∈[1，e]，且x1≠x2，不等式＜m恒成立，则m的取值范围是　 　.
【解析】 不妨设1≤x1＜x2≤e，则x2－x1＞0，由＜m可得ln x2－ln x1＜m(x2－x1)，∴ln x2－mx2＜ln x1－mx1，令f(x)=ln x－mx，则f(x2)＜f(x1)，∵1≤x1＜x2≤e，∴f(x)=ln x－mx在[1，e]上单调递减，∴f'(x)=－m≤0对于x∈[1，e]恒成立，可得m≥对于x∈[1，e]恒成立，∵≤1在[1，e]上恒成立，∴m≥1.
[1，＋∞)
11.已知函数f(x)=(k为常数)，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.求：
(1)实数k的值；
解：(1)f'(x)=(x＞0)，又f'(1)==0，∴k=1.
(2)函数f(x)的单调区间.
(2)由(1)知f'(x)=(x＞0).设h(x)=－ln x－1(x＞0)，则h'(x)=－＜0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)=0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，∴f'(x)＞0；当x＞1时，h(x)＜0，∴f'(x)＜0.综上，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
12.在①f'(ln 3)=2，②f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为0，③f(x)的单调递减区间为(0，ln 2)这三个条件中任选一个补充在下面的问题(1)中，并加以解答.
已知f(x)=e2x－(a＋2)ex＋2ax.
(1)若　　　　　　，求实数a的值；
解：(1)f'(x)=e2x－(a＋2)ex＋2a=(ex－2)(ex－a).
若选条件①，则f'(ln 3)=(3－2)(3－a)=2，∴a=1.
若选条件②，则f'(0)=(1－2)(1－a)=0，∴a=1.
若选条件③，则由题意得0和ln 2是关于x的方程(ex－2)·(ex－a)=0的两个根，∴a=1.
(2)若a∈R，讨论函数f(x)的单调性.
(2)当a≤0时，令f'(x)＞0，得x＞ln 2，令f'(x)＜0，得x＜ln 2，∴f(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增；当0＜a＜2时，令f'(x)＞0，得x＞ln 2，或x＜ln a，令f'(x)＜0，得ln a＜x＜ln 2，∴f(x)在(－∞，ln a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(ln a，ln 2)上单调递减；
当a=2时，f'(x)=(ex－2)2≥0，∴f(x)在R上单调递增；　
当a＞2时，令f'(x)＞0，得x＞ln a，或x＜ln 2，令f'(x)＜0，得ln 2＜x＜ln a，∴f(x)在(－∞，ln 2)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，ln a)上单调递减.
13.(2025·陕西榆林模拟)已知函数f(x)=ex－e－x－2sin x，若f(aex)＋f(1－x)＞0恒成立，则a的取值范围是(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 ∵f(－x)= e－x－ex－2sin (－x)=－f(x)，∴f(x)为R上的奇函数.又f'(x)=ex＋e－x－2cos x≥2－2cos x=2－2cos x≥0，∴f(x)在R上单调递增.又f(aex)＋f(1－x)＞0恒成立，∴f(aex)＞f(x－1)，则aex＞x－1，因此a＞恒成立.设g(x)=，则g'(x)=，令g'(x)=0，解得x=2.当x＜2时，g'(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞2时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，∴a＞g(x)max=g(2)=.
C
14.(多选)已知定义在R上的奇函数f(x)的部分图象如图所示，f'(x)是f(x)的导函数，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. f(2)=－1
B. f(1)f(2)＞4
C. f'(1)f'(2)＜0
D. 方程f'(x)=0无解
【解析】 根据题意，依次分析.对于A，f(x)为奇函数，且f(－2)＞2，则f(2)=－f(－2)＜－2，A错误；对于B，f(x)为奇函数，且f(－1)=2，f(－2)＞2，则有f(1)f(2)=f(－1)·f(－2)＞4，B正确；对于C，由所给的函数f(x)的图象，可得f'(－1)＜0，f'(－2)＞0，则f'(1)f'(2)=f'(－1)f'(－2)＜0，C正确；对于D，由C得f'(－1)f'(－2)＜0，必定存在x0∈(－2，－1)，使得f'(x0)=0，即f'(x)=0一定有解，D错误.
BC
15.(2025·山东泰安三模)若函数f(x)满足：存在整数a，实数b∈(0， 1)，使得f(a)=f(a＋b)，则称f(x)是“滞后的”.已知函数g(x)=x－sin ωx(ω＞0)不是“滞后的”，则ω的取值范围
是　 　.
【解析】 由“滞后的”的定义，知单调函数必不为“滞后的”，当0＜ω≤1时，则g'(x)=1－ωcos ωx≥0，函数g(x)在R上单调递增，符合题意；依题意，g(0)=0－sin 0=0，若g(x)在(0， 1)上存在零点，则g(x)符合“滞后的”定义，g(1)=1－sin ω≥0，当且仅当ω=2kπ，k∈Z时取等号，当ω＞1，且ω≠2kπ，k∈Z时，g'(0)=1－ω＜0，g(1)＞0，因此函数g(x)在区间(0， 1)上一定存在零点，不符合题意；当ω=2kπ，k∈ Z，k≥1时，函数g(x)在区间(0， 1)上至少存在1个零点，不符合题意；当ω=，g(a)=a－sin ωa，a∈Z，则sin ωa∈Z，g(a)∈Z，而g(a＋b)=a＋b－sin不为整数，符合题意，∴ω的取值范围是(0， 1]∪.
(0， 1]∪
16.已知函数f(x)=.
(1)求f(x)的单调区间；
解：(1)由题意得f'(x)=，令f'(x)=0得x=1，
当x∈(0，1)时，f'(x)＞0，f(x)在(0，1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＜0，f(x)在(1，＋∞)上单调递减.综上，f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
(2)若存在x1，x2∈(1，＋∞)且x1≠x2，使|f(x1)－f(x2)|≥k|ln x1－ln x2|成立，求k的取值范围.
(2)不妨设x1＞x2＞1，由(1)知x∈(1，＋∞)时，f(x)单调递减，∴f(x1)＜f(x2).|f(x1)－f(x2)|≥k|ln x1－ln x2|等价于f(x2)－f(x1)≥k(ln x1－ln x2)，即f(x2)＋kln x2≥f(x1)＋kln x1，即存在x1，x2∈(1，＋∞)且x1＞x2，使f(x2)＋kln x2≥f(x1)＋kln x1成立.令h(x)=f(x)＋kln x，则h(x)在(1，＋∞)上存在单调递减区间，即h'(x)=＜0在(1，＋∞)上有解，即k＜在(1，＋∞)上有解，即k＜，x∈(1，＋∞)；令t(x)=，当x∈(1，＋∞)，t'(x)=，x∈(1，)时，t'(x)＞0，t(x)在(1，)上单调递增；当x∈(，＋∞)时，t'(x)＜0，t(x)在(，＋∞)上单调递减，∴t(x)max=t()=，∴k＜.(共15张PPT)
拓展视野 泰勒展开式
能力训练
知识拓展
课时作业
内
容
索
引
1.泰勒公式
若函数f(x)在含有x0的开区间(a，b)内有n＋1阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于x－x0的多项式和一个余项的和：
f(x)=f(x0)＋·(x－x0)2＋·(x－x0)3＋…＋·(x－x0)n＋Rn(x).
2.麦克劳林公式
f(x)=f(0)＋＋…＋·xn＋Rn(x).
虽然麦克劳林公式是泰勒公式的一种特殊形式，仅仅是取x0=0的特殊结果，但由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及.
3.常见函数的麦克劳林展开式(o(xn)是高阶无穷小量)：
(1)ex=1＋x＋＋…＋＋o(xn).
(2)ln(x＋1)=x－－…＋(－1)n－1·＋o(xn).
(3)sin x=x－－…＋(－1)n－1·＋o(x2n－1).
(4)cos x=1－－…＋(－1)n·＋o(x2n).
(2022·全国甲卷理)已知a=，b=cos ，c=4sin ，则(　 　)
A. c＞b＞a B. b＞a＞c
C. a＞b＞c D. a＞c＞b
【解析】 方法一　根据题意，构造函数f(x)=1－，g(x)=cos x，h(x)=，则a=f，b=g，c=h.由泰勒展开式，f(x)=1－，g(x)=1－＋ο(x4)，h(x)=1－＋ο(x4)，g=1－＋ο(x4)=＋ο(x4)，h=1－＋ο(x4)=＋ο(x4)，∴f＜g＜h，即a＜b＜c.
例 1
A
方法二　∵b=cos =1－2sin2，∴b－a=1－2sin2－2sin2=2.令f(x)=x－sin x，则f'(x)=1－cos x≥0，∴函数f(x)在R上单调递增，∴当x＞0时，f(x)＞f(0)=0，即有x＞sin x(x＞0)成立，∴＞sin ，得＞sin2，∴b＞a. ∵=4tan ，∴令g(x)=tan x－x，则g'(x)=－1=≥0，∴函数g(x)在内单调递增，∴当0＜x＜时，g(x)＞g(0)=0，即有tan x＞x成立，∴tan ，即4tan ＞1，∴＞1，又b＞0，∴c＞b. 综上，c＞b＞a.
若a=ln，b=0.02sin 0.01，c=0.01sin 0.02，则(　 　)
A. a＜b＜c B. a＜c＜b
C. b＜c＜a D. c＜a＜b
【解析】 易知a=ln＜ln 1=0，而b＞0，c＞0.当x→0时，由泰勒公式展开，得b=0.02sin 0.01=0.02=2×10－4－×10－8＋ο(x3)，c=0.01sin 0.02=0.01=2×10－4－×10－8＋ο(x3).可知×10－8＜×10－8，
∴b＞c.综上，b＞c＞a.
跟踪训练1
B
写出f(x)=的泰勒展开式(只需写出前4项).
解： f(x)=，f'(x)=，f(2)(x)=，f(3)(x)=，f(0)=f'(0)=1，f(2)(0)=2，f(3)(0)=6，∴f(x)==1＋x＋x2＋x3.
例 2
已知函数f(x)=ln(x＋1)，写出函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式.
解： 由f(x)=ln(x＋1)，得f'(x)=，f(2)(x)=－，f(3)(x)=，∴f(1)=ln 2，f'(1)=，f(2)(1)=－，f(3)(1)=，∴函数f(x)在x=1处的3阶泰勒展开式为f(x)=ln 2＋(x－1)－(x－1)2＋(x－1)3＋R3(x).
跟踪训练2
课时作业
1. 计算器对ex，ln x，sin x，cos x等函数的函数值的计算，是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的.“泰勒展开式”的内容为：如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a，b)内可以进行多次求导数运算，则当x≠x0时，有
f(x)=(x－x0)0(x－x0)＋(x－x0)2(x－x0)3＋…，
其中f'(x)是f(x)的导数，f″(x)是f'(x)的导数，f (x)是f″(x)的导数，….取x0=0，求sin 1精确到0.01的近似值.
解：f(x)=sin x，f'(x)=cos x，f″(x)=－sin x，f (x)=－cos x，…，取x0=0时，f(x)=·x0xx2x3＋…，则f(x)=sin x=0×x0＋1×x＋0×x2＋(－1)×x3＋0×x4x5＋…=x－x3x5＋…，令x=1，f(1)=sin 1=1－…=…≈0.84，∴sin 1≈0.84.
2. 给出以下三则材料：①若函数f(x)可导，我们通常把导函数f'(x)的导数叫做f(x)的二阶导数，记作f″(x).类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作f (x)，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般地，n－1阶导数的导数叫做n阶导数，记作f(n)(x)=[f(n－1)(x)]'，n≥4.②若n∈N*，定义n!=n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1.③若函数f(x)在包含x0的某个开区间(a，b)上具有n阶的导数，那么对于任一x∈(a，b)有g(x)=f(x0)(x－x0)·(x－x0)2(x－x0)3＋…(x－x0)n，我们将g(x)称为函数f(x)在x=x0处的n阶泰勒展开式.例如，y=ex在x=0处的n阶泰勒展开式为1＋xx2＋…xn.根据以上三则材料，完成下面的题目：
(1)求出f1(x)=sin x在x=0处的3阶泰勒展开式g1(x)，并直接写出f2(x)=cos x在x=0处的3阶泰勒展开式g2(x)；
解：(1) ∵ f'1(x)=cos x，f″2(x)=－sin x，f 3(x)=－cos x，∴f'1(0)=1，f″2(0)=0，f 3(0)=－1，∴g1(x)=sin 0(x－0)(x－0)2(x－0)3，即g1(x)=x－x3.同理可得，g2(x)=1－x2.
(2)比较(1)中f1(x)与g1(x)的大小.
(2) 由(1)知f1(x)=sin x，g1(x)=x－x3，令h(x)=f1(x)－g1(x)=sin x－xx3，则h'(x)=cos x－1x2，∴h″(x)=－sin x＋x，h (x)=1－cos x≥0，∴h″(x)在R上单调递增，又h″(0)=0，∴当x∈(－∞，0)时，h″(x)＜0，h'(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，h″(x)＞0，h'(x)单调递增，∴[h'(x)]min=h'(0)=1－1＋0=0，∴h'(x)≥0，∴h(x)在R上单调递增，又h(0)=0，∴当x∈(－∞，0)时，h(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，h(x)＞0.综上，当x＜0时，f1(x)＜g1(x)；当x=0时，f1(x)=g1(x)；当x＞0时，f1(x)＞g1(x).
3. 英国数学家泰勒(B. Taylor， 1685—1731)发现了当函数f(x)在定义域内n阶可导，则有如下公式：
f(x)=f(n)(0)xn=f(0)＋f'(0)xf″(0)x2f (0)x3＋…＋
f(n)(0)xn＋…，以上公式称为函数f(x)在x=0处的泰勒展开式，简称为泰勒公式.其中，n!=1×2×3×4×…×n，f(n)(x)表示f(x)的n阶导数，即对f(x)连续求n次导.根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题：
(1)写出ex在x=0处的泰勒展开式(至少有5项)；
解：(1)当f(x)=ex时，f(n)(x)=ex，f(n)(0)=1，由泰勒展开式可得ex=1＋xx2x3x4＋….
(2)设f(x)=ex＋e－x－1－ax2，若x=0是f(x)的极小值点，求实数a的取值范围.
(2)∵ex=1＋xx2x3x4x5＋…，e－x=1－xx2－x3x4－x5＋…，∴f(x)=2·x2x4x6＋…－1－ax2，则f'(x)=xx3x5＋…－2ax=x，∵x=0是f(x)的极小值点，∴f'(0)=0，则当x在0的附近时，x2x4＋…－2a≥0即可，∴－2a≥0，∴a≤a∈(－∞，1].
4. 用泰勒展开式进行证明.
设函数fn(x)=－1＋x…(x∈R，n∈N＋)，证明：
(1)对每个n∈N＋，存在唯一的xn∈，满足fn(xn)=0；
解：(1)对每个n∈N＋，当x＞0时，由函数fn(x)=－1＋x…(x∈R，n∈N＋)，可得f'n(x)=1…＞0，故函数fn(x)在(0，＋∞)上是增函数.由于f1(1)=0，当n≥2时，fn(1)=…＞0，即fn(1)＞0.又fn≤－·=－·＜0，根据函数的零点的判定定理，可得存在唯一的xn∈，满足fn(xn)=0.
(2)对于任意p∈N＋，由(1)中xn构成数列{xn}满足0＜xn－xn＋p＜.
(2)对于任意p∈N＋，由(1)中xn构成数列{xn}，当x＞0时，∵fn＋1(x)=fn(x)＞fn(x)，∴fn＋1(xn)＞fn(xn)=fn＋1(xn＋1)=0.由fn＋1(x)在(0，＋∞)上单调递增，可得xn＋1＜xn，即xn－xn＋1＞0，故数列{xn}为递减数列，即对任意的n，p∈N＋，xn－xn＋p＞0.由于fn(xn)=－1＋xn…=0 ①，fn＋p(xn＋p)=－1＋xn＋p…=0②，用①减去②并移项，利用0＜xn＋p≤1，可得xn－xn＋p=.综上，对于任意p∈N＋，由(1)中xn构成数列{xn}满足0＜xn－xn＋p＜.(共21张PPT)
课标解读　函数零点问题的三个解题思路：一是利用导数判断函数的单调性，借助函数零点存在
定理判断；二是将零点问题转化为函数图象的交点问题，结合函数的极值利用数形结
合来解决；三是构造函数，将问题转化为相关函数问题进行求解.
内
容
索
引
关键能力提升
考点一 函数零点个数的判断及证明
考点二 根据函数零点的个数求参数的取值范围
微点突破
第3课时　利用导数研究函数的零点
考点一　函数零点个数的判断及证明
(2025·湖南永州开学考试)设函数f(x)=x2－2kln x(k＞0).
(1)当k=4时，求函数f(x)的单调区间和极值；
解：(1)当k=4时，f(x)=x2－8ln x，则f(x)的定义域是(0，＋∞)，f'(x)=2x－，令f'(x)=0，得x=2，或x=－2(舍去).
当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
∴f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)，
函数f(x)在x=2处取得极小值f(2)=4－8ln 2，无极大值.
例 1
x (0，2) 2 (2，＋∞)
f'(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
(2)试讨论函数f(x)在区间(1，]上的零点个数.
(2)由f(x)=x2－2kln x(k＞0)可得f'(x)=2x－，x＞0，令f'(x)=0，可得x=，当0＜x＜时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，∴f(x)的最小值为f()=k－kln k，若函数f(x)有零点，则f()≤0，解得k≥e.
当k≥e时，函数f(x)在(1，]上单调递减.
又f(1)=1＞0，f()=e－k≤0，∴函数f(x)在(1，]上有一个零点；当0＜k＜e时，函数f(x)的最小值为正数，∴函数f(x)在(1，]上没有零点.
综上，当k≥e时，函数f(x)在(1，]上有一个零点，当0＜k＜e时，函数f(x)在(1，]上没有零点.
利用导数研究函数零点(方程根)的一般方法：
(1)可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，来研究函数零点的情况.
(2)根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置.
(3)数形结合分析问题，可以使问题的求解过程有一个清晰、直观的整体展现.
已知函数f(x)=ex－asin x－x，曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y－1=0.
(1)求实数a的值；
解：(1)f'(x)=ex－acos x－1，
∵曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为x＋y－1=0，∴f'(0)=－1，即1－a－1=－1，得a=1.
跟踪训练1
(2)设函数h(x)=f(x)＋x－1，试判断函数h(x)在(－π，0)上零点的个数，并说明理由.
(2)由(1)及题意可得h(x)=ex－sin x－1，h'(x)=ex－cos x，在同一平面直角坐标系中作出函数y=ex和y=cos x的图象如图所示：
由图可知，当x∈(－π，0)时，函数y=ex和y=cos x的图象只有一个交点，设这个交点的横坐标为x0，
当x∈(－π，x0)时，h'(x)＞0，则h(x)单调递增；当x∈(x0，0)时，h'(x)＜0，则h(x)单调递减，
∴当x∈(－π，0)时，h(x)max=h(x0)，∵h(0)=0，∴h(x0)＞0，又h(－π)=e－π－1＜0，∴函数h(x)在(x0，0)上无零点，在(－π，x0)上只有一个零点，即函数h(x)在(－π，0)上只有一个零点.　
考点二　根据函数零点的个数求参数的取值范围
(2025·重庆九龙坡三模)已知函数f(x)=－aln x－x2＋(a＋1)x，a∈R.
(1)当a=2时，求函数f(x)的极值；
解：(1)当a=2时，f(x)=－2ln x－x2＋3x，x∈(0，＋∞)，f'(x)=－x＋3=，由f'(x)＞0得1＜x＜2，由f'(x)＜0得0＜x＜1，或x＞2，∴当x∈(1，2)时，f(x)单调递增，当x∈(0，1)，(2，＋∞)时，f(x)单调递减，∴f(x)的极小值为f(1)=，f(x)的极大值为f(2)=4－2ln 2.
例 2
(2)设g(x)=f(x)＋(a－1)ln x＋x2有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围.
(2)g(x)=f(x)＋(a－1)ln x＋x2=－ln x＋(a＋1)x，x∈(0，＋∞)，令g(x)=－ln x＋(a＋1)x=0，则a＋1=，记h(x)=，x∈(0，＋∞)，则h'(x)=，
当x＞e时，h'(x)＜0，当0＜x＜e时，h'(x)＞0，∴h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，且h(x)max=h(e)=，又当x＞1时，h(x)＞h(1)=0恒成立， 要使g(x)有两个零点，则y=a＋1与h(x)的图象有两个交点，
∴0＜a＋1＜，解得－1＜a＜.
利用函数的零点求参数范围的方法：
(1)参变分离法：将函数的零点个数问题转化成两个函数的交点个数问题，通过求导研究函数图象得到.
(2)分类讨论法：根据参数的不同分类情况，逐个研究函数的零点个数，直至找到符合要求的参数范围.
已知函数f(x)=x(ex－ax2).
(1)若曲线y=f(x)在x=－1处的切线与y轴垂直，求y=f(x)的极值；
解：(1)函数f(x)=x(ex－ax2)的定义域为R，求导得f'(x)=(x＋1)ex－3ax2，f'(－1)=－3a，依题意，f'(－1)=0，则a=0，f(x)=xex，f'(x)=(1＋x)ex，当x＜－1时，f'(x)＜0，当x＞－1时，f'(x)＞0，∴函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∴函数f(x)在x=－1处取得极小值f(－1)=－，无极大值.
跟踪训练2
(2)若f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a.
(2)函数f(x)=x(ex－ax2)在(0，＋∞)只有一个零点，等价于y=ex－ax2在(0，＋∞)上只有一个零点，设g(x)=ex－ax2，则函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，当且仅当g(x)=0在(0，＋∞)上只有一解，即a=在(0，＋∞)上只有一解，于是曲线y=(x＞0)与直线y=a只有一个公共点，令φ(x)=(x＞0)，求导得φ'(x)=，当x＜2时，φ'(x)＜0，当x＞2时，φ'(x)＞0，因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，函数φ(x)在x=2处取得极小值同时也是最小值φ(2)=，当x→0时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，画出φ(x)=大致的图象，如图所示.
由图可知，当g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a=φ(2)=，
∴当f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a=.
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，当所述情形都难以求出其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可尝试这样求解：先证明函数f(x)在区间I上存在唯一的零点x0(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就可证明存在唯一的零点)，再进行解答即可.因为x0不易求出(当然，有时是可以求出但无须求出)，所以把零点x0叫做隐零点(若x0容易求出，就叫做显零点). 实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法.
隐零点问题
微点突破
设函数f(x)=xex＋a(1－ex)＋1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
解：(1)∵f(x)=xex＋a(1－ex)＋1，∴f'(x)=[x－(a－1)]ex，∴当x＞a－1时，f'(x)＞0，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增；当x＜a－1时，f'(x)＜0，函数f(x)在(－∞，a－1)上单调递减，即函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a－1)，单调递增区间为(a－1，＋∞).
(2)若函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，证明：a＞2.
证明：(2)函数f(x)在(0，＋∞)上有零点，可得方程f(x)=0有解，∴a==x＋在(0，＋∞)上有解，令g(x)=x＋，x∈(0，＋∞)，则g'(x)=1＋，
设函数h(x)=ex－x－2，x∈(0，＋∞)，h'(x)=ex－1＞0，
∴函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又h(1)=e－3＜0，h(2)=e2－4＞0，∴存在x0∈(1，2)，使得h(x0)=0，当x∈(0，x0)时，g'(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，g'(x)＞0，∴函数g(x)存在唯一的最小值点x0，满足=x0＋2，∴g(x0)=x0＋=x0＋1∈(2，3)，又a=g(x)=x＋在(0，＋∞)上有解，∴a≥g(x0)＞2，∴a＞2.
例 3
已知函数f(x)=x2＋ln x－x(a≠0).
(1)当a=时，求曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
解：(1)当a=时，f(x)=2x2＋ln x－4x，则f'(x)=4x＋－4，可得f'(1)=1，且f(1)=2＋ln 1－4=－2，即曲线f(x)在点(1，－2)处的切线的斜率k=1，∴曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(－2)=x－1，即x－y－3=0.
跟踪训练3
(2)令F(x)=af(x)－x2，若F(x)＜1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值.
参考数据：ln 3＜，ln 4＞.
(2)F(x)=af(x)－x2=aln x－(2a＋1)x，∵F(x)＜1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，∴aln x－(2a＋1)x＜1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a＜在(1，＋∞)上恒成立，
令h(x)=，x＞1，则h'(x)=，
令t(x)=ln x－－1，x＞1，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)＜0，t(4)＞0，∴存在x0∈(3，4)，使得t(x0)=ln x0－－1=0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)min=h(x0)==x0，又a＜在(1，＋∞)上恒成立，∴a＜h(x)min=x0，∴整数a的最大值为3.
课时作业
1.已知函数f(x)=ex－4sin x，其中e为自然对数的底数.
(1)求曲线y=f(x)在x=0处的切线方程.
解：(1)∵f(x)=ex－4sin x，∴f'(x)=ex－4cos x，则f(0)=1，f'(0)=－3，故所求切线方程为y－1=－3(x－0)，即3x＋y－1=0.
(2)证明：f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
(2)证明：设g(x)=f'(x)=ex－4cos x，则g'(x)=ex＋4sin x.显然当x∈[0，π]时，g'(x)＞0，当x∈[π，＋∞)时，g'(x)＞0，∴f'(x)在[0，＋∞)上单调递增.又f'(0)=－3＜0，f'－2＞0，∴存在唯一的x0∈，使f'(x0)=0.则当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.∵f(0)=1＞0，f－2＜e－2＜0，f(π)=eπ＞0，∴f(x)在[0，＋∞)上有两个零点.
2.(2025·河北秦皇岛三模)设函数f(x)=exsin x.
(1)求f(x)的图象在(0， f(0))处的切线方程；
解：(1)∵f'(x)=ex(sin x＋cos x)，∴f'(0)=1，又f(0)=0，∴f(x)的图象在(0， f(0))处的切线方程为y=x.
(2)记g(x)=f(x)－ax，若0＜a≤1，试讨论g(x)在(0， π)上的零点个数.
(2)由已知得g(x)=exsin x－ax，∴g'(x)=ex(sin x＋cos x)－a，令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)=2excos x.当0＜x＜时，h'(x)＞0，函数h(x)单调递增，当＜x＜π时，h'(x)＜0，函数h(x)单调递减，即g'(x)在上单调递增，在上单调递减.当0＜a≤1时，g'(0)=1－a≥0， g'－a＞0， g'(π)=－eπ－a＜0，∴存在x0∈，使得g'(x0)=0，当x∈(0，x0)时，g'(x)＞0；当x∈(x0，π)时，g'(x)＜0，∴函数g(x)在(0， x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.∵g(0)=0， g(x0)＞g(0)=0，故函数g(x)在(0， x0)上无零点，又g(π)=－aπ＜0，由零点存在定理可得g(x)在(x0，π)上有且只有一个零点.综上，当0＜a≤1时，函数g(x)在(0， π)上的零点个数为1.
3.已知函数f(x)=2sin x－xcos x－x，f'(x)为f(x)的导数.
(1)证明：f'(x)在区间(0， π)上存在唯一零点.
解：(1)证明：设g(x)=f'(x)，则g(x)=cos x＋xsin x－1，g'(x)=xcos x.当x∈时，g'(x)＞0；当x∈时，g'(x)＜0，∴g(x)在上单调递增，在上单调递减.又g(0)=0，g＞0，g(π)=－2，∴f'(x)在区间(0，π)上存在唯一零点.
(2)若x∈[0， π]时，f(x)≥ax，求a的取值范围.
(2)解：由题意知f(π)≥aπ，f(π)=0，可得a≤0.
由(1)知f'(x)在(0，π)内只有一个零点，设为x0，当x∈(0，x0)时，f'(x)＞0；当x∈(x0，π)时，f'(x)＜0，∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，π)上单调递减.又f(0)=0，f(π)=0，∴当x∈[0，π]时，f(x)≥0.又当a≤0，x∈[0，π]时，ax≤0，故f(x)≥ax，∴a的取值范围是(－∞，0].
4.(2025·四川成都模拟)记函数f(x)的导函数为g(x)，函数g(x)的导函数为h(x)，若h(x0)=0，则称点(x0， f(x0))为函数f(x)的广义反曲点.
(1)若f(x)=2ex－x2，求f(x)的广义反曲点；
解：(1)f'(x)=2(ex－x)，记g(x)=2(ex－x)，则g'(x)=2(ex－1)，∴g'(0)=0.又f(0)=2，∴f(x)的广义反曲点是(0， 2).
(2)已知函数φ(x)=(a∈R，b＞0)有且仅有三个广义反曲点，证明函数φ(x)的三个广义反曲点共线，并求出直线方程.
(2)函数φ(x)=，则φ'(x)=，记m(x)=φ'(x)，则m'(x)=.记F(x)=x3＋3ax2－3bx－ab，设φ(x)的广义反曲点的横坐标分别为x1，x2，x3，则x1，x2，x3是F(x)的全部零点.证明φ(x)的三个广义反曲点共线等价于证明 k，m∈R，使得φ(xi)=kxi＋m，i=1，2，3.即证 k，m∈R，使得x1，x2，x3是方程=kx＋m的根，即方程kx3＋mx2＋(bk－1)x＋mb－a=0有且仅有三个不相同的根x1，x2，x3.由F(x)=(x－x1)(x－x2)(x－x3)，∴kx3＋mx2＋(bk－1)x＋mb－a=k(x－x1)(x－x2)(x－x3)=kF(x)=k(x3＋3ax2－3bx－ab)，即由解得代入－abk=mb－a成立，∴满足条件.
即φ(x)的三个广义反曲点共线，该直线方程为y=.(共34张PPT)
第3节　导数中的函数构造问题
课标解读　近几年高考客观题中的压轴题多考查导数问题，这类问题具有结构独特、技巧性高、
综合性强等特点，而构造函数是解决这类问题的基本方法.
内
容
索
引
关键能力提升
考点一 通过导数的运算法则构造
考点二 构造具体函数比较大小
考点三 同构构造函数
考点一　通过导数的运算法则构造
已知偶函数f(x)(x≠0)的导函数为f'(x)，且满足f(－1)=0，当x＞0时，2f(x)＞xf'(x)，则使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(　 　)
A. (－1，0)∪(0，1) B. (－1，0)
C. (0，1) D. (－1，1)
【解析】 构造F(x)=，则F'(x)=，当x＞0时，xf'(x)－2f(x)＜0，
可以推出当x＞0时，F'(x)＜0，F(x)在(0，＋∞)上单调递减.∵f(x)为偶函数，
y=x2为偶函数，∴F(x)为偶函数，∴F(x)在(－∞，0)上单调递增.根据f(－1)=0可
得F(－1)=0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数F(x)的大致图象如图所示，
根据图象可知f(x)＞0的解集为(－1，0)∪(0，1).
例 1
考向1 利用f(x)与x构造
A
利用f(x)与xn构造函数：
(1)如果题目中出现nf(x)＋xf'(x)的形式，构造函数F(x)=xnf(x).
(2)如果题目中出现xf'(x)－nf(x)的形式，构造函数F(x)=.
函数f(x)的定义域为R，f(－1)=2，对任意x∈R，f'(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为(　 　)
A. (－1，1) B. (－1，＋∞)
C. (－∞，－1) D. (－∞，＋∞)
【解析】 令g(x)=f(x)－2x－4，则g'(x)=f'(x)－2＞0，∴g(x)为R上的增函数，又g(－1)=f(－1)－2×(－1)－4=0，∴f(x)＞2x＋4等价于g(x)＞g(－1)，解得x＞－1.
跟踪训练1
B
(多选)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f'(x)满足f'(x)＜f(x)对于x∈R恒成立，则(　 　)
A. f(2)＜e2f(0)
B. f(2)＞e2f(0)
C. e2f(－1)＞f(1)
D. e2f(－1)＜f(1)
【解析】 构造F(x)=，则F'(x)=，又导函数f'(x)满足f'(x)＜f(x)，则F'(x)＜0，F(x)在R上是减函数，故，∴f(2)＜e2f(0)，e2f(－1)＞f(1).
考向2 利用f(x)与ex构造
例 2
AC
利用f(x)与ex构造函数：
(1)对于f'(x)＋nf(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)=enxf(x).
(2)对于f'(x)－nf(x)＞0(或＜0)，构造函数F(x)=.
(2025·江苏连云港联考)已知函数f(x)的定义域为R，对任意x∈R，有f'(x)－f(x)＞0，则“x＜2”是“f(x＋1)＞ex＋1·f(2x－3)”的(　 　)
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 既不充分又不必要条件
D. 充要条件
【解析】 ∵f'(x)－f(x)＞0，∴＞0. 令g(x)=，则g'(x)=＞0，∴g(x)在R上单调递增.∵f(x＋1)＞ex＋1f(2x－3) g(x＋1)＞g(2x－3) x＋1＞2x－3 x＜4，∴“x＜2”是“f(x＋1)＞ex＋1f(2x－3)”的充分不必要条件.
跟踪训练2
A
已知函数f(x)的定义域为，其导函数是f'(x).有f'(x)cos x＋f(x)sin x＜0，则关于x的不等式f(x)＜2fcos x的解集为(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 构造函数g(x)=，其中x∈，则g'(x)=＜0，∴函数g(x)在上单调递减，∵x∈，则cos x＞0，由f(x)＜2fcos x可得，即g(x)＜g，∴解得＜x＜，∴不等式f(x)＜2fcos x的解集为.
考向3 利用f(x)与sin x，cos x构造
例 3
A
利用f(x)与sin x，cos x构造函数的常见类型：
(1)F(x)=f(x)sin x，F'(x)=f'(x)sin x＋f(x)·cos x.
(2)F(x)=，F'(x)=.
(3)F(x)=f(x)cos x，F'(x)=f'(x)cos x－f(x)sin x.
(4)F(x)=，F'(x)=.
(2025·杭州调研)已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f'(x)，对任意x∈(0，π)，有f'(x)sin x＞f(x)cos x，设a=2f，b=f，c=f，则a，b，c的大小关系为　 　.
【解析】 构造函数F(x)=，x≠kπ，k∈Z，则x∈(0，π)时，F'(x)=＞0. ∴函数F(x)在(0，π)上单调递增，于是F＜F＜F，即2ff＜f，∴a＜b＜c.
跟踪训练3
a＜b＜c
考点二　构造具体函数比较大小
(1)已知a=π－，b=2ln π，c=3ln 2.1，则(　 　)
A. a＜b＜c B. a＜c＜b
C. c＜b＜a D. b＜c＜a
【解析】 设f(x)=x－－2ln x，x∈(0，＋∞)，则f'(x)=1＋≥0，可知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴f(π)＞f(1)=0，即π－－2ln π＞0，∴π－＞2ln π，∴a＞b.∵b－c=2ln π－3ln 2.1=ln π2－ln 2.13=ln ＞ln =ln ＞ln 1=0，
∴b＞c.综上，c＜b＜a.
例 4
C
(2)已知a＜5，且ae5=5ea，b＜4，且be4=4eb，c＜3，且ce3=3ec，则(　 　)
A. c＜b＜a B. b＜c＜a
C. a＜c＜b D. a＜b＜c
【解析】 三个等式可变形为. ∵ae5=5ea，a＜5，∴a＞0. 同理b＞0，c＞0. 构造函数f(x)=，x＞0，则f'(x)=.当0＜x＜1时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f'(x)＞0，f(x)单调递增.又f(5)=f(a)，而0＜a＜5，故0＜a＜1.同理，0＜b＜1，0＜c＜1，f(4)=f(b)，f(3)=f(c).又f(5)＞f(4)＞f(3)，∴f(a)＞f(b)＞f(c)，∴0＜a＜b＜c＜1.
D
当要比较的数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数为该函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小.
实数e3，3π，π3的大小关系为　 　.
【解析】 设f(x)=，则f'(x)=，当x＞e时，f'(x)＜0，∴f(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴f(3)＞f(π)，即，∴πln 3＞3ln π，∴ln 3π＞ln π3，即3π＞π3. ∵y=x3在(0，＋∞)上单调递增，e＜π，∴e3＜π3，∴e3＜π3＜3π.
跟踪训练4
e3＜π3＜3π
考点三　同构构造函数
(2025·山东烟台期末)已知函数f(x)=ex＋x－2，g(x)=ln x＋x－2，若 x1∈R，x2＞0，使得
f(x1)=g(x2)，则x1x2的最小值为　 　.
【解析】 ∵ x1∈R，x2＞0，使得f(x1)=g(x2)，∴＋x1－2=ln x2＋x2－2，即＋x1=ln x2＋x2=＋ln x2.令h(x)=ex＋x，x∈R，则h'(x)=ex＋1＞0，∴函数h(x)在R上是增函数，∴x1=ln x2，即x2=，∴x1x2=x1·.令u(x)=xex，x∈R，则u'(x)=(x＋1)ex，当x＜－1时，u(x)单调递减，当x＞－1时，u(x)单调递增，可得x=－1时，函数u(x)取得极小值，即最小值为u(－1)=－.
例 5
－
1.根据所给代数式(等式、不等式)中数学运算的相同点或者结构形式的相同点，构造具体的函数解析式，利用导数研究该函数的性质从而解决问题.
2.利用恒等式x=ln ex和x=eln x(x＞0)，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入手从而解决问题.
设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＜bln b，则(　 　)
A. ab＞e B. b＞ea
C. ab＜e D. b＜ea
【解析】 由aea＜bln b，得ealn ea＜bln b.设f(x)=xln x(x＞0)，∵a＞0，则ea＞1，∵b＞0，且bln b＞aea＞0，则b＞1.当x＞1时，f'(x)=ln x＋1＞0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，ealn ea＜bln b，即f(ea)＜f(b)，∴ea＜b.
跟踪训练5
B
课时作业
答案速对
第三章 对点练23　导数中的函数构造问题 题号 1 2 3 4 5 6
答案 D B D B B A
题号 7 8 9 12 13 答案 D BC CD B A 1.已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)=1，且f'(x)＜，则f(x)＜的解集为(　 　)　　　　　　　　　　　　　　　
A. {x|－1＜x＜1}
B. {x|x＜－1}
C. {x|x＜－1，或x＞1}
D. {x|x＞1}
D
2.(2025·广东广州质检)若函数y=f(x)满足xf'(x)＞－f(x)在R上恒成立，且a＞b，则(　 　)
A. af(b)＞bf(a) B. af(a)＞bf(b)
C. af(a)＜bf(b) D. af(b)＜bf(a)
B
3.已知a=ln ，b=1，c=ln 2，则(　 　)
A. c＜b＜a B. b＜c＜a
C. c＜a＜b D. a＜c＜b
D
4.f(x)为定义在R上的可导函数，且f'(x)＞f(x).对任意正实数a，下列式子中，一定成立的是(　 　)
A. f(a)＜eaf(0) B. f(a)＞eaf(0)
C. f(a)＜ D. f(a)＞
B
5.已知α，β∈，且αsin α－βsin β＞0，则下列结论中，正确的是(　 　)
A. α＞β B. α2＞β2
C. α＜β D. α＋β＞0
B
6.若ln x－ln y＜(x＞1，y＞1)，则(　 　)
A. ey－x＞1 B. ey－x＜1
C. ey－x－1＞1 D. ey－x－1＜1
【解析】 依题意，ln x－＜ln y－，令f(t)=t－(t≠0)，则f'(t)=1＞0，∴f(t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；又x＞1，y＞1，得ln x＞0，ln y＞0，则f(ln x)＜f(ln y)，由单调递增得ln x＜ln y，∴1＜x＜y，即y－x＞0，∴ey－x＞e0=1，A正确，B错误；又y－x－1无法确定与0的大小关系，C，D错误.
A
7.已知函数f(x)=3ln x，a∈R，若对任意两个不相等的正数x1，x2，都有≤2，则a的取值范围是(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 不妨设0＜x1＜x2，由≤2，得f(x1)－2x1≥f(x2)－2x2，令g(x)=f(x)－2x，∴g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，∴g'(x)=－2≤0在(0，＋∞)上恒成立，即a≥－2x2＋3x=－2，∴a≥，即a的取值范围是.
D
8.(多选)已知f'(x)是f(x)的导函数，对任意x∈，f'(x)cos x＋f(x)sin x＞0，则下列结论中，正确的有(　 　)
A. ff B. ff
C. ff D. ff
【解析】 令g(x)=，则g'(x)=，对于 x∈，可得g'(x)＞0，∴g(x)在上单调递增，∵，∴g＜g＜g，即，∴＜f，∴ff，ff，ff .　
BC
9.(多选)已知a＞b＞0，且，则(　 　)
A. 0＜b＜1 B. 0＜a＜1
C. 1＜b＜e D. a＞e
【解析】 两边同取自然对数得，设f(x)=，由f'(x)=，令f'(x)＞0，解得0＜x＜e，令f'(x)＜0，解得x＞e，∴f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)在x=e处取得最大值f(e)=，在(0，e)内，函数f(x)有唯一的零点x=1，在(e，＋∞)内，f(x)＞0，又∵a＞b＞0，且f(a)=f(b)＞0，∴1＜b＜e，a＞e.
CD
10.已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)＜－xf'(x)，则不等式f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)的解集为　 　.
【解析】 由题意，构造函数y=xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y'=f(x)＋xf'(x)＜0，∴函数y=xf(x)在(0，＋∞)上单调递减. 又f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)，∴(x＋1)f(x＋1)＞(x2－1)f(x2－1)，∴0＜x＋1＜x2－1，解得x＞2，∴不等式f(x＋1)＞(x－1)f(x2－1)的解集为(2，＋∞).
(2， ＋∞)
11.若定义在R上的函数f(x)满足f'(x)＋2f(x)＞0，且f(0)=1，则不等式f(x)＞的解集为
　 　.
【解析】 构造函数F(x)=f(x)·，∴F'(x)=f'(x)·f(x)·2[f'(x)＋2f(x)]
＞0，∴F(x)在R上单调递增，且F(0)=f(0)·e0=1，∴不等式f(x)＞可化为f(x)e2x＞1，即F(x)＞F(0)，∴x＞0.
(0，＋∞)
12.(2025·广东惠州模拟)已知偶函数f(x)与其导函数f'(x)的定义域均为R，且y=f'(x)＋e－x＋x也是偶函数，若f(2a－1)＜f(a＋1)，则实数a的取值范围是(　 　)
A. (－∞，2) B. (0，2)
C. (2，＋∞) D. (－∞，0)∪(2，＋∞)
【解析】 ∵f(x)为偶函数，∴f(x)=f(－x)，对两边求导可得f'(x)=－f'(－x)①.又函数y=f'(x)＋e－x＋x为偶函数，∴f'(x)＋e－x＋x=f'(－x)＋ex－x②.联立①②可得f'(x)=－x，令g(x)=f'(x)，则g'(x)=－1≥－1=0，且g'(x)不恒为零，∴函数g(x)在R上为增函数，即函数f'(x)在R上为增函数，故当x＞0时，f'(x)＞f'(0)=0，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.由f(2a－1)＜f(a＋1)可得f(|2a－1|)＜f(|a＋1|)，∴|2a－1|＜|a＋1|，解得0＜a＜2.
B
13.(2025·四川成都开学考试)已知1≤x≤2，不等式≥ln ax恒成立，则a的最大值为　(　 　)
A. e B. 1 C. e－1 D. e2
【解析】 ≥ln a＋ln x －ln a≥ln x x－ln a≥x＋ln x x－ln a≥eln x＋ln x.令f(x)=ex＋x，则易知f(x)在R上是增函数，f(x－ln a)≥f(ln x) x－ln a≥ln x x－ln x≥ln a，令g(x)=x－ln x，问题转化为求g(x)=x－ln x在[1， 2]的最小值.∵g'(x)=1－，当x∈[1， 2]时，g'(x)≥0(当且仅当x=1时取等号)，∴g(x)在[1， 2]上单调递增，g(x)min=g(1)=1≥ln a 0＜a≤e，∴a的最大值为e.
A
14.(2025·山东青岛调研)若a=ln ，b=e－1，c=，则实数a，b，c的大小关系为
　 　.
【解析】 令f(x)=，则f'(x)=，故当x∈(0，e)时，f'(x)＞0；当x∈(e， ＋∞)时，f'(x)＜0. 而a=ln =f(3)，b=e－1==f(e)，c==f(2)，且e＜3＜2，故b＞a＞c.
b＞a＞c
15.(2025·湖北十一名校第二次联考)若对于任意正数x，y，不等式x(1＋ln x)≥xln y－ay
恒成立，则实数a的取值范围是 　.
【解析】 由题知ay≥xln y－x－xln x，即a≥ln y－ln x=ln ，令t=，t∈(0，
＋∞)，则a≥，设g(x)=，则g'(x)=，令g'(x)＜0，则x＞e2，令g'(x)＞0，则0＜x＜e2，∴g(x)在(e2，＋∞)上单调递减，在(0， e2)上单调递增，当x=e2时，g(x)有最大值，∴a≥.(共21张PPT)
课标解读　利用导数证明不等式问题一般要用到构造法和放缩法.构造法是指在证明与函数有关的
不等式时，根据所要证明的不等式，构造与之相关的函数，利用函数的单调性、极值、
最值加以证明；放缩法是指通过放大或缩小的方法，使不等式证明更加简洁和易于理解.
内
容
索
引
关键能力提升
考点一 移项构造函数证明不等式
考点二 分析函数法证明不等式
考点三 放缩后构造函数证明不等式
微点突破
第2课时　构造函数证明不等式
考点一　移项构造函数证明不等式
(2025·河南南阳模拟)已知函数f(x)=＋(a－2)ex－2ax(a∈R).
(1)当a=2时，求f(x)的单调区间；
解：(1)当a=2时，f(x)=－4x，则f'(x)=－4.
令f'(x)＜0，得x＜ln 2；令f'(x)＞0，得x＞ln 2.
∴函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞).
例 1
(2)当a=0时，求证：对任意的x∈(0，＋∞)，f(x)＋4ex＞2x2＋恒成立.
证明：(2)当a=0时，f(x)=－2ex.
要证f(x)＋4ex＞2x2＋，即证＋2ex－2x2－＞0.
构建h(x)=e2x＋2ex－2x2－(x＞0)，则h'(x)=e2x＋2ex－4x.
构建m(x)=e2x＋2ex－4x(x＞0)，则m'(x)=2e2x＋2ex－4=2(ex－1)(ex＋2)＞0.
∴函数m(x)在(0，＋∞)上单调递增，则m(x)＞m(0)=3＞0，即h'(x)＞0，可知函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)＞h(0)=0，即e2x＋2ex－2x2－＞0，得证.
1.若待证不等式的一边含有自变量，另一边为常数，可直接求函数的最值，利用最值证明不等式.
2.若待证不等式的两边含有同一个变量，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证.
(2024·全国甲卷文)已知函数f(x)=a(x－1)－ln x＋1.
(1)求f(x)的单调区间；
解：(1)f(x)定义域为(0，＋∞)，f'(x)=a－.当a≤0时，f'(x)=＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，若x∈，则f'(x)＞0，f(x)单调递增；若x∈，则f'(x)＜0，f(x)单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)当a≤2时，证明：当x＞1时，f(x)＜ex－1恒成立.
证明：(2)当a≤2，且x＞1时，ex－1－f(x)=ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x，
令g(x)=ex－1－2x＋1＋ln x(x＞1)，即证g(x)＞0即可.
g'(x)=ex－1－2＋，再令h(x)=g'(x)，则h'(x)=ex－1－，显然h'(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h'(x)＞h'(1)=e0－1=0，即g'(x)=h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g'(x)＞g'(1)=e0－2＋1=0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)=e0－2＋1＋ln 1=0，得证.
跟踪训练1
考点二　分析函数法证明不等式
(2025·湖南长沙模拟)已知函数f(x)=axln x＋x2，g(x)=ex＋x－1，0＜a≤1，证明：f(x)＜g(x).
证明：要证明f(x)＜g(x)，只需证明axln x＋x2＜ex＋x－1，即＋1＜，令u(x)=＋1，v(x)=，又u'(x)=，又0＜a≤1，则0＜x＜e时，u'(x)＞0，函数u(x)在(0，e)上单调递增；x＞e时，u'(x)＜0，函数u(x)在(e，＋∞)上单调递减，∴x=e时，u(x)取得最大值，最大值为＋1.由v(x)=，可得v'(x)=，则0＜x＜2时，v'(x)＜0，函数v(x)在(0，2)上单调递减；x＞2时，v'(x)＞0，函数v(x)在(2，＋∞)上单调递增，则x=2时，v(x)取得最小值，且最小值为.又－1＞＞0，∴＋1，即，∴0＜a≤1时，f(x)＜g(x).
例 2
构造双函数证明不等式的方法：
(1)若直接求导比较复杂或无从下手，或两次求导都不能判断导数的正负时，可将待证式子进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目的. 含ln x与ex的混合式不能直接构造函数，要将指数与对数分离，分别计算它们的最值，借助最值进行证明.
(2)等价变形的目的是求导后简单地找到极值点，一般地，ex与ln x要分离，常构造xn与ln x，xn与ex的积、商形式，便于求导后找到极值点.
已知函数f(x)=ax2－xln x.
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
解：(1)由题意知f'(x)=2ax－ln x－1.
∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴当x＞0时，f'(x)≥0，即2a≥在(0，＋∞)上恒成立.
令g(x)=(x＞0)，则g'(x)=－，易知g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g(x)max=g(1)=1，∴2a≥1，即a≥.故实数a的取值范围是.
(2)若a=e，证明：f(x)＜xex＋.
证明：(2)若a=e，要证f(x)＜xex＋，只需证ex－ln x＜ex＋，即证ex－ex＜ln x＋.
令h(x)=ln x＋(x＞0)，则h'(x)=，易知h(x)在上单调递减，在上单调递增，则h(x)min=h=0，∴ln x＋≥0.
令φ(x)=ex－ex，则φ'(x)=e－ex，易知φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x)max=φ(1)=0，∴ex－ex≤0.又h(x)与φ(x)不同时为0，∴ex－ex＜ln x＋，得证.
跟踪训练2
考点三　放缩后构造函数证明不等式
已知函数f(x)=xex－ex＋1.
(1)证明：f(x)≥0.
证明：(1)函数f(x)=xex－ex＋1的定义域为R，f'(x)=xex，由f'(x)＞0，得x＞0，由f'(x)＜0，得x＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故f(x)的最小值为f(0)=0，∴f(x)≥0.
例 3
(2)已知n∈N*，证明：sin ＋sin ＋…＋sin ＜ln 2.
(2)由(1)，得xex－ex＋1≥0.
令t=ex，t＞0，则tln t－t＋1≥0，即ln t≥1－.
令t=，则ln ，
∴＜ln =ln (n＋k)－ln (n＋k－1)，
k∈{1，2，…，n}.
令g(x)=x－sin x(x＞0)，则g'(x)=1－cos x≥0且g'(x)不恒为零，∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(0)=0－sin 0=0，则sin x＜x(x＞0).
∴sin ＜ln (n＋k)－ln (n＋k－1)，
k∈{1，2，…，n}.
∴sin ＋sin ＋…＋sin ＜[ln (n＋1)－ln n]＋[ln (n＋2)－ln (n＋1)]＋…＋[ln 2n－ln (2n－1)]=ln 2n－ln n=ln =ln 2，得证.
放缩法的核心策略：
(1)目标转化：将复杂不等式转化为已知或易证形式(如利用导数证明基础不等式).
(2)函数工具：构造辅助函数(如本例(2)的g(x)=x－sin x)，分析其单调性、极值.
(3)逐项放缩：对求和式逐项放缩(如本例(2)将sin 放缩为对数差).
(4)裂项相消：通过放缩形成可累加抵消的项(如本例(2)将ln (n＋k)－ln (n＋k－1)求和后化简).
已知函数f(x)=ax－sin x.
(1)若f(x)为增函数，求实数a的取值范围；
解：f'(x)=a－cos x，
由f(x)为增函数，得f'(x)≥0在R上恒成立，即a≥cos x在R上恒成立，∵y=cos x∈[－1，1]，∴a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞).
(2)证明：当x＞0时，ex＞2 sin x.
证明：(2)由(1)知，当a=1时，f(x)=x－sin x为增函数，
∴当x＞0时，f(x)＞f(0)=0 x＞sin x.
要证当x＞0时，ex＞2sin x，只需证当x＞0时，ex＞2x，即证ex－2x＞0在(0，＋∞)上恒成立，
设g(x)=ex－2x(x＞0)，则g'(x)=ex－2，当x∈(0，ln 2)时，g'(x)＜0，当x∈(ln 2，＋∞)时，g'(x)＞0，
∴g(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，　
∴g(x)min=g(ln 2)=eln 2－2ln 2=2(1－ln 2)＞0，
∴g(x)≥g(ln 2)＞0，∴ex＞2x.
故当x＞0时，ex＞2sin x.
跟踪训练3
利用切线放缩法证明不等式
微点突破
导数方法证明不等式中，最常见的是ex和 ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构造函数进行证明.常见的放缩方式如下：(1)ex≥1＋x，当且仅当x=0时取等号.
(2)ln x≤x－1，当且仅当x=1时取等号.
已知函数f(x)=aex－ln x－1，证明：当a≥时，f(x)≥0.
证明：∵a≥，∴f(x)≥－ln x－1=ex－1－ln x－1.
∵y=ex－1在x=1处的切线方程为y=x，∴用切线放缩法可得不等式ex－1≥x，当且仅当x=1时取等号，∴ex－1－ln x－1 ≥x－ln x－1，当且仅当x=1时取等号.
设g(x)=x－ln x－1，则g'(x)=1－.
当0＜x＜1时，g'(x)＜0，∴g(x)单调递减；当x＞1时，g'(x)＞0，∴g(x)单调递增，∴x=1是g(x)的最小值点.故当x＞0时，g(x)≥g(1)=0，∴当a≥时，f(x)≥0.
例 4
已知函数f(x)=，g(x)=，证明：f(x)＞2g(x)－1.
证明：设h(x)=ex－x－1(x＞0)，则h'(x)=ex－1＞0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)＞h(0)=0，即ex＞x＋1＞1，∴.
要证f(x)＞2g(x)－1，即证－1，只需证≥－1，即证xln x≥x－1，
令m(x)=xln x－x＋1，则m'(x)=ln x，∴当x∈(0，1)时，m'(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，m'(x)＞0，∴m(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴m(x)min=m(1)=0，即m(x)≥0，∴xln x≥x－1，则f(x)＞2g(x)－1得证.
跟踪训练4
课时作业
1.(2025·甘肃甘南模拟)已知函数f(x)=ln x－x2－sin x＋1.
(1)证明：ln x≤x－1.
解：(1)令F(x)= ln x－x＋1，x＞0，则F'(x)=－1=.当x＞1时，F'(x)＜0；当0＜x＜1时，F'(x)＞0，
∴F(x)在(0， 1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴当x=1时，F(x)取得极大值也是最大值.∴F(x)≤F(1)=0，∴ln x－x＋1≤0，即ln x≤x－1.
(2)证明：f(x)＜0.
(2)由(1)可得f(x)=ln x－x2－sin x＋1≤x－1－x2－sin x＋1=x－x2－sin x，当且仅当x=1时，等号成立.令G(x)=x－x2－sin x，则G'(x)=1－x－cos x.
令φ(x)=G'(x)，则φ'(x)=－1＋sin x≤0，且等号不恒成立，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递减.又φ(0)=0，∴当x＞0时，φ(x)＜0，即G'(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴G(x)在(0，＋∞)上单调递减.又G(0)=0，∴G(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立.∴f(x)≤x－x2－sin x＜0.
2.(2025·河南南阳模拟)已知函数f(x)=ex－ex＋1.
(1)求曲线y=f(x)在点(1， f(1))处的切线方程.
解：(1)函数f(x)=ex－ex＋1，求导得f'(x)=ex－e，则f'(1)=0，又f(1)=1，∴曲线y=f(x)在点(1， f(1))处的切线方程为y－1=0.
(2)证明： x≥1，f(x)≥x－ln x.
(2)证明：设g(x)=ln x＋1－x，x≥1，求导得g'(x)=－1=≤0，函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减，g(x)≤g(1)=0恒成立，即ln x＋1－x≤0，∴1≤ln x＋1≤x，设h(x)=ex－x，x≥1，求导得h'(x)=ex－1＞0，函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，则h(x)≥h(ln x＋1)，
则ex－x≥eln x＋1－(ln x＋1)，即ex－x≥ex－ln x－1，∴ex－ex＋1≥x－ln x，即f(x)≥x－ln x.
3.设函数f(x)=aln x，曲线y=f(x)在点(1， f(1))处的切线方程为x＋y－3=0.
(1)求a，b.
解：(1)函数f(x)=aln x，函数的定义域为(0，＋∞)，f'(x)=，曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋y－3=0，可得f(1)=2，f'(1)=－1，即解得a=1，b=2.
(2)证明：f(x)＞e－x.
(2)证明：由(1)得f(x)=ln x，要证f(x)＞e－x，即证exf(x)＞1，即exln x＞1，等价于xln x＞xe－x－2.设函数h(x)=xln x，则h'(x)=ln x＋1.∴当x∈时，h'(x)＜0；当x∈时，h'(x)＞0.故h(x)在上单调递减，在上单调递增，从而h(x)在(0，＋∞)的最小值为h=－.令g(x)=xe－x－2，则g'(x)=e－x(1－x).∴当x∈(0，1)时，g'(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g'(x)＜0.
故g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)在(0，＋∞)上的最大值为g(1)=－2.∵－－2，∴当x＞0时，h(x)＞g(x)，即exf(x)＞1，可知f(x)＞e－x.
4.已知函数f(x)=a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性.
解：(1)f'(x)=aex－1，x∈R.当a≤0时，f'(x)＜0，∴函数f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，令f'(x)＞0，得x＞－ln a；令f'(x)＜0，得x＜－ln a，∴函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.综上，当a≤0时，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当a＞0时，函数f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增.
(2)证明：当a＞0时，f(x)＞2ln a.
(2)证明：方法一　由(1)得，当a＞0时，函数f(x)的最小值为f(－ln a)=1＋a2＋ln a.令g(a)=1＋a2＋ln a－2ln a－=a2－ln a－，a∈(0，＋∞)，∴g'(a)=2a－，令g'(a)＞0，得a＞；令g'(a)＜0，得0＜a＜，
∴函数g(a)在上单调递减，在上单调递增，
∴函数g(a)的最小值为g－ln =ln ＞0，∴当a＞0时，f(x)＞2ln a成立.
方法二　当a＞0时，由(1)得f(x)min=f(－ln a)=1＋a2＋ln a，故欲证f(x)＞2ln a成立，只需证1＋a2＋ln a＞2ln a，即证a2－＞ln a.构造函数u(a)=ln a－(a－1)(a＞0)，则u'(a)=－1=，∴当a＞1时，u'(a)＜0；当0＜a＜1时，u'(a)＞0，∴函数u(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴u(a)≤u(1)=0，即ln a≤a－1，故只需证a2－＞a－1，即证a2－a＞0.∵a2－a＞0恒成立，∴当a＞0时，f(x)＞2ln a成立.

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