2025高考幫備考教案數(shù)學(xué)第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3講　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值含答案

2025高考幫備考教案數(shù)學(xué)第三章一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第3講導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值課標要求命題點五年考情命題分析預(yù)測借助函數(shù)的圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；能利用導(dǎo)數(shù)求某些函數(shù)的極大值、極小值以及給定閉區(qū)間上不超過三次的多項式函數(shù)的最大值、最小值；體會導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性、極值、最大（?。┲档年P(guān)系.導(dǎo)函數(shù)圖象的應(yīng)用該講一直是高考的重點和難點.基本考法為求極值、最值，已知函數(shù)極值、最值求參數(shù)值（或范圍），難度中等；綜合考法為通過研究函數(shù)的性質(zhì)解決不等式、零點、極值點偏移等問題，更突出應(yīng)用，難度偏大.預(yù)計2025年高考命題常規(guī)，在復(fù)習(xí)備考時，要會構(gòu)造函數(shù)，進而通過研究新構(gòu)造函數(shù)的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合解決問題.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值2023新高考卷ⅡT11；2023新高考卷ⅡT22；2023全國卷乙T21；2022全國卷乙T16；2021全國卷乙T10；2021全國卷乙T20；2019全國卷ⅠT20利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值2022新高考卷ⅠT22；2022全國卷乙T11；2022全國卷甲T6；2021新高考卷ⅠT15；2019全國卷ⅢT20學(xué)生用書P0561.函數(shù)的極值條件f'（x0）＝0x0附近的左側(cè)f'（x）＞0，右側(cè)f'（x）＜0x0附近的左側(cè)f'（x）①＜0，右側(cè)f'（x）②＞0圖象極值f（x0）為極大值③f（x0）為極小值極值點x0為極大值點x0為④極小值點極小值點和極大值點統(tǒng)稱為⑤極值點，極小值和極大值統(tǒng)稱為⑥極值.易錯警示（1）極值點不是點，若函數(shù)f（x）在x＝x1時取得極大值，則x1為極大值點，極大值為f（x1）.（2）極大值與極小值的大小沒有必然關(guān)系，極小值可能比極大值大.（3）有極值的函數(shù)一定不是單調(diào)函數(shù).（4）導(dǎo)數(shù)值為0的點不一定是函數(shù)的極值點.例如，f（x）＝x3，f'（0）＝0，但x＝0不是極值點.2.函數(shù)的最大（?。┲等绻趨^(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f（x）的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值.辨析比較函數(shù)極值與最值的區(qū)別與聯(lián)系極值最值區(qū)別（1）極值是個“局部”概念，只能在定義域內(nèi)部取得；（2）在指定區(qū)間上極值可能不止一個，也可能一個都沒有.（1）最值是個“整體”概念，可以在區(qū)間的端點處取得；（2）最值（最大值或最小值）最多有一個.聯(lián)系（1）極值有可能成為最值，最值只要不在區(qū)間端點處必定是極值；（2）在區(qū)間[a，b]上圖象是一條連續(xù)曲線的函數(shù)f（x）若有唯一的極值，則這個極值就是最值.1.[易錯題]下列說法正確的是（C）A.函數(shù)的極大值比極小值大B.函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)的極大值是唯一的C.函數(shù)的最大值不一定是極大值，極大值也不一定是最大值D.f'（x0）＝0是x0為可導(dǎo)函數(shù)y＝f（x）的極值點的充分不必要條件解析對于A，由極大值與極小值的概念可知，函數(shù)的極大值不一定比極小值大；對于B，函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)如果有最大值，則最大值是唯一的，但極大值不一定；對于C，由極大值與最大值的概念可知C正確；對于D，在函數(shù)的極值點處f'（x0）＝0，但是使f'（x0）＝0成立的x0未必是極值點，如當x0為定義域的左右端點時f'（x0）可以等于0，但此時x0不是極值點.2.設(shè)函數(shù)f（x）的定義域為R，x0（x0≠0）是f（x）的極大值點，則下列結(jié)論一定正確的是（D）A.?x∈R，f（x）≤f（x0） B.－x0是y＝f（－x）的極小值點C.－x0是y＝－f（x）的極小值點 D.－x0是y＝－f（－x）的極小值點解析極值是函數(shù)的一種局部性質(zhì)，因此不能確定在整個定義域上f（x0）是否最大，故A錯誤；因為函數(shù)f（x）與y＝f（－x）的圖象關(guān)于y軸對稱，所以－x0是y＝f（－x）的極大值點，故B錯誤；因為函數(shù)f（x）與y＝－f（x）的圖象關(guān)于x軸對稱，所以x0是y＝－f（x）的極小值點，而－x0是否為y＝－f（x）的極小值點不確定，故C錯誤；因為函數(shù)f（x）與y＝－f（－x）的圖象關(guān)于原點對稱，所以－x0是y＝－f（－x）的極小值點，選項D正確.3.[2024遼寧省部分學(xué)校聯(lián)考]函數(shù)f（x）＝（－2x＋4）ex在區(qū)間[1，＋∞）上的最大值為2e.解析f'（x）＝（－2x＋2）ex，當x∈[1，＋∞）時，f'（x）≤0，f（x）單調(diào)遞減，所以f（x）max＝f（1）＝2e.4.若函數(shù)f（x）＝x3－ax2＋2x－1有極值，則實數(shù)a的取值范圍是（－∞，－6）∪（6，＋∞）.解析由已知，得f'（x）＝3x2－2ax＋2.因為函數(shù)f（x）有極值，所以f'（x）＝0有變號零點，所以Δ＝4a2－24＞0，解得a＞6或a＜－6，所以實數(shù)a的取值范圍為（－∞，－6）∪（6，＋∞）.學(xué)生用書P057命題點1導(dǎo)函數(shù)圖象的應(yīng)用例1（1）[浙江高考]函數(shù)y＝f（x）的導(dǎo)函數(shù)y＝f'（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f（x）的圖象可能是（D） A B C D解析根據(jù)題意，已知導(dǎo)函數(shù)的圖象與x軸有三個交點，且每個交點的兩邊導(dǎo)函數(shù)值的符號相反，因此函數(shù)f（x）在這些零點處取得極值，根據(jù)f（x）有兩個極小值和一個極大值可排除A，C；記導(dǎo)函數(shù)f'（x）的零點從左到右分別為x1，x2，x3，又在（－∞，x1）上f'（x）＜0，在（x1，x2）上f'（x）＞0，所以函數(shù)f（x）在（－∞，x1）上單調(diào)遞減，在（x1，x2）上單調(diào)遞增，由x2＞0排除B.故選D.（2）[多選/2024陜西省漢中市聯(lián)考]設(shè)f'（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，y＝f'（x）的圖象如圖所示，則下列說法正確的是（BC）A.函數(shù)一定有三個零點B.函數(shù)一定有三個極值點C.函數(shù)有最小值D.函數(shù)圖象一定經(jīng)過坐標原點解析易知函數(shù)f（x）在（－∞，0），（1，2）上單調(diào)遞減，在（0，1），（2，＋∞）上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f（x）一定有三個極值點0，1，2，B正確；函數(shù)f（x）有最小值，為f（0），f（2）中的較小者，C正確；函數(shù)f（x）的圖象可能都在x軸上方，其零點個數(shù)可能是0，A錯誤；函數(shù)f（x）的圖象不一定過原點，D錯誤.故選BC.方法技巧根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值的方法（1）由y＝f'（x）的圖象與x軸的交點，可得函數(shù)y＝f（x）的可能極值點.（2）由y＝f'（x）的圖象可以看出y＝f'（x）的值的正負，從而可得函數(shù)y＝f（x）的單調(diào)性，進而求得極值（點）.注意要看清楚所給圖象是原函數(shù)的圖象還是導(dǎo)函數(shù)的圖象.訓(xùn)練1[多選]已知函數(shù)y＝f（x）的導(dǎo)函數(shù)y＝f'（x）的圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是（AB）A.f（a）＜f（b）＜f（c）B.f（e）＜f（d）＜f（c）C.x＝c時，f（x）取得最大值D.x＝d時，f（x）取得最小值解析由f'（x）的圖象可知，當x∈（－∞，c）∪（e，＋∞）時，f'（x）＞0；當x∈（c，e）時，f'（x）＜0.所以f（x）在（－∞，c），（e，＋∞）上單調(diào)遞增，在（c，e）上單調(diào)遞減.對于A，因為a＜b＜c，所以f（a）＜f（b）＜f（c），A正確；對于B，因為c＜d＜e，所以f（e）＜f（d）＜f（c），B正確；對于C，由單調(diào)性知f（c）為極大值，當x＞e時，可能存在f（x0）＞f（c），C錯誤；對于D，由單調(diào)性知f（e）＜f（d），D錯誤.命題點2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值角度1求函數(shù)的極值例2[全國卷Ⅱ]若x＝－2是函數(shù)f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1的極值點，則f（x）的極小值為（A）A.－1 B.－2e－3 C.5e－3 D.1解析因為f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1，所以f'（x）＝（2x＋a）ex－1＋（x2＋ax－1）ex－1＝[x2＋（a＋2）x＋a－1]ex－1.因為x＝－2是函數(shù)f（x）＝（x2＋ax－1）ex－1的極值點，所以－2是x2＋（a＋2）x＋a－1＝0的根，將x＝－2代入解得a＝－1，所以f'（x）＝（x2＋x－2）ex－1＝（x＋2）（x－1）ex－1.令f'（x）＞0，解得x＜－2或x＞1，令f'（x）＜0，解得－2＜x＜1，所以f（x）在（－∞，－2）上單調(diào)遞增，在（－2，1）上單調(diào)遞減，在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以當x＝1時，f（x）取得極小值，且f（x）極小值＝f（1）＝－1，故選A.方法技巧求可導(dǎo)函數(shù)f（x）的極值的步驟（1）確定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)數(shù)f'（x）；（2）求方程f'（x）＝0的根；（3）判斷f'（x）在方程f'（x）＝0的根附近的左右兩側(cè)的符號；（4）求出極值.角度2已知函數(shù)的極值（點）求參數(shù)例3（1）[多選/2023新高考卷Ⅱ]若函數(shù)f（x）＝alnx＋bx＋cx2（a≠0）既有極大值也有極小值，則（A.bc＞0 B.ab＞0C.b2＋8ac＞0 D.ac＜0解析因為函數(shù)f（x）＝alnx＋bx＋cx2（a≠0），所以函數(shù)f（x＋∞），f'（x）＝ax2－bx－2cx3，因為函數(shù)f（x）既有極大值也有極小值，所以關(guān)于x的方程ax2－bx－2c＝0有兩個不等的正實根x1，x2，則Δ>0，x1＋x2>0，x1x2>0，即b2+8ac>0（2）[開放題/2023北京市第五十五中學(xué)4月調(diào)研]已知函數(shù)f（x）＝（x－a）（x－3）2（a∈R），當x＝3時，f（x）有極大值.寫出符合上述要求的一個a的值：4（答案不唯一，滿足a＞3即可）.解析由題意得，f'（x）＝（x－3）2＋（x－a）×2（x－3）＝（x－3）（x－3＋2x－2a）＝（x－3）（3x－2a－3），令f'（x）＝0，解得x＝3或x＝2a當2a+33＞3，即a＞3時，f（x）在（－∞，3）上單調(diào)遞增，在（3，2a+33）上單調(diào)遞減，所以f（x所以a＞3，a可取4，故答案為4（答案不唯一，滿足a＞3即可）.方法技巧已知函數(shù)極值點或極值求參數(shù)的兩個要領(lǐng)列式根據(jù)極值以及極值點處導(dǎo)數(shù)為0列方程（組），利用待定系數(shù)法求解.驗證因為f'（x0）＝0不是x0為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性.注意若函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（a，b）上存在極值點，則y＝f（x）在（a，b）上不是單調(diào)函數(shù)，即函數(shù)y＝f'（x）在區(qū)間（a，b）內(nèi)存在變號零點.訓(xùn)練2（1）[多選]曲線f（x）＝a（x＋1）ex在點（－1，f（－1））處的切線方程為y＝1ex＋b，則下列說法正確的是（ACA.a＝1，b＝1e B.f（x）的極大值為C.f（x）的極小值為－1e2 D.f（解析依題意，f'（x）＝aex＋a（x＋1）ex＝（ax＋2a）ex，f'（－1）＝ae－1＝1e，解得a＝1，所以f（x）＝（x＋1）ex，f'（x）＝（x＋2）ex.又f（－1）＝0，所以1e×（－1）＋b＝0，所以b＝1e，故A正確.令f'（x）＝0，解得x＝－2，當x∈（－∞，－2）時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在（－∞，－2）上單調(diào)遞減；當x∈（－2，＋∞）時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在（－2，＋∞）上單調(diào)遞增.所以當x＝－2時，函數(shù)f即f（－2）＝－1e2，f（x）的極大值不存在，故B，D錯誤，C正確.（2）已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則a＝4，b＝－11.解析f'（x）＝3x2＋2ax＋b.由題意，得f'(1）=0，f（1）=10，即2a＋b+3=0，a2＋a＋b+1=10，解得a=4，b＝－11或a＝－3，b=3.當a＝4，b＝－11時，f'（x）＝3x2＋8x－－3，b＝3時，f'（x）＝3x2－6x＋3＝3（x－1）2，在x＝1附近的左右兩側(cè)，恒有f'（x）＞0，不變號，此時函數(shù)f（x）在x＝1處無極值.綜上，a＝4，b＝－11.命題點3利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值角度1求函數(shù)的最值例4[2022全國卷乙]函數(shù)f（x）＝cosx＋（x＋1）sinx＋1在區(qū)間[0，2π]的最小值、最大值分別為（D）A.－π2，π2 B.－3C.－π2，π2＋2 D.－3π2解析由f（x）＝cosx＋（x＋1）sinx＋1，x∈[0，2π]，得f'（x）＝－sinx＋sinx＋（x＋1）cosx＝（x＋1）cosx.令f'（x）＝0，解得x＝－1（舍去）或x＝π2或x＝3因為f（π2）＝cosπ2＋（π2＋1）sinπ2＋1＝2＋π2，f（3π2）＝cos3π2＋（3π2＋1）sin3π2＋1＝－3π2，又f（0）＝cos0＋（0＋1）sin0＋1＝2，f（2π所以f（x）max＝f（π2）＝2＋π2，f（x）min＝f（3π2）＝－方法技巧求函數(shù)f（x）在[a，b]上的最值的方法（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞增（遞減），則f（a）為最小（大）值，f（b）為最大（?。┲担唬?）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，b）內(nèi)有極值，則要先求出函數(shù)在（a，b）內(nèi)的極值，再與f（a），f（b）比較，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；（3）函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，b）上有唯一一個極值點，這個極值點就是最值點，此結(jié)論在導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用中經(jīng)常用到.角度2已知函數(shù)的最值求參數(shù)例5[全國卷Ⅲ]已知函數(shù)f（x）＝2x3－ax2＋b.（1）討論f（x）的單調(diào)性.（2）是否存在a，b，使得f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為－1且最大值為1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，說明理由.解析（1）對f（x）＝2x3－ax2＋b求導(dǎo)，得f'（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）.令f'（x）＝0，得x＝0或x＝a3若a＞0，則當x∈（－∞，0）∪（a3，＋∞）時，f'（x）＞0；當x∈（0，a3）時，f'（x）＜0.故f（x）在（－∞，0）和（a3，＋∞）上單調(diào)遞增，在（0，若a＝0，則f（x）在R上單調(diào)遞增.若a＜0，則當x∈（－∞，a3）∪（0，＋∞）時，f'（x）＞0；當x∈（a3，0）時，f'（x）＜0.故f（x）在（－∞，a3）和（0，＋∞）上單調(diào)遞增，在（a3（2）滿足題設(shè)條件的a，b存在.（i）當a＜0時，由（1）知，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，所以f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為f（0）＝b，最大值為f（1）＝2－a＋b，所以b＝－1，2－a＋b＝1，則a＝0，b＝－1，與a＜0矛盾，所以a＜0不存在.（ii）當a＝0時，由（1）知，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，所以由f（0）＝－1，f（1）＝1得a＝0，b＝－1.（iii）當0＜a＜3時，由（1）知，f（x）在（0，a3）上單調(diào)遞減，在（a3，1）上單調(diào)遞增，所以f（x）在[0，1]上的最小值為f（a3）＝－a327＋b＝－1，最大值為f（f（1）＝2－a＋b.若－a327＋b＝－1，b＝1，則a＝332，與0＜a＜若－a327＋b＝－1，2－a＋b＝1，則a＝33或a＝－33或a＝0，與0＜a＜3（iv）當a≥3時，由（1）知，f（x）在[0，1]上單調(diào)遞減，所以f（x）在區(qū)間[0，1]上的最大值為f（0）＝b，最小值為f（1）＝2－a＋b，所以2－a＋b＝－1，b＝1，則a＝4，b＝1.綜上，滿足題設(shè)的a，b存在.當a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1時，f（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為－1且最大值為1.訓(xùn)練3（1）[2021新高考卷Ⅰ]函數(shù)f（x）＝｜2x－1｜－2lnx的最小值為1.解析函數(shù)f（x）＝｜2x－1｜－2lnx的定義域為（0，＋∞）.①當x＞12時，（對xf（x）＝2x－1－2lnx，所以f'（x）＝2－2x＝2（x－1）x，當12＜x＜1時，f'（x）＜0，當x＞1時，f'（x）＞0，所以f（x）min＝f（1）＝②當0＜x≤12時，f（x）＝1－2x－2lnx在（0，12]上單調(diào)遞減，所以f（x）min＝f（1－2ln12＝2ln2＝ln4＞lne＝綜上，f（x）min＝1.（2）[2024河北省新樂市第一中學(xué)月考]已知函數(shù)f（x）＝3lnx－x2＋（a－12）x在區(qū)間（1，3）上有最大值，則實數(shù)a的取值范圍是（－12，112解析f'（x）＝3x－2x＋（a－12），且f'（x）在（1，3）上單調(diào)遞減，由題知函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，3）上有最大值，則需滿足f'（x）在（1，3）內(nèi)有唯一零點，故f'(1）>0，f'(3）<0，即3－2+a－1.[命題點2/多選/2022新高考卷Ⅰ]已知函數(shù)f（x）＝x3－x＋1，則（AC）A.f（x）有兩個極值點B.f（x）有三個零點C.點（0，1）是曲線y＝f（x）的對稱中心D.直線y＝2x是曲線y＝f（x）的切線解析因為f（x）＝x3－x＋1，所以f'（x）＝3x2－1，令f'（x）＝3x2－1＝0，得x＝±33.由f'（x）＝3x2－1＞0得x＞33或x＜－33；由f'（x）＝3x2－1＜0得－33＜xf（x）＝x3－x＋1在（33，＋∞），（－∞，－33）上單調(diào)遞增，在（－33，33）上單調(diào)遞減，所以f（x因為f（x）的極小值f（33）＝（33）3－33＋1＝1－239＞0，f（－2）＝（－2）3－（－2）＋1＝－5＜0，所以函數(shù)f（x）在因為函數(shù)g（x）＝x3－x的圖象向上平移一個單位長度得函數(shù)f（x）＝x3－x＋1的圖象，函數(shù)g（x）＝x3－x的圖象關(guān)于原點（0，0）中心對稱且g（0）＝0，所以點（0，1）是曲線f（x）＝x3－x＋1的對稱中心，故C正確.假設(shè)直線y＝2x是曲線y＝f（x）的切線，切點為（x0，y0），則f'（x0）＝3x02－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，則切點坐標為（1，1），但點（1，1）不在直線y＝2x上，若x－1，則切點坐標為（－1，1），但點（－1，1）不在直線y＝2x上，所以假設(shè)不成立，故D錯誤.故選AC.2.[命題點2/2021全國卷乙]設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f（x）＝a（x－a）2（x－b）的極大值點，則（D）A.a＜b B.a＞b C.ab＜a2 D.ab＞a2解析解法一（分類與整合法）因為函數(shù)f（x）＝a（x－a）2（x－b），所以f'（x）＝2a（x－a）（x－b）＋a（x－a）2＝a（x－a）（3x－a－2b）.令f'（x）＝0，結(jié)合a≠0可得x＝a或x＝a+2（1）當a＞0時，①若a+2b3＞a，即b＞a，此時易知函數(shù)f（x）在（－∞，a）上單調(diào)遞增，在（a，a+2b3）上單調(diào)遞減，所以x＝②若a+2b3＝a，即b＝a，此時函數(shù)f（x）＝a（x－a）3③若a+2b3＜a，即b＜a，此時易知函數(shù)f（x）在（a+2b3，a）上單調(diào)遞減，在（a，＋∞）上單調(diào)遞增，所以x＝a（2）當a＜0時，①若a+2b3＞a，即b＞a，此時易知函數(shù)f（x）在（－∞，a）上單調(diào)遞減，在（a，a+2b3）上單調(diào)遞增，所以x＝②若a+2b3＝a，即b＝a，此時函數(shù)f（x）＝a（x－a）3③若a+2b3＜a，即b＜a，此時易知函數(shù)f（x）在（a+2b3，a）上單調(diào)遞增，在（a，＋∞）上單調(diào)遞減，所以x＝a綜上，a＞0且b＞a滿足題意，a＜0且b＜a也滿足題意.據(jù)此，可知必有ab＞a2成立.故選D.（解題技巧：分類討論之后，需要及時整合，有利于進一步分析、求解）解法二（特值排除法）當a＝1，b＝2時，函數(shù)f（x）＝（x－1）2（x－2），畫出該函數(shù)的圖象如圖1所示，可知x＝1為函數(shù)f（x）的極大值點，滿足題意.從而，根據(jù)a＝1，b＝2可判斷選項B，C錯誤.當a＝－1，b＝－2時，函數(shù)f（x）＝－（x＋1）2（x＋2），畫出該函數(shù)的圖象如圖2所示，可知x＝－1為函數(shù)f（x）的極大值點，滿足題意.從而，根據(jù)a＝－1，b＝－2可判斷選項A錯誤.綜上，選D.圖1 圖2解法三（數(shù)形結(jié)合法）當a＞0時，根據(jù)題意畫出函數(shù)f（x）的大致圖象，如圖3所示，觀察可知b＞a.圖3 圖4當a＜0時，根據(jù)題意畫出函數(shù)f（x）的大致圖象，如圖4所示，觀察可知a＞b.綜上，可知必有ab＞a2成立.故選D.3.[命題點2角度2/2022全國卷乙]已知x＝x1和x＝x2分別是函數(shù)f（x）＝2ax－ex2（a＞0且a≠1）的極小值點和極大值點.若x1＜x2，則a的取值范圍是（1e，1）解析由題意，f'（x）＝2axlna－2ex，根據(jù)f（x）有極小值點x＝x1和極大值點x＝x2可知，x＝x1，x＝x2為f'（x）＝0的兩個不同的根，又x1＜x2，所以易知當x∈（－∞，x1），（x2，＋∞）時，f'（x）＜0；當x∈（x1，x2）時，f'（x）＞0.由f'（x）＝0可得axlna＝ex.解法一因為a＞0且a≠1，所以顯然x≠0，所以e＝ax令g（x）＝axlnax，則g（x）的圖象與直線y＝e有兩個交點，g'（x）＝令g'（x）＝0，得x＝1lna.故當x＞1lna時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；當g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減.所以g（x）極小值＝g（1lna）＝a1lnalna1ln所以a1lna（lna）2因為a1lna＝alog所以（lna）2＜1，若a＞1，則當x→＋∞時，f'（x）→＋∞，不符合題意，所以0＜a＜1，則－1＜lna＜0，1e＜a＜所以a∈（1e，1）解法二若a＞1，則當x→＋∞時，f'（x）→＋∞，不符合題意，舍去.若0＜a＜1，令g（x）＝axlna，h（x）＝ex，在同一平面直角坐標系中作出函數(shù)g（x）和h（x）的大致圖象，如圖所示.因為f'（x）＝0有兩個不同的根，所以g（x）與h（x）的圖象需要有兩個交點，則過原點且與g（x）的圖象相切的直線l的斜率k＜e.設(shè)直線l與g（x）的圖象的切點坐標為（x0，ax0lna），因為g'（x）＝ax（lna）所以k＝ax0（lna）2＝ax0lna從而k＝a1lna（lna）2＜e，即e（lna）2＜e，則（lna）2＜1，又0＜a＜1，所以－1＜lna＜0，所以a∈（1e4.[命題點3角度1/江蘇高考]若函數(shù)f（x）＝2x3－ax2＋1（a∈R）在（0，＋∞）內(nèi)有且只有一個零點，則f（x）在[－1，1]上的最大值與最小值的和為－3.解析f'（x）＝6x2－2ax＝2x（3x－a）（a∈R），當a≤0時，f'（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，則f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.又f（0）＝1，所以此時f（x）在（0，＋∞）內(nèi)無零點，不滿足題意.當a＞0，x＞0時，由f'（x）＞0得x＞a3，由f'（x）＜0得0＜x＜a3，則f（x）在（0，a3）上單調(diào)遞減，在（a3，＋∞）上單調(diào)遞增.又f（＋∞）內(nèi)有且只有一個零點，所以f（a3）＝－a327＋1＝0，解得a＝3.所以f（x）＝2x3－3x2＋1，則f'（x）＝6x（x－1），當x∈（－1，0）時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，當x∈（0，1）時，f'（x）＜0，f則f（x）在[－1，1]上的最大值為f（0）＝1.又f（－1）＝－4，f（1）＝0，則f（x）在[－1，1]上的最小值為－4，所以f（x）在[－1，1]上的最大值與最小值的和為－3.學(xué)生用書·練習(xí)幫P2791.函數(shù)f（x）＝x＋2cosx在區(qū)間[0，π2]上的最大值是（CA.π3＋1 B.π4＋2 C.π6＋3解析f'（x）＝1－2sinx.當0＜x＜π6時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當π6＜x＜f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減.所以函數(shù)f（x）在x＝π6處取得極大值也是最大值，即f（x）max＝π6＋2cosπ6＝π6＋2.已知函數(shù)f（x）＝2lnx＋ax2－3x在x＝2處取得極小值，則f（x）的極大值為（B）A.2 B.－5C.3＋ln2 D.－2＋2ln2解析f'（x）＝2x＋2ax－3（x＞0），∵f（x）在x＝2處取得極小值，∴f'（2）＝4a－2＝0，解得a＝12，∴f（x）＝2lnx＋12x2－3x，f'（x）＝2x＋x－3＝（x－1)(x－2）x，∴f（x）在（0，1），（2，＋∞）上單調(diào)遞增，在（1，2）上單調(diào)遞減，∴f（x3.[2022全國卷甲]當x＝1時，函數(shù)f（x）＝alnx＋bx取得最大值－2，則f'（2）＝（BA.－1 B.－12 C.12 解析由題意知，f（1）＝aln1＋b＝b＝－2.因為f'（x）＝ax－bx2（x＞0），所以f'（1）＝a－b＝0，所以a＝－2，所以f'（2）＝a2－b4＝4.若函數(shù)f（x）＝x2－（a＋2）x＋alnx既有極大值又有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是（B）A.（－∞，2）∪（2，＋∞） B.（0，2）∪（2，＋∞）C.（2，＋∞） D.{2}解析因為f（x）既有極大值又有極小值，且f'（x）＝2x－a－2＋ax＝2x2－（a+2）x＋ax＝（2x－a)(x－1）x（x＞0），所以f'（5.[多選]函數(shù)y＝f（x）的導(dǎo)函數(shù)f'（x）的圖象如圖所示，則以下命題錯誤的是（BD）A.x＝－3是函數(shù)y＝f（x）的極值點B.x＝－1是函數(shù)y＝f（x）的最小值點C.y＝f（x）在區(qū)間（－3，1）上單調(diào)遞增D.曲線y＝f（x）在x＝0處切線的斜率小于零解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的圖象可知當x∈（－∞，－3）時，f'（x）＜0，當x∈（－3，＋∞）時，f'（x）≥0，所以函數(shù)y＝f（x）在（－∞，－3）上單調(diào)遞減，在（－3，＋∞）上單調(diào)遞增，則x＝－3是函數(shù)y＝f（x）的極值點.因為函數(shù)y＝f（x）在（－3，＋∞）上單調(diào)遞增，所以x＝－1不是函數(shù)y＝f（x）的最小值點.因為函數(shù)y＝f（x）在x＝0處的導(dǎo)數(shù)大于0，所以曲線y＝f（x）在x＝0處切線的斜率大于零.故選BD.6.[2024河南省商丘市部分學(xué)校聯(lián)考]若函數(shù)f（x）＝x3－12x在區(qū)間（a，a＋4）上存在最大值，則實數(shù)a的取值范圍是（－6，－2）.解析因為f（x）＝x3－12x，所以f'（x）＝3x2－12＝3（x－2）（x＋2），由f'（x）＞0，得x＜－2或x＞2，則f（x）在區(qū)間（－∞，－2）和（2，＋∞）上單調(diào)遞增，由f'（x）＜0，得－2＜x＜2，則f（x）在區(qū)間（－2，2）上單調(diào)遞減，所以f（x）在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值.要使函數(shù)f（x）＝x3－12x在區(qū)間（a，a＋4）上存在最大值，又（a＋4）－a＝4，則a＜－2，－2<a+4，解得－6＜a＜－2，即實數(shù)a7.[2021北京高考]已知函數(shù)f（x）＝3－（1）若a＝0，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（2）若函數(shù)f（x）在x＝－1處取得極值，求f（x）的單調(diào)區(qū)間，以及最大值和最小值.解析因為f（x）＝3－2xx2＋a，所以x2＋a≠0，f'（x（1）若a＝0，則f'（1）＝－4，f（1）＝1，則曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y－1＝－4（x－1），即4x＋y－5＝0.（2）由函數(shù)f（x）在x＝－1處取得極值可知f'（－1）＝0，即8－2a（1+a）此時f（x）＝3－2xx2+4，所以f'（當x∈（－∞，－1）∪（4，＋∞）時，f'（x）＞0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－1），（4，＋∞）；當x∈（－1，4）時，f'（x）＜0，所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（－1，4）.又當x→－∞時，f（x）→0，當x→＋∞時，f（x）→0，所以f（x）的最大值為f（－1）＝1，f（x）的最小值為f（4）＝－148.若直線y＝ax＋b為函數(shù)f（x）＝lnx－1x圖象的一條切線，則2a＋b的最小值為（BA.ln2 B.ln2－1C.1 D.2解析函數(shù)f（x）的定義域是（0，＋∞），f'（x）＝1x＋1x2，設(shè)切點坐標為（x0，y0），則y0＝lnx0－1x0，a＝1x0＋1x02，所以切線方程為y－（lnx0－1x0）＝（1x0＋1x02）（x－x0），即y＝（1x0＋1x02）x－1＋lnx0－2x0，與已知對照，得b＝－1＋lnx0－2x0，所以2a＋b＝lnx0＋2x02－1.構(gòu)造函數(shù)g（t）＝lnt＋2t2－1（t＞0），則g'（t）＝1t－4t3＝（t+2)(t－9.[2023南京市六校聯(lián)考]已知x1，x2是函數(shù)f（x）＝ex－12ax2的兩個極值點，且x2＝2x1，則實數(shù)a的值為（CA.2e B.e2 C.2ln2 解析因為f（x）＝ex－12ax2，所以f'（x）＝ex－ax因為x1，x2是函數(shù)f（x）＝ex－12ax2的兩個極值點，所以ex1－ax1ex2－ax2＝0，顯然x1≠0，x2≠0，所以a＝ex1x1＝ex2x2.因為x2＝2x1，所以ex1x1＝e2x12x1，即2ex110.[多選/2023廣州市二檢]已知函數(shù)f（x）＝1－4｜x｜x2+4的定義域是[a，b]（a，b∈Z），值域為[0，1]，則滿足條件的整數(shù)對（a，A.（－2，0） B.（－1，1）C.（0，2） D.（－1，2）解析顯然y＝1－4｜x｜x2+4（x∈R）是偶函數(shù)，我們先分析當x＞0時函數(shù)y當x＞0時，y＝1－4xx2+4，則令y'＝0，得x＝2，當0＜x＜2時，y'＜0，y＝1－4｜當x＞2時，y'＞0，y＝1－4｜x所以x＝2為極小值點，極小值為0.又當x＝0時，y＝1，當x→＋∞時，y→1，所以作出y＝1－4｜x對A，當x∈[－2，0]時，由圖象可知，f（x）∈[0，1]，故A滿足條件；對B，當x∈[－1，1]時，f（－1）＝f（1）＝15，則f（x）∈[15，1]，故對C，當x∈[0，2]時，由圖象可知，f（x）∈[0，1]，故C滿足條件；對D，當x∈[－1，2]時，由圖象可知，f（x）∈[0，1]，故D滿足條件.故選ACD.11.[多選]已知定義在[a，b]上的函數(shù)y＝f（x）的導(dǎo)函數(shù)y＝f'（x）的圖象如圖所示，則下列命題中正確的是（BD）A.函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[x2，x4]上單調(diào)遞減B.若x4＜m＜n＜x5，則f'(m）＋f'(n）C.函數(shù)y＝f（x）在[a，b]上有3個極值點D.若x2＜p＜q＜x3，則[f（p）－f（q）]·[f'（p）－f'（q）]＜0解析對于A，由題圖知，在區(qū)間[x2，x3]上，f'（x）≥0，在區(qū)間[x3，x4]上，f'（x）≤0，故函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間[x2，x4]上先增后減，故A錯誤；對于B，由題圖知，在區(qū)間[x4，x5]上，y＝f'（x）的圖象是下凸的，在該段圖象上任意取兩點A（m，f'（m）），B（n，f'（n）），連接AB，則AB的中點為M（m＋n2，f'(m）＋f'(n）2），易知線段AB在f'（m＋n2對于C，由題圖知，在區(qū)間[a，x3]上，f'（x）≥0，在區(qū)間[x3，x5]上，f'（x）≤0，在區(qū)間[x5，b]上，f'（x）≥0，所以y＝f（x）有一個極大值點x3和一個極小值點x5，故C錯誤；對于D，由題圖知，在區(qū)間[x2，x3]上，f'（x）≥0，且f'（x）單調(diào)遞減，故y＝f（x）單調(diào)遞增，故f'（p）＞f'（q），f（p）＜f（q），故[f（p）－f（q）]·[f'（p）－f'（q）]＜0，故D正確.故選BD.12.[多選/2024福州市一檢]已知函數(shù)f（x）＝x3－3ax＋2有兩個極值點，則（ACD）A.f（x）的圖象關(guān)于點（0，2）對稱B.f（x）的極值之和為－4C.?a∈R，使得f（x）有三個零點D.當0＜a＜1時，f（x）只有一個零點解析f（x）的圖象可由奇函數(shù)g（x）＝x3－3ax的圖象向上平移2個單位長度得到，故f（x）的圖象關(guān)于點（0，2）對稱，選項A正確.設(shè)f（x）的極值點分別為x1，x2（x1＜x2），則由對稱性可知x1＋x2＝0，f（x1）＋f（x2）＝2＋2＝4，即f（x）的極值之和為4，選項B錯誤.f'（x）＝3x2－3a，依題意，關(guān)于x的方程3x2－3a＝0有兩個不同的根，則a＞0，x1＝－a，x2＝a，當x＜－a時，f'（x）＞0，當－a＜x＜a時，f'（x）＜0，當x＞a時，f'（x）＞0，所以f（x）在區(qū)間（－∞，－a）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（－a，a）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（a，＋∞）上單調(diào)遞增.又當x→＋∞時，f（x）→＋∞，當x→－∞時，f（x）→－∞，所以作出f（x）的大致圖象如圖，由圖象可知，當f（x2）＝f（a）＜0，即a＞1時，f（x）的圖象與x軸有三個交點，即?a∈R，使得f（x）有三個零點，選項C正確.當0＜a＜1時，f（a）＝aa－3aa＋2＝2（1－aa）＞0，此時f（x）只有一個零點，選項D正確.綜上，選ACD.13.[2023濟南市模擬節(jié)選]已知函數(shù)f（x）＝e2x2－aex＋x.討論f（x解析f'（x）＝e2x－aex＋1，當a≤0時，f'（x）＞0，所以f（x）在（－∞，＋∞）上單調(diào)遞增，極值點個數(shù)為0.當0＜a≤2時，f'（x）≥0，所以f（x）在（－∞，＋∞）上單調(diào)遞增，極值點個數(shù)為0.當a＞2時，由f'（x）＝0得，x＝lna－a2－42由f'（x）＞0得，x＜lna－a2－42由f'（x）＜0得，lna－a2－42所以f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（lna－a2－42，lna＋a2－42所以x＝lna－a2－42為f（x）的極大值點，x＝lna＋a2－綜上，當a≤2時，f（x）的極值點個數(shù)為0；當a＞2時，f（x）的極值點個數(shù)為2.14.[條件創(chuàng)新/2023沈陽市三檢節(jié)選]已知函數(shù)f（x）＝（x＋b）（e2x－a）（b＞0）的圖象在點（－12，f（－12））處的切線方程為（e－1）x＋ey＋e－1（1）求a，b；（2）函數(shù)f（x）的圖象與x軸負半軸的交點為P，且在點P處的切線方程為y＝h（x），函數(shù)F（x）＝f（x）－h(huán)（x），x∈R，求F（x）的最小值.解析（1）將x＝－12代入切線方程（e－1）x＋ey＋e－12＝0中，得y＝所以f（－12）＝（b－12）（1e－a）＝0，得b＝12或因為f'（x）＝e2x（2x＋2b＋1）－a，所以f'（－12）＝2be－a＝－e－1e＝－1若a＝1e，則b＝2－e所以b＝12，則a＝（2）由（1）可知，a＝1，b＝12，所以f（x）＝（x＋12）（e2x－令f（x）＝0，得x＝－12或x＝0故函數(shù)f（x）的圖象與x軸負半軸的交點P（－12，0）由函數(shù)f（x）的圖象在點P（－12，0）處的切線方程為y＝h（x得h（x）＝f'（－12）（x＋12因為F（x）＝f（x）－h(huán)（x），所以F（x）＝f（x）－f'（－12）（x＋1所以F'（x）＝f'（x）－f'（－12）＝2（x＋1）e2x－1F'（－12）＝若x≤－1，則F'（x）＜0.若x∈（－1，－12），則x＋1∈（0，12），e2x∈（1e2所以2（x＋1）e2x∈（0，1e），F(xiàn)'（x）＜若x∈（－12，＋∞），則x＋1∈（12，＋∞），e2x∈（1e，＋∞），2（x＋1）e2x∈＋∞），F(xiàn)'（x）＞0.所以F（x）在（－∞，－12）上單調(diào)遞減，在（－12，所以F（x）min＝F（－12）＝0.命題點1利用導(dǎo)數(shù)運算構(gòu)造函數(shù)角度1利用f（x）與x構(gòu)造例1[全國卷Ⅱ]設(shè)函數(shù)f'（x）是奇函數(shù)f（x）（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，f（－1）＝0，當x＞0時，xf'（x）－f（x）＜0，則使得f（x）＞0成立的x的取值范圍是（A）A.（－∞，－1）∪（0，1） B.（－1，0）∪（1，＋∞）C.（－∞，－1）∪（－1，0） D.（0，1）∪（1，＋∞）解析令F（x）＝f（x）x，（根據(jù)條件xf'（x）－f（x）＜0構(gòu)造函數(shù)F（x因為f（x）為奇函數(shù)，所以F（x）為偶函數(shù)，由于F'（x）＝xf'(x）－f（x）x2，當x＞0時，xf'（x所以F（x）＝f（x）x在（根據(jù)圖象的對稱性，得F（x）＝f（x）x在（－∞由f（－1）＝0，f（1）＝0，知F（－1）＝0，F(xiàn)（1）＝0.由f（x）＞0，得x<0，F(xiàn)（x）<0或x>0，F(xiàn)（x）>0，解得x＜－1或0＜x＜1，即使得f（x）＞0方法技巧形式構(gòu)造函數(shù)xf'（x）＋nf（x）g（x）＝xnf（x）xf'（x）－nf（x）g（x）＝f角度2利用f（x）與ex構(gòu)造例2已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足2f（x）＋f'（x）＞0，且有f（12）＝1e，則f（x）＞1e2xA.（0，12） B.（12，C.（0，2） D.（0，＋∞）解析由題意，構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f（x）·e2x，則F'（x）＝f'（x）·e2x＋2f（x）e2x＝e2x[f'（x）＋2f（x）]＞0，∴F（x）在R上單調(diào)遞增.f（x）＞1e2x?e2xf（x）＞1?F（x）＞1，∵F（12）＝f（12）·e＝1，∴F（x）＞1?F（x）＞F（12）?x＞12，即f（x）＞方法技巧形式構(gòu)造函數(shù)f'（x）＋nf（x）g（x）＝enx·f（x）f'（x）－nf（x）g（x）＝f角度3利用f（x）與sinx，cosx構(gòu)造例3[2023湖南省長沙麓山國際實驗學(xué)校期中]若定義在[0，π2）上的函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），且f（0）＝0，f'（x）cosx＋f（x）sinx＜0，則下列不等關(guān)系中正確的是（CA.f（π6）＜62f（π4） B.f（lnC.f（π6）＞3f（π3） D.f（π4）＜2f解析令g（x）＝f（x）cosx，x∈[0，π2），則g'（x）＝f'(x）cosx＋f（x）sinxcos2x，因為f'（x）cosx＋f（x）sinx＜0，所以g'（x）＜0在[0，π2）上恒成立，因此函數(shù)g（x）＝f（x）cosx在f（0）＝0，所以g（0）＝f（0）cos0＝0，所以g（x）＝f（x）cosx≤0在[0，π2）上恒成立，因為0＝ln1＜lnπ3＜lne＝1＜π2，所以f（lnπ3）＜0，故B錯；又g（π6）＞g（π3），所以f（π6）cosπ6＞f（π3）即f（π4）＞2f（π3），故D錯誤.方法技巧由f（x）與sinx，cosx相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見形式：（1）F（x）＝f（x）sinx，則F'（x）＝f'（x）sinx＋f（x）cosx；（2）F（x）＝f（x）sinx，則F'（（3）F（x）＝f（x）cosx，則F'（x）＝f'（x）cosx－f（x）sinx；（4）F（x）＝f（x）cosx，則F'（訓(xùn)練1（1）[2023安徽合肥第六中學(xué)5月月考]已知函數(shù)f（x）滿足f（x）＋f（－x）＝0，且當x∈（－∞，0）時，f（x）＋xf'（x）＜0成立.若a＝20.6·f（20.6），b＝ln2·f（ln2），c＝log218·f（log218），則a，b，c的大小關(guān)系是（DA.a＞b＞c B.c＞b＞aC.a＞c＞b D.c＞a＞b解析因為函數(shù)f（x）滿足f（x）＋f（－x）＝0，所以f（x）是奇函數(shù).不妨令g（x）＝x·f（x），則g（－x）＝－x·f（－x）＝x·f（x）＝g（x），所以g（x）是偶函數(shù).g'（x）＝f（x）＋xf'（x），因為當x∈（－∞，0）時，f（x）＋xf'（x）＜0成立，所以g（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞減，又g（x）是偶函數(shù)，所以g（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增.a＝g（20.6），b＝g（ln2），c＝g（log218）＝g（－log21因為2＞20.6＞1，0＜ln2＜1，－log218＝－（－3）＝3＞2所以ln2＜20.6＜－log218，所以c＞a＞b.故選（2）[2024廣西柳州模擬]設(shè)函數(shù)y＝f（x），x∈R的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），且f（x）為偶函數(shù)，f'（x）＞f（x），則不等式成立的是（B）A.f（0）＜e－1f（1）＜e2f（2）B.e3f（3）＜f（0）＜e－1f（1）C.e－1f（1）＜f（0）＜e2f（2）D.e2f（2）＜e3f（3）＜f（0）解析設(shè)g（x）＝f（x）ex，則g'（x）＝f'(x）－ff（x）為偶函數(shù)，則g（1）＝f（1）e＝e－1f（1），g（0）＝f（0）e0＝f（0），g（－2）＝f（－2）e－2＝e2f（2），g（－3）＝f（－3）e－3＝e3fg（－2）＜g（0）＜g（1），即e3f（3）＜e2f（2）＜f（0）＜e－1f（1）.故選B.（3）[2023山東濰坊4月二模]已知函數(shù)f（x）的定義域為（0，π），其導(dǎo)函數(shù)是f'（x）.若f'（x）sinx－f（x）cosx＞0恒成立，則關(guān)于x的不等式f（x）＜2f（π6）sinx的解集為（0，π6解析令F（x）＝f（x）sinx，則F'（x）＝f'(x）sinx－f（x）cosxsin2x＞0，所以F（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增.關(guān)于x的不等式f（x）＜2f（π6）sinx可化為f（x）sinx＜f（π6）sinπ6，即F（x）＜F（π命題點2同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)例4（1）設(shè)a，b都為正數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，若aea+1＋b＜blnb，則（BA.ab＞e B.b＞eC.ab＜e D.b＜e解析由題意知，a＞0，b＞0，由aea+1＋b＜blnb，得aea+1＜b（lnb－1），則belnb解法一（構(gòu)造左側(cè)形式）aea＜（lnbe）elnbe，設(shè)f（x）＝xex，則f（a）＜flnbe＞0.當x＞0時，f'（x）＝ex＋xex＞1＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，于是a＜lnbe，即ea＜be，即e解法二（構(gòu)造右側(cè)形式）ealnea＜belnbe，設(shè)f（x）＝xlnx，則f（ea）＜f（be），且ea＞1，lnbe＞0，即be＞1.當x＞1時，f'（x）＝lnx＋1＞0，所以f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，于是ea＜b解法三（取對數(shù)形式）lna＋a＜ln（lnbe）＋lnbe，設(shè)f（x）＝lnx＋x，則f（af（lnbe），且lnbe＞0.當x＞0時，f'（x）＝1x＋1＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，于是a＜lnbe，即ea＜be（2）[2023天津一模]若0＜b＜a＜π2，則（CA.bea－eb＜aeb－eaB.eb＋1ea＋2a＞ea＋1eC.asinb＋b＜bsina＋aD.sinbcosa＞sina解析對于A，令f（x）＝exx+1，0＜x＜π2，則f'（x）＝xex（x+1）2＞0，故f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，則f（a）＞f（b），即eaa+1＞ebb+1，所以ea（b＋1）＞eb（a＋對于B，令f（x）＝ex－1ex－2x，0＜x＜π2，則f'（x）＝ex＋1ex－2＞2ef（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，則f（a）＞f（b），即eb－1eb－2b＜ea－1ea－2a，所以eb＋1ea＋2a＜ea＋對于C，令f（x）＝sinx－1x，0＜x＜π2，則f'（x）＝xcosx－sinx+1x2＞0，故f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，則f（a）＞f（b），即sina－1a＞sinb－1b，所以b（sina－1）＞對于D，當b＝π6，a＝π3時，sinbcosa＝14＜sina＝32，故D方法技巧1.同構(gòu)法，即通過等價變形把不等式或等式兩邊轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)相同的形式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，進而利用該函數(shù)的單調(diào)性求解.2.5種常見變形（1）xex＝ex＋lnx（x＞0）；（2）exx＝ex－lnx（x＞0）；（3）xex＝elnx－x（x＞0）；（4）x＋lnx＝ln（x·ex）；（5）x－lnx3.3種基本形式基本形式同構(gòu)變形和差型：ea±a＞b±lnb同左：ea±a＞elnb±lnb，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝ex±x同右：ea±lnea＞b±lnb，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝x±lnx乘積型：aea≤blnb同左：aea≤（lnb）elnb，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝xex同右：ealnea≤blnb，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝xlnxa＞0時，取對數(shù)：a＋lna＜lnb＋ln（lnb），構(gòu)造函數(shù)h（x）＝x＋lnx比商型：eaa同左：eaa＜elnblnb，構(gòu)造函數(shù)同右：ealnea＜blnb，構(gòu)造函數(shù)a＞0時，可取對數(shù)：a－lna＜lnb－ln（lnb），構(gòu)造函數(shù)h（x）＝x－lnx訓(xùn)練2（1）已知函數(shù)f（x）＝xa－alnx（a＞0），g（x）＝ex－x，若x∈（1，e2）時，f（x）≤g（x）恒成立，則實數(shù)a的最大值是（B）A.1 B.e C.e22 解析由f（x）≤g（x）可得xa－alnx≤ex－x，即xa－lnxa≤ex－lnex，構(gòu)造函數(shù)m（t）＝t－lnt，t∈（1，＋∞），則m'（t）＝1－1t＝t－1t＞0，所以m（t）＝t－ln＋∞）上單調(diào)遞增，故由m（xa）≤m（ex）可得，xa≤ex，又x∈（1，e2），所以a≤xlnx恒成立.令h（x）＝xlnx，x∈（1，e2），則h'（x）＝lnx－1（lnx）2，令h'（x）＞0，得e＜x＜e2，令h'（x）＜0，得1＜x＜e，所以函數(shù)h（x）＝xlnx在（1，e）上單調(diào)遞減，在（e，e2）上單調(diào)遞增，所以h（x）min＝（2）[多選/2023山東省青島質(zhì)檢]已知0＜x1＜x2＜1，則下列不等式恒成立的為（AC）A.x1ex2＜x2ex1 B.x1lnx1＜xC.x2lnx1＜x1lnx2 D.ex1－x2lnx解析A.令f（x）＝exx且0＜x＜1，則f'（x）＝（x－1）exx2＜0，故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，又0＜x1＜x2＜1，所以f（x2）＜f（x1）?ex2xB.令f（x）＝xlnx且0＜x＜1，則f'（x）＝1＋lnx，所以在（0，1e）上f'（x）＜0f（x）單調(diào)遞減，在（1e，1）上f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，而0＜x1＜x2＜1，此時不能比較f（x2），f（x1）的大小，BC.令f（x）＝lnxx且0＜x＜1，則f'（x）＝1－lnxx2＞0，故f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，又0＜x1＜x2＜1，所以f（x2）＞f（x1）?lnx2x2＞lnx1xD.令f（x）＝exlnx且0＜x＜1，則f'（x）＝exx（1＋xlnx），且exx＞0，令g（x）＝1＋xlnx且0＜x＜1，則g'（x）＝1＋lnx，在（0，1e）上g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，在（1e，1）上g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，則g（x）≥g（1e）＝1－1e＞0，故f'（x）＝exx·g（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，又0＜x1＜x2＜1，所以f（x2）＞f（x1）?ex1－x2lnx1＜lnx2，學(xué)生用書·練習(xí)幫P2811.[2024大連市模擬]已知a＝32（4－ln32）e4，b＝1e，c＝logeA.a＜c＜b B.c＜a＜bC.a＜b＜c D.b＜a＜c解析由題意知，a＝lne432e432，b＝lne構(gòu)造函數(shù)f（x）＝lnxx，則f'（x）＝1－lnxx2，令f'（x）＝0，則x＝e，令f'（x）＞0，則0＜x＜e，令f'（x）＜0，則x＞e，故f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，＋∞）上單調(diào)遞減，所以f（x）max＝f（e）＝1e＝b，而e2＜8，e432＜2，故f（e432）＜f（2），即2.[2023南京市二模]已知f（x）是定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f'（x）.若對任意x∈R有f'（x）＞1，f（1＋x）＋f（1－x）＝0，且f（0）＝－2，則不等式f（x－1）＞x－1的解集為（D）A.（0，＋∞） B.（1，＋∞）C.（2，＋∞） D.（3，＋∞）解析解法一∵f（1＋x）＋f（1－x）＝0，f（0）＝－2，∴令x＝1得f（2）＝2.設(shè)g（x）＝f（x）－x，則g'（x）＝f'（x）－1＞0，∴g（x）在R上單調(diào)遞增，且g（2）＝f（2）－2＝0，∴不等式f（x－1）＞x－1可化為g（x－1）＞0＝g（2），∴x－1＞2，解得x＞3.故選D.解法二設(shè)f（x）＝2x－2，經(jīng)檢驗，滿足要求，所以f（x－1）＞x－1即2（x－1）－2＞x－1，所以x＞3.故選D.3.[2024吉林省長春市東北師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬]已知函數(shù)f（x）的定義域為R，其導(dǎo)函數(shù)為f'（x），f'（x）－f（x）＞3ex，f（2）＝6e2，則不等式f（x）＞3xex的解集為（A）A.（2，＋∞） B.（－∞，2） C.（3，＋∞） D.（－∞，3）解析令G（x）＝f（x）e則G'（x）＝f'(x）－f（x）ex－3＞3exex－3＝0，所以函數(shù)G（x）在R上單調(diào)遞增，又G（2）＝f（2）e2－3×2＝0，由f（x）＞3xex可得f（x4.已知f（x）是定義在（－π2，π2）上的奇函數(shù)，f'（x）是其導(dǎo)函數(shù).當x∈（0，f（x）＋f'（x）tanx＞0，則不等式cosx·f（x＋π2）＋sinx·f（－x）＞0的解集為（DA.（－π2，－π6） B.（－π6C.（－π2，－π4） D.（－π4解析當x∈（0，π2）時，由f（x）＋f'（x）tanx＞0，得cosx·f（x）＋f'（x）sinx＞0，即[sinx·f（x）]'＞0，所以函數(shù)y＝sinx·f（x）在（0，π2又函數(shù)f（x）是定義在（－π2，π2）上的奇函數(shù)，函數(shù)y＝sinx是R上的奇函數(shù)，所以sinx·f（x）是定義在（－π2，π2）上的偶函數(shù)，且在（－π2，0）上單調(diào)遞減.由－π2＜x＋π2＜π2，－π2＜－x＜π2，可得x∈（－π2f（x＋π2）＋sinx·f（－x）＞0可轉(zhuǎn)化為sin（x＋π2）·f（x＋π2）＞sin（－x）·f（－x），又函數(shù)y＝sinx·f（x）在（0，π2）上單調(diào)遞增，所以π2＞x＋π2＞－x＞0，解得－π5.[條件創(chuàng)新/2023佛山市質(zhì)檢]設(shè)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)是f'（x），且f（x）f'（x）＞x恒成立，則（D）A.f（1）＜f（－1）B.f（1）＞f（－1）C.｜f（1）｜＜｜f（－1）｜D.｜f（1）｜＞｜f（－1）｜解析設(shè)g（x）＝12[f2（x）－x2]，則g'（x）＝12[2f（x）f'（x）－2x]＝f（x）f'（x）－x＞0恒成立，所以g（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以g（1）＞g（－1），即12[f2（1）－1]＞12[f2（－1）－1]，解得f2（1）＞f2（－1），即｜f（1）｜＞｜f（－16.[多選/2023重慶名校聯(lián)考]若m＞n＞1，0＜t＜1，則下列不等式成立的是（BCD）A.logmt＜lognt B.men＜nemC.mnt＞nmt D.mlognt＜nlogmt解析對于A，logmt－lognt＝1logtm－因為0＜t＜1，m＞n＞1，所以logtm·logtn＞0，logtn－logtm＞0，所以logmt－lognt＞0，A不成立.對于B，由men＜nem及m＞n＞1，得enn＜emm，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝exf'（x）＝ex·（x－1）x2＞0，所以f（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以f（m）＞f（n），即emm＞enn，故B成立.對于C，由mnt＞nmt及m＞n＞1，得nt－xt－1，x＞1，因為0＜t＜1，所以t－1＜0，所以g'（x）＝（t－1）·xt－2＜0，所以g（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞減，所以g（n）＞g（m），即nt－1＞mt－1，故C成立.對于D，由mlognt＜nlogmt及m＞n＞1，0＜t＜1，得mlnm＞nlnn，構(gòu)造函數(shù)h（x）＝xlnx，x＞1，則h'（x）＝1＋lnx＞0，所以h（x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增，所以h（m）＞h（n），即mlnm＞nlnn，故D成立.故選BCD.7.[多選]若定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（0）＝－1，其導(dǎo)函數(shù)為f'（x），且f'（x）＞m＞1，則下列各式成立的有（AC）A.f（1m）＞1－mm B.f（1C.f（1m－1）＞1m－1 解析構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f（x）－mx，則g'（x）＝f'（x）－m＞0，故函數(shù)g（x）＝f（x）－mx在R上單調(diào)遞增.易知1m＞0，所以g（1m）＞g（0）＝f（0）＝－1，即f（1m）－1＞－1，所以f（1m）＞0，故B錯誤.又m＞1，所以1－mm＜0，所以f（1m）＞1－mm，故A正確.由1m－1＞0得g（1m－1）＞g（0），即f（1m－1）－m8.[2024江西省南昌市部分學(xué)校調(diào)考]若定義域為（0，＋∞）的函數(shù)f（x）滿足2f（x）＋xf'（x）＞0，則不等式f（x＋1）＜f（1）（x+1）2解析由x∈（0，＋∞）時，函數(shù)f（x）滿足2f（x）＋xf'（x）＞0，可得2xf（x）＋x2f'（x）＞0.設(shè)h（x）＝x2f（x），x＞0，則h'（x）＝2xf（x）＋x2f'（x）＞0，故h（x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞增，由f（x＋1）＜f（1）（x+1）2，得（x＋1）2f（xh（x＋1）＜h（1），所以0＜x＋1＜1，解得－1＜x＜0，所以f（x＋1）＜f（1）（x+1）9.[2024福建省漳州市質(zhì)檢]已知函數(shù)f（x）（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），若2f（x）＋f'（x）＞0，且f（0）＝2025，則不等式f（x）－2025e－2x＞0的解集為（0，＋∞）.解析令g（x）＝e2xf（x），則g'（x）＝2e2xf（x）＋e2xf'（x）＝e2x[2f（x）＋f'（x）].因為2f（x）＋f'（x）＞0，所以g'（x）＞0，所以g（x）在R上單調(diào)遞增，又f（0）＝2025，所以g（0）＝e0f（0）＝2025，不等式f（x）－2025e－2x＞0，即f（x）＞2025e－2x，即e2xf（x）＞2025，即g（x）＞g（0），所以x＞0，即不等式f（x）－2025e－2x＞0的解集為（0，＋∞）.10.[2023山東濟南一中5月月考]已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），f'（x）－f（x）＜0，且f（x＋1）＝f（1－x），f（0）＝e，則不等式f（x）＞ex－1的解集是（－∞，2）.解析設(shè)g（x）＝f（x）ex，則g'（x）＝f'(x）－f（xf（x＋1）＝f（1－x），所以f（x）的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以f（2）＝f（0）＝e，所以g（2）＝f（2）e2＝1e.因為f（x）＞ex－1，所以f（x）ex＞1e，即g（x）＞g（2），所以x＜2，故f（x11.[2023河北名校聯(lián)考]已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x）＝exf（－x），f（1）＝e，f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，當x∈[0，＋∞）時，f'（x）＜12f（xef（x－1）＜ex2的解集為（－∞，0）∪（2，＋∞解析令g（x）＝f（x）ex2，由f（x）＝exf（－x），得f（－x）＝f（x）ex，則g（－x）＝f（－因為當x∈[0，＋∞）時，f'（x）＜12f（x），所以當x∈[0，＋∞）時，g'（x）＝f'(x）ex2－12ex2f（xg（x）為R上的偶函數(shù)，所以函數(shù)g（x）在（－∞，0）上單調(diào)遞增.因為f（1）＝e，所以g（1）＝f（1）e12＝ee＝1.因為ef（x－1）＜ex2可變形為f（g（1）.因為函數(shù)g（x）為R上的偶函數(shù)，在（－∞，0）上單調(diào)遞增，在[0，＋∞）上單調(diào)遞減，所以｜x－1｜＞1，解得x＜0或x＞2，所以不等式ef（x－1）＜ex2的解集為（－∞，0）∪（2，＋∞12.[2023沈陽市三檢]已知對任意的x∈（1，＋∞），不等式k（ekx＋1）－（1x＋1）lnx＞0恒成立，則k的取值范圍是（1e，＋∞解析k（ekx＋1）－（1x＋1）lnx＞0，即kx（ekx＋1）＞（x＋1）lnx①，因為x∈（1，＋∞），所以x＋1＞0，lnx＞0，則（x＋1）·lnx＞0，所以k＞0，則①式轉(zhuǎn)化為（ekx＋1）lnekx＞（x＋1）lnx②.令f（t）＝（t＋1）lnt，則②式可轉(zhuǎn)化為f（ekx）＞f（x），易得ekx＞1，x＞1