資源簡介

第六章：導數章末重點題型復習
題型一 極限相關問題
【例 1】（2024 高二下·全國·專題練習）已知 ( ) = ，則 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ )′ 0 2Δ 的值為（ ）Δ →0
A．－2a B．2a

C．a D．2
【變式 1-1】（23-24 高二上·云南昭通·期末）設函數 ( )在 = 0處存在導數為 2，則 lim
( 0 Δ ) ( 0) =
Δ →0 2Δ
（ ）
A．2 B．1 C．23 D．6
【變式 1-2】（22-23 高二上·陜西咸陽·階段練習）已知函數 在 = 處的導數為6，則 lim ( 0 Δ ) ( )( ) 00
Δ →0 2Δ
= （ ）
A． ―3 B．3 C． ―6 D．6
【變式 1-3】（22-23 高二下·河北廊坊·開學考試）函數 在 上可導，若 = 3，則 lim (2 3Δ ) (2 Δ )( ) ′(2)
Δ →0 Δ
= （ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
【變式 1-4】（23-24 高二上·湖北武漢·期末）若R上的可導函數 = ( )在 = 0處滿足 lim
( 0 Δ ) ( 0)
Δ →0 2Δ
= ―3，則 ′( 0) = ．
題型二 切線問題
【例 2】（2022 高三上·河南·專題練習）函數 ( ) = ― 3 +3sin 的圖象在點 (0, (0))處的切線方程是
（ ）
A． ― 3 = 0 B．3 ― = 0 C． + 3 = 0 D．3 + = 0
【變式 2-1】（2024 高三上 ·全國 ·競賽）如果可導曲線 = ( )在點( 0, ( 0))的切線方程為 + e
― 3 = 0，其中 ∈ ，則（ ）
A． ′( 0) > 0 B． ′( 0) = 0
C． ′( 0) < 0 D．無法確定
【變式 2-2】（23-24 高三下·海南省直轄縣級單位·開學考試）已知函數 ( ) = ln ( ≠ 0)，過原點作曲線
= ( )的切線 ，則切線 的斜率為 ．
【變式 2-3】（2024·廣東·一模）設點 在曲線 = 1e 上，點 在直線 = 上，則| |的最小值為（ ）e
1 2
A． B．
e2 1 e2 1
e 3
C． e2 1 D． e2 1
【變式 2-4】（22-23 高二下·陜西咸陽·階段練習）已知直線 與曲線 = e 相切，切點為 ( 1, 1)，與曲線
= ( + 3
2
也相切，切點是 ( 2, 2)，則 2 ―2 1的值為 ．
題型三 基本初等函數的導數
【例 3】(多選)（2024 高二下·全國·專題練習）下列求導錯誤的是（ ）
1 1
A． ( ) = log23， ′( ) = 3 2 B． ln ( ) = log2 ， ′( ) = 2ln
C． ( ) = 2 ， ′( ) = 2ln D． ( ) = 2， ′( ) = 2
【變式 3-1】（23-24 高二上·河南許昌·期末）已知函數 ( ) = 2e + 2 + ― 2，若 ′(1) = 1，則 ′( ―1)
= （ ）
A． ―1 B．0 C．1 D．2
【變式 3-2】（23-24 高二上 ·河北滄州 ·階段練習）已知函數 ( ) = 3 ′(1) ― 2 + ln + 12，則 ′(1) =
（ ）
A．1 B．2 C．12 D． ―
1
2
【變式 3-3】（23-24 高二上·河南開封·期末）已知函數 ( )的導函數為 ′( )，且 ( ) = 2 ′ π + sin ，則
3
′ π = （ ）
3
A． 3 B．12 C． ―
1
2 D． ―
3
2 2
【變式 3-4】（23-24 高二上·江蘇南通·期末）函數 ( ) = sin 2 π ― π 在 = 3處的導數 ′(3) = ．3 2
題型四 函數的單調性與單調區間
【例 4】（2024·浙江·模擬預測）函數 ( ) = ln(2 ― 1) ― 2 + 的單調遞增區間是（ ）
A．(0,1) B． 1 ,1
2
C． 1 2 , 1 2 D． 1 , 1 2
2 2 2 2
2
【變式 4-1】（23-24 高三下·河南鄭州·階段練習）已知函數 ( ) = 2 + ― ( + 1)ln 在 = 1處的切線方
程為 = + 52( , ∈ R).
(1)求 ， 的值；
(2)證明： ( )在(1, + ∞)上單調遞增.
【變式 4-2】（23-24 高二下·全國·課前預習）已知函數 ( ) = e 2 ― (2 + 1) + 1 .
(1)若 = 12，求曲線 = ( )在點(0, (0))處的切線；
(2)討論 ( )的單調性；
【變式 4-3】（23-24 高三上·內蒙古赤峰·期中）已知函數 ( ) = e ln( + e).
(1)求曲線 = ( )在點(0, (0))處的切線方程；
(2)設 ( ) = ′( )，討論函數 ( )在[0, + ∞)上的單調性.
【變式 4-4】（23-24 高二上·江蘇鹽城·期末）已知函數 ( ) = e + cos , ≥ 0．
(1)求曲線 = ( )在點(0, (0))處的切線方程；
(2)求證： ( )在[0, + ∞)上單調遞增．
題型五 已知單調性求參問題
【例 5】（22-23 高二下·陜西西安·期末）已知函數 ( ) = ( ― 1)e ― 在區間[2,4]上存在單調減區間，則
實數 m 的取值范圍為（ ）
A．[4e4, + ∞) B．(2e2,4e4)
C．[2e2, + ∞) D．(2e2, + ∞)
【變式 5-1】（2022·江西宜春·模擬預測）已知函數 ( ) = ( ― 1)e ― 在區間[2,4]上存在單調減區間，
則實數 的取值范圍為（ ）
A．(2e2, + ∞) B．( ―∞,e)
C．(0,2e2) D．(0,e)
【變式 5-2】（20-21 高二下·寧夏銀川·階段練習）若函數 ( ) = 3 + 2 + + 的單調減區間為[ ―1,2]，
則 = ．
【變式 5-3】（22-23 高二下·天津靜海·階段練習）已知函數 1( ) = 2
2 +2 ln ― 2 ( ∈ )．
(1)若 = ― 32，求 ( )的單減區間.
(2)若函數 ( )在區間(1,2)上單調遞增，求 的取值范圍；
(3)若函數 ( )在區間(1,2)上存在減區間，求 的取值范圍
(4)若函數 ( )在區間(1,2)上不單調，求 的取值范圍；
【變式 5-4】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函數 ( ) = ( 2 ― 2 + 2 )e ．
(1)若 ( )在[2,7]上單調遞增，求 的取值范圍；
(2)試討論函數 ( )的單調性．
題型六 函數單調性與圖像的關系
【例 6】（16-17 高二下·山東棗莊·期末）已知定義在R上的函數 ( )及其導函數 ′( )的圖象如圖所示，則函
數 = e― ( )的減區間為（ ）
A．(0,1)，(4, + ∞) B．( ―∞,1) C．(1, + ∞) D．( ―∞,0)，(1,4)
【變式 6-1】（2024 高二下·全國·專題練習）函數 = ( )的導函數 ′( )的圖象如圖所示，則下列判斷中正
確的 （　　）
A． ( )在( ―3,1)上單調遞增
B． ( )在(1,3)上單調遞減
C． ( )在(2,4)上單調遞減
D． ( )在(3, + ∞)上單調遞增
【變式 6-2】（23-24 高二下·湖南株洲·開學考試）設 ′( )是函數 ( )的導函數， = ′( )的圖象如圖所示，
則 = ( )的圖象最有可能的是 （ ）
A． B．
C． D．
【變式 6-3】（23-24 高二下·河南·開學考試）設 ′( ) = 2 ―2 是函數 ( )的導函數，則 = ( )的圖象可
能是（ ）
A． B．
C． D．
【變式 6-4】（22-23 高二下·廣東韶關·階段練習）已知定義域為[0,e]上的函數 = ( )，它的導函數 = ′
( )的圖象如圖所示，則函數 = ( )的單調減區間是 ．
題型七 函數的極值點與極值
【例 7】（23-24 高三上·四川·期末）函數 ( ) = 6 的極大值為 ．e
【變式 7-1】（多選）（23-24 高三下·山東濟寧·開學考試）已知函數 ( ) = , ∈ (0, + ∞)，則（ ）
A． ( )有且只有一個極值點
B． ( )在 1 , + ∞ 上單調遞增
2
C．不存在實數 ∈ (0, + ∞)，使得 ( ) = 64
1
D． ( )有最小值 ―e e
【變式 7-2】（2024·遼寧·一模）已知函數 ( ) = 2ln ― 2( ― 1) ― 2( > 0).
(1)當 = 1時，求曲線 = ( )在點(2, ( ))處的切線 的方程；
(2)討論 ( )的極值.
【變式 7-3】（23-24 高二下·江蘇南京·開學考試）設 ( ) = ln + 1 ― 32 2 + 1，函數 = ( )的單調增區
間是(13,1)．
(1)求實數 a；
(2)求函數 ( )的極值．
【變式 7-4】（23-24 高三下·湖南長沙·開學考試）已知直線 = 與函數 ( ) = ln ― 2 + 的圖象相切.
(1)求 的值；
(2)求函數 ( )的極大值.
題型八 導數的極值與參數
【例 8】（2024 高二下 ·全國 ·專題練習）若函數 ( ) = 3 ―12 + 的極大值為 11，則 ( )的極小值
為 ．
【變式 8-1】（2024 高二下·全國·專題練習）若函數 1( ) = 2
2 ― + ln 在(0,2)上有極值，則實數 的取值
范圍是 .

【變式 8-2】（2024 高二下·全國·專題練習）已知函數 ( ) = ln ― e （其中 ∈ ,e為自然對數的底數）存
在極大值，且極大值不小于 1，則 的取值范圍為 ．
【變式 8-3】（23-24 高三下·山西晉城·開學考試）若 ( ) = ln + 2在 = 1處有極值，則函數 ( )的單調
遞增區間是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,1) C．(1,3) D． 1 ,1
2
【變式 8-4】（23-24 高三下·山東·開學考試）已知函數 ( ) = 2 ― ln 存在極小值點 0，且 ( 0) < ―
e3，則實數 的取值范圍為（ ）
1 2 1 2
A．(0,
e2
) B．(0, 2) C．(0, 3) D．(0, )e e e3
題型九 函數極值與圖像的關系
【例 9】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函數 = ( )為連續可導函數， = ( 2 + 4 + 3) ′( )的圖像如圖
所示，以下命題正確的是（ ）
A． ( ―3)是函數的極大值 B． ( ―1)是函數的極小值
C． ( )在區間( ―3,1)上單調遞增 D． ( )的零點是 ―3和 ―1
【變式 9-1】（多選）（2023 高三·全國·專題練習）（多選）設函數 ( )在 R 上可導，其導函數為 ′( )，且
函數 ( ) = ′( )的圖象如圖所示，則下列結論中一定成立的是（　　）
A． ( )有兩個極值點 B． (0)為函數的極大值
C． ( )有兩個極小值 D． ( ―1)為 ( )的極小值
【變式 9-2】（多選）（23-24 高二上·江蘇鎮江·期末）已知函數 ( )的定義域為 R，函數 ( )的導函數 ′( )
的圖象如圖所示，則下列選項正確的是（ ）
A．函數 ( )的單調遞減區間是( ―∞, ― 2)
B．函數 ( )的單調遞增區間是( ―∞, ― 2)，(0, + ∞)
C． = 2處是函數 ( )的極值點
D． = ― 1時，函數的導函數小于 0
【變式 9-3】（多選）（23-24 高三上·云南楚雄·階段練習）已知定義域為[ ― 3,5]的函數 ( )的導函數為 ′
( )，且 ′( )的圖象如圖所示，則（ ）
A． ( )在( ― 2,2)上單調遞減 B． ( )有極小值 (2)
C． ( )有 2 個極值點 D． ( )在 = ―3處取得最大值
【變式 9-4】（2024 高二·江蘇·專題練習）已知函數 ( ) = 3 + 2 + ，其導函數 = ′( )的圖象經過點
(1,0)，(2,0).如圖，則下列說法中不正確的是 .(填序號)
①當 = 32時，函數 ( )取得最小值；
② ( )有兩個極值點；
③當 = 2時函數取得極小值；
④當 = 1時函數取得極大值．
題型十 函數最值問題
【例 10】（23-24 高三下·江蘇蘇州·階段練習）設0 < < = sin 2，則函數 ( ) 2 + 的最小值為（ ）sin
A．1 B．3 C．2 D．52 2
【變式 10-1】（23-24 高三下·江蘇泰州·階段練習）已知函數 ( ) = 4 + 3， ∈ ．
(1)若函數在點(1, (1))處的切線過原點，求實數 a 的值；
(2)若 = ―4，求函數 ( )在區間[ ―1,4]上的最大值．
【變式 10-2】（22-23 高二下·河南·期中）已知函數 ( ) = ln + 2 ― 在點(1, (1))處的切線方程為
+ + = 0．
(1)求實數 和 的值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最大值（其中 e 是自然對數的底數）．
【變式 10-3】（2024·安徽黃山·一模）已知函數 3( ) = 2
2 ―4 + 2ln 在 = 1處取得極大值．
(1)求 的值；
(2)求 ( )在區間 1 ,e 上的最大值．e
【變式 10-4】（23-24 高二下·安徽淮南·開學考試）已知函數 ( ) = 3 ― 2 ―3 + ，且當 = 3時， ( )
有極值 ―5．
(1)求 ( )的解析式；
(2)求 ( )在[ ―4,4]上的最大值和最小值．
題型十一 函數最值與參數問題
【例 11】（ 2024 高 二 下 · 全 國 · 專 題 練 習 ） 若 函 數 1( ) = 33 ―4 + 在 [0,3]上 的 最 小 值 為 4 ， 則
= ．
【變式 11-1】（2024 高二下·全國·專題練習）已知函數 ( ) = (4 2 + 4 + 2) ，其中 < 0.若 ( )在區
間[1，4]上的最小值為 8，則 a 的值為 .
【變式 11-2】（2024 高二下·全國·專題練習）若函數 1 2( ) = 3 23 + ― 3在區間( ― 1, + 5)內存在最小值，
則實數 的取值范圍是 .
【變式 11-3】 （23-24 高二下·河北·開學考試）已知函數 ( ) = + ln ( ∈ )．
(1)討論 ( )的極值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最小值 ( )．
【變式 11-4】（23-24 高二上·江蘇徐州·期末）已知函數 ( ) = 2 ― ln + 1, ∈ .
(1)當 = ―1時，求曲線 = ( )在點(1, (1))處的切線方程；
(2)當 > 0時，若函數 ( )有最小值 2，求 a 的值.
題型十二 恒成立與有解問題
【例 12】（22-23 高二下·新疆喀什·期末）已知函數 ( ) = ― ln ，若 ( ) > 0在定義域上恒成立，則 的
取值范圍是（ ）
1
A．( , + ∞) B．(1, + ∞)
e
C．(e, + ∞) D．(12, + ∞)
【變式 12-1】（23-24 高二上·江蘇鹽城·期末）設函數 ( ) = 1 22 ―4 + ln ，若函數 = ( )存在兩個極
, ( 1) ( 2)值點 1 2，且不等式 ≥ 恒成立，則 t 的取值范圍為（ ）．1 2
A．( ― ∞, ― 1] B． ―∞, ― 9
4
e2C． ―∞, ― 4e D．( ― ∞, ― 13]2
【變式 12-2】 π（2024·四川成都·模擬預測）當0 < ≤ 2時，關于 的不等式(2 sin + cos2 ― 3)(sin ― )
≤ 0有解，則 的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4 2

【變式 12-3】（22-23 高二下·廣東揭陽·階段練習）已知函數 ( ) = e ― 2 , > 1 2 ― ( + 3) + + 2, ≤ 1 ，若關于
的不等式 ( ) ≥ 0恒成立，則實數 的取值范圍為（ ）
A．( ― ∞,e] B． ―∞, e C． ―1, e D．( ― ∞,2]
2 2
【變式 12-4】（22-23 高三下·全國·階段練習）已知不等式 ≤ (2 + 1)e 對任意 ∈ [1, + ∞)恒成立，則
正實數 的取值范圍是 ．
題型十三 導數構造問題
【例 13】（23-24 高二下·陜西·開學考試）已知函數 ( )的導函數為 ′( )，且 ( ) > 1 ′3 ( )，則必有（ ）
( )
= ( )A．函數 1 為增函數 B．函數 = 為增函數
e3 e3
( )
C．函數 = 1 為減函數 D．函數 =
( )
3 為減函數e3 e
【變式 13-1】（2024·四川成都·模擬預測）若函數 ( )對任意的 ∈ R都有 ′( ) < ( )恒成立，則2 (2)與
e2 (ln2)的大小關系正確的是（ ）
A．2 (2) > e2 (ln2) B．2 (2) = e2 (ln2)
C．2 (2) < e2 (ln2) D．無法比較大
【變式 13-2】（23-24 高三上·浙江杭州·期末）已知定義在 上的函數 ( )滿足sin ( ) + cos ′( ) > 0，
則（ ）
A． π < 3 π B． π < 3 π
3 6 6 3
C． π > 3 π D． π > 3 π
3 6 6 3
【變式 13-3】（多選）（23-24 高二下·福建莆田·開學考試）已知 ′( )為函數 ( )的導函數，當 > 0時，
有 ( ) ― ′( ) > 0恒成立，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． 1 > 2 1 B． 1 < 2 1
2 4 2 4
C． 1 > 2 (1) D．2 1 > (1)
2 2
【變式 13-4】（23-24 高二上·重慶·期末）已知定義在(0, + ∞)上的函數 ( )的導數為 ′( )，若 (1) = 1，
且 2 ′( ) + 1 > 0，則下列式子中一定成立的是（ ）
A． 1 > 3
1
B． ( ) > π
3 π
C． (log2e) > ln2 D． (ln3) < log3e
題型十四 零點問題
【例 14】（多選）（22-23 高二下·甘肅定西·階段練習）若函數 ( ) = 3 + 3 22 ―6 + 有三個零點，則實
數 a 的可能取值是（ ）
A．－10 B．－9 C．2 D．3
【變式 14-1】（22-23 高二下·湖北·期中）設函數 ( ) = e ―2 在區間[ 1 ,3 上有零點，則實數 的取值
2
范圍是 .
【變式 14-2】（23-24 高三上·北京大興·階段練習）已知 ( ) = ln ，
(1)求 ( ) 的極值；
(2)若函數 = ( ) ― 存在兩個零點，求 的取值范圍.
【變式 14-3】（23-24 高三上·浙江紹興·期末）已知函數 ( ) = + ( ― 2) ― 1 2ln ， ∈ ．
(1)求函數 ( )圖象上一點 (1,4)處的切線方程；
(2)若函數 ( )有兩個零點 1, 2（ 1 < 2），求 的取值范圍．
【變式 14-4】（22-23 高三上·江蘇·階段練習）已知函數 ( ) = cos ― 2.
(1)設 ( ) = ′( )，求 ( )在區間 π ,π 上的最值；4
(2)討論 ( )的零點個數.
題型十五 利用單調性比較大小
【例 15】（2024·陜西·模擬預測）設 = 0.9, = sin3, = e―0.194 ，則（ ）
A． < < B． < < C．c【 變 式 15-1 】（ 23-24 高 三 下 · 江 西 · 開 學 考 試 ） 142857 被 稱 為 世 界 上 最 神 秘 的 數 字 ，
142857 × 1 = 142857,142857 × 2 = 285714,142857 × 3 = 428571,142857 × 4 = 571428,
142857 × 5 = 714285,142857 × 6 = 857142，所得結果是這些數字反復出現，若 = e0.142857, = ln
1.285714
2
+1, = 1.285714，則（ ）
A． > > B． > >
C． > > D． > >
【變式 15-2 】（ 2024· 四 川 成 都 · 模 擬 預 測 ） 已 知 函 數 ( ) = 2 + 2― + cos + 2， 若 = ( 2)，
1 1
= ( ― ee)， = (ππ)，則（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
【變式 15-3】（23-24 高三下·內蒙古赤峰·開學考試）已知 ( )是定義域為R的偶函數，且在( ―∞,0)上單調
遞減， = (ln1.04 + ln2.7), = (1.04), = (e0.04)，則（ ）
A． < < B． < <
C． < < D．c【變式 15-4】（23-24 高三下·河北·階段練習）設 = ln(1 + 0.1), = sin0.1, = 221，則下列大小關系正確的
是（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
題型十六 不等式證明問題
【例 16】 （23-24 高二上·福建莆田·期末）已知函數 ( ) = ln + , ∈ R．
(1)討論 ( )的單調性；
(2)若 = 12, > 1，證明： ( ) < .

【變式 16-1】（23-24 高三上·山東青島·期末）已知函數 ( ) = e ― + ln ( ∈ R)．
(1)當 = 0時，求 ( )的單調區間；
(2)當 = 1時，證明： ( ) ≥ e ―1．
【變式 16-2】（23-24 高三上·安徽合肥·期末）已知函數 ( ) = ln + 2 + (2 + 1) .
(1)當 = ―1時，求 ( )的單調區間
(2)討論 ( )的單調性；
(3)當 < 0時，證明 3( ) ≤ ― 4 ―2.
【變式 16-3】（23-24 高二上·江蘇泰州·期末）已知函數 ( ) = 3 ― 2，曲線 = ( )在點(1, (1))處的切
線 的斜率為 1，其中 ∈ .
(1)求 的值和 的方程；
(2)證明：當 ∈ (0, + ∞)時， ( ) ≥ ln .
【變式 16-4】（23-24 高三上·河北邢臺·期末）已知函數 ( ) = sin + 2．
(1)求曲線 = ( )在點 π , π 處的切線方程；
2 2
(2)證明： ( ) > ― 516．第六章：導數章末重點題型復習
題型一 極限相關問題
【例 1】（2024 高二下·全國·專題練習）已知 ( ) = ，則 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ )′ 0 2Δ 的值為（ ）Δ →0
A．－2a B．2a

C．a D．2
【答案】B
【分析】由導數的定義變形即可求解.
【詳解】 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ ) = 2 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ ) = 2 ′2Δ 4Δ ( 0) = 2 .Δ →0 Δ →0
故選：B．
【變式 1-1】（23-24 高二上·云南昭通·期末）設函數 ( )在 = 0處存在導數為 2，則 lim
( 0 Δ ) ( 0)
Δ →0 2Δ
=
（ ）
A．2 B．1 C．23 D．6
【答案】B
【分析】由導數的概念求解.
【詳解】由已知有 ′( 0) = 2，
則 lim ( 0 Δ ) ( 0) = 1 lim ( 0 Δ ) ( 0) = 1 ′2Δ 2 Δ 2 ( 0) = 1.Δ →0 Δ →0
故選：B
【變式 1-2】（22-23 高二上·陜西咸陽·階段練習）已知函數 在 = ( 0 Δ ) ( ( ) 0)0處的導數為6，則 lim
Δ →0 2Δ
= （ ）
A． ―3 B．3 C． ―6 D．6
【答案】A
【分析】根據已知條件及函數在 = 0導數 ′( 0) = 6的定義即可求解.
【詳解】由題意得函數 ( )在 = 0處的導數 ′( 0) = 6
lim ( 0 Δ ) ( 0) = ― 1 lim ( 0 Δ ) ( 0)2Δ 2 = ―
1 1′( 0) = ― × 6 = ―3，
Δ →0 Δ →0 Δ 2 2
故 A 項正確.
故選：A.
【變式 1-3】（22-23 高二下·河北廊坊·開學考試）函數 ( )在 上可導，若 = 3，則 lim (2 3Δ ) (2 Δ )′(2)
Δ →0 Δ
= （ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
【答案】A
【分析】根據題意，由導數的定義，代入計算，即可得到結果.
【詳解】 lim (2 3Δ ) (2 Δ ) = 4 × lim (2 3Δ ) (2 Δ )Δ 4Δ = 4 ′(2) = 12．Δ →0 Δ →0
故選：A
【變式 1-4】（23-24 高二上·湖北武漢·期末）若R上的可導函數 = 在 = 處滿足 lim ( 0 Δ ) ( 0)( ) 0
Δ →0 2Δ
= ―3，則 ′( 0) = ．
【答案】6
【分析】導數的定義可得答案.
【詳解】 lim ( 0 Δ ) ( 0) 12Δ = ― 2 lim
( 0 Δ ) ( 0) 1 ′
Δ →0 Δ →0 Δ
= ― 2 ( 0) = ―3，
則 ′( 0) = 6.
故答案為：6.
題型二 切線問題
【例 2】（2022 高三上·河南·專題練習）函數 ( ) = ― 3 +3sin 的圖象在點 (0, (0))處的切線方程是
（ ）
A． ― 3 = 0 B．3 ― = 0 C． + 3 = 0 D．3 + = 0
【答案】B
【分析】利用導數的幾何意義求切線方程.
【詳解】因為 ( ) = ― 3 +3sin ，所以 (0) = 0，所以切點為 (0,0)，又 ′( ) = ―3 2 +3cos ，
由導數的幾何意義知函數的圖象在點 處的切線斜率 = ′(0) = 0 + 3cos0 = 3，
故得函數 ( )的圖象在點 處的切線方程是 ― 0 = 3( ― 0)，即為3 ― = 0．
故選：B
【變式 2-1】（2024 高三上 ·全國 ·競賽）如果可導曲線 = ( )在點( 0, ( 0))的切線方程為 + e
― 3 = 0，其中 ∈ ，則（ ）
A． ′( 0) > 0 B． ′( 0) = 0
C． ′( 0) < 0 D．無法確定
【答案】C
【分析】利用導數的幾何意義求解.
1 3 1
【詳解】解：切線方程的斜截式為 = ― + ，斜率 ― < 0，e e e
所以 ′( 0) < 0.
故選：C
【變式 2-2】（23-24 高三下·海南省直轄縣級單位·開學考試）已知函數 ( ) = ln ( ≠ 0)，過原點作曲線
= ( )的切線 ，則切線 的斜率為 ．

【答案】e
【分析】設出切點，求得切點處 ( )的切線方程，根據其過點(0,0)，求得切點恒坐標，即可求得切線斜率.

【詳解】根據題意得， ′( ) = ，設切點坐標為( 0, 0)，則 ′( 0) = ，0

所以切線 的方程為 = ( ― 0) + 0，0

將點(0,0)代入，可得0 = (0 ― 0) + 0，整理得 0 0 = ，
故 ln 0 = ，解得 0 = e，

故 ′( 0) = e，即切線 的斜率為e．

故答案為：e.
【變式 2-3】（2024·廣東·一模）設點 在曲線 = e 上，點 在直線 =
1 上，則| |的最小值為（ ）e
1 2
A． 2 1 B．e e2 1
e 3
C． e2 1 D． e2 1
【答案】B
【分析】利用導數的幾何意義及點到直線的距離公式即可求解.
= = 1 1【詳解】令 ′ e ，得 = ―1，代入曲線 = e―1 = ，e e
1 2
所以| |的最小值即為點 ―1, 1 到直線 = 的距離 = .
e e e2 1
故選：B.
【變式 2-4】（22-23 高二下·陜西咸陽·階段練習）已知直線 與曲線 = e 相切，切點為 ( 1, 1)，與曲線
+ 3 2 = ( 也相切，切點是 ( 2, 2)，則 2 ―2 1的值為 ．
【答案】1
【分析】根據導數求出切線的斜率，得到切線方程，根據兩切線相同列出等式即可得解.
【詳解】設直線 與曲線 = e 相切于 ( 1, 1)，又 ′ = e ，所以直線 的斜率為 = e 1，
則 處的切線方程為 ― e 1 = e 1( ― 1)，即 = e 1 + (1 ― 11)e ；
直線 與曲線 = ( + 3)2相切于 ( 2, 2)， ′ = 2( + 3)，
可得切線方程為 ― ( 22 + 3) = 2( 2 + 3)( ― 2)，
即 = 2( 22 + 3) + 9 ― 2，
因為直線 與兩條曲線都相切，所以兩條切線相同，
則e 1 = 2( + 3) > 0且(1 ― )e 1 = 9 ― 22 1 2，
則(1 ― 1) × 2( 2 + 3) = 9 ― 22，即(1 ― 1)[2( 2 + 3)] = (3 ― 2)(3 + 2)
可得2(1 ― 1) = 3 ― 2，解得 2 ―2 1 = 1，
故答案為：1.
題型三 基本初等函數的導數
【例 3】(多選)（2024 高二下·全國·專題練習）下列求導錯誤的是（ ）
1 1
A． ( ) = log23， ′( ) = 3 B． =ln2 ( ) log2 ， ′( ) = 2ln
C． ( ) = 2 ， ′( ) = 2ln D． ( ) = 2， ′( ) = 2
【答案】ABC
【分析】根據基本初等函數的導數公式計算可得.
【詳解】對于 A， ′( ) = 0，故 A 錯誤；
= 1對于 B， ′( ) 2，故 B 錯誤；ln
對于 C， ′( ) = 2 ln2，故 C 錯誤；
對于 D， ′( ) = 2 ，故 D 正確．
故選:ABC．
【變式 3-1】（23-24 高二上·河南許昌·期末）已知函數 ( ) = 2e + 2 + ― 2，若 ′(1) = 1，則 ′( ―1)
= （ ）
A． ―1 B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】求出 ′( )，計算出 ′( ) + ′( ― )，結合已知條件即可得解.
【詳解】因為 ( ) = 2 2e + 2 + ― 2，則 ′( ) = 2 e +2 + 1，
則 ′( ― ) = ―2 e(― )
2 ―2 + 1 = ―2 2e ―2 + 1，
所以， ′( ) + ′( ― ) = (2 2e + 2 + 1) + ( ―2
2
e ― 2 + 1) = 2，
所以， ′(1) + ′( ―1) = 1 + ′( ―1) = 2，故 ′( ―1) = 1.
故選：C.
【變式 3-2】（23-24 高二上 ·河北滄州 ·階段練習）已知函數 ( ) = 3 ′(1) ― 2 + ln + 12，則 ′(1) =
（ ）
A．1 B．2 C．1 D． ― 12 2
【答案】C
【分析】根據導數的求導法則，求導代入即可求解.
【詳解】對 1 1( ) = 3 ′(1) ― 2 + ln + ′2求導可得 ( ) = 3 ′(1) ―2 + ，
所以 ′(1) = 3 ′(1) ―2 + 1，所以
1
′(1) = 2，
故選：C
【變式 3-3】（23-24 高二上·河南開封·期末）已知函數 ( )的導函數為 ′( )，且 ( ) = 2 ′ π + sin ，則
3
′ π = （ ）
3
A． 3 B．12 C． ―
1
2 D． ―
3
2 2
【答案】C
【分析】對等式兩邊求導，求導的時候注意 ′ π 是個常數，求導之后令 = π3即可得出答案.3
【詳解】因為 ( ) = 2 ′ π + sin ，所以 ′( ) = 2 ′ π + cos ，令 = π3，則 ′
π = 2 ′ π + cosπ， ′ π
3 3 3 3 3 3
= ― 12．
故選：C
【變式 3-4】（23-24 高二上·江蘇南通·期末）函數 ( ) = sin 2 π ― π 在 = 3處的導數 ′(3) = ．3 2
【答案】0
【分析】求導，再令 = 3即可得解.
【詳解】 2′( ) = πcos 2 π ― π3 ，3 2
則 2′(3) = π3 cos
3π
2 = 0.
故答案為：0.
題型四 函數的單調性與單調區間
【例 4】（2024·浙江·模擬預測）函數 ( ) = ln(2 ― 1) ― 2 + 的單調遞增區間是（ ）
A．(0,1) B． 1 ,1
2
C． 1 2 , 1 2 D． 1 , 1 2
2 2 2 2
【答案】D
【分析】求出函數的定義域與導函數，再令 ′( ) > 0，解得即可.
【詳解】函數 ( ) = ln(2 ― 1) ― 2 + 的定義域為 1 , + ∞ ，
2
2
且 ′( ) =
2 2 (2 1) 2 (2 1) 2 (2 1)
2 1 ―2 + 1 = 2 1 = ，2 1
令 ′( ) > 0，解得
1
2 < <
1 2，
2
所以 ( )的單調遞增區間為 1 , 1 2 .
2 2
故選：D
2
【變式 4-1】（23-24 高三下·河南鄭州·階段練習）已知函數 ( ) = 2 + ― ( + 1)ln 在 = 1處的切線方
程為 = + 52( , ∈ R).
(1)求 ， 的值；
(2)證明： ( )在(1, + ∞)上單調遞增.
【答案】(1) = 2， = 0
(2)證明見解析
′(1) =
【分析】（1）求出函數的導函數，依題意可得 (1) = + 5 ，即可得到方程組，解得即可；
2
（2）令 ( ) = ―
1
―2ln ， ∈ (1, + ∞)，利用導數說明函數的單調性，即可得到當 ∈ (1, + ∞)時 ( )
> 0，即當 ∈ (1, + ∞)時 ′( ) > 0，即可得證.
2
【詳解】（1）因為 ( ) = 2 + ― ( + 1)ln ，
所以 ′( ) = + ― ln ― 1 = ―
1
― ln ，
′(1) = 1 ― 1 ― ln1 =
依題意可得 = 0 (1) = + 5 ，即 1 + ― ( + 1)ln1 = + 5 ，解得 = 2 ，
2 2 2
所以 = 2, = 0.
2（2）證明：由（1）可得 ( ) = +2 ― (2 + 1)ln ，則 ( ) = ― 1′2 ―2ln ，
令 = = ― 1
2
( ) ′( ) ―2ln ， ∈ (1, + ∞)，則
1 2
′( ) = 1 + ― = ( 1) 2 2 > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上單調遞增，又 (1) = 0，
所以當 ∈ (1, + ∞)時 ( ) > 0，即當 ∈ (1, + ∞)時 ′( ) > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上單調遞增.
【變式 4-2】（23-24 高二下·全國·課前預習）已知函數 ( ) = e 2 ― (2 + 1) + 1 .
(1)若 = 12，求曲線 = ( )在點(0, (0))處的切線；
(2)討論 ( )的單調性；
【答案】(1) + ― 1 = 0
(2)答案見解析
【分析】（1）求導，利用導數的幾何意義得到切線方程；
（2）求導，對導函數因式分解，分 > ― 1 1 12， < ― 2和 = ― 2三種情況，進行求解函數的單調性.
【詳解】（1）當 = 12時，函數 ( ) = e
( 2 ― 2 + 1)，則 (0) = 1，切點坐標為(0,1)，
′( ) = e ( 2 ― 1)，則曲線 = ( )在點(0,1)處的切線斜率為 ′(0) = ―1，
所求切線方程為 ― 1 = ― ( ― 0)，即 + ― 1 = 0.
（2） ( ) = e 2 ― (2 + 1) + 1 ，函數定義域為 R，
′( ) = e 2 + (1 ― 2 ) ― 2 = e ( ― 2 )( + 1)，
① > ― 12， ′( ) > 0解得 < ―1或 > 2 ， ′( ) < 0解得 ―1 < < 2 ，
所以 ( )在( ―∞, ― 1)和(2 , + ∞)上單調遞增，在( ―1,2 )上單調遞減，
② < ― 1 ′2， ( ) > 0解得 < 2 或 > ―1， ′( ) < 0解得2 < < ―1，
所以 ( )在( ―∞,2 )和( ―1, + ∞)上單調遞增，在(2 , ― 1)上單調遞減，
③ = ― 1 ′2， ( ) ≥ 0恒成立， ( )在( ―∞, + ∞)上單調遞增.
綜上，當 > ― 12時， ( )在( ―∞, ― 1)和(2 , + ∞)上單調遞增，在( ―1,2 )上單調遞減；
當 < ― 12時， ( )在( ―∞,2 )和( ―1, + ∞)上單調遞增，在(2 , ― 1)上單調遞減；
= ― 1當 時， ( )在( ―∞, + ∞)2 上單調遞增.
【變式 4-3】（23-24 高三上·內蒙古赤峰·期中）已知函數 ( ) = e ln( + e).
(1)求曲線 = ( )在點(0, (0))處的切線方程；
(2)設 ( ) = ′( )，討論函數 ( )在[0, + ∞)上的單調性.
【答案】(1)(e + 1) ― e + e = 0
(2)單調遞增
【分析】（1）利用導數的幾何意義求切線的斜率，再由點斜式得切線方程；
（2）研究函數 ( )在[0, + ∞)上的單調性，先求解 ′( )，因不易判斷 ′( )符號，由 ′( ) = e ( )構造局
部函數 ( )，再繼續求解 ′( )，分析得出 ′( ) > 0，由此逐步分析出 ′( )符號，從而得出 ( )的單調性.
【詳解】（1） ∵ ( ) = e ln( + e)，
∴ (0) = 1，即切點坐標為(0,1)，
又 ∵ ′( ) = e ln( + ) +
1
e ， e
∴ 1切線斜率 = ′(0) = +1，e
則切線方程為 ― 1 = 1 + 1 ，即：(e + 1) ― e + e = 0；e
（2） ∵ ( ) = ′( ) = e ln( + e) +
1 ，
e
∴ ′( ) = e 2 1ln( + e) + ― ， e ( e)2
2 1
令 ( ) = ln( + e) + ―e ( e)2，
1 2 2
則 = ― + = ( e)
2 2( ) 2 ( 1)2 1
′( ) e e e ( e)2 ( e)3 ( )3 =e ( e)3 > 0，
∴ ( )在[0, + ∞)上單調遞增，
2 1 2 1
∴ ( ) ≥ (0) = lne + e 2 = 1 +
e > 0，
e e2
∴ ′( ) = e ( ) > 0在[0, + ∞)上恒成立，
∴ ( )在[0, + ∞)上單調遞增.
【變式 4-4】（23-24 高二上·江蘇鹽城·期末）已知函數 ( ) = e + cos , ≥ 0．
(1)求曲線 = ( )在點(0, (0))處的切線方程；
(2)求證： ( )在[0, + ∞)上單調遞增．
【答案】(1) ― + 2 = 0
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意求導函數，求出切線的斜率和切點坐標，即可得出切線方程；
（2）證出導函數恒大于等于 0 即可.
【詳解】（1）因為 ′( ) = e ― sin , ≥ 0，
所以 ′(0) = 1, (0) = 2,
所以曲線 = ( )在點(0, (0))處的切線方程為 ― 2 = ，
即 ― + 2 = 0．
（2）由（1）知， ′( ) = e ― sin , ≥ 0，
因為 ≥ 0所以e ≥ 1，又 ―1 ≤ sin ≤ 1，
所以 ′( ) = e ― sin ≥ 1 ― sin ≥ 0，
所以 ( )在[0, + ∞)上單調遞增.
題型五 已知單調性求參問題
【例 5】（22-23 高二下·陜西西安·期末）已知函數 ( ) = ( ― 1)e ― 在區間[2,4]上存在單調減區間，則
實數 m 的取值范圍為（ ）
A．[4e4, + ∞) B．(2e2,4e4)
C．[2e2, + ∞) D．(2e2, + ∞)
【答案】D
【分析】求出 ′( )，由題意 ′( ) < 0在[2,4]上有解，再轉化為求新函數的最小值．
【詳解】由已知 ′( ) = e +( ― 1)e ― = e ― < 0在[2,4]上有解，
即 > e 在[2,4]上有解，
設 ( ) = e ，則 ′( ) = ( + 1)e > 0在[2,4]上恒成立，因此 ( )在[2,4]上是增函數，
( )min = (2) = 2e2，
所以 > 2e2，
故選：D．
【變式 5-1】（2022·江西宜春·模擬預測）已知函數 ( ) = ( ― 1)e ― 在區間[2,4]上存在單調減區間，
則實數 的取值范圍為（ ）
A．(2e2, + ∞) B．( ―∞,e)
C．(0,2e2) D．(0,e)
【答案】A
【分析】由題意轉化為存在 ∈ [2,4]，使得 ′( ) < 0，即存在 ∈ [2,4]，使得 > e ，利用導數求 ( ) = e
在 ∈ [2,4]上的最小值即可.
【詳解】因為 ( ) = ( ― 1)e ― ，所以 ′( ) = e ― ，
因為 ( )在區間[2,4]上存在單調遞減區間，所以存在 ∈ [2,4]，使得 ′( ) < 0，
即 > e ，令 ( ) = e ， ∈ [2,4]，則 ′( ) = ( + 1)e > 0恒成立，
所以 ( ) = e 在[2,4]上單調遞增，所以 ( )min = (2) = 2e2，
所以 > 2e2.
故選：A
【變式 5-2】（20-21 高二下·寧夏銀川·階段練習）若函數 ( ) = 3 + 2 + + 的單調減區間為[ ―1,2]，
則 = ．
【答案】9
【分析】由出導函數 ′( )，由 ′( ) ≤ 0的解是 ―1 ≤ ≤ 2可得結論．
【詳解】 ′( ) = 3 2 +2 + ，由題意 ′( ) = 3 2 +2 + ≤ 0的解集是[ ― 1,2]，
― 2
= ―1 + 2 3
則 3= ―1 × 2 ，解得
= ―
2 ，所以 = 9．
3 = ―6
故答案為：9．
【變式 5-3】（22-23 高二下·天津靜海·階段練習）已知函數 1( ) = 22 +2 ln ― 2 ( ∈ )．
(1)若 = ― 32，求 ( )的單減區間.
(2)若函數 ( )在區間(1,2)上單調遞增，求 的取值范圍；
(3)若函數 ( )在區間(1,2)上存在減區間，求 的取值范圍
(4)若函數 ( )在區間(1,2)上不單調，求 的取值范圍；
【答案】(1)(0,3)
(2) 1 , + ∞
2
(3) ―∞, 1
2
(4) 0, 1
2
【分析】（1）求導，利用導數求單調區間；
（2）分析可得： 2 ―2 ≥ ―2 對 ∈ (1,2)恒成立，根據恒成立問題結合二次函數分析運算；
（3）分析可得： ∈ (1,2)，使得 2 ―2 < ―2 成立，根據存在性問題結合二次函數分析運算；
（4）分析可得： ∈ (1,2)，使得 2 ―2 = ―2 成立，根據零點問題結合二次函數分析運算；
【詳解】（1）若 = ― 3 12，則 ( ) = 2
2 ―3ln ― 2 ，
可得 ( )的定義域為(0, + ∞)，且 ′( ) = ―
3
―2 =
( 3)( 1)
，
令 ′( ) < 0，則0 < < 3
故 ( )的單減區間為(0,3).
（2）∵ 1( ) = 2
2 +2 ln ― 2 ，則 2 ′( ) = + ―2，
若函數 ( )在區間(1,2)上單調遞增，等價于對 ∈
2
(1,2)， ′( ) = + ―2 ≥ 0恒成立，
可得 2 ―2 ≥ ―2 對 ∈ (1,2)恒成立，
構建 ( ) = 2 ―2 ，可知 ( )開口向上，對稱軸 = 1，
∴ ( ) > (1) = ―1，
故 ―1 ≥ ―2 ，解得 ≥ 12，
則 的取值范圍為 1 , + ∞ .
2
（3）由（2）可得： 2 ′( ) = + ―2，
若函數 2 ( )在區間(1,2)上存在減區間，等價于 ∈ (1,2)，使得 ′( ) = + ―2 < 0成立，
可得 ∈ (1,2)，使得 2 ―2 < ―2 成立，
構建 ( ) = 2 ―2 ，可知 ( )開口向上，對稱軸 = 1，
∴ ( ) > (1) = ―1，
故 ―1 < ―2 ，解得 < 12，
則 的取值范圍為 ―∞, 1 .
2
（4）由（2）可得： 2 ′( ) = + ―2，
若函數 2 ( )在區間(1,2)上不單調，等價于 ∈ (1,2)，使得 ′( ) = + ―2 = 0，
可得 ∈ (1,2)，使得 2 ―2 = ―2 成立，
構建 ( ) = 2 ―2 ，可知 ( )開口向上，對稱軸 = 1，
∴ ( ) > (1) = ―1, ( ) < (2) = 0，
故 ―1 < ―2 < 0，解得0 < < 12，
則 的取值范圍為 0, 1 .
2
【變式 5-4】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函數 ( ) = ( 2 ― 2 + 2 )e ．
(1)若 ( )在[2,7]上單調遞增，求 的取值范圍；
(2)試討論函數 ( )的單調性．
【答案】(1)[ ―1, + ∞)
(2)答案見解析
【分析】（1）由題意可知： ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e ≥ 0在[2,7]上恒成立，結合二次函數分析求解；
（2）分2 ― 2 ≥ 0和2 ― 2 < 0兩種情況，結合導數以及二次不等式分析求解.
【詳解】（1）由題意可得： ′( ) = ( 2 ― 2 + 2 )e + (2 ― 2)e = ( 2 + 2 ― 2)e ，
若 ( )在[2,7]上單調遞增，則 ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e ≥ 0在[2,7]上恒成立，
且e > 0，則 2 +2 ― 2 ≥ 0，
且 = 2 +2 ― 2在[2,7]上單調遞增，
當 = 2時， = 2 +2 ― 2取得最小值2 + 2，
可得2 + 2 ≥ 0，即 ≥ ―1，
所以 的取值范圍[ ―1, + ∞).
（2）由（1）可得： ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e ，且e > 0，
當2 ― 2 ≥ 0，即 ≥ 1時，則 ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e > 0，
所以 ( )在 上單調遞增；
當2 ― 2 < 0，即 < 1時，
令 ′( ) > 0，解得 < ― 2 ― 2 或 > 2 ― 2 ；令 ′( ) < 0，解得 ― 2 ― 2 < < 2 ― 2 ；
所以 ( )在( ―∞, ― 2 ― 2 )，( 2 ― 2 , + ∞)上單調遞增，在( ― 2 ― 2 , 2 ― 2 )內單調遞減；
綜上所述：當 ≥ 1時，所以 ( )在 上單調遞增；
當 < 1時，所以 ( )在( ―∞, ― 2 ― 2 )，( 2 ― 2 , + ∞)上單調遞增，在( ― 2 ― 2 , 2 ― 2 )內單調遞減.
題型六 函數單調性與圖像的關系
【例 6】（16-17 高二下·山東棗莊·期末）已知定義在R上的函數 ( )及其導函數 ′( )的圖象如圖所示，則函
數 = e― ( )的減區間為（ ）
A．(0,1)，(4, + ∞) B．( ―∞,1) C．(1, + ∞) D．( ―∞,0)，(1,4)
【答案】D
【分析】利用導數可得 ′( ) < ( )，結合條件即得.
【詳解】根據導數與函數的單調性的關系結合圖象可得，
函數 ( )在( ―∞,0), 4 , + ∞ 上單調遞減，在 0, 4 上單調遞增，
3 3
當 < 0或1 < < 4時， ′( ) < ( )，
由 ′ = e― ( ― ( ) + ′( )) < 0，
可得 ′( ) < ( )，
所以 < 0或1 < < 4.
故選：D.
【變式 6-1】（2024 高二下·全國·專題練習）函數 = ( )的導函數 ′( )的圖象如圖所示，則下列判斷中正
確的 （　　）
A． ( )在( ―3,1)上單調遞增
B． ( )在(1,3)上單調遞減
C． ( )在(2,4)上單調遞減
D． ( )在(3, + ∞)上單調遞增
【答案】C
【分析】由 ( )的增減性與 ′( )的正負之間的關系進行判斷，
【詳解】 ∈ ( ―3,0)時， ′( ) < 0，故 ( )在 ∈ ( ―3,0)上單調遞減，
∈ (0,2)時， ′( ) > 0，故 ( )在 ∈ (0,2)上單調遞增，
當 ∈ (2,4)時， ′( ) < 0，故 ( )在 ∈ (2,4)上單調遞減，
當 ∈ (4, + ∞)時， ′( ) > 0，故 ( )在 ∈ (4, + ∞)上單調遞增，
顯然 C 正確，其他選項錯誤.
故選：C.
【變式 6-2】（23-24 高二下·湖南株洲·開學考試）設 ′( )是函數 ( )的導函數， = ′( )的圖象如圖所示，
則 = ( )的圖象最有可能的是 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據導函數的圖象可得 ( )的單調性，即可結合選項求解.
【詳解】由 = ′( )的圖象可知：當 < 0和 > 2時， ′( ) > 0，所以 ( )單調遞增，當0 < < 2時， ′( ) < 0，
所以 ( )單調遞減，
結合選項可知，只有 C 中函數符合要求，
故選：C
【變式 6-3】（23-24 高二下·河南·開學考試）設 ′( ) = 2 ―2 是函數 ( )的導函數，則 = ( )的圖象可
能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用導數求出原函數的單調性，選擇圖像即可.
【詳解】由 ′( ) > 0，得 < 0或 > 2，
由 ′( ) < 0，得0 < < 2，
所以 ( )在( ―∞,0),(2, + ∞)上單調遞增，在(0,2)上單調遞減，
由圖知，只有 C 選項的圖象符合.
故選：C.
【變式 6-4】（22-23 高二下·廣東韶關·階段練習）已知定義域為[0,e]上的函數 = ( )，它的導函數 = ′
( )的圖象如圖所示，則函數 = ( )的單調減區間是 ．
【答案】( , )
【分析】根據導數符號與原函數單調性之間的關系結合導函數 = ′( )的圖象可得出函數 = ( )的單調遞
減區間.
【詳解】觀察圖象可得當0 ≤ < 時， ′( ) > 0，
當 < < 時， ′( ) < 0，
當 < ≤ e時， ′( ) > 0，
所以函數 = ( )的單調遞減區間為( , ).
故答案為：( , ).
題型七 函數的極值點與極值
【例 7】 6（23-24 高三上·四川·期末）函數 ( ) = 的極大值為 ．e
1
【答案】 ―7
e7
/e
【分析】利用導數求解極值即可.
7
【詳解】 ′( ) = ，當 < 7時， ′( ) > 0，當 > 7時， ′e ( ) < 0．
所以 ( )在( ― ∞,7)上單調遞增，在(7, + ∞)上單調遞減，
所以
6 7 6 1
( ) = 的極大值為 e (7) = = ．e7 e7
1
故答案為：
e7
【變式 7-1】（多選）（23-24 高三下·山東濟寧·開學考試）已知函數 ( ) = , ∈ (0, + ∞)，則（ ）
A． ( )有且只有一個極值點
B． ( )在 1 , + ∞ 上單調遞增
2
C．不存在實數 ∈ (0, + ∞)，使得 ( ) = 64
―1D． ( )有最小值e e
【答案】ABD
【分析】首先求導來研究 = ln 的單調性最值情況，結合復合函數單調性可得 ( ) = , ∈ (0, + ∞)的單
調性、最值情況，由此即可逐一判斷每一選項.
【詳解】由 = 得ln = ln ，令 = ln ，則函數 = ln 可以看作為函數 = ln 與函數 = 的復合函
數，
因為 = ln 為增函數，所以 = ln 與 = 單調性、圖象變換等基本一致，
′ = ln +1，由 ′ = 0得 =
1
，列表如下：
e
1 1 1
0, e , + ∞e e
′ - 0 +
1
↘ ― ↗e
1 1
由表知， = ln 在 0, 1 上單調遞減，在 1 , + ∞ 上單調遞增，在 = 時，取得極小值（最小值） ― ，
e e e e
所以， ( ) = 在 1 , + ∞ 上單調遞增，在 1 , + ∞ 上單調遞增，即 B 正確；
e 2
1
在 =
1
時，取得唯一極值（極小值，也是最小值） ―e e < e0 = 1 < 64，即 A、D 都正確，C 錯誤.e
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵是找到已知函數的同構函數 = ln ，由此即可順利得解.
【變式 7-2】（2024·遼寧·一模）已知函數 ( ) = 2ln ― 2( ― 1) ― 2( > 0).
(1)當 = 1時，求曲線 = ( )在點(2, ( ))處的切線 的方程；
(2)討論 ( )的極值.
【答案】(1)3 + ― 2ln2 ― 2 = 0；
(2)極大值為 (1 ) = 2ln
1 + 1 ―2，無極小值.
【分析】（1）把 = 1代入，利用導數的幾何意義求出切線方程.
（2）求出 ( )的導數，分析函數單調性求出極值即得.
【詳解】（1）當 = 1時， ( ) = 2ln ― 2，求導得 ′( ) = 2 ―2 ，則 ′ (2) = ―3，而 (2) = 2ln2 ― 4，
所以 的方程為 ― (2ln2 ― 4) = ―3( ― 2)，即3 + ― 2ln2 ― 2 = 0.
（2）函數 ( )的定義域為(0, + ∞)，求導得 ( ) = 2 ―2( ― 1) ― 2 = ― 2( 1)( 1)′ ，
而 > 0，則當 ∈ (0,1 )時，
1
′( ) > 0，當 ∈ ( ′ , + ∞)時， ( ) < 0，
因此 ( )在(0,1 )上單調遞增，在(
1
, + ∞)上單調遞減，
所以當 = 1 1 1 1 時， ( )取得極大值 ( ) = 2ln + ―2 ，無極小值.
【變式 7-3】（23-24 高二下·江蘇南京·開學考試）設 ( ) = ln + 1 32 ― 2 + 1，函數 = ( )的單調增區
間是(13,1)．
(1)求實數 a；
(2)求函數 ( )的極值．
【答案】(1)2
(2)極小值為2 ― 2ln3，極大值為 0.
【分析】（1）因為函數 ( )的單調增區間是 1 ,1 ，所以 ′( ) > 0的解集為 1 ,1 ，由此可求參數 的值.
3 3
（2）求導，分析函數的單調性，可求函數的極值.
【詳解】（1）函數的定義域為：(0, + ∞)
2
且 ′( ) = ―
1
2 2 ―
3 = 3 2 12 2 2
因為函數 = ( )的單調增區間是(13,1)，
所以 ―3 2 +2 ― 1 > 0的解集是(13,1).
所以方程 ―3 2 +2 ― 1 = 0的解是13，1，
所以13 +1 =
2
3 = 2.
（2）當 = 2時，令 ′( ) = 0，則 = 13或 = 1
當 變化時， ( )， ′( )的變化情況如下表：
1 1 1
x (0, ) 13 3 ( 3 ,1) (1, + ∞)
f'(x) ― 0 + 0 ―
f(x) ↘ 極小值 ↗ 極大值 ↘
當 = 13時， ( )有極小值
1 = 2ln13 +
3 1
3 2
― 2 +1 = 2 ― 2ln3；
當 = 1時， ( )有極大值 1 3(1) = 2ln1 + 2 ― 2 +1 = 0.
【變式 7-4】（23-24 高三下·湖南長沙·開學考試）已知直線 = 與函數 ( ) = ln ― 2 + 的圖象相切.
(1)求 的值；
(2)求函數 ( )的極大值.
【答案】(1) = 0；
(2)0.
【分析】（1）設出切點，利用導數的幾何意義求解即得.
（2）利用導數判斷函數的單調性，然后求出極值即可.
【詳解】（1）函數 ( ) = ln ― 2 + 的定義域為(0, + ∞)，求導得 ′( ) = ln ― 2 + 2，
設切點為( 0, 20ln 0 ― 0 + 0)，則切線的斜率為 = ln 0 ―2 0 +2，
切線方程為 ― ( ln ― 20 0 0 + 0) = (ln 0 ―2 0 +2)( ― 0)，
又切線過點(0,0)，于是 20 ― 0 = 0，而 0 > 0，解得 0 = 1，所以 = 0.
（2）由（1）知， ′( ) = ln ― 2 + 2，設 ( ) = ln ― 2 + 2，求導得 ′( ) = 1 ―2，
令 ′( ) = 0，得 = 12，當 ∈ (0,
1
2)時， ′( ) > 0，當 ∈ (
1
2, + ∞)時， ′( ) < 0，
因此函數 ( )在(0,12)上單調遞增，在(
1
2, + ∞)上單調遞減，
于是 ( ) = (1
1 2
max 2) = 1 ― ln2 > 0，又 ( 2) = ― 2 < 0, (1) = 0，e e
1
則存在 1 ∈ (
1
2,2), ( 1) = 0，當 ∈ (0, 1) ∪ (1, + ∞)時， ′( ) < 0，當 ∈ ( 1,1)時， ′( ) > 0，e
從而 ( )在(0, 1),(1, + ∞)上單調遞減，在( 1,1)上單調遞增，
所以 ( )存在唯一極大值 (1) = 0.
題型八 導數的極值與參數
【例 8】（2024 高二下 ·全國 ·專題練習）若函數 ( ) = 3 ―12 + 的極大值為 11，則 ( )的極小值
為 ．
【答案】－21
【分析】首先利用導數判斷函數的單調性和極大值，并求 ，再求解函數的極小值.
【詳解】函數的定義域為R， ′( ) = 3 2 ―12，令 ′( ) = 0，解得 1 = ―2或 2 = 2，
列表：
( ―∞, ― 2) ―2 ( ―2,2) 2 (2, + ∞)
′( ) + 0 ― 0 +
極 小 值
( ) 單調遞增 極大值16 + 單調遞減 單調遞增
―16 +
所以當 = ―2時，函數有極大值 ( ―2) = 16 + ，由題意得16 + = 11，解得 = ―5，
當 = 2時，函數有極小值 (2) = ―16 + = ―16 ― 5 = ―21.
故答案為： ―21
【變式 8-1】（2024 高二下·全國·專題練習）若函數 = 1( ) 22 ― + ln 在(0,2)上有極值，則實數 的取值
范圍是 .
【答案】(2, + ∞)
【分析】由題意可得 1′( )在(0,2)上有變號零點，即 = + 在(0,2)上有實數根，利用基本不等式求出 ( )
= + 1 , ∈ (0,2)的最小值可得答案.
【詳解】 1( ) = 22 ― + ln 的定義域為{ | > 0 }， ′( ) = ― +
1
，
要函數 = 1( ) 22 ― + ln 在(0,2)上有極值，
則 1′( ) = ― + 在(0,2)上有變號零點，即 = +
1
在(0,2)上有實數根，且不能為相等實根.
令 ( ) = +
1
, ∈ (0,2)，
則 1( ) = + ≥ 2
1 = 2，當且僅當 = 1時等號成立，

所以 ≥ 2.
當 = 2時， ′( ) = ― +
1
= +
1
―2 ≥ 0，函數 ( )單調遞增，
則函數 1( ) = 2
2 ― + ln 在(0,2)上沒有極值，
故 > 2.
故答案為： > 2.

【變式 8-2】（2024 高二下·全國·專題練習）已知函數 ( ) = ln ― e （其中 ∈ ,e為自然對數的底數）存
在極大值，且極大值不小于 1，則 的取值范圍為 ．
【答案】 0, 1
e
【分析】先利用導數求極大值，再利用極大值不小于 1 列不等式組即可求解.

【詳解】由已知可得，函數 1( )的定義域為(0, + ∞), ′( ) = ― e．

①當 ≤ 0時， = 1′( ) ― e > 0在(0, + ∞)內恒成立，
所以 ( )在(0, + ∞)內單調遞增，此時函數 ( )無極值．
e e
②當 > 0時， ′( ) = ′e ，由 ( ) = e = 0可得 =
e
．
當0 < < e 時， ′( ) > 0，所以 ( )在 0,
e 內單調遞增；

當 > e 時， ′( ) < 0，所以 ( )在
e , + ∞ 內單調遞減，

于是函數 ( )在 = e 處取得極大值．
由已知， e ≥ 1，即lne ―1 ≥ 1，lne ≥ 2 = lne2 ，
因為函數 = ln
1
在(0, + ∞)內單調遞增，所以e ≥ e
2，即 ≤ ，又 > 0，
e
0 < ≤ 1所以 ，于是 的取值范圍為
e 0,
1 ．
e
綜上所述， 的取值范圍為 0, 1 ．
e
故答案為： 0, 1 ．
e
【變式 8-3】（23-24 高三下·山西晉城·開學考試）若 ( ) = ln + 2在 = 1處有極值，則函數 ( )的單調
遞增區間是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,1) C．(1,3) D． 1 ,1
2
【答案】A
【分析】由 ′(1) = 0求得 ，結合導數正負可求 ( )的單調遞增區間.

【詳解】由 ( ) = ln + 2得 ′( ) = +2 ， ′(1) = + 2 = 0，解得 = ―2，
2
故 ′( ) =
2 +2 = 2 2 = 2( 1)( 1) ( > 0)，
當 ∈ (0,1)時， ′( ) < 0， ( )單減；當 ∈ (1, + ∞)時， ′( ) > 0， ( )單增，
故函數 ( )的單調遞增區間是(1, + ∞).
故選：A
【變式 8-4】（23-24 高三下·山東·開學考試）已知函數 ( ) = 2 ― ln 存在極小值點 0，且 ( 0) < ―
e3，則實數 的取值范圍為（ ）
1 2 1 2
A．(0, 2) B．(0, 2) C．(0, ) D．(0, )e e e3 e3
【答案】D
【分析】根據給定條件，利用導數結合零點存在性定理探討極小值點，并求出極小值，利用導數求出 ( 0
) < ― e3的解集，再利用導數求出 的范圍.
【詳解】函數 ( ) = 2 ― ln 的定義域為(0, + ∞)，求導得 ′( ) = 2 ― 1 ― ln ，
當 ≤ 0時，函數 ′( )在(0, + ∞)上單調遞減， ′(1) = 2 ― 1 < 0，
′(e2 ―1) = 2 e2 ―1 ― 1 ― (2 ― 1) = 2 (e2 ―1 ― 1) > 0，則存在 1 ∈ (0,1)，使得 ′( 1) = 0，
當 ∈ (0, 1)時， ′( ) > 0， ( )遞增，當 ∈ ( 1, + ∞)時， ′( ) < 0， ( )遞減，
函數 ( )在 = 1取得極大值，無極小值，不符合題意；
當 > 0時，令 ( ) = ′( ) = 2 ― 1 ― ln ，求導得 ′( ) = 2 ― 1 ，顯然 ′( )在(0, + ∞)上單調遞增，
當 ∈ (0, 1 )時， ′( ) < 0，函數 ′( )遞減，當 ∈ ( 1 , + ∞)時， ′2 2 ( ) > 0，函數 ′( )遞增，
于是 ′( )min = ′(
1
2 ) = ln2 ，
當2 ≥ 1，即 ≥ 1時， ′2 ( ) ≥ 0，函數 ( )在(0, + ∞)上單調遞增，函數 ( )無極值，
2 2
當0 < < 1 ′2時， (
1 ) < 0，而 ′2 (
2
e) = ―1 ― ln =
2
e ― ln > 0，e e
存在 2 ∈ (0,
1
2 )，使得 ′( 2) = 0，當 ∈ (0, 2)時， ′( ) > 0，函數 ( )遞增，
當 ∈ ( 12,2 )時， ′( ) < 0，函數 ( )遞減，函數 ( )在 = 2取得極大值，
又 ( 1 2′ 2) = ―1 + 2ln ，令 ( ) =
2
―1 + 2ln ,0 < <
1，求導得 ( ) = ― 2′2 2 +
2
< 0，
函數 ( )在(0,1)上單調遞減， ( ) > (1) = 3 ― 2ln2 > 0，則 ( 1′2 2 2) > 0，
存在 3 ∈ (
1
′
2 , + ∞)，使得 ( 3) = 0，當 ∈ (
1
2 , 3)時， ′( ) < 0，函數 ( )遞減，
當 ∈ ( 3, + ∞)時， ′( ) > 0，函數 ( )遞增，函數 ( )在 = 3取得極小值，因此 3 = 0，
由 ′( 1 ln 00) = 0，得 0 = 2 ， ( ) =
2 ― ln = 0 0ln 00 0 0 0 2 < ― e
3，
即有 ―3 30 ― 0ln 0 +2e < 0，令 ( ) = ― ln + 2e , > 1，求導得 ′( ) = ― ln < 0，
函數 ( )在(1, + ∞)上單調遞減，而 (e3) = 0，即有 ( 0) < (e3)，于是 > e30 ，
1
顯然 = ln 0，令 ( ) = 1 ln 2 2 , > e
3，求導得 ′( ) = ln 2 2 < 0，即函數 ( )在(e
3, + ∞)上單調遞減
0
因此 ( ) < (e3
2 2 2 2
) = 3，即 < ，又 <
1
e e3 e3 2，則0 < < ，e3
2
所以實數 的取值范圍為(0, 3).e
故選：D
【點睛】結論點睛：可導函數 = ( )在點 0處取得極值的充要條件是 ′( 0) = 0，且在 0左側與右側 ′( )
的符號不同．
題型九 函數極值與圖像的關系
【例 9】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函數 = ( )為連續可導函數， = ( 2 + 4 + 3) ′( )的圖像如圖
所示，以下命題正確的是（ ）
A． ( ―3)是函數的極大值 B． ( ―1)是函數的極小值
C． ( )在區間( ―3,1)上單調遞增 D． ( )的零點是 ―3和 ―1
【答案】B
【分析】根據題意結合導數判斷 ( )的單調性，進而逐項分析判斷.
【詳解】因為 = ( 2 + 4 + 3) ′( ) = ( + 3)( + 1) ′( )，
由圖可知： < ―3，( + 3)( + 1) ′( ) < 0； ―3 < < ―1或 > ―1，( + 3)( + 1) ′( ) > 0；
且 < ―3或 > ―1，( + 3)( + 1) > 0； ―3 < < ―1，( + 3)( + 1) < 0；
可得 < ―3或 ―3 < < ―1， ′( ) < 0； > ―1， ′( ) > 0；
且函數 = ( )為連續可導函數，
則 = ( )在( ―∞, ― 1)內單調遞減，在( ―1, + ∞)內單調遞增，
可知 = ( )有且僅有一個極小值 ( ―1)，無極大值，故 AC 錯誤，B 正確；
由于不知 = ( )的解析式，故不能確定 = ( )的零點，故 D 錯誤；
故選：B.
【變式 9-1】（多選）（2023 高三·全國·專題練習）（多選）設函數 ( )在 R 上可導，其導函數為 ′( )，且
函數 ( ) = ′( )的圖象如圖所示，則下列結論中一定成立的是（　　）
A． ( )有兩個極值點 B． (0)為函數的極大值
C． ( )有兩個極小值 D． ( ―1)為 ( )的極小值
【答案】BC
【分析】根據 ( ) = ′( )的圖象，得到 ( )的單調性和極值情況，得出結論.
【詳解】根據 ( ) = ′( )的圖象，可得當 < ―2時， ( ) = ′( ) > 0，可得 ′( ) < 0，即 ( )單調遞減，
當 ―2 < < 0時， ( ) = ′( ) < 0，可得 ′( ) > 0，即 ( )單調遞增，
當0 < < 1時， ( ) = ′( ) < 0，可得 ′( ) < 0，即 ( )單調遞減，
當 > 1時， ( ) = ′( ) > 0，可得 ′( ) > 0，即 ( )單調遞增，
因此 ( )在 = ―2和 = 1處取得極小值，在 = 0處取得極大值，共 3 個極值點，可得 A 錯誤，C 正確；
選項 B， (0)為函數的極大值，即 B 正確； ( ―1)不為函數的極小值，D 錯誤.
故選：BC
【變式 9-2】（多選）（23-24 高二上·江蘇鎮江·期末）已知函數 ( )的定義域為 R，函數 ( )的導函數 ′( )
的圖象如圖所示，則下列選項正確的是（ ）
A．函數 ( )的單調遞減區間是( ―∞, ― 2)
B．函數 ( )的單調遞增區間是( ―∞, ― 2)，(0, + ∞)
C． = 2處是函數 ( )的極值點
D． = ― 1時，函數的導函數小于 0
【答案】BD
【分析】綜合應用函數的單調性與導函數的關系即可解決.
【詳解】根據導函數 ′( )的圖象，對于A項，在( ―2,0)上， ′( ) < 0，可得函數 ( )的單調遞減區間是( ―2,0)，
故 A 錯誤；
對 于 B 項 ， 在 ( ―∞, ― 2)上 ， ′( ) > 0， 在 (0, + ∞)上 ′( ) ≥ 0， 可 得 函 數 ( )的 單 調 遞 增 區 間 是
( ―∞, ― 2)，(0, + ∞)，故 B 正確；
對于 C 項， = ―2是 ′( )的變號零點，且 < ―2時， ′( ) > 0，當 ―2 < < 0時， ′( ) < 0，故 = ―2是
函數 ( )的極大值點，
= 2是 ′( )的不變號零點， = 2不是函數 ( )的極值點，故 C 錯誤；
對于 D 項， ′( ―1) < 0，故 D 正確.
故選：BD.
【變式 9-3】（多選）（23-24 高三上·云南楚雄·階段練習）已知定義域為[ ― 3,5]的函數 ( )的導函數為 ′( )，
且 ′( )的圖象如圖所示，則（ ）
A． ( )在( ― 2,2)上單調遞減 B． ( )有極小值 (2)
C． ( )有 2 個極值點 D． ( )在 = ―3處取得最大值
【答案】AB
【分析】結合圖象，利用導數與函數的關系逐一分析判斷即可.
【詳解】由 ′( )的圖象可知 ∈ ( ― 2,2)或 ∈ (4,5)時， ′( ) < 0，則 ( )單調遞減，故 A 正確；
又 ∈ ( ― 3, ― 2)或 ∈ (2,4)時， ′( ) > 0，則 ( )單調遞增，
所以當 = 2時， ( )有極小值 (2)，故 B 正確；
由 ′( )的圖象結合單調性可知 = ―2，2，4 時， ( )有極值，所以 ( )有 3 個極值點，故 C 錯誤；
當 ∈ ( ― 3, ― 2)時， ′( ) > 0，則 ( )單調遞增，
所以 ( ― 3) < ( ― 2)， ( )在 = ―3處不能取得最大值，故 D 錯誤．
故選：AB．
【變式 9-4】（2024 高二·江蘇·專題練習）已知函數 ( ) = 3 + 2 + ，其導函數 = ′( )的圖象經過點
(1,0)，(2,0).如圖，則下列說法中不正確的是 .(填序號)
①當 = 32時，函數 ( )取得最小值；
② ( )有兩個極值點；
③當 = 2時函數取得極小值；
④當 = 1時函數取得極大值．
【答案】①
【分析】由函數圖象分析得到 = 1是極大值點， = 2是極小值點，從而判斷出結論.
【詳解】由圖象可知， = 1，2 是函數的兩極值點，所以②正確；
又當 ∈ ( ― ∞,1)或 ∈ (2, + ∞)時， ′( ) > 0，則此時 ( )單調遞增；
當 ∈ (1,2)時， ′( ) < 0，則此時 ( )單調遞減，
所以 = 1是極大值點， = 2是極小值點，故③④正確，
由于 = 32不是極小值點，故當 =
3
2時，函數 ( )取不到最小值，①錯誤.
故答案為：①．
題型十 函數最值問題
【例 10】 2（23-24 高三下·江蘇蘇州·階段練習）設0 < < ，則函數 ( ) = sin2 + 的最小值為（ ）sin
A．1 B．32 C．2 D．
5
2
【答案】D
【分析】根據題意，令 = sin ，求導可得 1 2′( ) = 2 ― 2，即可得到 ( )在(0,1]單調遞減，從而得到結果.
【詳解】因為0 < < ，令 = sin ，則 ∈ (0,1]，由 ( ) =
+ 2 1 22 (0 < ≤ 1)可得 ′( ) = 2 ― 2， 當 ∈ (0,1]
時， ′( ) < 0，則 ( )單調遞減，
所以 = 1時， 1 5( )有最小值為 (1) = 2 +2 = 2.
故選：D
【變式 10-1】（23-24 高三下·江蘇泰州·階段練習）已知函數 ( ) = 4 + 3， ∈ ．
(1)若函數在點(1, (1))處的切線過原點，求實數 a 的值；
(2)若 = ―4，求函數 ( )在區間[ ―1,4]上的最大值．
【答案】(1) = ― 32
(2) ( )max = 5
【分析】（1）代入求出切點，求導，利用導數的意義求斜率，再由點斜式寫出直線方程求出；
（2）求導，分析單調性，求出最值即可.
【詳解】（1）切點(1,1 + )， ′( ) = 4 3 +3 2， = ′(1) = 4 + 3 ．
切線 ― (1 + ) = (4 + 3 )( ― 1)過(0,0)，
∴ ―1 ― = 3(4 + 3 )( ―1)，∴ = ― 2．
（2） = ―4， ( ) = 4 ―4 3，
′( ) = 4 3 ― 12 2 = 2(4 ― 12) = 0， = 0或 3，
則當 ―1 < < 0或0 < < 3時， ′( ) < 0,當3 < < 4時， ′( ) > 0,
( )在[ ―1,3)上為減，在(3,4]為增，
( ―1) = 1 + 4 = 5， (4) = 44 ―4 × 43 = 0，∴ ( )max = 5．
【變式 10-2】（22-23 高二下 ·河南 ·期中）已知函數 ( ) = ln + 2 ― 在點(1, (1))處的切線方程為
+ + = 0．
(1)求實數 和 的值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最大值（其中 e 是自然對數的底數）．
【答案】(1) = 4， = 2
(2)e2 ―4e +1
【分析】（1）對函數求導，根據導數的幾何意義可求 的值，再根據切線過切點求 的值；
（2）根據導數與函數單調性的關系，分析函數在給定區間上的單調性，再求函數的最大值.
【詳解】（1）因為 ( ) = ln + 2 ―
所以 ′( ) = 1 +2 ― ，
由題意可得， ′(1) = 3 ― = ―1 (1) = 1 ― = ― ― 1 ，
解得: = 4， = 2.
（2）由(1)可得， ( ) = ln + 2 ―4
所以 = 1′( ) +2 ― 4 = 2
2 4 1
，且 ∈ [1,e ]，
易得，當 ∈ [1,1+ 2]時， ′
2 ( ) < 0，函數單調遞減，
當 ∈ [1 + 2,e]時， ′( ) > 0，函數單調遞增，2
又 (1) = ―3， (e) = e2 ―4e +1，且 (e) ― (1) = e2 ―4e +4 = (e ― 2)2 > 0，
即最大值為： (e) = e2 ―4e +1.
【變式 10-3】（2024·安徽黃山·一模）已知函數 ( ) = 3 2 ―4 + 22 ln 在 = 1處取得極大值．
(1)求 的值；
(2)求 ( )在區間 1 ,e 上的最大值．e
【答案】(1)3
(2) ― 212
【分析】（1）求導，然后令 ′( ) = 0求出 ，代入 = 1驗證是否符合題意即可；
（2）求導，確定函數在區間 1 ,e 上的單調性，進而可求最大值.e
2 2 2
【詳解】（1）由已知 ′( ) = 3 ― 4 + = 3 4 =
(3 )( )


令 ′( ) = 0得 = 或 = 3，
當 = 1時，令 1′( ) > 0得0 < < 3或 > 1，令 ′( ) < 0得
1
3 < < 1，
故函數 ( )在 0, 1 上單調遞增，在 1 ,1 上單調遞減，在(1, + ∞)上單調遞增，
3 3
此時函數 1( )在 = 3處取極大值，在 = 1處取極小值，與函數 ( )在 = 1處取得極大值不符；

當3 = 1，即 = 3時，令 ′( ) > 0得0 < < 1或 > 3，令 ′( ) < 0得1 < < 3，
故函數 ( )在( ―∞,1)上單調遞增，在(1,3)上單調遞減，在(3, + ∞)上單調遞增，
此時函數 ( )在 = 1處取極大值，在 = 3處取極小值，符合題意；
所以 = 3；
（2）由（1）得 = 3 2 ―12 + 9ln ， = 3( 1)( 3)( ) ′2 ( ) ， ∈
1 ,
e e
> 0 1令 ′( ) ，得 < < 1，函數 e ( )單調遞增，
令 ′( ) < 0，得1 < < e，函數 ( )單調遞減，
所以 ( ) 3 21max = (1) = ―12 = ―2 2 .
【變式 10-4】（23-24 高二下·安徽淮南·開學考試）已知函數 ( ) = 3 ― 2 ―3 + ，且當 = 3時， ( )
有極值 ―5．
(1)求 ( )的解析式；
(2)求 ( )在[ ―4,4]上的最大值和最小值．
【答案】(1) ( ) =
1
3
3 ― 2 ―3 + 4
(2)最大值和最小值分別為173 , ―
64
3
【分析】（1）由極值的必要條件 ′(3) = 0以及 (3) = ―5可列方程求解參數，由此即可得解；
（2）求導得出 ( )在[ ―4,4]的單調性，比較極值點與端點函數值即可得解.
【詳解】（1） ′( ) = 3 2 ―2 ― 3，由題意 ′(3) = 27 ― 9 = 0 (3) = 27 ― 9 ― 9 + = ―5 ，
1
解得 = 3 ，所以 ( )的解析式為 =
1
( ) 3 23 ― ―3 + 4. = 4
（2） 1( ) = 3
3 ― 2 ―3 + 4， ′( ) = 2 ―2 ― 3 = ( ― 3)( + 1)，
當 ―4 < < ―1時， ′( ) > 0， ( )在( ―4, ― 1)上單調遞增，
當 ―1 < < 3時， ′( ) < 0， ( )在( ―1,3)上單調遞減，
當3 < < 4時， ′( ) > 0， ( )在(3,4)上單調遞增，
而 ( ―4) = ―
64
3 ―16 + 12 + 4 = ―
64
3 , =
64
(4) 3 ―16 ― 12 + 4 = ―
8
3，
1( ―1) = ― 3 ―1 + 3 + 4 =
17
3 , (3) = 9 ― 9 ― 9 + 4 = ―5，
所以 ( )在[ ―4,4]上的最大值和最小值分別為
17
( ―1) = 3 , ( ―4) = ―
64
3 .
題型十一 函數最值與參數問題
【例 11】（ 2024 高 二 下 · 全 國 · 專 題 練 習 ） 若 函 數 1( ) = 33 ―4 + 在 [0,3]上 的 最 小 值 為 4 ， 則
= ．
【答案】28 13 /93
【分析】求導，得到函數單調性，得到 (2)為 ( )在[0,3]上的極小值和最小值，列出方程，求出答案.
【詳解】 ′( ) = 2 ―4， ∈ [0,3]，
當 ∈ [0,2)時， ′( ) < 0，當 ∈ (2,3]時， ′( ) > 0，
所以 ( )在 ∈ [0,2)上單調遞減，在 ∈ (2,3]上單調遞增，
所以 (2)為 ( )在[0,3]上的極小值，也是最小值，
故13 × 8 ― 4 × 2 + = 4，解得 =
28
3 .
28
故答案為： 3
【變式 11-1】（2024 高二下·全國·專題練習）已知函數 ( ) = (4 2 + 4 + 2) ，其中 < 0.若 ( )在區
間[1，4]上的最小值為 8，則 a 的值為 .
【答案】 ―10

【分析】利用導數判斷 ( )的單調性，分 ― 2 ≤ 1，1 < ― 2 ≤ 4， ― 2 > 4三種情況討論 ( )在閉區間[1,4]上
的最小值，得到參數的一個方程，求出參數，再驗證是否符合題意即可.

【詳解】 ′( ) = 2 (20
2 + 12 + 2)，令 ′( ) = 0，解得 = ― 10或 = ― 2，
當 ′( ) > 0， ∈ 0, ― 或 ― , + ∞ ，此時 ( )單調遞增；
10 2
當 ′( ) < 0， ∈ ― , ― ，此時 ( )單調遞減；
10 2

當 ― 2 ≤ 1，即 ―2 ≤ < 0時， ( )在[1,4]上為增函數，由 ( )min = (1) = 8解得 =± 2 2 ―2，不符合題
意，應舍去；

當1 < ― 2 ≤ 4，即 ―8 ≤ < ―2時， ( )在[1,4]上的最小值 ( )min = ―
= 0，不符合題意，應舍去；
2

當 ― 2 > 4，即 < ―8時， ( )在[1,4]上的最小值可能在 = 1或 = 4上取得，而
當 (1) = 8時，即4 + 4 + 2 = 8，解得 = 2 2 ―2或 = ―2 2 ―2，均不符合題意，應舍去；當 (4) = 8，
即 2 +16 + 60 = 0，解得 = ―10或 = ―6（舍去）；
當 = ―10時， ( )在[1,4]上單調遞減， ( )在[1,4]上的最小值為 (4) = 8，符合題意.
綜上所述， = ―10.
故答案為： ―10
【變式 11-2】（2024 高二下·全國·專題練習）若函數 ( ) = 13
3 + 2 ― 23在區間( ― 1, + 5)內存在最小值，
則實數 的取值范圍是 .
【答案】 ―2 ≤ < 1
【分析】先利用導數分析 ( )的性質，再結合 ( )在( ― 1, + 5)內存在最小值，得到關于 的不等式，解
之即可得解.
【詳解】因為 = 1( ) 33 +
2 ― 2 ′ 23，所以 ( ) = +2 ，
令 ′( ) = 0，得 = ―2或 = 0，
令 ′( ) > 0，得 < ― 2或 > 0；令 ′( ) < 0，得 ―2 < < 0，
所以函數 ( )在( ―∞, ― 2)和(0, + ∞)上單調遞增，在( ―2,0)上單調遞減，
所以 ( )在 = 0處取得極小值
2
(0) = ― 3，
令 ( ) =
1 3 2 2 2
3 + ― 3 = ― 3，解得 = 0或 = ―3，
若函數 ( )在( ― 1, + 5)內存在最小值，
則 ―3 ≤ ― 1 < 0 < + 5，解得 ―2 ≤ < 1.
故答案為： ―2 ≤ < 1.
【變式 11-3】 （23-24 高二下·河北·開學考試）已知函數 ( ) = + ln ( ∈ )．
(1)討論 ( )的極值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最小值 ( )．
【答案】(1)答案見解析
, ≤ 1
(2) ( ) = 1 + ln ,1 < < e + 1, ≥
e e
【分析】（1）求導后，分別在 ≤ 0和 > 0的情況下，根據 ′( )的正負可得 ( )單調性，由極值定義可求得
結果；
（2）分別在 ≤ 1、1 < < e和 ≥ e的情況下，根據 ′( )的正負可得 ( )單調性，由此可得最值點，代入
可求得最值.

【詳解】（1）由題意知： ( )的定義域為
1
(0, + ∞)， ′( ) = ― 2 + = 2 ；
當 ≤ 0時， ― > 0， ∴ ′( ) > 0恒成立， ∴ ( )在(0, + ∞)上單調遞增，
∴ ( )無極值；
當 > 0時，若 ∈ (0, )， ′( ) < 0；若 ∈ ( , + ∞)， ′( ) > 0；
∴ ( )在(0, )上單調遞減，在( , + ∞)上單調遞增；
∴ ( )的極小值為 ( ) = 1 + ln ，無極大值；
綜上所述：當 ≤ 0時， ( )無極值；當 > 0時， ( )的極小值為1 + ln ，無極大值.
（2）當 ≤ 1時， ′( ) ≥ 0在[1,e]上恒成立， ∴ ( )在[1,e]上單調遞增，
∴ ( )min = (1) = ；
當1 < < e時，若 ∈ [1, )， ′( ) < 0；若 ∈ ( ,e]， ′( ) > 0；
∴ ( )在[1, )上單調遞減，在( ,e]上單調遞增，
∴ ( )min = ( ) = 1 + ln ；

當 ≥ e時， ′( ) ≤ 0在[1,e]上單調遞減， ∴ ( )min = (e) = e +1；
, ≤ 1
綜上所述： ( )在[1,e]上的最小值 ( ) = 1 + ln ,1 < < e .+ 1, ≥
e e
【變式 11-4】（23-24 高二上·江蘇徐州·期末）已知函數 ( ) = 2 ― ln + 1, ∈ .
(1)當 = ―1時，求曲線 = ( )在點(1, (1))處的切線方程；
(2)當 > 0時，若函數 ( )有最小值 2，求 a 的值.
【答案】(1) = 3 ― 1
(2) = 2
【分析】（1）求出函數的導數，根據導數的幾何意義求得答案；

（2）對 ( )求導，得到 ( )的單調性，可得 ( ) = = min 2 ― ln +1 = 2，再令 ( ) = ― ln ― 1，2 2

證得 ( ) ≤ (1) = 0，即 = 2 = 1，可得出答案.
【詳解】（1）當 = ―1時， ( ) = 2 + ln + 1， = ( )的定義域為(0, + ∞)，
則 ′( ) = 2 + 1 ，則 ′(1) = 2 +
1
1 = 3， (1) = 1 + ln1 + 1 = 2，
由于函數 ( )在點(1, (1))處切線方程為 ― 2 = 3( ― 1)，即 = 3 ― 1.
（2） ( ) = 2 ― ln + 1, ∈ 的定義域為(0, + ∞)，
2
′( ) = 2 ― 2 = ，
當 > 0時，令 ′( ) > 0，解得： > ；令 ′( ) < 0，解得：0 < < ，
2 2
所以 ( )在 0, 上單調遞減，在 , + ∞ 上單調遞增，
2 2

所以， ( ) min = = 2 ― ln
+1 = 2，即 ―
2 2 2 2
ln2 ―1 = 0

則令 = 2 > 0，設 ( ) = ― ln ― 1， ′( ) = ― ln ，
令 ′( ) < 0，解得： > 1；令 ′( ) > 0，解得：0 < < 1，
所以 ( )在(0,1)上單調遞增，在(1, + ∞)上單調遞減，
所以 ( ) ≤ (1) = 1 ― ln1 ― 1 = 0，
所以 =

2 = 1，解得： = 2.
題型十二 恒成立與有解問題
【例 12】（22-23 高二下·新疆喀什·期末）已知函數 ( ) = ― ln ，若 ( ) > 0在定義域上恒成立，則 的
取值范圍是（ ）
1
A．( , + ∞) B．(1, + ∞)
e
C．(e, + ∞) D．(12, + ∞)
【答案】A
【分析】由 ( ) > 0得 > ln 在(0, + ∞)上恒成立，令 ( ) =
ln
( > 0)，求出 ( )的最大值即可求解.
【詳解】 ( ) = ― ln 的定義域為(0, + ∞)，
由 ( ) > 0在定義域上恒成立，得 > ln 在(0, + ∞)上恒成立，
令 ( ) = ln ( > 0)， ′( ) =
1 ln
2 ，
令 ′( ) = 0得 = e，
∈ (0,e)時， ′( ) > 0， ( )單調遞增，
∈ (e,+ ∞)時， ′( ) < 0， ( )單調遞減，
所以 ( )max = (e) =
1 1
，所以 > .
e e
故選：A
【變式 12-1】（23-24 高二上·江蘇鹽城·期末）設函數 ( ) = 1 22 ―4 + ln ，若函數 = ( )存在兩個極
, ( 1) ( 值點 2
)
1 2，且不等式 ≥ 恒成立，則 t 的取值范圍為（ ）．1 2
A．( ― ∞, ― 1] B． ―∞, ― 9
4
C． ―∞, e
2
― 4
2 e D．( ― ∞, ― 13]
【答案】B
【分析】先利用函數 = ( )存在兩個極值點，轉化為函數 ( )的導函數在(0, + ∞)上有兩個不相等的實數
( ) ( )
根，利用一元二次方程根與系數的關系，用字母 表示出 1 + 2，
1 2
1 2，然后把 寫成關于 的函數，1 2
求該函數的最小值即可得到問題答案.
2
【詳解】函數的定義域為：(0, + ∞)，且 ′( ) = ― 4 + = 4 ， > 0.
因為函數 = ( )存在兩個極值點，
所以方程： 2 ―4 + = 0在(0, + ∞)有兩個不同的解，
> 0
所以： + = 4 16 ― 4 > 01 2 = > 0 0 < < 4， = > 0 1 21 2
且 1 + 2 = 4， 1 2 = .
( 1) ( 2) 1所 以 ：
2
1 4
1 2
1 ln 1 2 4 2 ln
1
2 ( 1 2)2 2 1 2 4( 1 2) (ln 1 ln 2) ln 82 2 2
= = = 1 2 4 4 4
(0 < < 4).
設 ( ) = ln ― ― 8 (0 < < 4)，
則 ′( ) = ln ，由 ′( ) = ln < 0，得0 < < 1，由 ′( ) = ln > 0得1 < < 4.
所以 ( )在(0,1)上單調遞減，在(1,4)上單調遞增，
所以 ( )的最小值為： (1) = ―9.
所以 ≤ ― 94.
故選：B
【點睛】關鍵點點睛：該問題先利用函數存在兩個極值點，把問題轉化為二次函數在給定區間上有兩個不
相等的實數根的問題，再利用一元二次方程根與系數的關系，用字母 把 1 + 2， 1 2表示出來，再構造新
函數，利用導數分析函數的單調性，求函數的最小值即可.
【變式 12-2】 π（2024·四川成都·模擬預測）當0 < ≤ 2時，關于 的不等式(2 sin + cos2 ― 3)(sin ― )
≤ 0有解，則 的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4 2
【答案】A
【分析】根據sin < ，將問題轉化為2 sin + cos2 ― 3 ≥ 0在0 < ≤
π
2上有解，利用二倍角公式以及基本
不等式即可求解最值求解.
【詳解】當0 < ≤
π
2時，記 = sin ― , ′ = cos ― 1 ≤ 0，
故函數 = sin ― 在0 < ≤
π
2上單調遞減，
故sin ― < sin0 ― 0 = 0，故sin < ，
所以2 sin + cos2 ― 3 ≥ 0在0 < ≤
π
2上有解，
由于0 < ≤
π
2，所以sin > 0，
所以2 sin ≥ 3 ― cos2 = 2 + 2sin2 ，所以 ≥
1 +
sin sin .min
1
由 + sin ≥ 2 =
π
，當且僅當 2時取等號，所以 的最小值是 2.sin
故選：A

【變式 12-3】（22-23 高二下·廣東揭陽·階段練習）已知函數 ( ) = e ― 2 , > 1 2 ― ( + 3) + + 2, ≤ 1 ，若關于
的不等式 ( ) ≥ 0恒成立，則實數 的取值范圍為（ ）
A．( ― ∞,e] B． ―∞, e C． ―1, e D．( ― ∞,2]
2 2
【答案】C
【分析】根據分段函數的解析式，利用分類討論、構造函數求最值和二次函數的性質，求解實數 的取值范
圍

【詳解】當 > 1時， ( ) = e ―2 ，由 ( ) ≥ 0，可得2 ≤ e ，
e 設 ( ) = ，可得 ′( ) = e
( 1)
2 ， > 1時， ′( ) > 0， ( )在(1, + ∞)上單調遞增，
可得 ( ) > (1) = e， ∴ 2 ≤ e，即 ∴ ≤ e2；
當 ≤ 1時， ( ) = 2 ―( + 3) + + 2 = ( ― 1)[ ― ( + 2)]，
故 ( ) = ( ― 1)[ ― ( + 2)] = 0的解為 = 1或 = + 2，
≤ 1時，要滿足 ( ) ≥ 0恒成立，只需滿足 + 2 ≥ 1，即 ≥ ―1．
綜上， ―1 ≤ ≤ e2，即實數 a 的取值范圍為 ―1,
e ．
2
故選：C．
【變式 12-4】（22-23 高三下·全國·階段練習）已知不等式 ≤ (2 + 1)e 對任意 ∈ [1, + ∞)恒成立，則
正實數 的取值范圍是 ．
【答案】(0,3e]

【分析】由題意將不等式 ≤ (2 + 1) 變形為 ≤ (2 1)e e = ( )，利用導數研究函數 ( )的單調性求出
( )min即可求解.
【詳解】因為 ≥ 1，不等式 ≤ (2 + 1) 可變形為 ≤ (2 1)e e

．
2
設 ( ) = (2 1)e ( ≥ 1)，則 ( ) = (2 1)e = (2 1)( 1)′ e

2 2 ．
當 ∈ [1, + ∞)時， ′( ) > 0，所以函數 ( )在 ∈ [1, + ∞)上單調遞增．
則 ( )min = (1) = 3e，所以0 < ≤ 3e．故正實數 的取值范圍是(0,3e]．
故答案為：(0,3e]
題型十三 導數構造
【例 13】（23-24 高二下·陜西·開學考試）已知函數 1( )的導函數為 ′( )，且 ( ) > ′3 ( )，則必有（ ）
( )
= = ( )A．函數 1 為增函數 B．函數 為增函數
e3 e3
( )
C．函數 = 1 為減函數 D．函數 =
( )
e3 e3
為減函數
【答案】D
【分析】求導即可根據導函數的正負確定單調性.
1 1
( ) ′( ) 3 1 ( ) 3 ′( ) 1 ( )
【詳解】由 = 1 可得 ′ =
e 3 e
1 2 = 31 ，
e3 e3 e3
由于 ― 1
( )
′( ) 3 ( )的正負無法確定，因此無法 = 1 判斷單調性，e3
3 3 1
由 =
( ) = ′得 ( )e 3 ( )e
′( ) ( )
′ 3
e3 (
= < 0，
e3 )2 3e3
= ( )因此函數 3 為減函數，故 D 正確 ，ABC 錯誤，e
故選：D
【變式 13-1】（2024·四川成都·模擬預測）若函數 ( )對任意的 ∈ R都有 ′( ) < ( )恒成立，則2 (2)與
e2 (ln2)的大小關系正確的是（ ）
A．2 (2) > e2 (ln2) B．2 (2) = e2 (ln2)
C．2 (2) < e2 (ln2) D．無法比較大
【答案】C
【分析】構造函數 ( ) =
( )
，利用導數可得 ( )在 ∈ R上單調遞減，從而得到 (2) < (ln2)，進而得解.e
( ) ′
【詳解】令 ( ) = ，則 ′( ) = ( ) ( )e ，e
因為對任意的 ∈ R都有 ′( ) < ( )成立，
所以 ′( ) < 0，即 ( )在 ∈ R上單調遞減，又2 > ln2，
(2) < (ln2) (2) < (ln2)故 ，即 2 ln2 ，可得2 (2) < e2 (ln2).e e
故選：C.
【變式 13-2】（23-24 高三上·浙江杭州·期末）已知定義在 上的函數 ( )滿足sin ( ) + cos ′( ) > 0，
則（ ）
A． π < 3 π B． π < 3 π
3 6 6 3
C． π > 3 π D． π > 3 π
3 6 6 3
【答案】B
【分析】構造函數 ( )( ) = cos ， ≠
π
2 + π, ∈ Z，求導得到其單調性，從而得到
π < π ，化簡后得到答
6 3
案.
【詳解】令 ( )( ) = cos ， ≠
π
2 + π, ∈ Z，
故 ( ) = ′′ ( )cos ( )sin > 0cos2 恒成立，
故 ( ) =
( ) π π Z
cos 在 ― + π, + π , ∈ 上單調遞增，2 2
π π π π
故 π < π

，即 6 <

3 6 < 3 π < π .
6 3 cos π cos π 3 1
3
6 3 2 6 32
故選：B
【變式 13-3】（多選）（23-24 高二下·福建莆田·開學考試）已知 ′( )為函數 ( )的導函數，當 > 0時，
有 ( ) ― ′( ) > 0恒成立，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． 1 > 2 1 B． 1 < 2 1
2 4 2 4
C． 1 > 2 (1) D．2 1 > (1)
2 2
【答案】BD
【分析】構造函數 ( ) =
( )
，其中 > 0，利用導數分析函數 ( )在(0, + ∞)上的單調性，結合單調性逐項
判斷即可.
【詳解】構造函數 = ( )( ) ，其中 > 0，則 ′( ) = ′( ) ( ) 2 < 0 ，
所以，函數 ( )在(0, + ∞)上為減函數，
對于 AB 選項， 1 < 1 ，即2 1 < 4 1 ，可得 1 < 2 1 ，A 錯 B 對；
2 4 2 4 2 4
對于 CD 選項， 1 > (1)，即2 1 > (1)，D 對，C 無法判斷.
2 2
故選：BD.
【變式 13-4】（23-24 高二上·重慶·期末）已知定義在(0, + ∞)上的函數 ( )的導數為 ′( )，若 (1) = 1，
且 2 ′( ) + 1 > 0，則下列式子中一定成立的是（ ）
A． 1 > 3 (
1
B． ) > π
3 π
C． (log2e) > ln2 D． (ln3) < log3e
【答案】C
【分析】設 1( ) = ( ) ― ，得到 ′( ) > 0，得到 ( )在(0, + ∞)上單調遞增，再由 (1) = 1，得到 (1)
= 0，結合選項，逐項判定，即可求解.
【詳解】因為當 > 0時， 2 ′( ) + 1 > 0，可得 ′( ) + 1 2 > 0，
令 1( ) = ( ) ― ，可得
1
′( ) = ′( ) + 2 > 0，所以 ( )在(0, + ∞)上單調遞增，
因為 (1) = 1，可得 (1) = (1) ―1 = 0，
對于 A 中，由 (13) < (1)，即 (
1
3) ― 3 < 0，所以 (
1
3) < 3，所以 A 不正確；
1
對于 B 中，由 ( ) < (
1
(1)，即 ) ― π < 0，所以 (
1) < π，所以 B 不正確；
π π π
對于 C 中，由 (log2e) > (1)，即 (log2e) ― ln2 > 0，所以 (log2e) > ln2，所以 C 正確；
對于 D 中，由 (ln3) > (ln3) ―
1
(1)，即 > 0，所以 (ln3) > logln3 3e，所以 D 不正確.
故選：C.
題型十四 零點問題
【例 14】（多選）（22-23 高二下·甘肅定西·階段練習）若函數 ( ) = 3 + 3 22 ―6 + 有三個零點，則實
數 a 的可能取值是（ ）
A．－10 B．－9 C．2 D．3
【答案】BCD
【分析】根據已知，把函數零點轉化為方程根的問題，再分離參數，利用導數研究函數圖象，結合圖行進
行求解.
【詳解】函數 ( ) = 3 + 3 22 ―6 + 有三個零點，等價于
3 + 32
2 ―6 + = 0有 3 個根，
即函數 = 3 + 32
2 ―6 與函數 = ― 有 3 個交點，令 3( ) = 3 + 22 ―6 ，
則 ′( ) = 3 2 +3 ― 6 = 3( + 2)( ― 1)，由 ′( ) > 0有： > 1或 < ―2，由 ′( ) < 0有： ―2 < < 1，
所以 ( ) = 3 +
3
2
2 ―6 在( ―∞, ― 2)，(1, + ∞)上單調遞增，在( ―2,1)上單調遞減；
又 7 3( ―2) = 10， (1) = ― 2，所以 ( ) =
3 + 2
2 ―6 的大致圖象為：
所以 ― 72 < ― < 10，解得 ―10 < <
7
2，故 A 錯誤.
故選：BCD.
【變式 14-1】（22-23 高二下·湖北·期中）設函數 ( ) = e ―2 在區間[ 1 ,3 上有零點，則實數 的取值
2
范圍是 .
3
【答案】 e , e
2 6
【分析】參數分離，構造新函數，根據所構造的新函數的值域求解.

【詳解】令 ( ) = e ―2 = 0 ，則 = e2 ，函數 ( ) = e
―2 在區間[12，3]上有零點等價于直線 =

與曲線 ( ) = e2 在 ∈
1 ,3 上有交點，
2

則 ′( ) = ( 1)e2 2 ，當 ∈
1 ,1 時， ′( )＜0, ( )單調遞減，當 ∈ (1,3] 時， ′( )＞0, ( )單調遞增，
2
e 1 3 3 1
( )min = (1) = 2，
1 = e2, 3(3) = e6 ，顯然
e
6＞e2， ∴ ( ) ∈
e , e ，
2 2 6
3
即當 ∈ e , e 時，函數 ( )在 1 ,3 上有零點；
2 6 2
故答案為： e e
3
, .
2 6
【變式 14-2】（23-24 高三上·北京大興·階段練習）已知 ( ) = ln ，
(1)求 ( ) 的極值；
(2)若函數 = ( ) ― 存在兩個零點，求 的取值范圍.
1
【答案】(1)極大值為 (e) = ，無極小值；
e
(2)(0,
1).
e
【分析】（1）利用導數研究 ( ) = ( ) 的單調性，即可求極值；
（2）問題化為 = 與 ( ) = ( ) 有兩個交點，結合（1）結論及 ( )性質確定參數范圍.
【詳解】（1）令 ( ) = ( ) ln ′ = 且 ∈ (0, + ∞)，則 ( ) =
1 ln
2 ，
當0 < < e時 ′( ) > 0，當 > e時 ′( ) < 0，
所以 ( )在(0,e)上遞增，(e, + ∞)上遞減，
故 ( ) = ( )
1
的極大值為 (e) = ，無極小值.e
（2）由題設， = ln 有兩個根，即 = 與 ( ) =
( )
有兩個交點，
由（1）知： ( )在(0,e)上遞增，(e, + ∞)上遞減，
在(0,1)上 ( ) < 0，在(1, + ∞)上 ( ) > 0，且當 趨向正無窮時 ( )趨向于 0，
綜上，只需0 < < ( ) =
1
e ，即 ∈ (0,
1).
e e
【變式 14-3】（23-24 高三上·浙江紹興·期末）已知函數 ( ) = + ( ― 2) ― 12ln ， ∈ ．
(1)求函數 ( )圖象上一點 (1,4)處的切線方程；
(2)若函數 ( )有兩個零點 1, 2（ 1 < 2），求 的取值范圍．
【答案】(1) = 3 + 1
(2)0 < < 1
【分析】（1）求導，根據導數的幾何意義結合直線的點斜式方程運算求解；
（2）先求出函數 ( )的導函數，分 ≤ 0和 > 0時，得出函數 ( )的單調性，從而只需要 (
1
2) < 0，即可求
出答案.
【詳解】（1）由 1(1) = 2 ― 2 = 4，解得 = 3，所以 ( ) = 3 + ― 2ln ，
1
則 = 3 + ― 1′( ) 2 2 ，則 ′(1) = 3，
所以切線方程為 ― 4 = 3( ― 1)，即 = 3 + 1．
2
（2） ′( ) = + ―
1 = 2 ( 2) 12 2 =
( 1)(2 1)
2 2 ，
當 ≤ 0時， ( )在(0, + ∞)上單調遞減，不合題意，舍去；
當 > 0時， ( )在 0, 1 單調遞減，在 12 2 , + ∞ 上單調遞增．
由 →0時， ( )→ + ∞， → + ∞時， ( )→ + ∞，
則 ( 1 2) =
1 + 2 1 ― 2ln(
1
2) =
1
+1 ―
2
+ ln = 1 ―
1
+ ln < 0，
令 ( ) = 1 ― 1 + ln ，則 ′( ) =
1 1
2 + > 0， ∴ ( )在(0, + ∞)單調遞增．
又 ∵ (1) = 0， ∴ ∈ (0,1)時， ( ) < 0， ∈ (1, + ∞)時， ( ) > 0，
∴ ∈ (0,1)，所以0 < < 1.
【變式 14-4】（22-23 高三上·江蘇·階段練習）已知函數 ( ) = cos ― 2.
(1)設 ( ) = ′( )，求 ( )在區間 π ,π 上的最值；4
(2)討論 ( )的零點個數.
【答案】(1)最大值為 ― π2 ―
2，最小值為 ―2π
2
(2) ( )在 上有兩個零點
【分析】(1)利用導數討論單調性即可求最值；(2)討論函數在[0, + ∞)上的單調性，并用零點的存在性定理
確定零點個數，再根據函數為偶函數即可求解.
【詳解】（1）因為 ( ) = ′( ) = ―2 ― sin , ′( ) = ―2 ― cos < 0，
所以 ( )在區間 π ,π 上單調遞減，4
所以當 = π時， ( )取最大值 π4 = ―
π 2
4 2
― ；
2
當 = π時， ( )取最小值 (π) = ―2π.
（2）先討論 ( )在[0, + ∞)上的零點個數，
由（1）可知， ′( )在(0, + ∞)上遞減， ′( ) < ′(0) = 0，
2
所以 ( )在(0, + ∞)上遞減，因為 (0) = 1 > 0, π = ― π < 02 ，2
所以 ( )在[0, + ∞)上有唯一零點，
又因為 ( ― ) = cos( ― ) ― ( ― )2 = cos ― 2 = ( )，
所以 ( )是偶函數，所以 ( )在 上有兩個零點.
題型十五 利用單調性比較大小
【例 15】（2024·陜西·模擬預測）設 = 0.9, = sin34, = e
―0.19，則（ ）
A． < < B． < < C．c【答案】D
【分析】構造函數 ( ) = e2 ―2 ― (0 < < 1)，利用導數得到其單調性則比較出 < ，利用指數函數和冪
函數以及正弦函數的單調性即可比較出 > ，則最終得到三者大小.
【詳解】先變形 = 0.81, = e0.81―1，令 = 0.81，
下面比較當0 < < 1時， 與e ―1的大小.
①令 ( ) = e2 ―2 ― (0 < < 1)，則 ′( ) = 2e2 ―2 ―1，令 ′( ) = 0，
得 = 1 ― ln22 < 1 ―
ln e
2 =
3
4，當 ∈
3 ,1 時， ′( ) > 0, ( )單調遞增，
4
所以 (0.81) < (1) = 0，所以e―0.38 < 0.81，即e―0.19 < 0.9，所以 < .
―0.19 1 1 1
5
② = e = 50.19 > 0.2，所以 > 0.2 =
1
， = sin34 < sin
π
4 =
2，
e e e e 2
5
所以 5 < 2 = 2，則 5 >
1 > 2 > 5
2 ，所以 > .8 e 8
綜上， < < ，
故選：D.
【 變 式 15-1 】（ 23-24 高 三 下 · 江 西 · 開 學 考 試 ） 142857 被 稱 為 世 界 上 最 神 秘 的 數 字 ，
142857 × 1 = 142857,142857 × 2 = 285714,142857 × 3 = 428571,142857 × 4 = 571428,
142857 × 5 = 714285,142857 × 6 = 857142，所得結果是這些數字反復出現，若 = 0.142857, = ln1.285714e 2
+1, = 1.285714，則（ ）
A． > > B． > >
C． > > D． > >
【答案】D
【分析】設 ( ) = e ― ― 1( > 0)，利用導數研究函數 ( )的單調性可得e > + 1( > 0)，結合 + 1 >
1 + 2 ( > 0)可得e > 1 + 2 ( > 0)，則 > ；由e > + 1( > 0)得 > ln + 1( > 1)，進而 > ，
即可求解.
【詳解】由題意知， = e0.142857, = 1.285714 = 1 + 2 × 0.142857，
設 ( ) = e ― ― 1( > 0)， ′( ) = e ―1，
當 ∈ (0, + ∞)時， ′( ) > 0, ( )單調遞增，
所以 ( ) = e ― ― 1 > (0) = 0，所以e > + 1( > 0).
因為 2 +2 + 1 > 1 + 2 ( > 0)，所以 + 1 > 1 + 2 ( > 0)，
得e > 1 + 2 ( > 0)，所以e0.142857 > 1 + 2 × 0.142857，即 > ；
由e > + 1( > 0)，得 > ln( + 1)( > 0)，所以 ― 1 > ln ( > 1)，即 > ln + 1( > 1)，
所以 > ln +1 = ln1.2857141.285714 1.285714 2 +1，即 > .
綜上 > > .
故選：D.
【點睛】方法點睛：利用導數比較大小的基本步驟：
(1)作差或變形；
(2)構造新的函數 ( )；
(3)利用導數研究 ( )的單調性或最值；
(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．
常用的不等式： sin < < tan 0 < < π ，ln( + 1) < ( > 0)，
2
ln ≤ ― 1 ≤ 2 ― ( > 0)，e ≥ + 1，e ≥ e > ( > 0).
【變式 15-2 】（ 2024· 四 川 成 都 · 模 擬 預 測 ） 已 知 函 數 ( ) = 2 + 2― + cos + 2， 若 = ( 2)，
1 1
= ( ― ee)， = (ππ)，則（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
【答案】B
【分析】先利用函數奇偶性的定義與導數判斷 ( )的奇偶性與單調性，再構造函數 ( ) = ln ，利用導數判
1 1 1
斷得22 < ππ < ee，從而得解.
【詳解】因為 ( ) = 2 + 2― + cos + 2的定義域為R，
又 ( ― ) = 2― + 2 + cos( ― ) + ( ― )2 = 2 + 2― + cos + 2 = ( )，
所以 ( )是偶函數，
又 ′( ) = (2 ― 2― )ln2 + (2 ― sin )，
令 ( ) = 2 ― sin ，則 ′( ) = 2 ― cos > 0恒成立，
所以 ( ) > (0) = 0，即2 ― sin > 0，
又 = 2 ― 2― 在(0, + ∞)上單調遞增，所以 = 2 ― 2― > 20 ― 20 = 0，
所以 ′( ) > 0在(0, + ∞)上恒成立，則 ( )在(0, + ∞)上單調遞增，
構造函數 ( ) = ln ，則 ( ) = 1 ln ′ 2 ，
令 ′( ) > 0，得0 < < e，令 ′( ) < 0，得 > e，
所以 ( )在(0,e)上單調遞增，在(e, + ∞)上單調遞減，
所以 (4) < (π) < (e)，又ln2 ln42 = 4 ，
所以ln2 = ln4 <
lnπ < lne
1 1 1
2 4 ，所以22 < ππ < ee，π e
1 1 1
所以 ( 2) < (ππ) < (ee) = ( ― ee)，所以 < < .
故選：B.
【變式 15-3】（23-24 高三下·內蒙古赤峰·開學考試）已知 ( )是定義域為R的偶函數，且在( ―∞,0)上單調
遞減， = (ln1.04 + ln2.7), = (1.04), = (e0.04)，則（ ）
A． < < B． < <
C． < < D．c【答案】A
【分析】根據 ( )是定義域為R的偶函數，且在( ―∞,0)上單調遞減求出 ( )在(0, + ∞)的單調性，令
( ) = ln2.7 ― ，根據導數求出ln(1.04 × 2.7)和1.04的大小，令 ( ) = e ―( + 1)，同理求出e0.04和1.04
的大小，據此即可求解.
【詳解】因為 ( )是定義域為R的偶函數，且在( ―∞,0)上單調遞減，
所以 ( )在(0, + ∞)上單調遞增，
令 ( ) = ln2.7 ― ，則 ′( ) = 1 ―1，
當 > 1時， ′( ) < 0，則 ( )在(1, + ∞)上單調遞減，
所以 (1.04) = ln(1.04 × 2.7) ― 1.04 < (1) = ln2.7 ― 1 < 0，
所以ln(1.04 × 2.7) < 1.04，令 ( ) = e ―( + 1)，
當 > 0時， ′( ) = e ―1 > 0，
則 ( )單調遞增，所以 (0.04) = e0.04 ―(0.04 + 1) = e0.04 ―1.04 > (0) = 0，
即e0.04 > 1.04，所以 0.04 > 1.04 > ln(1.04 × 2.7)，
因為 ( )在(0, + ∞)上單調遞增，
所以 > > .
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于令 ( ) = ln2.7 ― ，根據導數求出ln(1.04 × 2.7)和1.04的大小，令
( ) = e ―( + 1)，同理求出e0.04和1.04的大小的分析.
【變式 15-4】（23-24 高三下·河北·階段練習）設 = ln(1 + 0.1), = sin0.1, = 221，則下列大小關系正確的
是（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
【答案】C
【分析】構造函數 ( ) = ln(1 + ) ― sin 0 < < π 通過求導以及零點存在定理得出函數單調性結合端點
2
值即可得出當0 < < π2時， ( ) < 0，由此 < ，進一步構造 ( ) = ln ―
2( 1)
1 ( > 1)，結合導數得其單
調性，由此可得 ( ) > (1) = 0，令 = 1.1，即 > .
1
【詳解】令 ( ) = ln(1 + ) ― sin 0 < < π ，則 ′( ) = 1 ― cos ，2
1
令 ( ) = ′( ), ′( ) = ― ( 1)2 + sin .
當0 < < π
1
2時， ′( )單調遞增， ′
π = ― π 21 + sin
π
2 > 0, ′(0) = ―1 < 0，2 2
所以存在 ∈ 0, π ，使得 ′( ) = 0，
2
且當 ∈ (0, )時， ′( ) < 0, ( ) = ′( )單調遞減；當 ∈ , π 時， ′( ) > 0, ( ) = ′( )單調遞增.
2
又 ′(0) = 0, ′ π
1
= π 1 > 0，所以存在 ∈ 0, π ，使得 ′( ) = 0，2 2 2
且當 ∈ , π 時， ′( ) > 0, ( )單調遞增；當 ∈ (0, )時， ′( ) < 0， ( )單調遞減.
2
又 (0) = 0, π = ln 1 + π ―1 < 0，
2 2
所以當0 < < π2時， ( ) < 0，即ln(1 + ) < sin .
當 = 0.1時，則ln(1 + 0.1) < sin0.1，即 < .
令 2( 1) 1
4 ( 1)2
( ) = ln ― ( > 1), ′ 1 ( ) = ― ( 1)2 = ( 1)2 > 0，
所以 ( ) > = 0，當 = 1.1時，則ln1.1 >
2
(1) 21，即 > ，故 < < .
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵是構造適當的函數，利用導數研究其單調性、極值，由此即可順利得解.
題型十六 不等式證明
【例 16】 （23-24 高二上·福建莆田·期末）已知函數 ( ) = ln + , ∈ R．
(1)討論 ( )的單調性；
(2)若 = 12, > 1，證明： ( ) < .
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）將原函數求導，就參數 進行分類討論導函數的符號，即得函數的單調性；
（2）構造函數 ( ) = ( ) ― ，在條件 =
1
2, > 1下，判斷 ′( )的符號，得到 ( ) < (1) = 0,得證.

【詳解】（1） ( )的定義域
1
(0, + ∞), ′( ) = ― 2 = 2 ,
若 ≤ 0, ′( ) > 0,則 ( )在(0, + ∞)上單調遞增；
若 > 0,當 ∈ (0, )時， ′( ) < 0,則 ( )單調遞減， ∈ ( , + ∞)時， ′( ) > 0,則 ( )單調遞增.
綜上：當 ≤ 0時， ( )在(0, + ∞)上單調遞增，無減區間；
當 > 0時， ( )在(0, )上單調遞減， ( )在( , + ∞)上單調遞增.
2
（2）因 = 12, > 1，設 ( ) = ( ) ― = ln ―
1
2 ―
1 ,則 ′( ) = ( 1)2 2 < 0，
則 ( )在(1, + ∞)上單調遞減， ( ) < (1) = 0,故 ( ) < .

【變式 16-1】（23-24 高三上·山東青島·期末）已知函數 ( ) = e ― + ln ( ∈ R)．
(1)當 = 0時，求 ( )的單調區間；
(2)當 = 1時，證明： ( ) ≥ e ―1．
【答案】(1)答案見詳解
(2)證明見解析
【分析】（1）利用導數研究函數單調性；
（2）法一：由（1）可知ln ≤ ― 1 < ，即 < e ，從而可得此時導函數的正負，可得函數 ( )的最小值，
得證；

法二：由對數運算得 ( ) = e ― lne ，令 ( ) =
e e
( > 0)，利用導數得 ( ) ≥ (1) = ，令 ( ) = ― ln ,
( ≥ e)，則由（1）知：故 ( )在[e, + ∞)單調遞增，可證.
【詳解】（1）當 = 0時， ( ) = ln ― ，則 ′( ) =
1 1
―1 = ( > 0)
當0 < < 1時， ′( ) > 0， ( )單調遞增，
當 > 1時， ′( ) < 0， ( )單調遞減，
故 ( )在(0,1)上單調遞增，在(1, + ∞)上單調遞減，

（2）（法一）當 = 1時， ( ) = (e )( 1)′ 2 ( > 0)
由（1）可知ln ≤ ― 1 < ，即 < ，
當0 < < 1時， ′( ) < 0， ( )單調遞減，
當 > 1時， ′( ) > 0， ( )單調遞增，
所以 ( )在(0,1)單調遞減，在(1, + ∞)單調遞增，
因此， ( ) ≥ (1) = e ―1（當且僅當 = 1時取得等號）

（法二）當 = 1時， ( ) = e e e ― + ln = ― ln

令 ( ) = e ( > 0)，可知 ( ) =
( 1)
′ e

于是 = ( )在(0,1)單調遞減，在(1, + ∞)單調遞增，

因此， ( ) = e ≥ (1) = e（當且僅當 = 1時取得等號）．
令 ( ) = ― ln ,( ≥ e)，則由（1）知：故 ( )在[e, + ∞)單調遞增，

因此 ( ) ≥ e ―1．所以 ( ) = e ≥ e ―1．

【變式 16-2】（23-24 高三上·安徽合肥·期末）已知函數 ( ) = ln + 2 + (2 + 1) .
(1)當 = ―1時，求 ( )的單調區間
(2)討論 ( )的單調性；
(3)當 < 0時，證明 ( ) ≤ ―
3
4 ―2.
【答案】(1) ( )在 0, 1 單調遞增，在 1 , + ∞ 單調遞減
2 2
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）當 = ―1時，求出導函數，解不等式求 ( )的單調區間即可；
（2）分 ≥ 0、 < 0情況討論 ′( )與0的大小關系可得結論；
（3）利用函數的單調性把所證不等式轉化成ln ― 1 +
1
2 +1 ≤ 0，構造函數 ( ) = ln ― + 1，利用導數2
求函數最值即可證明.
【詳解】（1）當 = ―1時， ( ) = ln ― 2 ― ， ( )的定義域為(0, + ∞)，
2
則 = 1 ―2 ― 1 = 2 1 = ― ( 1)(2 1)′( ) ，
故當 ∈ 0, 1 時， ′( ) > 0；當 ∈ 1 , + ∞ 時， ′( ) < 0.
2 2
故 ( )在 0, 1 單調遞增，在 1 , + ∞ 單調遞減；
2 2
（2） ( )的定義域為(0, + ∞)， ′( ) =
1
+2 + 2 + 1 =
( 1)(2 1)
．
若 ≥ 0，則當 ∈ (0, + ∞)時， ′( ) > 0，故 ( )在(0, + ∞)單調遞增，
若 < 0，則當 ∈ 0, ― 1 時， ′( ) > 0；當 ∈ ― 1 , + ∞ 時， ′( ) < 0.
2 2
故 ( )在 0, ― 1 單調遞增，在 ― 1 , + ∞ 單調遞減；
2 2
（3）由（1）知，當 < 0時， ( )在 = ―
1
2 取得最大值，最大值為 ―
1 = ln ― 1 ―1 ―
1
2 2 4
，
所以 ( ) ≤ ―
3 ―2等價于ln ― 1 ―1 ―
1 ≤ ― 3 ―2，即ln ― 1
1
4 2 4 4
+
2 2
+1 ≤ 0，
設 ( ) = ln ― + 1，則 =
1
′( ) ―1，當 ∈ (0,1)時， ′ ( ) > 0，當 ∈ (1, + ∞)時， ′( ) < 0.
所以 ( )在(0,1)單調遞增，在(1, + ∞)單調遞減，
故當 = 1時， ( )取得最大值，最大值為 (1) = 0，所以當 > 0時， ( ) ≤ 0，
從而當 < 0時，ln 1 + 1― 2 +1 ≤ 0，即 ( ) ≤ ―
3
2 4
―2.
【變式 16-3】（23-24 高二上·江蘇泰州·期末）已知函數 ( ) = 3 ― 2，曲線 = ( )在點(1, (1))處的切
線 的斜率為 1，其中 ∈ .
(1)求 的值和 的方程；
(2)證明：當 ∈ (0, + ∞)時， ( ) ≥ ln .
【答案】(1) = 1； ― ― 1 = 0
(2)證明見解析
【分析】（1）先求導，再根據導數的幾何意義求切線方程；
（2） ( ) = 2 ― ― ln ( > 0)，求導，根據單調性求出最值即可.
【詳解】（1）由已知 ′( ) = 3 2 ―2
因為曲線 = ( )在點(1, (1))處的切線 的斜率為 1，
所以 ′(1) = 3 ― 2 = 1，解得 = 1，又 (1) = 1 ― = 0
所以切線方程為 = ― 1，即 ― ― 1 = 0；
（2）令 ( ) = 2 ― ― ln ( > 0)，則 ′( ) = 2 ― 1 ―
1 = (2 1)( 1) ，
令 ′( ) > 0，得 > 1，令 ′( ) < 0，得0 < < 1，
所以 ( )在(0,1)上單調遞減，在(1, + ∞)上單調遞增，
所以 ( ) ≥ (1) = 0，即 2 ― ― ln ≥ 0，
整理得 2 ― ≥ ln ，
所以 3 ― 2 ≥ ln ，即 ( ) ≥ ln .
【變式 16-4】（23-24 高三上·河北邢臺·期末）已知函數 ( ) = sin + 2．
(1)求曲線 = ( )在點 π , π 處的切線方程；
2 2
(2)證明： ( ) > ― 516．
【答案】(1)4π ― 4 ― π2 +4 = 0
(2)證明見解析
2
【分析】（1）首先得 π = π4 +1，求導得 ′
π = π，由此即可求解.
2 2
（2）首先得存在 ∈ ― 1 ,0 ，使得 2 =
1cos20 ， ( ) ≥ ( ) = ―
1sin2 + sin + 1，由此即可順利得
2 0 4 0 0 4 0 0 4
解.
2
【詳解】（1） ′( ) = cos + 2 ， ′ π = π， π = π4 +1．2 2
2
故曲線 = ( )在點 π , π 處的切線方程為 = π ― π4 +1，即4π ― 4 ― π
2 +4 = 0．
2 2
（2）由（1）得 ′( ) = cos + 2 ．
令函數 ( ) = ′( )，則 ′( ) = ― sin + 2 > 0，所以 ( ) = ′( )是增函數．
因為 ′(0) = 1， ′ ― 1 = cos
1
2 ―1 < 0，2
所以存在 ∈ ― 10 ,0 ，使得 ′( 0) = cos 0 +2 0 = 0，即 20 =
1
4cos
2
2 0
．
所以當 ∈ ( ―∞, 0)時， ′( ) < 0，當 ∈ ( 0, + ∞)時， ′( ) > 0，
所以 ( )在( ―∞, 0)上單調遞減，在( 0, + ∞)上單調遞增．
( ) ≥ ( 0) = sin + 20 0 = sin +
1
0 4cos
2 0 = ―
1
4sin
2 0 + sin 0 +
1
4．
因為 0 ∈ ― 1 ,0 ，所以sin > sin ― 1 > sin ― π = ―
1，
2 0 2 6 2
所以 ― 1
2
4sin
2 + sin + 1 > ― 1 × ― 1 ― 1 + 1 = ― 50 0 4 4 2 2 4 16．
故 ( ) > ― 516．
【點睛】關鍵點睛：第二問的關鍵是利用導數結合零點存在定理即可順利得證.

展開更多......

收起↑