資源簡介

(共83張PPT)
第三章
§3.1　導數的概念及其意
義、導數的運算
數學
大
一
輪
復
習
1.了解導數的概念、掌握基本初等函數的導數.
2.通過函數圖象，理解導數的幾何意義.
3.能夠用導數公式和導數的運算法則求簡單函數的導數，能求簡單的復合函數的導數.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.導數的概念
(1)函數y＝f(x)在x＝x0處的導數記作 或 .
f'(x0)＝ .
(2)函數y＝f(x)的導函數(簡稱導數)
f'(x)＝y'＝.
2.導數的幾何意義
函數y＝f(x)在x＝x0處的導數的幾何意義就是曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線的 ，相應的切線方程為 .
f '(x0)
y'
斜率
y－f(x0)＝f '(x0)(x－x0)
3.基本初等函數的導數公式
基本初等函數 導函數
f(x)＝c(c為常數) 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.導數的運算法則
若f'(x)，g'(x)存在，則有
[f(x)±g(x)]'＝ ；
[f(x)g(x)]'＝ ；
'＝ (g(x)≠0)；
[cf(x)]'＝ .
5.復合函數的定義及其導數
復合函數y＝f(g(x))的導數與函數y＝f(u)，u＝g(x)的導數間的關系為y'x＝______，即y對x的導數等于y對u的導數與u對x的導數的乘積.
f'(x)±g'(x)
f'(x)g(x)＋f(x)g'(x)
cf'(x)
y'u·u'x
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)f'(x0)是函數y＝f(x)在x＝x0附近的平均變化率.(　　)
(2)與曲線只有一個公共點的直線一定是曲線的切線.(　　)
(3)f'(x0)＝[f(x0)]'.(　　)
(4)(e－x)'＝－e－x.(　　)
×
×
×
√
2.若函數f(x)＝ln x－2x＋1，則f'等于
A.0 B. C. D.
√
f'(x)＝－2，
所以f'＝2－2＝0.
3.(2024·開封模擬)已知函數f(x)＝2x，則函數f(x)的圖象在點(0，f(0))處的切線方程為
A.x－y－1＝0 B.x－y＋1＝0
C.x·ln 2－y－1＝0 D.x·ln 2－y＋1＝0
√
函數f(x)＝2x，求導得f'(x)＝2xln 2，則f'(0)＝ln 2，而f(0)＝1，所以所求切線方程為y－1＝ln 2·(x－0)，即x·ln 2－y＋1＝0.
4.設曲線y＝e2ax在點(0，1)處的切線與直線2x－y＋1＝0垂直，則a的值
為　　　.
∵y＝e2ax，∴y'＝e2ax·(2ax)'＝2a·e2ax，
∴在點(0，1)處的切線斜率k＝y'|x＝0＝2ae0＝2a，
又∵切線與直線2x－y＋1＝0垂直，
∴2a×2＝－1，∴a＝－.
－
1.巧記兩個常用結論
(1)奇函數的導數是偶函數，偶函數的導數是奇函數.周期函數的導數還是周期函數.
(2)函數y＝f(x)的導數f'(x)反映了函數f(x)的瞬時變化趨勢，其正負號反映了變化的方向，其大小|f'(x)|反映了變化的快慢，|f'(x)|越大，曲線在這點處的切線越“陡峭”.
微點提醒
2.明確兩點不同
區分在點處的切線與過點處的切線：在點處的切線，該點一定是切點，切線有且僅有一條.過點處的切線，該點不一定是切點，切線至少有一條.
3.謹防兩個易誤點
(1)在復合函數求導中，每一步求導分不清哪個變量對哪個變量的求導而致誤.
(2)牢記導數公式和導數的四則運算法則，切忌記錯記混.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)(多選)下列求導運算正確的是
A.(ln 7)'＝
B.[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x
C.'＝
D.[ln(3x＋2)]'＝
√
導數的運算
題型一
√
(ln 7)'＝0，故A錯誤；
[(x2＋2)sin x]'＝2xsin x＋(x2＋2)cos x，故B正確；
'＝故C正確；
[ln(3x＋2)]'＝故D錯誤.
(2)已知函數f(x)的導函數為f'(x)，且f(x)＝2xf'＋sin x，則f 等于
A. B.
C. D.－
√
因為f(x)＝2xf'＋sin x，
所以f'(x)＝2f'＋cos x，
令x＝
則f'＝2f'＋cos f'＝－
則f(x)＝－x＋sin x，
所以f ＝－＋sin .
(1)求函數的導數要準確地把函數拆分成基本初等函數的和、差、積、商，再利用運算法則求導.
(2)抽象函數求導，恰當賦值是關鍵，然后活用方程思想求解.
(3)復合函數求導，應由外到內逐層求導，必要時要進行換元.
思維升華
跟蹤訓練1　(多選)下列命題正確的有
A.已知函數f(x)在R上可導，若f'(1)＝2，則＝2
B.'＝
C.已知函數f(x)＝ln(2x＋1)，若f'(x0)＝1，則x0＝
D.設函數f(x)的導函數為f'(x)，且f(x)＝x2＋3xf'(2)＋ln x，則f'(2)＝－
√
√
對于A＝2＝2f'(1)＝4，故A錯誤；
對于B'＝故B錯誤；
對于C，f'(x)＝(2x＋1)'＝若f'(x0)＝1，則＝1，即x0＝故C正確；
對于D，f'(x)＝2x＋3f'(2)＋故f'(2)＝4＋3f'(2)＋故f'(2)＝－故D正確.
例2　(2023·全國甲卷)曲線y＝處的切線方程為
A.y＝x B.y＝x
C.y＝x＋ D.y＝x＋
導數的幾何意義
題型二
命題點1　求切線方程
√
因為y＝
所以y'＝
所以k＝y'|x＝1＝
所以曲線y＝在點處的切線方程為y－(x－1)，即y＝x＋.
例3　若函數f(x)＝ln x＋2x2－ax的圖象上存在與直線2x－y＝0平行的切線，則實數a的取值范圍是　　　　　 .
命題點2　求參數的值(范圍)
[2，＋∞)
函數f(x)＝ln x＋2x2－ax存在與直線2x－y＝0平行的切線，
即f'(x)＝2在(0，＋∞)上有解，
而f'(x)＝＋4x－a，
即＋4x－a＝2在(0，＋∞)上有解，
得a＝＋4x－2在(0，＋∞)上有解，
∵＋4x≥2＝4，當且僅當x＝時等號成立，
∴a≥4－2＝2，
∴a的取值范圍是[2，＋∞).
例4　(2025·廣州模擬)設點P在曲線y＝ex上，點Q在直線y＝x上，則|PQ|的最小值為
A. B.
C. D.
命題點3　切線的應用
√
令y'＝ex＝得x＝－1，代入曲線y＝ex中，得P所以|PQ|的最小值即為點到直線y＝x的距離d＝.
(1)處理與切線有關的問題，關鍵是根據曲線、切線、切點的三個關系列出參數的方程：①切點處的導數是切線的斜率；②切點在切線上；③切點在曲線上.
(2)注意區分“在點P處的切線”與“過點P的切線”.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)牛頓迭代法是求方程近似解的一種方法.如圖，方程f(x)＝0的根就是函數f(x)的零點r，取初始值x0，f(x)的圖象在橫坐標為x0的點處的切線與x軸的交點的橫坐標為x1，f(x)的圖象在橫坐標為x1的點處的切線與x軸的交點的橫坐標為x2，一直繼續下去，得到x1，x2，…，xn，它們越來越接近r.若f(x)＝x2－2(x>0)，x0＝2，則用牛頓迭代法得到的r的近似值x2約為
A.1.438 B.1.417
C.1.416 D.1.375
√
由f(x)＝x2－2(x>0)，
求導得f'(x)＝2x，而x0＝2，
則f'(x0)＝4，又f(x0)＝2，
于是函數f(x)的圖象在橫坐標為x0＝2的點處的切線方程為y－2＝4(x－2)，
令y＝0，得x1＝
則f'(x1)＝3，f(x1)＝－2＝
因此函數f(x)的圖象在橫坐標為x1＝的點處的切線方程為y－＝3
令y＝0，得x2＝≈1.417，
所以x2約為1.417.
(2)若點A(a，a)，B(b，eb)(a，b∈R)，則A，B兩點間距離|AB|的最小值
為　　　.
點A(a，a)在直線y＝x上，點B(b，eb)在曲線y＝ex上，
即求|AB|的最小值等價于求直線y＝x上的點到曲線y＝ex上的點的距離的最小值，
過y＝ex上的點(m，em)作y＝ex的切線，可得y－em＝em(x－m)，
令em＝1，可得m＝0，故該切線為y＝x＋1，
則直線y＝x＋1與y＝x的距離即為|AB|的最小值，此時|AB|＝即|AB|min＝.
例5　(2025·廣州模擬)若直線l既和曲線C1相切，又和曲線C2相切，則稱l為曲線C1和C2的公切線.已知曲線C1：f(x)＝ex－1和曲線C2：g(x)＝1＋ln x，請寫出曲線C1和C2的一條公切線方程：　　　　　　　　　　 .
兩曲線的公切線
題型三
y＝x(答案不唯一，或填y＝ex－1)
設公切線與C1：f(x)＝ex－1相切的切點為(x1－1)，與C2：g(x)＝1＋ln x相切的切點為(x2，1＋ln x2).
由f'(x)＝ex，則f'(x1)＝則公切線方程為y＝(x－x1)＋－1，
即y＝x＋(1－x1)－1；
由g'(x)＝則g'(x2)＝則公切線方程為y＝(x－x2)＋ln x2＋1，
即y＝·x＋ln x2，
所以解得或
故曲線C1和C2的公切線方程為y＝x或y＝ex－1.
公切線問題應根據兩曲線在切點處切線的斜率相等，且切點既在切線上又在曲線上，列出有關切點橫坐標的方程組，通過解方程組求解.或者分別求出兩曲線的切線，利用兩切線重合列方程組求解.
思維升華
跟蹤訓練3　(2024·福州模擬)已知直線y＝kx＋b既是曲線y＝ln x的切線，也是曲線y＝－ln(－x)的切線，則
A.k＝b＝0 B.k＝1，b＝0
C.k＝b＝－1 D.k＝1，b＝－1
√
設直線與曲線y＝ln x的切點為(x1，ln x1)且x1>0，
與曲線y＝－ln(－x)的切點為(x2，－ln(－x2))且x2<0，
又y'＝(ln x)'＝y'＝[－ln(－x)]'＝－
則直線y＝kx＋b與曲線y＝ln x的切線方程為y－ln x1＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1－1，
直線y＝kx＋b與曲線y＝－ln(－x)的切線方程為y＋ln(－x2)＝－(x－x2)，即y＝－x＋1－ln(－x2)，
則解得
故k＝b＝ln x1－1＝0.l
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B B A B AC BCD
題號 9 10 13 　14 15 16 答案 2 ln 2 B 　C ACD 2 15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)因為函數f(x)=x3-ax2+b的圖象過點(2，4)，
所以b=4a-4. ①
又f'(x)=3x2-2ax，f'(1)=1，
所以f'(1)=3×12-2a=3-2a=1， ②
由①②解得a=1，b=0.
11.
14
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)由(1)知f(x)=x3-x2，
設所求切線在曲線y=f(x)上的切點坐標為(m，m3-m2)，
則f'(m)=3m2-2m，
所以切線方程為
y-m3+m2=(3m2-2m)(x-m)，
又切線過點(0，-1)，
所以2m3-m2-1=0，
11.
14
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
可得2m3-2-m2+1=0，
即2(m3-1)-(m2-1)=0，
即(m-1)(2m2+m+1)=0，
解得m=1，
所以切點坐標為(1，0)，切線方程為x-y-1=0.
故曲線y=f(x)過點(0，-1)的切線方程為x-y-1=0.
11.
14
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(1)由導數公式得f'(x)=-3x2+1，
設切點坐標為(x0，y0)，切線方程為y-1=k(x-1)，
由題意可得解得或
從而切線方程為2x+y-3=0或x-4y+3=0.
12.
14
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
(2)由(1)可得曲線y=f(x)在點(1，1)處的切線方程為y=-2x+3，
由g'(x)=-2e-2x+1，可得曲線y=g(x)在x=t(t∈R)處的切線斜率為g'(t)=-2e-2t+1，
由題意可得-2e-2t+1=-2，從而t=
此時切點坐標為曲線y=g(x)在x=處的切線方程為
y-1=-2
即y=-2x+2，符合題意，所以t=.
12.
14
15
16
一、單項選擇題
1.若f(x)＝ln(－x)，則f'(－2 026)等于
A.－ B.－2 026 C. D.2 026
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
知識過關
答案
f'(x)＝則f'(－2 026)＝－.
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
2.一個做直線運動的質點的位移s(m)與時間t(s)的關系式為s＝100t－5t2，則該質點的瞬時速度為0 m/s時，t等于
A.50 s B.20 s C.10 s D.5 s
√
由題意知s＝100t－5t2，則s'＝100－10t，令s'＝0，則t＝10，即當該質點的瞬時速度為0 m/s時，時間t＝10 s.
14
15
16
3.設函數f(x)＝xex的圖象與x軸相交于點P，則該曲線在點P處的切線方程為
A.y＝ex B.y＝x
C.y＝ex＋1 D.y＝x＋1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
函數f(x)＝xex，
由f(x)＝0，得x＝0，則點P(0，0)，
由f(x)＝xex，求導得f'(x)＝(x＋1)ex，
則f'(0)＝1，
所以該曲線在點P處的切線方程為y＝x.
答案
14
15
16
4.已知函數f(x)的圖象如圖所示，f'(x)是f(x)的導函數，則下列數值排序正確的是
A.0B.0C.0D.0√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
由函數f(x)的圖象可知f'(3)>0，f'(2)>0，
設A(2，f(2))，B(3，f(3))，則直線AB的斜率為＝f(3)－f(2)，
由于曲線是上升的，故f(3)>f(2)，∴f(3)－f(2)>0，
作出曲線在x＝2，x＝3處的切線，設為l1，l3，
直線AB為l2，l1，l2，l3的斜率分別為k1，k2，k3，
結合圖象可得l1，l2，l3的斜率滿足k3即01
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
5.(2025·漢口模擬)已知函數f(x)為偶函數，其圖象在點(1，f(1))處的切線方程為x－2y＋1＝0，記f(x)的導函數為f'(x)，則f'(－1)等于
A.－ B. C.－2 D.2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
因為f(x)為偶函數，
所以f(x)＝f(－x)，
兩邊求導，可得[f(x)]'＝[f(－x)]' f'(x)＝f'(－x)·(－x)' f'(x)＝－f'(－x).
又f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x－2y＋1＝0，所以f'(1)＝.
所以f'(－1)＝－f'(1)＝－.
答案
14
15
16
6.直線l與曲線y＝ex＋1和y＝ex＋1均相切，則l的斜率為
A. B.1 C.2 D.e
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由y＝ex＋1，可得y'＝ex；
由y＝ex＋1，可得y'＝ex＋1，
設兩個切點的坐標分別為(x1＋1)和(x2)，直線l的斜率k＝
故x1＝x2＋1，即x1≠x2，
所以k＝＝1，
即直線l的斜率為1.
答案
14
15
16
二、多項選擇題
7.下列求導運算正確的是
A.若y＝(x＋1)ln x，則y'＝ln x＋＋1
B.'＝－sin
C.'＝－2xln 2
D.(ln 2x)'＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
√
答案
√
14
15
16
對于A，若y＝(x＋1)ln x，則y'＝ln x＋＝ln x＋＋1，故A正確；
對于B'＝0，故B錯誤；
對于C'＝'－2xln 2＝－2xln 2，故C正確；
對于D，(ln 2x)'＝故D錯誤.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
8.已知定義在R上的函數f(x)，g(x)，其導函數分別為f'(x)，g'(x)，f(1－x)＝6－g'(1－x)，f(1－x)－g'(1＋x)＝6，且g(x)＋g(－x)＝4，則
A.g'(x)的圖象關于點(0，1)中心對稱
B.g'(x＋4)＝g'(x)
C.f'(6)＝f'(2)
D.f(1)＋f(3)＝12
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
√
√
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由題意可得
兩式相減可得g'(1＋x)＝－g'(1－x)， ①
所以g'(x)的圖象關于點(1，0)中心對稱，A錯誤；
由g(x)＋g(－x)＝4， ②
②式兩邊對x求導可得g'(x)＝g'(－x)，可知g'(x)是偶函數，
以1＋x替換①中的x可得g'(2＋x)＝－g'(－x)＝－g'(x)，
可得g'(4＋x)＝－g'(2＋x)＝g'(x)，所以g'(x)是周期為4的周期函數，B正確；
答案
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
因為f(x)＝6－g'(x)，可知f(x)也是周期為4的周期函數，即f(x＋4)＝f(x)，
兩邊求導可得f'(x＋4)＝f'(x)，所以f'(6)＝f'(2)，C正確；
因為g'(1＋x)＝－g'(1－x)，令x＝0，則g'(1)＝－g'(1)，即g'(1)＝0，
又因為g'(x)是偶函數，所以g'(－1)＝g'(1)＝0，
又因為g'(x)是周期為4的周期函數，則g'(3)＝g'(－1)＝0，
由f(x)＝6－g'(x)可得
所以f(1)＋f(3)＝12，D正確.
答案
14
15
16
三、填空題
9.拉格朗日中值定理是微分學中的基本定理之一，定理內容是：如果函數f(x)在閉區間[a，b]上的圖象連續不間斷，在開區間(a，b)內的導數為f'(x)，那么在區間(a，b)內至少存在一點c，使得f(b)－f(a)＝f'(c)(b－a)成立，其中c叫做f(x)在[a，b]上的“拉格朗日中值點”.根據這個定理，可得函數f(x)＝x3－2x在[－2，2]上的“拉格朗日中值點”的個數為　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
2
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
∵＝2，f'(x)＝3x2－2，
令3x2－2＝2，解得x＝－∈[－2，2]或x＝∈[－2，2]，
∴f(x)在[－2，2]上的“拉格朗日中值點”的個數為2.
14
15
16
10.(2024·新課標全國Ⅰ)若曲線y＝ex＋x在點(0，1)處的切線也是曲線y＝ln(x＋1)＋a的切線，則a＝　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
ln 2
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
由y＝ex＋x得y'＝ex＋1，
當x＝0時，y'＝e0＋1＝2，
故曲線y＝ex＋x在點(0，1)處的切線方程為
y＝2x＋1.
由y＝ln(x＋1)＋a得y'＝
設切線與曲線y＝ln(x＋1)＋a相切的切點為(x0，y0)，
由兩曲線有公切線得y'＝＝2，
答案
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
解得x0＝－代入切線方程y＝2x＋1得y0＝2×＋1＝0，
則y＝ln(x0＋1)＋a＝0，
即ln＋a＝0，解得a＝ln 2.
答案
14
15
16
四、解答題
11.已知函數f(x)＝x3－ax2＋b(a，b∈R)的圖象過點(2，4)，且f'(1)＝1.
(1)求a，b的值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
因為函數f(x)＝x3－ax2＋b的圖象過點(2，4)，所以b＝4a－4. ①
又f'(x)＝3x2－2ax，f'(1)＝1，
所以f'(1)＝3×12－2a＝3－2a＝1， ②
由①②解得a＝1，b＝0.
14
15
16
(2)求曲線y＝f(x)過點(0，－1)的切線方程.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
由(1)知f(x)＝x3－x2，
設所求切線在曲線y＝f(x)上的切點坐標為(m，m3－m2)，則f'(m)＝3m2－2m，
所以切線方程為y－m3＋m2＝(3m2－2m)(x－m)，
又切線過點(0，－1)，所以2m3－m2－1＝0，
可得2m3－2－m2＋1＝0，
即2(m3－1)－(m2－1)＝0，
即(m－1)(2m2＋m＋1)＝0，解得m＝1，
所以切點坐標為(1，0)，切線方程為x－y－1＝0.
故曲線y＝f(x)過點(0，－1)的切線方程為x－y－1＝0.
14
15
16
12.已知函數f(x)＝－x3＋x＋1，g(x)＝e－2x＋1.
(1)求曲線y＝f(x)過點(1，1)的切線方程；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
由導數公式得f'(x)＝－3x2＋1，
設切點坐標為(x0，y0)，切線方程為y－1＝k(x－1)，
由題意可得解得或
從而切線方程為2x＋y－3＝0或x－4y＋3＝0.
14
15
16
(2)若曲線y＝f(x)在點(1，1)處的切線與曲線y＝g(x)在x＝t(t∈R)處的切線平行，求t的值.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
由(1)可得曲線y＝f(x)在點(1，1)處的切線方程為y＝－2x＋3，
由g'(x)＝－2e－2x＋1，可得曲線y＝g(x)在x＝t(t∈R)處的切線斜率為g'(t)＝－2e－2t＋1，
由題意可得－2e－2t＋1＝－2，從而t＝
此時切點坐標為
曲線y＝g(x)在x＝處的切線方程為y－1＝－2
即y＝－2x＋2，符合題意，所以t＝.
14
15
16
13.已知函數f(x)＝其導函數記為f'(x)，則f'(2 026)－
f'(－2 026)等于
A.－1 B.0 C.1 D.2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
√
能力拓展
14
15
16
函數f(x)＝＝1＋的定義域為R，
令g(x)＝
則g(x)的定義域為R，f'(x)＝g'(x)，
又g(－x)＝＝－＝－g(x)，故g(x)是奇函數，
所以g(x)＋g(－x)＝0，
故g'(x)－g'(－x)＝0，
所以f'(2 026)－f'(－2 026)＝g'(2 026)－g'(－2 026)＝0.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
14.(2025·西安模擬)已知二次函數y=-x2+(b-a)x+ab的圖象與x軸交于A，B兩點，圖象在A，B兩點處的切線相交于點P.若a>0，b>0且ab=1，則△ABP的面積的最小值為
A.1 B. C.2 D.4
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
設A(x1，0)，B(x2，0)，
則x1與x2是方程-x2+(b-a)x+ab=0的兩根，則x1+x2=b-a，x1x2=-ab，
|AB|=|x1-x2|==a+b，
又y'=-2x+b-a，
則函數y=-x2+(b-a)x+ab在點A(x1，0)處的切線方程為y=(-2x1+b-a)(x-x1)，
同理函數y=-x2+(b-a)x+ab在點B(x2，0)處的切線方程為y=(-2x2+b-a)(x-x2)，
則解得
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
即點P，
則S△ABP=|AB|·|yP|=(a+b)3≥(2)3=2，當且僅當a=b=1時等號成立.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
15.(多選)(2024·南昌模擬)已知直線l1是曲線f(x)=ln x上任一點A(x1，y1)處的切線，直線l2是曲線g(x)=ex上點B(y1，x1)處的切線，則下列結論中正確的是
A.當x1+y1=1時，l1∥l2
B.存在x1，使得l1⊥l2
C.若l1與l2交于點C，且△ABC為等邊三角形，則x1=2+
D.若l1與曲線g(x)相切，切點為C(x2，y2)，則x1y2=1
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
由題意得y1=ln x1，由x1+y1=1，
得x1+ln x1=1，
如圖，可知y=x+ln x的圖象與直線y=1的交點是(1，1)，可得x1=1，
y1=ln x1=ln 1=0，
由f(x)=ln x，得f'(x)=，
所以直線l1的斜率為f'(x1)=f'(1)=1，
由g(x)=ex，得g'(x)=ex，
所以直線l2的斜率為g'(y1)=g'(0)=e0=1=f'(x1)，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
即直線l1的斜率等于直線l2的斜率，所以l1∥l2，故A對；
因為·=f'(x1)·g'(y1)=·=·=·x1=1≠-1，
所以不存在x1，使得l1⊥l2，故B錯；
如圖，設l1，l2的傾斜角分別為α，β，
因為△ABC為等邊三角形，所以β=α+，
又tan α=f'(x1)=，tan β=g'(y1)===x1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
所以tan β=tan===x1，
整理得-2x1-1=0，所以x1=±2，
因為點A(x1，y1)在曲線f(x)=ln x上，
所以x1>0，所以x1=2+，故C對；
若l1與曲線g(x)相切，切點為C(x2，y2)，
則=f'(x1)==g'(x2)=，即=，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
又C(x2，y2)在g(x)=ex上，
所以y2=，所以=y2，即x1y2=1，故D對.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
14
15
16
16.我們把分子、分母同時趨近于0的分式結構稱為型，比如：當x→0時
型，兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在.早在1696年，洛必達在他的著作《無窮小分析》一書中創造了一種算法(洛必達法則)，用以尋找滿足一定條件的兩函數之商的極限，法則的大意為：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法.
如：＝1，則＝　　　.
2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
返回
14
15
16
由題可得＝2.(共91張PPT)
第三章
§3.2　導數與函數的單調性
數學
大
一
輪
復
習
1.結合實例，借助幾何直觀了解函數的單調性與導數的關系.
2.能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次).
3.會利用函數的單調性判斷大小，求參數的取值范圍等簡單應用.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.函數的單調性與導數的關系
條件 恒有 結論
函數y＝f(x)在區間(a，b)上可導 f'(x)>0 f(x)在區間(a，b)上_________
f'(x)<0 f(x)在區間(a，b)上_________
f'(x)＝0 f(x)在區間(a，b)上是_________
單調遞增
單調遞減
常數函數
2.利用導數判斷函數單調性的步驟
第1步，確定函數f(x)的 ；
第2步，求出導數f'(x)的 ；
第3步，用f'(x)的零點將f(x)的定義域劃分為若干個區間，列表給出f'(x)在各區間上的正負，由此得出函數y＝f(x)在定義域內的單調性.
定義域
零點
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)如果函數f(x)在某個區間內恒有f'(x)＝0，則f(x)在此區間內沒有單調性.
(　　)
(2)函數f(x)在某區間內單調遞增，則一定有f'(x)>0. (　　)
(3)在(a，b)內f'(x)≤0且f'(x)＝0的根有有限個，則f(x)在(a，b)內單調遞減.
(　　)
(4)函數f(x)＝x－sin x在R上是增函數.(　　)
×
√
√
√
2.函數y＝f(x)的導函數f'(x)的圖象如圖所示，則下列判斷中正確的是
A.f(x)在(－3，1)上單調遞增
B.f(x)在(1，3)上單調遞減
C.f(x)在(2，4)上單調遞減
D.f(x)在(3，＋∞)上單調遞增
√
當x∈(－3，0)時，f'(x)<0，故f(x)在(－3，0)上單調遞減；當x∈(0，2)時，f'(x)>0，故f(x)在(0，2)上單調遞增；當x∈(2，4)時，f'(x)<0，故f(x)在(2，4)上單調遞減；當x∈(4，＋∞)時，f'(x)>0，故f(x)在(4，＋∞)上單調遞增，顯然C正確，其他選項錯誤.
3.函數f(x)＝xln x的單調遞減區間為
A. B.
C.(1，＋∞) D.(0，1)
√
函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，由已知f'(x)＝ln x＋1，由f'(x)＝ln x＋1<0得04.(2025·南通模擬)已知函數f(x)＝x2－ax＋ln x(a∈R)的單調遞減區間為則a＝　　　.
由題意可得，f'(x)＝2x－a＋<0的解集為則a＝3.
3
謹防四個易誤點
(1)討論函數的單調性或求函數的單調區間時，要堅持“定義域優先”原則.
(2)不能隨意將函數的2個獨立的單調遞增(或遞減)區間寫成并集形式.
(3)函數f(x)在區間(a，b)內單調遞增(或遞減)，可得f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在該區間恒成立，而不是f'(x)>0(或f'(x)<0)恒成立，“＝”不能少.必要時還需對“＝”進行檢驗.
(4)若函數f(x)在(a，b)內存在單調遞增區間，則當x∈(a，b)時，f'(x)>0有解；若函數f(x)在(a，b)內存在單調遞減區間，則當x∈(a，b)時，f'(x)<0有解.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
例1　(1)若函數f(x)＝x2－3x－4ln x，則函數f(x)的單調遞減區間為
A.(－∞，－1)，(4，＋∞)
B.(－1，4)
C.(0，4)
D.(4，＋∞)
√
不含參函數的單調性
題型一
因為f(x)＝x2－3x－4ln x，定義域為(0，＋∞)，
所以f'(x)＝x－3－
令f'(x)<0，解得0則函數f(x)的單調遞減區間為(0，4).
(2)若函數f(x)＝則函數f(x)的單調遞增區間為　　　　.
(0，1)
f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f'(x)＝
令φ(x)＝－ln x－1(x>0)，φ'(x)＝－<0，
φ(x)在(0，＋∞)上單調遞減，且φ(1)＝0，
∴當x∈(0，1)時，φ(x)>0，即f'(x)>0，
當x∈(1，＋∞)時，φ(x)<0，即f'(x)<0，
∴f(x)在(0，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減.
∴函數f(x)的單調遞增區間為(0，1).
確定不含參數的函數的單調性，按照判斷函數單調性的步驟即可，但應注意兩點，一是不能漏掉求函數的定義域，二是函數的單調區間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開.
思維升華
跟蹤訓練1　(多選)函數y＝x4－2x2＋5的單調遞減區間可以為
A.(－∞，－1) B.(－1，0)
C.(0，1) D.(1，＋∞)
√
由題意得y'＝4x3－4x＝4x(x2－1)＝4x(x＋1)(x－1)，
令y'<0，解得x<－1或0結合選項可知函數y＝x4－2x2＋5的單調遞減區間可以為(－∞,－1),(0,1).
√
例2　已知函數f(x)＝e2x＋(a－2)ex－ax.
討論f(x)的單調區間.
含參數的函數的單調性
題型二
由題意可知f(x)的定義域為R，且f'(x)＝2e2x＋(a－2)ex－a＝(2ex＋a)(ex－1)，
①若a≥0，則2ex＋a>0，
令f'(x)>0，解得x>0；
令f'(x)<0，解得x<0，
可知f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增；
②若a<0，令f'(x)＝0，
解得x＝ln或x＝0，
(ⅰ)當ln<0，即－2令f'(x)>0，解得x>0或x令f'(x)<0，解得ln可知f(x)在上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增；
(ⅱ)當ln＝0，即a＝－2時，
則f'(x)＝2(ex－1)2≥0，可知f(x)在R上單調遞增；
(ⅲ)當ln>0，即a<－2時，
令f'(x)>0，解得x<0或x>ln；
令f'(x)<0，解得0可知f(x)在上單調遞減，在(－∞，0)上單調遞增.
綜上所述，若a≥0，f(x)的單調遞減區間為(－∞，0)，單調遞增區間為(0，＋∞)；
若－2若a＝－2，f(x)的單調遞增區間為R，無單調遞減區間；
若a<－2，f(x)的單調遞減區間為
單調遞增區間為(－∞，0).
(1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論.
(2)劃分函數的單調區間時，要在函數定義域內討論，還要確定導數為零的點和函數的間斷點.
思維升華
跟蹤訓練2　(2024·揚州質檢)已知函數f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2ln x，其中a>0.討論f(x)的單調性.
函數f(x)＝ax2－(a＋4)x＋2ln x的定義域為(0，＋∞)，
f'(x)＝2ax－(a＋4)＋＝
因為a>0，由f'(x)＝0，可得x1＝x2＝
①若>則0當即函數f(x)在上單調遞減，
當0時，f'(x)>0，
即函數f(x)在和上單調遞增；
②若a＝4，對任意的x>0，f'(x)＝≥0，即函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
③若<則a>4，
當即函數f(x)在上單調遞減，
當0時，f'(x)>0，
即函數f(x)在和上單調遞增.
綜上所述，當0當a＝4時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當a>4時，函數f(x)在和上單調遞增，在上單調遞減.
例3　(1)已知函數f(x)＝ln x－設a＝f(log32)，b＝f(log0.20.5)，c＝f(ln 4)，則a，b，c的大小關系為
A.c>a>b B.a>c>b
C.b>c>a D.c>b>a
√
命題點1　比較大小或解不等式
函數單調性的應用
題型三
因為f(x)＝ln x－則x∈(0，＋∞)，
所以f'(x)＝＝
又當x∈(0，＋∞)時，ex>1≥－所以f'(x)>0恒成立，
所以f(x)＝ln x－在(0，＋∞)上單調遞增.
又0ln 4>1，
所以ln 4>log32>log0.20.5，則c>a>b.
(2)(2025·成都模擬)已知函數f(x)＝3x－sin x，若f(a)＋f(a2－2)>0，則實數a的取值范圍為　　　　　 .
(－∞，－2)∪(1，＋∞)
函數f(x)＝3x－sin x的定義域為R，且f(－x)＝－3x＋sin x＝－f(x)，
所以f(x)＝3x－sin x為奇函數，
又f'(x)＝3－cos x>0，
所以f(x)＝3x－sin x在R上單調遞增，
不等式f(a)＋f(a2－2)>0，
即f(a2－2)>－f(a)＝f(－a)，
等價于a2－2>－a，解得a>1或a<－2，
所以實數a的取值范圍為(－∞，－2)∪(1，＋∞).
在導數的應用中常用到以下函數，記住以下的函數圖象對解題有事半功倍的效果.
常見組合函數的圖象
微拓展
典例　(多選)如果函數f(x)對定義域內的任意兩實數x1，x2(x1≠x2)都有>0，則稱函數y＝f(x)為“F函數”.下列函數不是“F函數”的是
A.f(x)＝ex B.f(x)＝x2
C.f(x)＝ln x D.f(x)＝sin x
√
√
√
依題意，函數g(x)＝xf(x)為定義域上的增函數.
對于A，g(x)＝xex，g'(x)＝(x＋1)ex，
當x∈(－∞，－1)時，g'(x)<0，
∴g(x)在(－∞，－1)上單調遞減，故A中函數不是“F函數”；
對于B，g(x)＝x3在R上為增函數，故B中函數為“F函數”；
對于C，g(x)＝xln x，x>0，g'(x)＝1＋ln x，
當x∈時，g'(x)<0，
∴g(x)在上單調遞減，
故C中函數不是“F函數”；
對于D，g(x)＝xsin x，g'(x)＝sin x＋xcos x，
當x∈時，g'(x)<0，
∴g(x)在上單調遞減，
故D中函數不是“F函數”.
命題點2　根據函數單調性求參數
例4　已知函數f(x)＝ln x－ax2－2x(a≠0).
(1)若f(x)在[1，4]上單調遞減，求實數a的取值范圍；
因為f(x)在[1，4]上單調遞減，
所以當x∈[1，4]時，f'(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥恒成立.
設G(x)＝x∈[1，4]，
所以a≥G(x)max，
而G(x)＝－1，
因為x∈[1，4]，所以∈
所以G(x)max＝－(此時x＝4)，
所以a≥－
又因為a≠0，
所以實數a的取值范圍是∪(0，＋∞).
(2)若f(x)在[1，4]上存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍.
因為f(x)在[1，4]上存在單調遞減區間，
則f'(x)<0在[1，4]上有解，
所以當x∈[1，4]時，a>有解，
又當x∈[1，4]時＝－1(此時x＝1)，
所以a>－1，又因為a≠0，
所以實數a的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞).
由函數的單調性求參數的取值范圍的方法
(1)函數在區間(a，b)上單調，實際上就是在該區間上f'(x)≥0(或f'(x) ≤0)恒成立.
(2)函數在區間(a，b)上存在單調區間，實際上就是f'(x)>0 (或f'(x)<0)在該區間上存在解集.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2023·新高考全國Ⅱ)已知函數f(x)＝aex－ln x在區間(1，2)上單調遞增，則a的最小值為
A.e2 B.e C.e－1 D.e－2
√
依題可知，f'(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，顯然a>0，
所以xex≥在(1，2)上恒成立，
設g(x)＝xex，x∈(1，2)，
所以g'(x)＝(x＋1)ex>0，
所以g(x)在(1，2)上單調遞增，
g(x)>g(1)＝e，故e≥
即a≥＝e－1，即a的最小值為e－1.
(2)(2024·石家莊模擬)已知a＝b＝c＝則a，b，c的大小關
系為
A.a>b>c B.a>c>b
C.b>a>c D.b>c>a
√
構造函數f(x)＝x∈(0，＋∞)，
則f'(x)＝
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>e，
因此f(x)＝在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，
而a＝＝f(4)，b＝＝f(e)，c＝＝f(3)，
因為4>3>e，所以f(e)>f(3)>f(4)，即b>c>a.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C C A D B B CD AC
題號 9 10 13 　14 15 16
答案 (1，+∞) m<-2或m>2 　A 　C C B
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)因為f(x)=+ax-(ax+1)ln x，
所以f'(x)=x+a-aln x-=x--aln x，
依題意可得即
解得
11.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)由(1)可得f(x)=+2x-(2x+1)ln x，則f'(x)=x--2ln x，
令g(x)=f'(x)=x--2ln x，x∈(1，+∞)，則g'(x)=1+-=>0，
所以g(x)在(1，+∞)上單調遞增，
又g(1)=0，
所以當x∈(1，+∞)時，g(x)>0，
即f'(x)>0，
所以f(x)在(1，+∞)上單調遞增.
11.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)函數f(x)=ln(x+1)+的定義域為(-1，+∞)，求導得f'(x)=+
當k=-3時，f'(x)=-==
當-11+時，
f'(x)>0，當1-所以函數f(x)的單調遞增區間是(-1，1-)，(1++∞)，單調遞減區間是(1-1+).
12.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)由(1)知，f'(x)=+
由f(x)在其定義域上單調遞增，得f'(x)≥0在(-1，+∞)上恒成立，
則+≥0，即2k≥-
當x>-1時，-=-≤-4，當且僅當x=0時取等號，
因此2k≥-4，解得k≥-2，
12.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
當k=-2時，f'(x)=≥0，
f(x)在(-1，+∞)上單調遞增，
所以k的取值范圍是[-2，+∞).
12.
15
16
一、單項選擇題
1.設f'(x)＝x2－2x是函數f(x)的導函數，則y＝f(x)的圖象可能是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
知識過關
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令f'(x)>0，得x<0或x>2，
令f'(x)<0，得0所以f(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上單調遞增，在(0，2)上單調遞減，
由圖知，只有C選項的圖象符合.
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.函數f(x)＝x－2ln(2x)的單調遞減區間為
A.(1，＋∞) B.(0，1)
C.(0，2) D.(2，＋∞)
√
f(x)＝x－2ln(2x)的定義域為(0，＋∞)，
f'(x)＝1－2··2＝1－
由f'(x)<0，可得x∈(0，2)，
故f(x)＝x－2ln(2x)的單調遞減區間為(0，2).
15
16
3.已知函數f(x)＝ln x－ax在區間[1，3]上單調遞減，則實數a的取值范圍為
A.a≥1 B.a>1
C.a≥ D.a>
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因為f(x)＝ln x－ax，
所以f'(x)＝－a，
因為f(x)在區間[1，3]上單調遞減，
所以f'(x)≤0，即－a≤0，則a≥在[1，3]上恒成立，
因為y＝在[1，3]上單調遞減，所以ymax＝1，故a≥1.
答案
15
16
4.若f(x)＝－x3＋x2＋2ax在(1，＋∞)上存在單調遞增區間，則a的取值范圍是
A.(－∞，0] B.(－∞，0)
C.[0，＋∞) D.(0，＋∞)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
f(x)＝－x3＋x2＋2ax在(1，＋∞)上存在單調遞增區間，
只需f'(x)>0在(1，＋∞)上有解即可.
由已知得f'(x)＝－x2＋x＋2a，該函數圖象開口向下，對稱軸為x＝
故f'(x)在(1，＋∞)上單調遞減，
所以f'(1)＝2a>0，解得a>0.
答案
15
16
5.已知函數f(x)＝x3＋x2＋x＋1在(－∞，0)，(3，＋∞)上單調遞增，在(1，2)上單調遞減，則實數a的取值范圍為
A. B.
C.(－∞，－2] D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由f(x)＝x3＋x2＋x＋1，得f'(x)＝x2＋ax＋1，
∵f(x)在(－∞，0)，(3，＋∞)上單調遞增；在(1，2)上單調遞減，
∴f'(x)＝0的兩根分別位于[0，1]和[2，3]內，
則
解得－≤a≤－.
答案
15
16
6.已知a＝b＝c＝ln 則a，b，c的大小關系為
A.a>b>c B.b>a>c
C.c>a>b D.b>c>a
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
設函數f(x)＝ex－x－1，x∈R，
則f'(x)＝ex－1，
當x<0時，f'(x)<0，
f(x)在(－∞，0)上單調遞減；
當x>0時，f'(x)>0，
f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
故f(x)≥f(0)＝0，
即ex≥1＋x，當且僅當x＝0時取等號，
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
∵ex≥1＋x，∴>1－
∴b>a，
由以上分析可知當x>0時，有ex－1≥x成立，當x＝1時取等號，
即ln x≤x－1，當且僅當x＝1時取等號，
∴ln <－1＝
∴a>c，故b>a>c.
答案
15
16
二、多項選擇題
7.如圖為y＝f(x)的導函數f'(x)的圖象，給出下列四個說法，其中正確的是
A.f(x)有三個單調區間
B.f(－2)C.f(－1)D.f(x)在[－1，2]上單調遞增，在(2，4]上單調遞減
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
√
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
對于A，由圖象可以看出，f'(x)的符號是先負后正，再負再正，所以函數f(x)有四個單調區間，故A錯誤；
對于B，當x∈[－2，－1]時，f'(x)≤0，函數f(x)單調
遞減，所以f(－2)>f(－1)，故B錯誤；
對于C，當x∈[－1，2]時，f'(x)≥0，函數f(x)單調遞增，所以f(－1)對于D，當x∈(2，4]時，f'(x)≤0，函數f(x)單調遞減，顯然D正確.
15
16
8.若函數f(x)＝x2－9ln x在區間[m－1，m＋1]上單調，則實數m的值可
能是
A.4 B.3 C.2 D.1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由題意得函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f'(x)＝x－
由f'(x)≥0，可得x≥3，則函數f(x)的單調遞增區間為[3，＋∞)，
由f'(x)≤0，可得0因為f(x)在區間[m－1，m＋1]上單調，
所以或m－1≥3，解得1結合選項可得A，C符合題意.
答案
15
16
三、填空題
9.函數y＝的單調遞減區間為　　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(1，＋∞)
函數y＝的定義域為(0，＋∞)，
y'＝
令y'<0得x>1，
所以y＝的單調遞減區間為(1，＋∞).
15
16
10.(2025·濟南模擬)已知函數f(x)＝2x－msin x在R上不是單調函數，則實數m的取值范圍是　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
m<－2或m>2
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因為f(x)＝2x－msin x，
所以f'(x)＝2－mcos x，
又f(x)不是單調函數，所以函數f(x)有極值點，
即f'(x)在R上有變號零點，
則2－mcos x＝0成立，
當cos x＝0時，2－mcos x＝0可化為2＝0，顯然不成立；
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
當cos x≠0時，m＝
因為x∈R，－1≤cos x≤1，
所以≤－2或≥2，
所以實數m的取值范圍為m<－2或m>2(因為要有變號零點，故不能取等號)，
經檢驗，m<－2或m>2滿足要求.
答案
15
16
四、解答題
11.已知函數f(x)＝＋ax－(ax＋1)ln x在x＝1處的切線方程為y＝bx＋
(a，b∈R).
(1)求a，b的值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為f(x)＝＋ax－(ax＋1)ln x，
所以f'(x)＝x＋a－aln x－＝x－－aln x，
依題意可得即
解得
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(2)證明：f(x)在(1，＋∞)上單調遞增.
由(1)可得f(x)＝＋2x－(2x＋1)ln x，
則f'(x)＝x－－2ln x，
令g(x)＝f'(x)＝x－－2ln x，x∈(1，＋∞)，
則g'(x)＝1＋>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，又g(1)＝0，
所以當x∈(1，＋∞)時，g(x)>0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(1，＋∞)上單調遞增.
15
16
12.(2024·西安模擬)已知函數f(x)＝ln(x＋1)＋(k∈R).
(1)若k＝－3，求f(x)的單調區間；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
函數f(x)＝ln(x＋1)＋的定義域為(－1，＋∞)，
求導得f'(x)＝
當k＝－3時，f'(x)＝
當－11＋時，f'(x)>0，
當1－所以函數f(x)的單調遞增區間是(－1，1－)，(1＋＋∞)，單調遞減區間是(1－1＋).
15
16
(2)若f(x)在其定義域上單調遞增，求k的取值范圍.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由(1)知，f'(x)＝
由f(x)在其定義域上單調遞增，得f'(x)≥0在(－1，＋∞)上恒成立，
則≥0，即2k≥－
當x>－1時，－＝－≤－4，當且僅當x＝0時取等號，
因此2k≥－4，解得k≥－2，
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
當k＝－2時，f'(x)＝≥0，
f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，
所以k的取值范圍是[－2，＋∞).
15
16
13.(2024·昆明模擬)已知函數f(x)＝(x－1)(ex＋a)在區間(－1，1)上單調遞增，則a的最小值為
A.e－1 B.e－2 C.e D.e2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
能力拓展
15
16
由題意得f'(x)≥0在(－1，1)上恒成立，
f'(x)＝ex＋a＋(x－1)ex＝xex＋a，
故xex＋a≥0，即a≥－xex，
令g(x)＝－xex，x∈(－1，1)，
則g'(x)＝－ex－xex＝－(x＋1)ex<0在(－1，1)上恒成立，
故g(x)＝－xex在(－1，1)上單調遞減，
故g(x)故a≥e－1，故a的最小值為e－1.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
14.(2025·呼和浩特模擬)在區間(0，π)上，函數y=存在單調遞增區間，則實數a的取值范圍是
A.(-∞，1) B.
C. D.(-∞，1］
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
函數y=，
求導得y'=，
依題意，不等式xsin x-a+cos x>0在(0，π)上有解，
即a令f(x)=xsin x+cos x，x∈(0，π)，
求導得f'(x)=xcos x，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
當x∈時，f'(x)>0，函數f(x)單調遞增，
當x∈時，f'(x)<0，函數f(x)單調遞減，
當x=時，f(x)max=，因此a<，
所以實數a的取值范圍是.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
15.若對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
對任意的x1，x2∈(m，＋∞)，且x1<2，
易知m≥0，x1>0，x2>0，
則x1ln x2－x2ln x1<2x2－2x1，
所以x1(ln x2＋2)即>.
令f(x)＝
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
則函數f(x)在(m，＋∞)上單調遞減.
因為f'(x)＝－
由f'(x)<0，可得x>
所以函數f(x)的單調遞減區間為
所以(m，＋∞) 故m≥
即實數m的取值范圍為.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
16.已知f(x)=ex+e2-x，則不等式f(2x+1)A. B.
C.∪(1，+∞) D.(-∞，-1)∪
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
因為f(x)=ex+e2-x，
f(1-x)=e1-x+e2-(1-x)=e1-x+e1+x，
f(1+x)=e1+x+e2-(1+x)=e1+x+e1-x，
所以f(1-x)=f(1+x)，函數的圖象關于直線x=1對稱，
因為f(x)=ex+e2-x，
所以f'(x)=(ex)'+(e2-x)'=ex-，
根據函數的單調性，f'(x)=ex-單調遞增，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
返回
15
16
令f'(x)=0，得x=1，
所以當x∈(-∞，1)時，函數f(x)單調遞減，當x∈(1，+∞)時，函數f(x)單調遞增，
因為f(2x+1)所以|2x+1-1|<|x-1|，即|2x|<|x-1|，
解得-1第三章
§3.3　導數與函數的
極值、最值
數學
大
一
輪
復
習
1.借助函數圖象，了解函數在某點取得極值的必要和充分條件.
2.會用導數求函數的極大值、極小值.
3.掌握利用導數研究函數最值的方法.
4.會用導數研究生活中的最優化問題.
課標要求
課時精練
內容索引
第一部分 落實主干知識
第二部分 探究核心題型
落實主干知識
第一部分
1.函數的極值
(1)函數的極小值
函數y＝f(x)在點x＝a處的函數值f(a)比它在點x＝a附近其他點處的函數值都小，f'(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側 ，右側 ，則a叫做函數y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數y＝f(x)的極小值.
(2)函數的極大值
函數y＝f(x)在點x＝b處的函數值f(b)比它在點x＝b附近其他點處的函數值都大，f'(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側 ，右側 ，則b叫做函數y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數y＝f(x)的極大值.
(3)極小值點、極大值點統稱為 ，極小值和極大值統稱為 .
f'(x)<0
f'(x)>0
f'(x)>0
f'(x)<0
極值點
極值
2.函數的最大(小)值
(1)函數f(x)在區間[a，b]上有最值的條件：
如果在區間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條 的曲線，那么它必有最大值和最小值.
(2)求函數y＝f(x)在區間[a，b]上的最大(小)值的步驟：
①求函數y＝f(x)在區間(a，b)內的 ；
②將函數y＝f(x)的各極值與 比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.
連續不斷
極值
端點處的函數值f(a)，f(b)
1.判斷下列結論是否正確.(請在括號中打“√”或“×”)
(1)函數的極值可能不止一個，也可能沒有.(　　)
(2)函數的極小值一定小于函數的極大值.(　　)
(3)函數的極小值一定是函數的最小值.(　　)
(4)函數的極大值一定不是函數的最小值.(　　)
×
√
×
√
2.(多選)如圖是函數f(x)的導函數y＝f'(x)的圖象，則下列說法正確的是
A.函數f(x)在區間(3，5)上單調遞減
B.函數f(x)在區間(4，5)上單調遞增
C.函數f(x)在x＝3處取得極大值
D.函數f(x)在x＝4處取得極小值
√
√
由圖象可知，當x∈(3，5)時，f'(x)<0，所以函數f(x)在
區間(3，5)上單調遞減，故A正確，B錯誤；
由圖象可知，f'(3)＝0，且當x∈(0，3)時，f'(x)>0，
當x∈(3，5)時，f'(x)<0，所以f(x)在(0，3)上單調遞增，在(3，5)上單調遞減，故函數y＝f(x)在x＝3處取得極大值，故C正確；
由圖象可知，f'(4)≠0，故4不是函數f(x)的極值點，故D錯誤.
3.函數f(x)＝x3－x2－14x的極小值點為　　　，極大值為　　　.
18
由f(x)＝x3－x2－14x得，
f'(x)＝3x2－x－14＝(x＋2)(3x－7)，
令f'(x)>0，解得x>或x<－2，
令f'(x)<0，解得－2故f(x)在(－∞，－2)上單調遞增，在上單調遞減，
故f(x)在x＝處取得極小值，在x＝－2處取得極大值，
故f(x)極大值＝f(－2)＝－8－2＋28＝18.
4.若函數f(x)＝x3－ax2＋2x－1有兩個極值點，則實數a的取值范圍是
　　　　 .
f'(x)＝3x2－2ax＋2，
由題意知f'(x)有兩個變號零點，
∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，
解得a>或a<－.
(－∞，－)∪(＋∞)
解題時靈活應用轉化以下幾個關鍵點
(1)極值點不是點，若函數f(x)在x1處取得極大值，則x1為極大值點，極大值為f(x1).
(2)極值是個“局部”概念，最值是個“整體”概念.
(3)有極值的函數一定不是單調函數.
(4)“f'(x0)＝0”是“x0為可導函數f(x)的極值點”的必要不充分條件.例如f(x)＝x3，f'(0)＝0，但0不是極值點.
(5)對于一般函數而言，函數的最值必在下列各點中取得：導數為零的點、導數不存在的點、端點.
返回
微點提醒
探究核心題型
第二部分
命題點1　根據函數圖象判斷極值
利用導數求解函數極值問題
題型一
例1　(多選)設函數f(x)在R上可導，其導函數為f'(x)，且函數g(x)＝xf'(x)的圖象如圖所示，則下列結論中一定成立的是
A.f(x)有兩個極值點
B.f(0)為f(x)的極大值
C.f(x)有兩個極小值點
D.f(－1)為f(x)的極小值
√
√
根據g(x)＝xf'(x)的圖象，可得當x<－2時，g(x)＝xf'(x)>0，
可得f'(x)<0，即f(x)單調遞減，
當－20，即f(x)單調遞增，
當0當x>1時，g(x)＝xf'(x)>0，可得f'(x)>0，即f(x)單調遞增，
因此f(x)在x＝－2和x＝1處取得極小值，在x＝0處取得極大值，共3個極值點，A錯誤，C正確；
f(0)為f(x)的極大值，B正確；
f(－1)不是f(x)的極小值，D錯誤.
命題點2　求已知函數的極值
例2　(2025·沈陽模擬)已知函數f(x)＝2ln x－2(a－1)x－ax2(a>0)，討論f(x)的極值.
函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
求導得f'(x)＝－2(a－1)－2ax＝－
因為a>0，則當x∈時，f'(x)>0，
當x∈時，f'(x)<0，
因此f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以當x＝時，f(x)取得極大值f ＝2ln －2，無極小值.
命題點3　已知極值(點)求參數
例3　(1)(2024·肇慶模擬)若函數f(x)＝x(x－c)2在x＝－2處取極小值，則c
等于
A.－6 B.－2
C.－6或－2 D.－4
√
由函數f(x)＝x(x－c)2，
可得f'(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝(x－c)(3x－c)，
因為函數f(x)在x＝－2處取得極小值，
可得f'(－2)＝0，解得c＝－2或c＝－6，
當c＝－2時，令f'(x)>0，解得x<－2或x>－；
令f'(x)<0，解得－2所以函數f(x)在(－∞，－2)上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
所以f(x)在x＝－2處取極大值，不符合題意，舍去；
當c＝－6時，令f'(x)>0，可得x<－6或x>－2；令f'(x)<0，可得－6所以函數f(x)在(－∞，－6)上單調遞增，在(－6，－2)上單調遞減，在
(－2，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)在x＝－2處取極小值，符合題意，
綜上可得，c＝－6.
(2)已知函數f(x)＝ln x－x(其中a∈R，e為自然對數的底數)存在極大值，
且極大值不小于1，則a的取值范圍為　　　　　.
由已知可得，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f'(x)＝.
①當a≤0時，f'(x)＝>0在(0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，此時函數f(x)無極值；
②當a>0時，f'(x)＝
由f'(x)＝＝0可得x＝.
當00，
所以f(x)在上單調遞增；
當x>時，f'(x)<0，
所以f(x)在上單調遞減，
于是函數f(x)在x＝處取得極大值.
由已知，f ≥1，
即ln －1≥1，ln ≥2＝ln e2，
因為函數y＝ln x在(0，＋∞)上單調遞增，
所以≥e2，即a≤又a>0，
所以0于是a的取值范圍為.
綜上所述，a的取值范圍為.
根據函數的極值(點)求參數的兩個要領
(1)列式：根據極值點處導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解.
(2)驗證：求解后驗證根的合理性.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)已知函數f(x)＝aex＋bx在x＝0處取得極小值1，則f'(2)等于
A.e2－2 B.2－e2
C.e2－1 D.e2
√
由f(x)＝aex＋bx，得f'(x)＝aex＋b，
因為f(x)在x＝0處取得極小值1，
所以 f'(x)＝ex－1，
當x>0時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，
當x<0時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
所以f(x)在x＝0處取得極小值，故a＝1，b＝－1滿足題意，
于是有f'(2)＝e2－1.
(2)若函數f(x)＝eax＋2x有大于零的極值點，則實數a的取值范圍為
A.a>－2 B.a>－
C.a<－2 D.a<－
√
由函數f(x)＝eax＋2x，可得f'(x)＝aeax＋2，
若a≥0，f'(x)>0，此時f(x)為增函數，無極值點；
若a<0，令f'(x)＝aeax＋2＝0，
解得x＝ln
當x>ln時，f'(x)>0，
當x故x＝ln是f(x)＝eax＋2x的極值點，
由于函數f(x)＝eax＋2x有大于零的極值點，
∴ln>0，即ln<0，
即0<－<1，解得a<－2.
命題點1　不含參函數的最值
利用導數求函數的最值
題型二
例4　函數f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在區間[0，2π]上的最小值、最大值分別為
A.－ B.－
C.－＋2 D.－＋2
√
f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，則f'(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1) cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π].
令f'(x)＝0，解得x＝或x＝.
因為f ＝cos sin ＋1＝＋2，
f ＝cos sin ＋1＝－
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，
所以f(x)max＝f ＋2，
f(x)min＝f ＝－.
命題點2　含參函數的最值
例5　已知函數f(x)＝(x－1)ex－ax2(a>0)，求函數f(x)在[1，2]上的最小值.
函數f(x)＝(x－1)ex－ax2，
求導得f'(x)＝xex－ax＝x(ex－a)，
若x∈[1，2]，則
①當ln a≥2，即a≥e2時，ex－a≤0，f'(x)≤0，函數f(x)在[1，2]上單調遞減，
因此函數f(x)在[1，2]上的最小值為f(2)＝e2－2a；
②當1因此函數f(x)的最小值為f(ln a)＝a(ln a－1)－a(ln a)2；
③當ln a≤1，即0因此函數f(x)在[1，2]上的最小值為f(1)＝－a.
綜上，當a≥e2時，f(x)在[1，2]上的最小值為e2－2a；
當e當0求含有參數的函數的最值，需先求函數的定義域、導函數，通過對參數分類討論，判斷函數的單調性，從而得到函數f(x)的最值.
思維升華
跟蹤訓練2　(1)已知函數f(x)＝x－sin x，x∈[0，π]，則f(x)的最大值為　　　.
π
由f(x)＝x－sin x，x∈[0，π]，
可得f'(x)＝1－cos x，x∈[0，π]，
令f'(x)＝0可得cos x＝
又x∈[0，π]，所以x＝
當x∈時，f'(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈時，f'(x)>0，f(x)單調遞增；
易知f(0)＝0，f(π)＝π，
因此f(x)的最大值為π.
(2)(2025·泰安模擬)已知函數f(x)＝＋ln x在區間[1，e]上的最小值為則a的值為
A.1 B. C. D.
√
因為f(x)＝＋ln x(x>0)，
所以f'(x)＝
當a≤0時，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
此時f(x)在區間[1，e]上的最小值為f(1)＝a＋ln 1＝
解得a＝不符合題意，舍去；
當a>0時，令f'(x)<0，得00，得x>a，
所以f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增，
①當0所以最小值為f(1)＝a≤1，不符合題意，舍去；
②當1所以最小值為f(a)＝1＋ln a＝解得a＝；
③當a≥e時，f(x)在[1，e]上單調遞減，
所以最小值為f(e)＝＋ln e＝
解得a＝不符合題意，舍去.
綜上所述，a＝.
三次函數是一類重要的函數，其規律性強，內容相對獨立，且有一些獨有的結論和技巧.如果能得當運用三次函數的有關結論，可以大大簡化解題過程.
三次函數的性質
微拓展
典例　(多選)已知三次函數f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，則下列選項正確的是
A.三次函數的對稱中心是
B.若函數f(x)關于點(m，n)對稱，則y＝f'(x)的圖象關于直線x＝m對稱
C.若函數y＝f(x)有極值，則對稱中心是兩個取極值的點的中點
D.若f(x)＝0的三個根分別為x1，x2，x3，則x1＋x2＋x3＝－
√
√
√
對于A，設f(m－x)＋f(m＋x)＝2n，得[a(m－x)3＋b(m－x)2＋c(m－x)＋d]＋[a(m＋x)3＋b(m＋x)2＋c(m＋x)＋d]＝2n，整理得(6ma＋2b)x2＋(2am3＋2bm2＋2cm＋2d)＝2n.根據多項式恒等對應系數相等，可得m＝－且n＝am3＋bm2＋cm＋d，從而三次函數是中心對稱曲線，且由n＝f(m)知其對稱中心(m，f(m))仍然在曲線上.故對稱中心為，A正確；
對于B，由y＝f(x)的圖象關于點(m，n)對稱，得f(x)＋f(2m－x)＝2n.求導可得f'(2m－x)＝f'(x)，即y＝f'(x)的圖象關于直線x＝m對稱，B正確；
對于C，設f'(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0的兩根分別為x1，x2，則x1＋x2＝－，x1x2＝.設f(x)的兩個取極值的點為A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，
則f(x1)＋f(x2)＝(a＋b＋cx1＋d)＋(a＋b＋cx2＋d)＝a()＋b()＋c(x1＋x2)＋2d＝a(x1＋x2)[(x1＋x2)2－3x1x2]＋b[(x1＋x2)2－2x1x2]＋c(x1＋x2)＋2d＝a＋b＋2d＝＋2d.
2f ＝2＝＋2d，
所以f(x1)＋f(x2)＝2f ，AB的中點P即為對稱中心，C正確；
對于D，ax3＋bx2＋cx＋d＝a(x－x1)(x－x2)(x－x3)＝ax3－a(x1＋x2＋x3)x2＋a(x1x2＋x2x3＋x3x1)x－ax1x2x3.比較系數可得x1＋x2＋x3＝－，D錯誤.
返回
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B D B B A AD BCD
題號 9 10 13 　14 15 16
答案 (2，+∞) C [－ln 2， ＋∞) (0，1)
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)由函數f(x)=+x，
可得f'(x)=1-=
所以f'(0)==1-a=0，
解得a=1.
11.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)函數f(x)=+x的定義域為R，且f'(x)=1-=
當a≤0時，f'(x)>0恒成立，所以f(x)在R上單調遞增，f(x)無極值；
當a>0時，令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x所以f(x)在(-∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，+∞)上單調遞增，
所以f(x)的極小值為1+ln a，無極大值.
綜上所述，當a≤0時，f(x)無極值；當a>0時，f(x)的極小值為1+ln a，無極大值.
11.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(1)當a=1時，
則f(x)=ex-x-1，
f'(x)=ex-1，
可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1，
即切點坐標為(1，e-2)，
切線斜率k=e-1，
所以切線方程為y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
12.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
(2)方法一　因為f(x)的定義域為R，且f'(x)=ex-a，
若a≤0，則f'(x)>0對任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上單調遞增，
無極值，不符合題意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(-∞，ln a)上單調遞減，
在(ln a，+∞)上單調遞增，
12.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
則f(x)有極小值f(ln a)=a-aln a-a3，無極大值，
由題意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，
即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
則g'(a)=2a+>0，
可知g(a)在(0，+∞)上單調遞增，且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等價于g(a)>g(1)，
12.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，+∞).
方法二　因為f(x)的定義域為R，
且f'(x)=ex-a，
若f(x)有極小值，
則f'(x)=ex-a有零點，
令f'(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex與y=a有交點，則a>0，
12.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(-∞，ln a)上單調遞減，
在(ln a，+∞)上單調遞增，則f(x)有極小值f(ln a)=a-aln a-a3，
無極大值，符合題意，
由題意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
因為y=a2，y=ln a-1在(0，+∞)上均單調遞增，
12.
15
16
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
所以g(a)在(0，+∞)上單調遞增，
且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0等價于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，+∞).
12.
15
16
一、單項選擇題
1.函數f(x)＝x3＋x2－3x－1的極小值點是
A.1 B.
C.－3 D.(－3，8)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
知識過關
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
f'(x)＝x2＋2x－3，
由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，
所以函數f(x)＝x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上單調遞增，在(－3，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
故f(x)在x＝1處有極小值，極小值點為1.
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.(2024·楚雄模擬)已知定義域為[－3，5]的函數f(x)的導函數為f'(x)，且f'(x)的圖象如圖所示，則
A.f(x)在(－2，2)上先增后減
B.f(x)有極小值f(2)
C.f(x)有2個極值點
D.f(x)在x＝－3處取得最大值
√
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由f'(x)的圖象可知，當x∈(－2，2)或x∈(4，5)時，
f'(x)<0，則f(x)單調遞減，故A錯誤；
當x∈(－3，－2)或x∈(2，4)時，f'(x)>0，則f(x)單調
遞增，所以當x＝2時，f(x)有極小值f(2)，故B正確；
由f'(x)的圖象結合單調性可知，當x＝－2，2，4時，f(x)有極值，所以f(x)有3個極值點，故C錯誤；
當x∈(－3，－2)時，f'(x)>0，則f(x)單調遞增，所以f(－3)15
16
3.(2025·蘇州模擬)設0A.1 B. C.2 D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因為0答案
15
16
4.(2024·赤峰模擬)已知函數f(x)＝xln x－ax有極值－e，則a等于
A.1 B.2 C.e D.3
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由題目條件可得，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f'(x)＝ln x＋1－a.
令f'(x)>0，得x>ea－1；
令f'(x)<0，得0所以函數f(x)在區間(0，ea－1)上單調遞減，在區間(ea－1，＋∞)上單調遞增.
則函數f(x)的極小值點是ea－1，無極大值點，
故f(ea－1)＝ea－1ln ea－1－aea－1＝－e，
解得a＝2.
答案
15
16
5.若函數f(x)＝ex－ln(x＋m)的最小值為2＋ln 2，則m等于
A.－2 B.－ln 2
C.－ D.＋ln 2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
易知f(x)的定義域為(－m，＋∞)，f'(x)＝ex－
易知f'(x)在區間(－m，＋∞)上單調遞增，
又當x→－m時，f'(x)→－∞；當x→＋∞時，f'(x)→＋∞，
所以存在唯一x0∈(－m，＋∞)，使得f'(x0)＝0，即x0＝－ln(x0＋m)，
所以當x∈(－m，x0)時，f'(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，f'(x)>0，
所以f(x)在區間(－m，x0)上單調遞減，在區間(x0，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)的最小值為f(x0)＝－ln(x0＋m)＝＋x0＝2＋ln 2＝eln 2＋ln 2，
所以x0＝ln 2，所以eln 2＝解得m＝－ln 2.
答案
15
16
6.已知函數f(x)＝ln x－ax有兩個不同的極值點x1，x2(x1A.a的取值范圍是(－∞，1)
B.x1是極小值點
C.當x∈(x2，＋∞)時，f'(x)<0
D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
令f'(x)＝－a＝－a＝0，
由題意，方程＝a在(0，＋∞)上有兩根x1，x2(x1設g(x)＝
g'(x)＝
當00，g(x)單調遞增，當x>1時，g'(x)<0，g(x)單調遞減，
所以g(x)max＝g(1)＝1>0，
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
當x→0時，g(x)＝→－∞，當x→＋∞時，g(x)＝→0，
所以a的取值范圍是(0，1)，故A不正確；
由A選項分析可知0當0當x1f'(x1)＝0＝f'(x2)，f(x)單調遞增，
當x>x2時，f'(x)所以x1是極小值點，故B，C正確；
對于D，因為＝a，所以故D正確.
答案
15
16
二、多項選擇題
7.已知函數f(x)＝x3－3x2，則
A.f(x)在(0，1)上單調遞減
B.f(x)的極大值點為2
C.f(x)的極大值為－2
D.f(x)有2個零點
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
√
15
16
由函數f(x)＝x3－3x2，可得f'(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
令f'(x)>0，解得x<0或x>2；令f'(x)<0，解得0所以函數f(x)在(0，2)上單調遞減，在(－∞，0)，(2，＋∞)上單調遞增，
當x＝0時，函數f(x)取得極大值，極大值為f(0)＝0；
當x＝2時，函數f(x)取得極小值，極小值為f(2)＝－4，
又由x→＋∞時，f(x)→＋∞且f(2)＝－4<0，f(0)＝0，所以函數f(x)只有兩個零點，
所以A，D正確，B，C不正確.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
8.(2023·新高考全國Ⅱ)若函數f(x)＝aln x＋(a≠0)既有極大值也有極小值，則
A.bc>0 B.ab>0
C.b2＋8ac>0 D.ac<0
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
√
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
函數f(x)＝aln x＋的定義域為(0，＋∞)，
則f'(x)＝
因為函數f(x)既有極大值也有極小值，
則函數f'(x)在(0，＋∞)上有兩個變號零點，
而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有兩個不相等的正實數根x1，x2，
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
于是
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
顯然a2bc<0，即bc<0，故A錯誤，B，C，D正確.
答案
15
16
三、填空題
9.若函數f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最小值為4，則m＝　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
f'(x)＝x2－4，
當x∈[0，2)時，f'(x)<0，當x∈(2，3]時，f'(x)>0，
所以f(x)在[0，2)上單調遞減，在(2，3]上單調遞增，
所以f(2)為f(x)在[0，3]上的極小值，也是最小值，
故×8－4×2＋m＝4，解得m＝.
15
16
10.若函數f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上有極值，則實數a的取值范圍是　　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(2，＋∞)
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
f(x)＝x2－ax＋ln x的定義域為(0，＋∞)，f'(x)＝x－a＋
要使函數f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上有極值，則f'(x)＝x－a＋在(0，2)上有變號零點，
令g(x)＝x＋x∈(0，2)，
則g(x)＝x＋≥2＝2，
當且僅當x＝1時等號成立，所以a≥2.
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
當a＝2時，f'(x)＝x－a＋＝x＋－2≥0，函數f(x)單調遞增，
則函數f(x)＝x2－ax＋ln x在(0，2)上沒有極值，故a>2，
即實數a的取值范圍是(2，＋∞).
答案
15
16
四、解答題
11.已知函數f(x)＝＋x(a∈R).
(1)若f'(0)＝0，求實數a的值；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由函數f(x)＝＋x，
可得f'(x)＝1－
所以f'(0)＝＝1－a＝0，解得a＝1.
15
16
(2)討論函數f(x)的極值.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
函數f(x)＝＋x的定義域為R，且f'(x)＝1－
當a≤0時，f'(x)>0恒成立，
所以f(x)在R上單調遞增，f(x)無極值；
當a>0時，令f'(x)>0，解得x>ln a；令f'(x)<0，解得x所以f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)的極小值為1＋ln a，無極大值.
綜上所述，當a≤0時，f(x)無極值；當a>0時，f(x)的極小值為1＋ln a，無極大值.
15
16
12.(2024·新課標全國Ⅱ)已知函數f(x)＝ex－ax－a3.
(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
當a＝1時，則f(x)＝ex－x－1，f'(x)＝ex－1，
可得f(1)＝e－2，f'(1)＝e－1，
即切點坐標為(1，e－2)，
切線斜率k＝e－1，
所以切線方程為y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y－1＝0.
15
16
(2)若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
方法一　因為f(x)的定義域為R，
且f'(x)＝ex－a，
若a≤0，則f'(x)>0對任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上單調遞增，
無極值，不符合題意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
在(ln a，＋∞)上單調遞增，
則f(x)有極小值f(ln a)＝a－aln a－a3，無極大值，
由題意可得，f(ln a)＝a－aln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
令g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
則g'(a)＝2a＋>0，
可知g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等價于g(a)>g(1)，
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，＋∞).
方法二　因為f(x)的定義域為R，
且f'(x)＝ex－a，
若f(x)有極小值，
則f'(x)＝ex－a有零點，
令f'(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a，
可知y＝ex與y＝a有交點，則a>0，
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x可知f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，
在(ln a，＋∞)上單調遞增，
則f(x)有極小值f(ln a)＝a－aln a－a3，
無極大值，符合題意，
由題意可得，f(ln a)＝a－aln a－a3<0，
即a2＋ln a－1>0，
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，
因為y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)上均單調遞增，
所以g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，
且g(1)＝0，
不等式a2＋ln a－1>0等價于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a的取值范圍為(1，＋∞).
15
16
13.設ab≠0，若a為函數f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點，則
A.ab
C.abb2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
能力拓展
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由三次函數的性質可知，要使a為函數f(x)＝a(x－a)2(x－b)的極大值點，則
當a>0時，函數f(x)的大致圖象如圖(1)所示，則0當a<0時，函數f(x)的大致圖象如圖(2)所示，則b綜上，ab15
16
14.若不等式a＋2x＋|ln x|－1≥0恒成立，則a的取值范圍是　　　　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
[－ln 2，＋∞)
答案
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
不等式a＋2x＋|ln x|－1≥0恒成立，
即a≥1－2x－|ln x|恒成立，
設f(x)＝1－2x－|ln x|，x∈(0，＋∞)，
當x≥1時，f(x)＝1－2x－ln x，f'(x)＝－2－<0，
∴f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，此時f(x)max＝f(1)＝－1；
當0∴f'(x)＝－2＋
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
∴當x∈時，f'(x)>0，當x∈時，f'(x)<0，
∴f(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
此時f(x)max＝f ＝ln ＝－ln 2.
綜上可知，a的取值范圍是[－ln 2，＋∞).
15
16
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
15.(2024·曲靖模擬)已知函數f(x)=2ax-ex2+18，其中a>0且a≠1.若f(x)存在兩
個極值點x1，x2，則實數a的取值范圍為　　　　　　　　　.
∪(1，e)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
對函數f(x)=2ax-ex2+18求導得
f'(x)=2axln a-2ex=2(axln a-ex)，
因為f(x)存在兩個極值點，所以f'(x)有兩個變號零點.
令f'(x)=0，有axln a=ex，
令h(x)=axln a，g(x)=ex，
所以h(x)與g(x)的圖象有兩個交點.
當a>1時，h(x)=axln a，
h'(x)=ax(ln a)2，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
設過原點的直線與h(x)=axln a的切點坐標為(x0，ln a)，
切線斜率為k=(ln a)2，
所以切線方程為y-ln a=(ln a)2(x-x0)，
將原點坐標帶入切線方程得x0=.
此時切線的斜率為k=(ln a)2=e(ln a)2，
h(x)=axln a的函數圖象與g(x)=ex的函數圖象有兩個交點，
即k=e(ln a)21
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
因為a>1，有ln a>0，所以0同理知當0即-1綜上，a的取值范圍為∪(1，e).
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
16.(2025·湘潭模擬)已知函數f(x)=x-aln x(a>0)，記函數y=f(x)，y=f(f(x))的值域分別為M，N，若N M，則a的取值范圍是　　　　　　.
(0，1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
15
16
因為f(x)=x-aln x(a>0)，x>0，
則f'(x)=1-=，
當x∈(0，a)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
當x∈(a，+∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，
所以當x=a時，f(x)取得極小值，也是最小值f(a)=a-aln a，
所以M={y|y≥a-aln a}，
當a-aln a≤0時，M=N，不符合題意，
當a-aln a>0，即01
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
返回
15
16
令f(x)=t，則y=f(f(x))=f(t)，t≥a-aln a，
因為N M，所以必有f(a-aln a)>f(a)，
顯然不可能有a-aln a≤a，否則M=N，不符合題意，所以a-aln a>a，解得0所以a的取值范圍是(0，1).(共59張PPT)
第三章
§3.4　函數中的構造問題
數學
大
一
輪
復
習
函數中的構造問題是高考考查的一個熱點內容，經常以客觀題出現，通過已知等式或不等式的結構特征，構造新函數，解決比較大小、解不等式、恒成立等問題.
重點解讀
命題點1　利用f(x)與x構造函數
利用f(x)進行抽象函數構造
題型一
例1　(2024·綿陽模擬)已知函數f(x)滿足f(x)＝f(－x)，且當x∈(－∞，0]時，f(x)＋xf'(x)>0，若a＝30.2·f(30.2)，b＝ln 2·f(ln 2)，c＝log3·f則a，b，c的大小關系是
A.a>b>c B.c>b>a
C.c>a>b D.a>c>bj
√
令g(x)＝xf(x)，x∈R，
因為f(x)＝f(－x)，所以g(－x)＝－xf(－x)＝－xf(x)＝－g(x)，
所以g(x)為奇函數，
又因為當x∈(－∞，0]時，f(x)＋xf'(x)>0，
所以當x∈(－∞，0]時，g'(x)＝f(x)＋xf'(x)>0，所以g(x)在(－∞，0]上單調遞增，
又g(x)為奇函數，所以g(x)在R上單調遞增，
又因為a＝30.2·f(30.2)＝g(30.2)，
b＝ln 2·f(ln 2)＝g(ln 2)，
c＝log3·f ＝g＝g(－2)，
－2<0所以g(－2)b>c.
(1)出現nf(x)＋xf'(x)形式，構造函數F(x)＝xnf(x).
(2)出現xf'(x)－nf(x)形式，構造函數F(x)＝.
思維升華
命題點2　利用f(x)與ex構造函數
例2　函數f(x)是定義在R上的奇函數，對任意實數x恒有f'(x)－f(x)>0，則
A.f(－1)>0 B.f(3)>ef(2)
C.f f(4)
√
設g(x)＝
則g'(x)＝
由條件可知，f'(x)－f(x)>0，所以g'(x)>0，
則函數g(x)在R上單調遞增，
因為函數f(x)是定義在R上的奇函數，
則f(0)＝0，
由<得f(－1)<0，故A錯誤；
由>
得f(3)>ef(2)，故B正確；
由<得f f 故C錯誤；
由<得ef(3)(1)出現f'(x)＋nf(x)形式，構造函數F(x)＝enxf(x).
(2)出現f'(x)－nf(x)形式，構造函數F(x)＝.
思維升華
命題點3　利用f(x)與sin x，cos x構造函數
例3　(2025·杭州模擬)已知定義在R上的函數f(x)滿足f(x)sin x＋f'(x)cos x>
0，則
A.f C.f>f D.f>f
√
令F(x)＝x≠＋kπ，k∈Z，
故F'(x)＝>0恒成立，
故F(x)＝在k∈Z上單調遞增，
故F函數f(x)與sin x，cos x相結合構造可導函數的幾種常見形式
F(x)＝f(x)sin x，F'(x)＝f'(x)sin x＋f(x)cos x；
F(x)＝F'(x)＝；
F(x)＝f(x)cos x，F'(x)＝f'(x)cos x－f(x)sinx；
F(x)＝F'(x)＝.
思維升華
跟蹤訓練1　(1)(2024·齊齊哈爾模擬)已知函數f(x)的定義域為(0，π)，其導函數是f'(x).若對任意的x∈(0，π)，有f'(x)sin x－f(x)cos x<0，則關于x的不等式f(x)>2f sin x的解集為
A. B.
C. D.
√
令函數g(x)＝x∈(0，π)，
則g'(x)＝<0，
因此函數g(x)在(0，π)上單調遞減，不等式f(x)>2fsin x >
即g(x)>g解得0所以原不等式的解集為.
(2)(2024·南通模擬)已知函數f(x)及其導函數f'(x)的定義域均為(0，＋∞)，若xf'(x)<2f(x)，則
A.4e2f(2)<16f(e)B.e2f(4)<4e2f(2)<16f(e)
C.e2f(4)<16f(e)<4e2f(2)
D.16f(e)√
方法一　設g(x)＝x∈(0，＋∞)，
∵xf'(x)<2f(x)，
∴g'(x)＝<0，
則g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
∴g(2)>g(e)>g(4)，
∴>>
即4e2f(2)>16f(e)>e2f(4)，故C正確.
方法二　設f(x)＝1，又e2<16<4e2，C正確.
(3)(2024·揚州模擬)已知函數f(x)的導數為f'(x)，對任意實數x，都有f(x)－f'(x)>0，且f(1)＝1，則f(x)>ex－1的解集為
A.(－∞，1)
B.(1，＋∞)
C.(－1，1)
D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
√
由f(x)>ex－1，可得>
令g(x)＝結合f(x)－f'(x)>0，則g'(x)＝<0，
所以g(x)在R上單調遞減，
故g(x)>g(1) x<1，
則原不等式的解集為(－∞，1).
例4　(1)(2025·昆明模擬)設a＝b＝c＝則
A.cC.b構造具體函數關系
題型二
√
設f(x)＝x>0，
則f'(x)＝
令f'(x)＝0，得x＝
則f(x)在(0)上單調遞增，在(＋∞)上單調遞減，
b＝f()，c＝f()，則b>c，
又a－b＝>0，得a>b，
所以c(2)(2024·南昌模擬)142 857被稱為世界上最神秘的數字，142 857×1＝142 857，142 857×2＝285 714，142 857×3＝428 571，142 857×4＝571 428，142 857×5＝714 285，142 857×6＝857 142，所得結果是這些數字反復出現，若a＝e0.142 857，b＝＋1，c＝則
A.a>b>c B.c>b>a
C.b>a>c D.a>c>b
√
由題意知，a＝e0.142 857，c＝
設f(x)＝ex－x－1(x>0)，f'(x)＝ex－1，
當x∈(0，＋∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，
所以f(x)＝ex－x－1>f(0)＝0，
所以ex>x＋1(x>0).
因為x2＋2x＋1>1＋2x(x>0)，
所以x＋1>(x>0)，
得ex>(x>0)，
所以e0.142 857>即a>c；
由ex>x＋1(x>0)，得x>ln(x＋1)(x>0)，
所以x－1>ln x(x>1)，即x>ln x＋1(x>1)，
所以>ln ＋1＝＋1，即c>b.
綜上，a>c>b.
通過研究或變形，使所研究的式子具有鮮明的結構特點，然后依據此特點構造新函數.常用的不等式：sin x0)，ln x≤x－1≤x2－x(x>0)，ex≥x＋1(x>0)，ex≥ex>x(x>0).
思維升華
跟蹤訓練2　(1)(2025·九江模擬)已知a＝sin b＝ln c＝則
A.a>b>c B.c>a>b
C.c>b>a D.a>c>b
√
方法一　a＝sin >sin ＝c，
設f(x)＝ln x＋1－x，x>1，
則f'(x)＝<0，
故f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，
故f(x)1)，
所以b＝ln <－1＝c，故a>c>b.
方法二　a＝sin >sin ＝c，b＝ln所以a>c>b.
(2)已知e是自然對數的底數，a＝b＝e2sin c＝則
A.a>b>c B.c>a>b
C.a>c>b D.b>c>a
√
構建f(x)＝x>e，
則f'(x)＝>0在(e，＋∞)上恒成立，
可知f(x)在(e，＋∞)上單調遞增，
因為a＝c＝
可知f(4)>f(π)>f(e)＝e，
即c>a>e；
構建g(x)＝x－sin x，x>0，
則g'(x)＝1－cos x≥0在(0，＋∞)上恒成立，
可知g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
則g(x)>g(0)＝0，即x>sin x，x>0，
可得>sin 且e>0，
則e>e2sin 即e>b，
綜上所述，c>a>b.
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B B C A C BC ABD
題號 9 　　　10 答案 a1.(2025·福州模擬)已知a＝ln b＝ln(ln 3)，c＝－則
A.a>b>c B.b>a>c
C.b>c>a D.c>a>b
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為b＝ln(ln 3)>ln(ln e)＝0，
而a＝ln <0，c<0，所以b最大，
構造函數f(x)＝xln x(x>0)，因為f'(x)＝ln x＋1(x>0)，
當0時，f'(x)>0，
所以f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，
又因為a＝f c＝f
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
所以f >f 即a>c，
故b>a>c.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
2.(2024·北海模擬)已知a＝ln(e)，b＝c＝＋1，則a，b，c的大小關系為
A.c>a>b B.b>a>c
C.a>b>c D.b>c>a
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
由題意，a＝＋1＝＋1，b＝＋1，c＝＋1，
設f(x)＝則f'(x)＝
當00，f(x)單調遞增；當x>e時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
因為e<4<5，
所以b＝f(e)＋1>a＝f(4)＋1>c＝f(5)＋1，故b>a>c.
3.(2024·昆明模擬)設定義在R上的函數y＝f(x)滿足對 x∈R，都有f(x＋2)＋f(x)＝0，且當x∈(0，4]時，xf'(x)－f(x)>0，若a＝f(2 024)，b＝4f(2 025)，c＝2f(2 026)，則a，b，c的大小關系是
A.a>b>c B.a>c>b
C.c>b>a D.b>c>a
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
由f(x＋2)＋f(x)＝0 f(x＋4)＋f(x＋2)＝0 f(x＋4)＝f(x)，
即4為y＝f(x)的一個周期，
所以a＝f(2 024)＝f(4)，
同理b＝4f(2 025)＝4f(1)，c＝2f(2 026)＝2f(2)，
令g(x)＝ g'(x)＝
由已知可得，當x∈(0，4]時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，
所以<< 4f(1)<2f(2)c>b.
答案
4.(2025·成都模擬)已知函數y＝f(x)對任意的x∈滿足f'(x)cos x－f(x)sin x>0(其中f'(x)是函數f(x)的導函數)，則下列不等式成立的是
A.f >f B.f C.2f(0)f
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
構造函數g(x)＝f(x)cos x，x∈
則g'(x)＝f'(x)cos x－f(x)sin x>0，
所以g(x)在上單調遞增，
則g所以f cos即f 答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
則g>g
所以fcos>fcos
即f >f 故B不正確；
則g(0)所以f(0)cos 0即2f(0)答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
則g(0)所以f(0)cos 0即f(0)答案
5.(2024·成都模擬)若函數f(x)對任意的x∈R，都有f'(x)A.2f(ln 2)>f(2ln 2)－2
B.2f(ln 2)C.2f(ln 2)＝f(2ln 2)－2
D.無法比較大小
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
令g(x)＝
則g'(x)＝
∵對任意的x∈R，都有f'(x)∴g'(x)<0，即g(x)在R上為減函數，
又ln 2<2ln 2，∴g(ln 2)>g(2ln 2)，
即>
可得2f(ln 2)>f(2ln 2)－2.
答案
6.(2024·南充模擬)設函數f(x)＝sin x＋ex－e－x－x＋3，則滿足f(x)＋f(3－2x)
<6的x的取值范圍是
A.(－∞，1) B.(1，＋∞)
C.(3，＋∞) D.(－∞，3)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
f(x)＝sin x＋ex－e－x－x＋3，
設g(x)＝f(x)－3＝sin x＋ex－e－x－x，
又易知g(－x)＝－g(x)，
∴g(x)為R上的奇函數，
又g'(x)＝cos x＋ex＋e－x－1≥cos x＋2－1＝1＋cos x≥0，
∴g(x)在R上是增函數，
又f(x)＋f(3－2x)<6，
∴[f(x)－3]＋[f(3－2x)－3]<0，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
∴g(x)＋g(3－2x)<0，∴g(x)<－g(3－2x)，
又g(x)為R上的奇函數，
∴g(x)又g(x)在R上是增函數，
∴x<2x－3，∴x>3，
故滿足f(x)＋f(3－2x)<6的x的取值范圍是(3，＋∞).
答案
二、多項選擇題
7.(2024·滁州模擬)已知函數f(x)的定義域為R，其導函數為f'(x)，且對任意的x∈R，都有f(x)＋f'(x)>0，則下列說法正確的是
A.ef(1)f(0)
C.2f(ln 2)ef(1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
答案
√
令g(x)＝exf(x)，
所以g'(x)＝exf(x)＋exf'(x)＝ex[f(x)＋f'(x)]>0，
所以g(x)在R上是增函數，所以g(0)又g(ln 2)所以eln 2f(ln 2)即2f(ln 2)1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
8.(2025·池州模擬)下列不等關系中正確的是
A.ln 2< B.bea>aeb(a>b>1)
C.cos < D.sin >π
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
對于A項，由ln 2＝構造函數f(x)＝(x>0)，則f'(x)＝
當00，則f(x)在(0，e2)上單調遞增，所以f(4)對于B項，設m(x)＝x>1，
則m'(x)＝>0在(1，＋∞)上恒成立，
故函數m(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
因為a>b>1，故m(a)>m(b)，即>
故bea>aeb，故B項正確；
對于C項，因為cos < cos <1－＝1－×
故構造函數f(x)＝cos x－1＋x2(x>0)，
則f'(x)＝x－sin x，
令g(x)＝x－sin x，則g'(x)＝1－cos x≥0，
故g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
則g(x)>g(0)，即f'(x)>f'(0)＝0，
則f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
f ＝cos >f(0)＝0，故C項錯誤；
對于D項，sin >π sin >π－ sin>π－ sin<－π，
由C項分析可知－π>sin故D項正確.
答案
三、填空題
9.已知a＝b＝c＝則a，b，c的大小關系為　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
a1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
令f(x)＝x≠0，
則f'(x)＝當x≥2時，f'(x)≥0，
∴f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，
∴f(2)∴a10.已知x∈則不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集為　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
不等式esin x－cos x－tan x≥0可化為≥
當x∈時，cos x>0，
又esin x>0，∴≥
令f(x)＝則f(cos x)≥f(sin x)，
∵f'(x)＝
∴當x∈(－∞，1)時，f'(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，f'(x)<0，
∴f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
當x∈時，cos x∈(0，1]，sin x∈(－1，1)，
∴cos x≥sin x，
即當x∈時，tan x≤1，∴x∈
即不等式esin x－cos x－tan x≥0的解集為.
答案(共59張PPT)
第三章
§3.5　指對同構問題
數學
大
一
輪
復
習
把一個等式或不等式通過變形，使左右兩邊結構、形式完全相同，構造函數，利用函數的單調性進行處理，找到這個函數模型的方法就是同構法.同構法主要解決含有指數、對數混合的等式或不等式問題.
重點解讀
例1　若對0A.1 B.2 C.e D.2e
√
雙變量地位同等同構
題型一
由ln<2x2－2x1，0得x1x2(ln x2－ln x1)<2x2－2x1，
則ln x2－ln x1<
即ln x2－ln x1<
有ln x2＋令f(x)＝ln x＋(x>0)，則f(x2)所以f'(x)＝
令f'(x)>0 x>2，令f'(x)<0 0所以函數f(x)的單調遞增區間為(2，＋∞)，單調遞減區間為(0，2)，
所以當0所以0含有地位同等的兩個變量x1，x2或x，y或a，b的等式或不等式，如果進行整理(即同構)后，等式或不等式兩邊具有結構的一致性，往往暗示應構造函數，應用函數單調性解決.
思維升華
跟蹤訓練1　若0A.x1ln x1x2ln x2
C.x2ln x1x1ln x2
√
令f(x)＝xln x，則f'(x)＝1＋ln x，
當0令g(x)＝則g'(x)＝
當00，則g(x)在(0，1)上單調遞增，
因為0所以g(x1)指對同構的常用形式
(1)積型：aea≤bln b，一般有三種同構方式：
①同左構造形式：aea≤ln beln b，構造函數f(x)＝xex；
②同右構造形式：ealn ea≤bln b，構造函數f(x)＝xln x；
③取對構造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(ln b)(a>0，b>1)，構造函數f(x)＝x＋ln x.
指對同構法的理解
題型二
(2)商型：≤一般有三種同構方式：
①同左構造形式：≤構造函數f(x)＝；
②同右構造形式：≤構造函數f(x)＝；
③取對構造形式：a－ln a≤ln b－ln(ln b)(a>0，b>1)，構造函數f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有兩種同構方式：
①同左構造形式：ea±a>eln b±ln b，構造函數f(x)＝ex±x；
②同右構造形式：ea±ln ea>b±ln b，構造函數f(x)＝x±ln x.
例2　(1)(多選)若ea＋a>b＋ln b(a，b為變量)成立，則下列選項正確的是
A.a>ln b B.aC.ea>b D.ea√
√
方法一　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋a>eln b＋ln b，
令f(x)＝ex＋x，則f(a)>f(ln b)，
因為f(x)在R上是增函數，
所以a>ln b，即ea>b.
方法二　由ea＋a>b＋ln b，可得ea＋ln ea>b＋ln b，
令g(x)＝x＋ln x，則g(ea)>g(b)，
因為g(x)在(0，＋∞)上是增函數，
所以ea>b，即a>ln b.
(2)(2025·宜春模擬)在數學中，我們把僅有變量不同，而結構、形式相同的兩個式子稱為同構式，相應的方程稱為同構方程，相應的不等式稱為同構不等式.若關于a的方程aea－2＝e4和關于b的方程b(ln b－2)＝e3λ－1(a>0，b>e2)可化為同構方程，則ab的值為　　　.
e8
對aea－2＝e4兩邊取自然對數，
得ln a＋a＝6， ①
對b(ln b－2)＝e3λ－1兩邊取自然對數，
得ln b＋ln(ln b－2)＝3λ－1，
即ln b－2＋ln(ln b－2)＝3λ－3， ②
因為方程①②為兩個同構方程，
所以3λ－3＝6，解得λ＝3，
設F(x)＝ln x＋x且x>0，則F'(x)＝＋1>0，
所以F(x)在(0，＋∞)上單調遞增，故F(x)＝6的解只有一個，
所以a＝ln b－2，
則ab＝b(ln b－2)＝e3×3－1＝e8.
利用恒等式x＝ln ex和x＝eln x，通過冪轉指或冪轉對進行等價變形，構造函數，然后由構造的函數的單調性進行研究.
思維升華
跟蹤訓練2　(多選)對不等式ax＋eax>ln(bx)＋bx進行指對同構時，可以構造的函數是
A.f(x)＝ln x＋x B.f(x)＝xln x
C.f(x)＝x＋ex D.f(x)＝
√
√
由恒等式x＝ln ex可得ax＝ln eax，
所以ax＋eax>ln(bx)＋bx可變形為
ln eax＋eax>ln(bx)＋bx，
構造函數f(x)＝ln x＋x，
可得f(eax)>f(bx).
同理，由恒等式x＝eln x可得bx＝eln(bx)，
所以ax＋eax>ln(bx)＋bx可變形為ax＋eax>ln(bx)＋eln(bx)，
構造函數f(x)＝x＋ex，可得f(ax)>f(ln(bx)).
例3　(1)設實數k>0，對于任意的x>1，不等式kekx≥ln x恒成立，則k的最
小值為　　　.
同構法的應用
題型三
由kekx≥ln x得kxekx≥xln x，
即kxekx≥eln x·ln x，
令f(x)＝xex，則f(kx)≥f(ln x).
因為f'(x)＝(x＋1)ex，
所以f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，
因為kx>0，ln x>0，
所以kx≥ln x，即k≥
令h(x)＝(x>1)，則h'(x)＝
當x∈(1，e)時，h'(x)>0，h(x)單調遞增；
當x∈(e，＋∞)時，h'(x)<0，h(x)單調遞減，
所以h(x)max＝h(e)＝即k≥
所以k的最小值為.
(2)(2025·衡陽模擬)已知m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一個根，則＋(e－1)ln m等于
A.1 B.2 C.3 D.5
√
xeex－2＋(e－1)ln x＝2 eeln x＋x－2＋eln x＋x－2＝x＋ln x＝eln x＋ln x，
設f(t)＝et＋t，則f'(t)＝et＋1>0恒成立，故f(t)單調遞增，
由f(eln x＋x－2)＝f(ln x)得eln x＋x－2＝ln x，即(e－1)ln x＝2－x.
因為m是方程xeex－2＋(e－1)ln x＝2的一個根，
所以(e－1)ln m＝2－m，
所以m＝
所以＋(e－1)ln m＝m＋(e－1)ln m＝m＋2－m＝2.
常見的同構函數有：①f(x)＝；②f(x)＝xln x；③f(x)＝xex；④f(x)＝.
其中①④可以借助②③可以借助xex＝(ln ex)ex＝(ln t)t＝tln t進行指對互化.
思維升華
跟蹤訓練3　(1)(2024·呂梁模擬)若關于x的不等式ea＋x·ln xA.(－∞，0] B.[－1，0]
C.[－1，＋∞) D.[0，＋∞)
√
由ea＋x·ln x可得<在(0，1)上恒成立，
即<在(0，1)上恒成立，
當a≥0時<0>0，
不等式<在(0，1)上顯然成立；
當a<0時，令f(x)＝
則f(ln x)f'(x)＝當x∈(－∞，1)時，f'(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)上單調遞增，
又當x∈(0，1)時，ln x∈(－∞，0)，a＋x∈(－∞，1)，
所以只需ln x即a>ln x－x在(0，1)上恒成立.
令g(x)＝ln x－x，0則g'(x)＝>0，
即g(x)在(0，1)上單調遞增，
其中g(1)＝ln 1－1＝－1，故a≥g(1)＝－1，
所以－1≤a<0.
綜上，a≥－1.
(2)已知e為自然對數的底數，a，b均為大于1的實數，若aea＋1＋b<
bln b，則
A.bea＋1
C.abe
√
由aea＋1＋b設f(x)＝xln x，可得f(ea)因為a>1，可得ea>e，
又因為b(ln b－1)>0，b>1，所以ln b>1，即b>e，所以>1，
易知當x>1時，f'(x)＝ln x＋1>0，可得函數f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以ea<即b>ea＋1.
課時精練
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
題號 1 2 3 4 5 6
答案 B B BCD BCD [-e，0) 4
答案
1
2
3
4
5
6
7
(1)因為f(x)=aex-x，定義域為R，
所以f'(x)=aex-1，
當a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，
故f'(x)=aex-1<0恒成立，
所以f(x)在R上單調遞減；
當a>0時，令f'(x)=aex-1=0，
解得x=-ln a，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
當x<-ln a時，f'(x)<0，則f(x)在(-∞，-ln a)上單調遞減；
當x>-ln a時，f'(x)>0，則f(x)在(-ln a，+∞)上單調遞增，
綜上，當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；
當a>0時，f(x)在(-∞，-ln a)上單調遞減，在(-ln a，+∞)上單調遞增.
(2)因為f(x)=aex-x，
所以f(x)+x+ln a≥ln x等價于eln a+x+ln a+x≥ln x+x=eln x+ln x，
令g(x)=ex+x，上述不等式等價于g(ln a+x)≥g(ln x)，顯然g(x)為增函數，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以原不等式等價于ln a+x≥ln x，
即ln a≥ln x-x，
令h(x)=ln x-x，
則h'(x)=-1=
當x∈(0，1)時，h'(x)>0，h(x)單調遞增；當x∈(1，+∞)時，h'(x)<0，h(x)單調遞減，
7.
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以h(x)max=h(1)=-1，
ln a≥-1=ln 即a≥
所以a的取值范圍是.
7.
一、單項選擇題
1.設x>0，y>0，若ex＋ln y>x＋y，則下列選項正確的是
A.x>y B.x>ln y
C.x√
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
不等式ex＋ln y>x＋y等價于
ex－x>y－ln y，
令f(x)＝ex－x，
則f(ln y)＝eln y－ln y＝y－ln y，
∴不等式ex－x>y－ln y等價于f(x)>f(ln y)，
∵f'(x)＝ex－1，
∴當x∈(0，＋∞)時，f'(x)>0，f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增，
∴若y∈(1，＋∞)，則ln y∈(0，＋∞)，
1
2
3
4
5
6
7
答案
由f(x)>f(ln y)有x>ln y；
若y∈(0，1]，則ln y≤0，
由x>0，有x>ln y.
綜上所述，x>ln y.
1
2
3
4
5
6
7
答案
2.若關于x的不等式ex＋x＋ln ≥mx＋ln m恒成立，則實數m的最大值為
A.2 B.e C.3 D.e2
√
由題意得，m>0，x>0，
不等式等價于ex＋x≥mx＋ln(mx)恒成立，
即ex＋ln ex≥mx＋ln(mx)恒成立，
令f(x)＝x＋ln x，
則不等式轉化為f(ex)≥f(mx)，
因為f'(x)＝1＋>0，
所以函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以ex≥mx，則≥m.
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
令g(x)＝x>0，
則g'(x)＝
則當01時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，
所以當x＝1時，g(x)有最小值，
即g(x)min＝g(1)＝e，則m≤e，
則m的最大值為e.
二、多項選擇題
3.(2025·邯鄲模擬)已知a>0，b∈R，e是自然對數的底數，若b＋eb＝a＋
ln a，則a－b的值可以是
A.－1 B.1 C.2 D.3
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
設函數f(x)＝x＋ex，
則f(x)在R上是增函數，
所以b＋eb－(a＋ln a)＝b＋eb－(ln a＋eln a)＝f(b)－f(ln a)＝0，
所以b＝ln a，即a＝eb，所以a－b＝eb－b，
令g(x)＝ex－x，則g'(x)＝ex－1，
當x<0時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；當x>0時，g'(x)>0，g(x)單調遞增，
所以g(x)≥g(0)＝1，從而a－b≥1，結合選項，選項BCD符合題意.
答案
4.(2024·鹽城模擬)若不等式ax－exln a<0在x∈[2，＋∞)上恒成立，則實數a的值可以為
A.3e B.2e C.e D.2
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
由題意得a>0，
由ax－exln a<0得<
設f(x)＝則f'(x)＝
當x<1時，f'(x)>0，f(x)單調遞增；當x>1時，f'(x)<0，f(x)單調遞減，
又f(0)＝0，f(1)＝當x>0時，f(x)＝>0恒成立，
所以f(x)＝的圖象如圖所示，
1
2
3
4
5
6
7
答案
<即f(x)對于A，當a＝3e時，ln a＝ln 3＋1>2，根據圖象可得
f(x)對于B，當a＝2e時，ln a＝ln 2＋1∈(1，2)，根據圖象可得f(x)對于C，當a＝e時，ln a＝1，根據圖象可得f(x)1
2
3
4
5
6
7
答案
對于D，當a＝2時，ln a＝ln 2，
又f(ln 2)＝ln 2，f(2)＝
因為3×ln 2－3×＝ln 2
且2>e，e2>6，即ln 2>1<1，
所以3×ln 2－3×＝ln 2>0，
即f(ln 2)>f(2)，
根據圖象可得f(x)三、填空題
5.(2025·長春模擬)不等式xex＋≥0(a<0)對 x∈(1，＋∞)恒成立，則實數a的取值范圍是　　　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
答案
[－e，0)
1
2
3
4
5
6
7
由xex＋≥0可得
xex≥－＝－aln x·e－aln x，
令f(x)＝xex(x>0)，則f'(x)＝(x＋1)ex>0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
因為a<0，x∈(1，＋∞)，則－aln x>0，
則f(x)≥f(－aln x)，可得x≥－aln x，
即a≥－對 x∈(1，＋∞)恒成立，
答案
1
2
3
4
5
6
7
令g(x)＝x>1，
則g'(x)＝
由g'(x)＝0可得x＝e，故當1e時，g'(x)>0，
所以g(x)在(1，e)上單調遞減，在(e，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)min＝g(e)＝e，
得a≥＝－e，
又a<0，所以－e≤a<0.
答案
6.(2025·渭南模擬)已知實數x1，x2滿足ln x2＝則x1＝　　.
1
2
3
4
5
6
7
答案
4
1
2
3
4
5
6
7
由
可得x1＝4，故x1>0，
由ln x2＝可得ln ＝4，
可得·ln ＝4，故ln >0，
令f(x)＝xex，則f(x1)＝f(ln )，
f'(x)＝(x＋1)ex，
當x>0時，f'(x)>0，
答案
1
2
3
4
5
6
7
所以函數f(x)在區間(0，＋∞)上單調遞增.
由f(x1)＝f(ln )得x1＝ln
所以
因為x1＝4，所以x1＝4.
答案
四、解答題
7.(2024·咸陽模擬)已知函數f(x)＝aex－x.
(1)討論f(x)的單調性；
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
因為f(x)＝aex－x，定義域為R，所以f'(x)＝aex－1，
當a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f'(x)＝aex－1<0恒成立，
所以f(x)在R上單調遞減；
當a>0時，令f'(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
當x<－ln a時，f'(x)<0，則f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減；
當x>－ln a時，f'(x)>0，則f(x)在(－ln a，＋∞)上單調遞增，
綜上，當a≤0時，f(x)在R上單調遞減；
當a>0時，f(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減，在(－ln a，＋∞)上單調遞增.
(2)若f(x)＋x＋ln a≥ln x，求實數a的取值范圍.
1
2
3
4
5
6
7
答案
1
2
3
4
5
6
7
答案
因為f(x)＝aex－x，
所以f(x)＋x＋ln a≥ln x等價于eln a＋x＋ln a＋x≥ln x＋x＝eln x＋ln x，
令g(x)＝ex＋x，上述不等式等價于g(ln a＋x)≥g(ln x)，顯然g(x)為增函數，
所以原不等式等價于ln a＋x≥ln x，
即ln a≥ln x－x，
令h(x)＝ln x－x，則h'(x)＝－1＝
當x∈(0，1)時，h'(x)>0，h(x)單調遞增；當x∈(1，＋∞)時，h'(x)<0，h(x)單調遞減，
1
2
3
4
5
6
7
答案
所以h(x)max＝h(1)＝－1，
ln a≥－1＝ln 即a≥
所以a的取值范圍是.(共45張PPT)
第三章
必刷大題6　導數的綜合問題
數學
大
一
輪
復
習
答案
1
2
3
4
(1)由已知可得f(x)的定義域為(0，+∞)，f'(x)=-a，
所以f'(2)=-a=-即a=1，
所以f(x)=ln x-(x+1)，f'(x)=-1=
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的單調遞增區間為(0，1)，單調遞減區間為(1，+∞).
1.
答案
1
2
3
4
(2)由(1)得f(x)=ln x-(x+1)，
將不等式整理得f(x)-+2x+>k(x-1)，
因為x∈(1，2)，所以x-1>0，
原不等式可轉化為k<-在(1，2)上恒成立，
令M(x)=-x∈(1，2)，
則M'(x)=-=
1.
答案
1
2
3
4
令P(x)=(x2-1)(2-x)-2xln x，x∈(1，2)，
則P'(x)=-(3x-1)(x-1)-2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上單調遞減，
P(x)所以M(x)在(1，2)上單調遞減，
M(x)>M(2)=ln 2-
所以k≤ln 2-所以實數k的取值范圍是.
1.
答案
1
2
3
4
(1)∵f(x)=ex-1-ln x，
f(x)的定義域為(0，+∞)，
∴f'(x)=ex-1-
令l(x)=ex-1-(x>0)，∴l'(x)=ex-1+>0，
∴當x>0時，l(x)即f'(x)單調遞增，
又∵f'(1)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴當x∈(0，1)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(1，+∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增.
∴f(x)的單調遞減區間為(0，1)，單調遞增區間為(1，+∞).
2.
答案
1
2
3
4
(2)∵g(x)=f(x)-m(x-1)=ex-1-ln x-mx+m(m>0)，
∴g'(x)=ex-1--m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，+∞)上單調遞增，且g'(1)=-m<0，
又g'(1+m)=em--m>em-(m+1)，
易證em>m+1，則g'(1+m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1+m) (1，+∞)，使得g'(t)=0，
2.
答案
1
2
3
4
∴當x∈(0，t)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；
當x∈(t，+∞)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增；
∴g(x)min=g(t)=et-1-ln t-mt+m，
又當x→0時，g(x)→+∞；
當x→+∞時，g(x)→+∞，
所以若方程g(x)=ex-1-ln x-mx+m=0有唯一的實根x0，
則x0=t>1，
2.
答案
1
2
3
4
∴
消去m可得(2-t)et-1-ln t+1-=0(t>1)，令h(t)=(2-t)et-1-ln t+1-(t>1)，
則h'(t)=(1-t)et-1-+=(1-t)<0，
∴h(t)在(1，+∞)上為減函數，且h(1)=1>0，h(2)=-ln 2<0，
∴當h(t)=0時，t∈(1，2)，即12.
答案
1
2
3
4
(1)當a=1,b=-2時,f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(負值舍去),
故切點為(1,-3),
切線方程為y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
3.
答案
1
2
3
4
(2)f'(x)=--1,
∵x=1為f(x)的極小值點,
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①當b≤0時,x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
當00,f(x)單調遞增;
當x>1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
②當b=1時,f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上單調遞減,
f(x)不存在極值,舍去.
③當0當b0,f(x)單調遞增;
當x>1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,此時f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
3.
答案
1
2
3
4
④當b>1時,當0當10,f(x)單調遞增;當x>b時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,此時f(x)在x=1處取得極小值,符合題意.
綜上,b的取值范圍為(1,+∞).
3.
答案
1
2
3
4
(1)易知f(x)的定義域為(-1，+∞)，
由f(x)=x-aln(1+x)，得f'(x)=1-=
當a≤0時，f'(x)>0在(-1，+∞)上恒成立，
所以f(x)在(-1，+∞)上為增函數，
當a>0時，令f'(x)=0，得x=a-1，
當x∈(-1，a-1)時，f'(x)<0，
當x∈(a-1，+∞)時，f'(x)>0，
4.
答案
1
2
3
4
即f(x)在(-1，a-1)上單調遞減，在(a-1，+∞)上單調遞增.
綜上所述，當a≤0時，f(x)在(-1，+∞)上為增函數，
當a>0時，f(x)在(-1，a-1)上單調遞減，在(a-1，+∞)上單調遞增.
(2)當a=1時，f(x)=x-ln(1+x)，
由(1)知，f(x)在(-1，0)上單調遞減，在(0，+∞)上單調遞增，
所以f(x)=x-ln(1+x)≥f(0)=0，
得到x≥ln(x+1)，
4.
答案
1
2
3
4
對于任意正整數n，令x=
則≥ln=ln(2n+1)-ln(2n-1)，
所以2>ln 3-ln 1+ln 5-ln 3+ln 7-ln 5+…+ln(2n+1)-ln(2n-1)=ln(2n+1)，
即1+++…+>ln(2n+1)，
命題得證.
4.
答案
1
2
3
4
(3)因為p(x)=x-1-[x-1-aln(1+x-1)]=aln x(a>0，x>0)，
所以直線AB的斜率
kAB=又p'(x)=所以p'(x3)=
由題意得kAB==
又易知p'(x)=(a>0)在(0，+∞)上單調遞減，要證x3<
即證p'(x3)>p'
4.
答案
1
2
3
4
即證>
又0=
令=t>1，即證ln t>
即證(t+1)ln t-2(t-1)>0，
令q(t)=(t+1)ln t-2(t-1)(t>1)，
則q'(t)=ln t+-1，
4.
答案
1
2
3
4
令r(t)=ln t+-1，則r'(t)=-=
當t>1時，r'(t)>0，
即r(t)在(1，+∞)上單調遞增，所以r(t)>r(1)=0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，+∞)上單調遞增，
所以q(t)>q(1)=0，
即(t+1)ln t>2(t-1)，
所以x3<故命題得證.
4.
1.(2024·葫蘆島模擬)已知函數f(x)＝ln x－a(x＋1)(a∈R)在點(2，f(2))處的切線與直線x＋2y＝0平行.
(1)求f(x)的單調區間；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由已知可得f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f'(x)＝－a，
所以f'(2)＝－a＝－即a＝1，
所以f(x)＝ln x－(x＋1)，
f'(x)＝－1＝
令f'(x)>0，得0令f'(x)<0，得x>1，
所以f(x)的單調遞增區間為(0，1)，單調遞減區間為(1，＋∞).
(2)當x∈(1，2)時，f(x)>＋(k－2)x－k－恒成立，求實數k的取值范圍.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
由(1)得f(x)＝ln x－(x＋1)，
將不等式整理得f(x)－＋2x＋>k(x－1)，
因為x∈(1，2)，所以x－1>0，
原不等式可轉化為k<在(1，2)上恒成立，
令M(x)＝x∈(1，2)，
則M'(x)＝＝
令P(x)＝(x2－1)(2－x)－2xln x，x∈(1，2)，
1
2
3
4
答案
則P'(x)＝－(3x－1)(x－1)－2ln x<0，
所以P(x)在(1，2)上單調遞減，
P(x)所以M(x)在(1，2)上單調遞減，
M(x)>M(2)＝ln 2－
所以k≤ln 2－
所以實數k的取值范圍是.
1
2
3
4
答案
2.(2024·贛州模擬)已知函數f(x)＝ex－1－ln x.
(1)求f(x)的單調區間；
1
2
3
4
答案
∵f(x)＝ex－1－ln x，
f(x)的定義域為(0，＋∞)，
∴f'(x)＝ex－1－
令l(x)＝ex－1－(x>0)，
∴l'(x)＝ex－1＋>0，
∴當x>0時，l(x)即f'(x)單調遞增，
1
2
3
4
答案
又∵f'(1)＝0，
∴當x∈(0，1)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(1，＋∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增.
∴f(x)的單調遞減區間為(0，1)，單調遞增區間為(1，＋∞).
1
2
3
4
答案
(2)已知m>0，若函數g(x)＝f(x)－m(x－1)有唯一的零點x0，證明：11
2
3
4
答案
∵g(x)＝f(x)－m(x－1)＝ex－1－ln x－mx＋m(m>0)，
∴g'(x)＝ex－1－－m(x>0，m>0)，
由(1)可知g'(x)在(0，＋∞)上單調遞增，且g'(1)＝－m<0，
又g'(1＋m)＝em－－m>em－(m＋1)，
易證em>m＋1，則g'(1＋m)>0，
∴存在唯一的t∈(1，1＋m) (1，＋∞)，使得g'(t)＝0，
∴當x∈(0，t)時，g'(x)<0，g(x)單調遞減；
當x∈(t，＋∞)時，g'(x)>0，g(x)單調遞增；
1
2
3
4
答案
∴g(x)min＝g(t)＝et－1－ln t－mt＋m，
又當x→0時，g(x)→＋∞；當x→＋∞時，g(x)→＋∞，
所以若方程g(x)＝ex－1－ln x－mx＋m＝0有唯一的實根x0，則x0＝t>1，
∴
消去m可得(2－t)et－1－ln t＋1－＝0(t>1)，
令h(t)＝(2－t)et－1－ln t＋1－(t>1)，
1
2
3
4
答案
則h'(t)＝(1－t)et－1－
＝(1－t)<0，
∴h(t)在(1，＋∞)上為減函數，
且h(1)＝1>0，h(2)＝－ln 2<0，
∴當h(t)＝0時，t∈(1，2)，即13.(2025·八省聯考)已知函數f(x)=aln x+-x.
(1)設a=1,b=-2,求曲線y=f(x)的斜率為2的切線方程;
1
2
3
4
答案
當a=1,b=-2時,f(x)=ln x--x,x>0,
令f'(x)=+-1=2,得(3x+2)(x-1)=0,
解得x=1(負值舍去),
故切點為(1,-3),
切線方程為y+3=2(x-1),即2x-y-5=0.
(2)若x=1是f(x)的極小值點,求b的取值范圍.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
f'(x)=--1,
∵x=1為f(x)的極小值點,
∴f'(1)=a-b-1=0,a=b+1,
∴f'(x)=-=-,
①當b≤0時,x-b>0,令f'(x)=0得x=1,
當00,f(x)單調遞增;
當x>1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
1
2
3
4
答案
②當b=1時,f'(x)=-≤0,
f(x)在(0,+∞)上單調遞減,
f(x)不存在極值,舍去.
③當0當b0,f(x)單調遞增;
當x>1時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,此時f(x)在x=1處取得極大值,舍去.
④當b>1時,當01
2
3
4
答案
當10,f(x)單調遞增;當x>b時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,此時f(x)在x=1處取得極小值,符合題意.
綜上,b的取值范圍為(1,+∞).
4.已知函數f(x)＝x－aln(1＋x)，a∈R.
(1)討論f(x)的單調性；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
易知f(x)的定義域為(－1，＋∞)，由f(x)＝x－aln(1＋x)，
得f'(x)＝1－
當a≤0時，f'(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在(－1，＋∞)上為增函數，
當a>0時，令f'(x)＝0，得x＝a－1，
當x∈(－1，a－1)時，f'(x)<0，當x∈(a－1，＋∞)時，f'(x)>0，
即f(x)在(－1，a－1)上單調遞減，在(a－1，＋∞)上單調遞增.
綜上所述，當a≤0時，f(x)在(－1，＋∞)上為增函數，
當a>0時，f(x)在(－1，a－1)上單調遞減，在(a－1，＋∞)上單調遞增.
(2)證明：對于任意正整數n，都有1＋＋…＋>ln(2n＋1)；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
當a＝1時，f(x)＝x－ln(1＋x)，
由(1)知，f(x)在(－1，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)＝x－ln(1＋x)≥f(0)＝0，
得到x≥ln(x＋1)，
對于任意正整數n，令x＝
則≥ln＝ln(2n＋1)－ln(2n－1)，
1
2
3
4
答案
所以2>ln 3－ln 1＋ln 5－ln 3＋ln 7－ln 5＋…＋ln(2n＋1)－ln(2n－1)
＝ln(2n＋1)，
即1＋＋…＋>ln(2n＋1)，
命題得證.
(3)設p(x)＝x－1－f(x－1)，a>0，若曲線y＝p(x)上的兩點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，滿足01
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
因為p(x)＝x－1－[x－1－aln(1＋x－1)]＝aln x(a>0，x>0)，
所以直線AB的斜率kAB＝
又p'(x)＝所以p'(x3)＝
由題意得kAB＝
又易知p'(x)＝(a>0)在(0，＋∞)上單調遞減，要證x3<
即證p'(x3)>p'
1
2
3
4
答案
即證>
又0即證ln >
令＝t>1，即證ln t>
即證(t＋1)ln t－2(t－1)>0，
令q(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)(t>1)，
則q'(t)＝ln t＋－1，
1
2
3
4
答案
令r(t)＝ln t＋－1，
則r'(t)＝當t>1時，r'(t)>0，
即r(t)在(1，＋∞)上單調遞增，所以r(t)>r(1)＝0，即q'(t)>0，
故q(t)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以q(t)>q(1)＝0，即(t＋1)ln t>2(t－1)，
所以x3<故命題得證.(共34張PPT)
第三章
必刷小題5　導數及其應用
數學
大
一
輪
復
習
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B B D A A C A A
題號 9 10 11 12　 13 14
答案 BC BD ABD
一、單項選擇題
1.下列求導運算結果正確的是
A.'＝1＋ B.(xln x)'＝ln x＋1
C.(sin π)'＝cos π D.'＝
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
對于A'＝1－故A錯誤；
對于B，(xln x)'＝x'ln x＋(ln x)'x＝ln x＋·x＝ln x＋1，故B正確；
對于C，(sin π)'＝0，故C錯誤；
對于D'＝故D錯誤.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
2.函數y＝x2－ln x的單調遞減區間為
A.(0，e) B.(0，1)
C.[1，＋∞) D.(0，＋∞)
√
由題意知，x>0，y'＝x－
令y'<0，得0所以其單調遞減區間為(0，1).
3.已知函數f(x)的導函數f'(x)的圖象如圖所示，則該函數的大致圖象可能是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
由題意知f'(x)與x軸有三個交點，不妨設為x1，x2，x3，且x1當x∈(－∞，x1)時，f'(x)<0，
當x∈(x1，0)時，f'(x)>0，
當x∈(0，x3)時，f'(x)<0，
當x∈(x3，＋∞)時，f'(x)>0，
所以f(x)在區間(－∞，x1)，(0，x3)上單調遞減，故A，C錯誤；
在區間(x1，0)，(x3，＋∞)上單調遞增，故B錯誤，D正確.
答案
4.若函數f(x)＝x－－aln x存在單調遞減區間，則實數a的取值范圍為
A.(2＋∞) B.(－∞，－2]
C.[－22] D.(－∞，2)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為f(x)＝x－－aln x存在單調遞減區間，
所以f'(x)＝1＋<0在(0，＋∞)上有解，
即a>＋x在(0，＋∞)上有解，
＋x≥2＝2
當且僅當x＝時等號成立，
所以＝2
故a>2.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
5.某制造商制造并出售球形瓶裝的某種液體材料.瓶子的制造成本是0.1πr4分，其中r(單位：cm)是瓶子的半徑.已知每售出1 mL的液體材料，制造商可獲利0.3分，且制造商能制作的瓶子的最大半徑為8 cm，則當每瓶液體材料的利潤最大時，瓶子的半徑為
A.3 cm B.4 cm C.5 cm D.6 cm
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
依題意知，每瓶液體材料的利潤f(r)＝0.3×πr3－0.1πr4＝0.1π(4r3－r4)，0則f'(r)＝0.4πr2(3－r)，
令f'(r)＝0，得r＝3，
當r∈(0，3)時，f'(r)>0，當r∈(3，8]時，f'(r)<0，
因此函數f(r)在(0，3)上單調遞增，在(3，8]上單調遞減，即當r＝3時，f(r)取最大值，
所以當每瓶液體材料的利潤最大時，r＝3.
答案
6.若函數f(x)＝(x－3)ex＋x2－2x＋1在區間(2m－2，3＋m)上存在最值，則m的取值范圍是
A.(－∞，－1) B.(2，＋∞)
C.(－1，2) D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
f'(x)＝(x－2)ex＋x－2＝(x－2)(ex＋1)，
則當x>2時，f'(x)>0，當x<2時，f'(x)<0，
即f(x)在(－∞，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，
即f(x)在x＝2處取得最值，
則有2m－2<2<3＋m，
解得－1答案
7.已知f(x)是定義域為R的偶函數，且在(－∞，0)上單調遞減，若a＝
f(ln 1.04)，b＝f(1.04)，c＝f(e0.04)，則
A.aC.c1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
答案
因為f(x)是定義域為R的偶函數，且在(－∞，0)上單調遞減，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
ln 1.04令h(x)＝ex－(x＋1)，
當x>0時，h'(x)＝ex－1>0，
則h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
所以h(0.04)＝e0.04－(0.04＋1)＝e0.04－1.04>h(0)＝0，
即e0.04>1.04，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
所以e0.04>1.04>ln 1.04.
而f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
故有f(ln 1.04)1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
8.已知a>0，b>1，且e2a＋2ln b＋1＝b2＋2a，則一定有
A.b>ea B.ln bC.a＋ln b>1 D.a＋ln b＝1
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因為e2a＋2ln b＋1＝b2＋2a，
所以e2a－2a＝b2－2ln b－1＝－ln b2－1，
所以－ln b2－1>e2a－2a－1，
令f(x)＝ex－x－1，
則f'(x)＝ex－1，f(ln b2)>f(2a)，
當x∈(0，＋∞)時，f'(x)>0，
故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
因為a>0，b>1，所以2a>0，ln b2>0，
則ln b2>2a，所以ln b>a，即b>ea，故A正確，B錯誤；
因為ln b>a，所以a＋ln b>2a，
因為a>0，所以a＋ln b與1的大小關系不確定，故C，D錯誤.
答案
二、多項選擇題
9.下列說法中正確的有
A.(sin 2x)'＝cos 2x
B.已知函數f(x)在R上可導，且f'(1)＝1，則＝1
C.一質點A沿直線運動，位移s(單位：m)與時間t(單位：s)之間的關系為
s(t)＝t2＋1，則該質點在t＝2 s時的瞬時速度是4 m/s
D.若h(x)＝f(x)·g(x)，則h'(x)＝f'(x)·g'(x)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
對于A選項，(sin 2x)'＝2cos 2x，故A錯誤；
對于B選項，由導函數定義可知＝f'(1)＝1，故B正確；
對于C選項，s'(t)＝2t，故s'(2)＝4，故該質點在t＝2 s時的瞬時速度是 4 m/s，故C正確；
對于D選項，若h(x)＝f(x)·g(x)，則h'(x)＝f'(x)·g(x)＋f(x)·g'(x)，故D錯誤.
10.已知f'(x)為函數f(x)的導函數，當x>0時，有f(x)－xf'(x)>0恒成立，則下列不等式一定成立的是
A.f >2f B.f <2f
C.f >2f(1) D.2f>f(1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
√
√
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
構造函數g(x)＝其中x>0，則g'(x)＝<0，
所以函數g(x)在(0，＋∞)上單調遞減，
對于A，B選項，g即2f <4f 可得f <2f A錯，B對；
對于C，D選項，g>g(1)，
即2f >f(1)，D對，C無法判斷.
答案
11.已知函數f(x)＝－x3＋3x－1，則
A.f(x)在x＝－1處取得極小值
B.f(x)有3個零點
C.f(x)在區間(－2，2)上的值域為(－3，1)
D.函數f(x)圖象的對稱中心為點(0，－1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由f'(x)＝－3x2＋3，
令f'(x)>0，解得－11，
所以函數f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調遞減，在(－1，1)上單調遞增，
所以f(x)在x＝－1處取得極小值，故A正確；
又f(－2)＝1，f(－1)＝－3，f(1)＝1，f(2)＝－3，
所以f(－2)·f(－1)<0，所以函數f(x)在(－∞，－1)上有且僅有一個零點，
同理函數f(x)在(－1，1)上有且僅有一個零點，在(1，＋∞)上有且僅有一個零點，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
即函數f(x)共有3個零點，故B正確；
由前面得f(x)在(－2，2)上的值域為[－3，1]，故C錯誤；
設g(x)＝－x3＋3x，x∈R，g(－x)＝－(－x)3＋3(－x)＝x3－3x＝－g(x)，所以函數g(x)是奇函數，圖象關于點(0，0)對稱，
又f(x)＝－x3＋3x－1的圖象是由g(x)的圖象向下平移1個單位長度得到的，所以函數f(x)圖象的對稱中心為點(0，－1)，故D正確.
三、填空題
12.函數f(x)＝x－cos x，x∈的值域是　　　　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
因為f(x)＝x－cos x，x∈所以f'(x)＝＋sin x，
當－當－0，f(x)單調遞增，
所以f(x)min＝f ＝－又f ＝－從而f(x)max＝f
所以函數f(x)＝x－cos x，x∈的值域是.
13.在平面直角坐標系中，點A在曲線y＝ln x上，且該曲線在點A處的切線經過點(－e，－1)(e為自然對數的底數)，則點A的坐標為　　　　，切線
方程為　　　　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
(e，1)
y＝
設點A的坐標為(x0，y0)，則y0＝ln x0.
又y'＝當x＝x0時，y'＝
曲線y＝ln x在點A處的切線方程為y－y0＝(x－x0)，即y－ln x0＝－1，
代入點(－e，－1)，得－1－ln x0＝－1，
即x0ln x0＝e，
記H(x)＝xln x，當x∈(0，1)時，H(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，H(x)>0，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
且H'(x)＝ln x＋1，當x>1時，H'(x)>0，H(x)單調遞增，
又H(e)＝e，故x0ln x0＝e存在唯一的實數根x0＝e，此時y0＝1，
故點A的坐標為(e，1)，切線方程為y＝.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
14.定義：如果函數f(x)在區間[a，b]上存在x1，x2(a＝x3－x2＋a是[0，a]上的“雙中值函數”，則實數a的取值范圍是　　 　.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
由于f(x)＝x3－x2＋a，
則f'(x)＝x2－2x，
因為f(x)在[0，a]上存在x1，x2(0滿足f'(x1)＝f'(x2)＝
即x2－2x＝a2－a，
則關于x的一元二次方程x2－2x－a2＋a＝0在(0，a)上有兩個不同的實根，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
令g(x)＝x2－2x－a2＋a，
則解得所以實數a的取值范圍是.

展開更多......

收起↑