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高中数学二轮复习讲义——选填题部分
第 4 讲 导数的简单应用
从近三年高考情况来看，导数的概念及计算一直是高考中的热点，对本知识的
考查主要是导数的概念及其运算法则、导数的几何意义等内容，常以选择题或填空题的形式呈现，有时也
会作为解答题中的一问．解题时要掌握函数在某一点处的导数定义、几何意义以及基本初等函数的求导法
则，会求简单的复合函数的导数．
导数的应用也一直是高考的热点，尤其是导数与函数的单调性、极值、最值问题是高考考查的重点内
容，一般以基本初等函数为载体，考查导数的相关知识及应用，题型有选择题、填空题，也有解答题中的
一问，难度一般较大，常以把关题的位置出现．解题时要熟练运用导数与函数单调性、极值与最值之间的
关系，理解导数工具性的作用，注重数学思想和方法的应用．
题型一、导数的几何意义——切线
考点1.在点问题与过点问题
1．（2018•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，
0）处的切线方程为（ ）
A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x
【解答】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，f（﹣x）＝﹣f（x），
﹣x3+（a﹣1）x2﹣ax＝﹣（x3+（a﹣1）x2+ax）＝﹣x3﹣（a﹣1）x2﹣ax．
所以：（a﹣1）x2＝﹣（a﹣1）x2
可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，
曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，
则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．
故选：D．
2．已知曲线C：f（x）＝x3﹣ax+a，若过曲线C外一点A（1，0）引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互
补，则a的值为（ ）27 27
A． B．﹣2 C．2 D．−
8 8
【解答】解：由f（x）＝x3﹣ax+a，得f′（x）＝3x2﹣a，
设切点为(x ，x 3−ax +a)，
0 0 0
∴f' (x )=3x 2−a，
0 0
∴过切点的切线方程为y−x 3+ax −a=(3x 2−a)(x−x )，
0 0 0 0
∵切线过点A（1，0），
∴−x 3+ax −a=(3x 2−a)(1−x )，
0 0 0 0
3
解得：x＝0或x = ．
0 0 2
3 27
∴f′（0）＝﹣a，f' ( )= −a，
2 4
27
由两切线倾斜角互补，得﹣a=a− ，
4
27
∴a= ．
8
故选：A．
考点2.公切线问题
1．（2016•新课标Ⅱ）若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线，则b＝ 1
﹣ ln 2 ．
【解答】解：设y＝kx+b与y＝lnx+2和y＝ln（x+1）的切点分别为（x，kx+b）、（x，kx+b）；
1 1 2 2
1 1
由导数的几何意义可得k = = ，得x＝x+1
x x +1 1 2
1 2
k=2
{
1
{ kx +b=lnx +2 x =
再由切点也在各自的曲线上，可得 1 1 联立上述式子解得 1 2 ；
kx +b=ln(x +1)
2 2 1
x =−
2 2
从而kx+b＝lnx +2得出b＝1﹣ln2．
1 1
2．已知函数 ， ，若直线 与函数 ， 的图象都相切，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义分别得到 、 ，再运用基本不等式即可求解.
【详解】设直线 与函数 ， 的图象相切的切点分别为 ， .
由 ，有 ，解得 ， .
又由 ，有 ，解得 ， ，可得 ，当且仅当 ，
时取“=”.
故选：B
3
3．设函数f(x)= x2−2ax(a＞0)与g（x）＝a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实
2
1
数b的最大值为 ．
2e2
a2
【解答】解：设公共点坐标为（x，y），则f '(x)=3x−2a，g'(x)= ，
0 0 x
a2 a
所以有f'（x）＝g'（x），即3x −2a= ，解出x＝a（x =− 舍去），
0 0 0 x 0 0 3
0
3
又y＝f（x）＝g（x），所以有 x2−2ax =a2lnx +b，
0 0 0 2 0 0 0
3
故b= x2−2ax −a2lnx ，
2 0 0 0
1
所以有b=− a2−a2lna，对b求导有b'＝﹣2a（1+lna），
2
1 1
故b关于a的函数在(0， )为增函数，在( ，+∞)为减函数，
e e1 1
所以当a= 时b有最大值 ．
e 2e2
1
故答案为： ．
2e2
考点3.切线综合问题
1
1．设点P在曲线y= ex上，点Q在曲线y＝ln（2x）上，则|PQ|的最小值为（ ）
2
A．1﹣ln 2 B．√2（1﹣ln 2） C．1+ln 2 D．√2（1+ln 2）
1
【解答】解：由题意知函数y= ex与y＝ln（2x）互为反函数，其图象关于直线y＝x对称，
2
1
两曲线上点之间的最小距离就是y＝x与y= ex上点的最小距离的2倍．
2
1 1
设y= ex上点（x，y）处的切线与直线y＝x平行，则 ex0＝1，
2 0 0 2
∴x＝ln 2，y＝1，
0 0
|ln2−1| √2
∴点（x，y）到y＝x的距离为 = （1﹣ln 2），
0 0 √2 2
√2
则|PQ|的最小值为 （1﹣ln 2）×2=√2（1﹣ln 2）．
2
故选：B．
2．设曲线y＝（ax﹣1）ex在点A（x ，y ）处的切线为l ，曲线y＝（1﹣x）e﹣x在点B（x ，y ）处的切线
0 0 1 0 1
3
为l，若存在x∈[0， ]，使得l⊥l，则实数a的取值范围是（ ）
2 0 2 1 2
1 3 3
A．（﹣∞，1] B．（ ，+∞） C．（1， ） D．[1， ]
2 2 2
【解答】解：函数y＝（ax﹣1）ex的导数为y′＝（ax+a﹣1）ex，
∴l 的斜率为k＝（ax+a﹣1）ex 0，
1 1 0
函数y＝（1﹣x）e﹣x的导数为y′＝（x﹣2）e﹣x ∴l 的斜率为k＝（x﹣2）e−x 0，
2 2 0
由题设有k•k＝﹣1从而有（ax+a﹣1）ex 0•（x﹣2）e−x 0=−1，
1 2 0 0
∴a（x2﹣x﹣2）＝x﹣3，
0 0 0
3 x −3
∵x∈[0， ]，得到x2﹣x﹣2≠0，所以a = 0 ，
0 2 0 0 x 2−x −2
0 0(x −1)(x −5)
又a′ =− 0 0 ，令导数大于0得，1＜x＜5，
(x 2−x −2) 2 0
0 0
x −3 3
故a = 0 在（0，1）是减函数，在（1， ）上是增函数，
x 2−x −2 2
0 0
3
x＝0时取得最大值为 ；x＝1时取得最小值为1．
0 2 0
3
∴1≤a≤ ．
2
故选：D．
3．若曲线 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设出切点横坐标 ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于 的方程，
根据此方程应有两个不同的实数根，求得 的取值范围.
【详解】∵ ，∴ ，
设切点为 ,则 ,切线斜率 ,
切线方程为： ,
∵切线过原点，∴ ,
整理得： ,
∵切线有两条，∴ ,解得 或 ,
∴ 的取值范围是 ,
故答案为：
4．已知函数 ，函数 的图象在点 和点 的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则 取值范围是 ．
【答案】
【分析】结合导数的几何意义可得 ，结合直线方程及两点间距离公式可得 ，
，化简即可得解.
【详解】由题意， ，则 ，
所以点 和点 ， ,
所以 ，
所以 ，
所以 ，
同理 ,
所以 .
故答案为：
题型二、导数与函数的单调性
考点1.已知单调性求参
1
1．已知函数f（x）= mx2﹣2x+lnx在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是（ ）
2
A．[﹣1，1] B．[﹣1，+∞） C．[1，+∞） D．（﹣∞，1]
1
【解答】解：∵函数f（x）= mx2+lnx﹣2x在定义域（x＞0）内是增函数，
2
1 2 1
∴f′（x）＝mx+ −2≥0，化为m≥ − ．
x x x22 1
令g（x）= − ，
x x2
1 2 2(x−1)
g′（x）=− + =− ，解g′（x）＞0，得0＜x＜1；解g′（x）＜0，得x＞1．
x2 x3 x3
因此当x＝1时，g（x）取得最大值，g（1）＝1．
∴m≥1．
故实数m的取值范围是[1，+∞），
故选：C．
2．若函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）上为单调函数，则k的取值范围是 （﹣∞， 0 ] ∪ [1 ， +∞ ）
．
1
【解答】解：f′（x）＝k− ，
x
∵函数f（x）＝kx﹣lnx在区间（1，+∞）单调，
∴f′（x）≥0在区间（1，+∞）上恒成立，
或f′（x）≤0在区间（1，+∞）上恒成立，
1 1
∴k≥ 或k≤ ，
x x
1
而y= 在区间（1，+∞）上单调递减，
x
∴k≥1或k≤0
∴k的取值范围是（﹣∞，0]∪[1，+∞），
故答案为：（﹣∞，0]∪[1，+∞）．
1
3．（2016•新课标Ⅰ）若函数f（x）＝x− sin2x+asinx在（﹣∞，+∞）单调递增，则a的取值范围是（
3
）
1 1 1 1
A．[﹣1，1] B．[﹣1， ] C．[− ， ] D．[﹣1，− ]
3 3 3 3
1 2
【解答】解：函数f（x）＝x− sin2x+asinx的导数为f′（x）＝1− cos2x+acosx，
3 3
由题意可得f′（x）≥0恒成立，
2
即为1− cos2x+acosx≥0，
3
5 4
即有 − cos2x+acosx≥0，
3 3设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，
当t＝0时，不等式显然成立；
5
当0＜t≤1时，3a≥4t− ，
t
5
由4t− 在（0，1]递增，可得t＝1时，取得最大值﹣1，
t
1
可得3a≥﹣1，即a≥− ；
3
5
当﹣1≤t＜0时，3a≤4t− ，
t
5
由4t− 在[﹣1，0）递增，可得t＝﹣1时，取得最小值1，
t
1
可得3a≤1，即a≤ ．
3
1 1
综上可得a的范围是[− ， ]．
3 3
另解：设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，
由题意可得5﹣4+3a≥0，且5﹣4﹣3a≥0，
1 1
解得a的范围是[− ， ]．
3 3
故选：C．
15
4．已知函数f（x）＝x3+bx2+cx+d在区间[﹣1，2]上是减函数，那么b+c有最大值 − ．
2
【解答】解：函数f（x）＝x3+bx2+cx+d在区间[﹣1，2]上是减函数，
f′（x）＝3x2+2bx+c≤0在区间[﹣1，2]上恒成立，
{f '(−1)≤0 {3−2b+c≤0 3
只要 即 成立即可． 当过A点时，b+c有最大值．A(− ，−6)，故b+c有
f '(2)≤0 12+4b+c≤0 2
15
最大值为−
2
15
故答案为：− ．
2考点2.已知存在单调区间求参
1．若函数f（x）＝x2﹣ex﹣ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为 （﹣∞， 2 l n 2﹣ 2 ） ．
【解答】解：∵函数f（x）＝x2﹣ex﹣ax，
∴f′（x）＝2x﹣ex﹣a，
∵函数f（x）＝x2﹣ex﹣ax在R上存在单调递增区间，
∴f′（x）＝2x﹣ex﹣a＞0，
即a＜2x﹣ex有解，
令g′（x）＝2﹣ex，
g′（x）＝2﹣ex＝0，x＝ln2，
g′（x）＝2﹣ex＞0，x＜ln2，
g′（x）＝2﹣ex＜0，x＞ln2
∴当x＝ln2时，g（x） ＝2ln2﹣2，
max
∴a＜2ln2﹣2即可．
故答案为：（﹣∞，2ln2﹣2）．
1
2．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在区间[ ，2]上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是
2
（ ）
3 9
A．(−∞， ) B．(−∞， ) C．（﹣∞，3） D．(−∞，√2)
2 4
1
【解答】解：∵函数f（x）在区间[ ，2]上存在单调增区间，
2
1
∴函数f（x）在区间[ ，2]上存在子区间使得不等式f′（x）＞0成立．
21 2x2−2bx+1
f '(x)= +2(x−b)= ，
x x
1
设h（x）＝2x2﹣2bx+1，则h（2）＞0或ℎ( )＞0，
2
1
即8﹣4b+1＞0或 −b+1＞0，
2
9
得b＜ ．
4
故选：B．
考点3.利用构造函数解不等式
1．已知f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数，且满足f（x）＞﹣xf′（x），则不等式f
（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集是（ ）
A．（1，2） B．（1，+∞） C．（0，2） D．（2，+∞）
【解答】解：∵f（x）＞﹣xf′（x），
∴（ x•f（x））′＞0，故函数y＝x•f（x）在（0，+∞）上是增函数，
由不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）得：
（x+1）f（x+1）＞（x+1）（x﹣1）f（x2﹣1），
即（x+1）f（x+1）＞（x2﹣1）f（x2﹣1），
∴x+1＞x2﹣1＞0，解得：1＜x＜2，
故选：A．
1
2．定义在R上的函数f（x）满足：f（﹣x）+f（x）＝x2，当x＜0时，f′（x）＜x，则不等式f（x）+ ≤f
2
1
（1﹣x）+x的解集为 [ ，+∞) ．
2
【解答】解：∵定义在R上的函数f（x）满足：f（﹣x）+f（x）＝x2，
两边对x求导，得﹣f′（﹣x）+f′（x）＝2x，
∴f′（x）＝f′（﹣x）+2x，
令x＞0，则﹣x＜0，
∵当x＜0时，f′（x）＜x，∴f′（﹣x）＜﹣x，
∴f′（x）＜2x﹣x，即f′（x）＜x，
又f（0）＝0，直线y＝x过原点，∴f′（0）≤0，∴x∈R，都有f′（x）＜x，
1
令F（x）＝f（x）+ −f（1﹣x）﹣x，则
2F′（x）＝f′（x）+f′（1﹣x）﹣1＜x+1﹣x﹣1＝0，
1
∴F（x）是R上的单调减函数，且F（ ）＝0，
2
1 1 1
∴不等式f（x）+ ≤f（1﹣x）+x化为：f（x）+ −f（1﹣x）﹣x≤0＝F（ ）成立
2 2 2
1
则不等式的解集是[ ，+∞)，
2
1
故答案为：[ ，+∞)．
2
f '(x)−f(x)
3．已知函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），若f（x）满足 ＞0，f（2﹣x）＝f
x−1
（x）•e2﹣2x则下列判断一定正确的是（ ）
A．f（1）＜f（0） B．f（3）＞e3•f（0）
C．f（2）＞e•f（0） D．f（4）＜e4•f（0）
f(x) f '(x)−f(x)
【解答】解：令g（x）= ，则g′（x）= ，
ex ex
f '(x)−f(x)
∵f（x）满足 ＞0，
x−1
∴当x＜1时，f′（x）﹣f（x）＜0．∴g′（x）＜0．此时函数g（x）单调递减．
∴g（﹣1）＞g（0）．
f(−1) f(0)
即 ＞ =f(0)
e−1 e0
∵f（2﹣x）＝f（x）•e2﹣2x
∴f（3）＝f（﹣1）e4＞e﹣1f（0）•e4＝e3f（0）．
故选：B．
4．设函数f（x）是定义在（﹣∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x），且有2f（x）+xf′（x）＞x2，则
不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（ ）
A．（﹣2020，0） B．（﹣∞，﹣2020） C．（﹣2016，0） D．（﹣∞，﹣2016）
【解答】解：根据题意，设g（x）＝x2f（x），x＜0，
其导数g′（x）＝[x2f（x）]′＝2xf（x）+x2f′（x）＝x（2f（x）+xf′（x）），
又由2f（x）+xf′（x）＞x2≥0，且x＜0，
则g′（x）≤0，则函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数，
（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0（x+2018）2f（x+2018）＞（﹣2）2f（﹣2） g（x+2018）＞g（﹣2），
⇒又由函数g（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数⇒，
{x+2018＜−2
则有 ，
x+2018＜0
解可得：x＜﹣2020，
即不等式（x+2018）2f（x+2018）﹣4f（﹣2）＞0的解集为（﹣∞，﹣2020）；故选：B．
考点 4 . 构造函数比较大小
1 2 2 1 3
1．设a= e5，b= e4，c= ，则（ ）
4 5 10
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b
2
e5
2
1 1 2
e5 2
a 4 e5 4 5
【解答】解： = = • = ，
b 1 2 1 1
2
e4 e4 e4
5
5
1
4
ex
令f（x）= ，0＜x＜1，
x
ex (x−1)
∴f′（x）= ＜0，
x2
∴f（x）在（0，1）上单调递减，
2 1
∴f（ ）＜f（ ），
5 4
a
∴ ＜1，即a＜b，
b
1 2 3
∵a= e5，c= ，
4 10
1 2 1 2 1 2 2
∴a﹣c=
4
e5−
4
×3×
5
=
4
（e
❑5−
3×
5
），
令g（x）＝ex﹣3x，
∴g′（x）＝ex﹣3，
当x＜ln3时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（﹣∞，ln3）上单调递减，1 3
∵g（ ）=√e− ＞0，
2 2
2 1
∴g（ ）＞g（ ）＞0，
5 2
∴a﹣c＞0，
∴a＞c，
∴c＜a＜b．
故选：D．
2． ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数单调性比较大小即得.
【详解】依题意， ，
令 ，
求导得 ，
因此函数 在 上单调递增， ，即 ，则 ；
令 ，求导得 ，
因此函数 在 上单调递增， ，即 ，则 ，
所以 .
故选：B
3．设 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造函数 ， 导数判断其单调性，由此确定 的大小.
【详解】方法一：构造法
设 ，因为 ，当 时， ，当 时 ，
所以函数 在 单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，故 ，即 ，
所以 ，所以 ，故 ，所以 ，
故 ，
设 ，则 ,
令 ， ，
当 时， ，函数 单调递减，
当 时， ，函数 单调递增，
又 ，
所以当 时， ，
所以当 时， ，函数 单调递增，
所以 ，即 ，所以
故选：C.
方法二：比较法
解： ， ， ，
① ，
令
则 ，
故 在 上单调递减，
可得 ，即 ，所以 ；
② ，
令则 ，
令 ，所以 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，
所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以
故
4．已知 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知 ，再利用基本不等式，换底公式
可得 ， ，然后由指数函数的单调性即可解出．
【详解】［方法一］：（指对数函数性质）
由 可得 ，而 ，所以 ，
即 ，所以 .
又 ，所以 ，即 ，
所以 .综上， .
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由 ，可得 ．
根据 的形式构造函数 ，则 ，
令 ，解得 ，由 知 .
在 上单调递增，所以 ，即 ，又因为 ，所以 .
故选：A.
题型三、导数与函数的极值、最值问题
考点1.探求极值与最值
1．（2017•新课标Ⅱ）若 x＝﹣2 是函数 f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则 f（x）的极小值为
（ ）
A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1
【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．
解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，
＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，
x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．
故选：A．
3√3
2．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是 − ．
2
【解答】解：由题意可得T＝2π是f（x）＝2sinx+sin2x的一个周期，
故只需考虑f（x）＝2sinx+sin2x在[0，2π）上的值域，
先来求该函数在[0，2π）上的极值点，
求导数可得f′（x）＝2cosx+2cos2x
＝2cosx+2（2cos2x﹣1）＝2（2cosx﹣1）（cosx+1），
1
令f′（x）＝0可解得cosx= 或cosx＝﹣1，
2
π 5π
可得此时x= ，π或 ；
3 3
π 5π
∴y＝2sinx+sin2x的最小值只能在点x= ，π或 和边界点x＝0中取到，
3 3π 3√3 5π 3√3
计算可得f（ ）= ，f（π）＝0，f（ ）=− ，f（0）＝0，
3 2 3 2
3√3
∴函数的最小值为− ，
2
3√3
故答案为：− ．
2
3．（2013•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（ ）
A． x∈R，f（x）＝0
0 0
B．函∃ 数y＝f（x）的图象是中心对称图形
C．若x 是f（x）的极小值点，则f（x ）在区间（﹣∞，x）上单调递减
0 0
D．若x 是f（x）的极值点，则f′（x ）＝0
0 0
【解答】解：
A、对于三次函数f （x ）＝x3+ax2+bx+c，由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，
故 x∈R，f（x）＝0，故A正确；
0 0
∃ 2a 2a 2a 2a
B、∵f（− −x）+f（x）＝（− −x）3+a（− −x）2+b（− −x）+c+x3+ax2+bx+c
3 3 3 3
4a3 2ab
= − +2c，
27 3
a a a a 2a3 ab
f（− ）＝（− ）3+a（− ）2+b（− ）+c= − +c，
3 3 3 3 27 3
2a a
∵f（− −x）+f（x）＝2f（− ），
3 3
a a
∴点P（− ，f（− ））为对称中心，故B正确．
3 3
C、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，
对于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1
1
∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，− ）∪（1，+∞）
3
1
由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（− ，1）
3
1 1
∴函数f（x）的单调增区间为：（﹣∞，− ），（1，+∞），减区间为：（− ，1），
3 3
故1是f（x）的极小值点，但f（x ）在区间（﹣∞，1）不是单调递减，故C错误；
D：若x 是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x ）＝0，故D正确．
0 0由于该题选择错误的，故选：C．
4．已知函数f（x）＝x3﹣px2﹣qx的图象与x轴切于点（1，0），则f（x）的极值为（ ）
4
A．极大值为 ，极小值为0
27
4
B．极大值为0，极小值为
27
4
C．极小值为− ，极大值为0
27
4
D．极大值为− ，极小值为0
27
【解答】解：f′（x）＝3x2﹣2px﹣q，
由函数f（x）的图象与x轴切于点（1，0）得：
p+q＝1，∴q＝1﹣p①，3﹣2p﹣q＝0②，
由①②，得p＝2，q＝﹣1，
则函数f（x）＝x3﹣2x2+x
1
则f′（x）＝3x2﹣4x+1令其＝0得到：x＝1或x= ，
3
1 1 4
①当x≤ 时，f′（x）＜0，f（x）单调减，极值＝f（ ）= ，
3 3 27
②当x≥1时，f′（x）＞0，f（x）函数单调增，极值为f（1）＝0
4
故比较大小得：f（x）的极大值为 ，极小值为0．
27
故选：A．
考点2.已知极值（点）求参
x3 a 1
1．若函数f（x）= − x2+x+1在区间（ ，3）上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
3 2 2
5 5 10 10
A．（2， ） B．[2， ） C．（2， ） D．[2， ）
2 2 3 3x3 a
【解答】解：∵函数f（x）= − x2+x+1，
3 2
∴f′（x）＝x2﹣ax+1，
x3 a 1
若函数f（x）= − x2+x+1在区间（ ，3）上有极值点，
3 2 2
1
则f′（x）＝x2﹣ax+1在区间（ ，3）内有零点
2
1
由x2﹣ax+1＝0可得a＝x+
x
1
∵x∈（ ，3），
2
10
∴2≤a＜ ，
3
当a＝2时，函数f（x）的导函数等于零时值只有1，可是两边的单调性相同，所以a不能等于2．
故选：C．
ex
2．已知函数f(x)= +2klnx−kx，若 x＝2 是函数 f（x）的唯一极值点，则实数 k 的取值范围是
x2
（ ）
e2 e
A．(−∞， ) B．(−∞， ] C．（0，2] D．[2，+∞）
4 2
【解答】解：∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），
ex (x−2) 2k (ex−kx2 )(x−2)
∴f′（x）= + −k= ，
x3 x x3
∵x＝2是函数f（x）的唯一一个极值点，
∴x＝2是导函数f′（x）＝0的唯一根，
∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）无变号零点，
ex ex
即k= 在x＞0上无变号零点，令g（x）= ，
x2 x2
ex (x−2)
因为g'（x）= ，
x3
所以g（x）在（0，2）上单调递减，在x＞2 上单调递增，e2
所以g（x）的最小值为g（2）= ，
4
e2
所以必须k＜ ，
4
故选：A．
3．已知函数f（x）＝x（lnx﹣2ax）有两个极值点，则实数a的取值范围是（ ）
1 1 1 1
A．（﹣∞， ） B．（0， ） C．（0， ） D．（ ，+∞）
4 2 4 2
【解答】解：f（x）＝xlnx﹣2ax2（x＞0），f′（x）＝lnx+1﹣4ax．
令g（x）＝lnx+1﹣4ax，
∵函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点，
则g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根．
1 1−4ax
g′（x）= −4a= ，
x x
当a≤0时，g′（x）＞0，则函数g（x）在区间（0，+∞）单调递增，
因此g（x）＝0在区间（0，+∞）上不可能有两个实数根，应舍去．
1
当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x= ．
4a
1
令g′（x）＞0，解得0＜x＜ ，此时函数g（x）单调递增；
4a
1
令g′（x）＜0，解得x＞ ，此时函数g（x）单调递减．
4a
1
∴当x= 时，函数g（x）取得极大值．
4a
当x趋近于0与x趋近于+∞时，g（x）→﹣∞，
要使g（x）＝0在区间（0，+∞）上有两个实数根，
1 1 1
只需g（ ）＝ln ＞0，解得0＜a＜ ．
4a 4a 4
1
∴实数a的取值范围是（0， ）．
4
故选：C．
4．当 时，函数 取得最大值 ，则 （ ）
A． B． C． D．1【答案】B
【分析】根据题意可知 ， 即可解得 ，再根据 即可解出．
【详解】因为函数 定义域为 ，所以依题可知， ， ，而 ，所以
，即 ，所以 ，因此函数 在 上递增，在 上递减，
时取最大值，满足题意，即有 ．
故选：B.
a 3
5．已知函数f（x）＝lnx− ，a为常数．若f（x）在[1，e]上的最小值为 ，求a的值．
x 2
【解答】解：（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），
1 a x+a
f′（x）= + = ，
x x2 x2
①当a≥0时，f'（x）＞0，故f（x）在上为增函数；
②当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝﹣a；由f'（x）＞0得x＞﹣a；由f'（x）＜0得x＜﹣a；
∴f（x）在（0，﹣a]上为减函数；在（﹣a，+∞）上为增函数．
所以，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，f（x）在（0，﹣a]上是减函数，在（﹣a，+∞）上是增函数．
（2）由（1），当a≥0时，f（x）在[1，e]上单调递增，
3
∴f（x） ＝f（1）＝﹣a= ，
min 2
3
∴a=− ，不舍题意，舍；
2
3
当﹣1＜a＜0时，f（x）在[1，e]递增，f（x）min＝f（1）＝﹣a= ，不合题意，舍；
2
﹣e＜a＜﹣1时，f（x）在[1，﹣a]上单调递减，在[﹣a，e]上单调递增，
3
∴f（x） ＝f（﹣a）＝ln（﹣a）+1= ，解得a=−√e；
min 2
当a＜﹣e时，f（x）在[1，e]上单调递增，
3 3
∴f（x） ＝f（1）＝﹣a= ，解得a=− ，不合题意，舍；
min 2 2综上所述，a=−√e．
6．已知函数f（x）＝（x2+1）lnx﹣m（x2﹣1），则下列结论正确的是（ ）
A．当m＝0时，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝2x
B．当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数
C．当m＞1时，f（x）既存在极大值又存在极小值
D．当m＞1时，f（x）恰有3个零点x ，x ，x ，且x x x ＝1
1 2 3 1 2 3
【解答】解：对于A，当m＝0时，曲线f（x）＝（x2+1）lnx，
x2+1
则f′（x）＝2xlnx+ ，切线斜率k＝f′（1）＝2ln1+2＝2，
x
∵f（1）＝（12+1）ln1＝0，
∴曲线在（1，f（1））处的切线方程为y＝2（x﹣1）＝2x﹣2，故A错误；
x2+1 1
对于B，f '(x)=2xlnx+ −2mx＝x（2lnx+1 + −2m），
x x2
1 2 2 2(x2−1) 2(x−1)(x+1)
令h（x）＝2lnx+1 + （x＞0），则ℎ'(x)= − = = ，
x2 x x3 x3 x3
1
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）＝2lnx+1 + （x＞0）单调递增，
x2
1
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）＝2lnx+1 + （x＞0）单调递减，
x2
1 1
h（x）＝2lnx+1 + （x＞0）在x＝1处取得最小值h（1）＝2ln1+1 + = 2，
x2 12
1
当m≤1时，2lnx+1 + −2m≥0对任意x＞0恒成立，
x2
故当m≤1时，f（x）在定义域内为增函数，故选项B正确；
1
对于C，由以上分析知道，h（x）＝2lnx+1 + （x＞0）在x＝1处取得最小值：
x2
1
h（1）＝2ln1+1 + = 2，
12
1
当m＞1时，h（x）＝2lnx+1 + = 2m必有二根，
x2
不妨设为x ，x ，（0＜x ＜1＜x ），
1 2 1 2
1
则当0＜x＜x 时，2lnx+1 + −2m＞0，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
1 x21
当x ＜x＜x 时，2lnx+1 + −2m＜0，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
1 2 x2
1
当x＞x 时，2lnx+1 + −2m＞0，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
2 x2
∴f（x）既存在极大值，又存在极小值，故C正确；
对于D，由上面分析知f（x）既存在极大值，又存在极小值，
不妨设f（x）的极大值为m，极小值为n，且0＜m＜1＜n，
f（x）在（m，n）上单调递减，又f（1）＝（12+1）ln1﹣m（12﹣1）＝0，
∴f（x）极大值为正值，极小值为负值，
当x→0时，f（x）→﹣∞；当x→+∞时，f（x）→+∞，
∴函数f（x）有三个零点，不妨设为x ，x ，x ，（0＜x ＜1，x ＝1，x ＞1），
1 2 3 1 2 3
1 1 1 1
又f（x ）+f（ ）＝（x 2+1）lnx ﹣m（x 2−1）+（ +1）ln −m（ −1）
1 x 1 1 1 x 2 x x 2
1 1 1 1
1+x 2 1−x 2
＝（x 2+1）lnx +m（1−x 2）− 1 lnx ﹣m 1
1 1 1 x 2 1 x 2
1 1
1
＝（1 − ）[（x 2+1）lnx +m（1−x 2）]＝0，
x 2 1 1 1
1
1
∴x = ，∴当m＞1时，f（x）恰有3个零点x ，x ，x ，且x x x ＝1，故D正确．
3 x 1 2 3 1 2 3
1
故选：BCD．
考点3.极值中的隐零点问题
1．函数 有极小值，且极小值为0，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求得函数的导数 ，根据 有极小值，得到 ，又由 ，求得
，得到 ，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】由 ，可得 ，
因为 有极小值，记为 ，则 ，即 ，
又由 ，所以 ，
即 ，所以 .
设 ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，
当 时，可得 ，
所以 的最小值为 .
故选：B.
2．（2013•湖北）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x，x（x＜x）
1 2 1 2
1 1
A．f(x )＞0，f(x )＞− B．f(x )＜0，f(x )＜−
1 2 2 1 2 2
1 1
C．f(x )＞0，f(x )＜− D．f(x )＜0，f(x )＞−
1 2 2 1 2 2
【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x ，x 函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有且只有两个零点
1 2
g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值不等于0． ⇔
⇔ 1 1−2ax
g'(x)= −2a= ．
x x
①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零点，不符合题意，应舍
去．
1
②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x= ，
2a
1 1
∵x∈(0， )，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；x∈( ，+∞)时，g′（x）＜0，函数g（x）
2a 2a
单调递减．1 1 1
∴x= 是函数g（x）的极大值点，则g( )＞0，即ln +1−1=−ln(2a)＞0，
2a 2a 2a
1
∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即0＜a＜ ．
2
1 1
故当0＜a＜ 时，g（x）＝0有两个根x，x，且x＜ ＜x，又g（1）＝1﹣2a＞0，
2 1 2 1 2a 2
1
∴x ＜1＜ ＜x ，从而可知函数f（x）在区间（0，x ）上递减，在区间（x ，x ）上递增，在区间
1 2a 2 1 1 2
（x，+∞）上递减．
2
1
∴f（x）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x）＞f（1）＝﹣a＞− ．
1 2 2
故选：D．
πx
3．设函数f(x)=√3cos ，若存在f（x）的极值点x 满足x 2+[f(x )] 2 ＜m2，则m的取值范围是（
m 0 0 0
）
A．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） B．(−∞，−√3)∪(√3，+∞)
C．(−∞，−√2)∪(√2，+∞) D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
πx
【解答】解：函数f(x)=√3cos ，
m
π π
可得f′（x）=− √3sin x，
m m
∵x 是f（x）的极值点，∴f′（x）＝0，
0 0
π πx πx
即− ⋅√3⋅sin 0=0，得 0=kπ，k∈Z，即x＝mk，k∈Z，
m m m 0
π
∴x 2+[f(x )] 2 ＜m2 可转化为：(mk) 2+[√3cos (mk)] 2 ＜m2 ，k∈Z，
0 0 m
3
即k2m2+3＜m2，k∈Z，即k2 ＜1− ，k∈Z，
m2
3
要使原问题成立，只需存在k∈Z，使1− ＞k2 成立即可，
m2
3
又k2的最小值为0，∴1− ＞0，解得m＜−√3或m＞√3，
m2
故选：B．
1
4．已知函数f(x)=x− +alnx，且f（x）有两个极值点x ，x ，其中x∈（1，2]，则f（x ）﹣f（x ）的
x 1 2 1 1 2最小值为（ ）
A．3﹣5ln2 B．3﹣4ln2 C．5﹣3ln2 D．5﹣5ln2
1 a x2+ax+1
【解答】解：由题意知，f '(x)=1+ + = ，令f'（x）＝0得x2+ax+1＝0，
x2 x x2
{
a2−4＞0
1 1
其两根为x，x，且 x +x =−a＞0，∴a＜﹣2，且x = ，a=−(x + )，
1 2 1 2 2 x 1 x
x ⋅x =1＞0 1 1
1 2
∴
1 1 1 1 1 1 1
f(x )−f(x )=f(x )−f( )=x − +alnx −( −x +aln )=2(x − )+2alnx =2(x − )−2(x + )lnx
1 2 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1
1 1 1 1 1 1 1
1 1
设ℎ(x)=2(x− )−2(x+ )lnx，x∈(1，2]，
x x
1 1 1 1 2(1+x)(1−x)lnx
∴ℎ'(x)=2(1+ )−2[(1− )lnx+(x+ )⋅ ]= ，
x2 x2 x x x2
∴当x∈（1，2]时，h'（x）＜0恒成立，则函数h（x）在（1，2]上单调递减，
∴h（x） ＝h（2）＝3﹣5ln2，
min
∴f（x）﹣f（x）的最小值为3﹣5ln2．
1 2
故选：A．
故选：BCD．
5．已知 f（x）＝ex﹣2x2有且仅有两个极值点，分别为 x ，x （x ＜x ），则下列不等式中正确的有
1 2 1 2
（ ）
（参考数据：ln2＝0.6931，ln3＝1.0986）
11 11
A．x +x＜ B．x +x＞
1 2 4 1 2 4
C．f（x ）+f（x ）＜0 D．f（x ）+f（x ）＞0
1 2 1 2
1 1 1 1
【解答】解：由题意得f'（x）＝ex﹣4x，则f'（
4
） =e4− ′1＞0，f'（
2
） =e2− 2＜0，f'（2）＝e2﹣8
＜0，
9
由ln3＝1.0986，得 ＞ln3，
8
9 9
∴f'（
4
）
=e4−
9＞0，1 1 9
∴ ＜x ＜ ，2＜x＜ ，
4 1 2 2 4
11
∴x +x＜ ，
1 2 4
∵f（0）＝1，∴f（x ）＞1，
1
∵f'（2ln3）＝9﹣8ln3＞0，∴x ＜2ln3，
2
∵f'（x ）＝0，∴ex 2−4x =0，∴f（x ）=ex 2−2x 2=4x ﹣2x 2，
2 2 2 2 2 2
设g（x）＝4x﹣2x2，则g'（x）＝4﹣4x＝4（1﹣x），
∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
又∵1＜x ＜2ln3＜2.2，
2
∴g（x ）＞g（2ln3）＞g（2.2）＝﹣0.88＞﹣1，即f（x ）＞﹣1，
2 2
∴f（x ）+f（x ）＞0，
1 2
故选：AD．
