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３ ６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
学生用书P199
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G Y G Y K B C AE +>
G Y G Y K B C AE +>
8G Y K B C +KF0L G Y
G Y K B C AE +>
@GY B C GY GY +
GY GY B C AE
+A
P55
GY GY B C AE
* GY GY B C
- GY
/
YKD+GY YKD+GY
GY GY
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Z Z
A
T A GY 0 Y Y
0 Y Y GY
GY
GY
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学生用书P200
题型 一 利用导数解决函数单调性问题 导函数在区间 ａ ｂ 上存在单调区间 实际上就是ｆ ′ ｘ
（２） （ ， ） ， （ ）＞
或 ｆ ′ ｘ 在该区间上存在解集 即ｆ ′ ｘ 或
1.利用导数讨论函数的单调性或求函数单调区间 ０（ （ ）＜０） ， （ ）ｍａｘ＞０（
ｆ ′ ｘ 在该区间上有解 从而转化为不等式问题 求出
确定函数ｆ ｘ 的定义域 （ ）ｍｉｎ＜０） ， ，
（１） （ ） ； 参数的取值范围．
求导数ｆ ′ ｘ
（２） （ ）； 若已知ｆ ｘ 在区间Ｉ上的单调性 当区间Ｉ上含有参数
（３） （ ） ，
由ｆ ′ ｘ 或 解出相应的ｘ的取值范围 对应的区间为
（３） （ ）＞０（ ＜０） ， 时 可先求出ｆ ｘ 的单调区间 令Ｉ是其单调区间的子集 从
， （ ） ， ，
ｆ ｘ 的单调递增 减 区间．
（ ） （ ） 而求出参数的取值范围．
注意 （ １ ）涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题，一 例1 （ 福建莆田第一中学期中改编）已知函数ｆ ｘ
２０２４ （ ）＝
定要弄清参数对导数ｆ ′（ｘ）在某一区间内的正负是否有影响，
ｘ ｘ ｋ ｋ．
（ｌｎ － ）－
若有影响，则必须分类讨论．（ ）求函数的单调区间，要在函数的
２ 讨论函数ｆ ｘ 在 上的单调性
（１） （ ） ［１，ｅ］ ；
定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
ｆ ｘ ｋｘ
若函数ｇ ｘ （ ）＋ 在 上单调递减 求实数ｋ的取
2.由函数的单调性求参数的取值范围的方法 （２） （ ）＝ ｘ ［１，ｅ］ ，
ｅ
导函数在区间 ａ ｂ 上单调 实际上就是在该区间上 值范围．
（１） （ ， ） ，
ｆ ′ ｘ 或ｆ ′ ｘ 恒成立 列出关于参数的不等式 从 解析 （ ）由题意知ｆ ′（ｘ） ｘ ｋ ，
（ ）≥０（ （ ）≤０） ， ， １ ＝ｌｎ － ＋１
而转化为求函数的最值的问题 求出参数的取值范围． 令ｆ ′（ｘ） ，得ｘ ｋ －１，易知ｆ ′（ｘ） ｘ ｋ 单调递增，（提
， ＝ ０ ＝ｅ ＝ｌｎ － ＋１
专题三 导数及其应用 ３ ７
示：因为 ｋ －１的值无法确定，故需要讨论 ｋ －１和区间［ ， ］端 将函数ｆ ｘ 的各极值与端点处的函数值ｆ ａ ｆ ｂ 比较
ｅ ｅ １ ｅ （２） （ ） （ ）， （ ） ，
点的位置关系，可能的位置关系如图所示） 其中最大的一个是最大值 最小的一个是最小值．
，
G Y G Y 例2 （ 湖北武汉华中师范大学第一附属中学期中）已知
G Y ２０２４
FL F Y FL F Y F FL Y 函数 求 ｆ （ 函 ｘ ） 数 ＝ ｆ ｌｏｇ ｘ ａ ｘ 的 － ｘ 单 ３ （ 调 ａ ＞ 区 ０ 且 间 ａ ≠１） ．
（１） （ ） ；
图 图 图
若函数ｆ ｘ 有最大值 １ ２ ２ 求实数ａ的值．
当ｋ 时， ｋ －１ １ ，所以当 ２ ｘ 时， ｆ ′（ｘ） ３ ，即ｆ（ｘ）在 （２） （ ） ３ ｌｏｇａ ３ － ３ ，
① ≤１ ｅ ≤１ １≤ ≤ｅ ≥０
［
１
，
ｅ
］上单调递增； 解析 （
１
）由题意得 ｆ ′（ｘ）
＝ ｘ
１
ａ－３
ｘ２（ｘ
＞０
），（提醒：对
当 ｋ 时，令ｆ ′（ｘ） ，得 ｋ －１ ｘ ， ｌｎ
② １＜ ＜２ ＞０ ｅ ＜ ≤ｅ ｆ（ｘ）求导后，按照底数 ａ 和ａ 两种情况讨论）
令ｆ ′（ｘ） ，得 ｘ ｋ －１， ０＜ ＜１ ＞１
＜０ １≤ ＜ｅ
即ｆ（ｘ）在［
ｅ
ｋ －１，
ｅ
］上单调递增，在［
１
，
ｅ
ｋ －１）上单调递减； 当
０＜
ａ
＜１
时，
ｌｎ
ａ
＜０
， ｆ ′（ｘ）
＝ｘ
１
ａ－３
ｘ２
＜０
，
③ 当ｋ ≥２ 时， ｅ ｋ －１ ≥ｅ ，所以当 １≤ ｘ ≤ｅ 时， ｆ ′（ｘ） ≤０ ，即ｆ（ｘ）在 所以ｆ（ｘ）的单调递减区间为（ ｌ ， ｎ ），没有单调递增区间．
０ ＋∞
［ ， ］上单调递减．
综
１
上
ｅ
，当ｋ 时， ｆ（ｘ）在［ ， ］上单调递增；
当ａ
＞１
时，
ｌｎ
ａ
＞０
，令ｆ′（ｘ）
＝０
，即ｆ′（ｘ）
＝ｘ
１
ａ－３
ｘ２
＝
１－
ｘ
３ ｘ３ ｌ
ａ
ｎ ａ
≤１ １ ｅ ｌｎ ｌｎ
当 ｋ 时， ｆ（ｘ）在［ ｋ －１， ］上单调递增，在［ ， ｋ －１）上单调 ，
１＜ ＜２ ｅ ｅ １ ｅ ＝０
递减；
３
解得ｘ １ ，
当ｋ 时， ｆ（ｘ）在［ ， ］上单调递减． ＝ ａ＞０
≥２ １ ｅ ３ｌｎ
ｆ（ｘ） ｋｘ ｘ（ ｘ ｋ） ｋ ｋｘ ｘ ｘ ｋ æ ３ ö æ ３ ö
（ ）ｇ（ｘ） ＋ ｌｎ － － ＋ ｌｎ － ， 当ｘ ç ， １ ÷时， ｆ ′（ｘ） ，当 ｘ ç １ ， ÷时，
２ ＝ ｘ ＝ ｘ ＝ ｘ ∈è０ ａø ＞０ ∈è ａ ＋∞ø
ｅ ｅ ｅ ３ｌｎ ３ｌｎ
由题意知ｇ′（ｘ） ≤０ 在［ １ ， ｅ ］上恒成立． ｆ ′（ｘ） ，所以ｆ（ｘ）的单调递增区间为 æ ç ， ３ １ ö ÷，单调递减
（ ｘ） ｘ （ｘ ｘ ｋ） ｘ ＜０ è０ ａø
即ｇ′（ｘ） １＋ｌｎ ｅ － ｌｎ － ｅ ３ｌｎ
＝ ｘ
ｅ ２ 区间为 æ ç ３ １ ， ö ÷．
ｘ ｘ ｘ ｋ è ａ ＋∞ø
１＋ｌｎ － ｌｎ ＋ 恒成立， ３ｌｎ
＝ ｘ ≤０
ｅ 综上所述，当 ０＜ ａ ＜１ 时， ｆ（ｘ）的单调递减区间为（ ０ ， ＋∞ ），没有
即
１＋ｌｎ
ｘ
－
ｘ
ｌｎ
ｘ
＋
ｋ
≤０
， 单调递增区间；
即 ｘ ｘ ｘ ｋ，
令 １ ｈ ＋ （ ｌ ｘ ｎ ） － ｌｎ ｘ ≤ ｘ － ｘ，ｘ ［ ， ］， 当ａ ＞１ 时， ｆ（ｘ）的单调递增区间为 æ è ç ０ ， ３ １ ａ ö ø ÷，单调递减区
＝１＋ｌｎ － ｌｎ ∈ １ ｅ ３ｌｎ
ｈ′（ｘ） ＝ １ ｘ － （ １＋ｌｎ ｘ）， 间为 æ ç ３ １ ， ö ÷．
è ａ ＋∞ø
３ｌｎ
则ｈ′（ｘ）在［ ， ］上单调递减，
１ ｅ （ ）由（ ）可知当 ａ 时， ｆ（ｘ）无最大值，当ａ 时， ｆ（ｘ）
ｈ′（ ） ， ２ １ ０＜ ＜１ ＞１ ｍａｘ
１ ＝１－１－０＝０ æ ３ ö
∴
ｈ′（ｘ）
≤
ｈ′（
１
）
＝０
恒成立， ＝ ｆ è ç １ ａø ÷，
３ｌｎ
ｈ（ｘ）在［ ， ］上单调递减，
∴ １ ｅ æ ３ ö ３ æ ３ ö３
∴ ｈ（ｘ） ≤ ｈ（ １ ） ＝１＋０－０＝１ ， ∴ － ｋ ≥１ ，则ｋ ≤－１ ．即实数ｋ的取值 因此ｆ è ç １ ａø ÷ ＝ｌｏｇａ １ ａ－è ç １ ａø ÷ ＝ １ ｌｏｇａ １ ａ－ １ ａ
３ｌｎ ３ｌｎ ３ｌｎ ３ ３ｌｎ ３ｌｎ
范围是（ ， ］．
－∞ －１
１ ２ ２ ，
＝ ｌｏｇａ －
题型 二 利用导数解决函数极（最）值问题 ３ ３ ３
则 １ ２ ， ａ １ ，ａ ．（注意：此处方程是否只有一个
1.解决函数极值问题的一般思路 ａ＝ ｌｎ ＝ ＝ ｅ＞１
３ｌｎ ３ ２
根需进一步验证）
!G Y +
不妨令ｇ（ｘ） １ ｘ ｘ，ｘ ，ａ （提醒：根据给定最值的数
!G Y ＝ ｌｏｇａ － ＞０ ＞１
! * ３
值特征构造函数），
ｘ ａ
?/G Y -/G Y + 则ｇ′（ｘ） １ １－３ ｌｎ ，
＝ ｘ ａ－１＝ ｘ ａ
３ ｌｎ ３ ｌｎ
O KD + ｘ ａ
令ｇ′（ｘ） １－３ ｌｎ ，
G Y +0 / 0 ＝ ｘ ａ ＝０
３ ｌｎ
8 解得ｘ １ ，
＝ ａ＞０
2.可导函数ｆ ｘ 的极值点存在问题可转化为导函数ｆ ′ ｘ 的变 ３ｌｎ
（ ） （ ） ( ) ｘ ａ
号零点存在问题． 当ｘ ∈ ０ ， １ ａ 时，ｇ′（ｘ） ＝ １－ ｘ ３ ｌｎ ａ ＞０ ，
３ｌｎ ３ ｌｎ
3.求函数ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 上的最大 小 值的步骤如下 ( ) ｘ ａ
（ ） ［ ， ］ （ ） ： 当ｘ １ ， 时，ｇ′（ｘ） １－３ ｌｎ ，
求函数ｆ ｘ 在区间 ａ ｂ 上的极值 ∈ ａ ＋∞ ＝ ｘ ａ ＜０
（１） （ ） （ ， ） ； ３ｌｎ ３ ｌｎ
３ ８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( )
所以 ｇ （ｘ） １ ｘ ｘ 在 ， １ 上单调递增， 在 所以ｇ（ｘ） １ １ １ １ ２ ２ ．
＝ ｌｏｇａ － ０ ａ ｍａｘ＝ ｌｏｇａ ａ－ ａ＝ ｌｏｇａ －
３ ３ｌｎ ３ ３ｌｎ ３ｌｎ ３ ３ ３
( )
１ ， 上单调递减， 综上所述，满足题意的实数ａ的值为 ｅ ．
ａ ＋∞
３ｌｎ
题型 三 三次函数的性质研究
三次函数的图象及性质总结
ａ ａ
＞０ ＜０
ｆ（ｘ）
图象 Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y
Δ Δ Δ Δ
＞０ ≤０ ＞０ ≤０
ｆ ′（ｘ） Z Z Z Z
Y
图象 0 Y
0Y Y Y 0 Y Y 0 Y Y Y
增区间为 ｘ ｘ 增区间为 ｘ ｘ
（－∞， １），（ ２，＋∞）， （ １， ２），
减区间为 ｘ ｘ ｆ ′ ｘ 恒成立 减区间为 ｘ ｘ ｆ ′ ｘ 恒成立
ｆ（ｘ） （ １， ２）， （ ）≥０ ， （－∞， １），（ ２，＋∞）， （ ）≤０ ，
ｆ ｘ 有两个极值点 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增 ｆ ｘ 有两个极值点 ｆ ｘ 在Ｒ上单调递减
性质 （ ） ， （ ） ， （ ） ， （ ） ，
极大值为 ｆ ｘ 极小值为 ｆ ｘ 无极值点 极大值为 ｆ ｘ 极小值为 ｆ ｘ 无极值点
（ １）， （ ） （ ２）， （ ）
ｆ ｘ ｆ ｘ
（ ２） （ １）
注意 三次函数要么无极值点，要么有两个，不可能只有一个．
例3 （ 全国乙文， ， 分）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ａｘ ． ，ｘ３ ｘ３ ｘ２ （ｘ ）（ｘ２ ｘ ） ｘ２（ｘ ） （ｘ ）·
２０２１ ２１ １２ （ ）＝ － ＋ ＋１ －１＝０ ０－１＋ ０－ ０＝ ０－１ ０＋ ０＋１ ＋ ０ ０－１ ＝ ０－１
讨论ｆ ｘ 的单调性 （ ｘ２ ｘ ） ，解得ｘ ，从而得Ｐ（ ， ａ）．
（１） （ ） ； ２ ０＋ ０＋１ ＝０ ０＝１ １ １＋
求曲线ｙ ｆ ｘ 过坐标原点的切线与曲线ｙ ｆ ｘ 的公共点 第三步：将切点坐标代入切线方程，可得化简后的切线方程，再
（２） ＝ （ ） ＝ （ ）
的坐标． 联立曲线方程与切线方程求出公共点坐标．
解析 （ ）由题意知ｘ Ｒ， {ｙ （ ａ）ｘ，
１ ∈ 所以切线方程为ｙ （ ａ）ｘ，联立 ＝ １＋
由ｆ（ｘ） ｘ３ ｘ２ ａｘ 可得ｆ ′（ｘ） ｘ２ ｘ ａ． ＝ １＋ ｙ ｘ３ ｘ２ ａｘ ，
＝ － ＋ ＋１ ＝３ －２ ＋ ＝ － ＋ ＋１
令ｆ ′（ｘ） ，即 ｘ２ ｘ ａ ，Δ ａ． 消去ｙ得ｘ３ ｘ２ ｘ ，即（ｘ ）２（ｘ ） ， ｘ 或 ，
＝０ ３ －２ ＋ ＝０ ＝４－１２ － － ＋１＝０ －１ ＋１ ＝０ ∴ ＝１ －１
公共点坐标为（ ， ａ）与（ ， ａ）．
当ａ １ 时，Δ ，即ｆ′（ｘ） 在Ｒ上恒成立，此时ｆ（ｘ）在Ｒ ∴ １ １＋ －１ －１－
① ≥ ≤０ ≥０ 【思维变式】 例 改为若函数ｆ ｘ 在 上单调递增
３ ３（１） （ ） ［２，４］ ，
上单调递增．
求实数ａ的取值范围．
② 当 ａ ＜ １ 时，Δ ＞０ ，方程 ３ ｘ２ －２ ｘ ＋ ａ ＝ ０ 的两个根为 ｘ １ ＝ 解析 解法一（直接求最值） 因为 ｆ ′（ｘ） ＝ ３ ｘ２ －２ ｘ ＋ ａ，
３ ｆ（ｘ）在［ ， ］上单调递增，
２ ４
１－ １－３ ａ ， ｘ ２ ＝ １＋ １－３ ａ ， 故 当 ｘ ∈ æ è ç －∞ ，１－ １－３ ａö ø ÷ ∪ 所以 ３ ｘ２ －２ ｘ ＋ ａ ≥０ 在［ ２ ， ４ ］上恒成立，
３ ３ ３ 令ｈ（ｘ） ＝３ ｘ２ －２ ｘ ＋ ａ，只需ｈ（ｘ） 最小值≥０ ，
æ ç１＋ １－３ ａ ， ö ÷时，ｆ ′（ｘ） ，当ｘ æ ç１－ １－３ ａ ，１＋ １－３ ａ ö ÷ 易知函数ｈ（ｘ）在［ ２ ， ４ ］上是增函数，
è ＋∞ ø ＞０ ∈è ø
３ ３ ３ 所以ｈ（ｘ） 最小值＝ ｈ（ ２ ） ＝８＋ ａ，所以 ８＋ ａ ≥０ ，
时，ｆ ′（ｘ） ， 即ａ ，所以实数ａ的取值范围是［ ， ）．
＜０ ≥－８ －８ ＋∞
所以 ｆ（ｘ）在
æ
ç ，１－ １－３
ａö
÷，
æ
ç１＋ １－３
ａ
，
ö
÷上单调递
解法二（分离参数） 因为ｆ ′（ｘ）
＝３
ｘ２
－２
ｘ
＋
ａ， ｆ（ｘ）在［
２
，
４
］上
è－∞ ３ ø è ３ ＋∞ ø 单调递增，所以 ３ ｘ２ －２ ｘ ＋ ａ ≥０ ，即ａ ≥－３ ｘ２ ＋２ ｘ在［ ２ ， ４ ］上恒成
增，在
æ
ç１－ １－３
ａ
，１＋ １－３
ａö
÷上单调递减．
立，令ｇ（ｘ）
＝ －３
ｘ２
＋２
ｘ，ｘ
∈
［
２
，
４
］，则 ａ
≥
ｇ（ｘ）
最大值
，易知函数
è ø ｇ（ｘ）在［ ， ］上单调递减，所以ｇ（ｘ） ｇ（ ） ，所以ａ
３ ３ ２ ４ 最大值＝ ２ ＝－８ ≥
（ ）第一步：由题中“过原点的切线”知设切点坐标． ，所以实数ａ的取值范围是［ ， ）．
２ －８ －８ ＋∞
设过原点的切线与曲线ｙ ｆ（ｘ）相切于点Ｐ（ｘ ，ｙ ），则ｆ ′（ｘ ）
＝ ０ ０ ０ ＝ 题型 四 利用导数不等式解抽象不等式问题
ｘ２ ｘ ａ．
３ ０－２ ０＋
第二步：用点斜式表示出切线方程，将（ ， ）代入求解切点坐标． 利用导数不等式解抽象不等式问题的途径是先将抽象不
０ ０
所以以点Ｐ为切点的切线方程为ｙ （ ｘ２ ｘ ａ）（ｘ ｘ ） ｙ ．由 等式作同解变形 并构造恰当的目标函数 利用导数不等式确
＝ ３ ０－２ ０＋ － ０ ＋ ０ ， ，
ｙ ｘ３ ｘ２ ａｘ （切点在曲线ｆ（ｘ）上），且切线过原点，得 ｘ３ ｘ２ 定目标函数的单调性．
０＝ ０－ ０＋ ０＋１ ２ ０－ ０
专题三 导数及其应用 ３ ９
常用构造类型如下 ｆ（ｘ）
： －１，然后判断出ｇ（ｘ）在Ｒ上单调递减，结合ｆ（ ） ２ ，
1.关系式为“加”型 ｘ ２ ＝ｅ ＋１
ｅ
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｘｆ ｘ ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造出ｇ（ｘ） ｇ（ ），从而求得解集．
（１） （ ）＋（ ）≥０ ［ｅ （ ）］ ＝ｅ ［ （ ）＋（ ）］； ≥ ２
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 ｘｆ ｘ ′ ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 解析 （ ）当ｘ 时，由ｆ ′（ｘ） ｘ ，可知［ｆ（ｘ） ｘ２］′ ．
（２） （ ）＋（ ）≥０ ［ （ ）］ ＝ （ ）＋（ ）； １ ≥０ －２ ＞０ － ＞０
（３）
ｘｆ ′
（
ｘ
）＋
ｎｆ
（
ｘ
）≥０
构造
［
ｘｎｆ
（
ｘ
）］
′
＝
ｘｎｆ ′
（
ｘ
）＋
ｎｘｎ －１ｆ
（
ｘ
）＝
令ｇ（ｘ）
＝
ｆ（ｘ）
－
ｘ２，
ｘｎ －１ ［ ｘｆ ′ （ ｘ ）＋ ｎｆ （ ｘ ）］（ 注意对ｘ的符号进行讨论 ） ． 则ｇ′（ｘ） ＝ ｆ ′（ｘ） －２ ｘ ＞０ ，
2.关系式为“减”型 故ｇ（ｘ）在［ ， ）上单调递增，且ｇ（ ） ，
０ ＋∞ １ ＝１
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 é êê ｆ （ ｘ ） ù úú ′ ｆ ′ （ ｘ ）ｅ ｘ － ｆ （ ｘ ）ｅ ｘ 求ｆ（ｘ） ＞ ｘ２ ＋１ 的解集，即求ｇ（ｘ） ＞１ 的解集，即求ｇ（ｘ） ＞ ｇ（ １ ）的
（１） （ ） － （ ） ≥０ ë ｘ û ＝ ｘ ２ 解集．
ｅ （ｅ ）
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
ｆ（ｘ）是定义在Ｒ上的偶函数，
（ ）－（ ） ∵
＝ ｘ ； ｆ（ｘ） ｆ（ ｘ），
ｅ ∴ ＝ －
ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ 构造 [ｆ （ ｘ ） ]′ ｘｆ ′ （ ｘ ）－ ｆ （ ｘ ） ∴ ｇ（ － ｘ） ＝ ｆ（ － ｘ） － （ － ｘ）２ ＝ ｆ（ｘ） － ｘ２ ＝ ｇ（ｘ），
（２） （ ）－（ ）≥０ ｘ ＝ ｘ２ ；
∴
ｇ（ｘ）是偶函数，故有
｜
ｘ
｜＞１
，
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ 构造 é êê ｆ （ ｘ ） ù úú ′ ｘｎｆ ′ （ ｘ ）－ ｎｘｎ －１ｆ （ ｘ ） 解得ｘ ∈ （ －∞ ， －１ ） ∪ （ １ ， ＋∞ ），故选 Ｂ．
（３） （ ）－ （ ）≥０ ë ｘｎ û ＝ （ ｘｎ ） ２ ＝ （ ）设ｇ（ｘ） ｆ（ｘ） －１，
２ ＝ ｘ
ｘｆ ′ ｘ ｎｆ ｘ ｅ
（ ）－ （ ） 注意对ｘ的符号进行讨论 ．
ｘｎ ＋１ （ ） 则ｇ′（ｘ） ｆ ′（ｘ） － ｆ（ｘ） ＋１，
＝ ｘ
例4 （ 山东省实验中学第二次诊断）已知ｆ ｘ 是定 ｅ
（１） ２０２４ （ ） ｆ（ｘ） ｆ ′（ｘ） ，即ｆ ′（ｘ） ｆ（ｘ） ，
义在Ｒ上的偶函数 ｆ′ ｘ 是ｆ ｘ 的导函数 当ｘ 时 ｆ′ ｘ ∵ ＞ ＋１ － ＋１＜０
， （ ） （ ） ， ≥０ ， （ ） ｇ′（ｘ） ， ｇ（ｘ）在Ｒ上单调递减，
ｘ 且ｆ 则ｆ ｘ ｘ２ 的解集是 Ｂ ∴ ＜０ ∴
－２ ＞０， （１）＝２， （ ）＞ ＋１ （ ） 又ｆ（ ） ２ ，
２ ＝ｅ ＋１
Ａ．（－１，０）∪（１，＋∞） Ｂ．（－∞，－１）∪（１，＋∞） ｆ（ｘ） ｆ（ ）
－ ｘｆ（ｘ） － ｘ －１ ２ －１，
Ｃ．（－１，０）∪（０，１） Ｄ．（－∞，－１）∪（０，１） ∴ ｅ ≥ｅ ＋１⇔ ｘ ≥１＝ ２
（ 湖南五市十校教研教改共同体大联考）设函数ｆ ｘ ｅ ｅ
（２） ２０２４ （ ） 即ｇ（ｘ） ｇ（ ），
的定义域为Ｒ 其导函数为ｆ ′ ｘ 且满足ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ≥ ２
， （ ）， （ ）＞ （ ）＋１， （２） ｘ ，
２ 则不等式 － ｘｆ ｘ － ｘ 的解集是 Ｂ ∴ ≤２
＝ｅ ＋１， ｅ （ ）≥ｅ ＋１ （ ） 原不等式的解集为（ ， ］．故选
∴ －∞ ２ Ｂ．
Ａ．（－∞，１］ Ｂ．（－∞，２］
方法指导
Ｃ．［－１，２］ Ｄ．［２，＋∞）
对于比较复杂的式子要观察式子特征，通过移项或乘除等手
思路导引 （ ）根据ｆ ′（ｘ） ｘ ，构造函数ｇ（ｘ） ｆ（ｘ） ｘ２，
１ －２ ＞０ ＝ －
段，将相同的变量移到不等式的同一边，化异为同构造函数，
然后根据ｆ（ｘ）的奇偶性及ｇ（ｘ）的单调性构建不等式求解．
然后对构造的函数求导，应用导数进行解答，同时要注意函
（ ）将ｆ（ｘ） ｆ ′（ｘ） 变形为ｆ ′（ｘ） ｆ（ｘ） ，根据导数与函
２ ＞ ＋１ － ＋１＜０
数的定义域及变形的等价性．
ｆ ′（ｘ） ｆ（ｘ）
数差的特征想到 － ＋１ ，从而构造函数 ｇ（ｘ）
ｘ ＜０ ＝
ｅ
解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ
学生用书P27 （１） ＝１ ， （ ）＝ｅ － －１，
ｆ ′ ｘ ｘ 则切线斜率为ｋ ｆ ′
１．（多选）（ 新课标 ， ， 分，中）设函数ｆ ｘ ｘ ２ ｘ （ ）＝ｅ －１， ＝ （１）＝ｅ－１，
２０２４ Ⅰ １０ ６ （ ）＝（ －１） （ 又 ｆ
则 ＡＣＤ ∵ （１）＝ｅ－１－１＝ｅ－２，
－４）， （ ） 切线方程为ｙ ｘ
ｘ 是ｆ ｘ 的极小值点 ∴ －（ｅ－２）＝（ｅ－１）（ －１），
Ａ． ＝３ （ ） 整理得ｙ ｘ ．
当 ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ２ ＝（ｅ－１） －１
Ｂ．
当
０＜
ｘ
＜１
时
， （ ）
ｆ
＜
ｘ
（ ）
（２）∵
ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－
ａｘ
－
ａ３
，∴
ｆ ′
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－
ａ．
Ｃ． １＜ ＜２ ，－４＜（２ －１）＜０
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 单调递增
当 ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ ① ≤０ ， （ ）＞０ ， （ ） ，
Ｄ． －１＜ ＜０ ， （２－ ）＞（ ）
无极值 不符合题意 故ａ 时不成立．
２．（多选）（ 新课标 ， ， 分，难）设函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ， ， ≤０
２０２４ Ⅱ １１ ６ （ ）＝２ －３ ＋
当ａ 时 令ｆ ′ ｘ 得ｘ ａ
则 ＡＤ ② ＞０ ， （ ）＝０， ＝ｌｎ ，
１， （ ）
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
当ａ 时 ｆ ｘ 有三个零点 ∈（－∞，ｌｎ ） ， （ ）＜０， （ ） ，
Ａ． ＞１ ， （ ）
当ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增．
Ｂ．
当ａ
＜０
时
，
ｘ
＝０
是ｆ
（
ｘ
）
的极大值点 ∈（ｌｎ ，＋∞） ， （ ）＞０， （ ）
ｘ ａ时ｆ ｘ 有极小值
存在ａ ｂ 使得ｘ ｂ为曲线ｙ ｆ ｘ 的对称轴 ∴ ＝ｌｎ （ ） ，
Ｃ． ， ， ＝ ＝ （ ）
Ｄ． 存在ａ ， 使得点 （１， ｆ （１）） 为曲线ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 的对称中心 极小值为ｆ （ｌｎ ａ ）＝ｅ ｌｎ ａ － ａ ｌｎ ａ － ａ３ ＝ ａ － ａ ｌｎ ａ － ａ３．
３．（
２０２４
新课标
Ⅱ
，
１６
，
１５
分，中）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝ｅ
ｘ
－
ａｘ
－
ａ３． 又
∵
极小值小于
０，∴
ａ
－
ａ
ｌｎ
ａ
－
ａ３
＜０，
当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程 又 ａ ａ ａ２
（１） ＝１ ， ＝ （ ） （１，（１）） ； ∵ ＞０，∴１－ｌｎ － ＜０，
若ｆ ｘ 有极小值 且极小值小于 求ａ的取值范围． 设ｇ ａ ａ ａ２ ａ
（２） （ ） ， ０， （ ）＝１－ｌｎ － ， ∈（０，＋∞），
４ ０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( )
ｇ′ ａ １ ａ ｇ ａ 单调递减 １ 上恒成立
∵ （ ）＝－ ａ －２ ＜０，∴ （ ） ， ０，－２－ ａ ，
又 ｇ ａ 时 ｇ ａ ( )
∵ （１）＝０，∴ ∈（１，＋∞） ， （ ）＜０， ｇ ｘ 在 １ 上单调递减 又ｇ ｇ ｘ 在
即极小值ｆ ａ ∴ （ ） ０，－２－ ａ ， （０）＝ ０，∴ （ ）＜０
（ｌｎ ）＜０，
( )
∴ ａ ＞１ ． ０，－２－ ａ １ 上恒成立 ，
综上所述 ａ的取值范围为 ．
， （１，＋∞） ( )
４．（ 全国甲理， ， 分，难）已知函数ｆ ｘ ａｘ ｆ ′ ｘ 在 １ 上 恒 成 立 从 而 ｆ ｘ 在
２０２４ ２１ １２ （ ）＝（１－ ）ｌｎ（１＋ ∴ （ ）＜０ ０，－２－ ａ ， （ ）
ｘ ｘ．
）－ ( )
若ａ 求ｆ ｘ 的极值 １ 上单调递减
（１） ＝－２， （ ） ； ０，－２－ ａ ，
当ｘ 时 ｆ ｘ 求ａ的取值范围． ( )
（２） ≥０ ， （ ）≥０，
又ｆ ｆ ｘ 在 １ 上恒成立 与题意不符．
解析 函数ｆ ｘ 的定义域为 （０）＝０，∴ （ ）＜０ ０，－２－ ａ ，
（１） （ ） （－１，＋∞），
当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 分
＝－２ ， （ ）＝（１＋２ ）ｌｎ（ ＋１）－ ， （１１ ）
ｘ ( ]
则ｆ ′ ｘ ｘ 分 综上 ａ的取值范围为 １ ． 分
（ ）＝２ｌｎ（ ＋１）＋ｘ ， （２ ） ， －∞，－ （１２ ）
＋１ ２
ｘ ａｘ
令Ｆ ｘ ｘ 则Ｆ′ ｘ ２ １ 解法二：ｆ ′ ｘ １－ ａ ｘ 令ｇ ｘ ｆ ′ ｘ
（ ）＝２ｌｎ（ ＋１）＋ｘ
＋１
， （ ）＝ｘ
＋１
＋
（
ｘ
＋１）
２， （ ）＝
１＋
ｘ－ ｌｎ（１＋ ）－１， （ ）＝ （ ），
可得Ｆ′ ｘ 在 上恒成立 则 Ｆ ｘ 在 ａｘ ａ
（ ）＞０ （－１，＋∞） ， （ ） （－１， 则ｇ′ ｘ ＋２ ＋１ ｇ′ ａ ．
上单调递增 （ ）＝－ ｘ ２ ， （０）＝－２ －１
＋∞） ， （ ＋１）
又Ｆ 当ｘ 时 Ｆ ｘ 当ｘ 时 若ｇ′ 由于ｇ 则 ｘ δ
（０）＝０，∴ ∈（－１，０） ， （ ）＜０， ∈（０，＋∞） ， （０）＜０， （０）＝０， ∃ ∈（０， ），
Ｆ ｘ 使ｇ ｘ ｆ ′ ｘ
（ ）＞０， （ ）＝ （ ）＜０，
即当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 当 ｘ 时 所以ｆ ｘ 在 δ 上单调递减
－１＜ ＜０ ， （ ）＜０， （ ） ， ＞０ ， （ ） （０， ） ，
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 分 故当ｘ δ 时 ｆ ｘ ｆ 不符合题意．
（ ）＞０， （ ） ， （４ ） ∈（０， ） ， （ ）＜（０）＝０，
所以ｆ ｘ 在ｘ 处取得极小值 ｆ ｘ ｆ 无极大值．
（ ） ＝０ ， （ ）极小值＝ （０）＝０， 故必有ｇ′ 从而ａ １ ． 分
（０）≥０， ≤－ （８ ）
分 ２
（５ ）
解法一： 当ｘ 时 ｆ ｘ 又ｆ 当ａ １ 时 则有ａｘ ａ ｇ′ ｘ
（２） ∵ ≥０ ， （ ）≥０， （０）＝０， ≤－ ， ＋２ ＋１≤０， （ ）≥０，
ｙ ｆ ｘ 在ｘ 处取得最小值． ２
∴ ＝ （ ） ＝０ 所以ｇ ｘ 在 上单调递增 ｇ ｘ ｇ
ａ ｘ （ ） （０，＋∞） ， （ ）≥ （０）＝０，
又ｆ ′ ｘ ａ ｘ （－ －１） 即ｆ ′ ｘ
（ ）＝－ ｌｎ（１＋ ）＋ ｘ ， （ ）≥０，
１＋
所以ｆ ｘ 在 上单调递增
令ｇ ｘ ｆ ′ ｘ ａ ｘ （－
ａ
－１）
ｘ （ ） （０，＋∞） ，
（ ）＝ （ ）＝－ ｌｎ（１＋ ）＋ ｘ ， 所以 当ｘ 时 ｆ ｘ ｆ 符合题意． 分
１＋ ， ≥０ ， （ ）≥（０）＝０， （１１ ）
( ]
ａ ａ ａｘ ａ
则ｇ′ ｘ － － －１ － －２ －１ 综上 ａ的取值范围是 １ ． 分
（ ）＝ １＋ ｘ＋ （１＋ ｘ ） ２ ＝ （ ｘ ＋１） ２ ， ， －∞，－ ２ （１２ ）
令ｈ ｘ ａｘ ａ ｘ ｈ ａ ．
（ ）＝－ －２ －１， ∈［０，＋∞）， （０）＝－２ －１ 考点 1 导数与函数的单调性 学生用书P27
当 ａ 即ａ １ 时 ａ ｈ ｘ 在 上恒
① －２ －１≥０， ≤－ ，－ ＞０， （ ）≥０ ［０，＋∞） １．（ 新课标 ， ， 分，中）已知函数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ在区间
２ ２０２３ Ⅱ６ ５ （ ）＝ ｅ －ｌｎ （１，
成立 即ｇ′ ｘ 在 上恒成立 单调递增 则ａ的最小值为 Ｃ
， （ ）≥０ ［０，＋∞） ， ２） ， （ ）
则ｇ ｘ 在 上单调递增 又 ｇ 从而 ｆ ′ ｘ ２ －１ －２
（ ） ［０，＋∞） ， （０）＝ ０， （ ）＝ Ａ．ｅ Ｂ．ｅ Ｃ．ｅ Ｄ．ｅ
ｇ ｘ 在 上恒成立 ２．（ 全国甲文， ， 分，难）已知 ｍ ａ ｍ ｂ ｍ
（ ）≥０ ［０，＋∞） ， ２０２２ １２ ５ ９ ＝１０， ＝１０ －１１， ＝８ －
即ｆ ｘ 在 上单调递增 又ｆ ｆ ｘ 在 则 Ａ
（ ） ［０，＋∞） ， （０）＝０，∴ （ ）≥０ ［０， ９， （ ）
上恒成立． 分 ａ ｂ ａ ｂ ｂ ａ ｂ ａ
＋∞） （８ ） Ａ． ＞０＞ Ｂ． ＞ ＞０ Ｃ． ＞ ＞０ Ｄ． ＞０＞
当 ａ 且 ａ 即ａ 时 ｈ ｘ 在 上恒
② －２ －１＜０ － ≤０， ≥０ ， （ ）＜０ ［０，＋∞） ３．（ 新高考 ， ， 分，难）设ａ ． ０ ． １ ｂ １ ｃ ． 则
成立 ２０２２ Ⅰ ７ ５ ＝０１ｅ ， ＝ ， ＝－ｌｎ０９，
， ９
即ｇ′ ｘ 在 上恒成立 则ｇ ｘ 在 上单调 Ｃ
（ ）＜０ ［０，＋∞） ， （ ） ［０，＋∞） （ ）
递减 又ｇ ａ ｂ ｃ ｃ ｂ ａ ｃ ａ ｂ ａ ｃ ｂ
， （０）＝０， Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ Ｃ． ＜ ＜ Ｄ． ＜ ＜
从而ｆ ′ （ ｘ ）＝ ｇ （ ｘ ）≤０ 在 ［０，＋∞） 上恒成立 ， ｆ （ ｘ ） 在 ［０，＋∞） ４．（ ２０２３ 全国乙理， １６ ， ５ 分，难）设ａ ∈（０，１）， 若函数ｆ （ ｘ ）＝ ａｘ ＋
上单调递减 ， （１＋ ａ ） ｘ 在 （０， ＋ ∞ ） 单调递增 ， 则 ａ 的取值范围是
又ｆ （０）＝０，∴ ｆ （ ｘ ）≤０， 与题意不符． （１０ 分 ） é êê ５－１， ö ÷ ．
ë １ø
当 ａ 且 ａ 即 １ ａ 时 令ｈ ｘ 得ｘ ２
③ －２ －１＜０ － ＞０， － ＜ ＜０ ， （ ）＝０， ＝－２－
２ 考点 2 导数与函数极（最）值 学生用书P28
１
ａ ＞０， １．（ 全国甲，文 ，理 ， 分，中）当ｘ 时 函数ｆ ｘ ａ ｘ
２０２２ ８ ６ ５ ＝１ ， （ ）＝ ｌｎ
( ) ｂ
当 ｘ １ 时 ｈ ｘ 即 ｇ′ ｘ 在 取得最大值 则ｆ ′ Ｂ
∴ ∈ ０，－２－ ａ ， （ ） ＜ ０， （ ） ＜ ０ ＋ ｘ －２， （２）＝ （ ）
专题三 导数及其应用 ４ １
ｇ 且ｇ ｇ
１ １ ∵ （３）＝１＞０， （３＋ ３）＞ （３）＞０，
Ａ．－１ Ｂ．－ Ｃ． Ｄ．１
２ ２ ｇ ｘ 在 上有一个变号零点
２．（ 全国乙，文 ，理 ， 分，难）设ａ 若ｘ ａ为函数 ∴ （ ） （３－ ３，３＋ ３） ，
２０２１ １２ １０ ５ ≠０， ＝ 故ｆ ｘ 在 上有一个极值点．
ｆ ｘ ａ ｘ ａ ２ ｘ ｂ 的极大值点 则 Ｄ （ ） （３－ ３，３＋ ３）
（ ）＝ （ － ） （ － ） ， （ ）
Ａ． ａ ＜ ｂ Ｂ． ａ ＞ ｂ Ｃ． ａｂ ＜ ａ２ Ｄ． ａｂ ＞ ａ２ 当ｘ ＞３ 时 ， ｇ （ ｘ ）＝ ｘ２ ｅ １－ ｘ （ ｘ －３）＋１＞０， 故ｇ （ ｘ ） 在 （３＋ ３，＋∞）
上无零点 即ｆ ｘ 无极值点．
ｂ
３．（多选）（ 新课标 ， ， 分，中）若函数ｆ ｘ ａ ｘ ， （ ）
２０２３ Ⅱ １１ ５ （ ）＝ ｌｎ ＋ ｘ ＋ 综上 ｆ ｘ 有 个极值点．
， （ ） ３
ｃ ( )
ａ 既有极大值也有极小值 则 ＢＣＤ ８．（ 全国乙理， ， 分，难）已知函数ｆ ｘ １ ａ
ｘ２（ ≠０） ， （ ） ２０２３ ２１ １２ （ ）＝ ｘ ＋ ｌｎ（１＋
Ａ．
ｂｃ
＞０ Ｂ．
ａｂ
＞０ Ｃ．
ｂ２
＋８
ａｃ
＞０ Ｄ．
ａｃ
＜０
ｘ
）
．
４．（多选）（
２０２２
新高考
Ⅰ
，
１０
，
５
分，中）已知函数 ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ３
－
ｘ
＋ （１）
当 ａ
＝－１
时
，
求曲线 ｙ
＝
ｆ
（
ｘ
）
在点
（１，
ｆ
（１））
处的切线
则 ＡＣ 方程
１， （ ） ；
( )
ｆ ｘ 有两个极值点
Ａ． （ ） 是否存在ａ ｂ 使得曲线 ｙ ｆ １ 关于直线 ｘ ｂ 对称
（２） ， ， ＝ ｘ ＝ ？
ｆ ｘ 有三个零点
Ｂ． （ ）
若存在 求ａ ｂ 若不存在 说明理由
点 是曲线ｙ ｆ ｘ 的对称中心 ， ， ； ， ；
Ｃ． （０，１） ＝ （ ）
若ｆ ｘ 在 存在极值点 求ａ的取值范围．
直线ｙ ｘ是曲线ｙ ｆ ｘ 的切线 （３） （ ） （０，＋∞） ，
Ｄ． ＝２ ＝ （ ） ( )
５．（ 新高考， ， 分，中）函数ｆ ｘ ｘ ｘ的最小值 解析 当ａ 时 ｆ ｘ １ ｘ 则ｆ
２０２１ Ⅰ１５ ５ （ ）＝ ｜２ －１｜－２ｌｎ （１） ＝－１ ， （ ）＝ ｘ －１ ｌｎ（ ＋１）， （１）＝
为 ．
１ ( )
６．（ 全国乙理， ， 分，难）已知ｘ ｘ 和ｘ ｘ 分别是函数 且ｆ ′ ｘ １ ｘ １ １
ｆ
２
ｘ
０２２
ａｘ ｘ２ ａ
１６
且
５
ａ 的极小
＝
值
１
点和极
＝
大
２
值点．若ｘ
０， （ ）＝－ｘ２ｌｎ（ ＋１）＋ ｘ －１ ·ｘ
＋１
，
（ ）＝２ －ｅ （ ＞０ ≠１） １＜ 故ｆ ′ 所以所求切线方程为ｙ ｘ
( ) （１）＝－ｌｎ２， ＝－（ －１）ｌｎ２，
ｘ 则ａ的取值范围是 １ ， ． 即ｘ ｙ ．
２， １ ｌｎ２＋ －ｌｎ２＝０
ｅ ( ) ｘ
７．（ 北京， ， 分，中）设函数 ｆ ｘ ｘ ｘ３ ａｘ ＋ ｂ 曲线 ｙ 存在．ｆ １ ｘ ａ ＋１ 其定义域为
２０２３ ２０ １５ （ ）＝ － ｅ ， ＝ （２） ｘ ＝（ ＋ ）ｌｎ ｘ ， （－∞，－１）∪（０，
ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方程为ｙ ｘ ．
（ ） （１， （１）） ＝－ ＋１ ．
求ａ ｂ的值 ＋∞）
（１） ， ； ( )
设函数ｇ ｘ ｆ ′ ｘ 求ｇ ｘ 的单调区间 要使函数ｆ １ 的图象关于直线ｘ ｂ对称 则由ｘ 且ｘ
（２） （ ）＝ （ ）， （ ） ； ｘ ＝ ， ≠０ ≠
（３） 求ｆ （ ｘ ） 的极值点个数． ( ) ｘ
知ｂ １ 此时ｆ １ ｘ ａ ＋１的图象关于直线ｘ
解析 点 ｆ 在切线ｙ ｘ 上 且切线斜率 －１ ＝－ ， ｘ ＝（ ＋ ）ｌｎ ｘ ＝
（１）∵ （１， （１）） ＝－ ＋１ ， ２
为 ｆ ｆ ′ ( ) ( )
－１，∴ （１）＝０， （１）＝－１， １ 对称 则ｆ １ ｔ ｆ １ ｔ
而ｆ ａ ＋ ｂ 即 ａ ＋ ｂ － ， － ＋ ＝ － － ，
（１）＝１－ｅ ＝０， ｅ ＝１①， ２ ２ ２
又ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ＋ ｂ ａｘ３ ａｘ ＋ ｂ
（ ）＝１－３ ｅ － ｅ ， ｔ １ ｔ １
∴ ｆ ′ （１）＝１－３ｅ ａ ＋ ｂ － ａ ｅ ａ ＋ ｂ ＝－１②， 由 ①② 得ａ ＝－１， ｂ ＝１ ． 即 ( － １ ＋ ｔ ＋ ａ ) ｌｎ ＋ ２ ＝ ( ａ － １ － ｔ ) ｌｎ － ２ ，
ｇ ｘ ｆ ′ ｘ １－ ｘ ｘ３ ｘ２ ２ １ ｔ ２ ｔ １
（２） （ ）＝ （ ）＝ｅ （ －３ ）＋１， － ＋ ＋
ｇ′ ｘ １－ ｘ ｘ３ ｘ２ １－ ｘ ｘ２ ｘ １－ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ ２ ２
（ ）＝－ｅ （ －３ ）＋ｅ （３ －６ ）＝ ｅ （－ ＋６ －６ ）＝
－ ｘ ｅ １－ ｘ （ ｘ２ －６ ｘ ＋６）， ( ) ｔ ＋ １ ( ) ｔ ＋ １
即 ａ ｔ １ ２ ａ ｔ １ ２
令ｇ′ ｘ 得ｘ 或ｘ ． ＋ － ｌｎ ＝－ － － ｌｎ ，
（ ）＝０， ＝０ ＝３± ３ ２ ｔ １ ２ ｔ １
－ －
ｘ ｇ′ ｘ ｇ ｘ 的变化情况如表 ２ ２
， （ ）， （ ） ：
ａ ｔ １ ａ ｔ １ 解得ａ １ ．
ｘ （－∞， （０， （３－ ３， （３＋ ３， ∴ ＋ － ２ ＝－ ＋ ＋ ２ ， ＝ ２
０ ３－ ３ ３＋ ３ ( )
０） ３－ ３） ３＋ ３） ＋∞） ｆ ′ ｘ １ ｘ １ ａ １
ｇ′ ｘ
（３） （ ） ＝ － ｘ２ ｌｎ （ ＋ １） ＋ ｘ ＋ ｘ
＋１
＝
（ ） ＋ ０ － ０ ＋ ０ － [ ａｘ２ ｘ]
单调 极大 单调 极小 单调 极大 单调 １ ｘ ＋
ｇ
（
ｘ
） 递增 值 递减 值 递增 值 递减
－ｘ２ ｌｎ（ ＋１）－ ｘ
＋１
，
ａｘ２ ｘ
要使ｆ ｘ 在 存在极值点 则方程 ｘ ＋
故ｇ ｘ 的单调递增区间为 和 单调递
（ ） （０，＋∞） ， ｌｎ（ ＋１）－ ｘ
＋１
＝０
（ ） （－∞，０） （３－ ３，３＋ ３），
有正根
减区间为 和 ． ，
由
（
知
０，３
ｇ
－
ｘ
３）
１－
（
ｘ
３
ｘ
＋
３
３，
ｘ
＋
２
∞）
记ｇ ｘ ｘ
ａｘ２
＋
ｘ
ｘ
（３） （２） （ ）＝ｅ （ －３ ）＋１， （ ）＝ｌｎ（ ＋１）－ ｘ ， ＞０，
ｇ ｇ ２ ｇ ｘ 在区间 上 ＋１
∴ （０）＝１＞０， （－１）＝－４ｅ ＋１＜０，∴ （ ） （－∞，０） ｘ
有一个变号零点 故 ｆ ｘ 在 上有一个极值点．又 则ｇ′ ｘ ａｘ ａ ．
， （ ） （－∞，０） （ ）＝－ ｘ ２·（ ＋２ －１）
（１＋ ）
ｇ 且ｇ ｇ ｇ ｘ 在 上 当ａ 时 ｇ′ ｘ 故ｇ ｘ 在 单调递增
∵ （１）＝－１＜０， （３－ ３）＜ （１）＜０，∴ （ ） （０，３－ ３） ① ≤０ ， （ ）＞０， （ ） （０，＋∞） ，
有一个变号零点 故ｆ ｘ 在 上有一个极值点． ｇ ｘ ｇ 不符合题意 舍去
， （ ） （０，３－ ３） （ ）＞ （０）＝０， ， ；
４ ２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
( )
当ａ １ 时 ｇ′ ｘ 故ｇ ｘ 在 单调递减 ｇ ｘ １ ａ 即可 设ｈ ｔ ｔ ４ ｔ 则
② ≥ ， （ ）＜０， （ ） （０，＋∞） ， （ ）＜ ＝ｌｎ ａ －１ ＋４ －２＞０ ， （ ）＝ｌｎ（ －１）＋ ｔ －２， ＞２，
２
ｇ 不符合题意 舍去 ｔ ２
（０）＝０， ， ； ｈ′ ｔ １ ４ （ －２） 故ｈ ｔ 在 单调递增
当 ａ １ 时 令ｇ′ ｘ 得 ｘ １－２
ａ
令ｇ′ ｘ
（ ）＝ｔ
－１
－ｔ２ ＝
（
ｔ
－１）
ｔ２＞０， （ ） （２，＋∞） ，
③ ０＜ ＜ ， （ ）＞０， ０＜ ＜ ａ ； （ ）＜０， ( )
２ ｈ ｔ ｈ 故 ａ １ 时 有 １ ａ
ａ ∴ （ ）＞ （２）＝０， ０＜ ＜ ， ｌｎ ａ －１ ＋４ －２＞０，
得ｘ １－２ ．易知ｘ 时 ｇ ｘ ２
＞ ａ →＋∞ ， （ ）→－∞， ( ａ)
即ｇ １－２ 符合题意．
( ａ) ２ ａ ａ ＞０，
１－２ ａ １－２
( ａ) ( ａ ) ａ · ＋ ａ ( )
故只需ｇ ｘ ｇ １－２ １－２ 综上所述 当ａ １ 时 ｆ ｘ 在 存在极值点．
（ ）ｍａｘ＝ ａ ＝ｌｎ ａ ＋１ － ａ ， ∈ ０， ， （ ） （０，＋∞）
１－２ ２
ａ ＋１
８．（ 河北部分重点高中联考， ）已知函数ｆ ｘ ａｘ ｘ的
学生用书P29 ２０２４ １４ （ ）＝ －ｌｎ
１．（ 浙江 名校联盟第二次联考， ）函数ｆ ｘ ｘ 最小值为 则ａ １ ．
２０２４ Ｚ２０ ６ （ ）＝ｌｎ（２ －１） ０， ＝
ｘ２ ｘ的单调递增区间是 Ｄ ｅ
－ ＋ （ ）
( ) ９．（ 安徽黄山第一次质量检测， ）已知函数ｆ ｘ ３ ｘ２
１ ２０２４ １５ （ ）＝ －
Ａ．（０，１） Ｂ． ，１ ２
２ ａｘ ａ２ ｘ在ｘ 处取得极大值．
æ ö æ ö ４ ＋ ｌｎ ＝１
ç１－ ２ １＋ ２÷ ç １ １＋ ２÷ 求ａ的值
Ｃ．è ， ø Ｄ．è ， ø （１） ；
２ ２ ２ ２ [ ]
求ｆ ｘ 在区间 １ 上的最大值．
２．（
２０２４
河北邢台五岳联盟模拟，
５
）已知函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａ
ｅ
ｘ
－
１ ｘ２ （２） （ ）
ｅ
，ｅ
２ ａ２
在区间 上单调递增 则ａ的最小值为 Ｄ 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ａ ．
（１，２） ， （ ） （１） （ ）＝３ －４ ＋ ｘ
Ａ．ｅ Ｂ．１ 由ｆ ｘ 在ｘ 处取得极大值得ｆ ′ ａ ａ２ 解得ａ
（ ） ＝１ （１）＝３－４ ＋ ＝０， ＝
Ｃ．ｅ －２ Ｄ．ｅ －１ 或ａ 经检验 ａ 时不符合题意 应舍去（此时ｆ（ｘ）在ｘ
１ ＝３， ， ＝１ ，
ｂ
３．（ 广东佛山禅城调研， ）若函数ｆ ｘ ａ ｘ ４ ａ 处取得极小值） 故ａ ．
２０２４ ６ （ ）＝ ｌｎ ＋ ｘ ＋ｘ２（ ≠ ＝１ ， ＝３
ｘ ｘ
既有极大值也有极小值 则下列结论一定正确的是 Ｂ 由 得ｆ ｘ ３ ｘ２ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ３（ －１）（ －３）
０） ， （ ） （２） （１） （ ）＝ －１２ ＋９ｌｎ ， （ ）＝ ｘ ，
２
ａ ｂ ａｂ ａ ｂ
Ａ． ＜０ Ｂ． ＜０ Ｃ． ＞－１ Ｄ． ＋ ＞０
令ｆ ′ ｘ 得 １ ｘ
４．（ 福建百校联考， ）已知函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ 在区间 ａ （ ）＞０， ＜ ＜１，
２０２４ ７ （ ）＝ －３ ＋３ （ ， ｅ
ａ 上存在最小值 则实数ａ的取值范围为 Ａ 令ｆ ′ ｘ 得 ｘ
＋６） ， （ ） （ ）＜０， １＜ ＜ｅ，
[ ) [ )
５ ３ 所以ｆ ｘ ｆ ３ ２１．
Ａ．［－１，２） Ｂ． －
２
，１ Ｃ． －２，
２
Ｄ．［－１，１） （ ）ｍａｘ＝ （１）＝
２
－１２＝－
２
５．（多选）（ 广东茂名一模， ）若ｆ ｘ １ ｘ３ １ ｘ２ ｘ 学生用书P30
２０２４ ９ （ ）＝－ ＋ ＋２ ＋１
３ ２
１．（ 东北三省四市教研联合体模拟， ）在同一平面直角坐
是区间 ｍ ｍ 上的单调函数 则实数ｍ的值可以是 ２０２４ ８
（ －１， ＋４） ，
标系内 函数ｙ ｆ ｘ 及其导函数ｙ ｆ ′ ｘ 的图象如图所示
ＣＤ ， ＝ （ ） ＝ （ ） ，
（ ）
已知两图象有且仅有一个公共点 其坐标为 则 Ｃ
， （０，１）， （ ）
Ａ．－４ Ｂ．－３ Ｃ．３ Ｄ．４
６．（多选）（ 河南联考， ）已知定义在Ｒ上的可导函数ｆ ｘ Z
２０２４ １１ （ ）
的导函数ｆ′
（
ｘ
）
满足ｘ２ｆ′
（
ｘ
）－
ｘ
（
ｘ
－２）
ｆ
（
ｘ
）≥０，
当且仅当ｘ
＝０
时 等号成立 ｆ 下列说法正确的是 ＢＣＤ
， ， （１）＝ｅ， （ ） 0 Y
ｆ １ ｆ １
Ａ． （－３）＞ ３ Ｂ． （－２）＜ ２ 函数ｙ ｆ ｘ ｘ 的最大值为
９ｅ ４ｅ Ａ． ＝ （ ）·ｅ １
２ ３ 函数ｙ ｆ ｘ ｘ 的最小值为
ｆ ｅ ｆ ｅ Ｂ． ＝ （ ）·ｅ １
Ｃ． （２）＞ Ｄ． （３）＞ ｆ ｘ
４ ９ 函数ｙ （ ）的最大值为
７．（多选）（ 山西晋城一模， ）若一个函数在区间Ｄ上的导 Ｃ． ＝ ｘ １
２０２４ ９ ｅ
数值恒大于 则该函数在Ｄ上纯粹递增 若一个函数在区间 ｆ ｘ
０， ， 函数ｙ （ ）的最小值为
Ｄ上的导数值恒小于 则该函数在Ｄ上纯粹递减 则 ＢＣ Ｄ． ＝ ｘ １
０， ， （ ） ｅ
函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ在 上纯粹递增 ２．（ 江苏南通、如皋、连云港联考， ）已知函数ｆ ｘ 的定义
Ａ． （ ）＝ －２ ［１，＋∞） ２０２４ ７ （ ）
函数ｆ ｘ ｘ３ ｘ在 上纯粹递增 域为Ｒ 对任意ｘ Ｒ 有ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 则 ｘ 是 ｘｆ ｘ
Ｂ． （ ）＝ －２ ［１，２］ ， ∈ ， （ ）－（ ）＞０， “ ＜２” “ｅ （ ＋１）
函数ｆ ｘ ｘ ｘ在 上纯粹递减 ４ｆ ｘ 的 Ａ
Ｃ． （ ）＝ｓｉｎ －２ ［０，１］ ＞ｅ （２ －３）” （ ）
函数ｆ ｘ ｘ ｘ在 上纯粹递减 充分不必要条件
Ｄ． （ ）＝ｅ －３ ［０，２］ Ａ．
专题三 导数及其应用 ４ ３
必要不充分条件 ( )
Ｂ． 当ｘ π 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递减． 分
既不充分又不必要条件 ∈ ，π ， （ ）＜０， （ ） （１２ ）
Ｃ． ２
( )
Ｄ． 充要条件 且ｈ ｈ π －π ２ ｈ －π 分
（０）＝－１， ＝ｅ ， （π）＝ｅ ， （１３ ）
３．（ 山东齐鲁名校联盟质量检测， ）已知函数ｆ ｘ ｍｘ２ ２
２０２４ ８ （ ）＝ －
因为ｆ ｘ 有两个实数解
ｘ ｘ存在极小值点ｘ 且ｆ ｘ ３ 则实数ｍ的取值范围为 （ ）＝１ ，
ｌｎ ０， （ ０）＜－ｅ ，
Ｄ 所以 －π １ －π ２ 所以 π ２ ａ π． 分
（ ） ｅ ≤ ａ ＜ｅ ， ｅ ＜ ≤ｅ （１５ ）
æ ö æ ö æ ö æ ö
ç １ ÷ ç ２ ÷ ç １ ÷ ç ２ ÷ ９．（ 山东济南一模， ）已知函数ｆ ｘ ２ ｘ ｘ ａｘ．
Ａ．è０， ２ ø Ｂ．è０， ２ ø Ｃ．è０， ３ ø Ｄ．è０， ３ ø ２０２４ １６ （ ）＝ｅ ＋ｅ －
ｅ ｅ ｅ ｅ 当ａ 时 求ｆ ｘ 的单调区间
４．（多选）（ 安徽六安质量检测， ）已知函数ｆ ｘ 的导函数 （１） ＝３ ， （ ） ；
２０２４ １１ （ ） 讨论ｆ ｘ 极值点的个数．
为ｆ ′ ｘ 对任意的正数ｘ 都满足ｆ ｘ ｘｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ （２） （ ）
（ ）， ， （ ）＜ （ ）＜２ （ ）－２ ， 解析 当ａ 时 ｆ ｘ ２ ｘ ｘ ｘ
则下列结论正确的是 ＢＣ （１） ＝３ ， （ ）＝ｅ ＋ｅ －３ ，
（ ） 则ｆ ′ ｘ ２ ｘ ｘ ｘ ｘ
( ) （ ）＝２ｅ ＋ｅ －３＝（２ｅ ＋３）（ｅ －１），
ｆ ｆ １ ｆ １ ｆ 由ｆ ′ ｘ 得ｘ 此时ｆ ｘ 单调递增
Ａ． （１）＜２ Ｂ． （１）＜ （２） （ ）＞０， ＞０， （ ） ；
２ ２
( ) 由ｆ ′ ｘ 得ｘ 此时ｆ ｘ 单调递减
（ ）＜０， ＜０， （ ） ，
ｆ ｆ １ ｆ １ ｆ
Ｃ． （１）＜４ －２ Ｄ． （１）＜ （２）＋１ 所以ｆ ｘ 的单调递增区间为 单调递减区间为
２ ４ （ ） （０，＋∞）， （－∞，
ｘ ．
５．（ 山东青岛二中段考， ）已知 ｘ 则 ｓｉｎ ０）
２０２４ １３ ０＜ ＜π， ｘ＋ 函数的定义域为Ｒ ｆ ′ ｘ ２ ｘ ｘ ａ．
１－ｃｏｓ （２） ， （ ）＝２ｅ ＋ｅ －
当ａ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在Ｒ上单调递增
６４ 的最小值为 ． ≤０ ， （ ）＞０， （ ） ，
ｘ ３８ 即ｆ ｘ 极值点的个数为
１＋ｃｏｓ （ ） ０；
{ｘ ａ ｘ 当ａ 时 易知 ａ
６．（ 广东潮州期末）设函数ｆ ｘ － ， ≤０，已知直线ｙ ｔ ＞０ ， １＋８ ＞１，
２０２４ （ ）＝ ｘ ｘ ＝
ｌｎ ， ＞０， ａ
与函数ｙ ＝ ｆ （ ｘ ） 的图象交于Ａ 、 Ｂ两点 ， 且 ｜ ＡＢ ｜ 的最小值为 ｅ ２ （ｅ
故解关于 ｔ 的方程
２
ｔ２
＋
ｔ
－
ａ
＝ ０
得 ｔ
１ ＝
－１－
４
１＋８
，
ｔ
２ ＝
７． 为 （ ２ 自 ０２ 然 ４ 江 对 西 数 南 的 昌 底数 师 ） 大 ， 则 附中 ａ ＝ 开 １ 学 －ｅ 考 ２ ． ， １４ ）若函数ｆ （ ｘ ）＝ ２ｌｏｇａ ｘ ＋ －１＋ ４ １＋８ ａ ， 所以ｆ ′ （ ｘ ）＝２（ｅ ｘ － ｔ １）（ｅ ｘ － ｔ ２），
ｘ ａ 且ａ 的最小值为 则实数ａ的值为 １ ． ａ ａ
｜２ －１｜（ ＞０， ≠１） １， 又ｔ －１＋ １＋８ －１＋１ ｔ －１－ １＋８
ｅ ２＝ ＞ ＝０，１＝ ＜０，
４ ４ ４
８．（ 黑龙江齐齐哈尔三模， ） 已知函数 ｆ ｘ
２０２４ １７ （ ） ＝ 所以ｘ ｔ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
ａ ｘ ｂ ｘ ＞ｌｎ ２ ， （ ）＞０， （ ） ，
ｓｉｎ － ｃｏｓ ｘ ａ ｘ π为ｆ ｘ 的极值点． ｘ ｔ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
ｘ （０≤ ≤π）， ＞０， ＝ （ ） ＜ｌｎ ２ ， （ ）＜０， （ ） ，
ｅ ２ 即ｆ ｘ 极值点的个数为 ．
求ａ ｂ的最小值 （ ） １
（１） －ｌｎ ； 综上 当ａ 时 ｆ ｘ 极值点的个数为 当ａ 时 ｆ ｘ 极
若关于ｘ的方程ｆ ｘ 有且仅有两个实数解 求ａ的取 ， ≤０ ， （ ） ０； ＞０ ， （ ）
（２） （ ）＝１ ， 值点的个数为 ．
值范围． １
ｘ２ ａｘ ａ
解析 ｆ ′ ｘ ａ ｃｏｓ ｘ ＋ ｂ ｓｉｎ ｘ － ａ ｓｉｎ ｘ ＋ ｂ ｃｏｓ ｘ １０．（ ２０２４ 江苏南京二模， １６ ）已知函数 ｆ （ ｘ ）＝ － ｘ ＋ ， 其中 ａ
（１） （ ）＝ ｘ ｅ
ｅ Ｒ．
ａ ｂ ｘ ｂ ａ ｘ ∈
（ ＋ ）ｃｏｓ ＋（ － ）ｓｉｎ 分 当ａ 时 求曲线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的切线方程
＝ ｘ ， （２ ） （１） ＝０ ， ＝ （ ） （１， （１）） ；
ｅ
( ) ｂ ａ 当ａ 时 若ｆ ｘ 在区间 ａ 上的最小值为 １ 求 ａ
依题意 ｆ ′ π － 所以ａ ｂ 分 （２） ＞０ ， （ ） ［０， ］ ，
， ＝ π ＝０， － ＝０， （３ ） ｅ
２ ｅ ２ 的值．
所以ａ ｂ ａ ａ
－ｌｎ ＝ －ｌｎ ， ｘ２ ｘ ｘ２
解析 当ａ 时 ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ２ －
ｘ （１） ＝０ ， （ ）＝ ｘ， （ ）＝ ｘ ，
设ｇ （ ｘ ）＝ ｘ －ｌｎ ｘ ， 则ｇ′ （ ｘ ）＝１－ １ ｘ ＝ － ｘ １ ， （４ 分 ） ｅ ｅ
当ｘ ∈（０，１） 时 ， ｇ′ （ ｘ ）＜０， ｇ （ ｘ ） 单调递减 ， 当ｘ ∈（１，＋∞） 时 ， 所以ｆ （１）＝ １ ｅ ， ｆ ′ （１）＝ １ ｅ ． （３ 分 ）
ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 分
（ ）＞０， （ ） ， （５ ） 所以曲线ｙ ｆ ｘ 在 ｆ 处的切线方程为ｙ １ １ ｘ
当ｘ 时 ｇ ｘ 取得最小值ｇ 所以ａ ｂ的最小值 ＝ （ ） （１， （１）） － ＝ （
＝１ ， （ ） （１）＝１， －ｌｎ ｅ ｅ
为 ． 分 ｘ
１ （６ ） 即ｙ ． 分
ａ ｘ ｘ －１）， ＝ （５ ）
由 可知 ｆ ｘ （ｓｉｎ －ｃｏｓ ） ｅ
（２） （１） ， （ ）＝ ｘ ， ｘ２ ａ ｘ ａ ｘ ｘ ａ
ｅ ｆ ′ ｘ －（ ＋２） ＋２ （ －２）（ － ）． 分
ｘ ｘ （２） （ ）＝－ ｘ ＝－ ｘ （７ ）
令ｆ ｘ 则ｓｉｎ －ｃｏｓ １ 分 ｅ ｅ
（ ）＝１， ｘ ＝ ａ ， （８ ） 若 ａ 在 ａ 上 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
ｅ ０＜ ≤２， ［０， ］ ， （ ）≤０， （ ） ，
ｘ ｘ ｘ ａ
设ｈ ｘ ｓｉｎ －ｃｏｓ 则ｈ′ ｘ ２ｃｏｓ 分 所以ｆ ｘ ｆ ａ １ ． 分
（ ）＝ ｘ ， （ ）＝ ｘ ， （１０ ） （ ）ｍｉｎ＝ （ ）＝ ａ ＝ （１０ ）
ｅ ｅ ｅ ｅ
( ) ａ ａ
当ｘ π 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递增 分 考虑ｇ ａ ａ Ｒ 则ｇ′ ａ １－ ．
∈ ０， ， （ ）＞０， （ ） ， （１１ ） （ ）＝ ａ， ∈ ， （ ）＝ ａ
２ ｅ ｅ
４ ４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
在 上 ｇ′ ａ ｇ ａ 单调递增 在 上 所以ｇ ｘ 在 上单调递增 在 上单调递减
（－∞，１） ， （ ）＞０， （ ） ； （１，＋∞） ， （ ） （０，１） ， （１，＋∞） ，
ｇ′ ａ ｇ ａ 单调递减
（ ）＜０， （ ） ； 故极大值为ｇ １ １ 无极小值．
（１）＝ｌｎ１＋１－ ＝ ，
所以ｇ ａ 的极大值为ｇ １ ． ２ ２
（ ） （１）＝ 证明 由 可知ｆ ′ ｘ 在 上单调递增 所以在ｘ
ｅ （２） ： （１） （ ） （０，１） ， ∈
ａ 上 函数ｆ ｘ 不存在极大值点．又ｆ ′ ｘ ｆ ′
所以由 １ 可得ａ ． 分 （０，１） ， （ ） （ ）ｍａｘ＝ （１）＝
ａ ＝ ， ＝１ （１２ ）
ｅ ｅ １ ｆ ′ ｘ 在 上单调递减 ｆ ′
若ａ 在 上 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 在 ａ 上 ＞０， （ ） （１，＋∞） ， （２）＝ １＋ｌｎ ２－２＝
＞２， （０，２） ， （ ）＜０， （ ） ； （２， ） ， ２
ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增． 所以存在唯一ｘ 使得ｆ ′ ｘ 当ｘ
（ ）＞０， （ ） ｌｎ２－１＜０， ０∈（１，＋∞）， （ ０）＝０，
ａ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 当ｘ ｘ 时
所以ｆ ｘ ｆ ４－ １ 解得ａ 与ａ 矛盾 故 ∈（１， ０） ， （ ）＞０， （ ） ； ∈（ ０，＋∞） ，
（ ）ｍｉｎ＝ （２）＝ ２ ＝ ， ＝４－ｅ， ＞２ ， ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 所以ｘ 是ｆ ｘ 的唯一极大值点
ｅ ｅ （ ）＜０， （ ） ， ０ （ ） ，
舍去． ( )
又ｆ ′ ３ ３ ９ １ ． ．
综上 ａ的值为 ． 分 ＝１＋ｌｎ － ＝ｌｎ３－ｌｎ ２－ ＞１－０６９３ １－０１２５＞
， １ （１５ ） ２ ２ ８ ８
１１．（
２０２４
浙江温州三模，
１６
）设函数ｆ
（
ｘ
）＝
ｘ
ｌｎ
ｘ
－
１ ｘ３ 的导函数
０，
所以ｘ
０＞
３ ．
６ ２
为ｇ ｘ ．
（ ） 学生用书P31
求函数ｇ ｘ 的单调区间和极值
（１） （ ） ； 创新考法 （ 湖南长沙一中适应性训练， ）在同一平面
２０２４ １４
（２） 证明 ： 函数ｆ （ ｘ ） 存在唯一的极大值点ｘ ０， 且ｘ ０＞
２
３ ． （ 参考 直角坐标系中
，
Ｐ
，
Ｑ 分别是函数ｆ
（
ｘ
）＝
ａｘ
ｅ
ｘ
－ｌｎ（
ａｘ
）
和 ｇ
（
ｘ
）＝
数据 ． ｘ
：ｌｎ２≈０６９３１） ２ｌｎ（ －１）图象上的动点 若对任意ａ 有 ＰＱ ｍ恒成立 则
ｘ ， ＞０， ｜ ｜≥ ，
解析 由题意知ｆ ｘ 的定义域为 ．
（１） （ ） （０，＋∞）
因为ｇ
（
ｘ
）＝
ｆ ′
（
ｘ
）＝ｌｎ
ｘ
＋１－
１ ｘ２
，
实数ｍ的最大值为 ３ ２ ．
２ ２
ｘ２
所以ｇ′ ｘ １ ｘ １－ ｘ 令ｇ′ ｘ 则ｘ
（ ）＝ ｘ － ＝ ｘ （ ＞０）， （ ）＝０， ＝１，
