北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
4.2 导数与函数的单调性、极值和最值
考点1 导数与函数的单调性
1.(2023新课标Ⅱ,6,5分)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值
为 ( )
A.e2 B.e C.e-1 D.e-2
答案 C ∵f(x)在(1,2)内单调递增,∴f '(x)≥0在(1,2)内恒成立,
1 1
即f '(x)=aex- ≥0(1<x<2),∴a≥ (1<x<2).
x xex
令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0,
∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2),
1 ( 1 1) 1 1
∴ ∈ , ,∴a≥ ,即a的最小值为 ,故选C.
xex 2e2 e e e
b
2.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+ 取得最大值-2,
x
则f '(2)=( )
1 1
A.-1 B.- C. D.1
2 2
a b ax−b
答案 B f '(x)= − = ,
x x2 x2
由题可知x=1为f(x)的极大值点,
{f '(1)=0, {a−b=0,
∴ ∴ ∴a=b=-2,
f(1)=−2, b=−2,
−2x+2 1
∴f '(x)= ,∴f '(2)=- ,故选B.
x2 2
解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值.
3.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则( )
A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a
答案 A 由9m=10可得m=log10>1,令f(x)=xm-(x+1),则f '(x)=mxm-1-1,易知当x>1时, f '(x)>0,所以
9
f(x)在(1,+∞)上单调递增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故选A.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
1
4.(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b= ,c=-ln 0.9,则 ( )
9
A.a<b<c B.c<b<a
C.c<a<b D.a<c<b
1
e0.1
1 1 a 10 9
答案 C a=0.1e0.1= e0.1,b= ,则 = = e0.1,构造f(x)=(1-x)ex,则 f '(x)=-xex,当x>0时, f
10 9 b 1 10
9
a
'(x)<0, f(x)单调递减,∴f(0.1)<f(0)=1,∴ <1,∴a<b.
b
下面比较a与c.
1 1 (1−x2 )ex−1
令g(x)=xex+ln(1-x),0<x< ,则g'(x)=(x+1)ex- = ,
4 1−x 1−x
令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<1,则H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,则H(x)在( 1)上为增函数,
0,
4 4
∴H(x)>H(0)=0.
∴g(x)在( 1)上为增函数,∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln 0.9>0,∴a>c,∴b>a>c.
0,
4
5.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=√1.04-1,则 ( )
A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b
答案 B 解题指导:注意到a,b为同底的对数值,考虑用对数函数的单调性比较大小,c与a、b的结构不同,
可构造与ln x相关的不等式,放缩后再比较大小.
解析 解法一:a=ln 1.012,
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02,
所以a>b,排除选项A与选项D.
设f(x)=ln x- 2(x−1)(x>1),则f '(x)=1 4 (x−1) 2 >0,
− =
x+1 x (x+1) 2 x(x+1) 2
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,
2(x−1)
从而f(x)>f(1)=0,即ln x> .
x+1
2×0.01 0.04
故a=2ln 1.01>2× = .
1.01+1 2.01北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
0.04
c=√1.04−1= ,
√1.04+1
因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04,
所以1.01<√1.04,所以2.01<√1.04+1,
0.04 0.04
所以 > ,即a>c,排除选项C.
2.01 √1.04+1
故选B.
解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1,
所以a>b,
下面比较a与c的大小.
令f(x)=2ln(1+x)-√1+4x+1,x∈[0,1),
则f '(x)= 2 2 2[√1+4x−(1+x)],
− =
1+x √1+4x (1+x)·√1+4x
∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)),
∴f '(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上为增函数,
∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c.
再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=√1+0.04-1,
令g(x)=√1+2x-1-ln(1+x),x∈[0,1),
则g'(x)= 1 1 1+x−√1+2x,
− =
√1+2x 1+x (1+x)√1+2x
而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0,
∴g(x)在[0,1)上为增函数,∴g(0.02)>g(0)=0,
∴c>b.
综上,a>c>b,故选B.
拓展延伸:关于ln x的重要不等式
1
(1)1- ≤ln x≤x-1(x>0).
x
(2)ln x≥1( 1),0<x≤1;ln x≤1( 1),x≥1.
x− x−
2 x 2 x
2(x−1) 2(x−1)
(3)ln x≥ ,x≥1;ln x≤ ,0<x≤1.
x+1 x+1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
x2
(4)ln(x+1)≥x- ,x≥0.
2
(5)ln x≤√x−1,x≥1.
(6) √x x < x 1 −x 2 < x 1 +x 2 (x 1 ≠x 2 ,x 1 >0,x 2 >0).
1 2 ln x −ln x 2
1 2
1
6.(2016课标Ⅰ文,12,5分)若函数f(x)=x- sin 2x+asin x在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是( )
3
A.[-1,1] B.[ 1]
−1,
3
C.[ 1 1] D.[ 1]
− , −1,−
3 3 3
2 2 4 5
答案 C f '(x)=1- cos 2x+acos x=1- (2cos2x-1)+acos x=- cos2x+acos x+ , f(x)在R上单调递增,则f
3 3 3 3
4 5
'(x)≥0在R上恒成立,令cos x=t,t∈[-1,1],则- t2+at+ ≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,
3 3
令g(t)=4t2-3at-5,则{ g(1)=4−3a−5≤0, 解得-1≤a≤1,故选C.
g(−1)=4+3a−5≤0, 3 3
疑难突破 由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.
评析 本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即
可.
7.(2015课标Ⅱ理,12,5分)设函数f '(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数, f(-1)=0,当x>0时,
xf '(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
答案 A 令g(x)=f(x),则g'(x)=xf '(x)−f(x),由题意知,当x>0时,g'(x)<0,∴g(x)在(0,+∞)上是减函
x x2
数.
∵f(x)是奇函数, f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,
f(1)
∴g(1)= =0,
1北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
∴当x∈(0,1)时,g(x)>0,从而f(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,从而f(x)<0.
f(−x) −f(x) f(x)
又∵g(-x)= = = =g(x),∴g(x)是偶函数,
−x −x x
∴当x∈(-∞,-1)时,g(x)<0,从而f(x)>0;
当x∈(-1,0)时,g(x)>0,从而f(x)<0.
综上,所求x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
评析 出现xf '(x)+f(x)>0(<0)时,考虑构造函数F(x)=xf(x);出现xf '(x)-f(x)>0(<0)时,考虑构造函数g(x)=
f(x)
.
x
8.(2014课标Ⅱ文,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )
A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]
C.[2,+∞) D.[1,+∞)
1 1
答案 D 依题意得f '(x)=k- ≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥ 在(1,+∞)上恒成立,
x x
1
∵x>1,∴0< <1,
x
∴k≥1,故选D.
9.(2023全国乙理,16,5分)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a
的取值范围是 .
答案 [√5−1 )
,1
2
解析 由题意得, f '(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,
∵a∈(0,1),∴a+1∈(1,2),∴ln(1+a)>0,ln a<0,
∴y=axln a与y=(1+a)xln(1+a)在(0,+∞)上均为增函数,
∴y=f '(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f '(0)≥0,即 ln a+ln(a+1)≥0,即 ln(a2+a)≥ln
1 a2+a≥1,
⇒ −1−√5 −1+√5
解得a≤ 或a≥ ,又a∈(0,1),
2 2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
∴a∈[√5−1 ).
,1
2
10.(2023新课标Ⅰ,19,12分)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
3
(2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+ .
2
解析 (1)由已知得函数f(x)的定义域为R,
f '(x)=aex-1.
①当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减;
1
②当a>0时,令f '(x)=0,则x=ln ,
a
1
当x<ln 时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
a
1
当x>ln 时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
a
综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;
当a>0时, f(x)在( 1)上单调递减,在( 1 )上单调递增.
−∞,ln ln ,+∞
a a
(2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在( 1)上单调递减,在( 1 )上单调递
−∞,ln ln ,+∞
a a
增,则f(x)
min
=f(
ln
1)=a(1
+a
)-ln 1=1+a2+ln a.
a a a
3 3
要证明f(x)>2ln a+ ,只需证明1+a2+ln a>2ln a+ ,
2 2
1
即证a2-ln a- >0.
2
1 1 2x2−1
令g(x)=x2-ln x- (x>0),则g'(x)=2x- = .
2 x x
√2
当0<x< 时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
√2
当x> 时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
2
∴g(x) =g(√2)=1-ln √2-1=-ln √2=ln >0,
min √2
2 2 2 2 2
1
∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a- >0,
2
3
∴f(x)>2ln a+ .
2
11.(2023全国甲文,20,12分,难)已知函数f(x)=ax- sinx ,x∈( π).
0,
cos2x 2
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.
解析 (1)当a=1时, f(x)=x- sinx ,x∈( π),
0,
cos2x 2
f
'(x)=1-cos3x+2sin2xcosx=cos3x−cos2x−2sin2x=cos3x+cos2x−2<0,
cos4x cos3x cos3x
所以函数f(x)在( π)上单调递减.
0,
2
(2)令g(x)= sinx -sin x=sinx−sinxcos2x=sinx−sinx(1−sin2x)=sin3x,
cos2x cos2x cos2x cos2x
则g'(x)=3cos3xsin2x+2sin4xcosx=3cos2xsin2x+2sin4x,
cos4x cos3x
因为x∈( π),所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在( π)
0, 0,
2 2
上单调递增,
π
g(0)=0,当x→ 时,g(x)→+∞,
2北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
因为f(x)+sin x<0恒成立,所以 sinx -sin x>ax在( π)上恒成立,
0,
cos2x 2
π
即直线y=ax在0<x< 时恒在g(x)的图象下方,如图所示,
2
由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].
12.(2019课标Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.
解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数
最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用.
(1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
a
令f '(x)=0,得x=0或x= .
3
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪(a )时, f '(x)>0;
,+∞
3
当x∈( a)时, f '(x)<0.
0,
3
故f(x)在(-∞,0),(a )单调递增,在( a)单调递减;
,+∞ 0,
3 3
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增;
若a<0,则当x∈( a)∪(0,+∞)时, f '(x)>0;
−∞,
3
当x∈(a )时, f '(x)<0.
,0
3北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
故f(x)在( a),(0,+∞)单调递增,在(a )单调递减.
−∞, ,0
3 3
(2)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在( a)单调递减,在(a )单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f(a)=-
0, ,1
3 3 3
a3
+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
27
a3 {4−a,0<a<2,
于是m=- +2,M=
27 2,2≤a<3.
{
a3
2−a+ ,0<a<2,
27
所以M-m=
a3
,2≤a<3.
27
当0<a<2时,可知2-a+a3 单调递减,所以M-m的取值范围是( 8 ).
,2
27 27
当2≤a<3时,a3 单调递增,所以M-m的取值范围是[ 8 ).
,1
27 27
综上,M-m的取值范围是[ 8 ).
,2
27
规律总结 含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(1)f'(x)最高次项系数是
否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有实数解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定义域内;(4)f'(x)=0的解x,x 之间的大小
1 2
比较.
易错警示 解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而
导致失分;②当a>0时, f(x)在(-∞,0),(a )单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)∪
,+∞
3
(a )单调递增导致错误,从而失分.
,+∞
3
13.(2017课标Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0,求a的取值范围.
解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.
(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).
①若a=0,则f(x)=e2x,在(-∞,+∞)单调递增.
②若a>0,则由f '(x)=0得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0.
故f(x)在(-∞,ln a)单调递减,在(ln a,+∞)单调递增.
③若a<0,则由f '(x)=0得x=ln( a).
−
2
当x∈( ( a))时,f '(x)<0;
−∞,ln −
2
当x∈( ln ( − a) ,+∞ )时, f '(x)>0.
2
故f(x)在(
−∞,ln
(
−
a))单调递减,在(
ln
(
−
a)
,+∞
)单调递增.
2 2
(2)①若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)≥0.
②若a>0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a≥0,即a≤1时,
f(x)≥0.
③若a<0,则由(1)得,当x=ln( a)时, f(x)取得最小值,最小值为f( ( a))=a2[3 ( a)] .
− ln − −ln −
2 2 4 2
从而当且仅当a2[3 ( a)] ≥0,
−ln −
4 2
3
即a≥-2 时, f(x)≥0.
e4
3
综上,a的取值范围是[-2 ,1].
e4
14.(2021全国甲文,20,12分)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.
(2ax+3)(ax−1)
解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f '(x)= ,根据a>0,x>0,可以判断f '(x)
x
的正负,即可判断出f(x)的单调性.
(2)根据题意得到函数f(x)在(0,+∞)上没有零点.由(1)可得f(x)
min
=f(1),使f(1)>0,即可求出a的取值
a a
范围.
解析 (1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),
3 2a2x2+ax−3 (2ax+3)(ax−1)
∴f '(x)=2a2x+a- = = .
x x x
2ax+3
∵a>0,x>0,∴ >0,
x
当x∈( 1)时, f '(x)<0;
0,
a
当x∈(1 )时, f '(x)>0,
,+∞
a
∴函数f(x)在( 1)上单调递减,在(1 )上单调递增.
0, ,+∞
a a
(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点,
∴函数f(x)在(0,+∞)上没有零点,
由(1)可得函数f(x)在(
0,
1)上单调递减,在(1
,+∞
)上单调递增,∴f(x)
min
=f(1)
=3−3ln
1
a a a a
=3+3ln a>0,
1
∴ln a>-1,解得a> ,
e
故实数a的取值范围是(1 ).
,+∞
e
关键点拨 利用导数求函数的单调性时,要注意:①题目中函数的定义域是否有限制;②多个同单调性的区
间不能用并集符号相连;③在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重不漏、层次分明”.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
15.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.
解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f '(x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点
P(x,y),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x 的方程,
0 0 0
进而求解.
解析 (1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f '(x)=3x2-2x+a,
对于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.
1
①当a≥ 时,Δ≤0,即f '(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.
3
1 1−√1−3a 1+√1−3a
②当a< 时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x= ,x= ,故当x∈
3 1 3 2 3
( 1−√1−3a)∪ 1+√1−3a,+∞ 时, f '(x)>0,当x∈ 1−√1−3a 1+√1−3a 时,
−∞, ,
3 3 3 3
f '(x)<0,
所以f(x)在( 1−√1−3a) (1+√1−3a )上单调递增,在
−∞, , ,+∞
3 3
(1−√1−3a 1+√1−3a)上单调递减.
,
3 3
(2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x,y),
0 0
则切线的斜率为f '(x)=3 -2x+a,
0 x2 0
0
故以点P为切点的切线方程为y=(3 -2x+a)(x-x)+y.由y= +ax+1,且切线过原点,得2
x2 0 0 0 0 x3−x2 0 x3−x2
0 0 0 0 0
-1=0,即(x-1)(2 +x+1)=0,解得x=1,从而得P(1,1+a).
0 x2 0 0
0
所以切线方程为y=(1+a)x,联立{ y=(1+a)x,
y=x3−x2+ax+1,
消去y得x3-x2-x+1=0,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,
∴公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a).
疑难点拨:单调性问题的本质为解不等式,利用导函数的图象确定符号,当参数影响到导函数的符号时,对其
分类讨论;切线问题的核心是切点,而切线与曲线的公共点不一定只有切点,这是一个易错点.
16.(2021全国甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函数f(x)=xa
(x>0).
ax
(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间.
(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图
象的变化趋势,进而求解参数的范围.
解析 (1)当a=2时,
f(x)=x2
=x2·2-x(x>0),
2x
则f '(x)=2x·2-x+x2·(-ln 2·2-x)=x·2-x(2-xln 2).
2
令f '(x)=0,则x= ,
ln2
f '(x), f(x)的情况如下:
( 2 ) 2 ( 2 )
x 0, ,+∞
ln2 ln2 ln2
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
所以函数f(x)在( 2 )上单调递增,在( 2 )上单调递减.
0, ,+∞
ln2 ln2
(2)令f(x)=1,则xa
=1,所以xa=ax,
ax
lnx lna
两边同时取对数,可得aln x=xln a,即 = ,
x a
lnx lna
根据题意可知,方程 = 有两个实数解.
x a北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
lnx 1−lnx
设g(x)= ,则g'(x)= ,
x x2
令g'(x)=0,则x=e.
当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
又知g(1)=0, lim ¿g(x)=0,g(x) =g(e)= 1 ,
max
x→+∞ e
所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需lna ( 1),即g(a)=lna ( 1),
∈ 0, ∈ 0,
a e a e
所以a∈(1,e)∪(e,+∞).
综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
3−2x
17.(2021北京,19,15分)已知函数f(x)= .
x2+a
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及最大值和最小值.
3−2x 2x−6
解析 (1)当a=0时, f(x)= ,∴f(1)=1,又f '(x)= ,故f '(1)=-4,故曲线y=f(x)在(1, f(1))
x2 x3
处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0.
(2)由题意得f
'(x)=2x2−6x−2a,且f
'(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,
(x2+a) 2
故f(x)= 3−2x,x∈R,f '(x)=2x2−6x−8 2(x+1)(x−4),
=
x2+4 (x2+4) 2 (x2+4) 2
令f '(x)>0,解得x>4或x<-1;令f '(x)<0,解得-1<x<4,
故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).
1
所以f(x)的极大值为f(-1)=1, f(x)的极小值为f(4)=- .
4
又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x) =f(-1)=1, f(x) =f(4)=-
max min
1
.
4
解题指导:(1)当a=0时,求出f(1)与f '(1)的值,再写出切线方程;(2)由f '(-1)=0求出a的值,再通过导函
数的符号求出f(x)的单调区间和最值.北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
18.(2022北京,20,15分)已知函数f(x)=exln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f '(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
ex 1 1
解析 (1)∵f '(x)=exln(1+x)+ =ex ln(1+x)+ ,∴f '(0)=e0 ln(1+0)+ =1,
1+x 1+x 1+0
又f(0)=e0ln 1=0,
∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
1
(2)易得g(x)=f '(x)=ex ln(1+x)+ ,
1+x
1 1 1 1 x
∴g'(x)=ex ln(1+x)+ + − =ex ln(1+x)+ + ,
1+x 1+x (1+x) 2 1+x (1+x) 2
1 x
∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0, >0, ≥0,
1+x (1+x) 2
又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(2)知g(x)=f '(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴f '(x)≥f '(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),
则h'(x)=f '(x)-f '(x+s)<0.
因此h(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴h(0)>h(t),
∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),
又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).
考点2 导数与函数的极（最）值
1.(2023全国乙文,8,5分)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是 ( )
A.(-∞,-2) B.(-∞,-3)
C.(-4,-1) D.(-3,0)北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
答案 B f '(x)=3x2+a,当a≥0时,f '(x)≥0,则f(x)在R上单调递增,则f(x)只有一个零
点,不合题意,∴a<0.
√ a √ a
令f '(x)=0,得x =- − ,x = − ,
1 2
3 3
当x∈(-∞,x )∪(x ,+∞)时, f '(x)>0,
1 2
当x∈(x ,x )时, f '(x)<0,
1 2
∴f(x)在(-∞,x )上单调递增,在(x ,x )上单调递减,在(x ,+∞)上单调递增,
1 1 2 2
3
∵f(x)存在 3 个零点,∴f(x)的极大值 f(x )=f ( √ a) ( √ a) ( √ a)
1 − − = − − +a − −
3 3 3
+2>0①,
3
且f(x)的极小值f(x )=f(√ a) (√ a) √ a+2<0②,
2 − = − +a −
3 3 3
解①得a<0,解②得a<-3.
综上所述,a的取值范围为(-∞,-3),故选B.
b c
2.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=aln x+ + (a≠0)既有极大值也有极
x x2
小值,则 ( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
答案 BCD 由题意得f '(x)=a+( b )+( 2c)=ax2−bx−2c(a≠0),x∈(0,+∞),
− −
x x2 x3 x3
∵y=f(x)既有极大值也有极小值,
∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有两个变号零点.
设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x ,x (x >0,x >0,x ≠x ),
1 2 1 2 1 2
b
{ x +x = >0,
1 2 a
∴ ∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0.故选BCD.
2c
x x =− >0,
1 2 a
Δ=b2+8ac>0,北京曲一线图书策划有限公司 2025版《5年高考3年模拟》A
版
3.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f '(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是( )
答案 D 本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值.
不妨设导函数y=f '(x)的零点依次为x,x,x,其中x<0<x<x,由导函数图象可知,y=f(x)在(-∞,x)上为减函数,
1 2 3 1 2 3 1
在(x,x)上为增函数,在(x,x)上为减函数,在(x,+∞)上为增函数,从而排除A,C.y=f(x)在x=x,x=x 处取到极小
1 2 2 3 3 1 3
值,在x=x 处取到极大值,又x>0,排除B,故选D.
2 2
4.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=( )
A.-4 B.-2 C.4 D.2
答案 D 由题意可得f '(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f '(x)=0,得x=-2或x=2,
则f '(x), f(x)随x的变化情况如下表:
x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.
评析 本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键.
πx
5.(2014课标Ⅱ理,12,5分)设函数f(x)=√3sin .若存在f(x)的极值点x 满足x2+[f(x)]2<m2,则m的取值范
m 0 0 0
围是( )
A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞)
C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
√3π πx
答案 C f '(x)= cos ,
m m
∵f(x)的极值点为x,
0
√3π πx
0
∴f '(x)=0,∴ cos =0,
0 m m
π π
∴ x=kπ+ ,k∈Z,
0
m 2
