文档文本内容
【第14 讲：导数研究函数的单调性，极值与最值】
一．利用导数求解函数的单调性和单调区间（共8 小题）
二．由函数的单调性求解函数或参数（导数法）（共7 小题）
三．函数在某点取得极值的条件（共5 小题）
四．利用导数求解函数的极值（共7 小题）
五．由函数的极值求解函数或参数（共4 小题）
六．利用导数求解函数的最值（共9 小题）
七．由函数的最值求解函数或参数（导数法）（共5 小题）
【知识点清单】
1．利用导数求解函数的单调性和单调区间
【知识点的认识】
1、导数和函数的单调性的关系：
（1）若f′（x）＞0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0 的解集与定义
域的交集的对应区间为增区间；
（2）若f′（x）＜0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0 的解集与定义
域的交集的对应区间为减区间．
2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：
（1）确定f（x）的定义域；
（2）计算导数f′（x）；
（3）求出f′（x）＝0 的根；
（4）用f′（x）＝0 的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，
进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′
（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．
【解题方法点拨】
若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的
情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0 是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．
2．由函数的单调性求解函数或参数（导数法）
【知识点的认识】
1、导数和函数的单调性的关系：
（1）若f′（x）＞0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0 的解集与定义
域的交集的对应区间为增区间；
题型梳理
总览
（2）若f′（x）＜0 在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0 的解集与定义
域的交集的对应区间为减区间．
2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：
（1）确定f（x）的定义域；
（2）计算导数f′（x）；
（3）求出f′（x）＝0 的根；
（4）用f′（x）＝0 的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，
进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′
（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．
【解题方法点拨】
若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的
情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0 是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．
3．函数在某点取得极值的条件
【知识点的认识】
极值的判断首先要求：1、该处函数值有意义，2、该处函数连续．求极值的时候F'（X）＝0 是首先考虑的，
但是对于F'（X）无意义的点也要讨论，只要该点有函数值且函数连续、两边导函数值异号，就可以确定
该点是极值点．具备了这些条件，我们进一步判定极大值和极小值：当这个点左边的导函数大于0 时，即
左边单调递增，右边的导函数小于0 时，即右边单调递减，此时这个点就是极大值，你可以把他理解成波
峰的那个点；那么波谷的那个点就是极小值，情况相反．
【解题方法点拨】
这也是导数里面很重要的一个点，可以单独出题，也可以作为大题的一个小问，还可以隐含在条件中作为
隐含信息，大家务必理解，并灵活运用．
4．利用导数求解函数的极值
【知识点的认识】
1、判别f（x0）是极大、极小值的方法：
若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且
如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在
x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．
2、求函数f（x）的极值的步骤：
（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；
（2）求方程f′（x）＝0 的根；
（3）用函数的导数为0 的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方
程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在
这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值．
【解题方法点拨】
﹣求导：计算函数的导数f'（x）．
﹣零点分析：求解f'（x）＝0 以找到可能的极值点．
﹣极值判断：通过二阶导数或导数符号变化判断极值类型．
5．由函数的极值求解函数或参数
【知识点的认识】
1、极值的性质：
（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最
小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；
（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；
（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；
（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值
的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．
2、判别f（x0）是极大、极小值的方法：
若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且
如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在
x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．
【解题方法点拨】
﹣极值分析：利用极值点和极值性质求解函数参数．
﹣参数求解：结合极值点的坐标，利用极值条件求解函数的参数．
﹣应用：将极值与实际问题结合，解决涉及函数参数的复杂问题．
6．利用导数求解函数的最值
【知识点的认识】
1、函数的最大值和最小值
观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f（x2）是极大
值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．
一般地，在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．
说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）= 1
x 在
（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；
（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．
（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必
要条件．
（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一
个
2、用导数求函数的最值步骤：
由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可
以得出函数的最值了．
设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
（1）求f（x）在（a，b）内的极值；
（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．
【解题方法点拨】
﹣求导：计算函数的导数f'（x）．
﹣极值点：求解f'（x）＝0 以找到极值点．
﹣边界条件：结合函数的定义域边界点计算函数值，比较得到最值．
一．利用导数求解函数的单调性和单调区间（共8 小题）
1．如图是函数f（x）＝ex（ax﹣1）的大致图象，则不等式f（x）f′（x）＜0 的解集为（ ）
A．(−∞，1
2 )
B．(−1
2 ，2
3 )
C．(−1
2 ，1)
D．(−1
2 ，1
2 )
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】根据图象可得x=−1
2是f（x）的极小值点，求得a＝2，再根据f（x）f'（x）＜0，即可求解．
【解答】解：由题意可得f′（x）＝ex（ax+a﹣1），
又由图可知a≠0，且x=−1
2是f（x）的极小值点，
则f′（−1
2）＝0，即e
−1
2（−1
2a+a﹣1）＝0，解得a＝2，经验证a＝2 符合题意，
所以f′（x）＝ex（2x+1），由f（x）f′（x）＜0，ex＞0，
知识讲解与常考题型
题型分类
可得（2x﹣1）（2x+1）＜0，解得x∈(−1
2 ，1
2 )．
故选：D．
【点评】本题考查函数的极值，属于中档题．
2．若a=e，b= 2
ln 2 ，c = 5
ln5，则以下不等式正确的是（ ）
A．c＞b＞a
B．a＞b＞c
C．b＞a＞c
D．b＞c＞a
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】先构造函数判断出a 最小，再依据函数单调性去比较b、c 的大小即可解决．
【解答】解；令f ( x)= x
lnx ( x＞0)，则f ′( x)= lnx−1
(lnx)
2 ，
由f′（x）＞0，得x＞e，f（x）单调递增，由f′（x）＜0，得0＜x＜e，f（x）单调递减，
当x＝e 时f（x）取得最小值f (e)= e
lne =e，
则有f（2）＞f（e），f（5）＞f（e），即b＞a，c＞a，
又b= 2
ln2 = 4
ln 4 ＜5
ln5 =c，
综上c＞b＞a．
故选：A．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系在函数值大小比较中的应用，属于基础题．
3．已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在[1，2]上存在单调递减区间，则实数b 的取值范围是
（ ）
A．[ 3
2 ，+ ∞)
B．[ 9
4 ，+ ∞)
C．( 3
2 ，+ ∞)
D．( 9
4 ，+∞)
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】根据题意可知f′（x）＜0 在[1，2]上有解，整理可得b＞( 1
2 x + x)
min
，x∈[1，2]，构建
g( x)= 1
2 x + x，x∈[1，2]，利用导数求最值即可得结果．
【解答】解：由题意：已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在[1，2]上存在单调递减区间，
可知：f ′( x)= 1
x +2( x−b)= 1
x +2 x−2b，
因为函数f（x）在[1，2]上存在单调递减区间，
则f′（x）＜0 在[1，2]上有解，可得b＞1
2 x + x，
所以b＞( 1
2 x + x)
min
，x∈[1，2]．
令g( x)= 1
2 x + x，x∈[1，2]，则g′( x)=−1
2 x
2 +1，
显然g′（x）＞0，可知函数g（x）单调递增，则g( x)min= g(1)= 3
2，
即b＞3
2，所以实数b 的取值范围是( 3
2 ，+∞)．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数求解函数的单调性和单调区间，属于中档题．
4 ．已知函数f （x ）＝ax2﹣（a+2 ）x+lnx+1 （a∈R ），若∀x1 ，x2∈（0 ，+∞），当x1≠x2 时，
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＞−2恒成立，则a 的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）
B．（﹣∞，﹣1]
C．（0，8]
D．[0，8]
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】将
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＞−2化为f（x1）+2x1＜f（x2）+2x2，由此令m（x）＝f（x）+2x，则m
（x）＝ax2﹣ax+lnx+1，则原问题转化为m（x）在（0，+∞）上单调递增，继而结合导数与函数单调性
的关系，即可求解．
【解答】解：不妨设0＜x1＜x2，
若∀x1，x2∈（0，+∞），当x1≠x2时，
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＞−2恒成立，
此时f（x1）+2x1＜f（x2）+2x2对一切0＜x1＜x2都成立，
令m（x）＝f（x）+2x，
此时m（x）＝ax2﹣ax+lnx+1，函数定义域为（0，+∞），
此时问题转化成m（x）在（0，+∞）上单调递增；
m
又
′( x)=2ax−a+ 1
x = 2a x
2−ax +1
x
，
当a＝0 时，m′( x)= 1
x ＞0，
所以函数m（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a≠0 时，
此时需满足m′（x）≥0 在（0，+∞）上恒成立，
即2ax2﹣ax+1≥0 在（0，+∞）上恒成立，
易知函数y＝2ax2﹣ax+1 过定点（0，1），对称轴为x = 1
4 ，
此时需满足a＞0 且2a( 1
4 )
2
−1
4 a+1≥0，
解得0＜a≤8，
综上所述，a 的取值范围为[0，8]．
故选：D．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
5．若函数f ( x)= 1
2 x
2−2 x−3lnx，则函数f（x）的单调递减区间为（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
B．（﹣1，3）
C．（0，3）
D．（3，+∞）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】求出导函数，通过导函数的符号转化求解函数的单调减区间即可．
【解答】解：f ( x)= 1
2 x
2−2 x−3lnx，函数的定义域为：{x|x＞0}
可得f′（x）＝x﹣2−3
x = x
2−2 x−3
x
= ( x−3)( x +1)
x
，
∵x＞0⇒f′（x）＜0，解得x∈（0，3）；
所以函数f（x）的单调递减区间为：（0，3）；
故选：C．
【点评】本题考查函数的单调性的求法，求出导函数，求解不等式组是解题的关键，是中档题．
6．已知函数f ( x)=alnx + 1
2 x
2−6 x + 4在定义域内单调递增，则a 的取值范围是（ ）
A．（0，+∞）
B．[0，+∞）
C．（9，+∞）
D．[9，+∞）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】求出函数的导函数，依题意可得f ′( x)= a
x + x−6≥0在（0，+∞）上恒成立，参变分离可得
a≥﹣x2+6x 在（0，+∞）上恒成立，再结合二次函数的性质计算可得．
【解答】解：由题意，f（x）的定义域为（0，+∞），
因为f（x）在定义域内单调递增，
所以f ′( x)= a
x + x−6≥0在（0，+∞）上恒成立，
所以a≥﹣x2+6x 在（0，+∞）上恒成立，因为函数y＝﹣x2+6x＝﹣（x﹣3）2+9，
所以当x＝3 时，y＝﹣x2+6x 取得最大值9，
所以a≥9，即a 的取值范围是[9，+∞）．
故选：D．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
7．已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则f（x）的图象可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；函数图象趋势与导数大小的关系．
版权所有
【分析】根据题意，由导函数的图象分析f（x）的单调性，分析选项可得答案．
【解答】解：根据题意，由导函数的图象，在区间（﹣∞，﹣2）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
在区间（﹣2，0）上，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
在区间（0，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
分析选项：B 选项符合．
故选：B．
【点评】本题考查函数的导数与单调性的关系，涉及函数的图象分析，属于基础题．
8．已知函数f（x）＝ex−lnx
a ，（a＞0）在区间（1，2）单调递增，则a 的最小值为（ ）
A．e﹣1
B．e
C．e2
D．e﹣2
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】根据f′（x）≥0 在（1，2）上恒成立，再根据分离参数求最值即可求出．
【解答】解：因为f ( x)=e
x−lnx
a （a＞0），定义域为（0，+∞），
所以f ′( x)=e
x−1
ax ，
则函数f ( x)=e
x−lnx
a (a＞0）在区间（1，2）上单调递增，
即f′（x）≥0 在（1，2）上恒成立，
又a＞0，所以问题转化为1
a ≤x e
x在（1，2）上恒成立，
设g（x）＝xex，x∈（1，2），
则g'（x）＝ex+xex＝（1+x）ex＞0，
所以g（x）在（1，2）上单调递增，
则g（x）＞g（1）＝e，
故1
a ≤e，即a≥e﹣1，所以a 的最小值为：e﹣1．
故选：A．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
二．由函数的单调性求解函数或参数（导数法）（共7 小题）
9．若函数f（x）＝aex﹣x3在区间（1，3）上单调递增，则实数a 的最小值为（ ）
A．3
e
B．12
e
3
C．12
e
2
D．27
e
3
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】先对函数f（x）求导，根据函数单调性与导数的关系得到a 的不等式，再通过构造函数求其最
大值，进而得到a 的最小值．
【解答】解：已知f（x）＝aex﹣x3，可得f′（x）＝aex﹣3x2．
因为f（x）在区间（1，3）上单调递增，所以f′（x）≥0 在区间（1，3）上恒成立，
即aex﹣3x2≥0 在区间（1，3）上恒成立，移项可得a≥3 x
2
e
x 在区间（1，3）上恒成立，
令g( x)= 3 x
2
e
x ，x∈（1，3），则a≥g（x）max．
对g( x)= 3 x
2
e
x 求导，可得g′( x)= 6 x e
x−3 x
2e
x
(e
x)
2
= 6 x−3 x
2
e
x
= 3 x(2−x)
e
x
，
令g′（x）＝0，即3 x(2−x)
e
x
=0，因为ex＞0 恒成立，所以3x（2﹣x）＝0，解得x＝0 或x＝2．
当1＜x＜2 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；当2＜x＜3 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g（x）在x＝2 处取得极大值，也是最大值，g(2)= 3×2
2
e
2
= 12
e
2 ，
因为a≥g( x)max = 12
e
2 ，所以实数a 的最小值为12
e
2 ．
故选：C．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
10．已知函数f ( x)= ln
x
2−x +ax是增函数，则实数a 的最小值为（ ）
A．﹣4
B．﹣2
C．0
D．2
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】求出函数f（x）的导数，利用导数不小于0 建立不等式并分离参数求出最大值即可．
【解答】解：由
x
2−x ＞0，得0＜x＜2，
即函数f（x）的定义域为（0，2），
由f（x）＝lnx﹣ln（2﹣x）+ax，
则f ′( x)= 1
x +
1
2−x +a，
由函数f（x）在（0，2）上单调递增，
得∀x∈（0，2），f ′( x)≥0⇔a≥−1
x −
1
2−x ，
而−1
x −
1
2−x =−
2
2 x−x
2 =
2
( x−1)
2−1
≤−2，
则a≥﹣2，
所以实数a 的最小值为﹣2．
故选：B．
【点评】本题考查了导数的综合应用，属中档题．
11．若函数f（x）＝x−1
3sin2x+asinx 在R 上单调递增，则a 的取值范围是（ ）
A．[−1
3 ，1
3 ]
B．[−1，1
3 ]
C．[﹣1，1]
D．[−1，−1
3 ]
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】由题意可得f′（x）＝1−2
3cos2x+acosx≥0 恒成立，利用二倍角公式及换元法可得−4
3 t2+at
+ 5
3 ≥0 对t∈[﹣1，1]恒成立，令g（t）=−4
3 t2+at+ 5
3，结合二次函数的图象与性质即可求解a 的范围．
【解答】解：因为函数f（x）＝x−1
3sin2x+asinx 在R 上单调递增，
所以f′（x）＝1−2
3cos2x+acosx≥0 恒成立，
故1−2
3（2cos2x﹣1）+acosx≥0，即acosx−4
3 cos2x+ 5
3 ≥0 恒成立，
令t＝cosx∈[﹣1，1]，
则−4
3 t2+at+ 5
3 ≥0 对t∈[﹣1，1]恒成立，
设g（t）=−4
3 t2+at+ 5
3，t∈[﹣1，1]，图象开口向下，
则{
g(−1)= 1
3 −a≥0
g(1)= 1
3 +a≥0 )
，解得−1
3 ≤a≤1
3，
即a 的取值范围是[−1
3，1
3]．
故选：A．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
12．已知函数f（x）＝lnx﹣ax 在区间[1，3]上单调递减，则实数a 的取值范围为（ ）
A．a≥1
B．a＞1
C．a≥1
3
D．a＞1
3
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】利用导数与函数的关系将问题转化为a≥1
x 恒成立问题，从而得解．
【解答】解：因为f（x）＝lnx﹣ax，所以f ′( x)= 1
x −a，
因为f（x）在区间[1，3]上单调递减，
所以f′（x）≤0，即1
x −a≤0，则a≥1
x 在[1，3]上恒成立，
因为y = 1
x 在[1，3]上单调递减，所以ymax＝1，故a≥1．
故选：A．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
13．已知函数f ( x)=alnx + 1
2 x
2，在其图象上任取两个不同的点P（x1，y1）、Q（x2，y2）（x1＞x2），总
能使得
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＞4，则实数a 的取值范围为（ ）
A．[4，+∞）
B．[1，+∞）
C．（4，+∞）
D．（1，+∞）
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）；定义法求解函数的单调性．
版权所有
【分析】等价变形给定不等式，构造函数，利用导数及函数单调性求出范围．
【解答】解：由已知得x1＞x2＞0，则
f ( x1)−f ( x2)
x1−x2
＞4化为f（x1）﹣f（x2）＞4x1﹣4x2，
即f（x1）﹣4x1＞f（x2）﹣4x2，
令函数g( x)= f ( x)−4 x =alnx + 1
2 x
2−4 x，
有∀x1＞x2＞0，g（x1）＞g（x2），
则函数g（x）在（0，+∞）上为增函数，
等价于∀x∈（0，+∞），g′( x)= a
x + x−4≥0，即a≥﹣x2+4x，
当x＞0 时，﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4≤4，当且仅当x＝2 时取等号，则a≥4，
所以实数a 的取值范围是[4，+∞）．
故选：A．
【点评】本题主要考查由函数的单调性求参数取值范围，属于中档题．
14．已知a，b∈R，函数f（x）＝xex+a﹣b（x+1）2在R 上单调递增，则（ ）
A．a≥2b
B．a≤2b
C．2a≥b
D．2a≤b
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】借助导数将函数的单调性问题转化为恒成立问题，从而挖掘出a 与b 之间的等量关系．要比较
2a 与b，a 与2b 之间的大小关系，可以作差构造函数，再利用导数来判断．
【解答】解：题意等价于f′（x）＝（x+1）（ex+a﹣2b）≥0 对任意x∈R 恒成立，
因为y＝x+1 和y＝ex+a﹣2b 在R 上都单调递增，则f′（x）有唯一零点，
所以它们有相同的零点x＝﹣1，故ea﹣1＝2b，
设函数ℎ(a)=2a−b=2a−1
2 e
a−1，
因为ℎ(1)= 3
2 ＞0，ℎ(4)=8−1
2 e
3= 1
2 (16−e
3)＜0，
所以h（a）的正负不确定，即2a 与b 的大小关系不确定；
设函数g（a）＝a﹣2b＝a﹣ea﹣1，则g′（a）＝1﹣ea﹣1，
由g′（a）＜0，得a＞1，由g′（a）＞0，得a＜1，
所以g（a）在区间（﹣∞，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
故g（a）≤g（1）＝0，即a≤2b．
故选：B．
【点评】本题主要考查由函数的单调性求参数取值范围，属于中档题．
15．若函数ℎ( x)=lnx −1
2 a x
2−2 x在[1，4]上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为（ ）
A．[﹣1，+∞）
B．（﹣1，+∞）
C．(−∞，−7
16 ]
D．(−∞，−7
16 )
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】根据条件得出存在x∈[1 ，4] ，使ℎ′( x)= 1
x −ax−2＞0成立，即存在x∈[1 ，4] ，使
a＜1
x
2 −2
x 成立，构造函数G( x)= 1
x
2 −2
x ，x∈[1，4]，求出G（x）的最值即可解决问题．
【解答】jie：因为函数ℎ( x)=lnx−1
2 a x
2−2 x在[1，4]上存在单调递增区间，
所以存在x∈[1，4]，使ℎ′( x)= 1
x −ax−2＞0成立，即存在x∈[1，4]，使a＜1
x
2 −2
x 成立，
令G( x)= 1
x
2 −2
x ，x∈[1，4]，变形得G( x)=( 1
x −1)
2−1，
因为x∈[1，4]，
所以1
x ∈[ 1
4 ，1]，
所以当1
x = 1
4 ，即x＝4 时，G( x)max =−7
16 ，
所以a＜−7
16 ．
故选：D．
【点评】本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于中档题．
三．函数在某点取得极值的条件（共5 小题）
16．导函数y＝f′（x）的图象如图所示，在标记的点中，函数y＝f（x）的极大值点为（ ）
A．x1
B．x2
C．x3
D．x4
【考点】函数在某点取得极值的条件；利用导数求解函数的极值．
版权所有
【分析】根据导函数图象判断原函数的单调性即可．
【解答】解：根据题中所给图象，当x∈（﹣∞，x1），（x3，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（x1，x3）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以函数f（x）的极大值点为x1．
故选：A．
【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的条件，属于基础题．
17．如图是y＝f（x）的导函数f′（x）的图象，对于下列四个判断，其中正确的判断是（ ）
A．当x＝3 时，f（x）取得极小值
B．f（x）在[﹣2，1]上是增函数
C．当x＝1 时，f（x）取得极大值
D．f（x）在[﹣1，2]上是增函数，在[2，4]上是减函数
【考点】函数在某点取得极值的条件．
版权所有
【分析】由取极值的必要条件即可判断AC，由导函数符号和函数单调性的关系可判断BD．
【解答】解：如图是y＝f（x）的导函数f′（x）的图象，
对于A，f′（3）≠0，不满足取极值的必要条件，故A 错误；
对于B，当﹣2＜x＜﹣1 时，f′（x）＜0，这表明f（x）在（﹣2，﹣1）上单调递增，故B 错误；
对于C，f′（1）≠0，不满足取极值的必要条件，故C 错误；
对于D，当﹣1＜x＜2 时，f′（x）＞0，当2＜x＜4 时，f′（x）＜0，
所以f（x）在[﹣1，2]上是增函数，在[2，4]上是减函数，故D 正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查导函数与原函数的关系，属于基础题．
18．已知f（x）＝x3﹣ax2+4x 有两个极值点x1、x2，且f（x）在区间（0，1）上有极大值，无极小值，则实
数a 的取值范围是（ ）
A．a＞7
2
B．a≥7
2
C．a＜7
2
D．a≤7
2
【考点】函数在某点取得极值的条件．
版权所有
【分析】求导函数，利用f（x）在区间（0，1）上有极大值，无极小值，可得f′（x）＝0 的两个根中：
x1∈（0，1），x2＞1，由此可得结论．
【解答】解：由题意，f′（x）＝3x2﹣2ax+4
∵f（x）在区间（0，1）上有极大值，无极小值，
∴f′（x）＝0 的两个根中：x1∈（0，1），x2＞1
∴f′（0）＝4＞0，f′（1）＝7﹣2a＜0，
解得a＞7
2
故选：A．
【点评】本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，正确理解极值的含义是关键．
19．若函数y＝f（x）是定义在R 上的可导函数，则f′（x0）＝0 是x0 为函数y＝f（x）的极值点的
（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】函数在某点取得极值的条件．
版权所有
【分析】结合极值的定义可知必要性成立，而充分性中除了要求f′（x0）＝0 外，还的要求在两侧有单
调性的改变（或导函数有正负变化），通过反例可知充分性不成立．
【解答】解：如y＝x3，y′＝3x2，y′|x＝0＝0，但x＝0 不是函数的极值点．
若函数在x0取得极值，由定义可知f′（x0）＝0
所以f′（x0）＝0 是x0为函数y＝f（x）的极值点的必要不充分条件
故选：B．
【点评】本题主要考查函数取得极值的条件：函数在x0 处取得极值⇔f′（x0）＝0，且f′（x＜x0）
•f′（x＞x0）＜0
20．设函数f（x）＝（x+a）（x﹣2）2，则“a＝﹣2”是“f（x）没有极值点”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】函数在某点取得极值的条件；充分条件必要条件的判断．
版权所有
【分析】根据函数在某点处取得极值的条件分别对充分性和必要性进行判断，得出结论．
【解答】解：若a＝﹣2，则f（x）＝（x﹣2）3，f'（x）＝3（x﹣2）2，
则f'（x）≥0 在R 上恒成立，故f（x）没有极值点，故充分性成立；
若f（x）没有极值点，则f（x）＝0 没有变号零点，
因为f'（x）＝（x﹣2）2+2（x+a）（x﹣2）＝（x﹣2）（3x+2a﹣2），
所以−2a−2
3
=2，解得a＝﹣2，故必要性成立，
所以“a＝﹣2”是“f（x）没有极值点”的充分必要条件．
故选：C．
【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的条件和充分必要条件的判断，属于中档题．
四．利用导数求解函数的极值（共7 小题）
21．在等比数列{an}中，a1，a5是函数f（x）＝（x2﹣7x+11）ex的极值点，则a3＝（ ）
A．2
B．﹣2
C．±2
D．1
【考点】利用导数求解函数的极值．
版权所有
【分析】根据函数的极值点的定义求得a1a5＝4，再运用等比中项即可求得a3．
【解答】解：根据题目f′（x）＝（x2﹣5x+4）ex，
依题意a1，a5是方程x2﹣5x+4＝0 的两根，因此a1+a5＝5＞0，a1a5＝4＞0，
又数列{an}是等比数列，设公比为q，
因此a1(1+q
4)=5＞0，a3
2=a1a5= 4，
故a1＞0，a3=a1q
2＞0，故a3＝2．
故选：A．
【点评】本题考查利用导数求解函数的极值，属于中档题．
22．关于x 的函数f（x）＝x2+ax+blnx 有两个极值点x1，x2，且f（x1）＝0．则x1的取值范围是（ ）
A．（e，+∞）
B．（e2，+∞）
C．(e，e
3
2 )∪(e
3
2 ，+∞)
D．(e，e
3
2 )∪(e
2，+∞)
【考点】利用导数求解函数的极值．
版权所有
【分析】求出f（x）的定义域，得到x1，x2均大于0．f′（x）＝0 得到二次方程2x2+ax+b＝0，结合韦
达定理、根的判别式得到a、b 的范围．最后代入f（x1）＝0、f′（x1）＝0 化简得答案．
【解答】解：因为f（x）＝x2+ax+blnx，所以f ′( x)=2 x +a+ b
x ，
令f′（x）＝0，2 x +a+ b
x =0，即2x2+ax+b＝0，
因为f（x）的定义域为（0，+∞），且x1，x2在定义域内，
因此{
x1+ x2=−a
2 ＞0
x1⋅x2= b
2 ＞0
Δ=a
2−8b＞0)
⇒{
a＜0
b＞0
a
2−8b＞0)
，
{
f ′( x1)=0
f ( x1)=0)⇒{
2 x1
2+a x1+b=0
x1
2+a x1+bln x1=0)⇒b=
x1
2
ln x1−1，
因为b＞0，因此
x1
2
ln x1−1 ＞0⇒ln x1−1＞0⇒x1＞e①，
由2 x1
2+a x1+b=0得a= −2 x1
2−b
x1
，因此a
2−8b＞0⇒(2 x1
2+b)
2
x1
2
−8b＞0，
整理得：4 x1
4+ 4 x1
2b+b
2＞8b x1
2，因此4 x1
4−4 x1
2b+b
2＞0，配方得：(2 x1
2−b)
2＞0，
因此b≠2 x1
2，代入b=
x1
2
ln x1−1得：
x1
2
ln x1−1 ≠2 x1
2，因此
1
ln x1−1 ≠2，
解得：x1≠e
3
2②，
由①②得：x1的取值范围是(e，e
3
2 )∪(e
3
2 ，+∞)．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数求解函数的极值，属于中档题．
23．若函数f（x）＝xlnx﹣（m﹣1）ln（2x）存在唯一极值点，则实数m 的取值范围是（ ）
A．（1，+∞）
B．[1，+∞）
C．{1−1
e
2 }∪[1，+ ∞)
D．[1−1
e
2 ，+∞)
【考点】利用导数求解函数的极值．
版权所有
【分析】由极值点的定义，将问题等价于导函数求零点，利用导数与函数单调性的关系，可得答案．
【解答】解：由题意可得f（x）的定义域为（0，+∞），f ′( x)=lnx +1−m−1
x
，
因为函数f（x）存在唯一极值点，
所以函数f′（x）存在唯一变号零点，则方程f′（x）＝0 存在唯一解，
即方程m﹣1＝xlnx+x 存在唯一解，
令g（x）＝xlnx+x，则g′（x）＝lnx+2，由g′（x）＝0，解得x = 1
e
2，
当0＜x＜1
e
2时，g′（x）＜0，当1
e
2 ＜x时，g′（x）＞0，
所以函数g（x）在(0，1
e
2 )上单调递减，在( 1
e
2 ，+∞)上单调递增，则g( x)min=−1
e
2，
当0＜x＜1
e 时，lnx+1＜0，则g（x）＜0，当x＞1
e 时，g（x）＞0，
易知当m−1∈{−1
e
2 }∪[0，+∞)，即m∈{1−1
e
2 }∪[1，+∞)时，方程f′（x）＝0 存在唯一解，
当m=1−1
e
2时，f ′( x)=lnx +1+ 1
x e
2，易知方程f′（x）＝0 的解为x = 1
e
2，
由当0＜x＜1
e
2时，lnx＜﹣2，1+ 1
x e
2 ＞2，则f′（x）＞0，同理可得当x＞1
e
2时，f′（x）＞0，
所以此时函数f（x）无极值点，不符合题意；
当m∈[1，+∞）时，m﹣1≥0，易知函数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，符合题意．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
24．已知f ( x)=ae
x−1
2 x
2在区间( 1
2 ，2)内存在2 个极值点，则实数a 的取值范围为（ ）
A．( 2
e
2 ，1
e )
B．(
1
2❑√e ，1
e )
C．( 2
e
2 ，
1
2❑√e )
D．( 1
e ，2
e )
【考点】利用导数求解函数的极值．
版权所有
【分析】令f′（x）＝0，根据极值点可得y＝a 与g( x)= x
e
x 在( 1
2 ，2)内有2 个交点，利用导数判断g
（x）的单调性和最值，结合图象分析求解．
【解答】解：因为f′（x）＝aex﹣x，可知f′（x）在( 1
2 ，2)内有2 个变号零点，
由f′（x）＝0 可得a= x
e
x ，可知：y＝a 与g( x)= x
e
x 在( 1
2 ，2)内有2 个交点，
又因为g′( x)= 1−x
e
x ，
当x∈（1
2，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
则g( x)≤g(1)= 1
e ，
且g( 1
2 )=
1
2❑√e ，g(2)= 2
e
2，1
2❑√e ＞2
e
2，
结合图象可得1
2❑√e ＜a＜1
e ，所以实数a 的取值范围为(
1
2❑√e ，1
e )．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
25．若函数y＝x3﹣2ax 在(0，❑√3)内无极值，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(0，9
2 )
B．（﹣∞，0]
C．(−∞，0]∪[ 9
2 ，+∞)
D．(−∞，0]∪( 9
2 ，+ ∞)
【考点】利用导数求解函数的极值．
版权所有
【分析】求出导数，再由导函数在(0，❑√3)内无变号零点，结合函数的单调性确定最小值和最大值的
范围即可求解．
【解答】解：由函数y＝x3﹣2ax 在(0，❑√3)内无极值，得y′＝3x2﹣2a 在(0，❑√3)内无变号零点，
即函数y′＝3x2﹣2a 在(0，❑√3)上单调递增，则﹣2a≥0 或9﹣2a≤0，解得a≤0 或a≥9
2．
故选：C．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．
26．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，若f（x）在x＝﹣1 处取得极大值7，在x＝3 处取得极小值，则a+b+c
的值为（ ）
A．﹣10
B．﹣14
C．﹣18
D．﹣20
【考点】利用导数求解函数的极值．
版权所有
【分析】利用极值点处的导数值为0，及极值可求a，b，c，进而求a+b+c．
【解答】解：f'（x）＝3x2+2ax+b，
而x＝﹣1 和x＝3 是极值点，
所以{
f ′(−1)=3−2a+b=0
f ′(3)=27+6a+b=0)，解之得：a＝﹣3，b＝﹣9，
又f（﹣1）＝﹣1+a﹣b+c＝﹣1﹣3+9+c＝7，故得c＝2，
所以a＝﹣3，b＝﹣9，c＝2，经检验知符合题意．，
所以a+b+c＝﹣10．
故选：A．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
27．已知函数f ( x)= x
2+ x−1
e
x
，则下列结论错误的是（ ）
A．函数f（x）存在两个不同的零点
B．函数f（x）既有极大值又有极小值
C．当﹣e＜k＜0 时，方程f（x）＝k 有且只有两个实根
D．若x∈[t，+∞）时，f ( x)max = 5
e
2，则t 的最小值为2
【考点】利用导数求解函数的极值；判定函数零点的存在性．
版权所有
【分析】由f（x）＝0，得到x2+x﹣1＝0，可判定A 正确；求得f ′( x)=−( x +1)( x−2)
e
x
，得出函数f
（x）的单调区间，可判定B 正确；根据函数的最小值是f（﹣1）＝﹣e，可判定C 正确；由函数的单调
性和极值，可判定t＝﹣1 时，f ( x)max = 5
e
2，可判定D 错误．
【解答】解：函数f ( x)= x
2+ x−1
e
x
，
由f（x）＝0，可得x2+x﹣1＝0，由于Δ＝1+4＝5＞0，故f（x）＝0 有两异根，即f（x）存在两个不同
的零点，A 正确；
又f ′( x)=−x
2−x−2
e
x
=−( x +1)( x−2)
e
x
，
令f′（x）＜0 时，得x＜﹣1 或x＞2，f′（x）＞0，解得﹣1＜x＜2，
所以函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），（2，+∞），单调递增区间是（﹣1，2），
所以f（﹣1）是函数的极小值，f（2）是函数的极大值，即f（x）既有极大值又有极小值，B 正确；
当x→+∞时，f（x）→0，根据B 可知，函数的最小值是f（﹣1）＝﹣e，
可得函数的大致图象，
所以当﹣e＜k＜0 时，方程f（x）＝k 有且只有两个实根，C 正确；
由B 知函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣1），（2，+∞），单调递增区间是（﹣1，2），
其中f (2)= 5
e
2，当t＝﹣1 时，即在区间[﹣1，+∞）时，可得f ( x)max = 5
e
2，D 错误．
故选：D．
【点评】本题考查利用导数求解函数的极值与零点，考查数形结合思想及综合运算能力，属于中档题．
五．由函数的极值求解函数或参数（共4 小题）
28．函数f（x）＝4x3﹣ax2﹣2bx+2 在x＝1 处有极值﹣3，则a﹣b 的值等于（ ）
A．0
B．6
C．3
D．2
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
版权所有
【分析】首先求出函数的导函数，再依题意可得f'（1）＝0，即可得到a+b＝6，再根据f（1）＝﹣3 联
立即可．
【解答】解：∵函数f（x）＝4x3﹣ax2﹣2bx+2 在x＝1 处有极值，
所以f'（x）＝12x2﹣2ax﹣2b，
则f′（1）＝12﹣2a﹣2b＝0，即a+b＝6，
又f（1）＝4﹣a﹣2b+2＝﹣3，即a+2b＝9，
联立即b＝3，a＝3，
故a﹣b＝0．
故选：A．
【点评】本题考查由函数的极值求解参数，属于中档题．
29．已知f（x）＝（ax﹣a﹣1）ex+x，若0 是f（x）的极小值点，则a 的取值范围为（ ）
A．[0，+∞）
B．（1，+∞）
C．（﹣∞，1）
D．（﹣∞，0）
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
版权所有
【分析】令g（x）＝f′（x），求出g′（x），要使0 是f（x）的极小值点，则g′（0）＞0，由此可
得a 的取值范围．
【解答】解：由题意，f′（x）＝aex+（ax﹣a﹣1）ex+1＝（ax﹣1）ex+1，
若0 是f（x）的极小值点，
则x＝0 的左侧，f′（x）＜0，在x＝0 的右侧，f′（x）＞0，
令g（x）＝f′（x）＝（ax﹣1）ex+1，则g（0）＝0，
g′（x）＝（ax+a﹣1）ex，g′（0）＝a﹣1，
要使0 是f（x）的极小值点，则g′（0）＞0，即a﹣1＞0，a＞1，
即a 的取值范围为（1，+∞）．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
30．已知函数f（x）＝x3+ax2+bx 在x＝1 处有极值2，则f（x）的极小值点为（ ）
A．（1，0）
B．5
3
C．﹣2
D．( 5
3 ，0)
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
版权所有
【分析】由题意得{
f (1)=2
f ′(1)=0)，从而可求得{
a=−4
b=5 )，所以f（x）＝x3﹣4x2+5x，f′（x）＝3x2﹣
8x+5，令f′（x）＝0 求出极值点，再判断出极小值点即可
【解答】解：由已知可得f′（x）＝3x2+2ax+b，
因为函数f（x）在x＝1 处有极值2，
所以{
f (1)=2
f ′(1)=0)，即{
1+a+b=2
3+2a+b=0)，解得{
a=−4
b=5 )，
所以f（x）＝x3﹣4x2+5x，则f′（x）＝3x2﹣8x+5，
由f′（x）＝0，得x＝1 或x = 5
3，
因为当x＜1 或x＞5
3时，f′（x）＞0，当1＜x＜5
3时，f′（x）＜0，
所以f（x）的极小值点为5
3．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
31．若m∈R，函数f ( x)= 1
2 x
2−x +mlnx有两个极值点x1，x2（x1＜x2），则m( x1 x2+ x2
2)的最大值为（
）
A．2
27
B．4
27
C．6
27
D．8
27
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
版权所有
【分析】对函数求导结合导函数和韦达定理得出m( x1 x2+ x2
2)的表达式，再构造函数判断求解即可．
【解答】解：函数f ( x)= 1
2 x
2−x +mlnx的定义域为（0，+∞）．
对f（x）求导，可得f ′( x)= x−1+ m
x = x
2−x +m
x
．
因为函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），
所以方程x2﹣x+m＝0 在（0，+∞）上有两个不同的正实根．
对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），这里a＝1，b＝﹣1，c＝m，其判别式Δ＝b2﹣4ac＝（﹣1）2
﹣4m＞0，即1﹣4m＞0，解得m＜1
4 ．
由韦达定理得x1+ x2=−b
a =1，x1x2= c
a =m，
且0＜x1＜x2，又x1+x2＝1，则0＜x1＜1
2 ＜x2＜1．
将x1＝1﹣x2代入x1x2＝m，可得m＝（1﹣x2）x2．
m
则
( x1 x2+ x2
2)=(1−x2)x2((1−x2)x2+ x2
2)
=(1−x2)x2( x2−x2
2+ x2
2)=(1−x2)x2⋅x2
=( x2−x2
2)x2= x2
2−x2
3，
设g（x）＝x2﹣x3，x∈( 1
2 ，1)，
对g（x）求导，g'（x）＝2x﹣3x2＝x（2﹣3x）．
令g'（x）＝0，即x（2﹣3x）＝0，解得x＝0 或x = 2
3，
当x∈( 1
2 ，2
3 )时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；当x∈( 2
3 ，1)时，g'（x）＜0，g（x）单调递减．
所以g（x）在x = 2
3处取得最大值为g( 2
3 )=( 2
3 )
2−( 2
3 )
3= 4
9 −8
27 = 12−8
27
= 4
27．
故选：B．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
六．利用导数求解函数的最值（共9 小题）
32．已知函数f ( x)={
e
x−ax−1，x ≥0
sinx−x，x＜0 )的值域为[﹣1，+∞），则a 的值为（ ）
A．e
B．0
C．1
D．﹣1
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】利用导数求得x＜0 时，函数f（x）的值域为（0，+∞），再分a≤1 和a＞1，求出f（x）在
[0，+∞）上的最小值．根据函数f（x）的值域为[﹣1，+∞），即可求得a 的值．
【解答】解：函数f ( x)={
e
x−ax−1，x ≥0
sinx−x，x＜0 )的值域为[﹣1，+∞），
当x＜0 时，f（x）＝sinx﹣x，f′（x）＝cosx﹣1≤0，f（x）是单调减函数．
∴f（x）＞f（0）＝0，f（x）的值域为（0，+∞）；
当x≥0 时，f（x）＝ex﹣ax﹣1，f′（x）＝ex﹣a．
若a≤1，则f′（x）＝ex﹣a＞0，f（x）是单调增函数，f（x）min＝f（0）＝0，
f（x）的值域为[0，+∞），不符合题意，
当a＞1 时，令f′（x）＝ex﹣a＜0，得0≤x＜lna，令f′（x）＝ex﹣a＞0，得x＞lna，
函数f（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
f ( x)min= f (lna)=e
lna−alna−1=a−alna−1，
由题意知f（x）min＝﹣1，即a﹣alna﹣1＝﹣1，解得lna＝1，
所以a＝e．
故选：A．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于基础题．
33．已知实数x，y 满足ln（2x+3y﹣6）+5﹣e（x﹣y﹣2）﹣x﹣4y≥0，则x﹣2y 的值为（ ）
A．7
5
B．8
5
C．21
6
D．3
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】构造函数f（m）＝lm﹣m 和h（n）＝en﹣n﹣2，即可求导，得函数的最值，进而根据f（m）
≥h（n），得m＝1，n＝0 求解．
【解答】解：由题意可得ln（2x+3y﹣6）﹣ex﹣y﹣2≥x+4y﹣6，
设m＝2x+3y﹣6，n＝x﹣y﹣2，则m﹣n＝x+4y﹣4，
故lnm﹣en≥m﹣n﹣2，即lnm﹣m≥en﹣n﹣2，
令f（m）＝lm﹣m，则f ′(m)= 1
m −1，
当0＜m＜1 时，f′（m）＞0，m＞1，f'（m）＜0，
故f（m）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，
所以f（m）＝f（1）＝﹣1，∴f（m）≤﹣1，
令h（n）＝en﹣n﹣2，则h'（n）＝en﹣1，
故n＞0，h′（n）＞0，当n＜0，h′（n）＜0，故h（n）在（﹣∞，0）单调递减，在（﹣0，+∞）
单调递增，
故h（n）min＝h（0）＝﹣1，∴h（n）≥﹣1，
由题意可知f（m）≥h（n），故m＝1，n＝0，
此时2x+3y﹣6＝1 且x﹣y﹣2＝0，解得x = 13
5 ，y = 3
5，故x−2 y = 7
5．
故选：A．
【点评】本题考查利用导数求解函数的最值，属于中档题．
34．若ex﹣ax≥﹣x+lnax（a＞0，x＞0），则实数a 的取值范围为（ ）
A．(0，1
e )
B．（0，e]
C．( 1
e ，+ ∞)
D．（e，+∞）
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】由题设可得ex+x≥elnax+lnax，设g（x）＝ex+x，求导分析单调性，而g（x）≥g（lnax），则
x≥lnax＝lna+lnx，只需lna≤x﹣lnx 恒成立，即可得出答案．
【解答】解：因为ex﹣ax≥﹣x+lnax（a＞0，x＞0），
所以ex+x≥elnax+lnax，
设g（x）＝ex+x，
则g′（x）＝ex+1＞0，即g（x）在x＞0 上单调递增，
而g（x）≥g（lnax），
∴x≥lnax＝lna+lnx，
要使ex+x≥ax+lnax，只需lna≤x﹣lnx 恒成立，
令f（x）＝x﹣lnx，则f ′( x)=1−1
x ，
∴当0＜x＜1 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞1 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴f（x）≥f（1）＝1，
∴只需lna≤1，即0＜a≤e．
故选：B．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
35．若正实数x，y 满足yln（3xy）＝e3x，则y 的最小值为（ ）
A．1
B．❑√e
C．e
D．2
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】原等式变形为ln（3xy）•eln（3xy）＝3xe3x，构造函数f（t）＝tet，t＞0，分析单调性可得ln
（3xy）＝3x，等价变形为y = e
3 x
3 x ，x＞0，根据函数单调性可得y 的最小值．
【解答】解：由yln（3xy）＝e3x，得3xyln（3xy）＝3xe3x，故ln（3xy）•eln（3xy）＝3xe3x．
由题意得，3x＞0，3xy＞0，eln（3xy）＞0，
由ln（3xy）•eln（3xy）＝3xe3x得，ln（3xy）＞0．
设f（t）＝tet，t＞0，则f′（t）＝（t+1）et＞0，
∴f（t）在（0，+∞）上单调递增，
∵f（ln（3xy））＝f（3x），∴ln（3xy）＝3x，
∴3xy＝e3x，即y = e
3 x
3 x ，x＞0，
∴y ′ = (3 x−1)e
3 x
3 x
2
，
当x∈(0，1
3 )时，y′＜0，y = e
3 x
3 x 在(0，1
3 )上单调递减，
当x∈( 1
3 ，+ ∞)时，y′＞0，y = e
3 x
3 x 在( 1
3 ，+ ∞)上单调递增，
∴当x = 1
3时，y 取极小值也是最小值，最小值为e．
故选：C．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
36．若函数f（x）＝x（ex﹣1）的图象恒在g（x）＝lnx+a 图象的上方，则a 的最大整数值为（ ）
A．﹣1
B．0
C．1
D．2
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】根据给定条件，建立不等式并分离参数，构造函数h（x）＝xex﹣x﹣lnx，利用导数求出最小值
即可．
【解答】解：因为函数f（x）＝x（ex﹣1）的图象恒在g（x）＝lnx+a 图象的上方，
所以∀x＞0，f（x）＞g（x）⇔a＜xex﹣x﹣lnx 恒成立，
令h（x）＝xex﹣x﹣lnx，
则ℎ′( x)=( x +1)e
x−1−1
x =( x +1)(e
x−1
x )，
因为函数φ( x)=e
x−1
x 在（0，+∞）上单调递增，
φ( 1
2 )= ❑√e−2＜0，φ(1)=e−1＞0，
则存在x0∈( 1
2 ，1)，使得φ（x0）＝0，
即e
x0= 1
x0
，
当0＜x＜x0时，h′（x）＜0；
当x＞x0时，h′（x）＞0，
函数h（x）在（0，x0）上递减，在（x0，+∞）上递增，
由e
x0= 1
x0
，得x0e
x0=1，x0+ ln x0=0，
因此ℎ( x)min=ℎ( x0)= x0e
x0−x0−ln x0=1，
则a＜1，所以a 的最大整数值为0．
故选：B．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
37．已知实数x，y 满足ln（4x+y﹣4）+4﹣e2x﹣3y﹣2﹣2x﹣4y≥0，则2x+3y 的值为（ ）
A．20
7
B．25
7
C．13
5
D．14
5
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】设m＝4x+y﹣4，n＝2x﹣3y﹣2，题设转化为lnm﹣m≥en﹣n﹣2，进而构造函数f（m）＝lnm
﹣m 和h（n）＝en﹣n﹣2，即可求导，得函数的最值，进而根据f（m）≥h（n），得m＝1，n＝0，进
而求解即可．
【解答】解：根据题目：已知实数x，y 满足ln（4x+y﹣4）+4﹣e2x﹣3y﹣2﹣2x﹣4y≥0，
可得ln（4x+y﹣4）﹣e2x﹣3y﹣2≥2x+4y﹣4，
设m＝4x+y﹣4，n＝2x﹣3y﹣2，则m﹣n＝2x+4y﹣2，
故lnm﹣en≥m﹣n﹣2，即lnm﹣m≥en﹣n﹣2，
令f（m）＝lnm﹣m，则f ′(m)= 1
m −1= 1−m
m
，
当0＜m＜1 时，f′（m）＞0，f（m）在（0，1）单调递增；
当m＞1，f′（m）＜0，f（m）在（1，+∞）单调递减．
所以f（m）max＝f（1）＝﹣1，所以f（m）≤﹣1，
令h（n）＝en﹣n﹣2，则h′（n）＝en﹣1，
当n＞0，h′（n）＞0，h（n）在（0，+∞）单调递增；
当n＜0，h′（n）＜0，h（n）在（﹣∞，0）单调递减．
故h（n）min＝h（0）＝﹣1，所以h（n）≥﹣1．
由题意可知若f（m）≥h（n），则f（m）＝h（n）＝﹣1，故m＝1，n＝0，
此时4x+y﹣4＝1 且2x﹣3y﹣2＝0，解得x = 17
14 ，y = 1
7 ，故2 x +3 y = 20
7 ．
故选：A．
【点评】本题考查利用导数求解函数的极值，属于中档题．
38．若函数f（x）＝ex﹣x 图象在点（x0，f（x0））处的切线方程为y＝kx+b，则k﹣b 的最小值为（ ）
A．1+ 1
e
B．−1−1
e
C．1−1
e
D．−1+ 1
e
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
版权所有
【分析】求出导函数，表示出切线方程，再求出k﹣b 的表达式，最后借助导数即可作答．
【解答】解：由题意可得f′（x）＝ex﹣1，则f ′( x0)=e
x0−1，
函数f（x）＝ex﹣x 图象在点（x0，f（x0））处的切线方程为y −(e
x0−x0)=(e
x0−1)( x −x0)，
整理得：y =(e
x0−1)x +(1−x0)e
x0，从而得k =e
x0−1，b=(1−x0)e
x0，k −b= x0e
x0−1，
令g（x）＝xex﹣1，则g′（x）＝（x+1）ex，当x＜﹣1 时，g′（x）＜0，当x＞﹣1 时，g′（x）＞
0，
于是得g （x ）在（﹣∞，﹣1 ）上单调递减，在（﹣1 ，+∞）上单调递增，则
g( x)min= g(−1)=−1−1
e ，
所以k﹣b 的最小值为−1−1
e ．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，考查运算求解
能力，属于中档题．
39．已知函数f ( x)= 1
2 a x
2−lnx−b(a＞0)，若∀x＞0，f（x）≥0，则b
a的最大值是（ ）
A．1
2
B．1
e
C．2
e
D．1
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】由已知不等式构造函数g( x)= 1
2 a x
2−lnx，求导分析其单调性得到最小值，再次构造函数
ℎ(a)= 1
2a + lna
2a ，求导分析单调性得到最大值即可．
【解答】解：根据题目，若∀x＞0，f（x）≥0，即b≤1
2 a x
2−lnx，
令g( x)= 1
2 a x
2−lnx，则g′( x)=ax−1
x = a x
2−1
x
，
令g′（x）＝0，解得x =
❑√a
a ，
当0＜x＜
❑√a
a 时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x＞
❑√a
a 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
所以g( x)min= 1
2 + 1
2 lna，即b≤1
2 + 1
2 lna，
所以b
a ≤1
2a + lna
2a ，
令ℎ(a)= 1
2a + lna
2a ，则ℎ′(a)=−2lna
4 a
2 ，
由h′（a）＝0⇒a＝1，
所以当0＜a＜1 时，h′（a）＞0，h（a）单调递增；
当a＞1 时，h′（a）＜0，h（a）单调递减；
所以ℎ(a)max =ℎ(1)= 1
2，即b
a的最大值为1
2．
故选：A．
【点评】本题考查利用导数求解函数的最值，属于中档题．
40．已知alna＝beb，b＞0，则b
2
a 的最大值为（ ）
A．e2
B．1
2e
C．4
e
2
D．−1
e
2
【考点】利用导数求解函数的最值．
版权所有
【分析】令f（x）＝xex，求导分析，结合题意可得a＝eb，再令g（x）= x
2
e
x （x＞0），利用导数与函数
的单调性与极值的关系可求得答案．
【解答】解：令f（x）＝xex，
则f′（x）＝（x+1）ex，
∴当x＞﹣1 时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增．
∵alna＝lnaelna＝beb，
∴f（lna）＝f（b），又b＞0，故lna＞0，
∴lna＝b，故a＝eb，
∴b
2
a = b
2
e
b （b＞0），
令g（x）= x
2
e
x （x＞0），
则g′（x）= 2 xe
x−x
2e
x
e
2 x
= x(2−x)
e
x
，
当x∈（0，2）时，g′（x）＞0，当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，
∴当x＝2 时，g（x）取得极大值，也是最大值g（2）= 4
e
2.∴b
2
a 的最大值为4
e
2．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数求解函数的单调性与极值、最值，考查转化与化归思想及运算求解能力，属
于中档题．
七．由函数的最值求解函数或参数（导数法）（共5 小题）
41．若函数f ( x)= 1
3 x
3−x
2在区间（a，a+5）内存在最小值，则实数a 的取值范围是（ ）
A．（﹣3，2）
B．[﹣3，2）
C．[﹣1，2）
D．（﹣1，2）
【考点】由函数的最值求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】求导可知一定是在x＝2 处取得最小值，由此可建立关于a 的不等式组，解出即可．
【解答】解：令f′（x）＝x2﹣2x＝0，解得x＝0 或x＝2，在开区间（a，a+5）内的最小值一定是
f (2)=−4
3 ，
又f (−1)= f (2)=−4
3 ，故{
−1≤a＜2
a+5＞2 )，解得﹣1≤a＜2．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数研究函数的最值，考查逻辑推理能力，属于基础题．
42．已知函数f ( x)= x + 4
x +3lnx在（a，2﹣3a）内有最小值，则实数a 的取值范围是（ ）
A．0＜a＜1
3
B．0≤a＜1
3
C．1
3 ＜a＜1
D．0≤a＜1
2
【考点】由函数的最值求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】利用函数的定义域，结合区间的含义，求解a 的范围；利用函数的导数求解函数的最小值点，
然后求解a 的范围．
【解答】解：∵函数f ( x)= x + 4
x +3lnx在（a，2﹣3a）内有最小值，所以a≥0，并且a＜2﹣3a，可得
0≤a＜1
2，
∴f′（x）= ( x−1)( x + 4)
x
2
，
由f′（x）＝0，得x＝1 或x＝﹣4（舍去），
x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（0，1）时，f′（x）＜0；
∴f（x）的增区间是（1，+∞），减区间是（0，1），
∴f（x）的极小值点也是最小值点为x＝1．
∴a＜1＜2﹣3a，
解得x＝1，x＝﹣2，
∴a＜1
3，
即实数a 的取值范围是0≤a＜1
3．
故选：B．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属中档题．
43．已知定义在R 上的函数f ( x)= x e
−x
2+ax（a∈R），设f（x）的最大值和最小值分别为m，n，则mn 的
取值范围是（ ）
A．(−∞，−1
2e ]
B．[−1
2e ，0)
C．(−∞，−e
2 ]
D．[−e
2 ，0)
【考点】由函数的最值求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】求出函数f（x）的导数，利用导数求出m，n，结合韦达定理用a 的函数表示mn，再求出指数
函数的值域得解．
【解答】解：由f ( x)= x e
−x
2+ax，得f'（x）=e
−x
2+ax+x（﹣2x+a）e
−x
2+ax =（﹣2x2+ax+1）e
−x
2+ax，
令g（x）＝﹣2x2+ax+1，显然函数g（x）的图象开口向下，且g（0）＝1＞0，
则函数g（x）必有两个异号零点x1，x2，不妨设x1＜0＜x2，有x1+ x2= a
2，x1 x2=−1
2，
而e
−x
2+ax＞0恒成立，则当x＜x1或x＞x2时，f′（x）＜0，当x1＜x＜x2时，f′（x）＞0，
因此函数f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，
又当x＜0 时，f（x）＜0 恒成立，当x＞0 时，f（x）＞0 恒成立，且f（0）＝0，
于是f（x）的最大值m＝f（x2）= x2e
−x2
2+a x2，最小值n＝f（x1）＝x1e
−x1
2+a x1，
则mn= x1 x2e
−( x1
2+ x2
2)+a( x1+ x2)= x1 x2e
−( x1+ x2)
2+a( x1+ x2)+2 x1 x2=−1
2 e
a
2
4 −1
，
由a∈R，得a
2
4 −1∈[−1，+ ∞)，e
a
2
4 −1
∈[ 1
e ，+∞)，则−1
2 e
a
2
4 −1
∈(−∞，−1
2e ]，
所以mn 的取值范围是(−∞，−1
2e ]．
故选：A．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于难题．
44．已知函数f（x）＝|x|﹣aln（x+1）的最小值为0，则实数a 的取值范围为
[0
，
1]
．
【考点】由函数的最值求解函数或参数（导数法）；求对数函数及对数型复合函数的单调性；利用导数
求解函数的单调性和单调区间．
版权所有
【分析】带有绝对值型函数，先从定义域进行分类，分为﹣1＜x＜0 和x≥0 两种情况，当﹣1＜x＜0 时，
又分为a≥0 和a＜0 两种情况，再结合复合函数的单调性讨论即可；当x≥0 时，构造函数g（x），利
用导数分析单调性，然后再分a≤1 和a＞1 两种情况讨论即可．
【解答】解：函数f（x）＝|x|﹣aln（x+1）定义域为（﹣1，+∞），显然f（x）min＝0＝f（0）．
①当x≥0 时，f（x）＝x﹣aln（x+1）．
令g（x）＝x﹣ln（x+1），g′( x)=1−
1
1+ x ≥0，得x≥0，即g（x）在[0，+∞）上单调递增．
∀x∈[0，+∞），g（x）≥g（0）＝0，即有x≥ln（x+1）≥0．
当a≤1 时，x≥ln（x+1）≥aln（x+1），即f（x）＝x﹣aln（x+1）≥0，
当且仅当x＝0 时取等号；
当a＞1 时，f ′( x)=1−
a
1+ x ．显然当0＜x＜a﹣1 时，f′（x）＜0，函数f（x）在[0，a﹣1]上单调递
减，
f（a﹣1）＜f（0）＝0，不符合题意．
②当﹣1＜x＜0 时，f（x）＝﹣x﹣aln（x+1），
当a≥0 时，函数f（x）在（﹣1，0）上单调递减，f（x）＞f（0）＝0；
当a＜0 时，函数y＝﹣x 在（﹣1，0）上单调递减，其取值集合为（0，1）．
函数y＝﹣aln（x+1）在（﹣1，0）上单调递增，其取值集合为（﹣∞，0）．
因此存在x0∈（﹣1，0），使得﹣aln（x0+1）＜﹣1．于是f（x0）＝﹣x0﹣aln（x0+1）＜0，不符合题意；
综上，0≤a≤1，
所以实数a 的取值范围为[0，1]．
故答案为：[0，1]．
【点评】本题考查函数综合应用，属于中档题．
45．已知函数f（x）＝（2﹣a）xlnx﹣2ax2﹣（a2﹣4a）x，若存在x∈（0，+∞），使得f（x）≥1，则实数
a 的取值范围是 （﹣∞，
2]
．
【考点】由函数的最值求解函数或参数（导数法）．
版权所有
【分析】由题意，分别讨论当a≤0，0＜a≤2 和a＞2 这三种情况进行讨论，进而可解．
【解答】解：设h（t）＝（t﹣2）lnt﹣t2+3t，函数定义域为（0，+∞），
可得ℎ′(t )=lnt +1−2
t −2t +3，ℎ′ ′(t )= 1
t + 2
t
2 −2=−2t
2−t −2
t
2
，
当0＜t ＜1+ ❑√17
4
时，h″（t）＞0，h′（t）单调递增；
当t ＞1+ ❑√17
4
时，h″（t）＜0，h′（t）单调递减，
又ℎ′(1)= ln1+1−2
1 −2+3=0，h′（1+ ❑√17
4
）＞0，h′（2）＝ln2﹣1＜0，
所以存在u∈( 1+ ❑√17
4
，2)，使得h′（u）＝0，
当t∈（0，1）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减；
当t∈（1，u）时，h′（t）＞0，h（t）单调递增；
当t∈（u，+∞）时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，
所以当0＜t≤u 时，h（t）≥h（1）＝2，
当u＜t≤2 时，h（t）≥h（2）＝2，
当t＞2 时，h（t）＜h（2）＝2，
则对任意0＜t≤2，都有h（t）≥2，
所以对任意t＞2，都有h（t）＜2，
下面对a 进行分类讨论：
若a≤0，
当x＞|a
2−4 a|
−2a
+e时，x＞e＞0，x＞|a
2−4 a|
−2a
≥a
2−4 a
−2a ，
所以−2a x
2−(a
2−4 a)x =−2ax( x−a
2−4 a
−2a )≥0，
又xlnx≥1，
所以f（x）＝（2﹣a）xlnx﹣2ax2﹣（a2﹣4a）x≥（2﹣a）xlnx≥2xlnx≥2＞1，符合条件；
若0＜a≤2，
此时f ( 1
a )=(2−a)⋅1
a ln 1
a −2a⋅( 1
a )
2
−(a
2−4 a)⋅1
a =(1−2
a )lna−2
a −a+ 4 = ℎ(a)−2
a
+1≥1，
满足条件；
若a＞2，
设g( x)=(2−a)lnx −2ax−(a
2−4 a)−1
x ，
可得g′( x)= 2−a
x
−2a+ 1
x
2 =−1
x
2 (2a x
2+(a−2)x−1)=−1
x
2 (2 x +1)(ax−1)，
当0＜x＜1
a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＞1
a时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g( x)≤g( 1
a )=(2−a)ln 1
a −2−(a
2−4 a)−a=(a−2)lna−a
2+3a−2=ℎ(a)−2＜0，
则
对
任
意
x
＞
0
，
都
有
f ( x)=(2−a)xlnx−2a x
2−(a
2−4 a)x = x((2−a)lnx −2ax−(a
2−4 a)−1
x )+1= xg( x)+1＜1，
不满足条件，
综上所述，实数a 的取值范围是（﹣∞，2]．
故答案为：（﹣∞，2]．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中
档题．
一、单选题
1．如图所示是
的导数的图象，下列结论中不正确的是（ ）
A．
在区间
上是增函数
B．
在区间
上是减函数，在区间
上是增函数
C．
是
的极大值点
D．
是
的极小值点
2．若函数
有且仅有两个零点，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．设函数
，若
恒成立，则
的最小值是（ ）
A．
B．
C．1
D．
4．当
时，
取得最大值
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
5．已知函数
在
处取得极小值，
是
的导函数，则（ ）
课后针对训练
A．
B．
C．
D．
6．若函数
存在单调递增区间，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知函数
的定义域为
，
，若对任意
，都有
，则不等式
的解集是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、填空题
8．若函数
在
处取得极值4，则
．
9．函数
的最小值为 ．
10．已知函数
，其中
，若函数
在区间
内恰有一个极大值和一个极小值，
则实数
的取值范围是 ．
11．函数
的极小值为 ．
12．若函数
在区间
上单调递增，则
的取值范围是 ．
13．若函数
在
单调递减，则a 的取值范围是 ．
14．已知
和
分别是函数
的极大值点和极小值点，且
，则a 的取值范围
是 ．
三、解答题
15．已知函数
的最小值和
的最大值相同，求a．
16．已知函数
．
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)若
是
的极小值点，求实数m 的取值范围．
17．已知函数
．
(1)讨论
的单调性；
(2)若
有极小值，且极小值小于0，求
的取值范围．
18．已知函数
在
处的切线方程为
，讨论
的单调性．
19．已知函数
．
(1)当
时，求
的单调区间；
(2)讨论
的单调性．
20．求函数
在区间
的最大值.
参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
A
A
A
D
C
A
B
1．A
【分析】根据导函数图象得出各区间导函数的符号，进而得出函数的单调性，再结合函数的极值的定义即
可求解.
【详解】根据图象知，当
时，
，函数单调递增；
当
时，
，函数单调递减，故A 错误，故B 正确；
当
时，
取得极大值，
是
的极大值点，故C 正确；
当
时，
取得极小值，
是
的极小值点，故D 正确.
故选：A.
2．A
【分析】分离参数，可转化为直线与曲线交点个数，数形结合可得参数范围.
【详解】由已知
有两个解，
即
有两个解，
设
，
则直线
与函数
有两个公共点，
又
，
可知当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
且当
时，
，
，
作出函数
图象如图所示，
所以当直线
与函数
有两个公共点，
则
，
故选：A.
3．A
【分析】根据题意分析得出
，构造新函数
利用函数导数求解即可.
【详解】因为函数
的定义域为
，
当
时，
，
由
恒成立，则有
恒成立，
因为
的值域为
，
所以
不一定恒成立，故
不成立，
当
时，由
，
，
由
，
，
所以要使得
恒成立，则
即
，
所以
，
设
，
则
，
当
时，
，所以
在
单调递增，
当
时，
，所以
在
单调递减，
所以
有最小值
，
所以
的最小值是
，
故选：A.
4．D
【分析】根据题意利用导数先求
，再验证
在
处取得最大值，进而求解.
【详解】由题得
，故
，
，
则
，故
，即
，
因此
，且
，
当
时
，
单调递增；当
时
，
单调递减，
故
在
处取得极大值，也是最大值，满足题设，所以
．
故选：D.
5．C
【分析】根据给定条件，利用导数确定
的范围，再逐项分析判断.
【详解】对于A，函数
，求导得
，函数
在R 上单调递增，
由
，
，得
，
，
，A 错误；
对于B，由
，得
，则
，B 错误；
对于C，
，
，C 正确：
对于D，由
，得
，则
，D 错误.
故选：C
6．A
【分析】先由题意得
在
上有解，进而得到
在
上有解，再利用
导数工具求出函数
的最小值即可得解.
【详解】由题得
在
上有解，
即
在
上有解，
因为
，
所以当
时
，
时
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
所以实数
的取值范围是
.
故选：A
7．B
【分析】根据给定条件，构造函数
，利用导数确定
单调性即可求解不等式.
【详解】
即
，即
令
，
则
，
依题意，
，即
，
因此，
，可得
在
上单调递减，
又因为
，
所以
等价于
，由单调性可得
，即
.
故答案为：B.
8．
【分析】利用导数和极值点的关系列出方程组即可求解.
【详解】因为
在
处取得极值4，
所以
且
.
又
，所以
①，
又
②，
联立①②，解得
，经验证符合题意，
所以
.
故答案为：
.
9．
【分析】对利用导数判断函数单调性进而求得函数的最小值，构造函数
，结合导数判断函数单
调性，比较大小求得最小值.
【详解】
定义域为
，当
时，
，
，
则
在
上单调递减，此时
；
当
时，
，
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，此时
．
由于
与
的大小难以直接比较，但可转化为
与
的大小关系，从而构造函数利用单调性解决．
设
，
，则
，则
在
上单调递增，在
上单调递减，
故
，即
，即
，
综上
的最小值为
．
故答案为：
.
10．
【分析】令
，根据条件，将问题转化成
在
有两个变号零点，利用
导数，求出
的单调区间，进而求出极值和端点值，再建立方程，即可求解.
【详解】令
，
因为
在
恰有一个极大值和一个极小值，则
在
有两个变号零点，
又
，由
，得到
，由
，得
或
．
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
在
处取到极小值
；在
处取到极大值
；
又
，
；若
恰好有两个变号零点，
则
或
，即
或
，解得
，
故答案为：
．
11．
/
【分析】先求导得
，利用导数研究单调性进而求极值即可.
【详解】由题意有
的定义域为
，所以
，
令
有
，由
有
，
有
，
所以
在
单调递减，在
单调递增，
所以
的极小值为
.
故答案为：
.
12．
【分析】先求导，由
在
上恒成立，进而得
，即
，利用单调性求
的最
大值即可求解.
【详解】由题意有
在
上恒成立，
又
，所以
，即
，
所以只需
在
上恒成立即可，
即
在
上恒成立，即
，
又
在
上单调递减，所以
，
故答案为：
.
13．
【分析】求出
定义域，求出
，求出
的单调递减区间，列关于
的不等式即可求解.
【详解】
的定义域为
，
，
令
，即
，
解得
，即
的单调递减区间为
，
因为
在
单调递减，
所以
，解得
，
所以
的取值范围是
．
故答案为：
.
14．
【分析】利用参变量分离将
用
表示出来，从而得到新函数
，再利用其导数画出该函数的图像，
结合图像并通过比值换元将
转化为只含一个变量的函数，从而利用导数分析其取值范围．
【详解】由题得
，令
，得
，
令
，则
，
时，
，
单调递增；
时，
，
单调递减；
又
时，
，又
时，
，且
，如图所示，
故要使
有极大值点
和极小值点
，则需满足
，
因为
所以
，令
，
因为
，所以
，联立解得
，
令
，则
，
记
，则
，
所以
在
上单调递增，所以
，
故
，所以
，所以
在
单调递减，
所以
，又
时，
0，
所以
，又知
在
单调递增，
所以
，
故答案为：
.
15．1
【分析】利用导数研究单调性求
的最小值，再求
，根据
的情况分类讨论求
的最大值，利
用
即可求解.
【详解】由题得
，
因为
和
在
上单调递增，
所以
在
上单调递增，
又
，
所以当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
．
又
，
当
时，
，
在
单调递减，无最大值，不符合题意；
当
时，令
得
，令
得
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
．
又
，即
，
设
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，又
，
所以方程
有唯一实数根为
，
综上所述，
．
16．(1)
在
上单调递增，在
上单调递减；
(2)
【分析】(1)利用导数，再构造函数二次求导，即可判断一次导数的正负，确定原函数的单调性；
(2)求导数，再分四类进行讨论，即可判断
处是否取到极小值点，最终可得参数取值范围.
【详解】（1）当
时，函数
，
则
，
令
，易知函数
在
上是减函数，且
，
所以当
时，有
，即
，当
时，有
，即
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减；
（2）由已知得：
，且
，
令
，则
，
当
时，
，则
在
上是减函数，又
，
所以当
时，有
，即
，当
时，有
，即
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
即
在
时取到极大值，不符合题意，故舍去
；
当
时，则
，令
得，
，
故
在
上单调递减，
又
，且
，
所以当
时，有
，从而
，即
在
上单调递增，
当
时，有
，从而
，即
在
上单调递减，
即
在
时取到极大值，仍不符合题意，故舍去
；
当
时，则
，令
，解得
，
令
，解得
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
即
在
时取到极小值，也是最小值，所以
，
从而有
，所以
在
上单调递增，
又不符合题意，故舍去
；
当
时，则
，令
得，
，
故
在
上单调递增，
又
，且
，
所以当
时，有
，从而
，即
在
上单调递增，
当
时，有
，从而
，即
在
上单调递减，
即
在
时取到极小值，符合题意，故
；
综上所述可得实数m 的取值范围是
17．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数导数，分类讨论，判断导数正负，即可得出结论；
（2）结合（1）中分类讨论的结果，可确定函数极值点，进而列出相应不等式，求得答案.
【详解】（1）由题可得，
的定义域为
，
求导可得
，
令
，解得
或
，
①若
，即
，
当
时，
，
单调递减，
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减；
②若
，即
，则
在
单调递减；
③若
，即
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减；
综上，当
时，
在
和
单调递减，在
单调递增；
当
时，
在
单调递减；
当
时，
在
和
单调递减，在
单调递增．
（2）由（1）可知，
①当
时，
在
和
单调递减，在
单调递增，
为
的极小值点，此时极小值
，不符合题意；
②当
时，
在
单调递减，没有极小值，不符合题意；
③当
时，
在
和
单调递减，在
单调递增，
为
的极小值点，
所以
，
由
的极小值小于0 可得
，
设
，则
，
所以
在
上单调递减，
，
即可知
成立，满足题意．
综上，
的取值范围是
．
18．答案见解析
【分析】由切线方程的斜率和在
处的函数值得到
的值，分类讨论得到函数
的单调性.
【详解】求导得
，
因为
在
处的切线方程为
，
所以
，解得
或
，
①当
时，
，
，且不恒为
，所以
在
上单调递增．
②当
时，
，
，
所以当
或
时，
；当
时，
．
所以
在
，
单调递增，在
单调递减．
综上所述，当
，
时，
在
上单调递增；
当
，
时，
在
，
单调递增，在
单调递减．
19．(1)函数
单调递减区间为
，单调递增区间为
(2)答案见解析
【分析】（1）利用求导并因式分解，再结合定义域，即可由导数的正负确定函数的单调区间；
（2）利用求导，再通过对参数的分类讨论，来决定导数的正负，从而确定函数的单调区间.
【详解】（1）由
，可得
，
因为定义域
，所以由
，解得
，
，解得
，
即
在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）由函数
的定义域为
，且
，
若
，令
，解得
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
．
若
，令
，解得
或
，
①若
，即
时，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
．
②若
，即
时，
当
时，
，当
时，
，当
时，
，
所以函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
．
③若
，即
时，可得
且等号不恒成立，
所以函数
的单调递增区间为
．
④若
，即
时，当
时，
，当
时，
，当
时，
，
所以函数
的单调递减区间为
，单调递增区间为
．
综上，当
时，
的单调递减区间为
，单调递增区间为
；
当
时，
的单调递减区间为
，单调递增区间为
；
当
时，
的单调递增区间为
；
当
时，
的单调递减区间为
，单调递增区间为
．
20．
【分析】法1：利用导数结合三角恒等变换得导数零点，讨论导数的符号后得函数的单调性，从而可求最
大值；
法2：利用三角恒等变换可得
，结合换元法和导数求函数的最大值.
【详解】法1：
.
因为
，所以
，故
，
当
时，
，即
；当
时，
即
，
所以
在
上为增函数，在
为减函数，
故
在
上的最大值为
.
法2：因为
.
所以
设
，因为
，所以
，则
，
.
所以
，
.
由
；由
.
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减.
所以当
时，函数
取得最大值，且
.
所以函数
的最大值为
，当且仅当
即
时取“
”.
