§3 导数与函数的单调性、极值、最值
【备考指南】 导数的几何意义和计算是导数应用的基础，借助导数研究函数的单调性、极值、最值是导数应用的核心．备考时，在抓好基本题型的基础上，应着力提升分类讨论、数形结合及函数、方程、不等式间的等价转化能力.
基础考点1 导数的几何意义和计算
【典例1】 (1)(2024·全国甲卷)设函数f (x)＝，则曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为( )
A． B．
C． D．
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______．
(3)(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________．
[听课记录]
1．求过某点的切线方程时(无论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程．
2．公切线问题，应根据两个函数图象在切点处的切线的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．
1．(2024·辽宁葫芦岛模拟)奇函数f (x)＝ax3＋(4－a)x2在点(1，f (1))处的切线斜率为( )
A．12 B．－12
C．8 D．－8
2．若函数f (x)＝x2－ax与函数g(x)＝ln x＋2x的图象在公共点处有相同的切线，则实数a＝( )
A．－2 B．－1
C．e D．－2e
3．[高考变式]若曲线f (x)＝有三条过点(0，a)的切线，则实数a的取值范围为( )
A． B．
C． D．
4．“以直代曲”是微积分中最基本、最朴素的思想方法，如在切点附近，可用曲线在该点处的切线近似代替曲线．曲线y＝ln x在点(1，0)处的切线方程为________，利用上述“切线近似代替曲线”的思想方法计算所得结果为________(结果用分数表示)．
基础考点2 利用导数研究函数的单调性
【典例2】 (1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( )
A．e2 B．e
C．e-1 D．e-2
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．a＜c＜b
(3)已知函数f (x)＝a＋ln x(a∈R)，讨论函数f (x)的单调性．
[听课记录]
1．利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
2．含参数的函数单调性常见的讨论点
(1)根的存在性讨论；
(2)根在不在定义域内的讨论；
(3)特别提醒：若y＝f ′(x)为二次函数，常对二次项系数、根的个数、根的大小进行讨论．
1．[高考变式]已知a＝e0.02，b＝1.02，c＝ln 2.02，则( )
A．c＞a＞b B．a＞b＞c
C．a＞c＞b D．b＞a＞c
2．(2024·江苏常州模拟)已知定义在R上的函数f (x)的导数为f ′(x)，f (1)＝e，且对任意的x满足f ′(x)－f (x)
xex的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
3．已知f ′(x)是函数f (x)的导函数，f (x)－f (－x)＝0，且对于任意的x∈有f ′(x)cos x＋f (x)sin x>0，则下列不等式一定成立的是( )
A．f B．f >f
C．f (－1)D．f >f
4．已知f (x)＝x2－(a＋2)x＋2ln x，讨论f (x)的单调性．
基础考点3 利用导数研究函数的性质(极值、最值、零点等)
【典例3】 (1)(多选)(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f (x)＝2x3－3ax2＋1，则( )
A．当a>1时，f (x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f (x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f (x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f (1))为曲线y＝f (x)的对称中心
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)函数f (x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
(3)(2023·北京高考)设函数f (x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1．
①求a，b的值；
②设g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间；
③求f (x)的极值点的个数．
[听课记录]
利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题
(1)不能忽略函数f (x)的定义域．
(2)导函数f ′(x)的变号零点即为函数f (x)的极值点．
(3)求函数f (x)在闭区间[a，b]上的最值时，要结合区间端点的函数值f (a)，f (b)与f (x)的各极值进行比较得到函数的最值．
1．(2024·黑龙江齐齐哈尔模拟)若x＝3为函数f (x)＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f (x)的最小值为( )
A．－ B．－
C．－－3ln 3 D．3－3ln 3
2．若函数f (x)＝ex－ax在区间(0，2)上有极值点，则实数a的取值范围是( )
A． B．
C．(1，e2) D．
3．[高考变式](多选)已知函数f (x)＝－，则下列说法正确的是( )
A．f (x)的极值点为
B．f (x)的极值点为1
C．直线y＝x－是曲线y＝f (x)的一条切线
D．f (x)有两个零点
4．(2024·河南南阳一模)已知函数f (x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3在区间(1，2)上有最小值，则整数a的一个取值可以是________．
1 / 1§3 导数与函数的单调性、极值、最值
【备考指南】 导数的几何意义和计算是导数应用的基础，借助导数研究函数的单调性、极值、最值是导数应用的核心．备考时，在抓好基本题型的基础上，应着力提升分类讨论、数形结合及函数、方程、不等式间的等价转化能力.
基础考点1 导数的几何意义和计算
【典例1】 (1)(2024·全国甲卷)设函数f (x)＝，则曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为( )
A． B．
C． D．
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______．
(3)(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________．
(1)A (2)(－∞，－4)∪(0，＋∞) (3)ln 2 [(1)f ′(x)＝，
则f ′(0)＝＝3，
即该切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1，
令x＝0，则y＝1；令y＝0，则x＝－，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝×1×＝．
故选A．
(2)∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，
设切点为(x0，y0)，则y0＝，切线斜率k＝，
切线方程为＝(x－x0)，
∵切线过原点，
＝(－x0)，
整理得＋ax0－a＝0，
∵切线有两条，∴Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
(3)由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，
故曲线y＝ex＋x在(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1．
由y＝ln (x＋1)＋a得y′＝，
设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)，
由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，则切点为，
切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2．
因为两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2．]
1．求过某点的切线方程时(无论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程．
2．公切线问题，应根据两个函数图象在切点处的切线的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．
1．(2024·辽宁葫芦岛模拟)奇函数f (x)＝ax3＋(4－a)x2在点(1，f (1))处的切线斜率为( )
A．12 B．－12
C．8 D．－8
A [因为f (x)＝ax3＋(4－a)x2为奇函数，所以4－a＝0，即a＝4，所以f (x)＝4x3，
所以f ′(x)＝12x2，则f ′(1)＝12.故选A．]
2．若函数f (x)＝x2－ax与函数g(x)＝ln x＋2x的图象在公共点处有相同的切线，则实数a＝( )
A．－2 B．－1
C．e D．－2e
B [设函数f (x)＝x2－ax与函数g(x)＝ln x＋2x图象的公共点的坐标为(x0，y0)，
对两函数求导得f ′(x)＝2x－a，g′(x)＝＋2，依题意则
令函数h(x)＝x2＋ln x－1，显然函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
则当h(x)＝0时，x＝1，因此在＋ln x0－1＝0中，x0＝1，此时a＝－1，经检验a＝－1符合题意，
所以a＝－1.故选B．]
3．[高考变式]若曲线f (x)＝有三条过点(0，a)的切线，则实数a的取值范围为( )
A． B．
C． D．
B [设该切线的切点为，则切线的斜率k＝f ′(x0)＝，切线方程为y－＝(x－x0)．
又切线过点(0，a)，则a－＝(0－x0)，整理得a＝．
要使过点(0，a)的切线有3条，需方程a＝有3个不同的实数根，即函数y＝的图象与直线y＝a有3个不同的交点．
设g(x)＝，则g′(x)＝，
令g′(x)＞0，则0＜x＜2，
令g′(x)＜0，则x＜0或x＞2，
所以函数g(x)在(0，2)上单调递增，在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，
且函数g(x)的极小值、极大值分别为g(0)＝0，g(2)＝，其图象如图所示，
由图可知，当0＜a＜时，函数g(x)＝的图象与直线y＝a有3个不同交点，即过点(0，a)的切线有3条，所以实数a的取值范围为.故选B．]
4．“以直代曲”是微积分中最基本、最朴素的思想方法，如在切点附近，可用曲线在该点处的切线近似代替曲线．曲线y＝ln x在点(1，0)处的切线方程为________，利用上述“切线近似代替曲线”的思想方法计算所得结果为________(结果用分数表示)．
y＝x－1 [由已知y＝ln x，得y′＝，所以在点(1，0)处的切线斜率k＝1，则在点(1，0)处的切线方程为y＝x－1．
由题意知，ln x≈x－1，所以ln ≈－1，
即ln ≈－1，
所以≈ln ＋1＝＋1＝，即≈．]
【教师备选资源】
1．(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为( )
A．y＝x B．y＝x
C．y＝x＋ D．y＝x＋
C [因为y＝，y′＝＝，故曲线y＝在点处的切线斜率k＝，则切线方程为y－＝(x－1)，即y＝x＋．故选C．]
2．设点P在曲线y＝ex上，点Q在直线y＝x上，则|PQ|的最小值为( )
A． B．
C． D．
B [令y′＝ex＝，得x＝－1，代入y＝ex中，得y＝e-1＝，所以|PQ|的最小值即为点到直线y＝x的距离d＝．
故选B．]
3．已知函数f (x)＝2＋ln x，g(x)＝a，若总存在两条不同的直线与函数y＝f (x)，y＝g(x)的图象均相切，则实数a的取值范围为( )
A．(0，1) B．(0，2)
C．(1，2) D．(1，e)
B [设函数f (x)＝2＋ln x图象上的切点的坐标为(x1，2＋ln x1)，且x1＞0，函数g(x)＝a图象上的切点的坐标为(x2，a)，且x2≥0，
又f ′(x)＝，g′(x)＝，则公切线的斜率k＝＝，则a＞0，所以x2＝，
则公切线的方程为y－(2＋ln x1)＝(x－x1)，
即y＝x＋ln x1＋1，将(x2，a)代入得a＝x2＋ln x1＋1，
则x1＝·＋ln x1＋1，
整理得a2＝．
若总存在两条不同的直线与函数y＝f (x)，y＝g(x)的图象均相切，则方程a2＝有两个不同的实根．
设h(x)＝，x＞0，
则h′(x)＝＝－，
令h′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0，1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减．
由h(x)＝0可得x＝，且当x→0时，h(x)→－∞；当x→＋∞时，h(x)→0，
则函数h(x)的大致图象如图所示：
所以解得0＜a＜2，故实数a的取值范围为(0，2)．故选B．]
4．(2024·重庆模拟)已知－<φ<0，在函数f (x)＝sin (x＋φ)与函数g(x)＝cos (x＋φ)图象的公共点处作y＝f (x)图象的切线，若存在一条切线经过原点，则f ＝________．
1 [设函数f (x)与g(x)图象的一个交点坐标为(x0，y0)，且在点(x0，y0)处所作的y＝f (x)图象的切线过原点，则sin (x0＋φ)＝cos (x0＋φ)，即tan (x0＋φ)＝1，x0＋φ＝kπ＋，k∈Z，
f ′(x)＝cos (x＋φ)，则f ′(x0)＝cos (x0＋φ)，
所以在y＝f (x)图象上一点(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝cos (x0＋φ)(x－x0)，
由该切线过原点及y0＝sin (x0＋φ)得
0－sin (x0＋φ)＝cos (x0＋φ)(0－x0)，
所以－tan (x0＋φ)＝－x0，解得x0＝1．
因为x0＋φ＝kπ＋，k∈Z，所以φ＝kπ＋－1，k∈Z，
又－<φ<0，所以φ＝－1，则f ＝sin ＝1．]
5．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函数f (x)的图象在点A(x1，f (x1))和点B(x2，f (x2))处的两条切线互相垂直，且分别与y轴交于M，N两点，则的取值范围是________．
(0，1) [当x＜0时，f (x)＝1－ex，f ′(x)＝－ex，函数f (x)的图象在点处的切线的斜率k1＝．
当x＞0时，f (x)＝ex－1，f ′(x)＝ex，函数f (x)的图象在点－1)处的切线的斜率k2＝．
由f (x)的图象在A，B两点处的切线互相垂直，得k1k2＝＝－1，∴x1＋x2＝0，x1＜0，x2＞0，∴＝＝＝，∵x2＞0，∴∈(0，1)，故的取值范围是(0，1)．]
基础考点2 利用导数研究函数的单调性
【典例2】 (1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( )
A．e2 B．e
C．e-1 D．e-2
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．a＜c＜b
(3)已知函数f (x)＝a＋ln x(a∈R)，讨论函数f (x)的单调性．
(1)C (2)C [(1)依题意得f ′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，即a≥在(1，2)上恒成立．
设g(x)＝，x∈(1，2)，则g′(x)＝＝－＝－，
易知当x∈(1，2)时，g′(x)<0，则函数g(x)在(1，2)上单调递减，所以g(x)＜，则a≥＝e-1，a的最小值为e-1.故选C．
(2)(构造函数法)设f (x)＝ln (1＋x)－x(x＞－1)，则f ′(x)＝－1＝－，
当x∈(－1，0)时，f ′(x)＞0，当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＜0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－1，0)上单调递增，
所以f ＜f (0)＝0，所以ln －＜0，故＞ln ＝－ln 0.9，即b＞c；
所以f ＜f (0)＝0，所以ln ＋＜0，
故＜，所以＜，
故a＜b；
设g(x)＝xex＋ln (1－x)(0＜x＜1)，则g′(x)＝(x＋1)ex＋＝，
令h(x)＝ex(x2－1)＋1，h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，
当0＜x＜－1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当－1＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
又h(0)＝0，
所以当0＜x＜－1时，h(x)＜0，
所以当0＜x＜－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(0.1)＞g(0)＝0，即0.1e0.1＞－ln 0.9，所以a＞c．
故选C．]
(3)[解] 因为f (x)＝a＋ln x(x＞0)，
所以f ′(x)＝a－a＋＝．
令t(x)＝－ax2＋x－a，
当a＝0时，f (x)＝ln x，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，t(x)图象的对称轴为直线x＝，
故t(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以t(x)＞－a＞0，
所以f ′(x)＞0，即f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，
(i)若Δ＝1－4a2≤0，即a≥时，t(x)≤0，即f ′(x)≤0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ii)若Δ＝1－4a2＞0，即0＜a＜时，t(x)＝0有两个不同的根x1，x2，
且满足x1＋x2＝＞0，x1x2＝1，故x1＞0，x2＞0，
设x1＜x2，即x1＝，x2＝，
当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f ′(x)＜0，
当x∈(x1，x2)时，f ′(x)>0，
故函数f (x)在(x1，x2)上单调递增，在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜时，f (x)在(x1，x2)上单调递增，在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递减．
；
当a≥时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
1．利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
2．含参数的函数单调性常见的讨论点
(1)根的存在性讨论；
(2)根在不在定义域内的讨论；
(3)特别提醒：若y＝f ′(x)为二次函数，常对二次项系数、根的个数、根的大小进行讨论．
1．[高考变式]已知a＝e0.02，b＝1.02，c＝ln 2.02，则( )
A．c＞a＞b B．a＞b＞c
C．a＞c＞b D．b＞a＞c
B [法一：(构造函数)令f (x)＝ex－(1＋x)，
令f ′(x)＝ex－1＝0，则x＝0，
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)＜0，函数f (x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f (0.02)＞f (0)＝0，从而e0.02＞1＋0.02＝1.02＞1＞ln 2.02.故选B．
法二：(泰勒展开式)设x＝0.02，则a＝e0.02＝1＋0.02＋＋…，显然a＞b＞1＞c．
故选B．]
2．(2024·江苏常州模拟)已知定义在R上的函数f (x)的导数为f ′(x)，f (1)＝e，且对任意的x满足f ′(x)－f (x)xex的解集是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
A [构建g(x)＝－x，则g′(x)＝－1，
因为f ′(x)－f (x)即g′(x)<0，则g(x)在R上单调递减，且g(1)＝0，由f (x)>xex可得－x>0，
即g(x)>g(1)，解得x<1，所以不等式f (x)>xex的解集是(－∞，1)．故选A．]
3．已知f ′(x)是函数f (x)的导函数，f (x)－f (－x)＝0，且对于任意的x∈有f ′(x)cos x＋f (x)sin x>0，则下列不等式一定成立的是( )
A．f B．f >f
C．f (－1)D．f >f
A [令g(x)＝，x∈，
则g′(x)＝>0，
故g(x)在上单调递增，
而f (x)－f (－x)＝0，故g(－x)＝＝＝g(x)，故g(x)是偶函数，
故g＝g＝g即<<＝<<，
故A正确，BCD错误．故选A．]
4．已知f (x)＝x2－(a＋2)x＋2ln x，讨论f (x)的单调性．
[解] 因为f (x)＝x2－(a＋2)x＋2ln x，
所以f ′(x)＝ax－(a＋2)＋＝＝，x＞0，
当a≤0，x∈(0，1)时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
当0＜a＜2，x∈(0，1)或x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
x∈时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
当a＝2时，f ′(x)≥0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＞2，x∈或x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
x∈时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减．
综上可得，当a≤0时，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜2时，f (x)在(0，1)，上单调递增．在上单调递减；
当a＝2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2时，f (x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
【教师备选资源】
1．(2023·四省联考)设函数f (x)，g(x)在R上的导函数存在，且f ′(x)A．f (x)B．f (x)>g(x)
C．f (x)＋g(a)D．f (x)＋g(b)C [对于A，B，不妨设f (x)＝－2x，g(x)＝1，则f ′(x)＝－2，g′(x)＝0，满足题意，若x＝－1∈(a，b)，则f (x)＝2>1＝g(x)，故A错误；
若x＝0∈(a，b)，则f (x)＝0<1＝g(x)，故B错误．
对于C，D，因为f (x)，g(x)在R上的导函数存在，且f ′(x)令h(x)＝f (x)－g(x)，则h′(x)＝f ′(x)－g′(x)<0，
所以h(x)在R上单调递减．
因为x∈(a，b)，即a由h(x)由h(b)g(x)＋f (b)，故D错误．故选C．]
2．已知函数f (x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f ′(x)．若对任意x∈R有f ′(x)>1，f (1＋x)＋f (1－x)＝0，且f (0)＝－2，则不等式f (x－1)>x－1的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)
D [令h(x)＝f (x)－x，则h′(x)＝f ′(x)－1，
若对任意x∈R有f ′(x)>1，
则h′(x)>0在R上恒成立，h(x)在R上单调递增．
又f (1＋x)＋f (1－x)＝0，且f (0)＝－2，则f (2)＋f (0)＝0，则f (2)＝2，h(2)＝f (2)－2＝0，
不等式f (x－1)>x－1，即h(x－1)>0＝h(2)，
故x－1>2，解得x>3.故选D．]
3．(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．b＜a＜c D．c＜a＜b
B [b－c＝ln 1.02－＋1，设f (x)＝ln (x＋1)－＋1，
则b－c＝f (0.02)，f ′(x)＝－＝，当x≥0时，x＋1＝≥，故当x≥0时，f ′(x)＝≤0，所以f (x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f (0.02)＜f (0)＝0，即b＜c．
a－c＝2ln 1.01－＋1，设g(x)＝2ln (x＋1)－＋1，则a－c＝g(0.01)，g′(x)＝－＝，当0≤x＜2时，≥＝x＋1，故当0≤x＜2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上单调递增，所以g(0.01)＞g(0)＝0，故c＜a，从而有b＜c＜a，故选B．]
4．已知函数f (x)＝sin x＋－mx(m≥0)在[0，＋∞)上单调递增，则实数m的取值范围为________．
[0，1] [由题意得f ′(x)＝cos x＋－m．
令h(x)＝cos x＋－m，则h′(x)＝x－sin x．
令k(x)＝x－sin x，则k′(x)＝1－cos x．
∵k′(x)＝1－cos x≥0，
∴k(x)＝h′(x)＝x－sin x在[0，＋∞)上单调递增，则有h′(x)≥h′(0)＝0，
从而h(x)＝f ′(x)＝cos x＋－m在[0，＋∞)上单调递增，
∴f ′(x)＝cos x＋－m≥f ′(0)＝1－m．
要使f (x)在[0，＋∞)上单调递增，只需f ′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
则1－m≥0，又m≥0，所以0≤m≤1．]
基础考点3 利用导数研究函数的性质(极值、最值、零点等)
【典例3】 (1)(多选)(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f (x)＝2x3－3ax2＋1，则( )
A．当a>1时，f (x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f (x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f (x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f (1))为曲线y＝f (x)的对称中心
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)函数f (x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
(3)(2023·北京高考)设函数f (x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1．
①求a，b的值；
②设g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间；
③求f (x)的极值点的个数．
(1)AD (2)1 [(1)A选项，f ′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，
故当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
则f (x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，
由f (0)＝1>0，f (a)＝1－a3<0，则f (0)f (a)<0，
根据函数零点存在定理知，f (x)在(0，a)上有一个零点，
又f (－1)＝－1－3a<0，f (2a)＝4a3＋1>0，则f (－1)f (0)<0，f (a)f (2a)<0，
则f (x)在(－1，0)，(a，2a)上各有一个零点，
于是a>1时，f (x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f ′(x)＝6x(x－a)，a<0，当x∈(a，0)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
此时f (x)在x＝0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在a，b，使得x＝b为f (x)的图象的对称轴，即存在a，b，使得f (x)＝f (2b－x)，
即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，
根据二项式定理，等式右边2(2b－x)3展开式中含有x3的项为(2b)0(－x)3＝－2x3，
等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在a，b，使得x＝b为f (x)图象的对称轴，C选项错误；
D选项，
法一：利用对称中心的表达式化简
f (1)＝3－3a，若存在a，使得(1，3－3a)为f (x)图象的对称中心，
则f (x)＋f (2－x)＝6－6a，事实上，
f (x)＋f (2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1
＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
即解得a＝2，即存在a＝2使得点(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确．
法二：直接利用拐点结论
任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f (x)＝2x3－3ax2＋1，f ′(x)＝6x2－6ax，令h(x)＝f ′(x)，则h′(x)＝12x－6a，
由h′(x)＝0，得x＝，于是该三次函数的图象的对称中心为，
由题意(1，f (1))也是该三次函数图象的对称中心，故＝1，所以a＝2，
即存在a＝2，使得(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确．
故选AD．
(2)函数f (x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)．
①当x＞时，f (x)＝2x－1－2ln x，所以f ′(x)＝2－＝．当＜x＜1时，f ′(x)＜0，当x＞1时，f ′(x)＞0，所以＝f (1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0＜x≤时，f (x)＝1－2x－2ln x在上单调递减，
所以f (x)min＝f ＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1．
综上可知，f (x)min＝1．]
(3)[解] ①因为函数f (x)＝x－x3eax＋b，
所以f ′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b．
因为曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以即
解得a＝－1，b＝1．
②由①知，f (x)＝x－x3e－x+1，
所以f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g(x)＝f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±，
所以当x变化 时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示．
x (－∞，0) 0 (0， 3－) 3－ (3－，3＋) 3＋ (3＋， ＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 －
g(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 极大值 单调 递减
所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－，3＋)上单调递增，在区间(0，3－)和(3＋，＋∞)上单调递减．
③由②知，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)单调递增，
当x＜－1时，f ′(x)＜f ′(－1)＝1－4e2＜0，f ′(0)＝1＞0，
所以存在x1∈(－∞，0)，使得f ′(x1)＝0，
所以f (x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，0)上单调递增，
所以x1是f (x)的一个极小值点；
当x∈(0，3－)时，f ′(x)单调递减，
且f ′(3－)＜f ′(1)＝1－2＜0，
所以存在x2∈(0，3－)，使得f ′(x2)＝0，所以f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，3－)上单调递减，
所以x2是f (x)的一个极大值点；
当x∈(3－，3)时，f ′(x)单调递增，
因为f ′(3)＝1＞0，所以存在x3∈(3－，3)，使得f ′(x3)＝0，
所以f (x)在(3－，x3)上单调递减，在(x3，3)上单调递增，
所以x3是f (x)的一个极小值点．
又因为当x＞3时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(3，＋∞)上单调递增，无极值点．
综上，f (x)在定义域R上有3个极值点．
利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题
(1)不能忽略函数f (x)的定义域．
(2)导函数f ′(x)的变号零点即为函数f (x)的极值点．
(3)求函数f (x)在闭区间[a，b]上的最值时，要结合区间端点的函数值f (a)，f (b)与f (x)的各极值进行比较得到函数的最值．
1．(2024·黑龙江齐齐哈尔模拟)若x＝3为函数f (x)＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f (x)的最小值为( )
A．－ B．－
C．－－3ln 3 D．3－3ln 3
C [ f ′(x)＝x－a－，x＞0，
因为x＝3是函数f (x)的极值点，
所以f ′(3)＝3－a－1＝0，则a＝2，
所以f ′(x)＝x－2－＝，
当x∈(0，3)时，f ′(x)<0，
当x∈(3，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以函数f (x)在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
所以f (x)min＝f (3)＝－－3ln 3．
故选C．]
2．若函数f (x)＝ex－ax在区间(0，2)上有极值点，则实数a的取值范围是( )
A． B．
C．(1，e2) D．
C [已知f (x)＝ex－ax，由题意知f ′(x)＝ex－a在(0，2)内有变号零点，
显然f ′(x)＝ex－a在(0，2)上单调递增，
故原条件等价于解得13．[高考变式](多选)已知函数f (x)＝－，则下列说法正确的是( )
A．f (x)的极值点为
B．f (x)的极值点为1
C．直线y＝x－是曲线y＝f (x)的一条切线
D．f (x)有两个零点
BC [对于A，因为f (x)＝－，
所以f ′(x)＝，
令f ′(x)<0，得x<1；令f ′(x)>0，得x>1，
所以f (x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
可知f (x)在x＝1处取得唯一极小值，也是f (x)的最小值，
所以f (x)的极值点为1，故A错误，B正确；
对于C，因为f (2)＝－，f ′(2)＝，
所以曲线y＝f (x)在x＝2处的切线方程为y＋＝(x－2)，
即y＝x－，故C正确；
对于D，因为f (0)＝0，f (1)＝－<0，结合f (x)在(－∞，1)上的单调性，
可知x＝0是f (x)在(－∞，1)上的唯一零点；
当x>1时，ex>0恒成立，故f (x)＝－<0恒成立，
所以f (x)在(1，＋∞)上没有零点，
综上，f (x)只有一个零点，故D错误．故选BC．]
4．(2024·河南南阳一模)已知函数f (x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3在区间(1，2)上有最小值，则整数a的一个取值可以是________．
－4(答案不唯一，a∈{a∈Z|－10又f (x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3在(1，2)上有最小值，所以f ′(x)在(1，2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
令h(x)＝6x2＋(a－1)x－2，则h(x)在(1，2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
所以解得－10又因为a∈Z，所以a∈{a∈Z|－10【教师备选资源】
1．若函数f (x)＝x3－3x－1在区间(a－2，2a＋3)上有最大值，则实数a的取值范围是________．
[ f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x<－1或x>1时，f ′(x)>0；当－1又f (x)在区间(a－2，2a＋3)上有最大值，则a－2＜－1＜2a＋3，令f (x)＝1，则x3－3x－1＝1，即(x＋1)2(x－2)＝0，即x＝－1或x＝2，所以2a＋3≤2，联立解得－2＜a≤－，则实数a的取值范围是．]
2．(2024·浙江金华模拟)已知函数f (x)＝(cos x－1)e－x．
(1)求曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程；
(2)当x∈(0，π)时，求函数f (x)的最小值．
[解] (1)由f (x)＝(cos x－1)e－x，
得f ′(x)＝＝，
所以f (0)＝0，f ′(0)＝0，
所以曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程为y＝0．
(2)令y＝－sin x－cos x＋1＝－sin ＋1，
当0则－≤－sin <－1，
所以 y＝－sin x－cos x＋1＝－sin ＋1<0 ，所以f ′(x)<0，
所以f (x)在上单调递减；
当则－1<－sin ＜1，
此时y＝－sin x－cos x＋1＝－sin ＋1>0，
所以f (x)在上单调递增，
所以当x＝时，函数f (x)取得最小值，
所以当x∈(0，π)时，函数f (x)的最小值为f ＝－．
3．(2023·全国乙卷)已知函数f (x)＝ln (1＋x)．
(1)当a＝－1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y＝f 关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由；
(3)若f (x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝－1时，f (x)＝ln (1＋x)，
则f ′(x)＝－ln (1＋x)＋·，
所以f ′(1)＝－ln 2，
又f (1)＝0，所以所求切线方程为
y－0＝－ln 2(x－1)，即x ln 2＋y－ln 2＝0．
(2)假设存在a，b，使得曲线y＝f 关于直线x＝b对称．
令g(x)＝f ＝(x＋a)ln ＝(x＋a)ln ．
因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，
所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln ＝(2b－x＋a)ln
＝(x－2b－a)ln ，
于是得
当a＝，b＝－时，g(x)＝ln ，g(－1－x)＝ln ＝·ln ＝ln ＝ln ＝g(x)，所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意．
故存在a，b，使得曲线y＝f 关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－．
(3) f ′(x)＝－ln (1＋x)＋·＝＝(x>0)，
设h(x)＝－ln (1＋x)，x＞0，
则h′(x)＝－＝＝．
①当a≤0时，2a－1<0，当x>0时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x>0时，h(x)所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意；
②当a≥时，2a－1≥0，当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意；
③当0当0时，h′(x)>0，
所以h(x)在上单调递减，在上单调递增，所以h又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈，使得h(x0)＝0，
即当0x0时，h(x)>0，
则f ′(x)＞0，f (x)单调递增，此时y＝f (x)有极小值点x0．
综上所述，a的取值范围为．
专题限时集训(二十四) 导数与函数的单调性、极值、最值
一、单项选择题
1．函数f (x)＝ln(3x－2)－2x的图象在点(1，f (1))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋2y＋3＝0
C．x－2y－3＝0 D．x－y－3＝0
D [ f ′(x)＝－2，则切线的斜率是f ′(1)＝1，f (1)＝－2，则切线方程是y－(－2)＝1×(x－1)，即x－y－3＝0.故选D．]
2．(2024·江苏常州模拟)已知函数f (x)的导函数为f ′(x)，定义域为(0，＋∞)，且函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A．f (x)有极小值f (6)，极大值f (1)
B．f (x)仅有极小值f (6)，极大值f (10)
C．f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10)
D．f (x)仅有极小值f (1)，极大值f (10)
C [由函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象，
得当0当10，f (x)单调递增，
当3当60，f (x)单调递增，
当x>10时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
所以函数f (x)有极小值f (1)，f (6)，极大值f (3)和f (10)．故选C．]
3．函数f (x)＝x cos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为( )
A．1 B．π
C． D．
B [因为函数f (x)＝x cos x－sin x，x∈[－π，0]，
所以f ′(x)＝－x sin x，
当x∈[－π，0]时，－x∈[0，π]，sin x∈[－1，0]，
所以f ′(x)＝－x sin x≤0，
所以f (x)在[－π，0]上单调递减，
所以函数f (x)＝x cos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为f (－π)＝－πcos (－π)－sin (－π)＝π.故选B．]
4．已知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，则f (x)的极大值为( )
A．－ B．ln 2－2
C． D．ln 2＋2
A [ f ′(x)＝＋2ax－，
由题意可知f ′(2)＝＋4a－＝0，解得a＝，
若a＝，则f (x)＝ln x＋x2－x，f ′(x)＝＋x－＝，
且f (x)的定义域为(0，＋∞)，
令f ′(x)>0，解得02；令f ′(x)<0，解得1可知f (x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
可知x＝2是函数f (x)＝ln x＋ax2－x的极小值点，即a＝符合题意，
所以f (x)的极大值为f (1)＝－．故选A．]
5．(2023·全国乙卷)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)
B [ f ′(x)＝3x2＋a，
若函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，
则f ′(x)＝3x2＋a＝0有两个不同的根，且f (x)的极大值大于0，极小值小于0，
即根的判别式Δ＝0－12a>0，得a<0，
令f ′(x)＝0，得x＝±．
由f ′(x)>0，得x>或x<－，此时f (x)单调递增，
由f ′(x)<0，得－即当x＝－时，函数f (x)取得极大值，当x＝时，f (x)取得极小值，
则f >0，f <0，
即－＋2>0，
且＋2<0，
即－×＋2>0，①
且×＋2<0，②
则①恒成立，
由×＋2<0，得2<－×，
平方得4<－×，即a3<－27，
则a<－3．
所以实数a的取值范围是(－∞，－3)．故选B．]
6．设a＝sin ，b＝－1，c＝ln ，则a，b，c的大小关系为( )
A．a>b>c B．b>a>c
C．b>c>a D．c>b>a
B [将用变量x替代，则a＝sin x，b＝ex－1，c＝ln (x＋1)，其中x∈(0，1)，
令f (x)＝sin x－ln (x＋1)，则f ′(x)＝cos x－，令g(x)＝f ′(x)＝cos x－，则g′(x)＝－sin x＋，
易知g′(x)在(0，1)上单调递减，且g′(0)＝1>0，g′(1)＝－sin 1<0，
∴ x0∈(0，1)，使得g′(x0)＝0，
当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，f ′(x)单调递增；当x∈(x0，1)时，g′(x)<0，f ′(x)单调递减．
又f ′(0)＝0，f ′(1)＝cos 1－>0，∴当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f (x)在(0，1)上单调递增，
∴f (x)>f (0)＝0，即sin x>ln (x＋1)，∴a>c．
记h(x)＝ex－(sin x＋1)，x∈(0，1)，则h′(x)＝ex－cos x>0，h(x)在(0，1)上单调递增，
又h(0)＝e0－(sin 0＋1)＝0，所以h(x)>h(0)＝0，所以b>a.综上，b>a>c.故选B．]
二、多项选择题
7．已知函数f (x)＝－＋bx＋，b∈R，下列说法正确的是( )
A．当b<0时，函数f (x)有两个极值点
B．当b<0时，函数f (x)在(0，＋∞)上有最小值
C．当b＝－2时，函数f (x)有三个零点
D．当b>0时，函数f (x)在(－∞，0)上单调递增
ABD [因为f (x)＝－＋bx＋，则f ′(x)＝x2－x＋b．
对于A，当b<0时，Δ＝1－4b>0，即方程f ′(x)＝0有两个不等的实根，此时，函数f (x)有两个极值点，A正确；对于B，当b<0时，设f ′(x)＝0的两个不等的实根分别为x1，x2，且x1x2时，f ′(x)>0，此时函数f (x)单调递增，故函数f (x)在(0，＋∞)上有最小值，B正确；对于C，当b＝－2时，f (x)＝－－2x＋，f ′(x)＝x2－x－2＝(x－2)(x＋1)，当x<－1时，f ′(x)>0，此时函数f (x)单调递增，当－1当x>2时，f ′(x)>0，此时函数f (x)单调递增．
所以函数f (x)的极大值为f (－1)＝，极小值为f (2)＝0，作出函数f (x)的图象如图所示．
由图可知，函数f (x)只有两个零点，C错误；
对于D，当b>0且x<0时，f ′(x)>0，故函数f (x)在(－∞，0)上单调递增，D正确．故选ABD．]
8．丹麦数学家琴生(Jensen)是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别是在函数的凸凹性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数f (x)在(a，b)上的导函数为f ′(x)，f ′(x)在(a，b)上的导函数为f ″(x)，若在(a，b)上f ″(x)<0恒成立，则称函数f (x)在(a，b)上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是( )
A．f (x)＝sin x＋cos x B．f (x)＝ln x－2x
C．f (x)＝－x3＋2x－1 D．f (x)＝－xe－x
ABC [对于A，由f (x)＝sin x＋cos x，得f ′(x)＝cos x－sin x，则f ″(x)＝－sin x－cos x＝－(sin x＋cos x)，因为x∈，所以sin x>0，cos x>0，则f ″(x)＝－<0，所以此函数是凸函数；
对于B，由f (x)＝ln x－2x，得f ′(x)＝－2，则f ″(x)＝－，因为x∈，所以f ″(x)＝－<0，所以此函数是凸函数；
对于C，由f (x)＝－x3＋2x－1，得f ′(x)＝－3x2＋2，则f ″(x)＝－6x，因为x∈，所以f ″(x)＝－6x<0，所以此函数是凸函数；
对于D，由f (x)＝－xe－x，得f ′(x)＝－e－x＋xe－x，则f ″(x)＝e－x＋e－x－xe－x＝(2－x)e－x，因为x∈，所以f ″(x)＝(2－x)e－x>0，所以此函数不是凸函数，
故选ABC．]
三、填空题
9．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
(－2，1) [令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)，
则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2．
因为曲线y＝x3－3x与y＝＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1的图象有两个不同的交点，所以a∈(－2，1)．]
10．已知函数f (x)＝mex－有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
[函数f (x)＝mex－有两个极值点，
即f ′(x)＝mex－x有两个变号零点，
即2m＝有两个不同的实数根，令g(x)＝，
令g′(x)＝＝0，得x＝1.由g′(x)＞0 x＜1，由g′(x)＜0 x＞1，所以g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0，
结合g(1)＝，g(0)＝0作出函数y＝g(x)和y＝2m的图象如图所示．
由图可知，当0＜2m＜，即0＜m＜时，f (x)有两个极值点．]
四、解答题
11．(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝x2－ax＋ln x．
(1)若a＝1，曲线y＝f (x)在点(x0，f (x0))处的切线的斜率为1，求该切线的方程；
(2)讨论f (x)的单调性．
[解] (1)当a＝1时，f ′(x)＝，由f ′(x0)＝1，解得x0＝1．
因为f (1)＝－，所以切线方程为y＋＝x－1，即y＝x－．
(2) f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝．
当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a>0时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4．
①当Δ≤0，即0f ′(x)≥0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当Δ>0，即a>2时，f ′(x)＝，
由f ′(x)>0，得0，
由f ′(x)<0，得所以f (x)在上单调递增，
在上单调递减．
综上，当a≤2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2时，f (x)在上单调递增，
在上单调递减．
12．(2024·山东济南模拟)设函数f (x)＝x＋ax2＋b ln x．
(1)若f (x)在x＝1处有极小值2，求a，b的值；
(2)若ab＝－1，且f (x)在(1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3)若a＝－1，b>1时，函数y＝f (x)在[1，2]上的最小值为0，求实数b的取值范围．
[解] (1)函数f (x)＝x＋ax2＋b ln x，定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1＋2ax＋．
因为f (x)在x＝1处有极小值2，
所以解得
此时f ′(x)＝1＋2x－＝，
由f ′(x)<0，解得00，解得x>1，则f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x)在x＝1处有极小值．
所以a＝1，b＝－3．
(2)若ab＝－1，则f (x)＝x＋ax2－，f ′(x)＝1＋2ax－＝，
又f (x)在(1，＋∞)上单调递增，则f ′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
函数y＝2a2x2＋ax－1(a≠0)的图象开口向上，对称轴为x＝－，Δ＝a2＋8a2＝9a2>0，
当a<0时，则ax<0在(1，＋∞)上恒成立，此时2a2x2＋ax－1≤0在(1，＋∞)上不恒成立，
不满足f ′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立；
当a>0时，则ax>0在(1，＋∞)上恒成立，若f ′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，
则2a2x2＋ax－1≥0在(1，＋∞)上恒成立，由－<1，则有2a2＋a－1≥0，解得a≥，所以实数a的取值范围为．
(3)当a＝－1时，函数f (x)＝x－x2＋b ln x，有f (1)＝0，
f ′(x)＝1－2x＋＝，由b>1，得f ′(1)＝－1＋b>0．
函数y＝－2x2＋x＋b的图象开口向下，Δ＝1＋8b>0，
若f ′(2)≥0，则f ′(x)≥0在[1，2]上恒成立，y＝f (x)在[1，2]上单调递增，最小值为f (1)＝0；
若f ′(2)<0，则存在x0∈(1，2)，使得f ′(x0)＝0，
当1≤x0，当x0则f (x)在[1，x0)上单调递增，在(x0，2]上单调递减，
综上可知，函数y＝f (x)在[1，2]上的最小值为0，只需f (2)≥0，
即2－22＋b ln 2≥0，解得b≥，
所以实数b的取值范围为．
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