第六章：导数章末重点题型复习
题型一 极限相关问题
【例 1】（2024 高二下·全国·专题练习）已知 ( ) = ，则 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ )′ 0 2Δ 的值为（ ）Δ →0
A．－2a B．2a
C．a D．2
【变式 1-1】（23-24 高二上·云南昭通·期末）设函数 ( )在 = 0处存在导数为 2，则 lim
( 0 Δ ) ( 0) =
Δ →0 2Δ
（ ）
A．2 B．1 C．23 D．6
【变式 1-2】（22-23 高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知函数 在 = 处的导数为6，则 lim ( 0 Δ ) ( )( ) 00
Δ →0 2Δ
= （ ）
A． ―3 B．3 C． ―6 D．6
【变式 1-3】（22-23 高二下·河北廊坊·开学考试）函数 在 上可导，若 = 3，则 lim (2 3Δ ) (2 Δ )( ) ′(2)
Δ →0 Δ
= （ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
【变式 1-4】（23-24 高二上·湖北武汉·期末）若R上的可导函数 = ( )在 = 0处满足 lim
( 0 Δ ) ( 0)
Δ →0 2Δ
= ―3，则 ′( 0) = ．
题型二 切线问题
【例 2】（2022 高三上·河南·专题练习）函数 ( ) = ― 3 +3sin 的图象在点 (0, (0))处的切线方程是
（ ）
A． ― 3 = 0 B．3 ― = 0 C． + 3 = 0 D．3 + = 0
【变式 2-1】（2024 高三上 ·全国 ·竞赛）如果可导曲线 = ( )在点( 0, ( 0))的切线方程为 + e
― 3 = 0，其中 ∈ ，则（ ）
A． ′( 0) > 0 B． ′( 0) = 0
C． ′( 0) < 0 D．无法确定
【变式 2-2】（23-24 高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）已知函数 ( ) = ln ( ≠ 0)，过原点作曲线
= ( )的切线 ，则切线 的斜率为 ．
【变式 2-3】（2024·广东·一模）设点 在曲线 = 1e 上，点 在直线 = 上，则| |的最小值为（ ）e
1 2
A． B．
e2 1 e2 1
e 3
C． e2 1 D． e2 1
【变式 2-4】（22-23 高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知直线 与曲线 = e 相切，切点为 ( 1, 1)，与曲线
= ( + 3
2
也相切，切点是 ( 2, 2)，则 2 ―2 1的值为 ．
题型三 基本初等函数的导数
【例 3】(多选)（2024 高二下·全国·专题练习）下列求导错误的是（ ）
1 1
A． ( ) = log23， ′( ) = 3 2 B． ln ( ) = log2 ， ′( ) = 2ln
C． ( ) = 2 ， ′( ) = 2ln D． ( ) = 2， ′( ) = 2
【变式 3-1】（23-24 高二上·河南许昌·期末）已知函数 ( ) = 2e + 2 + ― 2，若 ′(1) = 1，则 ′( ―1)
= （ ）
A． ―1 B．0 C．1 D．2
【变式 3-2】（23-24 高二上 ·河北沧州 ·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 ′(1) ― 2 + ln + 12，则 ′(1) =
（ ）
A．1 B．2 C．12 D． ―
1
2
【变式 3-3】（23-24 高二上·河南开封·期末）已知函数 ( )的导函数为 ′( )，且 ( ) = 2 ′ π + sin ，则
3
′ π = （ ）
3
A． 3 B．12 C． ―
1
2 D． ―
3
2 2
【变式 3-4】（23-24 高二上·江苏南通·期末）函数 ( ) = sin 2 π ― π 在 = 3处的导数 ′(3) = ．3 2
题型四 函数的单调性与单调区间
【例 4】（2024·浙江·模拟预测）函数 ( ) = ln(2 ― 1) ― 2 + 的单调递增区间是（ ）
A．(0,1) B． 1 ,1
2
C． 1 2 , 1 2 D． 1 , 1 2
2 2 2 2
2
【变式 4-1】（23-24 高三下·河南郑州·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 + ― ( + 1)ln 在 = 1处的切线方
程为 = + 52( , ∈ R).
(1)求 ， 的值；
(2)证明： ( )在(1, + ∞)上单调递增.
【变式 4-2】（23-24 高二下·全国·课前预习）已知函数 ( ) = e 2 ― (2 + 1) + 1 .
(1)若 = 12，求曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线；
(2)讨论 ( )的单调性；
【变式 4-3】（23-24 高三上·内蒙古赤峰·期中）已知函数 ( ) = e ln( + e).
(1)求曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线方程；
(2)设 ( ) = ′( )，讨论函数 ( )在[0, + ∞)上的单调性.
【变式 4-4】（23-24 高二上·江苏盐城·期末）已知函数 ( ) = e + cos , ≥ 0．
(1)求曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线方程；
(2)求证： ( )在[0, + ∞)上单调递增．
题型五 已知单调性求参问题
【例 5】（22-23 高二下·陕西西安·期末）已知函数 ( ) = ( ― 1)e ― 在区间[2,4]上存在单调减区间，则
实数 m 的取值范围为（ ）
A．[4e4, + ∞) B．(2e2,4e4)
C．[2e2, + ∞) D．(2e2, + ∞)
【变式 5-1】（2022·江西宜春·模拟预测）已知函数 ( ) = ( ― 1)e ― 在区间[2,4]上存在单调减区间，
则实数 的取值范围为（ ）
A．(2e2, + ∞) B．( ―∞,e)
C．(0,2e2) D．(0,e)
【变式 5-2】（20-21 高二下·宁夏银川·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 2 + + 的单调减区间为[ ―1,2]，
则 = ．
【变式 5-3】（22-23 高二下·天津静海·阶段练习）已知函数 1( ) = 2
2 +2 ln ― 2 ( ∈ )．
(1)若 = ― 32，求 ( )的单减区间.
(2)若函数 ( )在区间(1,2)上单调递增，求 的取值范围；
(3)若函数 ( )在区间(1,2)上存在减区间，求 的取值范围
(4)若函数 ( )在区间(1,2)上不单调，求 的取值范围；
【变式 5-4】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函数 ( ) = ( 2 ― 2 + 2 )e ．
(1)若 ( )在[2,7]上单调递增，求 的取值范围；
(2)试讨论函数 ( )的单调性．
题型六 函数单调性与图像的关系
【例 6】（16-17 高二下·山东枣庄·期末）已知定义在R上的函数 ( )及其导函数 ′( )的图象如图所示，则函
数 = e― ( )的减区间为（ ）
A．(0,1)，(4, + ∞) B．( ―∞,1) C．(1, + ∞) D．( ―∞,0)，(1,4)
【变式 6-1】（2024 高二下·全国·专题练习）函数 = ( )的导函数 ′( )的图象如图所示，则下列判断中正
确的 （ ）
A． ( )在( ―3,1)上单调递增
B． ( )在(1,3)上单调递减
C． ( )在(2,4)上单调递减
D． ( )在(3, + ∞)上单调递增
【变式 6-2】（23-24 高二下·湖南株洲·开学考试）设 ′( )是函数 ( )的导函数， = ′( )的图象如图所示，
则 = ( )的图象最有可能的是 （ ）
A． B．
C． D．
【变式 6-3】（23-24 高二下·河南·开学考试）设 ′( ) = 2 ―2 是函数 ( )的导函数，则 = ( )的图象可
能是（ ）
A． B．
C． D．
【变式 6-4】（22-23 高二下·广东韶关·阶段练习）已知定义域为[0,e]上的函数 = ( )，它的导函数 = ′
( )的图象如图所示，则函数 = ( )的单调减区间是 ．
题型七 函数的极值点与极值
【例 7】（23-24 高三上·四川·期末）函数 ( ) = 6 的极大值为 ．e
【变式 7-1】（多选）（23-24 高三下·山东济宁·开学考试）已知函数 ( ) = , ∈ (0, + ∞)，则（ ）
A． ( )有且只有一个极值点
B． ( )在 1 , + ∞ 上单调递增
2
C．不存在实数 ∈ (0, + ∞)，使得 ( ) = 64
1
D． ( )有最小值 ―e e
【变式 7-2】（2024·辽宁·一模）已知函数 ( ) = 2ln ― 2( ― 1) ― 2( > 0).
(1)当 = 1时，求曲线 = ( )在点(2, ( ))处的切线 的方程；
(2)讨论 ( )的极值.
【变式 7-3】（23-24 高二下·江苏南京·开学考试）设 ( ) = ln + 1 ― 32 2 + 1，函数 = ( )的单调增区
间是(13,1)．
(1)求实数 a；
(2)求函数 ( )的极值．
【变式 7-4】（23-24 高三下·湖南长沙·开学考试）已知直线 = 与函数 ( ) = ln ― 2 + 的图象相切.
(1)求 的值；
(2)求函数 ( )的极大值.
题型八 导数的极值与参数
【例 8】（2024 高二下 ·全国 ·专题练习）若函数 ( ) = 3 ―12 + 的极大值为 11，则 ( )的极小值
为 ．
【变式 8-1】（2024 高二下·全国·专题练习）若函数 1( ) = 2
2 ― + ln 在(0,2)上有极值，则实数 的取值
范围是 .
【变式 8-2】（2024 高二下·全国·专题练习）已知函数 ( ) = ln ― e （其中 ∈ ,e为自然对数的底数）存
在极大值，且极大值不小于 1，则 的取值范围为 ．
【变式 8-3】（23-24 高三下·山西晋城·开学考试）若 ( ) = ln + 2在 = 1处有极值，则函数 ( )的单调
递增区间是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,1) C．(1,3) D． 1 ,1
2
【变式 8-4】（23-24 高三下·山东·开学考试）已知函数 ( ) = 2 ― ln 存在极小值点 0，且 ( 0) < ―
e3，则实数 的取值范围为（ ）
1 2 1 2
A．(0,
e2
) B．(0, 2) C．(0, 3) D．(0, )e e e3
题型九 函数极值与图像的关系
【例 9】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函数 = ( )为连续可导函数， = ( 2 + 4 + 3) ′( )的图像如图
所示，以下命题正确的是（ ）
A． ( ―3)是函数的极大值 B． ( ―1)是函数的极小值
C． ( )在区间( ―3,1)上单调递增 D． ( )的零点是 ―3和 ―1
【变式 9-1】（多选）（2023 高三·全国·专题练习）（多选）设函数 ( )在 R 上可导，其导函数为 ′( )，且
函数 ( ) = ′( )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A． ( )有两个极值点 B． (0)为函数的极大值
C． ( )有两个极小值 D． ( ―1)为 ( )的极小值
【变式 9-2】（多选）（23-24 高二上·江苏镇江·期末）已知函数 ( )的定义域为 R，函数 ( )的导函数 ′( )
的图象如图所示，则下列选项正确的是（ ）
A．函数 ( )的单调递减区间是( ―∞, ― 2)
B．函数 ( )的单调递增区间是( ―∞, ― 2)，(0, + ∞)
C． = 2处是函数 ( )的极值点
D． = ― 1时，函数的导函数小于 0
【变式 9-3】（多选）（23-24 高三上·云南楚雄·阶段练习）已知定义域为[ ― 3,5]的函数 ( )的导函数为 ′
( )，且 ′( )的图象如图所示，则（ ）
A． ( )在( ― 2,2)上单调递减 B． ( )有极小值 (2)
C． ( )有 2 个极值点 D． ( )在 = ―3处取得最大值
【变式 9-4】（2024 高二·江苏·专题练习）已知函数 ( ) = 3 + 2 + ，其导函数 = ′( )的图象经过点
(1,0)，(2,0).如图，则下列说法中不正确的是 .(填序号)
①当 = 32时，函数 ( )取得最小值；
② ( )有两个极值点；
③当 = 2时函数取得极小值；
④当 = 1时函数取得极大值．
题型十 函数最值问题
【例 10】（23-24 高三下·江苏苏州·阶段练习）设0 < < = sin 2，则函数 ( ) 2 + 的最小值为（ ）sin
A．1 B．3 C．2 D．52 2
【变式 10-1】（23-24 高三下·江苏泰州·阶段练习）已知函数 ( ) = 4 + 3， ∈ ．
(1)若函数在点(1, (1))处的切线过原点，求实数 a 的值；
(2)若 = ―4，求函数 ( )在区间[ ―1,4]上的最大值．
【变式 10-2】（22-23 高二下·河南·期中）已知函数 ( ) = ln + 2 ― 在点(1, (1))处的切线方程为
+ + = 0．
(1)求实数 和 的值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最大值（其中 e 是自然对数的底数）．
【变式 10-3】（2024·安徽黄山·一模）已知函数 3( ) = 2
2 ―4 + 2ln 在 = 1处取得极大值．
(1)求 的值；
(2)求 ( )在区间 1 ,e 上的最大值．e
【变式 10-4】（23-24 高二下·安徽淮南·开学考试）已知函数 ( ) = 3 ― 2 ―3 + ，且当 = 3时， ( )
有极值 ―5．
(1)求 ( )的解析式；
(2)求 ( )在[ ―4,4]上的最大值和最小值．
题型十一 函数最值与参数问题
【例 11】（ 2024 高 二 下 · 全 国 · 专 题 练 习 ） 若 函 数 1( ) = 33 ―4 + 在 [0,3]上 的 最 小 值 为 4 ， 则
= ．
【变式 11-1】（2024 高二下·全国·专题练习）已知函数 ( ) = (4 2 + 4 + 2) ，其中 < 0.若 ( )在区
间[1，4]上的最小值为 8，则 a 的值为 .
【变式 11-2】（2024 高二下·全国·专题练习）若函数 1 2( ) = 3 23 + ― 3在区间( ― 1, + 5)内存在最小值，
则实数 的取值范围是 .
【变式 11-3】 （23-24 高二下·河北·开学考试）已知函数 ( ) = + ln ( ∈ )．
(1)讨论 ( )的极值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最小值 ( )．
【变式 11-4】（23-24 高二上·江苏徐州·期末）已知函数 ( ) = 2 ― ln + 1, ∈ .
(1)当 = ―1时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)当 > 0时，若函数 ( )有最小值 2，求 a 的值.
题型十二 恒成立与有解问题
【例 12】（22-23 高二下·新疆喀什·期末）已知函数 ( ) = ― ln ，若 ( ) > 0在定义域上恒成立，则 的
取值范围是（ ）
1
A．( , + ∞) B．(1, + ∞)
e
C．(e, + ∞) D．(12, + ∞)
【变式 12-1】（23-24 高二上·江苏盐城·期末）设函数 ( ) = 1 22 ―4 + ln ，若函数 = ( )存在两个极
, ( 1) ( 2)值点 1 2，且不等式 ≥ 恒成立，则 t 的取值范围为（ ）．1 2
A．( ― ∞, ― 1] B． ―∞, ― 9
4
e2C． ―∞, ― 4e D．( ― ∞, ― 13]2
【变式 12-2】 π（2024·四川成都·模拟预测）当0 < ≤ 2时，关于 的不等式(2 sin + cos2 ― 3)(sin ― )
≤ 0有解，则 的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4 2
【变式 12-3】（22-23 高二下·广东揭阳·阶段练习）已知函数 ( ) = e ― 2 , > 1 2 ― ( + 3) + + 2, ≤ 1 ，若关于
的不等式 ( ) ≥ 0恒成立，则实数 的取值范围为（ ）
A．( ― ∞,e] B． ―∞, e C． ―1, e D．( ― ∞,2]
2 2
【变式 12-4】（22-23 高三下·全国·阶段练习）已知不等式 ≤ (2 + 1)e 对任意 ∈ [1, + ∞)恒成立，则
正实数 的取值范围是 ．
题型十三 导数构造问题
【例 13】（23-24 高二下·陕西·开学考试）已知函数 ( )的导函数为 ′( )，且 ( ) > 1 ′3 ( )，则必有（ ）
( )
= ( )A．函数 1 为增函数 B．函数 = 为增函数
e3 e3
( )
C．函数 = 1 为减函数 D．函数 =
( )
3 为减函数e3 e
【变式 13-1】（2024·四川成都·模拟预测）若函数 ( )对任意的 ∈ R都有 ′( ) < ( )恒成立，则2 (2)与
e2 (ln2)的大小关系正确的是（ ）
A．2 (2) > e2 (ln2) B．2 (2) = e2 (ln2)
C．2 (2) < e2 (ln2) D．无法比较大
【变式 13-2】（23-24 高三上·浙江杭州·期末）已知定义在 上的函数 ( )满足sin ( ) + cos ′( ) > 0，
则（ ）
A． π < 3 π B． π < 3 π
3 6 6 3
C． π > 3 π D． π > 3 π
3 6 6 3
【变式 13-3】（多选）（23-24 高二下·福建莆田·开学考试）已知 ′( )为函数 ( )的导函数，当 > 0时，
有 ( ) ― ′( ) > 0恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． 1 > 2 1 B． 1 < 2 1
2 4 2 4
C． 1 > 2 (1) D．2 1 > (1)
2 2
【变式 13-4】（23-24 高二上·重庆·期末）已知定义在(0, + ∞)上的函数 ( )的导数为 ′( )，若 (1) = 1，
且 2 ′( ) + 1 > 0，则下列式子中一定成立的是（ ）
A． 1 > 3
1
B． ( ) > π
3 π
C． (log2e) > ln2 D． (ln3) < log3e
题型十四 零点问题
【例 14】（多选）（22-23 高二下·甘肃定西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 3 22 ―6 + 有三个零点，则实
数 a 的可能取值是（ ）
A．－10 B．－9 C．2 D．3
【变式 14-1】（22-23 高二下·湖北·期中）设函数 ( ) = e ―2 在区间[ 1 ,3 上有零点，则实数 的取值
2
范围是 .
【变式 14-2】（23-24 高三上·北京大兴·阶段练习）已知 ( ) = ln ，
(1)求 ( ) 的极值；
(2)若函数 = ( ) ― 存在两个零点，求 的取值范围.
【变式 14-3】（23-24 高三上·浙江绍兴·期末）已知函数 ( ) = + ( ― 2) ― 1 2ln ， ∈ ．
(1)求函数 ( )图象上一点 (1,4)处的切线方程；
(2)若函数 ( )有两个零点 1, 2（ 1 < 2），求 的取值范围．
【变式 14-4】（22-23 高三上·江苏·阶段练习）已知函数 ( ) = cos ― 2.
(1)设 ( ) = ′( )，求 ( )在区间 π ,π 上的最值；4
(2)讨论 ( )的零点个数.
题型十五 利用单调性比较大小
【例 15】（2024·陕西·模拟预测）设 = 0.9, = sin3, = e―0.194 ，则（ ）
A． < < B． < < C．c
【 变 式 15-1 】（ 23-24 高 三 下 · 江 西 · 开 学 考 试 ） 142857 被 称 为 世 界 上 最 神 秘 的 数 字 ，
142857 × 1 = 142857,142857 × 2 = 285714,142857 × 3 = 428571,142857 × 4 = 571428,
142857 × 5 = 714285,142857 × 6 = 857142，所得结果是这些数字反复出现，若 = e0.142857, = ln
1.285714
2
+1, = 1.285714，则（ ）
A． > > B． > >
C． > > D． > >
【变式 15-2 】（ 2024· 四 川 成 都 · 模 拟 预 测 ） 已 知 函 数 ( ) = 2 + 2― + cos + 2， 若 = ( 2)，
1 1
= ( ― ee)， = (ππ)，则（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
【变式 15-3】（23-24 高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知 ( )是定义域为R的偶函数，且在( ―∞,0)上单调
递减， = (ln1.04 + ln2.7), = (1.04), = (e0.04)，则（ ）
A． < < B． < <
C． < < D．c【变式 15-4】（23-24 高三下·河北·阶段练习）设 = ln(1 + 0.1), = sin0.1, = 221，则下列大小关系正确的
是（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
题型十六 不等式证明问题
【例 16】 （23-24 高二上·福建莆田·期末）已知函数 ( ) = ln + , ∈ R．
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)若 = 12, > 1，证明： ( ) < .
【变式 16-1】（23-24 高三上·山东青岛·期末）已知函数 ( ) = e ― + ln ( ∈ R)．
(1)当 = 0时，求 ( )的单调区间；
(2)当 = 1时，证明： ( ) ≥ e ―1．
【变式 16-2】（23-24 高三上·安徽合肥·期末）已知函数 ( ) = ln + 2 + (2 + 1) .
(1)当 = ―1时，求 ( )的单调区间
(2)讨论 ( )的单调性；
(3)当 < 0时，证明 3( ) ≤ ― 4 ―2.
【变式 16-3】（23-24 高二上·江苏泰州·期末）已知函数 ( ) = 3 ― 2，曲线 = ( )在点(1, (1))处的切
线 的斜率为 1，其中 ∈ .
(1)求 的值和 的方程；
(2)证明：当 ∈ (0, + ∞)时， ( ) ≥ ln .
【变式 16-4】（23-24 高三上·河北邢台·期末）已知函数 ( ) = sin + 2．
(1)求曲线 = ( )在点 π , π 处的切线方程；
2 2
(2)证明： ( ) > ― 516．第六章：导数章末重点题型复习
题型一 极限相关问题
【例 1】（2024 高二下·全国·专题练习）已知 ( ) = ，则 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ )′ 0 2Δ 的值为（ ）Δ →0
A．－2a B．2a
C．a D．2
【答案】B
【分析】由导数的定义变形即可求解.
【详解】 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ ) = 2 lim ( 0 Δ ) ( 0 3Δ ) = 2 ′2Δ 4Δ ( 0) = 2 .Δ →0 Δ →0
故选：B．
【变式 1-1】（23-24 高二上·云南昭通·期末）设函数 ( )在 = 0处存在导数为 2，则 lim
( 0 Δ ) ( 0)
Δ →0 2Δ
=
（ ）
A．2 B．1 C．23 D．6
【答案】B
【分析】由导数的概念求解.
【详解】由已知有 ′( 0) = 2，
则 lim ( 0 Δ ) ( 0) = 1 lim ( 0 Δ ) ( 0) = 1 ′2Δ 2 Δ 2 ( 0) = 1.Δ →0 Δ →0
故选：B
【变式 1-2】（22-23 高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知函数 在 = ( 0 Δ ) ( ( ) 0)0处的导数为6，则 lim
Δ →0 2Δ
= （ ）
A． ―3 B．3 C． ―6 D．6
【答案】A
【分析】根据已知条件及函数在 = 0导数 ′( 0) = 6的定义即可求解.
【详解】由题意得函数 ( )在 = 0处的导数 ′( 0) = 6
lim ( 0 Δ ) ( 0) = ― 1 lim ( 0 Δ ) ( 0)2Δ 2 = ―
1 1′( 0) = ― × 6 = ―3，
Δ →0 Δ →0 Δ 2 2
故 A 项正确.
故选：A.
【变式 1-3】（22-23 高二下·河北廊坊·开学考试）函数 ( )在 上可导，若 = 3，则 lim (2 3Δ ) (2 Δ )′(2)
Δ →0 Δ
= （ ）
A．12 B．9 C．6 D．3
【答案】A
【分析】根据题意，由导数的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】 lim (2 3Δ ) (2 Δ ) = 4 × lim (2 3Δ ) (2 Δ )Δ 4Δ = 4 ′(2) = 12．Δ →0 Δ →0
故选：A
【变式 1-4】（23-24 高二上·湖北武汉·期末）若R上的可导函数 = 在 = 处满足 lim ( 0 Δ ) ( 0)( ) 0
Δ →0 2Δ
= ―3，则 ′( 0) = ．
【答案】6
【分析】导数的定义可得答案.
【详解】 lim ( 0 Δ ) ( 0) 12Δ = ― 2 lim
( 0 Δ ) ( 0) 1 ′
Δ →0 Δ →0 Δ
= ― 2 ( 0) = ―3，
则 ′( 0) = 6.
故答案为：6.
题型二 切线问题
【例 2】（2022 高三上·河南·专题练习）函数 ( ) = ― 3 +3sin 的图象在点 (0, (0))处的切线方程是
（ ）
A． ― 3 = 0 B．3 ― = 0 C． + 3 = 0 D．3 + = 0
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】因为 ( ) = ― 3 +3sin ，所以 (0) = 0，所以切点为 (0,0)，又 ′( ) = ―3 2 +3cos ，
由导数的几何意义知函数的图象在点 处的切线斜率 = ′(0) = 0 + 3cos0 = 3，
故得函数 ( )的图象在点 处的切线方程是 ― 0 = 3( ― 0)，即为3 ― = 0．
故选：B
【变式 2-1】（2024 高三上 ·全国 ·竞赛）如果可导曲线 = ( )在点( 0, ( 0))的切线方程为 + e
― 3 = 0，其中 ∈ ，则（ ）
A． ′( 0) > 0 B． ′( 0) = 0
C． ′( 0) < 0 D．无法确定
【答案】C
【分析】利用导数的几何意义求解.
1 3 1
【详解】解：切线方程的斜截式为 = ― + ，斜率 ― < 0，e e e
所以 ′( 0) < 0.
故选：C
【变式 2-2】（23-24 高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）已知函数 ( ) = ln ( ≠ 0)，过原点作曲线
= ( )的切线 ，则切线 的斜率为 ．
【答案】e
【分析】设出切点，求得切点处 ( )的切线方程，根据其过点(0,0)，求得切点恒坐标，即可求得切线斜率.
【详解】根据题意得， ′( ) = ，设切点坐标为( 0, 0)，则 ′( 0) = ，0
所以切线 的方程为 = ( ― 0) + 0，0
将点(0,0)代入，可得0 = (0 ― 0) + 0，整理得 0 0 = ，
故 ln 0 = ，解得 0 = e，
故 ′( 0) = e，即切线 的斜率为e．
故答案为：e.
【变式 2-3】（2024·广东·一模）设点 在曲线 = e 上，点 在直线 =
1 上，则| |的最小值为（ ）e
1 2
A． 2 1 B．e e2 1
e 3
C． e2 1 D． e2 1
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义及点到直线的距离公式即可求解.
= = 1 1【详解】令 ′ e ，得 = ―1，代入曲线 = e―1 = ，e e
1 2
所以| |的最小值即为点 ―1, 1 到直线 = 的距离 = .
e e e2 1
故选：B.
【变式 2-4】（22-23 高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知直线 与曲线 = e 相切，切点为 ( 1, 1)，与曲线
+ 3 2 = ( 也相切，切点是 ( 2, 2)，则 2 ―2 1的值为 ．
【答案】1
【分析】根据导数求出切线的斜率，得到切线方程，根据两切线相同列出等式即可得解.
【详解】设直线 与曲线 = e 相切于 ( 1, 1)，又 ′ = e ，所以直线 的斜率为 = e 1，
则 处的切线方程为 ― e 1 = e 1( ― 1)，即 = e 1 + (1 ― 11)e ；
直线 与曲线 = ( + 3)2相切于 ( 2, 2)， ′ = 2( + 3)，
可得切线方程为 ― ( 22 + 3) = 2( 2 + 3)( ― 2)，
即 = 2( 22 + 3) + 9 ― 2，
因为直线 与两条曲线都相切，所以两条切线相同，
则e 1 = 2( + 3) > 0且(1 ― )e 1 = 9 ― 22 1 2，
则(1 ― 1) × 2( 2 + 3) = 9 ― 22，即(1 ― 1)[2( 2 + 3)] = (3 ― 2)(3 + 2)
可得2(1 ― 1) = 3 ― 2，解得 2 ―2 1 = 1，
故答案为：1.
题型三 基本初等函数的导数
【例 3】(多选)（2024 高二下·全国·专题练习）下列求导错误的是（ ）
1 1
A． ( ) = log23， ′( ) = 3 B． =ln2 ( ) log2 ， ′( ) = 2ln
C． ( ) = 2 ， ′( ) = 2ln D． ( ) = 2， ′( ) = 2
【答案】ABC
【分析】根据基本初等函数的导数公式计算可得.
【详解】对于 A， ′( ) = 0，故 A 错误；
= 1对于 B， ′( ) 2，故 B 错误；ln
对于 C， ′( ) = 2 ln2，故 C 错误；
对于 D， ′( ) = 2 ，故 D 正确．
故选:ABC．
【变式 3-1】（23-24 高二上·河南许昌·期末）已知函数 ( ) = 2e + 2 + ― 2，若 ′(1) = 1，则 ′( ―1)
= （ ）
A． ―1 B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】求出 ′( )，计算出 ′( ) + ′( ― )，结合已知条件即可得解.
【详解】因为 ( ) = 2 2e + 2 + ― 2，则 ′( ) = 2 e +2 + 1，
则 ′( ― ) = ―2 e(― )
2 ―2 + 1 = ―2 2e ―2 + 1，
所以， ′( ) + ′( ― ) = (2 2e + 2 + 1) + ( ―2
2
e ― 2 + 1) = 2，
所以， ′(1) + ′( ―1) = 1 + ′( ―1) = 2，故 ′( ―1) = 1.
故选：C.
【变式 3-2】（23-24 高二上 ·河北沧州 ·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 ′(1) ― 2 + ln + 12，则 ′(1) =
（ ）
A．1 B．2 C．1 D． ― 12 2
【答案】C
【分析】根据导数的求导法则，求导代入即可求解.
【详解】对 1 1( ) = 3 ′(1) ― 2 + ln + ′2求导可得 ( ) = 3 ′(1) ―2 + ，
所以 ′(1) = 3 ′(1) ―2 + 1，所以
1
′(1) = 2，
故选：C
【变式 3-3】（23-24 高二上·河南开封·期末）已知函数 ( )的导函数为 ′( )，且 ( ) = 2 ′ π + sin ，则
3
′ π = （ ）
3
A． 3 B．12 C． ―
1
2 D． ―
3
2 2
【答案】C
【分析】对等式两边求导，求导的时候注意 ′ π 是个常数，求导之后令 = π3即可得出答案.3
【详解】因为 ( ) = 2 ′ π + sin ，所以 ′( ) = 2 ′ π + cos ，令 = π3，则 ′
π = 2 ′ π + cosπ， ′ π
3 3 3 3 3 3
= ― 12．
故选：C
【变式 3-4】（23-24 高二上·江苏南通·期末）函数 ( ) = sin 2 π ― π 在 = 3处的导数 ′(3) = ．3 2
【答案】0
【分析】求导，再令 = 3即可得解.
【详解】 2′( ) = πcos 2 π ― π3 ，3 2
则 2′(3) = π3 cos
3π
2 = 0.
故答案为：0.
题型四 函数的单调性与单调区间
【例 4】（2024·浙江·模拟预测）函数 ( ) = ln(2 ― 1) ― 2 + 的单调递增区间是（ ）
A．(0,1) B． 1 ,1
2
C． 1 2 , 1 2 D． 1 , 1 2
2 2 2 2
【答案】D
【分析】求出函数的定义域与导函数，再令 ′( ) > 0，解得即可.
【详解】函数 ( ) = ln(2 ― 1) ― 2 + 的定义域为 1 , + ∞ ，
2
2
且 ′( ) =
2 2 (2 1) 2 (2 1) 2 (2 1)
2 1 ―2 + 1 = 2 1 = ，2 1
令 ′( ) > 0，解得
1
2 < <
1 2，
2
所以 ( )的单调递增区间为 1 , 1 2 .
2 2
故选：D
2
【变式 4-1】（23-24 高三下·河南郑州·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 + ― ( + 1)ln 在 = 1处的切线方
程为 = + 52( , ∈ R).
(1)求 ， 的值；
(2)证明： ( )在(1, + ∞)上单调递增.
【答案】(1) = 2， = 0
(2)证明见解析
′(1) =
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得 (1) = + 5 ，即可得到方程组，解得即可；
2
（2）令 ( ) = ―
1
―2ln ， ∈ (1, + ∞)，利用导数说明函数的单调性，即可得到当 ∈ (1, + ∞)时 ( )
> 0，即当 ∈ (1, + ∞)时 ′( ) > 0，即可得证.
2
【详解】（1）因为 ( ) = 2 + ― ( + 1)ln ，
所以 ′( ) = + ― ln ― 1 = ―
1
― ln ，
′(1) = 1 ― 1 ― ln1 =
依题意可得 = 0 (1) = + 5 ，即 1 + ― ( + 1)ln1 = + 5 ，解得 = 2 ，
2 2 2
所以 = 2, = 0.
2（2）证明：由（1）可得 ( ) = +2 ― (2 + 1)ln ，则 ( ) = ― 1′2 ―2ln ，
令 = = ― 1
2
( ) ′( ) ―2ln ， ∈ (1, + ∞)，则
1 2
′( ) = 1 + ― = ( 1) 2 2 > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增，又 (1) = 0，
所以当 ∈ (1, + ∞)时 ( ) > 0，即当 ∈ (1, + ∞)时 ′( ) > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增.
【变式 4-2】（23-24 高二下·全国·课前预习）已知函数 ( ) = e 2 ― (2 + 1) + 1 .
(1)若 = 12，求曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线；
(2)讨论 ( )的单调性；
【答案】(1) + ― 1 = 0
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义得到切线方程；
（2）求导，对导函数因式分解，分 > ― 1 1 12， < ― 2和 = ― 2三种情况，进行求解函数的单调性.
【详解】（1）当 = 12时，函数 ( ) = e
( 2 ― 2 + 1)，则 (0) = 1，切点坐标为(0,1)，
′( ) = e ( 2 ― 1)，则曲线 = ( )在点(0,1)处的切线斜率为 ′(0) = ―1，
所求切线方程为 ― 1 = ― ( ― 0)，即 + ― 1 = 0.
（2） ( ) = e 2 ― (2 + 1) + 1 ，函数定义域为 R，
′( ) = e 2 + (1 ― 2 ) ― 2 = e ( ― 2 )( + 1)，
① > ― 12， ′( ) > 0解得 < ―1或 > 2 ， ′( ) < 0解得 ―1 < < 2 ，
所以 ( )在( ―∞, ― 1)和(2 , + ∞)上单调递增，在( ―1,2 )上单调递减，
② < ― 1 ′2， ( ) > 0解得 < 2 或 > ―1， ′( ) < 0解得2 < < ―1，
所以 ( )在( ―∞,2 )和( ―1, + ∞)上单调递增，在(2 , ― 1)上单调递减，
③ = ― 1 ′2， ( ) ≥ 0恒成立， ( )在( ―∞, + ∞)上单调递增.
综上，当 > ― 12时， ( )在( ―∞, ― 1)和(2 , + ∞)上单调递增，在( ―1,2 )上单调递减；
当 < ― 12时， ( )在( ―∞,2 )和( ―1, + ∞)上单调递增，在(2 , ― 1)上单调递减；
= ― 1当 时， ( )在( ―∞, + ∞)2 上单调递增.
【变式 4-3】（23-24 高三上·内蒙古赤峰·期中）已知函数 ( ) = e ln( + e).
(1)求曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线方程；
(2)设 ( ) = ′( )，讨论函数 ( )在[0, + ∞)上的单调性.
【答案】(1)(e + 1) ― e + e = 0
(2)单调递增
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线的斜率，再由点斜式得切线方程；
（2）研究函数 ( )在[0, + ∞)上的单调性，先求解 ′( )，因不易判断 ′( )符号，由 ′( ) = e ( )构造局
部函数 ( )，再继续求解 ′( )，分析得出 ′( ) > 0，由此逐步分析出 ′( )符号，从而得出 ( )的单调性.
【详解】（1） ∵ ( ) = e ln( + e)，
∴ (0) = 1，即切点坐标为(0,1)，
又 ∵ ′( ) = e ln( + ) +
1
e ， e
∴ 1切线斜率 = ′(0) = +1，e
则切线方程为 ― 1 = 1 + 1 ，即：(e + 1) ― e + e = 0；e
（2） ∵ ( ) = ′( ) = e ln( + e) +
1 ，
e
∴ ′( ) = e 2 1ln( + e) + ― ， e ( e)2
2 1
令 ( ) = ln( + e) + ―e ( e)2，
1 2 2
则 = ― + = ( e)
2 2( ) 2 ( 1)2 1
′( ) e e e ( e)2 ( e)3 ( )3 =e ( e)3 > 0，
∴ ( )在[0, + ∞)上单调递增，
2 1 2 1
∴ ( ) ≥ (0) = lne + e 2 = 1 +
e > 0，
e e2
∴ ′( ) = e ( ) > 0在[0, + ∞)上恒成立，
∴ ( )在[0, + ∞)上单调递增.
【变式 4-4】（23-24 高二上·江苏盐城·期末）已知函数 ( ) = e + cos , ≥ 0．
(1)求曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线方程；
(2)求证： ( )在[0, + ∞)上单调递增．
【答案】(1) ― + 2 = 0
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意求导函数，求出切线的斜率和切点坐标，即可得出切线方程；
（2）证出导函数恒大于等于 0 即可.
【详解】（1）因为 ′( ) = e ― sin , ≥ 0，
所以 ′(0) = 1, (0) = 2,
所以曲线 = ( )在点(0, (0))处的切线方程为 ― 2 = ，
即 ― + 2 = 0．
（2）由（1）知， ′( ) = e ― sin , ≥ 0，
因为 ≥ 0所以e ≥ 1，又 ―1 ≤ sin ≤ 1，
所以 ′( ) = e ― sin ≥ 1 ― sin ≥ 0，
所以 ( )在[0, + ∞)上单调递增.
题型五 已知单调性求参问题
【例 5】（22-23 高二下·陕西西安·期末）已知函数 ( ) = ( ― 1)e ― 在区间[2,4]上存在单调减区间，则
实数 m 的取值范围为（ ）
A．[4e4, + ∞) B．(2e2,4e4)
C．[2e2, + ∞) D．(2e2, + ∞)
【答案】D
【分析】求出 ′( )，由题意 ′( ) < 0在[2,4]上有解，再转化为求新函数的最小值．
【详解】由已知 ′( ) = e +( ― 1)e ― = e ― < 0在[2,4]上有解，
即 > e 在[2,4]上有解，
设 ( ) = e ，则 ′( ) = ( + 1)e > 0在[2,4]上恒成立，因此 ( )在[2,4]上是增函数，
( )min = (2) = 2e2，
所以 > 2e2，
故选：D．
【变式 5-1】（2022·江西宜春·模拟预测）已知函数 ( ) = ( ― 1)e ― 在区间[2,4]上存在单调减区间，
则实数 的取值范围为（ ）
A．(2e2, + ∞) B．( ―∞,e)
C．(0,2e2) D．(0,e)
【答案】A
【分析】由题意转化为存在 ∈ [2,4]，使得 ′( ) < 0，即存在 ∈ [2,4]，使得 > e ，利用导数求 ( ) = e
在 ∈ [2,4]上的最小值即可.
【详解】因为 ( ) = ( ― 1)e ― ，所以 ′( ) = e ― ，
因为 ( )在区间[2,4]上存在单调递减区间，所以存在 ∈ [2,4]，使得 ′( ) < 0，
即 > e ，令 ( ) = e ， ∈ [2,4]，则 ′( ) = ( + 1)e > 0恒成立，
所以 ( ) = e 在[2,4]上单调递增，所以 ( )min = (2) = 2e2，
所以 > 2e2.
故选：A
【变式 5-2】（20-21 高二下·宁夏银川·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 2 + + 的单调减区间为[ ―1,2]，
则 = ．
【答案】9
【分析】由出导函数 ′( )，由 ′( ) ≤ 0的解是 ―1 ≤ ≤ 2可得结论．
【详解】 ′( ) = 3 2 +2 + ，由题意 ′( ) = 3 2 +2 + ≤ 0的解集是[ ― 1,2]，
― 2
= ―1 + 2 3
则 3= ―1 × 2 ，解得
= ―
2 ，所以 = 9．
3 = ―6
故答案为：9．
【变式 5-3】（22-23 高二下·天津静海·阶段练习）已知函数 1( ) = 22 +2 ln ― 2 ( ∈ )．
(1)若 = ― 32，求 ( )的单减区间.
(2)若函数 ( )在区间(1,2)上单调递增，求 的取值范围；
(3)若函数 ( )在区间(1,2)上存在减区间，求 的取值范围
(4)若函数 ( )在区间(1,2)上不单调，求 的取值范围；
【答案】(1)(0,3)
(2) 1 , + ∞
2
(3) ―∞, 1
2
(4) 0, 1
2
【分析】（1）求导，利用导数求单调区间；
（2）分析可得： 2 ―2 ≥ ―2 对 ∈ (1,2)恒成立，根据恒成立问题结合二次函数分析运算；
（3）分析可得： ∈ (1,2)，使得 2 ―2 < ―2 成立，根据存在性问题结合二次函数分析运算；
（4）分析可得： ∈ (1,2)，使得 2 ―2 = ―2 成立，根据零点问题结合二次函数分析运算；
【详解】（1）若 = ― 3 12，则 ( ) = 2
2 ―3ln ― 2 ，
可得 ( )的定义域为(0, + ∞)，且 ′( ) = ―
3
―2 =
( 3)( 1)
，
令 ′( ) < 0，则0 < < 3
故 ( )的单减区间为(0,3).
（2）∵ 1( ) = 2
2 +2 ln ― 2 ，则 2 ′( ) = + ―2，
若函数 ( )在区间(1,2)上单调递增，等价于对 ∈
2
(1,2)， ′( ) = + ―2 ≥ 0恒成立，
可得 2 ―2 ≥ ―2 对 ∈ (1,2)恒成立，
构建 ( ) = 2 ―2 ，可知 ( )开口向上，对称轴 = 1，
∴ ( ) > (1) = ―1，
故 ―1 ≥ ―2 ，解得 ≥ 12，
则 的取值范围为 1 , + ∞ .
2
（3）由（2）可得： 2 ′( ) = + ―2，
若函数 2 ( )在区间(1,2)上存在减区间，等价于 ∈ (1,2)，使得 ′( ) = + ―2 < 0成立，
可得 ∈ (1,2)，使得 2 ―2 < ―2 成立，
构建 ( ) = 2 ―2 ，可知 ( )开口向上，对称轴 = 1，
∴ ( ) > (1) = ―1，
故 ―1 < ―2 ，解得 < 12，
则 的取值范围为 ―∞, 1 .
2
（4）由（2）可得： 2 ′( ) = + ―2，
若函数 2 ( )在区间(1,2)上不单调，等价于 ∈ (1,2)，使得 ′( ) = + ―2 = 0，
可得 ∈ (1,2)，使得 2 ―2 = ―2 成立，
构建 ( ) = 2 ―2 ，可知 ( )开口向上，对称轴 = 1，
∴ ( ) > (1) = ―1, ( ) < (2) = 0，
故 ―1 < ―2 < 0，解得0 < < 12，
则 的取值范围为 0, 1 .
2
【变式 5-4】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函数 ( ) = ( 2 ― 2 + 2 )e ．
(1)若 ( )在[2,7]上单调递增，求 的取值范围；
(2)试讨论函数 ( )的单调性．
【答案】(1)[ ―1, + ∞)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可知： ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e ≥ 0在[2,7]上恒成立，结合二次函数分析求解；
（2）分2 ― 2 ≥ 0和2 ― 2 < 0两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.
【详解】（1）由题意可得： ′( ) = ( 2 ― 2 + 2 )e + (2 ― 2)e = ( 2 + 2 ― 2)e ，
若 ( )在[2,7]上单调递增，则 ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e ≥ 0在[2,7]上恒成立，
且e > 0，则 2 +2 ― 2 ≥ 0，
且 = 2 +2 ― 2在[2,7]上单调递增，
当 = 2时， = 2 +2 ― 2取得最小值2 + 2，
可得2 + 2 ≥ 0，即 ≥ ―1，
所以 的取值范围[ ―1, + ∞).
（2）由（1）可得： ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e ，且e > 0，
当2 ― 2 ≥ 0，即 ≥ 1时，则 ′( ) = ( 2 + 2 ― 2)e > 0，
所以 ( )在 上单调递增；
当2 ― 2 < 0，即 < 1时，
令 ′( ) > 0，解得 < ― 2 ― 2 或 > 2 ― 2 ；令 ′( ) < 0，解得 ― 2 ― 2 < < 2 ― 2 ；
所以 ( )在( ―∞, ― 2 ― 2 )，( 2 ― 2 , + ∞)上单调递增，在( ― 2 ― 2 , 2 ― 2 )内单调递减；
综上所述：当 ≥ 1时，所以 ( )在 上单调递增；
当 < 1时，所以 ( )在( ―∞, ― 2 ― 2 )，( 2 ― 2 , + ∞)上单调递增，在( ― 2 ― 2 , 2 ― 2 )内单调递减.
题型六 函数单调性与图像的关系
【例 6】（16-17 高二下·山东枣庄·期末）已知定义在R上的函数 ( )及其导函数 ′( )的图象如图所示，则函
数 = e― ( )的减区间为（ ）
A．(0,1)，(4, + ∞) B．( ―∞,1) C．(1, + ∞) D．( ―∞,0)，(1,4)
【答案】D
【分析】利用导数可得 ′( ) < ( )，结合条件即得.
【详解】根据导数与函数的单调性的关系结合图象可得，
函数 ( )在( ―∞,0), 4 , + ∞ 上单调递减，在 0, 4 上单调递增，
3 3
当 < 0或1 < < 4时， ′( ) < ( )，
由 ′ = e― ( ― ( ) + ′( )) < 0，
可得 ′( ) < ( )，
所以 < 0或1 < < 4.
故选：D.
【变式 6-1】（2024 高二下·全国·专题练习）函数 = ( )的导函数 ′( )的图象如图所示，则下列判断中正
确的 （ ）
A． ( )在( ―3,1)上单调递增
B． ( )在(1,3)上单调递减
C． ( )在(2,4)上单调递减
D． ( )在(3, + ∞)上单调递增
【答案】C
【分析】由 ( )的增减性与 ′( )的正负之间的关系进行判断，
【详解】 ∈ ( ―3,0)时， ′( ) < 0，故 ( )在 ∈ ( ―3,0)上单调递减，
∈ (0,2)时， ′( ) > 0，故 ( )在 ∈ (0,2)上单调递增，
当 ∈ (2,4)时， ′( ) < 0，故 ( )在 ∈ (2,4)上单调递减，
当 ∈ (4, + ∞)时， ′( ) > 0，故 ( )在 ∈ (4, + ∞)上单调递增，
显然 C 正确，其他选项错误.
故选：C.
【变式 6-2】（23-24 高二下·湖南株洲·开学考试）设 ′( )是函数 ( )的导函数， = ′( )的图象如图所示，
则 = ( )的图象最有可能的是 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据导函数的图象可得 ( )的单调性，即可结合选项求解.
【详解】由 = ′( )的图象可知：当 < 0和 > 2时， ′( ) > 0，所以 ( )单调递增，当0 < < 2时， ′( ) < 0，
所以 ( )单调递减，
结合选项可知，只有 C 中函数符合要求，
故选：C
【变式 6-3】（23-24 高二下·河南·开学考试）设 ′( ) = 2 ―2 是函数 ( )的导函数，则 = ( )的图象可
能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用导数求出原函数的单调性，选择图像即可.
【详解】由 ′( ) > 0，得 < 0或 > 2，
由 ′( ) < 0，得0 < < 2，
所以 ( )在( ―∞,0),(2, + ∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
由图知，只有 C 选项的图象符合.
故选：C.
【变式 6-4】（22-23 高二下·广东韶关·阶段练习）已知定义域为[0,e]上的函数 = ( )，它的导函数 = ′
( )的图象如图所示，则函数 = ( )的单调减区间是 ．
【答案】( , )
【分析】根据导数符号与原函数单调性之间的关系结合导函数 = ′( )的图象可得出函数 = ( )的单调递
减区间.
【详解】观察图象可得当0 ≤ < 时， ′( ) > 0，
当 < < 时， ′( ) < 0，
当 < ≤ e时， ′( ) > 0，
所以函数 = ( )的单调递减区间为( , ).
故答案为：( , ).
题型七 函数的极值点与极值
【例 7】 6（23-24 高三上·四川·期末）函数 ( ) = 的极大值为 ．e
1
【答案】 ―7
e7
/e
【分析】利用导数求解极值即可.
7
【详解】 ′( ) = ，当 < 7时， ′( ) > 0，当 > 7时， ′e ( ) < 0．
所以 ( )在( ― ∞,7)上单调递增，在(7, + ∞)上单调递减，
所以
6 7 6 1
( ) = 的极大值为 e (7) = = ．e7 e7
1
故答案为：
e7
【变式 7-1】（多选）（23-24 高三下·山东济宁·开学考试）已知函数 ( ) = , ∈ (0, + ∞)，则（ ）
A． ( )有且只有一个极值点
B． ( )在 1 , + ∞ 上单调递增
2
C．不存在实数 ∈ (0, + ∞)，使得 ( ) = 64
―1D． ( )有最小值e e
【答案】ABD
【分析】首先求导来研究 = ln 的单调性最值情况，结合复合函数单调性可得 ( ) = , ∈ (0, + ∞)的单
调性、最值情况，由此即可逐一判断每一选项.
【详解】由 = 得ln = ln ，令 = ln ，则函数 = ln 可以看作为函数 = ln 与函数 = 的复合函
数，
因为 = ln 为增函数，所以 = ln 与 = 单调性、图象变换等基本一致，
′ = ln +1，由 ′ = 0得 =
1
，列表如下：
e
1 1 1
0, e , + ∞e e
′ - 0 +
1
↘ ― ↗e
1 1
由表知， = ln 在 0, 1 上单调递减，在 1 , + ∞ 上单调递增，在 = 时，取得极小值（最小值） ― ，
e e e e
所以， ( ) = 在 1 , + ∞ 上单调递增，在 1 , + ∞ 上单调递增，即 B 正确；
e 2
1
在 =
1
时，取得唯一极值（极小值，也是最小值） ―e e < e0 = 1 < 64，即 A、D 都正确，C 错误.e
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：关键是找到已知函数的同构函数 = ln ，由此即可顺利得解.
【变式 7-2】（2024·辽宁·一模）已知函数 ( ) = 2ln ― 2( ― 1) ― 2( > 0).
(1)当 = 1时，求曲线 = ( )在点(2, ( ))处的切线 的方程；
(2)讨论 ( )的极值.
【答案】(1)3 + ― 2ln2 ― 2 = 0；
(2)极大值为 (1 ) = 2ln
1 + 1 ―2，无极小值.
【分析】（1）把 = 1代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出 ( )的导数，分析函数单调性求出极值即得.
【详解】（1）当 = 1时， ( ) = 2ln ― 2，求导得 ′( ) = 2 ―2 ，则 ′ (2) = ―3，而 (2) = 2ln2 ― 4，
所以 的方程为 ― (2ln2 ― 4) = ―3( ― 2)，即3 + ― 2ln2 ― 2 = 0.
（2）函数 ( )的定义域为(0, + ∞)，求导得 ( ) = 2 ―2( ― 1) ― 2 = ― 2( 1)( 1)′ ，
而 > 0，则当 ∈ (0,1 )时，
1
′( ) > 0，当 ∈ ( ′ , + ∞)时， ( ) < 0，
因此 ( )在(0,1 )上单调递增，在(
1
, + ∞)上单调递减，
所以当 = 1 1 1 1 时， ( )取得极大值 ( ) = 2ln + ―2 ，无极小值.
【变式 7-3】（23-24 高二下·江苏南京·开学考试）设 ( ) = ln + 1 32 ― 2 + 1，函数 = ( )的单调增区
间是(13,1)．
(1)求实数 a；
(2)求函数 ( )的极值．
【答案】(1)2
(2)极小值为2 ― 2ln3，极大值为 0.
【分析】（1）因为函数 ( )的单调增区间是 1 ,1 ，所以 ′( ) > 0的解集为 1 ,1 ，由此可求参数 的值.
3 3
（2）求导，分析函数的单调性，可求函数的极值.
【详解】（1）函数的定义域为：(0, + ∞)
2
且 ′( ) = ―
1
2 2 ―
3 = 3 2 12 2 2
因为函数 = ( )的单调增区间是(13,1)，
所以 ―3 2 +2 ― 1 > 0的解集是(13,1).
所以方程 ―3 2 +2 ― 1 = 0的解是13，1，
所以13 +1 =
2
3 = 2.
（2）当 = 2时，令 ′( ) = 0，则 = 13或 = 1
当 变化时， ( )， ′( )的变化情况如下表：
1 1 1
x (0, ) 13 3 ( 3 ,1) (1, + ∞)
f'(x) ― 0 + 0 ―
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
当 = 13时， ( )有极小值
1 = 2ln13 +
3 1
3 2
― 2 +1 = 2 ― 2ln3；
当 = 1时， ( )有极大值 1 3(1) = 2ln1 + 2 ― 2 +1 = 0.
【变式 7-4】（23-24 高三下·湖南长沙·开学考试）已知直线 = 与函数 ( ) = ln ― 2 + 的图象相切.
(1)求 的值；
(2)求函数 ( )的极大值.
【答案】(1) = 0；
(2)0.
【分析】（1）设出切点，利用导数的几何意义求解即得.
（2）利用导数判断函数的单调性，然后求出极值即可.
【详解】（1）函数 ( ) = ln ― 2 + 的定义域为(0, + ∞)，求导得 ′( ) = ln ― 2 + 2，
设切点为( 0, 20ln 0 ― 0 + 0)，则切线的斜率为 = ln 0 ―2 0 +2，
切线方程为 ― ( ln ― 20 0 0 + 0) = (ln 0 ―2 0 +2)( ― 0)，
又切线过点(0,0)，于是 20 ― 0 = 0，而 0 > 0，解得 0 = 1，所以 = 0.
（2）由（1）知， ′( ) = ln ― 2 + 2，设 ( ) = ln ― 2 + 2，求导得 ′( ) = 1 ―2，
令 ′( ) = 0，得 = 12，当 ∈ (0,
1
2)时， ′( ) > 0，当 ∈ (
1
2, + ∞)时， ′( ) < 0，
因此函数 ( )在(0,12)上单调递增，在(
1
2, + ∞)上单调递减，
于是 ( ) = (1
1 2
max 2) = 1 ― ln2 > 0，又 ( 2) = ― 2 < 0, (1) = 0，e e
1
则存在 1 ∈ (
1
2,2), ( 1) = 0，当 ∈ (0, 1) ∪ (1, + ∞)时， ′( ) < 0，当 ∈ ( 1,1)时， ′( ) > 0，e
从而 ( )在(0, 1),(1, + ∞)上单调递减，在( 1,1)上单调递增，
所以 ( )存在唯一极大值 (1) = 0.
题型八 导数的极值与参数
【例 8】（2024 高二下 ·全国 ·专题练习）若函数 ( ) = 3 ―12 + 的极大值为 11，则 ( )的极小值
为 ．
【答案】－21
【分析】首先利用导数判断函数的单调性和极大值，并求 ，再求解函数的极小值.
【详解】函数的定义域为R， ′( ) = 3 2 ―12，令 ′( ) = 0，解得 1 = ―2或 2 = 2，
列表：
( ―∞, ― 2) ―2 ( ―2,2) 2 (2, + ∞)
′( ) + 0 ― 0 +
极 小 值
( ) 单调递增 极大值16 + 单调递减 单调递增
―16 +
所以当 = ―2时，函数有极大值 ( ―2) = 16 + ，由题意得16 + = 11，解得 = ―5，
当 = 2时，函数有极小值 (2) = ―16 + = ―16 ― 5 = ―21.
故答案为： ―21
【变式 8-1】（2024 高二下·全国·专题练习）若函数 = 1( ) 22 ― + ln 在(0,2)上有极值，则实数 的取值
范围是 .
【答案】(2, + ∞)
【分析】由题意可得 1′( )在(0,2)上有变号零点，即 = + 在(0,2)上有实数根，利用基本不等式求出 ( )
= + 1 , ∈ (0,2)的最小值可得答案.
【详解】 1( ) = 22 ― + ln 的定义域为{ | > 0 }， ′( ) = ― +
1
，
要函数 = 1( ) 22 ― + ln 在(0,2)上有极值，
则 1′( ) = ― + 在(0,2)上有变号零点，即 = +
1
在(0,2)上有实数根，且不能为相等实根.
令 ( ) = +
1
, ∈ (0,2)，
则 1( ) = + ≥ 2
1 = 2，当且仅当 = 1时等号成立，
所以 ≥ 2.
当 = 2时， ′( ) = ― +
1
= +
1
―2 ≥ 0，函数 ( )单调递增，
则函数 1( ) = 2
2 ― + ln 在(0,2)上没有极值，
故 > 2.
故答案为： > 2.
【变式 8-2】（2024 高二下·全国·专题练习）已知函数 ( ) = ln ― e （其中 ∈ ,e为自然对数的底数）存
在极大值，且极大值不小于 1，则 的取值范围为 ．
【答案】 0, 1
e
【分析】先利用导数求极大值，再利用极大值不小于 1 列不等式组即可求解.
【详解】由已知可得，函数 1( )的定义域为(0, + ∞), ′( ) = ― e．
①当 ≤ 0时， = 1′( ) ― e > 0在(0, + ∞)内恒成立，
所以 ( )在(0, + ∞)内单调递增，此时函数 ( )无极值．
e e
②当 > 0时， ′( ) = ′e ，由 ( ) = e = 0可得 =
e
．
当0 < < e 时， ′( ) > 0，所以 ( )在 0,
e 内单调递增；
当 > e 时， ′( ) < 0，所以 ( )在
e , + ∞ 内单调递减，
于是函数 ( )在 = e 处取得极大值．
由已知， e ≥ 1，即lne ―1 ≥ 1，lne ≥ 2 = lne2 ，
因为函数 = ln
1
在(0, + ∞)内单调递增，所以e ≥ e
2，即 ≤ ，又 > 0，
e
0 < ≤ 1所以 ，于是 的取值范围为
e 0,
1 ．
e
综上所述， 的取值范围为 0, 1 ．
e
故答案为： 0, 1 ．
e
【变式 8-3】（23-24 高三下·山西晋城·开学考试）若 ( ) = ln + 2在 = 1处有极值，则函数 ( )的单调
递增区间是（ ）
A．(1, + ∞) B．(0,1) C．(1,3) D． 1 ,1
2
【答案】A
【分析】由 ′(1) = 0求得 ，结合导数正负可求 ( )的单调递增区间.
【详解】由 ( ) = ln + 2得 ′( ) = +2 ， ′(1) = + 2 = 0，解得 = ―2，
2
故 ′( ) =
2 +2 = 2 2 = 2( 1)( 1) ( > 0)，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0， ( )单减；当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单增，
故函数 ( )的单调递增区间是(1, + ∞).
故选：A
【变式 8-4】（23-24 高三下·山东·开学考试）已知函数 ( ) = 2 ― ln 存在极小值点 0，且 ( 0) < ―
e3，则实数 的取值范围为（ ）
1 2 1 2
A．(0, 2) B．(0, 2) C．(0, ) D．(0, )e e e3 e3
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用导数结合零点存在性定理探讨极小值点，并求出极小值，利用导数求出 ( 0
) < ― e3的解集，再利用导数求出 的范围.
【详解】函数 ( ) = 2 ― ln 的定义域为(0, + ∞)，求导得 ′( ) = 2 ― 1 ― ln ，
当 ≤ 0时，函数 ′( )在(0, + ∞)上单调递减， ′(1) = 2 ― 1 < 0，
′(e2 ―1) = 2 e2 ―1 ― 1 ― (2 ― 1) = 2 (e2 ―1 ― 1) > 0，则存在 1 ∈ (0,1)，使得 ′( 1) = 0，
当 ∈ (0, 1)时， ′( ) > 0， ( )递增，当 ∈ ( 1, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )递减，
函数 ( )在 = 1取得极大值，无极小值，不符合题意；
当 > 0时，令 ( ) = ′( ) = 2 ― 1 ― ln ，求导得 ′( ) = 2 ― 1 ，显然 ′( )在(0, + ∞)上单调递增，
当 ∈ (0, 1 )时， ′( ) < 0，函数 ′( )递减，当 ∈ ( 1 , + ∞)时， ′2 2 ( ) > 0，函数 ′( )递增，
于是 ′( )min = ′(
1
2 ) = ln2 ，
当2 ≥ 1，即 ≥ 1时， ′2 ( ) ≥ 0，函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增，函数 ( )无极值，
2 2
当0 < < 1 ′2时， (
1 ) < 0，而 ′2 (
2
e) = ―1 ― ln =
2
e ― ln > 0，e e
存在 2 ∈ (0,
1
2 )，使得 ′( 2) = 0，当 ∈ (0, 2)时， ′( ) > 0，函数 ( )递增，
当 ∈ ( 12,2 )时， ′( ) < 0，函数 ( )递减，函数 ( )在 = 2取得极大值，
又 ( 1 2′ 2) = ―1 + 2ln ，令 ( ) =
2
―1 + 2ln ,0 < <
1，求导得 ( ) = ― 2′2 2 +
2
< 0，
函数 ( )在(0,1)上单调递减， ( ) > (1) = 3 ― 2ln2 > 0，则 ( 1′2 2 2) > 0，
存在 3 ∈ (
1
′
2 , + ∞)，使得 ( 3) = 0，当 ∈ (
1
2 , 3)时， ′( ) < 0，函数 ( )递减，
当 ∈ ( 3, + ∞)时， ′( ) > 0，函数 ( )递增，函数 ( )在 = 3取得极小值，因此 3 = 0，
由 ′( 1 ln 00) = 0，得 0 = 2 ， ( ) =
2 ― ln = 0 0ln 00 0 0 0 2 < ― e
3，
即有 ―3 30 ― 0ln 0 +2e < 0，令 ( ) = ― ln + 2e , > 1，求导得 ′( ) = ― ln < 0，
函数 ( )在(1, + ∞)上单调递减，而 (e3) = 0，即有 ( 0) < (e3)，于是 > e30 ，
1
显然 = ln 0，令 ( ) = 1 ln 2 2 , > e
3，求导得 ′( ) = ln 2 2 < 0，即函数 ( )在(e
3, + ∞)上单调递减
0
因此 ( ) < (e3
2 2 2 2
) = 3，即 < ，又 <
1
e e3 e3 2，则0 < < ，e3
2
所以实数 的取值范围为(0, 3).e
故选：D
【点睛】结论点睛：可导函数 = ( )在点 0处取得极值的充要条件是 ′( 0) = 0，且在 0左侧与右侧 ′( )
的符号不同．
题型九 函数极值与图像的关系
【例 9】（23-24 高二上·安徽·期末）已知函数 = ( )为连续可导函数， = ( 2 + 4 + 3) ′( )的图像如图
所示，以下命题正确的是（ ）
A． ( ―3)是函数的极大值 B． ( ―1)是函数的极小值
C． ( )在区间( ―3,1)上单调递增 D． ( )的零点是 ―3和 ―1
【答案】B
【分析】根据题意结合导数判断 ( )的单调性，进而逐项分析判断.
【详解】因为 = ( 2 + 4 + 3) ′( ) = ( + 3)( + 1) ′( )，
由图可知： < ―3，( + 3)( + 1) ′( ) < 0； ―3 < < ―1或 > ―1，( + 3)( + 1) ′( ) > 0；
且 < ―3或 > ―1，( + 3)( + 1) > 0； ―3 < < ―1，( + 3)( + 1) < 0；
可得 < ―3或 ―3 < < ―1， ′( ) < 0； > ―1， ′( ) > 0；
且函数 = ( )为连续可导函数，
则 = ( )在( ―∞, ― 1)内单调递减，在( ―1, + ∞)内单调递增，
可知 = ( )有且仅有一个极小值 ( ―1)，无极大值，故 AC 错误，B 正确；
由于不知 = ( )的解析式，故不能确定 = ( )的零点，故 D 错误；
故选：B.
【变式 9-1】（多选）（2023 高三·全国·专题练习）（多选）设函数 ( )在 R 上可导，其导函数为 ′( )，且
函数 ( ) = ′( )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A． ( )有两个极值点 B． (0)为函数的极大值
C． ( )有两个极小值 D． ( ―1)为 ( )的极小值
【答案】BC
【分析】根据 ( ) = ′( )的图象，得到 ( )的单调性和极值情况，得出结论.
【详解】根据 ( ) = ′( )的图象，可得当 < ―2时， ( ) = ′( ) > 0，可得 ′( ) < 0，即 ( )单调递减，
当 ―2 < < 0时， ( ) = ′( ) < 0，可得 ′( ) > 0，即 ( )单调递增，
当0 < < 1时， ( ) = ′( ) < 0，可得 ′( ) < 0，即 ( )单调递减，
当 > 1时， ( ) = ′( ) > 0，可得 ′( ) > 0，即 ( )单调递增，
因此 ( )在 = ―2和 = 1处取得极小值，在 = 0处取得极大值，共 3 个极值点，可得 A 错误，C 正确；
选项 B， (0)为函数的极大值，即 B 正确； ( ―1)不为函数的极小值，D 错误.
故选：BC
【变式 9-2】（多选）（23-24 高二上·江苏镇江·期末）已知函数 ( )的定义域为 R，函数 ( )的导函数 ′( )
的图象如图所示，则下列选项正确的是（ ）
A．函数 ( )的单调递减区间是( ―∞, ― 2)
B．函数 ( )的单调递增区间是( ―∞, ― 2)，(0, + ∞)
C． = 2处是函数 ( )的极值点
D． = ― 1时，函数的导函数小于 0
【答案】BD
【分析】综合应用函数的单调性与导函数的关系即可解决.
【详解】根据导函数 ′( )的图象，对于A项，在( ―2,0)上， ′( ) < 0，可得函数 ( )的单调递减区间是( ―2,0)，
故 A 错误；
对 于 B 项 ， 在 ( ―∞, ― 2)上 ， ′( ) > 0， 在 (0, + ∞)上 ′( ) ≥ 0， 可 得 函 数 ( )的 单 调 递 增 区 间 是
( ―∞, ― 2)，(0, + ∞)，故 B 正确；
对于 C 项， = ―2是 ′( )的变号零点，且 < ―2时， ′( ) > 0，当 ―2 < < 0时， ′( ) < 0，故 = ―2是
函数 ( )的极大值点，
= 2是 ′( )的不变号零点， = 2不是函数 ( )的极值点，故 C 错误；
对于 D 项， ′( ―1) < 0，故 D 正确.
故选：BD.
【变式 9-3】（多选）（23-24 高三上·云南楚雄·阶段练习）已知定义域为[ ― 3,5]的函数 ( )的导函数为 ′( )，
且 ′( )的图象如图所示，则（ ）
A． ( )在( ― 2,2)上单调递减 B． ( )有极小值 (2)
C． ( )有 2 个极值点 D． ( )在 = ―3处取得最大值
【答案】AB
【分析】结合图象，利用导数与函数的关系逐一分析判断即可.
【详解】由 ′( )的图象可知 ∈ ( ― 2,2)或 ∈ (4,5)时， ′( ) < 0，则 ( )单调递减，故 A 正确；
又 ∈ ( ― 3, ― 2)或 ∈ (2,4)时， ′( ) > 0，则 ( )单调递增，
所以当 = 2时， ( )有极小值 (2)，故 B 正确；
由 ′( )的图象结合单调性可知 = ―2，2，4 时， ( )有极值，所以 ( )有 3 个极值点，故 C 错误；
当 ∈ ( ― 3, ― 2)时， ′( ) > 0，则 ( )单调递增，
所以 ( ― 3) < ( ― 2)， ( )在 = ―3处不能取得最大值，故 D 错误．
故选：AB．
【变式 9-4】（2024 高二·江苏·专题练习）已知函数 ( ) = 3 + 2 + ，其导函数 = ′( )的图象经过点
(1,0)，(2,0).如图，则下列说法中不正确的是 .(填序号)
①当 = 32时，函数 ( )取得最小值；
② ( )有两个极值点；
③当 = 2时函数取得极小值；
④当 = 1时函数取得极大值．
【答案】①
【分析】由函数图象分析得到 = 1是极大值点， = 2是极小值点，从而判断出结论.
【详解】由图象可知， = 1，2 是函数的两极值点，所以②正确；
又当 ∈ ( ― ∞,1)或 ∈ (2, + ∞)时， ′( ) > 0，则此时 ( )单调递增；
当 ∈ (1,2)时， ′( ) < 0，则此时 ( )单调递减，
所以 = 1是极大值点， = 2是极小值点，故③④正确，
由于 = 32不是极小值点，故当 =
3
2时，函数 ( )取不到最小值，①错误.
故答案为：①．
题型十 函数最值问题
【例 10】 2（23-24 高三下·江苏苏州·阶段练习）设0 < < ，则函数 ( ) = sin2 + 的最小值为（ ）sin
A．1 B．32 C．2 D．
5
2
【答案】D
【分析】根据题意，令 = sin ，求导可得 1 2′( ) = 2 ― 2，即可得到 ( )在(0,1]单调递减，从而得到结果.
【详解】因为0 < < ，令 = sin ，则 ∈ (0,1]，由 ( ) =
+ 2 1 22 (0 < ≤ 1)可得 ′( ) = 2 ― 2， 当 ∈ (0,1]
时， ′( ) < 0，则 ( )单调递减，
所以 = 1时， 1 5( )有最小值为 (1) = 2 +2 = 2.
故选：D
【变式 10-1】（23-24 高三下·江苏泰州·阶段练习）已知函数 ( ) = 4 + 3， ∈ ．
(1)若函数在点(1, (1))处的切线过原点，求实数 a 的值；
(2)若 = ―4，求函数 ( )在区间[ ―1,4]上的最大值．
【答案】(1) = ― 32
(2) ( )max = 5
【分析】（1）代入求出切点，求导，利用导数的意义求斜率，再由点斜式写出直线方程求出；
（2）求导，分析单调性，求出最值即可.
【详解】（1）切点(1,1 + )， ′( ) = 4 3 +3 2， = ′(1) = 4 + 3 ．
切线 ― (1 + ) = (4 + 3 )( ― 1)过(0,0)，
∴ ―1 ― = 3(4 + 3 )( ―1)，∴ = ― 2．
（2） = ―4， ( ) = 4 ―4 3，
′( ) = 4 3 ― 12 2 = 2(4 ― 12) = 0， = 0或 3，
则当 ―1 < < 0或0 < < 3时， ′( ) < 0,当3 < < 4时， ′( ) > 0,
( )在[ ―1,3)上为减，在(3,4]为增，
( ―1) = 1 + 4 = 5， (4) = 44 ―4 × 43 = 0，∴ ( )max = 5．
【变式 10-2】（22-23 高二下 ·河南 ·期中）已知函数 ( ) = ln + 2 ― 在点(1, (1))处的切线方程为
+ + = 0．
(1)求实数 和 的值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最大值（其中 e 是自然对数的底数）．
【答案】(1) = 4， = 2
(2)e2 ―4e +1
【分析】（1）对函数求导，根据导数的几何意义可求 的值，再根据切线过切点求 的值；
（2）根据导数与函数单调性的关系，分析函数在给定区间上的单调性，再求函数的最大值.
【详解】（1）因为 ( ) = ln + 2 ―
所以 ′( ) = 1 +2 ― ，
由题意可得， ′(1) = 3 ― = ―1 (1) = 1 ― = ― ― 1 ，
解得: = 4， = 2.
（2）由(1)可得， ( ) = ln + 2 ―4
所以 = 1′( ) +2 ― 4 = 2
2 4 1
，且 ∈ [1,e ]，
易得，当 ∈ [1,1+ 2]时， ′
2 ( ) < 0，函数单调递减，
当 ∈ [1 + 2,e]时， ′( ) > 0，函数单调递增，2
又 (1) = ―3， (e) = e2 ―4e +1，且 (e) ― (1) = e2 ―4e +4 = (e ― 2)2 > 0，
即最大值为： (e) = e2 ―4e +1.
【变式 10-3】（2024·安徽黄山·一模）已知函数 ( ) = 3 2 ―4 + 22 ln 在 = 1处取得极大值．
(1)求 的值；
(2)求 ( )在区间 1 ,e 上的最大值．e
【答案】(1)3
(2) ― 212
【分析】（1）求导，然后令 ′( ) = 0求出 ，代入 = 1验证是否符合题意即可；
（2）求导，确定函数在区间 1 ,e 上的单调性，进而可求最大值.e
2 2 2
【详解】（1）由已知 ′( ) = 3 ― 4 + = 3 4 =
(3 )( )
令 ′( ) = 0得 = 或 = 3，
当 = 1时，令 1′( ) > 0得0 < < 3或 > 1，令 ′( ) < 0得
1
3 < < 1，
故函数 ( )在 0, 1 上单调递增，在 1 ,1 上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
3 3
此时函数 1( )在 = 3处取极大值，在 = 1处取极小值，与函数 ( )在 = 1处取得极大值不符；
当3 = 1，即 = 3时，令 ′( ) > 0得0 < < 1或 > 3，令 ′( ) < 0得1 < < 3，
故函数 ( )在( ―∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3, + ∞)上单调递增，
此时函数 ( )在 = 1处取极大值，在 = 3处取极小值，符合题意；
所以 = 3；
（2）由（1）得 = 3 2 ―12 + 9ln ， = 3( 1)( 3)( ) ′2 ( ) ， ∈
1 ,
e e
> 0 1令 ′( ) ，得 < < 1，函数 e ( )单调递增，
令 ′( ) < 0，得1 < < e，函数 ( )单调递减，
所以 ( ) 3 21max = (1) = ―12 = ―2 2 .
【变式 10-4】（23-24 高二下·安徽淮南·开学考试）已知函数 ( ) = 3 ― 2 ―3 + ，且当 = 3时， ( )
有极值 ―5．
(1)求 ( )的解析式；
(2)求 ( )在[ ―4,4]上的最大值和最小值．
【答案】(1) ( ) =
1
3
3 ― 2 ―3 + 4
(2)最大值和最小值分别为173 , ―
64
3
【分析】（1）由极值的必要条件 ′(3) = 0以及 (3) = ―5可列方程求解参数，由此即可得解；
（2）求导得出 ( )在[ ―4,4]的单调性，比较极值点与端点函数值即可得解.
【详解】（1） ′( ) = 3 2 ―2 ― 3，由题意 ′(3) = 27 ― 9 = 0 (3) = 27 ― 9 ― 9 + = ―5 ，
1
解得 = 3 ，所以 ( )的解析式为 =
1
( ) 3 23 ― ―3 + 4. = 4
（2） 1( ) = 3
3 ― 2 ―3 + 4， ′( ) = 2 ―2 ― 3 = ( ― 3)( + 1)，
当 ―4 < < ―1时， ′( ) > 0， ( )在( ―4, ― 1)上单调递增，
当 ―1 < < 3时， ′( ) < 0， ( )在( ―1,3)上单调递减，
当3 < < 4时， ′( ) > 0， ( )在(3,4)上单调递增，
而 ( ―4) = ―
64
3 ―16 + 12 + 4 = ―
64
3 , =
64
(4) 3 ―16 ― 12 + 4 = ―
8
3，
1( ―1) = ― 3 ―1 + 3 + 4 =
17
3 , (3) = 9 ― 9 ― 9 + 4 = ―5，
所以 ( )在[ ―4,4]上的最大值和最小值分别为
17
( ―1) = 3 , ( ―4) = ―
64
3 .
题型十一 函数最值与参数问题
【例 11】（ 2024 高 二 下 · 全 国 · 专 题 练 习 ） 若 函 数 1( ) = 33 ―4 + 在 [0,3]上 的 最 小 值 为 4 ， 则
= ．
【答案】28 13 /93
【分析】求导，得到函数单调性，得到 (2)为 ( )在[0,3]上的极小值和最小值，列出方程，求出答案.
【详解】 ′( ) = 2 ―4， ∈ [0,3]，
当 ∈ [0,2)时， ′( ) < 0，当 ∈ (2,3]时， ′( ) > 0，
所以 ( )在 ∈ [0,2)上单调递减，在 ∈ (2,3]上单调递增，
所以 (2)为 ( )在[0,3]上的极小值，也是最小值，
故13 × 8 ― 4 × 2 + = 4，解得 =
28
3 .
28
故答案为： 3
【变式 11-1】（2024 高二下·全国·专题练习）已知函数 ( ) = (4 2 + 4 + 2) ，其中 < 0.若 ( )在区
间[1，4]上的最小值为 8，则 a 的值为 .
【答案】 ―10
【分析】利用导数判断 ( )的单调性，分 ― 2 ≤ 1，1 < ― 2 ≤ 4， ― 2 > 4三种情况讨论 ( )在闭区间[1,4]上
的最小值，得到参数的一个方程，求出参数，再验证是否符合题意即可.
【详解】 ′( ) = 2 (20
2 + 12 + 2)，令 ′( ) = 0，解得 = ― 10或 = ― 2，
当 ′( ) > 0， ∈ 0, ― 或 ― , + ∞ ，此时 ( )单调递增；
10 2
当 ′( ) < 0， ∈ ― , ― ，此时 ( )单调递减；
10 2
当 ― 2 ≤ 1，即 ―2 ≤ < 0时， ( )在[1,4]上为增函数，由 ( )min = (1) = 8解得 =± 2 2 ―2，不符合题
意，应舍去；
当1 < ― 2 ≤ 4，即 ―8 ≤ < ―2时， ( )在[1,4]上的最小值 ( )min = ―
= 0，不符合题意，应舍去；
2
当 ― 2 > 4，即 < ―8时， ( )在[1,4]上的最小值可能在 = 1或 = 4上取得，而
当 (1) = 8时，即4 + 4 + 2 = 8，解得 = 2 2 ―2或 = ―2 2 ―2，均不符合题意，应舍去；当 (4) = 8，
即 2 +16 + 60 = 0，解得 = ―10或 = ―6（舍去）；
当 = ―10时， ( )在[1,4]上单调递减， ( )在[1,4]上的最小值为 (4) = 8，符合题意.
综上所述， = ―10.
故答案为： ―10
【变式 11-2】（2024 高二下·全国·专题练习）若函数 ( ) = 13
3 + 2 ― 23在区间( ― 1, + 5)内存在最小值，
则实数 的取值范围是 .
【答案】 ―2 ≤ < 1
【分析】先利用导数分析 ( )的性质，再结合 ( )在( ― 1, + 5)内存在最小值，得到关于 的不等式，解
之即可得解.
【详解】因为 = 1( ) 33 +
2 ― 2 ′ 23，所以 ( ) = +2 ，
令 ′( ) = 0，得 = ―2或 = 0，
令 ′( ) > 0，得 < ― 2或 > 0；令 ′( ) < 0，得 ―2 < < 0，
所以函数 ( )在( ―∞, ― 2)和(0, + ∞)上单调递增，在( ―2,0)上单调递减，
所以 ( )在 = 0处取得极小值
2
(0) = ― 3，
令 ( ) =
1 3 2 2 2
3 + ― 3 = ― 3，解得 = 0或 = ―3，
若函数 ( )在( ― 1, + 5)内存在最小值，
则 ―3 ≤ ― 1 < 0 < + 5，解得 ―2 ≤ < 1.
故答案为： ―2 ≤ < 1.
【变式 11-3】 （23-24 高二下·河北·开学考试）已知函数 ( ) = + ln ( ∈ )．
(1)讨论 ( )的极值；
(2)求 ( )在[1,e]上的最小值 ( )．
【答案】(1)答案见解析
, ≤ 1
(2) ( ) = 1 + ln ,1 < < e + 1, ≥
e e
【分析】（1）求导后，分别在 ≤ 0和 > 0的情况下，根据 ′( )的正负可得 ( )单调性，由极值定义可求得
结果；
（2）分别在 ≤ 1、1 < < e和 ≥ e的情况下，根据 ′( )的正负可得 ( )单调性，由此可得最值点，代入
可求得最值.
【详解】（1）由题意知： ( )的定义域为
1
(0, + ∞)， ′( ) = ― 2 + = 2 ；
当 ≤ 0时， ― > 0， ∴ ′( ) > 0恒成立， ∴ ( )在(0, + ∞)上单调递增，
∴ ( )无极值；
当 > 0时，若 ∈ (0, )， ′( ) < 0；若 ∈ ( , + ∞)， ′( ) > 0；
∴ ( )在(0, )上单调递减，在( , + ∞)上单调递增；
∴ ( )的极小值为 ( ) = 1 + ln ，无极大值；
综上所述：当 ≤ 0时， ( )无极值；当 > 0时， ( )的极小值为1 + ln ，无极大值.
（2）当 ≤ 1时， ′( ) ≥ 0在[1,e]上恒成立， ∴ ( )在[1,e]上单调递增，
∴ ( )min = (1) = ；
当1 < < e时，若 ∈ [1, )， ′( ) < 0；若 ∈ ( ,e]， ′( ) > 0；
∴ ( )在[1, )上单调递减，在( ,e]上单调递增，
∴ ( )min = ( ) = 1 + ln ；
当 ≥ e时， ′( ) ≤ 0在[1,e]上单调递减， ∴ ( )min = (e) = e +1；
, ≤ 1
综上所述： ( )在[1,e]上的最小值 ( ) = 1 + ln ,1 < < e .+ 1, ≥
e e
【变式 11-4】（23-24 高二上·江苏徐州·期末）已知函数 ( ) = 2 ― ln + 1, ∈ .
(1)当 = ―1时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)当 > 0时，若函数 ( )有最小值 2，求 a 的值.
【答案】(1) = 3 ― 1
(2) = 2
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求得答案；
（2）对 ( )求导，得到 ( )的单调性，可得 ( ) = = min 2 ― ln +1 = 2，再令 ( ) = ― ln ― 1，2 2
证得 ( ) ≤ (1) = 0，即 = 2 = 1，可得出答案.
【详解】（1）当 = ―1时， ( ) = 2 + ln + 1， = ( )的定义域为(0, + ∞)，
则 ′( ) = 2 + 1 ，则 ′(1) = 2 +
1
1 = 3， (1) = 1 + ln1 + 1 = 2，
由于函数 ( )在点(1, (1))处切线方程为 ― 2 = 3( ― 1)，即 = 3 ― 1.
（2） ( ) = 2 ― ln + 1, ∈ 的定义域为(0, + ∞)，
2
′( ) = 2 ― 2 = ，
当 > 0时，令 ′( ) > 0，解得： > ；令 ′( ) < 0，解得：0 < < ，
2 2
所以 ( )在 0, 上单调递减，在 , + ∞ 上单调递增，
2 2
所以， ( ) min = = 2 ― ln
+1 = 2，即 ―
2 2 2 2
ln2 ―1 = 0
则令 = 2 > 0，设 ( ) = ― ln ― 1， ′( ) = ― ln ，
令 ′( ) < 0，解得： > 1；令 ′( ) > 0，解得：0 < < 1，
所以 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
所以 ( ) ≤ (1) = 1 ― ln1 ― 1 = 0，
所以 =
2 = 1，解得： = 2.
题型十二 恒成立与有解问题
【例 12】（22-23 高二下·新疆喀什·期末）已知函数 ( ) = ― ln ，若 ( ) > 0在定义域上恒成立，则 的
取值范围是（ ）
1
A．( , + ∞) B．(1, + ∞)
e
C．(e, + ∞) D．(12, + ∞)
【答案】A
【分析】由 ( ) > 0得 > ln 在(0, + ∞)上恒成立，令 ( ) =
ln
( > 0)，求出 ( )的最大值即可求解.
【详解】 ( ) = ― ln 的定义域为(0, + ∞)，
由 ( ) > 0在定义域上恒成立，得 > ln 在(0, + ∞)上恒成立，
令 ( ) = ln ( > 0)， ′( ) =
1 ln
2 ，
令 ′( ) = 0得 = e，
∈ (0,e)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
∈ (e,+ ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
所以 ( )max = (e) =
1 1
，所以 > .
e e
故选：A
【变式 12-1】（23-24 高二上·江苏盐城·期末）设函数 ( ) = 1 22 ―4 + ln ，若函数 = ( )存在两个极
, ( 1) ( 值点 2
)
1 2，且不等式 ≥ 恒成立，则 t 的取值范围为（ ）．1 2
A．( ― ∞, ― 1] B． ―∞, ― 9
4
C． ―∞, e
2
― 4
2 e D．( ― ∞, ― 13]
【答案】B
【分析】先利用函数 = ( )存在两个极值点，转化为函数 ( )的导函数在(0, + ∞)上有两个不相等的实数
( ) ( )
根，利用一元二次方程根与系数的关系，用字母 表示出 1 + 2，
1 2
1 2，然后把 写成关于 的函数，1 2
求该函数的最小值即可得到问题答案.
2
【详解】函数的定义域为：(0, + ∞)，且 ′( ) = ― 4 + = 4 ， > 0.
因为函数 = ( )存在两个极值点，
所以方程： 2 ―4 + = 0在(0, + ∞)有两个不同的解，
> 0
所以： + = 4 16 ― 4 > 01 2 = > 0 0 < < 4， = > 0 1 21 2
且 1 + 2 = 4， 1 2 = .
( 1) ( 2) 1所 以 ：
2
1 4
1 2
1 ln 1 2 4 2 ln
1
2 ( 1 2)2 2 1 2 4( 1 2) (ln 1 ln 2) ln 82 2 2
= = = 1 2 4 4 4
(0 < < 4).
设 ( ) = ln ― ― 8 (0 < < 4)，
则 ′( ) = ln ，由 ′( ) = ln < 0，得0 < < 1，由 ′( ) = ln > 0得1 < < 4.
所以 ( )在(0,1)上单调递减，在(1,4)上单调递增，
所以 ( )的最小值为： (1) = ―9.
所以 ≤ ― 94.
故选：B
【点睛】关键点点睛：该问题先利用函数存在两个极值点，把问题转化为二次函数在给定区间上有两个不
相等的实数根的问题，再利用一元二次方程根与系数的关系，用字母 把 1 + 2， 1 2表示出来，再构造新
函数，利用导数分析函数的单调性，求函数的最小值即可.
【变式 12-2】 π（2024·四川成都·模拟预测）当0 < ≤ 2时，关于 的不等式(2 sin + cos2 ― 3)(sin ― )
≤ 0有解，则 的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4 2
【答案】A
【分析】根据sin < ，将问题转化为2 sin + cos2 ― 3 ≥ 0在0 < ≤
π
2上有解，利用二倍角公式以及基本
不等式即可求解最值求解.
【详解】当0 < ≤
π
2时，记 = sin ― , ′ = cos ― 1 ≤ 0，
故函数 = sin ― 在0 < ≤
π
2上单调递减，
故sin ― < sin0 ― 0 = 0，故sin < ，
所以2 sin + cos2 ― 3 ≥ 0在0 < ≤
π
2上有解，
由于0 < ≤
π
2，所以sin > 0，
所以2 sin ≥ 3 ― cos2 = 2 + 2sin2 ，所以 ≥
1 +
sin sin .min
1
由 + sin ≥ 2 =
π
，当且仅当 2时取等号，所以 的最小值是 2.sin
故选：A
【变式 12-3】（22-23 高二下·广东揭阳·阶段练习）已知函数 ( ) = e ― 2 , > 1 2 ― ( + 3) + + 2, ≤ 1 ，若关于
的不等式 ( ) ≥ 0恒成立，则实数 的取值范围为（ ）
A．( ― ∞,e] B． ―∞, e C． ―1, e D．( ― ∞,2]
2 2
【答案】C
【分析】根据分段函数的解析式，利用分类讨论、构造函数求最值和二次函数的性质，求解实数 的取值范
围
【详解】当 > 1时， ( ) = e ―2 ，由 ( ) ≥ 0，可得2 ≤ e ，
e 设 ( ) = ，可得 ′( ) = e
( 1)
2 ， > 1时， ′( ) > 0， ( )在(1, + ∞)上单调递增，
可得 ( ) > (1) = e， ∴ 2 ≤ e，即 ∴ ≤ e2；
当 ≤ 1时， ( ) = 2 ―( + 3) + + 2 = ( ― 1)[ ― ( + 2)]，
故 ( ) = ( ― 1)[ ― ( + 2)] = 0的解为 = 1或 = + 2，
≤ 1时，要满足 ( ) ≥ 0恒成立，只需满足 + 2 ≥ 1，即 ≥ ―1．
综上， ―1 ≤ ≤ e2，即实数 a 的取值范围为 ―1,
e ．
2
故选：C．
【变式 12-4】（22-23 高三下·全国·阶段练习）已知不等式 ≤ (2 + 1)e 对任意 ∈ [1, + ∞)恒成立，则
正实数 的取值范围是 ．
【答案】(0,3e]
【分析】由题意将不等式 ≤ (2 + 1) 变形为 ≤ (2 1)e e = ( )，利用导数研究函数 ( )的单调性求出
( )min即可求解.
【详解】因为 ≥ 1，不等式 ≤ (2 + 1) 可变形为 ≤ (2 1)e e
．
2
设 ( ) = (2 1)e ( ≥ 1)，则 ( ) = (2 1)e = (2 1)( 1)′ e
2 2 ．
当 ∈ [1, + ∞)时， ′( ) > 0，所以函数 ( )在 ∈ [1, + ∞)上单调递增．
则 ( )min = (1) = 3e，所以0 < ≤ 3e．故正实数 的取值范围是(0,3e]．
故答案为：(0,3e]
题型十三 导数构造
【例 13】（23-24 高二下·陕西·开学考试）已知函数 1( )的导函数为 ′( )，且 ( ) > ′3 ( )，则必有（ ）
( )
= = ( )A．函数 1 为增函数 B．函数 为增函数
e3 e3
( )
C．函数 = 1 为减函数 D．函数 =
( )
e3 e3
为减函数
【答案】D
【分析】求导即可根据导函数的正负确定单调性.
1 1
( ) ′( ) 3 1 ( ) 3 ′( ) 1 ( )
【详解】由 = 1 可得 ′ =
e 3 e
1 2 = 31 ，
e3 e3 e3
由于 ― 1
( )
′( ) 3 ( )的正负无法确定，因此无法 = 1 判断单调性，e3
3 3 1
由 =
( ) = ′得 ( )e 3 ( )e
′( ) ( )
′ 3
e3 (
= < 0，
e3 )2 3e3
= ( )因此函数 3 为减函数，故 D 正确 ，ABC 错误，e
故选：D
【变式 13-1】（2024·四川成都·模拟预测）若函数 ( )对任意的 ∈ R都有 ′( ) < ( )恒成立，则2 (2)与
e2 (ln2)的大小关系正确的是（ ）
A．2 (2) > e2 (ln2) B．2 (2) = e2 (ln2)
C．2 (2) < e2 (ln2) D．无法比较大
【答案】C
【分析】构造函数 ( ) =
( )
，利用导数可得 ( )在 ∈ R上单调递减，从而得到 (2) < (ln2)，进而得解.e
( ) ′
【详解】令 ( ) = ，则 ′( ) = ( ) ( )e ，e
因为对任意的 ∈ R都有 ′( ) < ( )成立，
所以 ′( ) < 0，即 ( )在 ∈ R上单调递减，又2 > ln2，
(2) < (ln2) (2) < (ln2)故 ，即 2 ln2 ，可得2 (2) < e2 (ln2).e e
故选：C.
【变式 13-2】（23-24 高三上·浙江杭州·期末）已知定义在 上的函数 ( )满足sin ( ) + cos ′( ) > 0，
则（ ）
A． π < 3 π B． π < 3 π
3 6 6 3
C． π > 3 π D． π > 3 π
3 6 6 3
【答案】B
【分析】构造函数 ( )( ) = cos ， ≠
π
2 + π, ∈ Z，求导得到其单调性，从而得到
π < π ，化简后得到答
6 3
案.
【详解】令 ( )( ) = cos ， ≠
π
2 + π, ∈ Z，
故 ( ) = ′′ ( )cos ( )sin > 0cos2 恒成立，
故 ( ) =
( ) π π Z
cos 在 ― + π, + π , ∈ 上单调递增，2 2
π π π π
故 π < π
，即 6 <
3 6 < 3 π < π .
6 3 cos π cos π 3 1
3
6 3 2 6 32
故选：B
【变式 13-3】（多选）（23-24 高二下·福建莆田·开学考试）已知 ′( )为函数 ( )的导函数，当 > 0时，
有 ( ) ― ′( ) > 0恒成立，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． 1 > 2 1 B． 1 < 2 1
2 4 2 4
C． 1 > 2 (1) D．2 1 > (1)
2 2
【答案】BD
【分析】构造函数 ( ) =
( )
，其中 > 0，利用导数分析函数 ( )在(0, + ∞)上的单调性，结合单调性逐项
判断即可.
【详解】构造函数 = ( )( ) ，其中 > 0，则 ′( ) = ′( ) ( ) 2 < 0 ，
所以，函数 ( )在(0, + ∞)上为减函数，
对于 AB 选项， 1 < 1 ，即2 1 < 4 1 ，可得 1 < 2 1 ，A 错 B 对；
2 4 2 4 2 4
对于 CD 选项， 1 > (1)，即2 1 > (1)，D 对，C 无法判断.
2 2
故选：BD.
【变式 13-4】（23-24 高二上·重庆·期末）已知定义在(0, + ∞)上的函数 ( )的导数为 ′( )，若 (1) = 1，
且 2 ′( ) + 1 > 0，则下列式子中一定成立的是（ ）
A． 1 > 3 (
1
B． ) > π
3 π
C． (log2e) > ln2 D． (ln3) < log3e
【答案】C
【分析】设 1( ) = ( ) ― ，得到 ′( ) > 0，得到 ( )在(0, + ∞)上单调递增，再由 (1) = 1，得到 (1)
= 0，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】因为当 > 0时， 2 ′( ) + 1 > 0，可得 ′( ) + 1 2 > 0，
令 1( ) = ( ) ― ，可得
1
′( ) = ′( ) + 2 > 0，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
因为 (1) = 1，可得 (1) = (1) ―1 = 0，
对于 A 中，由 (13) < (1)，即 (
1
3) ― 3 < 0，所以 (
1
3) < 3，所以 A 不正确；
1
对于 B 中，由 ( ) < (
1
(1)，即 ) ― π < 0，所以 (
1) < π，所以 B 不正确；
π π π
对于 C 中，由 (log2e) > (1)，即 (log2e) ― ln2 > 0，所以 (log2e) > ln2，所以 C 正确；
对于 D 中，由 (ln3) > (ln3) ―
1
(1)，即 > 0，所以 (ln3) > logln3 3e，所以 D 不正确.
故选：C.
题型十四 零点问题
【例 14】（多选）（22-23 高二下·甘肃定西·阶段练习）若函数 ( ) = 3 + 3 22 ―6 + 有三个零点，则实
数 a 的可能取值是（ ）
A．－10 B．－9 C．2 D．3
【答案】BCD
【分析】根据已知，把函数零点转化为方程根的问题，再分离参数，利用导数研究函数图象，结合图行进
行求解.
【详解】函数 ( ) = 3 + 3 22 ―6 + 有三个零点，等价于
3 + 32
2 ―6 + = 0有 3 个根，
即函数 = 3 + 32
2 ―6 与函数 = ― 有 3 个交点，令 3( ) = 3 + 22 ―6 ，
则 ′( ) = 3 2 +3 ― 6 = 3( + 2)( ― 1)，由 ′( ) > 0有： > 1或 < ―2，由 ′( ) < 0有： ―2 < < 1，
所以 ( ) = 3 +
3
2
2 ―6 在( ―∞, ― 2)，(1, + ∞)上单调递增，在( ―2,1)上单调递减；
又 7 3( ―2) = 10， (1) = ― 2，所以 ( ) =
3 + 2
2 ―6 的大致图象为：
所以 ― 72 < ― < 10，解得 ―10 < <
7
2，故 A 错误.
故选：BCD.
【变式 14-1】（22-23 高二下·湖北·期中）设函数 ( ) = e ―2 在区间[ 1 ,3 上有零点，则实数 的取值
2
范围是 .
3
【答案】 e , e
2 6
【分析】参数分离，构造新函数，根据所构造的新函数的值域求解.
【详解】令 ( ) = e ―2 = 0 ，则 = e2 ，函数 ( ) = e
―2 在区间[12，3]上有零点等价于直线 =
与曲线 ( ) = e2 在 ∈
1 ,3 上有交点，
2
则 ′( ) = ( 1)e2 2 ，当 ∈
1 ,1 时， ′( )＜0, ( )单调递减，当 ∈ (1,3] 时， ′( )＞0, ( )单调递增，
2
e 1 3 3 1
( )min = (1) = 2，
1 = e2, 3(3) = e6 ，显然
e
6＞e2， ∴ ( ) ∈
e , e ，
2 2 6
3
即当 ∈ e , e 时，函数 ( )在 1 ,3 上有零点；
2 6 2
故答案为： e e
3
, .
2 6
【变式 14-2】（23-24 高三上·北京大兴·阶段练习）已知 ( ) = ln ，
(1)求 ( ) 的极值；
(2)若函数 = ( ) ― 存在两个零点，求 的取值范围.
1
【答案】(1)极大值为 (e) = ，无极小值；
e
(2)(0,
1).
e
【分析】（1）利用导数研究 ( ) = ( ) 的单调性，即可求极值；
（2）问题化为 = 与 ( ) = ( ) 有两个交点，结合（1）结论及 ( )性质确定参数范围.
【详解】（1）令 ( ) = ( ) ln ′ = 且 ∈ (0, + ∞)，则 ( ) =
1 ln
2 ，
当0 < < e时 ′( ) > 0，当 > e时 ′( ) < 0，
所以 ( )在(0,e)上递增，(e, + ∞)上递减，
故 ( ) = ( )
1
的极大值为 (e) = ，无极小值.e
（2）由题设， = ln 有两个根，即 = 与 ( ) =
( )
有两个交点，
由（1）知： ( )在(0,e)上递增，(e, + ∞)上递减，
在(0,1)上 ( ) < 0，在(1, + ∞)上 ( ) > 0，且当 趋向正无穷时 ( )趋向于 0，
综上，只需0 < < ( ) =
1
e ，即 ∈ (0,
1).
e e
【变式 14-3】（23-24 高三上·浙江绍兴·期末）已知函数 ( ) = + ( ― 2) ― 12ln ， ∈ ．
(1)求函数 ( )图象上一点 (1,4)处的切线方程；
(2)若函数 ( )有两个零点 1, 2（ 1 < 2），求 的取值范围．
【答案】(1) = 3 + 1
(2)0 < < 1
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程运算求解；
（2）先求出函数 ( )的导函数，分 ≤ 0和 > 0时，得出函数 ( )的单调性，从而只需要 (
1
2) < 0，即可求
出答案.
【详解】（1）由 1(1) = 2 ― 2 = 4，解得 = 3，所以 ( ) = 3 + ― 2ln ，
1
则 = 3 + ― 1′( ) 2 2 ，则 ′(1) = 3，
所以切线方程为 ― 4 = 3( ― 1)，即 = 3 + 1．
2
（2） ′( ) = + ―
1 = 2 ( 2) 12 2 =
( 1)(2 1)
2 2 ，
当 ≤ 0时， ( )在(0, + ∞)上单调递减，不合题意，舍去；
当 > 0时， ( )在 0, 1 单调递减，在 12 2 , + ∞ 上单调递增．
由 →0时， ( )→ + ∞， → + ∞时， ( )→ + ∞，
则 ( 1 2) =
1 + 2 1 ― 2ln(
1
2) =
1
+1 ―
2
+ ln = 1 ―
1
+ ln < 0，
令 ( ) = 1 ― 1 + ln ，则 ′( ) =
1 1
2 + > 0， ∴ ( )在(0, + ∞)单调递增．
又 ∵ (1) = 0， ∴ ∈ (0,1)时， ( ) < 0， ∈ (1, + ∞)时， ( ) > 0，
∴ ∈ (0,1)，所以0 < < 1.
【变式 14-4】（22-23 高三上·江苏·阶段练习）已知函数 ( ) = cos ― 2.
(1)设 ( ) = ′( )，求 ( )在区间 π ,π 上的最值；4
(2)讨论 ( )的零点个数.
【答案】(1)最大值为 ― π2 ―
2，最小值为 ―2π
2
(2) ( )在 上有两个零点
【分析】(1)利用导数讨论单调性即可求最值；(2)讨论函数在[0, + ∞)上的单调性，并用零点的存在性定理
确定零点个数，再根据函数为偶函数即可求解.
【详解】（1）因为 ( ) = ′( ) = ―2 ― sin , ′( ) = ―2 ― cos < 0，
所以 ( )在区间 π ,π 上单调递减，4
所以当 = π时， ( )取最大值 π4 = ―
π 2
4 2
― ；
2
当 = π时， ( )取最小值 (π) = ―2π.
（2）先讨论 ( )在[0, + ∞)上的零点个数，
由（1）可知， ′( )在(0, + ∞)上递减， ′( ) < ′(0) = 0，
2
所以 ( )在(0, + ∞)上递减，因为 (0) = 1 > 0, π = ― π < 02 ，2
所以 ( )在[0, + ∞)上有唯一零点，
又因为 ( ― ) = cos( ― ) ― ( ― )2 = cos ― 2 = ( )，
所以 ( )是偶函数，所以 ( )在 上有两个零点.
题型十五 利用单调性比较大小
【例 15】（2024·陕西·模拟预测）设 = 0.9, = sin34, = e
―0.19，则（ ）
A． < < B． < < C．c【答案】D
【分析】构造函数 ( ) = e2 ―2 ― (0 < < 1)，利用导数得到其单调性则比较出 < ，利用指数函数和幂
函数以及正弦函数的单调性即可比较出 > ，则最终得到三者大小.
【详解】先变形 = 0.81, = e0.81―1，令 = 0.81，
下面比较当0 < < 1时， 与e ―1的大小.
①令 ( ) = e2 ―2 ― (0 < < 1)，则 ′( ) = 2e2 ―2 ―1，令 ′( ) = 0，
得 = 1 ― ln22 < 1 ―
ln e
2 =
3
4，当 ∈
3 ,1 时， ′( ) > 0, ( )单调递增，
4
所以 (0.81) < (1) = 0，所以e―0.38 < 0.81，即e―0.19 < 0.9，所以 < .
―0.19 1 1 1
5
② = e = 50.19 > 0.2，所以 > 0.2 =
1
， = sin34 < sin
π
4 =
2，
e e e e 2
5
所以 5 < 2 = 2，则 5 >
1 > 2 > 5
2 ，所以 > .8 e 8
综上， < < ，
故选：D.
【 变 式 15-1 】（ 23-24 高 三 下 · 江 西 · 开 学 考 试 ） 142857 被 称 为 世 界 上 最 神 秘 的 数 字 ，
142857 × 1 = 142857,142857 × 2 = 285714,142857 × 3 = 428571,142857 × 4 = 571428,
142857 × 5 = 714285,142857 × 6 = 857142，所得结果是这些数字反复出现，若 = 0.142857, = ln1.285714e 2
+1, = 1.285714，则（ ）
A． > > B． > >
C． > > D． > >
【答案】D
【分析】设 ( ) = e ― ― 1( > 0)，利用导数研究函数 ( )的单调性可得e > + 1( > 0)，结合 + 1 >
1 + 2 ( > 0)可得e > 1 + 2 ( > 0)，则 > ；由e > + 1( > 0)得 > ln + 1( > 1)，进而 > ，
即可求解.
【详解】由题意知， = e0.142857, = 1.285714 = 1 + 2 × 0.142857，
设 ( ) = e ― ― 1( > 0)， ′( ) = e ―1，
当 ∈ (0, + ∞)时， ′( ) > 0, ( )单调递增，
所以 ( ) = e ― ― 1 > (0) = 0，所以e > + 1( > 0).
因为 2 +2 + 1 > 1 + 2 ( > 0)，所以 + 1 > 1 + 2 ( > 0)，
得e > 1 + 2 ( > 0)，所以e0.142857 > 1 + 2 × 0.142857，即 > ；
由e > + 1( > 0)，得 > ln( + 1)( > 0)，所以 ― 1 > ln ( > 1)，即 > ln + 1( > 1)，
所以 > ln +1 = ln1.2857141.285714 1.285714 2 +1，即 > .
综上 > > .
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数 ( )；
(3)利用导数研究 ( )的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
常用的不等式： sin < < tan 0 < < π ，ln( + 1) < ( > 0)，
2
ln ≤ ― 1 ≤ 2 ― ( > 0)，e ≥ + 1，e ≥ e > ( > 0).
【变式 15-2 】（ 2024· 四 川 成 都 · 模 拟 预 测 ） 已 知 函 数 ( ) = 2 + 2― + cos + 2， 若 = ( 2)，
1 1
= ( ― ee)， = (ππ)，则（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
【答案】B
【分析】先利用函数奇偶性的定义与导数判断 ( )的奇偶性与单调性，再构造函数 ( ) = ln ，利用导数判
1 1 1
断得22 < ππ < ee，从而得解.
【详解】因为 ( ) = 2 + 2― + cos + 2的定义域为R，
又 ( ― ) = 2― + 2 + cos( ― ) + ( ― )2 = 2 + 2― + cos + 2 = ( )，
所以 ( )是偶函数，
又 ′( ) = (2 ― 2― )ln2 + (2 ― sin )，
令 ( ) = 2 ― sin ，则 ′( ) = 2 ― cos > 0恒成立，
所以 ( ) > (0) = 0，即2 ― sin > 0，
又 = 2 ― 2― 在(0, + ∞)上单调递增，所以 = 2 ― 2― > 20 ― 20 = 0，
所以 ′( ) > 0在(0, + ∞)上恒成立，则 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
构造函数 ( ) = ln ，则 ( ) = 1 ln ′ 2 ，
令 ′( ) > 0，得0 < < e，令 ′( ) < 0，得 > e，
所以 ( )在(0,e)上单调递增，在(e, + ∞)上单调递减，
所以 (4) < (π) < (e)，又ln2 ln42 = 4 ，
所以ln2 = ln4 <
lnπ < lne
1 1 1
2 4 ，所以22 < ππ < ee，π e
1 1 1
所以 ( 2) < (ππ) < (ee) = ( ― ee)，所以 < < .
故选：B.
【变式 15-3】（23-24 高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知 ( )是定义域为R的偶函数，且在( ―∞,0)上单调
递减， = (ln1.04 + ln2.7), = (1.04), = (e0.04)，则（ ）
A． < < B． < <
C． < < D．c【答案】A
【分析】根据 ( )是定义域为R的偶函数，且在( ―∞,0)上单调递减求出 ( )在(0, + ∞)的单调性，令
( ) = ln2.7 ― ，根据导数求出ln(1.04 × 2.7)和1.04的大小，令 ( ) = e ―( + 1)，同理求出e0.04和1.04
的大小，据此即可求解.
【详解】因为 ( )是定义域为R的偶函数，且在( ―∞,0)上单调递减，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
令 ( ) = ln2.7 ― ，则 ′( ) = 1 ―1，
当 > 1时， ′( ) < 0，则 ( )在(1, + ∞)上单调递减，
所以 (1.04) = ln(1.04 × 2.7) ― 1.04 < (1) = ln2.7 ― 1 < 0，
所以ln(1.04 × 2.7) < 1.04，令 ( ) = e ―( + 1)，
当 > 0时， ′( ) = e ―1 > 0，
则 ( )单调递增，所以 (0.04) = e0.04 ―(0.04 + 1) = e0.04 ―1.04 > (0) = 0，
即e0.04 > 1.04，所以 0.04 > 1.04 > ln(1.04 × 2.7)，
因为 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
所以 > > .
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于令 ( ) = ln2.7 ― ，根据导数求出ln(1.04 × 2.7)和1.04的大小，令
( ) = e ―( + 1)，同理求出e0.04和1.04的大小的分析.
【变式 15-4】（23-24 高三下·河北·阶段练习）设 = ln(1 + 0.1), = sin0.1, = 221，则下列大小关系正确的
是（ ）
A． < < B． < <
C． < < D． < <
【答案】C
【分析】构造函数 ( ) = ln(1 + ) ― sin 0 < < π 通过求导以及零点存在定理得出函数单调性结合端点
2
值即可得出当0 < < π2时， ( ) < 0，由此 < ，进一步构造 ( ) = ln ―
2( 1)
1 ( > 1)，结合导数得其单
调性，由此可得 ( ) > (1) = 0，令 = 1.1，即 > .
1
【详解】令 ( ) = ln(1 + ) ― sin 0 < < π ，则 ′( ) = 1 ― cos ，2
1
令 ( ) = ′( ), ′( ) = ― ( 1)2 + sin .
当0 < < π
1
2时， ′( )单调递增， ′
π = ― π 21 + sin
π
2 > 0, ′(0) = ―1 < 0，2 2
所以存在 ∈ 0, π ，使得 ′( ) = 0，
2
且当 ∈ (0, )时， ′( ) < 0, ( ) = ′( )单调递减；当 ∈ , π 时， ′( ) > 0, ( ) = ′( )单调递增.
2
又 ′(0) = 0, ′ π
1
= π 1 > 0，所以存在 ∈ 0, π ，使得 ′( ) = 0，2 2 2
且当 ∈ , π 时， ′( ) > 0, ( )单调递增；当 ∈ (0, )时， ′( ) < 0， ( )单调递减.
2
又 (0) = 0, π = ln 1 + π ―1 < 0，
2 2
所以当0 < < π2时， ( ) < 0，即ln(1 + ) < sin .
当 = 0.1时，则ln(1 + 0.1) < sin0.1，即 < .
令 2( 1) 1
4 ( 1)2
( ) = ln ― ( > 1), ′ 1 ( ) = ― ( 1)2 = ( 1)2 > 0，
所以 ( ) > = 0，当 = 1.1时，则ln1.1 >
2
(1) 21，即 > ，故 < < .
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是构造适当的函数，利用导数研究其单调性、极值，由此即可顺利得解.
题型十六 不等式证明
【例 16】 （23-24 高二上·福建莆田·期末）已知函数 ( ) = ln + , ∈ R．
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)若 = 12, > 1，证明： ( ) < .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将原函数求导，就参数 进行分类讨论导函数的符号，即得函数的单调性；
（2）构造函数 ( ) = ( ) ― ，在条件 =
1
2, > 1下，判断 ′( )的符号，得到 ( ) < (1) = 0,得证.
【详解】（1） ( )的定义域
1
(0, + ∞), ′( ) = ― 2 = 2 ,
若 ≤ 0, ′( ) > 0,则 ( )在(0, + ∞)上单调递增；
若 > 0,当 ∈ (0, )时， ′( ) < 0,则 ( )单调递减， ∈ ( , + ∞)时， ′( ) > 0,则 ( )单调递增.
综上：当 ≤ 0时， ( )在(0, + ∞)上单调递增，无减区间；
当 > 0时， ( )在(0, )上单调递减， ( )在( , + ∞)上单调递增.
2
（2）因 = 12, > 1，设 ( ) = ( ) ― = ln ―
1
2 ―
1 ,则 ′( ) = ( 1)2 2 < 0，
则 ( )在(1, + ∞)上单调递减， ( ) < (1) = 0,故 ( ) < .
【变式 16-1】（23-24 高三上·山东青岛·期末）已知函数 ( ) = e ― + ln ( ∈ R)．
(1)当 = 0时，求 ( )的单调区间；
(2)当 = 1时，证明： ( ) ≥ e ―1．
【答案】(1)答案见详解
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数单调性；
（2）法一：由（1）可知ln ≤ ― 1 < ，即 < e ，从而可得此时导函数的正负，可得函数 ( )的最小值，
得证；
法二：由对数运算得 ( ) = e ― lne ，令 ( ) =
e e
( > 0)，利用导数得 ( ) ≥ (1) = ，令 ( ) = ― ln ,
( ≥ e)，则由（1）知：故 ( )在[e, + ∞)单调递增，可证.
【详解】（1）当 = 0时， ( ) = ln ― ，则 ′( ) =
1 1
―1 = ( > 0)
当0 < < 1时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
当 > 1时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
故 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
（2）（法一）当 = 1时， ( ) = (e )( 1)′ 2 ( > 0)
由（1）可知ln ≤ ― 1 < ，即 < ，
当0 < < 1时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 > 1时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以 ( )在(0,1)单调递减，在(1, + ∞)单调递增，
因此， ( ) ≥ (1) = e ―1（当且仅当 = 1时取得等号）
（法二）当 = 1时， ( ) = e e e ― + ln = ― ln
令 ( ) = e ( > 0)，可知 ( ) =
( 1)
′ e
于是 = ( )在(0,1)单调递减，在(1, + ∞)单调递增，
因此， ( ) = e ≥ (1) = e（当且仅当 = 1时取得等号）．
令 ( ) = ― ln ,( ≥ e)，则由（1）知：故 ( )在[e, + ∞)单调递增，
因此 ( ) ≥ e ―1．所以 ( ) = e ≥ e ―1．
【变式 16-2】（23-24 高三上·安徽合肥·期末）已知函数 ( ) = ln + 2 + (2 + 1) .
(1)当 = ―1时，求 ( )的单调区间
(2)讨论 ( )的单调性；
(3)当 < 0时，证明 ( ) ≤ ―
3
4 ―2.
【答案】(1) ( )在 0, 1 单调递增，在 1 , + ∞ 单调递减
2 2
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）当 = ―1时，求出导函数，解不等式求 ( )的单调区间即可；
（2）分 ≥ 0、 < 0情况讨论 ′( )与0的大小关系可得结论；
（3）利用函数的单调性把所证不等式转化成ln ― 1 +
1
2 +1 ≤ 0，构造函数 ( ) = ln ― + 1，利用导数2
求函数最值即可证明.
【详解】（1）当 = ―1时， ( ) = ln ― 2 ― ， ( )的定义域为(0, + ∞)，
2
则 = 1 ―2 ― 1 = 2 1 = ― ( 1)(2 1)′( ) ，
故当 ∈ 0, 1 时， ′( ) > 0；当 ∈ 1 , + ∞ 时， ′( ) < 0.
2 2
故 ( )在 0, 1 单调递增，在 1 , + ∞ 单调递减；
2 2
（2） ( )的定义域为(0, + ∞)， ′( ) =
1
+2 + 2 + 1 =
( 1)(2 1)
．
若 ≥ 0，则当 ∈ (0, + ∞)时， ′( ) > 0，故 ( )在(0, + ∞)单调递增，
若 < 0，则当 ∈ 0, ― 1 时， ′( ) > 0；当 ∈ ― 1 , + ∞ 时， ′( ) < 0.
2 2
故 ( )在 0, ― 1 单调递增，在 ― 1 , + ∞ 单调递减；
2 2
（3）由（1）知，当 < 0时， ( )在 = ―
1
2 取得最大值，最大值为 ―
1 = ln ― 1 ―1 ―
1
2 2 4
，
所以 ( ) ≤ ―
3 ―2等价于ln ― 1 ―1 ―
1 ≤ ― 3 ―2，即ln ― 1
1
4 2 4 4
+
2 2
+1 ≤ 0，
设 ( ) = ln ― + 1，则 =
1
′( ) ―1，当 ∈ (0,1)时， ′ ( ) > 0，当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0.
所以 ( )在(0,1)单调递增，在(1, + ∞)单调递减，
故当 = 1时， ( )取得最大值，最大值为 (1) = 0，所以当 > 0时， ( ) ≤ 0，
从而当 < 0时，ln 1 + 1― 2 +1 ≤ 0，即 ( ) ≤ ―
3
2 4
―2.
【变式 16-3】（23-24 高二上·江苏泰州·期末）已知函数 ( ) = 3 ― 2，曲线 = ( )在点(1, (1))处的切
线 的斜率为 1，其中 ∈ .
(1)求 的值和 的方程；
(2)证明：当 ∈ (0, + ∞)时， ( ) ≥ ln .
【答案】(1) = 1； ― ― 1 = 0
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再根据导数的几何意义求切线方程；
（2） ( ) = 2 ― ― ln ( > 0)，求导，根据单调性求出最值即可.
【详解】（1）由已知 ′( ) = 3 2 ―2
因为曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线 的斜率为 1，
所以 ′(1) = 3 ― 2 = 1，解得 = 1，又 (1) = 1 ― = 0
所以切线方程为 = ― 1，即 ― ― 1 = 0；
（2）令 ( ) = 2 ― ― ln ( > 0)，则 ′( ) = 2 ― 1 ―
1 = (2 1)( 1) ，
令 ′( ) > 0，得 > 1，令 ′( ) < 0，得0 < < 1，
所以 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
所以 ( ) ≥ (1) = 0，即 2 ― ― ln ≥ 0，
整理得 2 ― ≥ ln ，
所以 3 ― 2 ≥ ln ，即 ( ) ≥ ln .
【变式 16-4】（23-24 高三上·河北邢台·期末）已知函数 ( ) = sin + 2．
(1)求曲线 = ( )在点 π , π 处的切线方程；
2 2
(2)证明： ( ) > ― 516．
【答案】(1)4π ― 4 ― π2 +4 = 0
(2)证明见解析
2
【分析】（1）首先得 π = π4 +1，求导得 ′
π = π，由此即可求解.
2 2
（2）首先得存在 ∈ ― 1 ,0 ，使得 2 =
1cos20 ， ( ) ≥ ( ) = ―
1sin2 + sin + 1，由此即可顺利得
2 0 4 0 0 4 0 0 4
解.
2
【详解】（1） ′( ) = cos + 2 ， ′ π = π， π = π4 +1．2 2
2
故曲线 = ( )在点 π , π 处的切线方程为 = π ― π4 +1，即4π ― 4 ― π
2 +4 = 0．
2 2
（2）由（1）得 ′( ) = cos + 2 ．
令函数 ( ) = ′( )，则 ′( ) = ― sin + 2 > 0，所以 ( ) = ′( )是增函数．
因为 ′(0) = 1， ′ ― 1 = cos
1
2 ―1 < 0，2
所以存在 ∈ ― 10 ,0 ，使得 ′( 0) = cos 0 +2 0 = 0，即 20 =
1
4cos
2
2 0
．
所以当 ∈ ( ―∞, 0)时， ′( ) < 0，当 ∈ ( 0, + ∞)时， ′( ) > 0，
所以 ( )在( ―∞, 0)上单调递减，在( 0, + ∞)上单调递增．
( ) ≥ ( 0) = sin + 20 0 = sin +
1
0 4cos
2 0 = ―
1
4sin
2 0 + sin 0 +
1
4．
因为 0 ∈ ― 1 ,0 ，所以sin > sin ― 1 > sin ― π = ―
1，
2 0 2 6 2
所以 ― 1
2
4sin
2 + sin + 1 > ― 1 × ― 1 ― 1 + 1 = ― 50 0 4 4 2 2 4 16．
故 ( ) > ― 516．
【点睛】关键点睛：第二问的关键是利用导数结合零点存在定理即可顺利得证.