2025高考数学一轮复习-3.4-导数与函数的极值与最值-专项训练
【A级 基础巩固】
1．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A.1 B．2
C.3 D．4
2．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为( )
A.2 B．－
C.3＋ln 2 D．－2＋2ln 2
3．函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为( )
A. B．e3
C. D．2e
4．已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是( )
A.[0，1] B．(－∞，0]∪[1，＋∞)
C.[0，2] D．(－∞，0]∪[2，＋∞)
5．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于( )
A. B．
C. D．
6．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值．若m，n∈[－1，1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是( )
A.15 B．－15
C.10 D．－13
7．(多选)已知函数f(x)＝，则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)存在两个不同的零点
B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值
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＝，则t的最小值为2
8．写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________．
9．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件．
10．已知函数f(x)＝x ln x＋mex有两个极值点，则实数m的取值范围是________．
11．已知函数f(x)＝ex cos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
已知函数f(x)＝.设实数a>0，求函数F(x)＝af(x)在[a，2a]上的最小值．
【B级 能力提升】
1．若直线y＝ax＋b为函数f(x)＝ln x－图象的一条切线，则2a＋b的最小值为( )
A.ln 2 B．ln 2－
C.1 D．2
2．(多选)已知函数f(x)＝x ln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是( )
A.0＜x0＜ B．x0＞
C.f(x0)＋2x0＜0 D．f(x0)＋2x0＞0
3．在空间直角坐标系O xyz中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程x2＋y2＋z2＝1表示球面，这就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点P(x，y，z)是二次曲面4x2－xy＋y2－z＝0上的任意一点，且x＞0，y＞0，z＞0，则当取得最小值时，的最大值为________．
4．设g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cos x－sin x，a∈R，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：由函数极值的定义和导函数的图象可知，
f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，
但是在原点附近的导数值恒大于零，
故x＝0不是函数f(x)的极值点．
其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，
故极大值点有2个．
答案：B
2．解析：f′(x)＝＋2ax－3，
∵f(x)在x＝2处取得极小值，
∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，
∴f(x)＝2ln x＋x2－3x，
f′(x)＝＋x－3＝，
∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.
答案：B
3．解析：依题意f′(x)＝(x2－2x－3)＝(x－3)(x＋1)，
故函数在(2，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
故函数在x＝3处取得极小值也即是最小值，且最小值为f(3)＝＝.
答案：A
4．解析：由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1，
得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.
根据题意得[2(a－1)]2－4≤0，
解得0≤a≤2.
答案：C
5．解析：由图象可知f(x)的图象经过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是f(x)的极值点，
∴1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，
解得b＝－3，c＝2，
∴f(x)＝x3－3x2＋2x，
∴f′(x)＝3x2－6x＋2，
x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，
∴x1＋x2＝2，x1·x2＝，
∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×＝.
答案：C
6．解析：因为f′(x)＝－3x2＋2ax，f(x)在x＝2处取得极值，
所以f′(2)＝0，即－12＋4a＝0，解得a＝3，
所以f′(x)＝－3x2＋6x.
又当n∈[－1，1]时，f′(n)＝－3n2＋6n单调递增，
所以当n＝－1时，f′(n)的最小值为－9.
当m∈[－1，1]时，f(m)＝－m3＋3m2－4，f′(m)＝－3m2＋6m，
令f′(m)＝0，得m＝0或m＝2，
所以f(m)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，
所以当m＝0时，f(m)最小值为－4.
故f(m)＋f′(n)的最小值为－4＋(－9)＝－13.
答案：D
7．解析：由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，
∴x＝，故A正确；
f′(x)＝－＝－，
当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)＜0，
当x∈(－1，2)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，
∴f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，故B正确；
又f(－1)＝－e，f(2)＝，
且当x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→0，
∴f(x)的图象如图所示，
由图知C正确，D不正确．
答案：ABC
8．解析：正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值．
答案：sin x(答案不唯一)
9．解析：y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当0
0；当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
答案：3
10．解析：f′(x)＝ln x＋1＋mex(x＞0)，
令f′(x)＝0，得－m＝，
设g(x)＝，
则g′(x)＝(x＞0)，
令h(x)＝－ln x－1，
则h′(x)＝－－＜0(x＞0)，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，
∴当x∈(0，1]时，h(x)≥0，
即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，
即g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故g(x)max＝g(1)＝，
而当x→0时，g(x)→－∞，
当x→＋∞时，g(x)→0，
若f(x)有两个极值点，只要y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，
只需0＜－m＜，故－＜m＜0.
答案：
11．解：(1)因为f(x)＝ex cos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2ex sin x．
当x∈时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间上单调递减，
所以对任意x∈，有h(x)即f′(x)<0，
所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f＝－.
12．解：因为F(x)＝af(x)，
所以F′(x)＝(a>0，x>0).
令F′(x)>0，得0令F′(x)<0，得x>e，
所以F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
所以F(x)在[a，2a]上的最小值
F(x)min＝min{F(a)，F(2a)}．
因为F(a)－F(2a)＝ln a－ln (2a)＝ln ，
所以当0F(x)min＝F(a)＝ln a．
当a>2时，F(a)－F(2a)>0，
F(x)min＝F(2a)＝ln (2a).
综上所述，当0当a>2时，F(x)在[a，2a]上的最小值为ln (2a).
【B级 能力提升】
1．解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝＋，
设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝ln x0－，
所以切线方程为y－＝(x－x0)，
即y＝x－1＋ln x0－，
与已知对照，得a＝＋，b＝－1＋ln x0－，
所以2a＋b＝ln x0＋－1.
构造g(t)＝ln t＋－1(t＞0)，
则g′(t)＝－＝，
所以g(t)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
所以当t＝2时，g(t)取得最小值，为ln 2－，
所以(2a＋b)min＝ln 2－.
答案：B
2．解析：f′(x)＝ln x＋1＋2x，
∵x0是f(x)的极值点，
∴f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，
∴f′＝＞0，又f′(x)单调递增，
∴0＜x0＜，即A正确，B不正确；
f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋x＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)＞0，即D正确，C不正确．
答案：AD
3．解析：易知z＝4x2－xy＋y2，
故＝＋－1≥2－1＝3，
当且仅当y＝2x时等号成立，
则当取最小值时，＝－＝－.
令t＝(x＞0)，f(t)＝－，
则f′(t)＝(t＞0)，
所以当0＜t＜2时，f′(t)＞0，
当t＞2时，f′(t)＜0，
故f(t)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
故f(t)≤f(2)＝.
故的最大值为.
答案：
4．解：因为g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cos x－sin x，
所以g′(x)＝x2－ax＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x).
令h(x)＝x－sin x，
则h′(x)＝1－cos x≥0，
所以h(x)在R上单调递增．
因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；
当x<0时，h(x)<0.
(1)当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，
极大值是g(a)＝－a3－sin a，
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
(2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值．
(3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时，g(x)取到极小值，极小值是g(a)＝－a3－sin a．
综上，当a<0时，g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；
当a＝0时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a．2025高考数学一轮复习-3.2-导数的运算-专项训练
【A级 基础巩固】
1．(多选)下列求导运算正确的是( )
A.′＝1＋
B.(log2x)′＝
C.(5x)′＝5xlog5x
D.(x2cos x)′＝2x cos x－x2sin x
2．曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程是y＝2x－1，则f(1)＋f′(1)＝( )
A.2 B．3
C.4 D．5
3．曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线平行于直线y＝2x－1，则点P的坐标为( )
A.(1，3) B．(－1，3)
C.(－1，3)或(1，1) D．(－1，3)或(1，3)
4．(多选)已知函数f(x)的图象如图，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是( )
A.f′(3)＞f′(2)
B.f′(3)＜f′(2)
C.f(3)－f(2)＞f′(3)
D.f(3)－f(2)＜f′(2)
5．若直线y＝2x是曲线y＝x(ex－a)的切线，则a＝( )
A.－e B．－1
C.1 D．e
6．若f(x)＝ln x与g(x)＝x2＋ax两个函数的图象有一条与直线y＝x平行的公共切线，则a等于( )
A.1 B．2
C.3 D．3或－1
7．已知函数f(x)＝＋ex cos x．若f′(0)＝－1，则a＝________．
8．设f(x)＝ex2，则f′(x)＝________，其在点(0，1)处的切线方程为________．
9．若函数f(x)＝x2＋的图象在点P(1，f(1))处的切线方程为y＝mx＋m(m∈R)，则实数a＝________．
10．已知函数f(x)＝x3－4x2＋5x－4.
(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．
【B级 能力提升】
1．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3ln x－x.若以上两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，则m的值为( )
A.2 B．5
C.1 D．0
2．曲线y＝x2－ln x上的点到直线x－y－2＝0的最短距离是________．
3．已知f(x)＝ex，g(x)＝ln x＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，求直线l的方程．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：A中，′＝1－，
C中，(5x)′＝5x ln 5，其余正确．
答案：BD
2．解析：由题意知f(1)＋f′(1)＝2×1－1＋2＝3.
答案：B
3．解析：设切点P(x0，y0)，由f′(x)＝3x2－1，可得切线的斜率k＝f′(x0)＝3x－1，
所以3x－1＝2，解得x0＝±1.
当x0＝1时，可得f(1)＝3，此时P(1，3)；
当x0＝－1时，可得f(－1)＝3，
此时P(－1，3).
答案：D
4．解析：由图知f′(2)＞f′(3)＞0，故A错误，B正确．
设A(2，f(2))，B(3，f(3))，
则f(3)－f(2)＝＝kAB，
由图知f′(3)＜kAB＜f′(2)，
即f′(3)＜f(3)－f(2)＜f′(2)，故C，D正确．
答案：BCD
5．解析：设切点坐标为(x0，x0(ex0－a)).
因为y＝x(ex－a)，
所以y′＝(ex－a)＋xex＝(1＋x)ex－a，
所以在切点处的切线的斜率为(1＋x0)ex0－a，
切线方程为y－x0(ex0－a)＝[(1＋x0)ex0－a](x－x0)，
即y＝[(1＋x0)ex0－a]x－xex0.
由题意知解得
答案：B
6．解析：设在函数f(x)＝ln x上的切点为(x1，y1)，
∴k＝＝1，解得x1＝1，
故切点为(1，0)，可求出切线方程为y＝x－1，
此切线和g(x)＝x2＋ax也相切，
故x2＋ax＝x－1，化简得x2＋(a－1)x＋1＝0，
只需满足Δ＝(a－1)2－4＝0，
解得a＝－1或3.
答案：D
7．解析：∵f′(x)＝＋ex cos x－ex sin x＝＋ex cos x－ex sin x，∴f′(0)＝－a＋1＝－1，则a＝2.
答案：2
8．解析：因为f(x)＝ex2，
故f′(x)＝(x2)′ex2＝2xex2，则f′(0)＝0.
故曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y＝1.
答案：2xex2 y＝1
9．解析：由函数f(x)＝x2＋求导得f′(x)＝2x－.
依题意，m＝f′(1)＝2－a.
又点P(1，f(1))在直线y＝mx＋m上，
所以f(1)＝1＋a＝2m，
因此1＋a＝2(2－a)，解得a＝1.
答案：1
10．解：(1)因为f′(x)＝3x2－8x＋5，
所以f′(2)＝1.
又f(2)＝－2，所以曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(－2)＝x－2，
即x－y－4＝0.
(2)设切点坐标为(x0，x－4x＋5x0－4)，
因为f′(x0)＝3x－8x0＋5，
所以切线方程为y－(－2)＝(3x－8x0＋5)(x－2).
又切线过点(x0，x－4x＋5x0－4)，
所以x－4x＋5x0－2＝(3x－8x0＋5)·(x0－2)，
整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，
解得x0＝2或x0＝1，
所以经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.
【B级 能力提升】
1．解析：根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a＞0，
由f(x)＝－2x2＋m，可得f′(x)＝－4x，
则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a.
由g(x)＝－3ln x－x，可得g′(x)＝－－1，
则切线的斜率为k＝g′(a)＝－－1.
因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，
所以－4a＝－－1，
解得a＝1或a＝－(舍去).
又由g(1)＝－1，
即公共点的坐标为(1，－1)，
将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，
可得m＝1.
答案：C
2．解析：设曲线在点P(x0，y0)(x0＞0)处的切线与直线x－y－2＝0平行，
则切线的斜率k＝2x0－＝1，
∴x0＝1，y0＝1，则P(1，1)，
则曲线y＝x2－ln x上的点到直线x－y－2＝0的最短距离d＝＝.
答案：
3．解：设直线l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，
则y1＝ex1，f′(x)＝ex，
∴f′(x1)＝e x1，
∴切点为(x1，e x1)，切线斜率k＝ex1，
∴切线方程为y－e x1＝ex1 (x－x1)，
即y＝ex1·x－x1e x1＋e x1.①
同理设直线l与g(x)＝ln x＋2的切点为(x2，y2)，
∴y2＝ln x2＋2，g′(x)＝，
∴g′(x2)＝，
切点为(x2，ln x2＋2)，切线斜率k＝，
∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝(x－x2)，
即y＝·x＋ln x2＋1.②
由题意知，①与②相同，
∴
把③代入④有－x1 e x1＋e x1＝－x1＋1，
即(1－x1)(e x1－1)＝0，
解得x1＝1或x1＝0，
当x1＝1时，切线方程为y＝ex；
当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1.
综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1.2025高考数学一轮复习-3.3-导数与函数的单调性-专项训练
【A级 基础巩固】
1．函数f(x)＝x ln x＋1的单调递减区间是( )
A． B．
C． D．(e，＋∞)
2．已知函数f(x)＝x(ex－e－x)，则f(x)( )
A．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减
B．是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增
C．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减
D．是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增
3．若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为( )
A．－2 B．－1
C．3 D．－4
4．函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是( )
5．若函数f(x)＝－x2＋4x＋b ln x在区间(0，＋∞)上单调递减，则实数b的取值范围是( )
A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(－∞，－2] D．[－2，＋∞)
6．函数f(x)＝x ln x，a＝f(2)，b＝f，c＝f，则( )
A．b＜c＜a B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．a＜c＜b
7．不等式2ln x＞x ln 2的解集是( )
A．(1，2) B．(2，4)
C．(2，＋∞) D．(4，＋∞)
8．函数f(x)＝(x－1)ex－x2的单调递增区间为________，单调递减区间为________．
9．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx＋1的单调递减区间是(－3，1)，则m＋n的值为________．
10．若函数h(x)＝ln x－ax2－2x在[1，4]上存在单调递减区间，则实数a的取值范围为________．
11．已知函数f(x)＝(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求实数k的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
12．讨论函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1的单调性．
【B级 能力提升】
1．“m＜1”是“函数f(x)＝2x2－mx＋ln x在(0，＋∞)上单调递增”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
2．(多选)下列不等式成立的是( )
A．2ln ＜ln 2
B．ln ＜ln
C．5ln 4＜4ln 5
D．π＞eln π
3．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________．
4．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2·在区间(t，3)上不是单调函数，求实数m的取值范围．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：f′(x)＝1＋ln x，
令f′(x)＜0，得0＜x＜，
所以f(x)的单调递减区间为.
答案：C
2．解析：因为f(x)＝x(ex－e－x)，x∈R，
f(－x)＝－x(e－x－ex)＝x(ex－e－x)＝f(x)，
所以f(x)是偶函数．
当x＞0时，f′(x)＝ex－e－x＋x(ex＋e－x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
答案：D
3．解析：∵f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，
∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4],
∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，
则a＝(－1)×4＝－4.
答案：D
4．解析：f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的单调递增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的单调递减区间，验证只有D符合．
答案：D
5．解析：∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，
即f′(x)＝－2x＋4＋≤0，即b≤2x2－4x.
∵2x2－4x＝2(x－1)2－2≥－2，∴b≤－2.
答案：C
6．解析：由f′(x)＝1＋ln x＞0，得x＞，
由f′(x)＜0，得0＜x＜，
则f(x)在上单调递减，在上单调递增．
∵0＜＜＜，∴f＞f，即b＜c.
∵c＝f＝ln ＜0，a＝f(2)＝2ln 2＞0，
∴c＜a，即b＜c＜a.
答案：A
7．解析：设f(x)＝(x＞0)，则f′(x)＝.
当0＜x＜e时，f′(x)＞0，当x＞e时，f′(x)＜0，
所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．
原不等式可化为＞，即f(x)＞f(2)，
结合f(2)＝f(4)，可得2＜x＜4.
答案：B
8．解析：f′(x)＝xex－2x＝x(ex－2)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2，
当x∈(－∞，0)∪(ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0，
当x∈(0，ln 2)时，f′(x)＜0.
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2).
答案：(－∞，0)，(ln 2，＋∞) (0，ln 2)
9．解析：f′(x)＝x2＋2mx＋n，
由f(x)的单调递减区间是(－3，1)，
得f′(x)＜0的解集为(－3，1)，
则－3，1是f′(x)＝0的解，
∴－2m＝－3＋1＝－2，
n＝1×(－3)＝－3，
可得m＝1，n＝－3，故m＋n＝－2.
答案：－2
10．解析：因为h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
所以h′(x)＝－ax－2＜0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a＞－有解．
而当x∈[1，4]时，－＝－1，
＝－1(此时x＝1)，
所以a＞－1.
答案：(－1，＋∞)
11．解：(1)f′(x)＝(x＞0).
又由题意知f′(1)＝＝0，所以k＝1.
(2)由(1)知，f′(x)＝(x>0).
设h(x)＝－ln x－1(x>0)，
则h′(x)＝－－<0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
由h(1)＝0知，当00，
所以f′(x)>0；
当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.
综上，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).
12．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
①当a≥1时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)＜0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
③当0＜a＜1时，令f′(x)＝0，
解得x＝，
则当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0，
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
综上，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0＜a＜1时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
【B级 能力提升】
1．解析：若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
则f′(x)＝4x－m＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即m≤4x＋在(0，＋∞)上恒成立．
因为g(x)＝4x＋≥2＝4，
当且仅当x＝时，等号成立，所以m≤4.
因为(－∞，1)?(－∞，4]，
所以“m＜1”是“函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增”的充分不必要条件．
答案：A
2．解析：设f(x)＝(x＞0)，则f′(x)＝，
∴当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x＞e时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
∵＜2＜e，∴f＜f(2)，即2ln ＜ln 2，A正确；
∵＜＜e，∴f()＜f()，即ln ＞ln ，B不正确；∵e＜4＜5，∴f(4)＞f(5)，即5ln 4＞4ln 5，C不正确；∵e＜π，∴f(e)＞f(π)，即π＞eln π，D正确．
答案：AD
3．解析：令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数．
当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，
则g(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．
由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1，得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，
即g(2x)>g(x－1)，
于是g(|2x|)>g(|x－1|)，
则|2x|<|x－1|，解得－1答案：
4．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，
当a＞0时，f(x)的递增区间为(0，1)，递减区间为(1，＋∞)；
当a＜0时，f(x)的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0，1)；
当a＝0时，f(x)为常函数，无单调区间．
(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，
即a＝－2，
∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝(x＞0).
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在区间(t，3)上不是单调函数，
即g′(x)在区间(t，3)上有变号零点．
由于g′(0)＝－2，∴
当g′(t)＜0时，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1，2]恒成立，
由于g′(0)＜0，
故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，
即m＜－5且m＜－9，即m＜－9.
又g′(3)＞0，即m＞－，
∴－＜m＜－9.
即实数m的取值范围是.2025高考数学一轮复习-3.5-构造函数证明不等式-专项训练
【A级 基础巩固】
1．已知函数f(x)＝ln x－x＋＋2，求证：f(x)＜ex－.
2．已知函数f(x)＝ex－x－1.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)当x≥0时，求证：f(x)＋x＋1≥x2＋cos x．
【B级 能力提升】
1．已知函数f(x)＝(m＋1)x－m ln x－m.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当m≤1，且x>1时，f(x)2．已知函数f(x)＝eln x－ax(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝e时，证明f(x)－＋2e≤0.
参考答案
【A级 基础巩固】
1．证明：要证f(x)＜ex－，
即证ln x－x＋2＜ex－－.
设g(x)＝ln x－x＋2，x＞0，
则g′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
∴g(x)≤g(1)＝1.
设h(x)＝ex－－，x＞0，
则h′(x)＝.
令k(x)＝x2ex＋ln x，
则k′(x)＝2xex＋x2ex＋.
∵x＞0，∴k′(x)＞0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．
而k(1)＝e＞0，k＝·e－1＜0，
∴存在x0∈，使得k(x0)＝0.
当x∈(0，x0)时，k(x)＜0，
即h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，k(x)＞0，
即h′(x)＞0，h(x)单调递增．
由k(x0)＝0，得xex0＝－ln x0，即x0ex0＝－＝(－ln x0)e－ln x0.
由y＝xex在(0，＋∞)上为增函数，
可得x0＝－ln x0，ex0＝，∴h(x)≥h(x0)＝ex0－－＝1.
又g(x)的最大值与h(x)的最小值都为1，且不同时取到，
∴g(x)＜h(x)，即f(x)＜ex－.
2．(1)解：易知函数f(x)的定义域为R，
∵f(x)＝ex－x－1，∴f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，解得x>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
令f′(x)<0，解得x<0，f(x)在(－∞，0)上单调递减，
即f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，
∴函数f(x)的极小值为f(0)＝0，无极大值．
(2)证明：要证f(x)＋x＋1≥x2＋cos x，
即证ex－x2－cos x≥0.
设g(x)＝ex－x2－cos x，要证原不等式成立，即证g(x)≥0成立，
∵g′(x)＝ex－x＋sin x，sin x≥－1，
∴g′(x)＝ex－x＋sin x≥ex－x－1
，
由(1)知，ex－x－1≥0(x＝0时等号成立)，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴在区间[0，＋∞)上，g(x)≥g(0)＝0，
∴当x≥0时，f(x)＋x＋1≥x2＋cos x得证．
【B级 能力提升】
1．(1)解：f′(x)＝m＋1－＝，x∈(0，＋∞)，
①当m＋1＝0，即m＝－1时，f′(x)＝>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
②当m＋1<0，即m<－1时，
令f′(x)>0，得0，
所以f(x)在区间上单调递增；在区间上单调递减．
③当m＋1>0，即m>－1时，
若－10，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增．
若m>0，令f′(x)<0，得00，得x>，
所以f(x)在区间上单调递减；在区间上单调递增．
综上，当m<－1时，f(x)在区间上单调递增，在区间单调递减；
当－1≤m≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当m>0时，f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
(2)证明：要证f(x)x－m ln x，
即证ex-1－m(x－1)>eln x－m ln x．
令g(x)＝x－1－ln x，x≥1，则g′(x)＝1－＝≥0，
所以g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，x－1>ln x．
令h(x)＝ex－mx，x>0，则h′(x)＝ex－m>0在m≤1时恒成立，
所以当m≤1，且x>0时，h(x)单调递增．
因为当x>1时，x－1>0，ln x>0，且x－1>ln x，
所以当m≤1，且x>1时，h(x－1)>h(ln x)，即ex-1－m(x－1)>eln x－m ln x．
所以当m≤1，且x>1时，f(x)2．(1)解：函数的定义域为(0，＋∞)，
∵f′(x)＝－a＝(x>0)，
∴当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0，得0，即函数f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在区间上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：要证f(x)－＋2e≤0，只需证明f(x)≤－2e，
由(1)知，当a＝e时，函数f(x)在区间(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)max＝f(1)＝－e.
令g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝，
∴当x∈(0，1)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g(1)＝－e，
∴当x>0，a＝e时，f(x)－＋2e≤0.2025高考数学一轮复习-3.1-导数的概念及其意义-专项训练
【A级 基础巩固】
1．(多选)下面说法不正确的是( )
A．若f′(x0)不存在，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处没有切线
B．若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处有切线，则f′(x0)必存在
C．若f′(x0)不存在，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线斜率不存在
D．若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处没有切线，则f′(x0)有可能存在
2．已知曲线y＝x2－2上一点P，则过点P的切线的倾斜角为( )
A．30° B．45°
C．135° D．165°
3．若曲线f(x)＝x2在点P处的切线斜率等于2，则点P的坐标为( )
A．(－2，－8) B．(－1，－1)
C．(1，1) D．
4．已知函数y＝f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程是x－2y＋1＝0，则f(1)＋2f′(1)的值是( )
A． B．1
C． D．2
5．曲线y＝x3＋11在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标为( )
A．－9 B．－3
C．9 D．15
6．已知函数f(x)在区间[0，3]上的图象如图所示，记k1＝f′(1)，k2＝f′(2)，k3＝f(2)－f(1)，则k1，k2，k3之间的大小关系为________．(请用“>”连接)
7．已知曲线y＝f(x)＝x3上一点P，则f(x)在点P处的切线的斜率为________，在点P处的切线方程为________________．
8．已知曲线y＝.
(1)求曲线过点A(1，0)的切线方程；
(2)求满足斜率为－的曲线的切线方程．
【B级 能力提升】
1．若经过点(3，0)的直线l与抛物线y＝的两个交点处的切线相互垂直，则直线l的斜率k等于( )
A．－ B．－
C． D．－
2．在曲线y＝x3＋3x2＋6x－10的切线中，斜率最小的切线的方程为________．
3．已知曲线y＝x2＋1，则是否存在实数a，使得经过点(1，a)能够作出该曲线的两条切线？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考答案
【A级 基础巩固】
1．解析：根据导数的几何意义及切线的定义知曲线在(x0，y0)处有导数，则切线一定存在，但反之不一定成立，故A，B，D错误．
答案：ABD
2．解析：∵y＝x2－2，
∴y′＝
＝
＝ ＝x，
∴y′|x＝1＝1，∴点P处切线的斜率为1，则切线的倾斜角为45°.
答案：B
3．解析：设点P的坐标为(x0，y0)，
则k＝f′(x0)＝ ＝2x0，
即2x0＝2.
所以x0＝1，此时y0＝x＝12＝1.
故点P的坐标为(1，1).
答案：C
4．解析：∵(1，f(1))在直线x－2y＋1＝0上，
∴1－2f(1)＋1＝0，∴f(1)＝1.
又f′(1)＝，∴f(1)＋2f′(1)＝1＋2×＝2.
答案：D
5．解析：∵ ＝
＝ [3x2＋3x·Δx＋(Δx)2]＝3x2，
由已知得切线的斜率k＝y′|x＝1＝3，
所以切线方程为y－12＝3(x－1)，
即3x－y＋9＝0.
令x＝0，得y＝9，所以切线与y轴交点的纵坐标为9.
答案：C
6．解析：结合导数的几何意义知，k1就是曲线在点A处切线的斜率，k2则为在点B处切线的斜率，则k3则为割线AB的斜率，由图易知它们的大小关系．
答案：k1>k3>k2
7．解析：由导数的定义易得f′(x0)＝x，所以f(x)在点P处的切线的斜率为4，
所以切线方程为y－＝4(x－2)，
即12x－3y－16＝0.
答案：4 12x－3y－16＝0
8．解：(1)设过点A(1，0)的切线的切点坐标为.
因为 ＝－，
所以该切线的斜率为－，
切线方程为y－＝－(x－a).①
将A(1，0)代入①式，得a＝.
所以所求的切线方程为y＝－4x＋4.
(2)由(1)知f′(x)＝－.
令－＝－，得x＝或x＝－，所以切点为P或P′，
所以所求的切线方程为y＝－x＋或y＝－x－.
【B级 能力提升】
1．解析：由直线l的斜率为k，则其方程为y＝k(x－3)，
设直线l与抛物线的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得x2－2kx＋6k＝0，
所以x1x2＝6k.
又对y＝求导有y′＝x，所以抛物线在A，B两点处的切线的斜率分别为x1，x2，
于是有x1x2＝6k＝－1，所以k＝－.
答案：A
2．解析：由导数的几何意义知，曲线y＝x3＋3x2＋6x－10上每一点处的切线的斜率等于函数f(x)＝x3＋3x2＋6x－10在该点处的导数，因此曲线切线的斜率k＝f′(x0)＝ ＝3x＋6x0＋6＝3(x0＋1)2＋3≥3，当x0＝－1时，斜率取到最小值3，此时，曲线上的点为(－1，－14)，切线方程为y＋14＝3(x＋1)，即3x－y－11＝0.
答案：3x－y－11＝0
3．解：由＝＝2x＋Δx，
得y′＝ ＝ (2x＋Δx)＝2x.
设切点为P(x0，y0)，
则切线的斜率为k＝y′|x＝x0＝2x0，
由点斜式可得所求切线方程为
y－y0＝2x0(x－x0).
又因为切线过(1，a)，y0＝x＋1，
所以a－(x＋1)＝2x0(1－x0)，
即x－2x0＋a－1＝0.
因为切线有两条，所以Δ＝(－2)2－4(a－1)>0，
解得a<2.
故存在实数a，使得经过点(1，a)能够作出该曲线的两条切线，a的取值范围是{a|a<2}．