【高考快车道】第一阶段 专题六 §3 导数与函数的单调性、极值、最值 课件--2026版高考数学二轮专题复习与策略

(共120张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题五　解析几何
§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3　利用导数研究函数的性质(极值、最值、零点等)
基础考点1　导数的几何意义和计算
（一）
基础考点2　利用导数研究函数的单调性
（二）
（三）
专题限时集训(十九)　导数与函数的单调性、极值、最值
（四）
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＝________．
(－∞，－4)∪(0，＋∞)
ln 2
(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．
2
4
3
题号
1
1．(2024·江苏盐城模拟)若点P是曲线y＝x2－ln x＋1上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为(　　)
A．1　　　 B．
C．　　　 D．
√
2
4
3
题号
1
D　[函数y＝x2－ln x＋1的定义域为(0，＋∞)，y′＝2x－．设在点P处的切点坐标为(x0，y0)，x0＞0，当曲线y＝x2－ln x＋1在点P(x0，y0)处的切线平行于直线y＝x－2时，2x0－＝1，
则(x0－1)(2x0＋1)＝0，而x0>0，解得x0＝1，于是y0＝12－ln 1＋1＝2，
即平行于y＝x－2的直线与曲线y＝x2－ln x＋1相切的切点坐标为(1，2)，
所以点P到直线y＝x－2的最小距离，即为点(1，2)到直线y＝x－2的距离d＝＝．故选D．]
2
4
3
题号
1
2．若函数f ＝x2－ax与函数g＝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
√
2
4
3
题号
1
B　[设函数f ＝x2－ax与函数g＝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．]
2
4
3
题号
1
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．
√
2
4
3
题号
1
B　[设该切线的切点为，则切线的斜率k＝f ′(x0)＝，切线方程为＝(x－x0)．
又切线过点(0，a)，则＝(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．
2
4
3
题号
1
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．]
2
4
3
题号
1
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
2
4
3
题号
1
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≈－1，
所以≈＋1＝＋1＝，即≈．]
2
4
3
题号
1
5
√
【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
4
3
题号
1
5
2．设点P在曲线y＝ex上，点Q在直线y＝x上，则的最小值为
(　　)
A．　　　　　 B．
C． D．
√
B　[令y′＝ex＝，得x＝－1，代入y＝ex中，得y＝e-1＝，
所以的最小值即为点到直线y＝x的距离d＝．
故选B．]
2
4
3
题号
1
5
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＝，
2
4
3
题号
1
5
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．
2
4
3
题号
1
5
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，
2
4
3
题号
1
5
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．]
2
4
3
题号
1
5
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)，
1
2
4
3
题号
1
5
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．]
2
4
3
题号
1
5
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)
2
4
3
题号
1
5
(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，
∴＝＝＝∈(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)法一：(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．
法二：(泰勒展开式法)
设x＝0.1，则
a＝xex＝0.1，
b＝＝0.1(1＋0.1＋0.12＋0.13＋…)，
c＝－ln (1－x)＝0.1＋＋…，
∴c＜a＜b，
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 ′>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 的导数为
f ′，f ＝e，且对任意的x满足f ′－f f >xex的解集是(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[构建g＝－x，则g′＝－1，
因为f ′－f 即g′<0，则g在R上单调递减，且g＝0，由f >xex可得－x>0，即g>g，解得x<1，
所以不等式f >xex的解集是．故选A．]
3．已知函数f (x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f (x)在x＝0处的切线方程；
(2)讨论函数f (x)的单调性．
[解]　(1)当a＝0时，f (x)＝(x－2)ex，f ′(x)＝(x－1)ex，
则f ′(0)＝(0－1)e0＝－1，f (0)＝－2，
∴切线方程为y－(－2)＝(－1)(x－0)，
即x＋y＋2＝0．
(2)∵f (x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R．
∴f ′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)．
①当a≤0时，令f ′(x)＜0，得x＜1，
∴f (x)在(－∞，1)上单调递减；
令f ′(x)＞0，得x＞1，
∴f (x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当0＜a＜e时，
令f ′(x)＜0，得ln a＜x＜1．
∴f (x)在(ln a，1)上单调递减；
令f ′(x)＞0，得x＜ln a或x＞1．
∴f (x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③当a＝e时，f ′(x)≥0在R上恒成立，
∴f (x)在R上是增函数．
④当a＞e时，令f ′(x)＜0，
得1＜x＜ln a．
∴f (x)在(1，ln a)上单调递减；
令f ′(x)＞0，得x＞ln a或x＜1．
∴f (x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜e时，f (x)在(ln a，1)上单调递减，在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增；
当a＝e时，f (x)在R上是增函数；
当a＞e时，f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
2
4
3
题号
1
5
√
【教师备选资源】
1．(2023·四省联考)设函数f ，g在R上的导函数存在，且
f ′A．f B．f >g
C．f ＋gD．f ＋g2
4
3
题号
1
5
C　[对于A，B，不妨设f ＝－2x，g＝1，则f ′＝－2，g′＝0，满足题意，若x＝－1∈，则f ＝2>1＝g，故A错误；
若x＝0∈，则f ＝0<1＝g，故B错误．
对于C，D，因为f ，g在R上的导函数存在，且f ′令h＝f －g，
则h′＝f ′－g′<0，所以h在R上单调递减．
因为x∈，即a由h由hg＋f ，故D错误．故选C．]
2
4
3
题号
1
5
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，＋∞)
√
2
4
3
题号
1
5
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．]
2
4
3
题号
1
5
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
√
2
4
3
题号
1
5
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．]
2
4
3
题号
1
5
4．已知f ′是函数f 的导函数，f －f ＝0，且对于任意的x∈有f ′cos x＋f sin x>0，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．B．f >
C．f D．>f
√
2
4
3
题号
1
5
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故A正确，BCD错误．故选A．]
2
4
3
题号
1
5
5．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．
[0，1]
2
4
3
题号
1
5
∵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
(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．
2
4
3
题号
1
√
1．(2024·黑龙江齐齐哈尔模拟)若x＝3为函数f ＝x2－ax－3ln x
的极值点，则函数f 的最小值为(　　)
A．－　　　　　　 B．－
C．－－3ln 3 D．3－3ln 3
2
4
3
题号
1
5
C　[f ′＝x－a－，x＞0，
因为x＝3是函数f 的极值点，
所以f ′＝3－a－1＝0，则a＝2，
所以f ′＝x－2－＝，
当x∈时，f ′<0，
当x∈时，f ′>0，
所以函数f 在上单调递减，在上单调递增，
所以f ＝f ＝－－3ln 3．故选C．]
2
4
3
题号
1
5
2．若函数f ＝ex－ax在区间上有极值点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C． D．
√
2
4
3
题号
1
5
C　[已知f ＝ex－ax，由题意知f ′＝ex－a在内有变号零点，
显然f ′＝ex－a在上单调递增，
故原条件等价于解得1故实数a的取值范围是．故选C．]
2
4
3
题号
1
5
3．[高考变式](多选)已知函数f ＝－，则下列说法正确的是
(　　)
A．f 的极值点为
B．f 的极值点为1
C．直线y＝x－是曲线y＝f 的一条切线
D．f 有两个零点
√
√
2
4
3
题号
1
5
BC　[对于A，因为f ＝－，所以f ′＝，
令f ′<0，得x<1；令f ′>0，得x>1，
所以f 在上单调递减，在上单调递增．
可知f 在x＝1处取得唯一极小值，也是f 的最小值，
所以f 的极值点为1，故A错误，B正确；
对于C，因为f ＝－，f ′＝，
所以曲线y＝f 在x＝2处的切线方程为y＋＝，
即y＝x－，故C正确；
2
4
3
题号
1
5
对于D，因为f ＝0，f ＝－<0，结合f 在上的单调性，
可知x＝0是f 在上的唯一零点；
当x>1时，ex>0恒成立，故f ＝－<0恒成立，
所以f 在上没有零点，
综上，f 只有一个零点，故D错误．故选BC．]
2
4
3
题号
1
5
4．(2024·河南南阳一模)已知函数f ＝3x2－2ln x＋x＋3在区间上有最小值，则整数a的一个取值可以是______________________________________________________．
－4(答案不唯一，a∈{a∈Z|－10[由f (x)＝3x2－2ln x＋(a－1)x＋3可知，f ′(x)＝6x－＋a－1＝，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，
－4(答案不唯一，a∈{a∈Z|－102
4
3
题号
1
5
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(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，
f (x)极大值＝f (－1)＝－1＋3－1＝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．(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)即f ′(x)<0，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．
一、单项选择题
1．函数f ＝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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
专题限时集训(十九)　导数与函数的单调性、极值、最值
D　[f ′＝－2，则切线的斜率是f ′＝1，f ＝－2，则切线方程是y－＝1×，即x－y－3＝0．故选D．]
2．函数f 的定义域为R，f ＝3，若 x∈R，f ′>1，则f >x＋1的解集为(　　)
A． B．　
C． D．R
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[设F(x)＝f (x)－x－1，则F′(x)＝f ′(x)－1＞0，∴F(x)在R上单调递增，又F(2)＝f (2)－3＝0，∴F(x)＞0的解集为(2，＋∞)．故选B．]
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．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．已知x＝2是函数f ＝ln x＋ax2－x的极小值点，则f 的极大值为(　　)
A．－ B．ln 2－2
C． D．ln 2＋2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
A　[f ′＝＋2ax－，
由题意可知f ′＝＋4a－＝0，解得a＝，
若a＝，则f ＝ln x＋x2－x，f ′＝x－＝，
且f 的定义域为，
令f ′>0，解得02；令f ′<0，解得1可知f 在上单调递增，在上单调递减，
可知x＝2是函数f ＝ln x＋ax2－x的极小值点，即a＝符合题意，
所以f 的极大值为f ＝－．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
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)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
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，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
B　[将用变量x替代，则a＝sin x，b＝ex－1，c＝ln (x＋1)，其中x∈，
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)在上单调递减，且g′(0)＝1>0，g′(1)＝－sin 1<0，
∴ x0∈(0，1)，使得g′＝0，
当x∈时，g′(x)>0，f ′(x)单调递增；当x∈时，g′(x)<0，f ′(x)单调递减．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
又f ′(0)＝0，f ′(1)＝cos 1－>0，∴当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，f 在上单调递增，
∴f >f ＝0，即sin x>ln (x＋1)，∴a>c．
记h＝ex－，x∈，则h′＝ex－cos x>0，h(x)在上单调递增，
又h＝e0－＝0，所以h>h(0)＝0，所以b>a．综上，b>a>c．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
二、多项选择题
7．已知函数f ＝＋bx＋，b∈R，下列说法正确的是
(　　)
A．当b<0时，函数f 有两个极值点
B．当b<0时，函数f 在上有最小值
C．当b＝－2时，函数f 有三个零点
D．当b>0时，函数f 在上单调递增
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
√
√
√
ABD　[因为f ＝＋bx＋，则f ′＝x2－x＋b．
对于A，当b<0时，Δ＝1－4b>0，即方程f ′＝0有两个不等的实根，此时，函数f 有两个极值点，A正确；对于B，当b<0时，设f ′＝0的两个不等的实根分别为x1，x2，且x1x2时，f ′>0，此时函数f 单调递增，故函数f 在上有最小值，B正确；对于C，当b＝－2时，f ＝－2x＋，f ′＝x2－x－2＝，当x<－1时，f ′>0，此时函数f 单调递增，当－1题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
当x>2时，f ′>0，此时函数f 单调递增．
所以函数f 的极大值为f ＝，极小值为f ＝0，作出函数
f 的图象如图所示．
由图可知，函数f 只有两个零点，C错误；
对于D，当b>0且x<0时，f ′>0，
故函数f 在上单调递增，
D正确．故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
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 在上的导函数为f ′，f ′在上的导函数为f ″，若在上f ″<0恒成立，则称函数f 在上为“凸函数”，以下四个函数在上是凸函数的是(　　)
A．f ＝sin x＋cos x
B．f ＝ln x－2x
C．f ＝－x3＋2x－1
D．f ＝－xe－x
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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√
√
√
ABC　[对于A，由f ＝sin x＋cos x，得f ′＝cos x－sin x，则
f ″＝－sin x－cos x＝－，因为x∈，所以
sin x>0，cos x>0，则f ″＝－<0，所以此函数是凸函数；
对于B，由f ＝ln x－2x，得f ′＝－2，则f ″＝－，因为x∈，所以f ″＝－<0，所以此函数是凸函数；
题号
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对于C，由f ＝－x3＋2x－1，得f ′＝－3x2＋2，则f ″＝
－6x，因为x∈，所以f ″＝－6x<0，所以此函数是凸函数；
对于D，由f ＝－xe－x，得f ′＝－e－x＋xe－x，则f ″＝e－x＋e－x
－xe－x＝e－x，因为x∈，所以f ″＝e－x>0，所以此函数不是凸函数，故选ABC．]
题号
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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________．
题号
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(－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．
(－2，1)
因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋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)．]
题号
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10．已知函数f (x)＝mex－有两个极值点，则实数m的取值范围是__________．
题号
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　[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．]
题号
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四、解答题
11．(2024·浙江金华模拟)已知函数f ＝e－x．
(1)求曲线y＝f 在x＝0处的切线方程；
(2)当x∈时，求函数f 的最小值．
题号
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[解]　(1)由f ＝e－x，
得f ′＝＝，
所以f ＝0，f ′＝0，曲线y＝f 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 ′<0，所以f 在上单调递减；
题号
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当则－1<－sin ＜1，
此时y＝－sin x－cos x＋1＝－sin ＋1>0，
所以f 在上单调递增，
所以当x＝时，函数f 取得最小值，
所以当x∈时，函数f 的最小值为f ＝．
题号
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12．(2024·山东济南模拟)设函数f ＝x＋ax2＋b ln x．
(1)若f 在x＝1处有极小值2，求a，b的值；
(2)若ab＝－1，且f 在上单调递增，求实数a的取值范围；
(3)若a＝－1，b>1，且函数y＝f 在上的最小值为0，求实数b的取值范围．
题号
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[解]　(1)函数f ＝x＋ax2＋b ln x，定义域为，f ′＝1＋2ax＋．
因为f 在x＝1处有极小值2，
所以解得
此时f ′＝1＋2x－＝＝，由f ′<0，解得0由f ′>0，解得x>1，
则f 在上单调递减，在上单调递增，f 在x＝1处有极小值．
所以a＝1，b＝－3．
题号
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(2)若ab＝－1，则f ＝x＋ax2－，f ′＝1＋2ax－＝，
又f 在上单调递增，则f ′≥0在上恒成立，
函数y＝2a2x2＋ax－1的图象开口向上，对称轴为x＝－，Δ＝a2＋8a2＝9a2>0，
当a<0时，则ax<0在上恒成立，此时2a2x2＋ax－1≤0在上不恒成立，
不满足f ′≥0在上恒成立；
题号
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当a>0时，则ax>0在上恒成立，
若f ′≥0在上恒成立，
则2a2x2＋ax－1≥0在上恒成立，
由－<1，则有2a2＋a－1≥0，解得a≥，
所以实数a的取值范围为．
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(3)当a＝－1时，函数f ＝x－x2＋b ln x，有f ＝0，
f ′＝1－2x＋＝，由b>1，得f ′＝－1＋b>0．
函数y＝－2x2＋x＋b的图象开口向下，Δ＝1＋8b>0，
若f ′≥0，则f ′≥0在上恒成立，y＝f 在上单调递增，最小值为f ＝0；
题号
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若f ′<0，则存在x0∈(1，2)，使得f ′＝0，
当1≤x0，当x0综上可知，函数y＝f 在上的最小值为0，只需f ≥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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THANK YOU