高考理科数学二轮复习与测试专题六导数与函数的单调性、极值、最值问题

第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题真题感悟12021·全国Ⅰ卷函数f＝4－23的图象在点1，f1处的切线方程为＝－2－1 ＝－2＋1＝2－3 ＝2＋1解析f1＝1－2＝－1，切点坐标为1，－1，又f′＝43－62，所以切线的斜率＝f′1＝4×13－6×12＝－2，切线方程为＋1＝－2－1，即＝－2＋答案B22021·全国Ⅲ卷设函数f＝错误!假设f′1＝错误!，那么a＝________解析f′＝错误!，可得f′1＝错误!＝错误!，即错误!＝错误!，解得a＝1答案132021·新高考山东、海南卷函数f＝a e－1－n ＋n a1当a＝e时，求曲线＝f在点1，f1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；2假设f≥1，求a的取值范围解f的定义域为0，＋∞，f′＝a e－1－错误!1当a＝e时，f＝e－n ＋1，f1＝e＋1，f′1＝e－1，曲线＝f在点1，f1处的切线方程为－e＋1＝e－1－1，即＝e－1＋2直线＝e－1＋2在轴，轴上的截距分别为错误!，2因此所求三角形的面积S＝错误!||·||＝错误!×2×错误!＝错误!2当0＜a＜1时，f1＝a＋n a＜1当a＝1时，f＝e－1－n ，f′＝e－1－错误!当∈0，1时，f′＜0；当∈1，＋∞时，f′＞0所以当＝1时，f取得最小值，最小值为f1＝1，从而f≥1当a＞1时，f＝a e－1－n ＋n a＞e－1－n ≥1综上，a的取值范围是[1，＋∞42021·全国Ⅰ卷函数f＝e＋a2－1当a＝1时，讨论f的单调性；2当≥0时，f≥错误!3＋1，求a的取值范围解1当a＝1时，f＝e＋2－，∈R，f′＝e＋2－1故当∈－∞，0时，f′0所以f在－∞，0单调递减，在0，＋∞单调递增2f≥错误!3＋1等价于错误!e－≤1设函数g＝错误!e－≥0，那么g′＝－错误!e－＝－错误![2－2a＋3＋4a＋2]e－＝－错误!－2a－1－2e－①假设2a＋1≤0，即a≤－错误!，那么当∈0，2时，g′>0所以g在0，2单调递增，而g0＝1，故当∈0，2时，g>1，不符合题意②假设00所以g在0，2a＋1，2，＋∞单调递减，在2a＋1，2单调递增由于g0＝1，所以g≤1当且仅当g2＝7－4a·e－2≤1，即a≥错误!所以当错误!≤a错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! 0，讨论函数g＝错误!的单调性解设h＝f－2－c，那么h＝2n －2＋1－c，其定义域为0，＋∞，h′＝错误!－2 1当00；当>1时，h′0恒成立，∴m≥－错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!≥12对f求导，得f′＝－＋4－错误!＝错误!＝错误!由f′＝0得函数f的两个极值点为1，3，那么只要这两个极值点有一个在区间t，t＋1内，函数f在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t0或f′0>错误!f错误!错误!>错误!f错误!解析令g＝错误!，∈错误!，那么g′＝错误!因为f′co ＋f in g错误!，即错误!>错误!，即f错误!>错误!f错误!，故A错误；又f0＝0，所以g0＝错误!＝0，所以g＝错误!≤0在错误!上恒成立，因为n 错误!∈错误!，所以f错误!错误!g错误!，所以错误!>错误!，即f错误!>错误!f错误!，故C正确；又g错误!>g错误!，所以错误!>错误!，即f错误!>错误!f错误!，答案CD二、填空题62021·西安质检假设曲线＝e在＝0处的切线也是曲线＝n ＋b的切线，那么b ＝________解析令＝f＝e，＝g＝n ＋b，∴f′＝e，∴f′0＝1，∵f0＝1，∴曲线＝e在＝0处的切线方程为＝＋＝＋1与曲线＝g＝n ＋b的切点坐标为m，m＋1，∵g′＝错误!，∴g′m＝错误!＝1，∴m＝1，∴切点坐标为1，2，∴2＝n 1＋b，∴b＝2答案2的导函数为f′，满足f′0，即所求不等式的解集为0，＋∞答案0，＋∞与g满足：存在实数t，使得ft＝g′t，那么称函数g为f的“友导〞＝错误!2－＋3为函数f＝2n ＋的“友导〞函数，那么的取值范围是________解析由g＝错误!2－＋3可得g′＝－1，∵函数g＝错误!2－＋3为函数f＝2n ＋的“友导〞函数，∴－1＝2n ＋有解，即＝n ＋1＋错误!＞0有解令h＝n ＋1＋错误!，那么h′＝1＋n －错误!，再令φ＝1＋n －错误!，∴φ′＝错误!＋错误!＞0∴φ在区间0，＋∞上单调递增∵h′1＝φ1＝0，∴＞1时，h′＞0；0＜＜1时，h′＜0，∴h在0，1上单调递减，在1，＋∞上单调递增，∴h≥h1＝2，∴≥2答案[2，＋∞三、解答题＝－1n －－1证明：1f存在唯一的极值点；2f＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数证明1f的定义域为0，＋∞f′＝错误!＋n －1＝n －错误!因为＝n 在0，＋∞上单调递增，＝错误!在0，＋∞上单调递减，所以f′在0，＋∞′1＝－10，故存在唯一0∈1，2，使得f′0＝0又当0时，f′>0，f单调递增，因此，f存在唯一的极值点2由1知f00，所以f＝0在0，＋∞内存在唯一根＝α由α>0>1得错误!错误!错误!错误! 0时，由f′0，得>错误!，∴f在错误!上单调递减，在错误!上单调递增，故f在＝错误!处有极小值综上，当a≤0时，f在0，＋∞上没有极值点；当a>0时，f在0，＋∞上有一个极值点2∵函数f在＝1处取得极值，∴f′1＝a－1＝0，那么a＝1，从而f＝－1－n 因此f≥b－2⇒1＋错误!－错误!≥b，令g＝1＋错误!－错误!，那么g′＝错误!，令g′＝0，得＝e2，那么g在0，e2上单调递减，在e2，＋∞上单调递增，∴g min＝g e2＝1－错误!，即b≤1－错误!故实数b的最大值是1－错误!B级能力突破11多项选择题函数f＝e＋a n ，其中正确的结论是＝0时，函数f有最大值0，函数f在0，＋∞上单调递增>0，都有函数f>0解析对于A，当a＝0时，函数f＝e，根据指数函数的单调性可知，f＝e是单调递增函数，故无最大值，故A错误；对于B，对于任意的a0，易知f′在0，＋∞单调递增，当→＋∞时，f→＋∞，当→0时，f→－∞，∴存在0使得f′0＝0，∴当00，f在0，＋∞上单调递增，∴f min＝f0，故B正确；对于C，对于任意的a>0，∵f′＝e＋错误!，>0，∴f′>0，故函数f在0，＋∞上单调递增，故C正确；对于D，对于任意的a>0，由C知函数f在0，＋∞上单调递增，当→0时，e→1，n →－∞，可得f→－∞，答案BC122021·成都二诊函数f＝n －e＋a，其中a∈R1假设函数f在[1，＋∞上单调递减，求实数a的取值范围；2假设a＝1，求f的最大值解1f′＝错误!－e＋e＋a＝错误!－e＋1＋a依题意，f′≤0在[1，＋∞上恒成立，∴a≤＋1e－错误!在[1，＋∞上恒成立令g＝＋1e－错误!，≥1，那么g′＝＋2e＋错误!，易知g′＞0≥1，所以g在[1，＋∞上单调递增，所以g min＝g1＝2e－≤2e－的取值范围为－∞，2e－1]2当a＝1时，f＝n －e＋＞0，那么f′＝错误!－＋1e＋1＝＋1错误!，令m＝错误!－e，＞0，那么m′＝－错误!－e，易知m′＜0，所以m在0，＋∞上单调递减由于m错误!＞0，m1＜0 所以存在0＞0满足m0＝0，即e0＝错误!当∈0，0时，m＞0，f′＞0；当∈0，＋∞时，m＜0，f′＜0所以f在0，0上单调递增，在0，＋∞上单调递减，所以f ma＝f0＝n 0－0e0＋0，因为e0＝错误!，所以0＝－n 0，所以f0＝－0－1＋0＝－ma＝－1。

3.2导数与函数的单调性、极值、最值知识梳理：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法：一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤：3．函数的最值试一试：1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是________．2．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．考点二 利用导数求函数的极值例2 设f (x )＝e x 1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点； (2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．考点三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．变式1 已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．考点4 含有参数的分类讨论例4：已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间； (2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．课堂练习：1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值后作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．9．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．10．设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值教师版知识梳理 1．函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 2．函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法：一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值． (2)求可导函数极值的步骤： ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．(3)设函数f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，求f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤如下： ①求f (x )在(a ，b )内的极值；②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 试一试1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是________． 答案 (0,1)解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．答案(－1，＋∞)解析设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．思维点拨函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上单调递增，若a>0，令e x－a≥0，则e x≥a，x≥ln a.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间为[ln a，＋∞)．(2)∵f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝e x－e3<0在x∈(－2,3)上恒成立，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a ≥e 3，使f (x )在(－2,3)上为减函数． 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求参数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． 考点二 利用导数求函数的极值 例2设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x ·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a >0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．(2014·福建三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1， 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]． 当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12<a <e2时，令g ′(x )＝0得x ＝ln(2a )∈(0,1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减， 在区间[ln(2a )，1]上单调递增． 于是，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .思维升华 (1)求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．变式已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.例4：已知函数f(x)＝ln x－ax (a∈R)．(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论． 规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，[2分]①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．[4分]②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，1a ， 单调递减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞.[6分] (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a .[8分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[10分]③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．[12分] 又f (2)－f (1)＝ln2－a ，所以当12<a <ln2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln2－2a .[14分] 综上可知，当0<a <ln2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是ln2－2a .[16分]1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________． 解析：∵f (x )＝e x －x ，∴f ′(x )＝e x －1， 由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e)≥4，解得m ≤－3e.又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]，所以f ′(x )<0, 即f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，即m ＝－3e. 答案：－3e3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数， ∴Δ＝4－12 m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 4.(创新题)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×⎝⎛⎭⎫23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c . 则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝⎛⎭⎫x ＋13(x －1)， 列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立． 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)． 作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________． 答案 (－3,1)解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)， 由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，故函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.答案 3解析 因为f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2，因为函数f (x )在x ＝1处取得极大值，所以f ′(1)＝3－a4＝0，所以a ＝3.3．设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x(x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________． 答案 －13解析 对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ， 易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下， 且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．答案 (0,1]解析 y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x(x >0)．令y ′≤0，得0<x ≤1.∴函数的单调递减区间为(0,1]．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1时，f (x )的极小值为1，无极大值． f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)， 单调递减区间为(0,1)．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________． 答案 {x |x >0}解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导得到g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]． 由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0， 所以g (x )为R 上的增函数； 又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0， 所以e x ·f (x )>e x ＋1， 即g (x )>0的解集为{x |x >0}．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )． 若x <0，则1－e x >0，∴f ′(x )<0； 若x >0，则1－e x <0，∴f ′(x )<0； 若x ＝0，则f ′(x )＝0.∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知f (x )在[－2,2]上单调递减， ∴[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2.∴当m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 即实数m 的取值范围为(－∞，2－e 2)．)9．(2013·福建)已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x .(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x (x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为 y －1＝－(x －1)， 即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，x >0知：①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a . 又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0， 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．10．(2014·山东)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k (－2x 2＋1x ) ＝x e x －2e x x 3－k (x －2)x 2＝(x －2)(e x －kx )x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增． 所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减， 故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增． 故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点． 当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增． 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g (0)>0，g (ln k )<0，g (2)>0，0<ln k <2.解得e<k <e 22.。

高考数学二轮复习专题突破—函数的单调性、极值与最值一、单项选择题1.(2021·浙江丽水联考)若函数f(x)=(x-a)3-3x+b的极大值是M,极小值是m,则M-m的值()A.与a有关,且与b有关B.与a有关,且与b无关C.与a无关,且与b无关D.与a无关,且与b有关2.(2021·山东青岛期末)若函数f(x)=x2-ax+ln x在区间(1,e)上单调递增,则实数a的取值范围是() A.[3,+∞) B.(-∞,3]C.[3,e2+1]D.[-e2+1,3],则下列关于函数f(x)的说法正确的是()3.(2021·陕西西安月考)已知函数f(x)=3xe xA.在区间(-∞,+∞)上单调递增B.在区间(-∞,1)上单调递减,无极小值C.有极大值3eD.有极小值3,无极大值e4.(2021·湖南岳阳期中)已知直线y=kx(k>0)和曲线f(x)=x-a ln x(a≠0)相切,则实数a的取值范围是()A.(-∞,0)∪(0,e)B.(0,e)C.(0,1)∪(1,e)D.(-∞,0)∪(1,e)5.(2021·湖北十堰二模)已知函数f(x)=2x3+3mx2+2nx+m2在x=1处有极小值,且极小值为6,则m=() A.5 B.3C.-2D.-2或56.(2021·四川成都二模)已知P是曲线y=-sin x(x∈[0,π])上的动点,点Q在直线x-2y-6=0上运动,则当|PQ|取最小值时,点P的横坐标为()A.π4B.π2C.2π3D.5π67.(2021·湖北荆门期末)已知曲线y=sinxe x+1(x≥0)的一条切线的斜率为1,则该切线的方程为()A.y=x-1B.y=xC.y=x+1D.y=x+2二、多项选择题8.(2021·广东湛江一模)已知函数f(x)=x3-3ln x-1,则()A.f(x)的极大值为0B.曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为x轴C.f(x)的最小值为0D.f(x)在定义域内单调9.(2021·山东淄博二模)已知e是自然对数的底数,则下列不等关系中错误的是()A.ln 2>2e B.ln 3<3eC.ln π>πe D.ln3ln π<3π10.(2021·辽宁沈阳二模)已知函数f(x)={2x+2,−2≤x≤1,lnx-1,1<x≤e,若关于x的方程f(x)=m恰有两个不同的根x1,x2(x1<x2),则(x2-x1)f(x2)的取值可能是()A.-3B.-1C.0D.2三、填空题11.(2021·福建三明二模)已知曲线y=ln x+ax与直线y=2x-1相切,则a=.12.(2021·江苏无锡月考)试写出实数a的一个取值范围,使函数f(x)=sinx-ae x有极值.13.(2021·四川成都月考)设函数f(x)=e x-2x,直线y=ax+b是曲线y=f(x)的切线,则2a+b的最大值是.四、解答题14.(2021·山东潍坊二模)已知函数f(x)=ax 2+bx+ce x的单调递增区间是[0,1],极大值是3e.(1)求曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程;(2)若存在非零实数x0,使得f(x0)=1,求f(x)在区间(-∞,m](m>0)上的最小值.15.(2021·河北唐山期末)已知函数f(x)=a e x-x-1(a∈R),g(x)=x2.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)当a>0时,若曲线C1:y1=f(x)+x+1与曲线C2:y2=g(x)存在唯一的公切线,求实数a的值.16.(2021·浙江嘉兴月考)已知f(x)=a2ln x-1ax2-(a2-a)x(a≠0).2(1)当a=1时,求f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.答案及解析1.C解析因为f(x)=(x-a)3-3x+b,所以f'(x)=3(x-a)2-3,令f'(x)=3(x-a)2-3=0,得x=a-1或x=a+1,判断可得函数的极大值M=f(a-1)=-1-3(a-1)+b=2-3a+b,极小值m=f(a+1)=1-3(a+1)+b=-2-3a+b,因此M-m=4.故选C.2.B解析依题意f'(x)=2x-a+1x ≥0在区间(1,e)上恒成立,即a≤2x+1x在区间(1,e)上恒成立,令g(x)=2x+1x (1<x<e),则g'(x)=2-1x2=2x2-1x2=(√2x+1)(√2x-1)x2>0,所以g(x)在区间(1,e)上单调递增,而g(1)=3,所以a≤3,即实数a的取值范围是(-∞,3].故选B.3.C解析由题意得函数f(x)的定义域为R,f'(x)=3(1−x)e x.令f'(x)=0,得x=1,当x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x>1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(1)是函数f(x)的极大值,也是最大值,且f(1)=3e,函数f(x)无极小值.故选C.4.A解析设直线y=kx(k>0)与曲线f(x)=x-a ln x(a≠0)相切于点P(x0,x0-a ln x0)(x0>0).由题意得,f'(x)=1-ax ,则以P为切点的切线方程为y-x0+a ln x0=1-ax0(x-x0),因为该切线过原点,所以-x0+a ln x0=1-ax0(-x0),因此ln x0=1,即x0=e,所以k=1-ae>0,得a<e,又a≠0,故实数a的取值范围是(-∞,0)∪(0,e).故选A.5.A解析f'(x)=6x2+6mx+2n.因为f(x)在x=1处有极小值,且极小值为6,所以{f'(1)=0, f(1)=6,即{6+6m+2n=0,2+3m+2n+m2=6,解得{m=5,n=−18或{m=−2,n=3.当m=5,n=-18时,f'(x)=6x2+30x-36=6(x+6)(x-1),则f(x)在区间(-∞,-6)上单调递增,在区间(-6,1)上单调递减,在区间(1,+∞)上单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,且极小值为f(1)=6.当m=-2,n=3时,f'(x )=6x 2-12x+6=6(x-1)2≥0, 则f (x )在R 上单调递增,f (x )无极值. 综上可得,m=5,n=-18. 6.C 解析 如图所示,要使|PQ|取得最小值,则曲线y=-sin x (x ∈[0,π])在点P 处的切线与直线x-2y-6=0平行,对函数y=-sin x 求导得y'=-cos x ,令y'=12,可得cos x=-12,由于0≤x ≤π,所以x=2π3.故选C . 7.C 解析 由题得y'=cosx·e x -sinx·e x(e x )2=cosx-sinxe x.设切点为(x 0,y 0)(x 0≥0),则y'|x=x 0=cos x 0-sin x 0e x 0,由y'|x=x 0=1,得e x 0=cos x 0-sin x 0.令f (x )=e x -cos x+sin x (x ≥0),则f'(x )=e x +sin x+cos x=e x +√2sin x+π4,当0≤x<1时,f'(x )>0,当x ≥1时,e x ≥e,√2sin (x +π4)≥-√2,f'(x )>0,所以∀x ≥0,f'(x )>0,所以f (x )在区间[0,+∞)上单调递增,则f (x )≥f (0)=0,所以方程e x 0=cos x 0-sin x 0只有一个实根x 0=0,所以y 0=sin0e 0+1=1,故切点为(0,1),切线斜率为1,所以切线方程为y=x+1.8.BC 解析 函数f (x )=x 3-3ln x-1的定义域为(0,+∞),f'(x )=3x 2-3x =3x (x 3-1).令f'(x )=3x (x 3-1)=0,得x=1,列表得:f (x ) 单调递减单调递增所以f (x )的极小值,也是最小值为f (1)=0,无极大值,在定义域内不单调,故C 正确,A,D 错误;对于B,由f (1)=0及f'(1)=0,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y-0=0(x-1),即y=0,故B 正确,故选BC .9.ACD 解析 令f (x )=ln x-xe ,x>0,则f'(x )=1x −1e ,令f'(x )=0,得x=e,当0<x<e 时,f'(x )>0,当x>e 时,f'(x )<0,所以f (x )在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,故f (x )max =f (e)=ln e -ee =0,则f (2)=ln 2-2e <0得ln 2<2e ,故A 错误;f (3)=ln 3-3e <0得ln 3<3e ,故B 正确;f (π)=ln π-πe <0得ln π<πe ,故C 错误;对于D 项,令g (x )=lnx x,x>0,则g'(x )=1−lnx x 2,当0<x<e时,g'(x )>0,当x>e 时,g'(x )<0,所以g (x )在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减,则g (3)>g (π),得ln33>ln ππ,即ln3ln π>3π,故D 错误.故选ACD .10.BC 解析 画出函数f (x )的图象,如图,因为f (x )=m 的两根为x 1,x 2(x 1<x 2),所以x 1=m-22,x 2=e m+1,m ∈(-1,0],从而(x 2-x 1)·f (x 2)=e m+1-m-22m=m e m+1-m 22+m.令g (x )=x e x+1-12x 2+x ,x ∈(-1,0],则g'(x )=(x+1)e x+1-x+1.因为x ∈(-1,0],所以x+1>0,e x+1>e 0=1,-x+1>0, 所以g'(x )>0,从而g (x )在区间(-1,0]上单调递增.又g (0)=0,g (-1)=-52,所以g (x )∈-52,0,即(x 2-x 1)·f (x 2)的取值范围是-52,0,故选BC . 11.1 解析 由题意得函数y=ln x+ax 的定义域为x>0,y'=1x +a.设曲线y=ln x+ax 与直线y=2x-1相切于点P (x 0,y 0),可得1x 0+a=2,即ax 0=2x 0-1①,y 0=ln x 0+ax 0,y 0=2x 0-1,所以ln x 0+ax 0=2x 0-1②,联立①②,可得x 0=1,a=1. 12.(-√2,√2)(答案不唯一) 解析 f (x )=sinx-a e x的定义域为R ,f'(x )=cosx-sinx+ae x,由于函数f (x )=sinx-a e x有极值,所以f'(x )=cosx-sinx+ae x有变号零点,因此由cos x-sin x+a=0,即a=sin x-cosx=√2sin x-π4,可得a ∈(-√2,√2),答案只要为(-√2,√2)的子集都可以. 13.e 2-4 解析 f'(x )=e x -2.设切点为(t ,f (t )),则f (t )=e t -2t ,f'(t )=e t -2,所以切线方程为y-(e t -2t )=(e t -2)(x-t ),即y=(e t -2)x+e t (1-t ),所以a=e t -2,b=e t (1-t ),则2a+b=-4+3e t -t e t .令g (t )=-4+3e t -t e t ,则g'(t )=(2-t )e t .当t>2时,g'(t )<0,g (t )在区间(2,+∞)上单调递减;当t<2时,g'(t )>0,g (t )在区间(-∞,2)上单调递增,所以当t=2时,g (t )取最大值g (2)=-4+3e 2-2e 2=-4+e 2,即2a+b 的最大值为e 2-4. 14.解 (1)因为f (x )=ax 2+bx+ce x,所以f'(x )=-ax 2+(2a-b)x+b-ce x.因为e x >0,所以f'(x )≥0的解集与-ax 2+(2a-b )x+b-c ≥0的解集相同,且同为[0,1].所以有{a>0,2a-ba=1,b-c-a=0,解得a=b=c.所以f(x)=a(x 2+x+1)e x(a>0),f'(x)=-ax2+axe x(a>0).因为a>0,所以当x<0或x>1时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当0≤x≤1时,f'(x)≥0,函数f(x)单调递增,且f'(1)=0,所以f(x)在x=1处取得极大值,又由题知,极大值为3e,所以f(1)=3ae =3e,解得a=1,所以a=b=c=1.所以f(x)=x 2+x+1e x,f'(x)=-x2+xe x.所以f(-1)=1e-1=e,f'(-1)=-2e-1=-2e.所以曲线y=f(x)在点(-1,f(-1))处的切线方程为y-e=-2e(x+1),即y=-2e x-e.(2)由(1)知函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,1)上单调递增,且f(0)=1e0=1, 所以满足f(x0)=1(x0≠0)的x0∈(1,+∞).所以当0<m≤x0时,由函数f(x)的单调性易知,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为f(0)=1;当m>x0时,f(m)<f(x0)=f(0)=1,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为f(m)=m 2+m+1 e m.综上所述,f(x)在区间(-∞,m]上的最小值为{1,0<m≤x0, m2+m+1e m,m>x0.15.解 (1)f'(x)=a e x-1.当a≤0时,f'(x)<0恒成立,f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,得x=-ln a.当x<-ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-ln a时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a ≤0时,f (x )在区间(-∞,+∞)上单调递减;当a>0时,f (x )在区间(-∞,-ln a )上单调递减,在区间(-ln a ,+∞)上单调递增.(2)因为曲线C 1:y 1=a e x 与曲线C 2:y 2=x 2存在唯一的公切线,设该公切线与曲线C 1,C 2分别切于点(x 1,a e x 1),(x 2,x 22),显然x 1≠x 2.由于y 1'=a e x,y 2'=2x ,所以a e x 1=2x 2=ae x 1-x 22x 1-x 2,因此2x 2x 1-2x 22=a e x 1−x 22=2x 2-x 22,所以2x 1x 2-x 22=2x 2,即x 2=2x 1-2.由于a>0,故x 2>0,从而x 2=2x 1-2>0,因此x 1>1.此时a=2x2e x 1=4(x 1-1)e x 1(x 1>1).设F (x )=4(x-1)e x(x>1),则问题等价于当x>1时,直线y=a 与曲线y=F (x )有且只有一个公共点.又F'(x )=4(2−x)e x,令F'(x )=0,解得x=2,所以F (x )在区间(1,2)上单调递增,在区间(2,+∞)上单调递减.而F (2)=4e 2,F (1)=0,当x →+∞时,F (x )→0, 所以F (x )的值域为0,4e 2,故a=4e 2. 16.解 (1)由题意得,当a=1时,函数f (x )=ln x-12x 2,其定义域为(0,+∞),因此f'(x )=1x -x=1−x 2x.令f'(x )>0,即1-x 2>0,得0<x<1,所以f (x )在区间(0,1)上单调递增; 令f'(x )<0,即1-x 2<0,得x>1,所以f (x )在区间(1,+∞)上单调递减. 故函数f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)由题意,函数f (x )=a 2ln x-12ax 2-(a 2-a )x (a ≠0)的定义域为(0,+∞),11且f'(x )=a 2x -ax-(a 2-a )=-a(x+a)(x-1)x .当a<0时,-a>0, ①若-1<a<0,令f'(x )>0,即(x+a )(x-1)>0,得x>1或0<x<-a ;令f'(x )<0,即(x+a )(x-1)<0,得-a<x<1,所以函数f (x )在区间(1,+∞),(0,-a )上单调递增,在区间(-a ,1)上单调递减.所以当x=1时,函数f (x )取得极小值,不符合题意.②若a=-1,可得f'(x )=(x-1)2x ≥0,此时函数f (x )在区间(0,+∞)上单调递增,函数f (x )无极值,不符合题意.③若a<-1,令f'(x )>0,即(x+a )(x-1)>0,得x>-a 或0<x<1,令f'(x )<0,即(x+a )(x-1)<0,得1<x<-a ,所以函数f (x )在区间(1,-a )上单调递减,在区间(0,1),(-a ,+∞)上单调递增,所以当x=1时,函数f (x )取得极大值,符合题意.当a>0时,-a<0.令f'(x )>0,即(x+a )(x-1)<0,得0<x<1;令f'(x )<0,即(x+a )(x-1)>0,得x>1,所以f (x )在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时,函数f (x )取得极大值,符合题意.综上可得,实数a 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,+∞).。

4.2导数与函数的单调性、极值和最值五年高考考点1导数与函数的单调性1.(2014课标Ⅱ文,11,5分,易)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是() A.(-∞,-2] B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D2.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=a e x-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为() A.e2 B.e C.e-1 D.e-2答案C3.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(e x+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+32.解析(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,f'(x)=a e x-1.①当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;②当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln1,当x<ln1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在−∞,,在ln1,+∞上单调递增.(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在−∞,,在ln1,+∞上单调递增,则f(x)min=f=+−ln1=1+a2+ln a.要证明f(x)>2ln a+32,只需证明1+a2+ln a>2ln a+32,即证a2-ln a-12>0.令g(x)=x2-ln x-12(x>0),则g'(x)=2x-1=22−1.当0<x,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>22时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)min==12−12=−=ln2>0,∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a-12>0,∴f(x)>2ln a+32.4.(2023全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax-sin cos2,x∈0,(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=x-sin cos2,x∈0,f'(x)=1-cos3r2sin2voscos3cos4=cos3Kcos2K2sin2=cos3rcos2K2cos3<0,所以函数f(x)在.(2)令g(x)=sin cos2−sin=sinKsinvos2cos2=sinKsino1−sin2pcos2=sin3cos2,则g'(x)=3cos3Lin2r2sin4voscos3,cos4=3cos2Lin2r2sin4因为x∈0,所以3cos2x sin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在,g(0)=0,当x→π2时,g(x)→+∞,因为f(x)+sin x<0恒成立,所以sin cos2−sin>B在0,,即直线y=ax在0<x<π2时恒在g(x)的图象下方,如图所示,由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].5.(2015课标Ⅱ文,21,12分,中)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1-a.若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈,f'(x)>0;当x+∞时,f'(x)<0.所以f(x)在,+∞上单调递减.(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=1处取得最大值,最大值为f ln1+1−a+a-1.因此f a-2等价于ln a+a-1<0.令g(a)=ln a+a-1,a>0,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).考点2导数与函数的极(最)值1.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=a ln x++2(a≠0)既有极大值也有极小值,则() A.bc>0 B.ab>0C.b2+8ac>0D.ac<0答案BCD2.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线答案AC3.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为.答案14.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2a x-e x2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是.答案15.(2021北京,19,15分,中)已知函数f(x)=3−22+.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值.解析(1)当a=0时,f(x)=3−22,∴f(1)=1,f'(x)=2K63,故f'(1)=-4,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0.(2)由题意得f'(x)=22−6K2(2+p2,且f'(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,故f(x)=3−22+4,x∈R,则f'(x)=22−6K8(2+4)2=2(r1)(K4)(2+4)2,令f'(x)>0,得x>4或x<-1;令f'(x)<0,得-1<x<4,故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f(x)的极大值为f(-1)=1,f(x)的极小值为f(4)=-14.又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-14.6.(2019课标Ⅲ文,20,12分,中)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.解析(1)第一步:求函数的定义域和导函数,并因式分解求出导函数的零点.由题意知x∈R,f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=3.第二步:讨论a的取值,比较根的大小关系,写出单调区间.①若a>0,则当x∈(-∞,0)+∞时,f'(x)>0;当x∈,f'(x)<0.故f(x)在(-∞,0+∞单调递增,在;②若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;③若a<0,则当x∈−∞,(0,+∞)时,f'(x)>0;当x,0'(x)<0.故f(x)在−∞,0,+∞)单调递增,0.(2)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在0,,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f=−327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.当0<a<2时,f(1)>f(0),最大值为f(1)=4-a.所以M-m=2-a+327,0<a<2,对于函数y=327-a+2,y'=2-1,当0<a<2时,y'<0,从而y=327-a+2单调递减,此时827<327-a+2<2,即M-m2.(构造函数,利用函数单调性求值域)当2≤a<3时,f(1)<f(0),最大值为f(0)=2,所以M-m=327,而函数y=327单调递增,所以M-m的取1.综上,M-m2.易错警示解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而导致失分;②当a>0时,f(x)在(-∞,0+∞单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)+∞单调递增导致错误,从而失分.7.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x;(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x.令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x.(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).当a=0时,f(x)=1-ln(1-x2),f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0.当a>0时,f'(x)=-a sin ax+21−2,x∈(-1,1).(i)当0<a≤2时,取m,1,x∈(0,m),则ax∈(0,1),由(1)可得f'(x)=-a sin ax+21−2>−y+21−2=o22+2−2)1−2,因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.(ii)当a>2时,取x∈0,⊆(0,1),则ax∈(0,1),由(1)可得f'(x)=-a sin ax+21−2<-a(ax-a2x2)+21−2=1−2(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2),设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,因为h'(0)=a3>0,a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈0,均有h'(x)>0,所以h(x)在0,.因为h(0)=2-a2<0,,所以h(x)在0,n.当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.则f'(x)<1−2(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2)<0.即当x∈(0,n)⊆(0,1)时,f'(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减.又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增,所以x=0是f(x)的极大值点.综合(i)(ii)知a>2.当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-2符合要求.故a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).三年模拟综合基础练1.(2023山东烟台开学考,3)函数f(x)=-2ln x-x-3的单调递增区间是()A.(0,+∞)B.(-3,1)C.(1,+∞)D.(0,1)答案D2.(2023吉林长春六中月考,9)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为() A.-π2,π2 B.−3π2,π2C.-π2,π2+2D.−3π2,π2+2答案D3.(2024届江苏无锡期中,5)当x=2时,函数f(x)=x3+bx2-12x取得极值,则f(x)在区间[-4,4]上的最大值为() A.8 B.12 C.16 D.32答案C4.(2024届湖南师大附中第4次月考,6)已知x=0是函数f(x)=x2e x-2x e x+2e x-3x3的一个极值点,则a的取值集合为() A.{a|a≥-1} B.{0}C.{1}D.R答案C5.(2024届河北石家庄二中月考,5)已知函数f(x)=x3-3mx2+9mx+1在(1,+∞)上为单调递增函数,则实数m的取值范围为() A.(-∞,-1) B.[-1,1]C.[1,3]D.[-1,3]答案D6.(2024届重庆长寿中学期中,7)已知函数f(x)=2x-2-a ln x,则“a>5”是“函数f(x)在(1,2)上单调递减”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答案A7.(多选)(2024届福建福州联考,10)设函数f (x )=x 3-12x +b ,则下列结论错误的是()A.函数f (x )在(-∞,-1)上单调递增B.函数f (x )在(-∞,-1)上单调递减C.若b =-6,则函数f (x )的图象在点(-2,f (-2))处的切线方程为y =10D.若b =0,则函数f (x )的图象与直线y =10只有一个公共点答案ABD8.(2024届江苏苏州中学模拟,14)已知函数g (x )=2x +ln x -在区间[1,2]上不单调,则实数a 的取值范围是.答案(-10,-3)9.(2024届河南省实验中学月考,15)若函数f (x )=x 3-12x 在区间(a ,a +4)上存在最大值,则实数a 的取值范围是.答案(-6,-2)10.(2024届湖北武汉二中测试,15)已知函数f (x )=ax 4-4ax 3+b ,x ∈[1,4],f (x )的最大值为3,最小值为-6,则a +b 的值是.答案103或−19311.(2023重庆八中入学考,18)已知函数f (x )=ax +b +cos x (a ,b ∈R ),若曲线f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y =12x +2.(1)求f (x )的解析式;(2)求函数f (x )在[0,2π]上的值域.解析(1)因为f (x )=ax +b +cos x (a ,b ∈R ),所以f '(x )=a -sin x ,由题意得o0)=+cos0=2,'(0)=−sin0=12,即+1=2,=12,所以=12,b =1,则f (x )=12x +1+cos x.(2)由(1)得f (x )=12x +1+cos x ,f '(x )=12-sin x ,由f '(x )≥0且x ∈[0,2π]可得0≤x ≤π6或5π6≤x ≤2π,函数f (x )在区间和2π上单调递增,由f'(x)<0且x∈[0,2π]可得π6<5π6,函数f(x).因此当x=π6时,函数取得极大值f=12×π6+1π6=1+π12当x=5π6时,函数取得极小值f=12×5π6+1+cos5π6=1+5π12又f(0)=2,f(2π)=12×2π+1+cos2π=1+π+1=2+π,1+5π12<2<1+π12+,所以函数f(x)在[0,2π]上的最大值为2+π,最小值为1+5π12所以f(x)在[0,2π]上的值域为1+5π12−2+π.综合拔高练11.(2024届湖南长沙长郡中学月考,4)若0<x1<x2<1,则()A.e2−e1>l y−ln xB.e2−e1<ln x2-ln x1C.x2e1>xe2D.ye1<xe2答案C2.(多选)(2024届广东东莞月考,11)已知函数f(x)=ax2-2x+ln x存在极值点,则实数a的值可以是() A.0 B.-e C.12 D.1e答案ABD3.(2024届山东泰安月考,15)设a∈R,若函数y=e x+ax,x∈R有大于零的极值点,则a的取值范围是.答案(-∞,-1)4.(2024届辽宁辽东教学共同体期中,19)已知函数f(x)=e x,g(x)=e.(1)直接写出曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的公共点坐标,并求曲线y=f(x)在公共点处的切线方程;(2)已知直线y=a分别交曲线y=f(x)和y=g(x)于点A,B,当a∈(0,e)时,设△OAB的面积为S(a),其中O是坐标原点,求S(a)的最大值.解析(1)易得曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的公共点坐标为(1,e).因为f'(x)=e x,所以f'(1)=e,所以曲线y=f(x)在公共点处的切线方程为y-e=e(x-1),即y=e x.(2)因为直线y=a分别交曲线y=f(x)和y=g(x)于点A,B,所以A(ln a,a),.S(a)=12b|A|=12ln,a∈(0,e).因为a∈(0,e)时,e>1,ln a<1,所以e>ln a,所以S(a)=e2−12a ln a,a∈(0,e),求导得S'(a)=-12(1+ln a),令S'(a)=0,得a=1e,所以S'(a),S(a)的变化情况如表:因此,S(a)5.(2024届湖南长沙南雅中学开学考,21)已知函数f(x)=ax-1-(a+1)ln x(a≠0).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)既有极大值又有极小值,且极大值和极小值的和为g(a),解不等式g(a)<2a-2.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),对f(x)求导得f'(x)=a+12−r1=B2−(r1)r12=(B−1)(K1)2,令f'(x)=0,则x1=1,x2=1.当a<0时,ax-1<0,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当a>0时,①当1=1,即a=1时,f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当1>1,即0<a<1时,令f'(x)>0,解得0<x<1或x>1,令f'(x)<0,解得1<x<1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在1,,+∞上单调递增;③当1<1,即a>1时,令f'(x)>0,解得0<x<1或x>1,令f'(x)<0,解得1<x<1,所以f(x)在,1上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.综上所述:当a<0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当0<a<1时,f(x)在(0,1)上单调递增,在1,,+∞上单调递增;当a=1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在0,,1上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.(2)由(1)知:a>0且a≠1,且g(a)=f f(1)=1-a+(a+1)ln a+a-1=(a+1)ln a.g(a)<2a-2等价于(a+1)ln a<2a-2(a>0且a≠1),等价于解不等式ln a-2(K1)r1<0,令m(a)=ln a-2(K1)r1(a>0),(构造函数m(a),结合函数的单调性以及特殊值m(1)=0,从而解得不等式的解集)m'(a)=1−4(r1)2=(K1)2or1)2>0,所以m(a)在(0,+∞)上单调递增,且m(1)=0,所以m(a)<0=m(1),即不等式的解集为{a|0<a<1}.6.(2024届北京一零一中学测试,18)已知函数f(x)=ax3+bx+2在x=2处取得极值-14.(1)求a,b的值;(2)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(3)求函数f(x)在[-3,3]上的最值.解析(1)因为f(x)=ax3+bx+2,所以f'(x)=3ax2+b,又函数f(x)在x=2处取得极值-14,所以'(2)=12+=0,4+=−8,解得=1,=−12,o2)=8+2+2=−14,即12+=0,经检验,a=1,b=-12符合题意,故a=1,b=-12.(2)由(1)知:f(x)=x3-12x+2,f'(x)=3x2-12,故f(1)=-9,f'(1)=-9.所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(-9)=-9(x-1),即9x+y=0.(3)由(1)知:f(x)=x3-12x+2,f'(x)=3x2-12,令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=2,x∈[-3,3]时,随x的变化f'(x),f(x)的变化情况如表:x-3(-3,-2)-2(-2,2)2(2,3)3f'(x)+0-0+f(x)11↗18↘-14↗-7由表可知:当x=-2时,函数f(x)有极大值f(-2)=18;当x=2时,函数f(x)有极小值f(2)=-14;因为f(-2)=18>f(3)=-7,f(2)=-14<f(-3)=11,故函数f(x)在[-3,3]上的最小值为f(2)=-14,最大值为f(-2)=18.综合拔高练21.(多选)(2024届湖北宜昌中学阶段练,12)已知函数f(x)=ax+e+En1在∈2上有三个单调区间,则实数a的取值可以是() A.-e B.-2e C.−e22 D.−72答案BD2.(多选)(2024届安徽池州一中阶段练,10)已知函数f(x)=x3-2x2+ax,则下列说法正确的是()A.函数f(x)的极值点个数可能为0,1,2B.若函数f(x)有两个极值点,则a<43C.若a=1,则函数f(x)2上的最小值为18D.若a=1,则函数f(x)2上的最大值为2答案BD3.(2024届湖北黄冈中学月考,14)定义在R上的函数f(x)=13x3-x+3.①f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数.②y='(p在(0,+∞)上存在极小值.③f(x)的图象在x=0处的切线与直线y=2x+2垂直.④设g(x)=4ln x-m,若存在x∈[1,e],使得g(x)<f'(x),则m>5-e2.以上描述中正确的是.(填序号)答案①④4.(2024届北京海淀北大附中校考,20)已知函数f(x)=e ax(x-1)2.(1)若a=1,求曲线f(x)在(0,f(0))处的切线方程;(2)求f(x)的极大值与极小值.解析(1)当a=1时,f(x)=e x(x-1)2,f'(x)=e x(x2-1),所以f'(0)=e0(02-1)=-1,又f(0)=e0(0-1)2=1,所以切线方程为y-1=-(x-0),即x+y-1=0.(2)f'(x)=a e ax(x-1)2+2e ax(x-1)=e ax(x-1)(ax-a+2),当a=0时,令f'(x)=2(x-1)=0,解得x=1,故x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故x=1时,f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值.当a>0时,令f'(x)=0,解得x1=1,x2=1-2,故当x<1-2或x>1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1-2<x<1时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)的极大值为f1−=4e K22,极小值为f(1)=0.当a<0时,令f'(x)=0,解得x1=1,x2=1-2,故当x<1或x>1-2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当1<x<1-2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,故f(x)的极大值为f1−=4e K22,极小值为f(1)=0.综上,当a=0时,f(x)的极小值为f(1)=0,无极大值;当a≠0时,f(x)的极大值为f1=4e K22,极小值为f(1)=0.5.(2024届江苏镇江一中校考,19)已知函数f(x)=e x-x2-1.(1)判断f(x)在定义域上是否存在极值,若存在,求出其极值;若不存在,说明理由.(2)若f(x)≥ax在x∈[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.解析(1)∵f(x)=e x-x2-1,∴f'(x)=e x-2x,记h(x)=e x-2x,∴h'(x)=e x-2,当x>ln2时,h'(x)>0;当x<ln2时,h'(x)<0,则f'(x)在(-∞,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,∴f'(x)min=f'(ln2)=2-2ln2>0,∴f(x)在R上单调递增,即在定义域R上不存在极值.(2)因为f(x)=e x-x2-1≥ax在x∈[0,+∞)上恒成立,所以e x-x2-ax-1≥0在x∈[0,+∞)上恒成立.显然当x=0时不等式成立,当x>0时,a≤e−2−1恒成立,令g(x)=e−2−1,x>0,则g'(x)=(K1)(e−K1)2,记F(x)=e x-x-1,x>0,∴F'(x)=e x-1,当x>0时,F'(x)>0,F(x)单调递增,故F(x)>F(0)=0,故当x>0时,e x-x-1>0,当0<x<1时,g'(x)<0;当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,g(x)min=e-2,所以a≤e-2.故实数a的取值范围是(-∞,e-2].。

第6讲 导数的应用之单调性、极值和最值1．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '>，那么函数()y f x =在该区间内单调递增；如果()0f x '<，那么函数()y f x =在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤 （1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '，令()0f x '=，解此方程，求出它在定义域内的一切实数； （3）把函数()f x 的间断点（即()f x 的无定义点）的横坐标和()0f x '=的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义域分成若干个小区间；（4）确定()f x '在各小区间内的符号，根据()f x '的符号判断函数()f x 在每个相应小区间内的增减性.注①使()0f x '=的离散点不影响函数的单调性，即当()f x '在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()f x 在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)-∞+∞上，3()f x x =，当0x =时，()0f x '=；当0x ≠时，()0f x '>，而显然3()f x x =在(,)-∞+∞上是单调递增函数.②若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增，则()0f x '≥（()f x '不恒为0），反之不成立.因为()0f x '≥，即()0f x '>或()0f x '=，当()0f x '>时，函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递增.当()0f x '=时，()f x 在这个区间为常值函数；同理，若函数()y f x =在区间(,)a b 上单调递减，则()0f x '≤（()f x '不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论： ()0f x '>⇒()f x 单调递增； ()f x 单调递增()0f x '⇒≥； ()0f x '<⇒()f x 单调递减； ()f x 单调递减()0f x '⇒≤.3．函数极值的概念设函数()y f x =在点0x 处连续且0()0y f x '==，若在点0x 附近的左侧()0f x '>，右侧()0f x '<，则0x 为函数的极大值点；若在0x 附近的左侧()0f x '<，右侧()0f x '>，则0x 为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点. 4．求可导函数()f x 极值的一般步骤 （1）先确定函数()f x 的定义域； （2）求导数()f x '；（3）求方程()0f x '=的根；（4）检验()f x '在方程()0f x '=的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()y f x =在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()y f x =在这个根处取得极小值.注①可导函数()f x 在点0x 处取得极值的充要条件是：0x 是导函数的变号零点，即0()0f x '=，且在0x 左侧与右侧，()f x '的符号导号.②0()0f x '=是0x 为极值点的既不充分也不必要条件，如3()f x x =，(0)0f '=，但00x =不是极值点.另外，极值点也可以是不可导的，如函数()f x x =，在极小值点00x =是不可导的，于是有如下结论：0x 为可导函数()f x 的极值点0()0f x '⇒=；但0()0f x '=⇒0x 为()f x 的极值点. 5．函数的最大值、最小值若函数()y f x =在闭区间[],a b 上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在[],a b 上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()y f x =是定义在区间[],a b 上的函数，()y f x =在(,)a b 可导，求函数()y f x =在[],a b 上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数()y f x =在(,)a b 内的极值；（2）将函数()y f x =的各极值与端点处的函数值(),()f a f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点； ③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.1．已知0x 是函数()e ln x f x x =-的极值点，若()00,a x ∈， ()0,b x ∈+∞，则 A. ()0f a '>， ()0f b '< B. ()0f a '<， ()0f b '< C. ()0f a '>， ()0f b '> D. ()0f a '<， ()0f b '> 【答案】D【解析】因为()1(0)x f x e x x '=->，令()1=0x f x e x '=-，即1=x e x ，在平面直角坐标系画出1,x y e y x==的图象，如图：根据图象可知， ()()()()000,,0,,,0x x f x x x f x '∞'∈∈+，所以 ()0f a '<， ()0f b '>，故选D.2．已知20a b =≠，且关于x 的函数()321132f x x a x a bx =++⋅在R 上有极值，则a 与b 的夹角范围为（ ）A. 0,6π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,6ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦C. ,3ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦D. 2,33ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C【解析】()321132f x x a x a bx =++⋅在R 有极值， ()2'0f x x a x a b ∴=++⋅=有不等式的根， 0∴∆>，即2240,4cos 0a a b a a b θ-⋅>∴->，120,cos 2a b θ=≠∴<， 0,3πθπθπ≤≤∴<≤，即向量,a b 夹角范围是,3ππ⎛⎤⎥⎝⎦，故选C. 【方法点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式、利用导数研究函数的极值，属于难题.平面向量数量积公式有两种形式，一是cos a b a b θ⋅=，二是1212a b x x y y ⋅=+，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， ·cos ·a ba bθ=（此时·a b 往往用坐标形式求解）；（2）求投影， a 在b 上的投影是a b b⋅；（3）,a b 向量垂直则0a b ⋅=;(4)求向量ma nb + 的模（平方后需求a b ⋅）.3．在ABC ∆中， ,,a b c 分别为,,A B C ∠∠∠所对的边，若函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，则sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是（ ） A. 0 B. 32- C. 32D. -1 【答案】D【解析】()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+，∴f′（x ）=x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ），又∵函数()()3222113f x x bx a c ac x =+++-+有极值点，∴x 2+2bx+（a 2+c 2-ac ）=0有两个不同的根，∴△=（2b ）2-4（a 2+c 2-ac ）＞0，即ac ＞a 2+c 2-b 2，即ac ＞2accosB ；即cosB ＜12，故∠B 的范围是（π3π，），所以23B π- 5,33ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，当3112B 326B πππ-==，即 时sin 23B π⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值是-1 故选D4．设定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝xlnx ， 11f e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，则f(x)( )A. 有极大值，无极小值B. 有极小值，无极大值C. 既有极大值，又有极小值D. 既无极大值，又无极小值 【答案】D【解析】因为xf ′(x )－f (x )＝x ln x ，所以()()2ln xf x f x x x x -='，所以()'ln ()f x xx x=，所以f (x )＝12x ln 2x ＋cx .因为f (1e )＝12e ln 21e ＋c ×1e ＝1e ，所以c ＝12，所以f ′(x )＝12ln 2x ＋ln x ＋12＝12(ln x ＋1)2≥0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (x )在(0，＋∞)上既无极大值，也无极小值，故选D.点睛：根据导函数求原函数，常常需构造辅助函数，一般根据导数法则进行：如()()f x f x '-构造()()x f x g x e =， ()()f x f x '+构造()()x g x e f x =，()()xf x f x '-构造()()f xg x x=， ()()xf x f x '+构造()()g x xf x =等 5．设a R ∈，若函数,x y e ax x R =+∈有大于零的极值点，则（ ）A. 1a e<- B. 1a e >- C. 1a >- D. 1a <-【答案】D【解析】()x f x e a '=+（x>0）,显然当0a ≥时， ()0f x '>，f(x)在R 上单调递增，无极值点，不符。

高考数学考点总动员【二轮精品】第二篇难点6 利用导数研究函数的单调性、最值与极值【热点考法】利用导数研究函数的单调性、最值与极值是理念高考考查的重点和难点，考查形式为选择题填空题或解答题，主要考查利用导数研究函数的单调性、最值与极值进而研究函数的图像与性质，再利用函数图像、最值等性质解不等式恒成立问题，证明不等式，难度为容易题、中档题或难题，分值为12至17分.【热点考向】考向一 利用导数研究函数的单调性【解决法宝】函数的单调性问题（1）利用导数判定函数的单调性：设函数()y f x =在某个区间内可导，若()0f x '>，则()f x 为增函数；若/()0f x <，则()f x 为减函数.（2）用导数函数求单调区间方法：求单调区间问题，先求函数的定义域，在求导函数，解导数大于0的不等式，得到区间为增区间，解导数小于0得到的区间为减区间，注意单调区间一定要写出区间形式，不用描述法集合或不等式表示，且增（减）区间有多个，一定要分开写，用逗号分开，不能写成并集形式，要说明增（减）区间是谁，若题中含参数注意分类讨论；(3) 已知在某个区间上的单调性求参数问题：先求导函数，将其转化为导函数在这个区间上大于（增函数）（小于（减函数））0恒成立问题，通过函数方法或参变分离求出参数范围，注意要验证参数取等号时，函数是否满足题中条件，若满足把取等号的情况加上，否则不加. 例1【山西省太原市高三模拟考试（一）】已知函数()()12f x lnx ax a R x=++∈在2x =处的切线经过点()4,2ln2-（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若不等式2211lnx m x x>--恒成立，求实数m 的取值范围. 【分析】(1)对函数进行求导，结合导函数与切线的关系求得 实数的值，确定函数的解析式之后即可讨论函数的单调性.(2)分离系数后讨论m 的取值范围即可，构造新函数后求导，讨论新函数的值域，注意讨论值域时利用反证法假设存在实数满足()0g x b >> ，由得出的矛盾知假设不成立，即函数的最小值开区间处为.【解析】（1）由题意得()221,0f x a x x x=+->' ∴()324f a '=+，∴()f x 在2x =处的切线方程为()()()222y f f x '-=-即32214y a x ln ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，∵点()4,22ln -在该切线上，∴1a =-，∴()()22212110x f x x x x --=--=≤' 函数()f x 在()0,+∞单调递减；考向二 利用导数求函数的极值【解决法宝】函数的极值问题①求函数的极值，先求导函数，令导函数为0，求出导函数为0时，方程的根和导数不存在的点，再用导数判定这些点两侧的函数的单调性，若左增由减，则在这一点取值极大值，若左减右增，则在这一点去极小值，要说明在哪一点去极大（小）值；②已知极值，求参数，先求导，则利用可导函数在极值点的导数为0，列出关于参数方程，求出参数，注意可导函数在某一点去极值是导函数在这一点为0的必要不充分条件，故需将参数代入检验在给点的是否去极值；③已知三次多项式函数有极值求参数范围问题，求导数，导函数对应的一元二次方程有解，判别式大于0，求出参数的范围.例2【辽宁省沈阳市大东区高三质量监测】已知，函数.（Ⅰ）当时，求的单调区间；（Ⅱ）设，且有两个极值点，其中，若恒成立，求的取值范围.【分析】（Ⅰ）首先注意到函数的定义域，求函数的导数()22 231x xf xx-+'=，在定义域内求()0f x'>和()0f x'<的区间；（Ⅱ）首先求()1ln(0)g x x a x xx=-->，根据导数()0g x'=，得到210x ax++=，得到根与系数的关系，其中211xx=，并代入求()()12g x g x-，并求函数()()111h x g x gx⎛⎫=- ⎪⎝⎭的最小值，即得到的取值范围. （Ⅱ）由已知得()1lng x x a xx=-+，()0,x∈+∞，()222111a x axg xx x x+='+=++，令()'0g x=，得210x ax++=，∵()g x有两个极值点12,x x，∴2121240{010ax x ax x->+=->⋅=>，∴()211221{axxa x x<-==-+，又∵12x x <，∴()10,1x ∈， ∴()()()12111111111111ln ln g x g x g x g x a x x a x x x x ⎛⎫⎛⎫-=-=-+--+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1111111111122ln 22ln x a x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+=--+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()1122ln h x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ()0,1x ∈, ∵()()()222211ln 1111'2121ln x x x h x x x x x x x x +-⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+--++= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 当()0,1x ∈时，恒有()'0h x <，∴()h x 在()0,1x ∈上单调递减，∴()()10h x h >=， 故()()120g x g x ->，又∵()()12g x g x t ->恒成立，∴0t ≤.考向三 利用导数求函数的最值【解决法宝】函数最问题①对求函数在某一闭区间上，先用导数求出极值点的值和区间端点的值，最大者为最大值，最小者为最小值，对求函数定义域上最值问题或值域，先利用导数研究函数的单调性和极值，从而弄清函数的图像，结合函数图像求出极值；②对已知最值或不等式恒成立求参数范围问题，通过参变分离转化为不等式()f x ≤（≥）()g a （是自变量，是参数）恒成立问题，()g a ≥max ()f x （≤min ()f x ），转化为求函数的最值问题，注意函数最值的区别于联系.例3【辽宁省大连市高三第一次模拟考试数学理试题】已知函数()()()222(0)x f x x e a x x =-++>.（1）若()f x 是()0,+∞的单调递增函数，求实数的取值范围；（2）当10,4a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，求证：函数()f x 有最小值，并求函数()f x 最小值的取值范围.【分析】（1）函数单调递增等价于导函数()00+f x '≥∞在（，）上恒成立，再利用变量分离转化为求对应函数最值问题：()124x x e a x -≥+ 的最大值，最后根据导数求对应函数最值，即得实数的取值范围；(2)实质证明函数()f x 当10,4a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时先减后增，也即函数有极小值点，并在此极小值点处取最小值，此时要用零点存在定理说明极值点存在.求出函数极小值表达式，即最小值表达式，利用导数研究最小值表达式单调性，并根据极小值点范围确定最小值取值范围.【解析】（Ⅰ） ()()224xxf x e x e ax a +-+'=+∵函数)f x （在区间0+∞（，）上单调递增， ()00+f x ≥'∴∞在（，）上恒成立. ∴()2240x x e x e ax a +-++≥，∴()124x x e a x -≥+，令()()124x x e g x x -=+，()()()()()()()2222221242102424x x x xe x x x e e x x e g x x x ⎡⎤-----+--⎣⎦==<++'， ∴()()104g x g <=，∴14a ≥. （Ⅱ）()'20xf x x e a ⎡⎤⋅+⎣⎦'=> ∴()=0+y f x '∞在（，）上单调递增 ()0=410f a '-<又 ()1=60f a '> ∴()0,1=0t f t '∈存在（）使∴0t x ∈（，）时， ()0f x '<， t +x ∞∈（，）时， ()0f x '>x=t 当时， ()()()2min ==-2+2t f x f t t e a t ⋅+（）()()=-1+220tf t e t a t '⋅+=且有（） ，∴()()1=22t e t a t -+．由（Ⅰ）知()()1=()=22t e t a g t t -+在()0,t ∈+∞上单调递减，1(0)=,(1)=04g g ，且104a <<，∴()0,1t ∈．∴()()()()()()22min21==-2+2222t ttt t e t f x f t t e t e t -+--⋅+=⋅+（），()()2=102te f t t t ⋅---<'，∴()()()10f f t f <<， ()1e f t -<<-, ∴()f x 的最小值的取值范围是(),1e --．【热点集训】1.【广西陆川县中学高三下学期知识竞赛】已知函数()cos xf x xe=（为自然对数的底数），当[],x ππ∈-时， ()y f x =的图象大致是（ ）A. B.C. D.【答案】B2.【安徽省安庆市高三模拟考试（二模）】若函数在上有小于零的极值点，则实数的取值范围是（ ）A. B.C.D.【答案】B 【解析】,则，且所以3.【东北三省三校高三第二次联合模拟】已知函数()f x 是定义在()0,+∞的可导函数，()f x '为其导函数，当0x >且1x ≠时，()()201f x xf x x -'+>，若曲线()y f x =在1x =处的切线的斜率为34-，则()1f =（ ） A. 0 B. 1 C. 38 D. 15【答案】C【解析】令()()()'2'g x f x xf x =+ ，则()'01g x x >- ,所以当1x > 时, ()'0g x > ; 当01x << 时, ()'0g x < , 所以函数()g x 在()0,1 内为减函数, 在()1,+∞ 内为增函数,且在1x = 时取得极小值,所以()'10g = , 故有()()21'10f f += , 又()3'4f x =- , 所以()318f =. 4.【陕西省咸阳市高三二模】已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，对任意x R∈满足()()0f x f x +'<，则下列结论正确的是（ ）A. ()()2ln23ln3f f >B. ()()2ln23ln3f f <C. ()()2ln23ln3f f ≥D. ()()2ln23ln3f f ≤ 【答案】A【解析】令()()()()()(),0,x x g x e f x g x e f x f x g x ⎡⎤==+<⎣'⎦'是定义在R 上的单调递减函数，且()()ln2ln3,ln2ln3,g g 所以()()2ln23ln3,f f >选A.5.【河北省曲周县第一中学高三下学期第一次模拟考】已知函数()1ln f x x x x=-+，若()()1,,53a f b f c f π⎛⎫=-== ⎪⎝⎭，则（ ）A. c a b <<B. b c a <<C. a c b <<D. c b a << 【答案】D6.【云南省曲靖市第一中学高三第六次月考】已知函数()21cos 2f x x t x =-．若其导函数()'f x 在R 上单调递增，则实数的取值范围为（ ）A. 11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦B. 11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ C. []1,1- D. 11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】()'sin f x x t x =+令()()'sin g x f x x t x ==+，则()'1cos g x t x =+，即1cos 0t x +≥恒成立，只需10{10t t -≥+≥，解得11t -≤≤，故选C ．7.【海南省海南中学、文昌中学高三下学期联考】已知函数()f x 满足()()33f x f x +=，当()0,3x ∈时()1ln ()3f x x ax a =->，当()6,3x ∈--时()f x 的最大值为19-，则实数的值等于（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1 【答案】D【解析】∵()()33f x f x +=，∴()()()6339f x f x f x +=+=，当()6,3x ∈--时，()60,3x +∈，∴()()()6ln 66f x x a x +=+-+，又∵()f x 的最大值为19-，∴()6f x +的最大值为1-， 令()()ln 66y x a x =+-+，则11666a ax y a x x --='-=++，当166x a-<<-时， 0y '>，函数单调递增；当163x a-<<-时， 0y '<，函数单调递减，故max 111ln 6666ln 11y a a a a ⎛⎫⎛⎫=-+--+=-=-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，得1a =，故选D.8.【河南省息县第一高级中学高三下学期第三次阶段测】已知函数()f x 的定义域为R ，其图象关于点()1,0-中心对称，其导函数()f x '，当1x <-时，()()()()110x f x x f x '⎡⎤+++<⎣⎦，则不等式()()10xf x f ->的解集为（ ）A. ()1,+∞B. (),1-∞-C. ()1,1-D. ()(),11,-∞-⋃+∞ 【答案】C9.【广西省高三上学期教育质量诊断性联合考】已知定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上递减，若不等式()()()ln 1ln 121f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. ()2,eB. 1,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C. 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D. 12ln3,3e +⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】由于定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上递减，则()f x 在(),0-∞上递增，又()ln 1ln 1ax x ax x --=--++，则()()()ln 1ln 121f ax x f ax x f -+++--≥ 可华化为：()()2ln 121f ax x f --≥，即()()ln 11f ax x f --≥对[]1,3x ∈恒成立，则 1ln 11ax x -≤--≤，所以： ln x a x ≥且ln 2x a x+≤ 对[]1,3x ∈同时恒成立. 设()ln x g x x =， ()21ln xg x x -'=，则()g x 在[)1,e 上递增，在(],3e 上递减， ()()max 1g x g e e ∴==.设()ln 2x h x x += ， ()21ln 0xh x x -'-=< ， ()h x 在[]1,3 上递减， ()()min 2ln333h x h +==. 综上得： 的取值范围是12ln3,3e+⎡⎤⎢⎥⎣⎦.10.【福建省泉州市高三质量检测】关于的方程在区间上有两个不等实根，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】关于的方程，即：,令函数,若方程在在区间上有两个不等实根，即函数与在在区间有两个不相同的交点，,令可得，当时,函数是减函数,当时,，函数是增函数，函数的最小值为：，.函数的最大值为：方程在关于的方程在区间上有两个不等实根，则实数的取值范围是.，故选：A.11.【江西省百校联盟高三联考】若函数存在唯一的极值点，且此极值大于0，则（）A. B. C. D. 或【答案】A12.【重庆市高三上学期第一次诊断模拟】已知是函数的极小值点，则实数的取值范围是__________．【答案】或【解析】因为，所以令，可得函数的两个极值点分别为，由题意，即，解之得或，应填答案。

第3讲导数与函数的单调性、极值、最值问题高考定位利用导数研究函数的性质，能进行简单的计算，以含指数函数、对数函数、三次有理函数为载体，研究函数的单调性、极值、最值，并能解决简单的问题.真题感悟1.(2020·全国Ⅰ卷)函数f (x )＝x 4－2x 3的图象在点(1，f (1))处的切线方程为()A.y ＝－2x －1B.y ＝－2x ＋1C.y ＝2x －3D.y ＝2x ＋1解析f (1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，又f ′(x )＝4x 3－6x 2，所以切线的斜率k ＝f ′(1)＝4×13－6×12＝－2，切线方程为y ＋1＝－2(x －1)，即y ＝－2x ＋1.故选B.答案B2.(2020·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝e x x ＋a .若f ′(1)＝e4，则a ＝________.解析f ′(x )＝e x （x ＋a －1）（x ＋a ）2，可得f ′(1)＝a e （1＋a ）2＝e 4，即a （1＋a ）2＝14，解得a ＝1.答案13.(2020·新高考山东、海南卷)已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a .(1)当a ＝e 时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f (x )≥1，求a 的取值范围.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1－1x.(1)当a ＝e 时，f (x )＝e x －ln x ＋1，f (1)＝e ＋1，f ′(1)＝e －1，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(e ＋1)＝(e －1)(x －1)，即y ＝(e －1)x ＋2.直线y ＝(e －1)x ＋2在x 轴，y 轴上的截距分别为－2e －1，2.因此所求三角形的面积S ＝12|x |·|y |＝12×2×2e －1＝2e －1.(2)当0＜a ＜1时，f (1)＝a ＋ln a ＜1.当a ＝1时，f (x )＝e x －1－ln x ，f ′(x )＝e x －1－1x.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以当x ＝1时，f (x )取得最小值，最小值为f (1)＝1，从而f (x )≥1.当a ＞1时，f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ＞e x －1－ln x ≥1.综上，a 的取值范围是[1，＋∞).4.(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝e x ＋ax 2－x .(1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≥12x 3＋1，求a 的取值范围.解(1)当a ＝1时，f (x )＝e x ＋x 2－x ，x ∈R ，f ′(x )＝e x ＋2x －1.故当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增.(2)f (x )≥12x 3＋1等价于3－ax 2＋x ＋－x ≤1.设函数g (x )3－ax 2＋x ＋－x(x ≥0)，则g ′(x )3－ax 2＋x ＋1－32x 2＋2ax －－x＝－12x [x 2－(2a ＋3)x ＋4a ＋2]e －x＝－12x (x －2a －1)(x －2)e －x .①若2a ＋1≤0，即a ≤－12，则当x ∈(0，2)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，2)单调递增，而g (0)＝1，故当x ∈(0，2)时，g (x )>1，不符合题意.②若0<2a ＋1<2，即－12a <12，则当x ∈(0，2a ＋1)∪(2，＋∞)时，g ′(x )<0；当x ∈(2a ＋1，2)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，2a ＋1)，(2，＋∞)单调递减，在(2a ＋1，2)单调递增.由于g (0)＝1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)＝(7－4a )·e －2≤1，即a ≥7－e 24.所以当7－e 24≤a <12时，g (x )≤1.③若2a ＋1≥2，即a ≥12，则g (x )3＋x ＋－x .由于0∈7－e 24，3＋x ＋－x≤1.故当a ≥12时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是7－e 24，＋∞考点整合1.导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0).易错提醒求曲线的切线方程时，要注意是在点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点.2.四个易误导数公式(1)(sin x )′＝cos x ；(2)(cos x )′＝－sin x ；(3)(a x )′＝a x ln a (a >0，且a ≠1)；(4)(log a x )′＝1x ln a(a >0，且a ≠1，x >0).3.利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系.①f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0.②f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常数函数.(2)利用导数研究函数单调性的方法.①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解.4.利用导数研究函数的极值、最值(1)若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值.(2)设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得.易错提醒若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.热点一导数的几何意义【例1】(1)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则()A.a ＝e ，b ＝－1B.a ＝e ，b ＝1C.a ＝e －1，b ＝1D.a ＝e －1，b ＝－1(2)(多选题)下列四条曲线中，直线y ＝2x 与其相切的有()A.曲线y ＝2e x －2B.曲线y ＝2sin xC.曲线y ＝3x ＋1x D.曲线y ＝x 3－x －2解析(1)因为y ′＝a e x ＋ln x ＋1，所以k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1，所以曲线在点(1，a e)处的切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1.e ＋1＝2，＝－1，＝e －1，＝－1.(2)直线y ＝2x 的斜率为k ＝2，A 中，若f (x )＝2e x －2，则由f ′(x )＝2e x ＝2，得x ＝0，f (0)＝0，因为点(0，0)在直线y ＝2x 上，所以直线y ＝2x 与曲线y ＝2e x －2相切.B 中，若f (x )＝2sin x ，则由f ′(x )＝2cos x ＝2，得x ＝2k π(k ∈Z )，f (2k π)＝0，因为点(0，0)在直线y ＝2x 上，所以直线y ＝2x 与曲线y ＝2sin x 相切.C 中，若f (x )＝3x ＋1x ，则由f ′(x )＝3－1x 2＝2，得x ＝±1，f (1)＝4，f (－1)＝－4，因为(1，4)，(－1，－4)都不在直线y ＝2x 上，所以直线y ＝2x 与曲线y ＝3x ＋1x不相切.D 中，若f (x )＝x 3－x －2，则由f ′(x )＝3x 2－1＝2，得x ＝±1，f (1)＝－2，f (－1)＝－2，其中(－1，－2)在直线y ＝2x 上，所以直线y ＝2x 与曲线y ＝x 3－x －2相切.故选ABD.答案(1)D(2)ABD探究提高利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化，其中关键是确定切点的坐标.【训练1】(1)(2019·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________.(2)(2020·全国Ⅰ卷)曲线y ＝ln x ＋x ＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________.解析(1)设A (m ，n )，则曲线y ＝ln x 在点A 处的切线方程为y －n ＝1m(x －m ).又切线过点(－e ，－1)，所以有n ＋1＝1m(m ＋e).再由n ＝ln m ，解得m ＝e ，n ＝1.故点A 的坐标为(e ，1).(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，因为y ＝ln x ＋x ＋1，所以y ′＝1x ＋1，所以切线的斜率为1x 0＋1＝2，解得x 0＝1.所以y 0＝ln 1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y －2＝2(x －1)，即2x －y ＝0.答案(1)(e ，1)(2)2x －y ＝0热点二利用导数研究函数的单调性角度1讨论函数的单调性(区间)【例2】(2020·全国Ⅱ卷)已知函数f (x )＝2ln x ＋1.(1)若f (x )≤2x ＋c ，求c 的取值范围；(2)设a >0，讨论函数g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a的单调性.解设h (x )＝f (x )－2x －c ，则h (x )＝2ln x －2x ＋1－c ，其定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝2x－2.(1)当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0.所以h (x )在区间(0，1)单调递增，在区间(1，＋∞)单调递减.从而当x ＝1时，h (x )取到最大值，最大值为h (1)＝－1－c .故当且仅当－1－c ≤0，即c ≥－1时，f (x )≤2x ＋c .所以c 的取值范围为[－1，＋∞).(2)g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a ＝2（ln x －ln a ）x －a，x ∈(0，a )∪(a ，＋∞).g ′(x )（x －a ）（x －a ）取c ＝－1得h (x )＝2ln x －2x ＋2，h (1)＝0，则由(1)知，当x ≠1时，h (x )<0，即1－x ＋ln x <0.故当x ∈(0，a )∪(a ，＋∞)时，1－a x ＋ln ax <0，从而g ′(x )<0.所以g (x )在区间(0，a )，(a ，＋∞)单调递减.角度2根据函数的单调性求参数的取值范围【例3】(1)已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是()A.[－1，1]B.[－1，＋∞)C.[1，＋∞)D.(－∞，1](2)若函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________.解析(1)f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x >0恒成立，∴m ≥＋2x.令g (x )＋2x ，则当1x＝1，即x ＝1时，函数g (x )取最大值1，故m ≥1.(2)对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x ＝－（x －1）（x －3）x .由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.答案(1)C(2)(0，1)∪(2，3)探究提高1.求函数的单调区间，只需在函数的定义域内解(证)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0.2.(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围.(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解(需验证解的两侧导数是否异号).【训练2】(2020·百师联盟考试)已知函数f(x)＝ax e x－x2－2x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当x＞0时，f(x)＞0，求正实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝a(x＋1)e x－2x－2＝(x＋1)(a e x－2).①当a≤0时，由f′(x)＞0，得x＜－1；由f′(x)＜0，得x＞－1.∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减.②当a＝2e时，f′(x)≥0，即f(x)在R上单调递增，③当0＜a＜2e时，由f′(x)＜0，得－1＜x＜ln 2 a；由f′(x)＞0，得x＜－1或x＞ln 2 a .∴f(x)在(－∞，－1)2a，＋∞f(x)1，ln.④当a＞2e时，由f′(x)＜0，得ln 2a＜x＜－1；由f′(x)＞0，得x＞－1或x＜ln 2 a .故f(x)在(－1，＋∞)lnf(x)2a，－.(2)当a≥2e时，由第(1)问知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴f(x)＞f(0)＝0，满足题意.当0＜a＜2e时，由(1)知：当ln 2a≤0时，即2≤a＜2e时，f(x)在(0，＋∞)单调递增，即f(x)＞f(0)＝0，符合题意.当ln 2a＞0时，即0＜a＜2时，f(x)，ln2a，＋∞.因此当x ，lnf(x)＜f(0)＝0，不符合题意.综上可知，实数a的取值范围是[2，＋∞).热点三利用导数研究函数的极值和最值【例4】设函数f(x)＝e2x－a ln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋a ln2a.(1)解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－ax(x＞0).当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)，①当a ≥1时，则0<b <14，f ′(b )＝2e 2b －a b <2e 12－4a ＝2(e 12－2a )<0；②当0<a <1时，则0<b <a 4，f ′(b )＝2e 2b －a b<2e a2－4<0.故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.(2)证明由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0).由于2e 2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a 探究提高(1)运用导数证明不等式，常转化为求函数的最值问题.(2)利用导数解决不等式恒成立问题：一般先转化为我们熟悉的函数，利用导数研究单调性，求出最值，解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论.【训练3】(2020·江南十校联考)已知f (x )＝mx 2－x ＋ln x .(1)当m ＝0时，求函数f (x )在区间[t ，t ＋1](t ＞0)上的最大值M (t )；(2)当m ＝1时，若存在正数x 1，x 2满足f (x 1)＋f (x 2)＝1－ln 2，求证：x 1＋x 2≥2.(1)解当m ＝0时，f (x )＝ln x －x ，其定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝1x－1.当x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，函数单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，函数单调递减.当t ≥1时，f (x )在[t ，t ＋1]上单调递减，f (x )的最大值为f (t )＝ln t －t ；当0＜t ＜1时，f (x )在区间(t ，1)上单调递增，在区间(1，t ＋1)上单调递减，f (x )的最大值为f (1)＝－1.综上，M (t )1，0＜t ＜1，t －t ，t ≥1.(2)证明当m ＝1时，f (x )＝x 2－x ＋ln x ，其定义域为(0，＋∞)，则f (x 1)＋f (x 2)＝x 21＋x 22－(x 1＋x 2)＋ln x 1x 2＝1－ln 2，即(x 1＋x 2)2－(x 1＋x 2)＝2x 1x 2－ln x 1x 2＋1－ln 2.令h (x )＝2x －ln x ＋1－ln 2，则h ′(x )＝2x －1x ，故h (x )∴h (x )在x ＝12时，取到最小值 2.因此(x 1＋x 2)2－(x 1＋x 2)≥2，即(x 1＋x 2－2)(x 1＋x 2＋1)≥0.又x 1＞0，x 2＞0，所以x 1＋x 2≥2.A 级巩固提升一、选择题1.(2020·洛阳二模)函数f (x )＝ln x －ax 在x ＝2处的切线与直线ax －y －1＝0平行，则实数a ＝()A.－1B.14C.12D.1解析由f (x )＝ln x －ax ，得f ′(x )＝1x－a ，∴f (x )在x ＝2处切线的斜率k ＝f ′(2)＝12－a .依题意12－a ＝a ，所以a ＝14.答案B2.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()解析利用导数与函数的单调性进行验证.f ′(x )＞0的解集对应y ＝f (x )的增区间，f ′(x )＜0的解集对应y ＝f (x )的减区间，验证只有D 选项符合.答案D3.已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe ，则f (x )的极大值点为()A.1eB.1C.eD.2e解析因为f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe(x ＞0)，所以f ′(x )＝2e f ′（e ）x －1e ，所以f ′(e)＝2e f ′（e ）e －1e ＝2f ′(e)－1e ，因此f ′(e)＝1e ，所以f ′(x )＝2x －1e ，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜2e ；由f ′(x )＜0，得x ＞2e.所以函数f (x )在(0，2e)上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减，因此f (x )的极大值点为x ＝2e.答案D4.(2020·合肥模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋mx 2＋nx ＋2，其导函数f ′(x )为偶函数，f (1)＝－23，则函数g (x )＝f ′(x )e x 在区间[0，2]上的最小值为()A.－3e B.－2eC.eD.2e解析由题意可得f ′(x )＝x 2＋2mx ＋n ，∵f ′(x )为偶函数，∴m ＝0，故f (x )＝13x 3＋nx ＋2，∵f (1)＝13＋n ＋2＝－23，∴n ＝－3.∴f (x )＝13x 3－3x ＋2，则f ′(x )＝x 2－3.故g (x )＝e x (x 2－3)，则g ′(x )＝e x (x 2－3＋2x )＝e x (x －1)(x ＋3)，据此可知函数g (x )在区间[0，1)上单调递减，在区间(1，2]上单调递增，故函数g (x )的极小值，即最小值为g (1)＝e 1·(12－3)＝－2e.答案B5.(多选题)已知定义在0f (x )的导函数为f ′(x )，且f (0)＝0，f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，则下列判断中正确的是()A.<62fB.C.>3D.>2解析令g (x )＝f （x ）cos x ，x ∈0则g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x.因为f ′(x )cos x ＋f (x )sin x <0，所以g ′(x )＝f ′（x ）cos x ＋f （x ）sin x cos 2x<0在0所以函数g (x )＝f （x ）cos x 在0cos π6cos π4>62f A错误；又f (0)＝0，所以g (0)＝f （0）cos 0＝0，所以g (x )＝f （x ）cos x≤0在0lnπ3∈0，故B 错误；又cos π6cos π3>3C 正确；又cos π4cos π3>2D 正确.故选CD.答案CD二、填空题6.(2020·西安质检)若曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线也是曲线y ＝ln x ＋b 的切线，则b ＝________.解析令y ＝f (x )＝e x ，y ＝g (x )＝ln x ＋b ，∴f ′(x )＝e x ，∴f ′(0)＝1，∵f (0)＝1，∴曲线y ＝e x 在x ＝0处的切线方程为y ＝x ＋1.设切线y ＝x ＋1与曲线y ＝g (x )＝ln x ＋b 的切点坐标为(m ，m ＋1)，∵g ′(x )＝1x ，∴g ′(m )＝1m＝1，∴m ＝1，∴切点坐标为(1，2)，∴2＝ln 1＋b ，∴b ＝2.答案27.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x <0的解集为________.解析构造函数g (x )＝f （x ）ex ，则g ′(x )＝f ′（x ）－f （x ）e x，因为f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0，故函数g (x )在R 上为减函数，又f (0)＝12，所以g (0)＝f （0）e0＝12，则不等式f (x )－12e x <0可化为f （x ）ex <12，即g (x )<12＝g (0)，所以x >0，即所求不等式的解集为(0，＋∞).答案(0，＋∞)8.若函数f (x )与g (x )满足：存在实数t ，使得f (t )＝g ′(t )，则称函数g (x )为f (x )的“友导”函数.已知函数g (x )＝12kx 2－x ＋3为函数f (x )＝x 2ln x ＋x 的“友导”函数，则k 的取值范围是________.解析由g (x )＝12kx 2－x ＋3可得g ′(x )＝kx －1，∵函数g (x )＝12kx 2－x ＋3为函数f (x )＝x 2ln x ＋x 的“友导”函数，∴kx －1＝x 2ln x ＋x 有解，即k ＝x ln x ＋1＋1x(x ＞0)有解.令h (x )＝x ln x ＋1＋1x ，则h ′(x )＝1＋ln x －1x2，再令φ(x )＝1＋ln x －1x 2，∴φ′(x )＝1x ＋2x3＞0.∴φ(x )在区间(0，＋∞)上单调递增.∵h ′(1)＝φ(1)＝0，∴x ＞1时，h ′(x )＞0；0＜x ＜1时，h ′(x )＜0，∴h (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )≥h (1)＝2，∴k ≥2.答案[2，＋∞)三、解答题9.已知函数f (x )＝(x －1)ln x －x －1.证明：(1)f (x )存在唯一的极值点；(2)f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.证明(1)f (x )的定义域为(0，＋∞).f ′(x )＝x －1x＋ln x －1＝ln x －1x .因为y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，y ＝1x在(0，＋∞)上单调递减，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.又f ′(1)＝－1<0，f ′(2)＝ln 2－12＝ln 4－12>0，故存在唯一x 0∈(1，2)，使得f ′(x 0)＝0.又当x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x >x 0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，因此，f (x )存在唯一的极值点.(2)由(1)知f (x 0)<f (1)＝－2，又f (e 2)＝e 2－3>0，所以f (x )＝0在(x 0，＋∞)内存在唯一根x ＝α.由α>x 0>1得1α<1<x 0.又ln 1α－1α－1＝f （α）α＝0，故1α是f (x )＝0在(0，x 0)的唯一根.综上，f (x )＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.10.已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R ).(1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值.解(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x.当a ≤0时，f ′(x )<0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减.∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点.当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a f ′(x )>0，得x >1a，∴f (x )f (x )在x ＝1a处有极小值.综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点.(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f ′(1)＝a －1＝0，则a ＝1，从而f (x )＝x －1－ln x .因此f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln x x≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，则g (x )在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e2.故实数b 的最大值是1－1e2.B 级能力突破11.(多选题)已知函数f (x )＝e x ＋a ln x ，其中正确的结论是()A.当a ＝0时，函数f (x )有最大值B.对于任意的a <0，函数f (x )一定存在最小值C.对于任意的a >0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增D.对于任意的a >0，都有函数f (x )>0解析对于A ，当a ＝0时，函数f (x )＝e x ，根据指数函数的单调性可知，f (x )＝e x 是单调递增函数，故无最大值，故A 错误；对于B ，对于任意的a <0，f ′(x )＝e x ＋a x，x >0，易知f ′(x )在(0，＋∞)单调递增，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，当x →0时，f (x )→－∞，∴存在x 0使得f ′(x 0)＝0，∴当0<x <x 0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，x 0)上单调递减，∴当x 0<x <＋∞时，f ′(x )>0，f (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (x 0)，故B 正确；对于C ，对于任意的a >0，∵f ′(x )＝e x ＋a x，x >0，∴f ′(x )>0，故函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故C 正确；对于D ，对于任意的a >0，由C 知函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当x →0时，e x →1，ln x →－∞，可得f (x )→－∞，故D 错误.故选BC.答案BC12.(2020·成都二诊)已知函数f (x )＝ln x －x e x ＋ax ，其中a ∈R .(1)若函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝1，求f (x )的最大值.解(1)f ′(x )＝1x －(e x ＋x e x )＋a ＝1x－e x (x ＋1)＋a .依题意，f ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴a ≤(x ＋1)e x －1x在[1，＋∞)上恒成立.令g (x )＝(x ＋1)e x －1x，x ≥1，则g ′(x )＝(x ＋2)e x ＋1x2，易知g ′(x )＞0(x ≥1)，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝2e －1.因此a ≤2e －1.所以实数a 的取值范围为(－∞，2e －1].(2)当a ＝1时，f (x )＝ln x －x e x ＋x (x ＞0)，则f ′(x )＝1x－(x ＋1)e x ＋1＝(x ＋令m (x )＝1x －e x ，x ＞0，则m ′(x )＝－1x2－e x ，易知m ′(x )＜0，所以m (x )在(0，＋∞)上单调递减.由于0，m (1)＜0.所以存在x 0＞0满足m (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0.当x ∈(0，x 0)时，m (x )＞0，f ′(x )＞0；当x ∈(x 0，＋∞)时，m (x )＜0，f ′(x )＜0.所以f (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (x 0)＝ln x 0－x 0e x 0＋x 0，因为e x 0＝1x 0，所以x 0＝－ln x 0，所以f (x 0)＝－x 0－1＋x 0＝－1.所以f (x )max ＝－1.。