第12讲 函数的单调性与最值（教师版） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

PAGE1第12讲函数的单调性与最值（6类核心考点精讲精练）1.5年真题考点分布5年考情考题示例考点分析2024年天津卷，第20题,16分利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求求在曲线上一点处的切线方程(斜率)函数的最值(含参)2023年天津卷，第20题,16分求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题2022年天津卷，第20题,16分求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的零2021年天津卷，第20题,16分求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究能成立问题函数极值点的辨析2020年天津卷，第20题,16分利用导数证明不等式2.命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较高，分值为16分【备考策略】1.理解、掌握函数的单调性与导数的关系，能够判断通过导数的正负判断函数的单调性2.能掌握集合函数最值与导数的关系3.具备数形结合的思想意识，会借助函数图像求解函数的最值4.会通过函数的单调性解抽象不等式.【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给定函数，判断函数的单调性求解函数的最值。知识讲解知识点一.函数的单调性1.函数的单调性与导数的关系条件结论函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导f′(x)＞0f(x)在(a，b)内单调递增f′(x)＜0f(x)在(a，b)内单调递减f′(x)＝0f(x)在(a，b)内是常数函数2.常用结论（1）在某区间内f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．（2）可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．知识点二．函数的最值与导数1.函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．2.求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤（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．3.常用结论.（1）若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．（2）若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．（3）若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．考点一、不含参函数的单调性与单调区间1.（广东·高考真题）设函数fx=xlnx，则【答案】1【分析】根据f'x>0，则fx单调递增，求解【详解】fx=x令f'x∴fx的单调递增区间为故答案为：1e2.（重庆·高考真题）设函数f(x)=x3+ax2（Ⅰ）a的值;（Ⅱ）函数y=fx【答案】（1）a=−3;（2）单调增区间是−∞,−1和3,+∞，减区间是−1,3.【分析】（1）求出f'xmin=−9−a23，利用−9−a23=−12，解方程可得结果；(2）求出f'x，在定义域内，分别令【详解】（1）fxf所以f'由条件得−9−a23=−12，解得所以a=−3(2）因为a=−3，所以fxf'x=3x所以当x<−1或x>3时，f当−1<x<3时，f'所以fx=x3−3x2【点睛】利用导数的几何意义可求出函数在某一点出的切线斜率，求增区间需解不等,f'x1.（2005·北京·高考真题）已知函数f(1)求fx(2)若fx在区间−2,2【答案】(1)−∞,−1，(2)−7.【分析】（1）根据导数与单调性的关系即得；（2）根据导数与函数的最值的关系可得函数的最大值，可得a=−2，结合条件进而即得.【详解】（1）由fx=−x由f'x=−3x−3x+1所以函数fx的单调减区间为−∞,−1（2）因为f'令f'x=0，解得xx−2−2,−1−1−1,22f−0+f2+a↘−5+a↗22+a则f2，f−1分别是fx所以f2=22+a=20，解得从而得函数fx在−2,2上的最小值为f2.（2024·黑龙江·模拟预测）已知f(x)=ax+bcosx在点π2(1)求a,b的值；(2)求fx在区间[0,【答案】(1)a=(2)单调递增区间为0,π6和5π6,π【分析】（1）由题意可得π2+2fπ（2）由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出极值.【详解】（1）由f(x)=ax+bcosx，得因为f(x)=ax+bcosx在点π2所以π2所以π2+2π解得a=1（2）f(x)=12x+因为x∈[0,π]，所以x1当x∈0,π6当x∈π6,当x∈5π6所以f(x)极大值为fπ6=综上所述，f(x)在区间[0,π]上的单调递增区间为0,π6和极大值为π12+33.（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知函数fx=ex−a(1)求实数a的值；(2)求fx【答案】(1)a=1(2)答案见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，将点2,1代入求解a；（2）利用导数研究函数单调性和极值.【详解】（1）由已知得f'则f'0=所以fx的图象在点0,f0处的切线方程为将点2,1代入得1=21−a+1，解得（2）所以fx=e所以f'令g(x)=x+1ex易得g'(x)>0在(−1,+∞)上恒成立，所以又g(0)=0，所以当−1<x<0时，g(x)<0，即f'(x)<0，fx当x>0时，g(x)>0，即f'(x)>0，fx所以fx的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞)，极小值为f考点二、含参函数的单调性与单调区间1.（·北京·高考真题）已知函数f(x)=2x−b(x−1)2，求导函数f【答案】导函数为f'当b<2时，函数f(x)的增区间为(b−1,1)，减区间为(−∞,b−1)和当b>2时，函数f(x)的增区间为(1,b−1)，减区间为(−∞,1)和当b=2时，函数f(x)的减区间为(−∞,1)和【分析】根据函数的求导法则进行求导，然后由导数大于0时原函数单调递增，导数小于0时原函数单调递减可得答案．【详解】解：f'令f'(x)=0，得当b−1<1，即b<2时，f'x(−b−1(b−1,1)(1,+f'(x)−0+−当b−1>1，即b>2时，f'x(−(1,b−1)b−1(b−1,+f'(x)−+0−所以，当b<2时，函数f(x)在(−∞,b−1)上单调递减，在在(1,+∞当b>2时，函数f(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,b−1)上单调递增，在当b−1=1，即b=2时，f'(x)=−2(x−1)2<0，所以函数f(x)在综上：导函数为f'当b<2时，函数f(x)的增区间为(b−1,1)，减区间为(−∞,b−1)和当b>2时，函数f(x)的增区间为(1,b−1)，减区间为(−∞,1)和当b=2时，函数f(x)的减区间为(−∞,1)和2.（全国·高考真题）已知a∈R，求函数【答案】见解析.【分析】f'(x)=2xeax+ax2【详解】f'①当a=0时，若x<0，则f'(x)<0，若x>0,则所以a=0时，函数f(x)在区间−∞,0内为减函数，在区间②当a>0时，由2x+ax2>0，解得x<−2a或x>0所以当a>0时，函数f(x)在区间−∞,−2a内为增函数，在区间③当a<0时，由2x+ax2由2x+ax2<0，得x<0所以当a<0时，函数f(x)在区间−∞,0内为减函数，在区间01.（2025高三·全国·专题练习）已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)【答案】答案见解析.【分析】对函数求导，然后对参数a分类讨论，注意讨论正负以及与1a,1的关系，然后根据导数判断函数【详解】函数f(x)=ax−1x−(a+1)求导得f'当a<0时，ax−1<0，由f'(x)>0，得0<x<1；由f'因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞当a>0时，若1a>1，即0<a<1，则由f'(x)>0，得0<x<1或x>1因此函数f(x)在(0,1),(1a,+若1a=1，即a=1，则f'(x)≥0恒成立，因此函数若1a<1，即a>1，则由f'(x)>0，得0<x<1a或因此函数f(x)在(0,1a),(1,+所以当a<0时，函数f(x)的递增区间是(0,1)，递减区间是(1,+∞当0<a<1时，函数f(x)的递增区间是(0,1),(1a,+当a=1时，函数f(x)的递增区间是(0,+∞当a>1时，函数f(x)的递增区间是(0,1a),(1,+2.（23-24高三下·北京·阶段练习）已知函数fx=2ax−ln(1)若a=1，求函数fx(2)试讨论函数fx【答案】(1)极小值为3，无极大值(2)答案见解析【分析】（1）当a=1，求出f'x，令（2）求出f'x，分两种情况讨论【详解】（1）若a=1，fx=2x−ln则f'令f'x=0由f'x>0，可得x>1，所以f由f'x<0，可得0<x<1，所以f所以fx在x=1处取得极小值，极小值为f（2）fx的定义域为0,+f'x=2a−当a<0时，f'x<0，则f当a>0时，令f'x=0，可得x=因为1−1+8a4a<0所以当0<x<1+1+8a4a则fx在0,当x>1+1+8a4a则fx在1+综上，当a<0时，fx在0,+当a>0时，fx在0,1+1+8a3.（北京·高考真题）已知函数f(x)=x3+a（Ⅰ）求a，c的值；（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间．【答案】（Ⅰ）a=0，c=2（Ⅱ）见解析【详解】（Ⅰ）因为函数g(x)=f(x)−2为奇函数，所以，对任意的x∈R，g(−x)=−g(x)，即f(−x)−2=−f(x)+2．又f(x)=x3+a所以{a=−a，c−2=−c+2．解得（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)=x3+3bx+2当b<0时，由f'(x)=0得x=±−b．xx(−∞，−−(−−b（f+0−0+所以，当b<0时，函数f(x)在(−∞，−−b)上单调递增，在在(−b当b>0时，f'(x)>0，所以函数f(x)在考点三、已知函数的单调性求参数1.（2023·全国·高考真题）已知函数fx=aeA．e2 B．e C．e−1 【答案】C【分析】根据f'x=a【详解】依题可知，f'x=aex−1设gx=xex,x∈1,2，所以gx>g1=e，故e故选：C．2.（2023·全国·高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax【答案】5【分析】原问题等价于f'x=axlna+【详解】由函数的解析式可得f'x=则1+axln1+a≥−a故1+aa0=1≥−lna故lna+1≥−lna0<a<1结合题意可得实数a的取值范围是5−1故答案为：5−11.（2019·北京·高考真题）设函数f（x）=ex+ae−x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是．【答案】-1;−∞,0.【分析】首先由奇函数的定义得到关于a的恒等式，据此可得a的值，然后利用导函数的解析式可得a的取值范围.【详解】若函数fx=ea+1ex+若函数fx=ex+ae−x即实数a的取值范围是−∞,0【点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中,需利用转化与化归思想,转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.2.（2016·全国·高考真题）若函数fx=x−13sinA．−1,1 B．−1,13 C．−1【答案】C【详解】试题分析：f'(x)=1−2故1−23(2即−43t2+at+53⩾0对t∈[−1,1]恒成立，构造【考点】三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性3.（上海·高考真题）已知函数f(x)=x2+ax（1）讨论函数fx（2）若函数fx在[2,+∞)上为增函数，求a【答案】（1）a=0时，f(x)为偶函数，a≠0时，f(x)既不是奇函数也不是偶函数；（2）a≤16．【解析】（1）根据奇偶性的定义判断；（2）求出导函数f'(x)，由f'(x)≥0在【详解】（1）函数定义域是{x|x≠0}，关于原点对称，a=0时，f(x)=x2，则f(−x)=(−x)a≠0时，f(−x)=x2−ax，f(−x)+f(x)=2（2）f'(x)=2x−ax2∴x∈[2,+∞)时，2x3−a≥0，即a≤2x3，此时【点睛】本题考查函数的奇偶性，考查用导数研究函数的单调性，掌握单调性与导数的关系是解题关键．4.（23-24高三上·海南海口·阶段练习）已知函数fx=2−xexA．−∞,5e B．5e,+∞ 【答案】D【分析】由题意可得f'x≤0在0,5上恒成立，即a≥1−xex在【详解】因为函数fx=2−x所以f'x=−所以a≥1−xex在0,5所以g'所以gx在0,5上单调递减，所以−4故a≥1，所以a的取值范围是1,+∞故选：D.5.（2023·宁夏银川·三模）若函数f(x)=x22A．0<m<23 C．23≤m≤1【答案】B【详解】首先求出f(x)的定义域和极值点，由题意得极值点在区间(m,m+13)内，且m>0【分析】函数f(x)=x22且f'令f'(x)=0，得因为f(x)在区间(m,m+1所以m>0m<1<m+1故选：B.考点四、已知函数存在单调性求参数1.（23-24高三上·福建泉州·阶段练习）若函数ℎx=lnx−1A．−1,+∞ B．−1,+∞ C．−∞【答案】D【分析】根据条件得出存在x∈1,4，使ℎ'x=1x−ax−2>0成立，即存在x∈1,4，使【详解】因为函数ℎx=ln所以存在x∈1,4，使ℎ'x=1令Gx=1x2−2x，所以当1x=14，即x=4时，故选：D．2.（2024·内蒙古呼和浩特·一模）在区间(0,π)上，函数y=a−A．(−∞,1) C．(−∞,π【答案】C【分析】根据给定条件，利用导数结合函数单调性建立不等式，再构造函数求出函数最大值即得.【详解】函数y=a−cosx依题意，不等式xsinx−a+cosx>0在(0,π令f(x)=xsinx+cosx，当x∈(0,π2)时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(当x=π2时，f(x)所以实数a的取值范围是(−∞故选：C1.（22-23高三上·陕西·期中）若函数f(x)=x3+bx2A．−5,+∞ B．−3,+∞ C．−∞【答案】A【分析】由题意可推得f'x=3x2+2bx+3>0在13【详解】由题可知f'x=3即3x+1x设g(x)=3(x+1当13<x<1时，g'(x)<0，g(x)递减，当1<x<2时，故g(x)min=g(1)=6所以−2b<10，解得b>−5，所以b的取值范围是−5,+∞故选：A2.（21-22高三上·江苏苏州·期中）若函数fx=lnx+axA．−2,+∞ B．−18,+∞ 【答案】D【分析】求出函数的导数，问题转化为a>−12x2在12【详解】∵f(x)=ln∴f'若fx在区间12,2故a>−1令g(x)=−12x2，则∴g(x)>g1故a>−2.故选：D.3.（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=14xA．−∞,2C．−∞,2【答案】D【分析】根据题意，转化为f'x<0在1e,2上有解，得到a<【详解】因为函数fx=1因为函数fx在1可得f'x=即a<1+lnx令gx=1+lnx当1e≤x<1时，−ln当1<x≤2时，−lnxx所以gx在1e,1上单调递增，在1,2上单调递减，故g故选：D．4.（23-24高三上·陕西汉中·期末）若函数fx=lnx+ax2−2【答案】−8,+【分析】利用导数转化为恒成立问题，分离参数法求解即可.【详解】定义域为x∈0,+∞，而f'x=1x+2ax，由已知得函数fx=lnx+ax2−2在区间14,1故答案为：−8,+5.（24-25高三·上海·随堂练习）设函数y=fx，其中f(1)求f'(2)若y=fx在[1,+(3)若y=fx在[2,4]【答案】(1)f'(2)[2,+∞(3)0,2【分析】（1）利用导数的求导法则直接计算即可；（2）由题意得f'(x)≥0在（3）由题意得f'(x)<0在[2,4]上有解，转化为a<2【详解】（1）由fx得f'所以f'（2）由题意得，f'(x)≥0在即a≥2x在因为y=2x在[1,+∞)上递减，所以所以a≥2，即实数a的取值范围为[2,+∞（3）由题意得，f'(x)<0在[2,4]上有解，即a<2因为y=2x在所以1≤2所以0<a<2即实数a的取值范围为0,2考点五、求已知函数的最值1.（2021·全国·高考真题）函数f(x)=|2x−1|−2lnx【答案】1【分析】由解析式知f(x)定义域为(0,+∞)，讨论0<x≤12、12<x≤1、【详解】由题设知：f(x)=|2x−1|−2lnx定义域为∴当0<x≤12时，f(x)=1−2x−2ln当12<x≤1时，f(x)=2x−1−2lnx，有当x>1时，f(x)=2x−1−2lnx，有f'又f(x)在各分段的界点处连续，∴综上有：0<x≤1时，f(x)单调递减，x>1时，f(x)单调递增；∴f(x)≥f(1)=1故答案为：1.2.（2018·全国·高考真题）已知函数fx=2sinx+sin【答案】−【分析】方法一：由f'【详解】［方法一］：【通性通法】导数法f=2(cos令f'(x)>0，得cosx>12令f'(x)<0，得cosx<12则[f(x)]min故答案为：−3［方法二］：三元基本不等式的应用因为f(x)=2sin所以f=≤4当且仅当3−3cosx=1+cos根据f(−x)=−f(x)可知，f(x)是奇函数，于是f(x)∈−33故答案为：−3［方法三］：升幂公式＋多元基本不等式f(x)=sinf≤64当且仅当3sin2x2=1−根据f(−x)=−f(x)可知，f(x)是奇函数，于是f(x)∈−故答案为：−3［方法四］：化同角＋多元基本不等式+放缩f(x)==8tanx故答案为：−3［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值设tanθ2=t，则f(x)当t=0时，g(t)=0；当t≠0时，g(t)=8当t=−33时，g(t)有最小值故答案为：−3［方法六］：配方法f(x)=2==3当且仅当3cosx+sinx=0,sinx+3故答案为：−3［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法因为fx=2sin即函数fx的一个周期为2π，因此x∈0,2当x∈0,π时，当x∈π,2=2(cosx+1)⋅(2cosx−1)，令f'x=0，解得x=π或x=53π故答案为：−3【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．1.（2021·北京·高考真题）已知函数fx（1）若a=0，求曲线y=fx在点1,f（2）若fx在x=−1处取得极值，求f【答案】（1）4x+y−5=0；（2）函数fx的增区间为−∞,−1、4,+∞，单调递减区间为−1,4，最大值为1，最小值为−【分析】（1）求出f1、f（2）由f'−1=0可求得实数a【详解】（1）当a=0时，fx=3−2xx2，则f此时，曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y−1=−4x−1（2）因为fx=3−2x由题意可得f'−1=故fx=3−2xx−∞,−1−1−1,444,+∞f+0−0+f增极大值减极小值增所以，函数fx的增区间为−∞,−1、4,+∞，单调递减区间为−1,4当x<32时，fx>0；当所以，fxmax=f2.（2020·北京·高考真题）已知函数f(x)=12−x（Ⅰ）求曲线y=f(x)的斜率等于−2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．【答案】（Ⅰ）2x+y−13=0，（Ⅱ）32.【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.【详解】（Ⅰ）因为fx=12−x设切点为x0,12−x02，则−2由点斜式可得切线方程为：y−11=−2x−1，即2x+y−13=0（Ⅱ）[方法一]：导数法显然t≠0，因为y=fx在点t,12−t2令x=0，得y=t2+12，令y=0所以St=不妨设t>0(t<0时，结果一样)，则St所以S't=3(由S't>0，得t>2，由S所以St在0,2上递减，在2,+所以t=2时，St也是最小值为S2[方法二]【最优解】：换元加导数法

S(t)=1因为S(t)为偶函数，不妨设t>0，S(t)=1令a=t，则t=令g(a)=a4+12a，则面积为g'(a)=4因为a>0，所以令g'(a)=0，得随着a的变化，g'a0,22g−0+g减极小值增所以[g(a)]min所以当a=2，即t=2时，[S(t)]因为[S(t)]为偶函数，当t<0时，[S(t)]min综上，当t=±2时，S(t)的最小值为32．[方法三]：多元均值不等式法同方法二，只需求出g(a)=a令g(a)=a当且仅当a3=4所以当a=2，即t=2时，[S(t)]因为S(t)为偶函数，当t<0时，[S(t)]min综上，当t=±2时，S(t)的最小值为32．[方法四]：两次使用基本不等式法同方法一得到S(t)=,下同方法一.【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.3.（2017·北京·高考真题）已知函数f(x)=e（Ⅰ）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；（Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,π【答案】(Ⅰ)y=1；（Ⅱ）最大值1；最小值−π【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式y−f0=f'0x−0中即可；（Ⅱ）设ℎx=f'x，求ℎ试题解析：（Ⅰ）因为f(x)=excos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.（Ⅱ）设ℎ(x)=ex(当x∈(0,π2)所以ℎ(x)在区间[0,π所以对任意x∈(0,π2]有ℎ(x)<ℎ(0)=0所以函数f(x)在区间[0,π因此f(x)在区间[0,π2]上的最大值为f(0)=1【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过f'x不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设ℎx=f'x，再求ℎ'x，一般这时就可求得函数ℎ4.（24-25高三·上海·随堂练习）函数y=32xA．（5，9） B．（－5，【答案】D【分析】对函数求导，结合题中条件得f'1⋅【详解】因为f'因为函数y=3x+a+4，y=−2x在所以题中问题等价于f'1⋅f'故选：D.5.（24-25高三·上海·随堂练习）函数y=x3−3x−a在区间0,3上的最大值、最小值分别为M,NA．14 B．16 C．18 D．20【答案】D【分析】对函数进行求导，利用导数研究函数的单调区间和最值，进而求得答案．【详解】因为f'x=3x2−3，函数而f0=−a，f1=−2−a，f3所以M−N=20，故选：D．考点六、利用单调性解抽象不等式1.（2007·陕西·高考真题）fx是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf'A．afb≤bfaC．afa≤fb【答案】A【分析】构造函数g(x)=xf(x)【详解】解：令g(x)=xf(x)，g所以g(x)在(0,+1∘若g(x)在(0,+∞即afa>bfb≥0①②两式相乘得：所以fa2∘若g(x)在(0,+∞)上为常函数，且即afa=bfb=0③③④两式相乘得：所以fa综上所述，bf故选：A2.（2004·湖南·高考真题）设f(x)、g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f'(x)g(x)+f(x)g'(x)>0A．(−3,0)∪(3,+∞) C．(−∞,−3)∪(3,+∞【答案】D【分析】构造函数ℎ(x)=f(x)g(x)，利用已知可判断出其奇偶性和单调性，进而即可得出不等式的解集．【详解】令ℎ(x)=f(x)g(x)，则ℎ(−x)=f(−x)g(−x)=−f(x)g(x)=−ℎ(x)，因此函数ℎ(x)在R上是奇函数．①∵当x<0时，ℎ'(x)=f'(x)g(x)+f(x)故函数ℎ(x)在R上单调递增．∵ℎ(−3)=f(−3)g(−3)=0，∴ℎ(x)=f(x)g(x)<0=ℎ(−3)，∴x<−3．②当x>0时，函数ℎ(x)在R上是奇函数，可知：ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，且ℎ（3）∴ℎ(x)<0，的解集为(0,3)．③当x=0时，ℎ0∴不等式f(x)g(x)<0的解集是(−∞，−3)∪(0，3)故选：D1.（江西·高考真题）对于R上可导的任意函数fx，若满足x−1A．f0+f2C．f0+f2【答案】C【分析】先由题意得到函数的单调性,然后跟根据单调性进行判断可得结论.【详解】∵若f'x=0，则f若f'∴当x>1时,f'x≥0,fx递增，当x<1时,f'∴f(0)>f(1),f(2)>f(1)，∴f(0)+f(2)>2f(1).故选:C.【点睛】本题考查函数最值和单调性的关系,考查对基本概念的理解,解题时可根据导函数的符号得到函数的单调性,进而得到函数的最值情况,属于中档题.2.（2024·山东潍坊·三模）已知函数fx的导函数为f'x，且f1=e，当A．0,1 B．0,+∞ C．1,+∞ 【答案】A【分析】由不等式化简构造新函数，利用导数求得新函数的单调性，即可求解原不等式.【详解】不等式fx−lnxe构造函数g(x)=f(x)−ex+因为x>0时，f'x<1x所以g(x)在(0,+∞又因为g(1)=f(1)−e所以不等式f(x)−ex+lnx>0即fx−ln故选：A.3.（2024·吉林·二模）已知函数fx的定义域为−∞,0，其导函数f'xA．−2025,−2024 B．−2024,0C．−∞,−2024 【答案】A【分析】令gx=fxx2，求导可得gx【详解】由题意知，当x∈−∞,0令gx=f所以gx在−不等式fx+2024−(x+2024)即为gx+2024<g−1，所以x+2024>−1故选：A.4.（2024·宁夏银川·三模）已知定义在R上的奇函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线，f'(x)是f(x)的导函数，当x>0时，3f(x)+xf'(x)>0A．(1,+∞) C．(−∞,1) 【答案】D【分析】根据(x+1)3fx+1>16构造函数，通过求导发现利用已知条件可知恒为正数，所以可知gx【详解】令gx=x因为当x>0时，3fx+xf'x又fx为奇函数，且图象连续不断，所以g由x+13fx+1>23故选：D.【点睛】关键点点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及函数与导数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.5.（2024·江西南昌·三模）已知函数f(x)的定义域为R，且f2=−1，对任意x∈R，f(x)+xfA．−∞,1 B．−∞,2 C．【答案】A【分析】设gx=xfx，由g'(x)=f(x)+xf'(x)<0恒成立，【详解】设gx=xfx∵对任意x∈R，f(x)+xf'(x)<0，∴g'由x+1fx+1>−2可得g(x+1)>g(2故选：A1．（2020高三·山东·专题练习）若函数y=x3+x2A．−∞,13 B．13,+∞ C．【答案】B【分析】利用基本初等函数的导数以及导数的运算法则，求出此函数的导函数，由单调性得出需Δ≤0即可求解得选项.【详解】若函数y=x3+x2+mx+1是即Δ=4−12m≤0，∴m≥13．故m的取值范围为故选：B.【点睛】本题考查根据函数的单调性求参数的范围，关键在于运用其导函数的符号与函数的单调性的关系，属于基础题.2．（23-24高三上·天津东丽·期中）函数f(x)=12xA．(0,e) B．(e,+∞)【答案】D【分析】利用导数和偶函数性质得到f(x)的单调性，则得到不等式，解出即可.【详解】f(−x)=12−x2+当x≥0时，f'(x)=x−sinx，设则ℎx在0,+∞上单调递增，则ℎx≥ℎ0则f(x)在0,+∞又因为f(x)为偶函数，则f(x)在−∞则由f(lnx)>f(1)，得到lnx>1，即lnx>1故选：D.3．（22-23高三上·上海浦东新·期中）已知fx=2x2−ax+lnx【答案】−∞【分析】求导后得到4x2−ax+1≥0在x∈1,+∞上恒成立，参变分离后得到a≤4x+1x【详解】f'x=4x−a+故只需4x2−ax+1≥0则a≤4x+1x在其中y'=4−1故4x+1x>5故答案为：−∞4．（23-24高三上·天津河东·阶段练习）若函数fx=x3−3ax2【答案】a≥【分析】fx在0,1内单调递减等价于f'x【详解】f'∵fx在0,1∴f'x≤0在0,1内恒成立，即3即6a≥3x−2x在∵gx=3x−2x在0,1∴6a≥1，∴a≥1故答案为：a≥5．（20-21高三下·天津静海·阶段练习）已知函数f(x)=1（1）当a=−1时，求函数f(x)的单调区间；（2）是否存在实数a，使函数g(x)=f(x)−ax在(0,+∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）增区间为(0,1)，(2,+∞)，减区间为(1,2)；（2）存在，a∈−∞,−【分析】（1）将a=−1代入，求出函数的定义域以及导函数，利用导数与函数的单调性之间的即可求解.（2）由题意可得g'(x)=f'(x)−a=x−2ax【详解】解：（1）当a=−1时，f(x)=1则f'当0<x<1或x>2时，f'(x)>0，当1<x<2时，f'(x)<0，f(x)单调递减.∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，(2,+∞)，单调递减区间为(1,2).（2）假设存在实数a，使g(x)=f(x)−ax在(0,+∞)上是增函数，则g'即x2−2x−2ax∴x2−2x−2a≥0∴a≤1又φ(x)=1x∈(0,+∞)的最小值为−1∴当a≤−12时，又当a=−12时，当且仅当x=1时，g'故当a∈−∞,−g(x)=f(x)−ax在(0,+∞)上单调递增.6．（20-21高三上·天津·期中）设函数fx=x3+mx+1，曲线y=f（1）求实数m；（2）求fx【答案】（1）m=−3；（2）−1,1.【解析】（1）先求解出f'x，然后根据切线与x轴平行得到f'（2）先将f'x因式分解，然后根据f'【详解】解：（1）因为fx=x又因为曲线y=fx在点1,f1处的切线与所以f'1=0即m=−3.（2）由（1）可知fx=当x∈−1,1时，f当x∈−∞,−1，1,+∞时，f所以fx的单调递增区间为−∞,−1和1,+∞，单调递减区间为−1,17．（23-24高三上·天津河东·阶段练习）设函数fx(1)当m=2时，求fx在1,f(2)讨论fx(3)若fx【答案】(1)x+y−3=0(2)答案见解析(3)m≥2【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；（2）利用导数含参讨论函数的单调性即可；（3）分离参数，利用导数研究函数的最值即可.【详解】（1）当m=2时，fx则fx在1,f1处的切线方程为：（2）由fx若m≤0，则f'x>0恒成立，即f若m>0，则x>m时，有f'x>0，即fm>x>0时，有f'x<0，即f综上：若m≤0时，fx在0,+∞上单调递增；若m>0时，fx（3）不等式fx设gx易知g'x在又g'1=0，所以x>1时有g'x即gx在0,1上单调递减，在1,+所以gx故m的取值范围2,+∞1．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知函数fx(1)当a=0时，求fx在点π(2)当a=8时，讨论函数fx(3)若fx<sin【答案】(1)y=−8x+2(2)f(x)在0,π4上单调递增，在(3)(−【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式计算可得；（2）求出导函数，然后令t=cos（3）构造g(x)=f(x)−sin2x，计算g'(x)的最大值，然后与0比较大小，得出【详解】（1）当a=0时fx=−sin又f'所以f'所以fx在点π4,fπ4（2）因为f=a−令cos2x=t，又x∈0,令ℎ(t)=a−3−2tt2当a=8时f'则ℎ(t)=8t2当t∈0,12，ℎ(t)<0，即当x∈当t∈12,1，ℎ(t)>0，即当x∈所以f(x)在0,π4上单调递增，在（3）设g(x)=f(x)−sin则g=a−=a令cos2x=t，又x∈0,令φ(t)=at2则φ'所以φ(t)<φ(1)=a−3.1°若a∈(−∞,3]，则φ(t)<a−3≤0即g(x)在0,π2上单调递减，所以所以当a∈(−∞,3]时2°若a∈(3,+∞)，当t→0，2又φ(1)=a−3>0.所以∃t0∈(0,1)，使得φt0当t∈t0,1，φ(t)>0所以当x∈0,综上可得a的取值范围为(−∞【点睛】关键点点睛：本题采取了换元，注意复合函数的单调性t=cosx在定义域内是减函数，若t0=cos2．（2023·天津河北·一模）已知函数fx(1)求fx(2)证明：fx(3)若a>0,b>0，且ab>1，求证：f【答案】(1)单调减区间为(0,+∞)，无增区间；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据二次求导，确定f'(x)<0，即可求得（2）将问题转化为证明xlnx−x2+x<e−x（3）根据（2）中所得可知fx≤−x，结合f(x)的单调性可得【详解】（1）fx=xlnx−x2，f'x=lnx+1−2x故当x∈(0,12)时，m'(x)>0，f'(x)单调递增，当x∈(故f'(x)≤f'(12)=−（2）要证fx=xln∵xlnx−x2+x=x故当x∈(0,1)，g'(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1,+∞)，g'故gx≤g1=0，则当令ℎx=e−x−1+x，ℎ'x=1−e而ℎ0=0，∴当x>0时，e−x（3）已知a>0,b>0，且ab>1，∴b>1由（1）可知，函数y=fx在0,+∞上单调递减，由（2）可知，当x>0时，xlnx−x2+x≤0∴fa+fb【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键是能够将问题转化为证明xln3．（23-24高三上·天津·期末）已知函数fx=ln(1)求曲线y=fx在点0,f(2)证明：gx(3)当x≥0时，ax⋅fx≤gx【答案】(1)y=x(2)答案见解析(3)−【分析】（1）分别求得f'（2）构造函数px=gx−fx−1=e（3）构造函数mx=ax⋅fx【详解】（1）fx所以f'所以切线方程为y=x.（2）设pxp'令qx所以qx在−1,+又因为q0所以当x>0时，qx=p'x所以px在−1,0上单调递减，在0,+所以px≥p0（3）令mx则m'x=a令ℎx=m因为y=1x+1,y=令dx=1x+1+1x+1情形一：当2a−1≤0，即a≤12时，因为则dx∈0,2则ℎx在0,+∞上是减函数，可得ℎx所以mx在0,+∞上是减函数，则即ax⋅fx情形二：当2a−1>0，即a>12时，ℎ'且ℎ'0=2a−1>0，当x→+则存在x0∈0,+当x∈0,x0时，ℎ'x>0，所以当x∈0,x0时，m'x所以mx>m0综上所述，实数a的取值范围是−∞【点睛】关键点睛：第三问的关键是构造函数并连续求导来判断单调性，结合2a−1与0的大小关系来进行分类讨论，从而顺利得解.4．（23-24高三上·天津河北·期末）已知函数fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)当a>0时，求函数y=fx(3)在（2）的条件下，当x∈1,3时，12≤f【答案】(1)y=2x−1(2)单调递减区间是−∞,−(3)e【分析】（1）当a=1时，分别求出f（2）对函数fx求导，令f'x=−4ax+1x−2e（3）由题意只需12≤fx【详解】（1）a=1时，fx∴y+1=2x−0，整理得y=2x−1∴曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为（2）fxf'令f'∵a>0，解得x=2或x=−14a，且满足当x变化时，f'x−−−22,+f-0+0-f↘极小值↗极大值↘∴函数y=fx单调递减区间是−∞,−（3）由（2）可知，函数y=fx在区间1,2单调递增，在区间2,3∴f1解得a≥e∵e∴实数a的取值范围为e8【点睛】关键点睛：第二问的关键是将极值点先求出来，然后根据导数与单调性的关系即可得解，第三问的关键是由125．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数f(x)=(x−1)ex+a(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a<−1时，若f(x)的极小值点为x0，证明：f(x)存在唯一的零点x1，且【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求得f'(x)=xex+2ax=x(ex+2a)，分类讨论a≥0，a<−1（2）由题意先表示出x1−x0=2lnx1−ln(2【详解】（1）f'(x)=xe若a≥0，由ex+2a>0，则x∈(0,+∞)时，x∈(−∞,0)时，f'(x)<0，a<0时，令f'(x)=0，得x=0或x=若a<−12，则x∈(−∞,0)或x∈(ln(−2a),+∞)时，f'(x)>0，若a=−12，则f'(x)≥0在R上恒成立，f(x)在若−12<a<0，则x∈(−∞,ln(−2a))或x∈(0,+∞)时，f'(x)>0综上，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，在当a<−12时，f(x)在(−∞,0)，当a=−12时，f(x)在当−12<a<0时，f(x)在(−∞,（2）由(1)知，a<−1时，f(x)在(−∞,0)，在(0,ln(−2a))上单调递减，则f(x)的极小值点为由极大值f(0)=−1<0，f(1)=a<0且当x趋近正无穷时，f(x)趋近正无穷，f(x)存在唯一的零点x1>1，满足化简得，2(x∴ln(2x1∴x1设g(x)=2lnx−lng'(x)=2当x∈(2,+∞)时，g'(x)>0，x∈(1,2)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，从而当x=2时，g(x)有最小值g(2)=ln综上所述，f(x)存在唯一的零点x1，且x【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由fx=0分离变量得出a=gx，将问题等价转化为直线y=a6．（23-24高三上·天津静海·阶段练习）已知函数fx=e(1)当a=3时，求曲线y=fx在点0,f(2)讨论函数fx(3)当a>1时，证明：fx【答案】(1)3x−y=0(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出f'（2）求出导函数，按照a≥1和a<1分类讨论研究函数的单调性即可；（3）把原不等式作差变形得ex+ax+cosx【详解】（1）当a=3时，fx=ex+2x−1又f0曲线y=fx在点0,f0处的切线方程为y−0=3x−0（2）因为fx=e当a≥1时，f'x=ex当a<1时，由f'x=函数fx在区间ln由f'x=函数fx在区间−（3）要证fx即证ex即证ex设kx=x+故kx在0,+∞上单调递增，又k0又因为a>1，所以ax+所以ex①当0<x≤1时，因为ex+cos②当x>1时，令gx=e设ℎx=g'x则m'x=ex所以mx即ℎ'x所以ℎ'x>ℎ'所以ℎx>ℎ1所以gx在1,+∞上单调递增，即ex综上可知，当a>1时，ex即fx【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的常见形式是f(x)>g(x)，一般可构造“左减右”的函数，即先将不等式f(x)>g(x)移项，构造函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，转化为证不等式ℎ(x)>0，进而转化为证明ℎ(x)min>0，因此只需在所给区间内判断ℎ'(x)7．（23-24高三上·天津·期中）已知函数fx=lnx+a+1(1)若曲线fx在点1,f1处的切线的斜率为3，求(2)当x≥−2时，函数y=gx(3)若∀x∈0,+∞，不等式g'【答案】(1)1(2)−(3)−【分析】（1）由导数的几何意义直接计算即可.（2）将原问题等价转换为方程gx=m−2有两个不相等的实数根，从而求导研究当x≥−2时，函数（3）将原问题等价转换为a≤ℎx=ex−ln【详解】（1）因为f所以f'1=1+a+1=3（2）由题意gx=xex，所以g'当x>−1时，g'x>0，所以g当−2≤x<−1时，g'x<0，所以ggxmin=g−1=−所以m−2∈−1e所以m的取值范围为−1（3）因为g'x−f(x)≥所以x+1ex−即a≤ex−设ℎx=e所以a≤ℎxℎ'设ux=x2e所以，函数ux在0,+因为u12=所以，存在x0∈1当0<x<x0时，ℎ'x<0，函数ℎx单调递减，