2026届高考数学总复习精练册课件：3 2　导数与函数的单调性 极值和最值

3.2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考点2导数与函数的极（最）值目录三年模拟基础强化练能力拔高练五年高考考点1导数与函数的单调性1.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-lnx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-2C解析

∵f(x)在(1,2)内单调递增,∴f'(x)≥0在(1,2)内恒成立,即f'(x)=aex-

≥0(1<x<2),∴a≥

(1<x<2).令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0,∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2),∴

∈

,∴a≥

,即a的最小值为

,故选C.2.(2021全国乙理,12,5分,难)设a=2ln1.01,b=ln1.02,c=

-1,则

(

)A.a<b<c

B.b<c<a

C.b<a<c

D.c<a<bB解析

设f(x)=ln(1+x)-

+1,x≥-

,则b-c=f(0.02).易得f'(x)=

-

=

.当x≥0时,1+x=

≥

,所以f'(x)≤0.所以f(x)在[0,+∞)上单调递减,所以f(0.02)<f(0)=0,故b<c.设g(x)=2ln(1+x)-

+1,x≥-

,则a-c=g(0.01),易得g'(x)=

-

=2·

,当0≤x≤2时,

≥

=1+x,所以g'(x)≥0.故g(x)在[0,2]上单调递增,所以g(0.01)>g(0)=0.故a>c.综上,a>c>b.故选B.3.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2lna+

.解析

(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,f'(x)=aex-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=ln

,当x<ln

时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln

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

上单调递减,在

上单调递增.(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在

上单调递减,在

上单调递增,则f(x)min=f

=a

-ln

=1+a2+lna.要证明f(x)>2lna+

,只需证明1+a2+lna>2lna+

,即证a2-lna-

>0.令g(x)=x2-lnx-

(x>0),则g'(x)=2x-

=

.当0<x<

时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>

时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)min=g

=

-ln

-

=-ln

=ln

>0,∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-lna-

>0,∴f(x)>2lna+

.4.(2023全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax-

,x∈

.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围.解析

(1)当a=1时,f(x)=x-

,x∈

,f'(x)=1-

=

=

<0,所以函数f(x)在

上单调递减.(2)令g(x)=

-sinx=

=

=

,则g'(x)=

=

,因为x∈

,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在

上单调递增,g(0)=0,当x→

时,g(x)→+∞,因为f(x)+sinx<0恒成立,所以

-sinx>ax在

上恒成立,即直线y=ax在0<x<

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.(2023全国乙文,20,12分,中)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)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.解析

(1)当a=-1时,f(x)=

ln(x+1),则f(1)=0,且f'(x)=-

ln(x+1)+

·

,故f'(1)=-ln2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.(2)∵f'(x)=

-

,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即

≥

在(0,+∞)上恒成立,其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x),则g'(x)=2ax-ln(1+x),令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-

,令H(x)=h'(x),则H'(x)=

>0,故h'(x)在(0,+∞)上为增函数,因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立.①当2a-1≥0,即a≥

时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,此时g'(x)在(0,+∞)上为增函数,又g'(0)=0,∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上为增函数,因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x≥(1+x)·ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调

递增.②当2a-1<0,即a<

时,必存在x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0,因此,当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x0)上为减函数,又g'(0)=0,从而有当x∈(0,x0)时,g'(x)<0恒成立,此时g(x)在(0,x0)上为减函数,又g(0)=0,故有g(x)<0在(0,x0)上恒成立,从而有f'(x)<0在(0,x0)上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不合题意.综上所述,a≥

.考点2导数与函数的极(最)值1.(多选)(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则

(

)A.x=3是f(x)的极小值点B.当0<x<1时,f(x)<f(x2)C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0D.当-1<x<0时,f(2-x)>f(x)ACD解析

由题意知f'(x)=3(x-1)(x-3).对于A,令f'(x)>0,得x<1或x>3,令f'(x)<0,得1<x<3,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,3)上

单调递减,在(3,+∞)上单调递增,所以x=3是f(x)的极小值点,故A正确;对于B,当0<x<1时,0<x2<x<1,由f(x)在(0,1)上单调递增,得f(x2)<f(x),故B错误;对于C,由1<x<2,得1<2x-1<3,由f(x)在(1,3)上单调递减,得f(1)>f(2x-1)>f(3),即-4<f(2x-1)<

0,故C正确;对于D,f(2-x)-f(x)=(x-1)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2·(-2x+2)=-2(x-1)3,当-1<x<0时,f(2-x)-f(x)>

0,则f(2-x)>f(x),故D正确.故选ACD.2.(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AC解析

∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1,令f'(x)=0,得x=±

,当x∈

时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈

时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈

时,f'(x)>0,f(x)单调递增,∴f(x)有两个极值点,故选项A正确.∵f

=

-

+1=

>0,∴f(x)的极小值大于0,∴f(x)仅有一个零点.故选项B错误.由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图

象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确.曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f'(x)=2,得x=±1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x-

1或y=2x+3,故选项D错误.故选AC.3.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=alnx+

+

(a≠0)既有极大值也有极小值,则

(

)A.bc>0

B.ab>0C.b2+8ac>0

D.ac<0BCD解析

由题意得f'(x)=

+

+

=

(a≠0),x∈(0,+∞),∵f(x)既有极大值也有极小值,∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有两个变号零点.设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2),∴

∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0.故选BCD.4.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为

.1解析

f(x)=|2x-1|-2lnx的定义域为(0,+∞),当0<x≤

时,f(x)=1-2x-2lnx,f(x)单调递减;当

<x≤1时,f(x)=2x-1-2lnx,f'(x)=2-

≤0,f(x)单调递减;当x>1时,f(x)=2x-1-2lnx,f'(x)=2-

>0,f(x)单调递增.又f(x)在各分段的分界点处连续,∴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f(x)的最小值为1.5.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(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

.解析

∵f(x)=2ax-ex2,∴f'(x)=2axlna-2ex.根据题意,得x1,x2是f'(x)=0的两个不相等的实根.由f'(x)=0得,axlna=ex.由题意得函数y=axlna与y=ex的图象有两个不同的交点.当a>1时,画出函数y=axlna与y=ex的图象,如图①所示,当x∈(-∞,x1)时,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(-∞,x1)上单调递增;当x∈(x1,x2)时,f'(x)=2axlna-2ex<0,f(x)在(x1,x2)上单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(x2,+∞)上单调递增.∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.∴当a>1时,不满足题意,

舍去.

当0<a<1时,画出函数y=axlna与y=ex的图象,如图②所示,设过原点的直线l与y=axlna的图象相切于点(x0,

lna),而y'=ax(lna)2,此时切线l的斜率k=

·(lna)2,∴

(lna)2=

,可得

=e.∴k=e(lna)2,要使函数y=axlna与y=ex的图象有两个不同的交点,则k<e,即e(lna)2<e.∴(lna)2<1,即-1<lna<1,∴

<a<e.又0<a<1,∴

<a<1.综上所述,a的取值范围是

.6.(2021北京,19,15分,中)已知函数f(x)=

.(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)=

,∴f(1)=1,f'(x)=

,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)=

,且f'(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,故f(x)=

,x∈R,则f'(x)=

=

,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)=-

.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)=-

.7.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3.(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.解析

(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1,则切线斜率为k=f'(1)=e-1,又∵f(1)=e-1-1=e-2,∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),整理得y=(e-1)x-1.(2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f'(x)=ex-a.①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,f(x)单调递增,无极值,不符合题意,故a≤0时不成立.②当a>0时,令f'(x)=0,得x=lna,当x∈(-∞,lna)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(lna,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.∴x=lna时f(x)有极小值,极小值为f(lna)=elna-alna-a3=a-alna-a3.又∵极小值小于0,∴a-alna-a3<0,又∵a>0,∴1-lna-a2<0,设g(a)=1-lna-a2,a∈(0,+∞),∵g'(a)=-

-2a<0,∴g(a)单调递减,又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0,即极小值f(lna)<0,∴a>1.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).8.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-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-sinx,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sinx<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<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,则h'(x)=cosx-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,sinx<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sinx<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)=-asinax+

,x∈(-1,1).(i)当0<a≤

时,取m=min

,x∈(0,m),则ax∈(0,1),由(1)可得f'(x)=-asinax+

>-a2x+

=

,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>

时,取x∈

⊆(0,1),则ax∈(0,1),由(1)可得f'(x)=-asinax+

<-a(ax-a2x2)+

=

(-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,h'

=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈

,均有h'(x)>0,所以h(x)在

上单调递增.因为h(0)=2-a2<0,h

=2>0,所以h(x)在

内存在唯一的零点n.当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.则f'(x)<

(-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>

.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<-

符合要求.故a的取值范围为(-∞,-

)∪(

,+∞).三年模拟1.(2025届四川阶段检测联考,6)已知函数f(x)=ax-ln(x+2)在区间(2,3)上单调递增,则a的

最小值为

(

)A.1

B.2

C.

D.

C解析

由题意得f'(x)=a-

≥0在区间(2,3)上恒成立,所以a≥

,设函数g(x)=

,x∈(2,3),易得g(x)在(2,3)上单调递减,故a≥g(2)=

,即a的最小值为

.故选C.2.(2024湖北孝感月考,7)函数f(x)=

-2的单调递减区间为(1,+∞),则a=

(

)A.

B.1

C.e

D.e2B解析

由题意得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=

=

,因为f(x)的单调递减区间为(1,+∞),所以f(x)的一个极值点为1,所以f'(1)=

=0,解得a=1.(接下来验证a=1时f(x)的单调递减区间为(1,+∞))f(x)=

-2,f'(x)=

,令f'(x)=

<0,解得x>1,所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞),符合题意.综上,a=1.故选B.3.(2025届河北邢台开学考,6)已知函数f(x)=ln

在[1,+∞)上单调递增,则m的取值范围为

(

)A.(-5,0]

B.(-∞,1]C.[0,1]

D.(-5,1]D解析

令y=lnt,t=x+

+4,因为f(x)=ln

在[1,+∞)上单调递增,y=lnt单调递增,所以t=x+

+4在x∈[1,+∞)上单调递增,所以t'=1-

≥0恒成立,则m≤x2恒成立,又x∈[1,+∞),所以m≤1,又因为x∈[1,+∞),x+

+4>0,(不要忘记真数大于0)所以m>-x2-4x,故m>-5,所以-5<m≤1.故选D.4.(2025届重庆八中开学考,7)已知函数f(x)=2lnx-

ax2-2x在x∈

上存在单调递增区间,则实数a的取值范围为

(

)A.

B.

C.(-∞,4)

D.(-∞,4]C解析

由题意知f'(x)=

-ax-2,问题等价于f'(x)>0在区间

上有解,即a<

-

=2

-

有解,x∈

⇒

∈

,由二次函数的性质知2

-

∈

,即a<4.故选C.5.(2025届北京中关村中学月考,6)已知函数f(x)=aex-x2有两个极值点,则实数a的取值范

围是

(

)A.

B.(0,ln2)C.(-∞,e)

D.

A解析

因为f(x)=aex-x2,所以f'(x)=aex-2x,由函数f(x)有两个极值点可得aex-2x=0有两个解,即直线y=a和函数g(x)=

的图象有两个交点.g'(x)=

,当x<1时,g'(x)>0,g(x)在(-∞,1)上单调递增,当x>1时,g'(x)<0,g(x)在(1,+∞)上单调递减,故g(x)max=g(1)=

,而x→+∞时,g(x)→0,x→-∞时,g(x)→-∞,故g(x)的大致图象如图,

由图知0<a<

.故选A.6.(2025届重庆一中开学考,6)已知函数f(x)=sinx+x3-ax是定义在R上的增函数,则实数a

的取值范围是

(

)A.(-∞,1)

B.(-∞,1]C.(-∞,2)

D.(-∞,2]B解析

由f(x)=sinx+x3-ax,得f'(x)=cosx+3x2-a,因为函数f(x)=sinx+x3-ax是定义在R上的增函数,所以f'(x)=cosx+3x2-a≥0在R上恒成立,即a≤cosx+3x2恒成立,令g(x)=cosx+3x2,易知g(x)为偶函数,g'(x)=-sinx+6x,令h(x)=-sinx+6x,所以h'(x)=-cosx+6,当x≥0时,h'(x)>0,即g'(x)在[0,+∞)上单调递增,则g'(x)>g'(0)=0,则g(x)在[0,+∞)上单调递增,由g(x)为偶函数知g(x)在(-∞,0)上单调递减,故g(x)min=g(0)=1,故a≤1,故选B.7.(2025届安徽名校联盟联考,13)若函数f(x)=

在x=2时取得极小值,则f(x)的极大值为

.

e解析

f'(x)=

,由题意得f'(2)=0,解得b=-1,所以f'(x)=

,故当x<1或x>2时,f'(x)>0,当1<x<2时,f'(x)<0,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以f(x)的极大

值为f(1)=e.1.(2025届江苏泰州中学调研,8)若函数f(x)=-

ax2+4x-2lnx有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是

(

)A.(-1,0)

B.(-∞,1)C.(0,2)

D.(2,+∞)C解析

由题意得f'(x)=-ax+4-

=

,x>0,问题等价于关于x的方程-ax2+4x-2=0在(0,+∞)上有两个不同的实数根,即关于x的方程a=

=-2

+2在(0,+∞)上有两个不同的实数根,令t=

,则t∈(0,+∞),所以关于t的方程a=-2(t-1)2+2在(0,+∞)上有两个不同的实数根,令g(t)=-2(t-1)2+2,t∈(0,+∞),作出g(t)=-2(t-1)2+2的图象如图,由图可知a∈(0,2).故选C.2.(2025届江苏扬州开学考,7)已知函数f(x)=2x-

+lnx,若f(a)+f

=0,则3b+

的最小值为

(

)A.2

B.3

C.2

D.2

A解析

因为f(x)=2x-

+lnx(x>0),所以f'(x)=2+

+

.当x>0时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.f

=

-2x+ln

=-

=-f(x),所以由f(a)+f

=0⇒f(a)-f(b)=0,所以a=b>0.所以3b+

=3a+

≥2

=2

,当且仅当a=

时等号成立,则3b+

的最小值为2

.故选A.3.(2025届重庆第一次质量检测,8)已知a>e2,b>0,c>0,当x≥0时,(ex-

x)(x2-bx+c)≥0恒成立,则

的最小值为

(

)A.

B.

C.

D.1B解析

x=0时不等式显然成立,x>0时,即

(x2-bx+c)≥0恒成立,设f(x)=

-

,g(x)=x2-bx+c,则f'(x)=

,∴f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,f(1)=e-

<0,x→0时f(x)→+∞,x→+∞时f(x)→+∞,故f(x)在(0,+∞)上有两个零点,记为x1,x2(x1<x2),显然0<x<x1或x>x2时f(x)>0,x1<x<x2时f(x)<0,要使f(x)·g(x)≥0恒成立,则x1,x2也是g(x)的两个零点,故b=x1+x2,c=x1x2,又

=

=

,∴

=a,∴

=a,∴

=

,令h(b)=

,b>0则h'(b)=

,易知h(b)在(0,3)上单递调减,在(3,+∞)上单递调增,∴h(b)的最小值为h(3)=

,即

的最小值为

.故选B.4.(多选)(2025届山东泰安肥城开学考试,10)已知函数f(x)=aex-x+a2(a∈R),则

(

)A.当a≤0时,f(x)是R上的减函数B.当a>0时,x=lna是f(x)的极小值点C.当a=e时,f(x)取到最小值e2+2D.当a>0时,f(x)>2lna+

恒成立ACD解析

f(x)=aex-x+a2的定义域为R,f'(x)=aex-1.对于A,当a≤0时,f'(x)≤0,则函数f(x)在R上单调递减,故A正确.对于B,当a>0时,令f'(x)=0,解得x=-lna,当x>-lna时,f'(x)>0,f(x)在(-lna,+∞)上单调递增;当x<-lna时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,所以x=-lna为f(x)的极小值点,故B错误.对于C,当a=e时,令f'(x)=ex+1-1=0,解得x=-1,当x>-1时,f'(x)>0,f(x)在(-1,+∞)上单调递增;当x<-1时,f'(x)<0,f(x)在(-∞,-1)上单调递减,所以函数f(x)的最小值为f(-1)=e2+2,故C正确.对于D,由B选项知,函数f(x)在x=-lna处取得最小值,则f(x)≥f(-lna)=ae-lna+lna+a2=a2+1+lna,若f(x)>2lna+

恒成立,则f(x)min>2lna+

,即a>0时,a2-

-lna>0恒成立,令g(x)=x2-

-lnx,x>0,则g'(x)=2x-

=

,令g'(x)>0,则x>

,g(x)在

上单调递增,令g'(x)<0,则0<x<

,g(x)在

上单调递减,所以g(x)min=g

=

-

-ln

=ln

>0,所以g(x)>0恒成立,所以当a>0时,f(x)>2lna+

恒成立,故D正确.故选ACD.5.(2025届安徽重点高中联盟校摸底考,13)已知函数f(x)=sin

,f'(x)为f(x)的导函数,f'(x)在

上单调递减,则正实数ω的取值范围为

.解析

由题意得,f'(x)=ωcos

,由x∈

,则ωx+

∈

,若f'(x)在

上单调递减,只需

+

≤π,又ω>0,所以0<ω≤

.6.(2025届河北唐山月考,14)已知函数f(x)=4sinx+2sin2x,则f(x)的最大值是

.3

解析

f(x)=4sinx+2sin2x,则f'(x)=4cosx+4cos2x=4cosx+8cos2x-4=4(2cosx-1)(cosx+1),当-

+2kπ<x<

+2kπ(k∈Z)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当

+2kπ<x<

+2kπ(k∈Z)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,则x=

+2kπ(k∈Z)时,f(x)有最大值,最大值为f

=4sin

+2sin

=4×

+2×

=3

.7.(2025届河北石家庄重点高中开学考,18)已知函数f(x)=

x2+(1-a)x-alnx(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a>0时,求函数f(x)在区间[1,e]上的最大值.解析

(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x+1-a-

=

=

,若a≤0,则f'(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增,若a>0,则由f'(x)=0得x=a,当0<x<a时,f'(x)<0,f(x)在(0,a)上单调递减,当x>a时,f'(x)>0,f(x)在(a,+∞)上单调递增.综上,当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间,当a>0时,f(x)的单调递减区间为(0,a)