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文档简介
专题3.4导数的应用:单调性、极值与最值(举一反三专项训练)
【全国通用】
目录
第一部分题型专练
【题型1函数与导函数图象问题】...........................................................................................................................1
【题型2利用导数判断单调性、求单调区间】.......................................................................................................4
【题型3由函数的单调性求参数】...........................................................................................................................6
【题型4导数中函数单调性的应用】.......................................................................................................................9
【题型5利用导数求函数的极值】.........................................................................................................................11
【题型6根据极值(点)求参数】.........................................................................................................................14
【题型7利用导数求函数的最值】.........................................................................................................................16
【题型8已知函数最值求参数】.............................................................................................................................19
第二部分分层突破
A组基础跟踪练
B组培优提升练
【题型1函数与导函数图象问题】
1.(2025·广东·一模)已知函数的导函数图象如图所示,则下列说法中错误的是()
�=�(�)
A.在区间上单调递增B.是的极大值点
C.当��1时,4,D.�=7在区�间=�(�)上单调递减
【答案】C4<�<7��>0��7,+∞
【解题思路】利用导函数的图象,判断导函数的符号,判断函数的极值以及函数的单调性,推出结果.
【解答过程】解:由导函数的图象可知:导函数在,导函数的符号为正,函数单调递增,A正确;
时,,函数单调递增,,1,4,函数单调递减,��
′′
�所<以7�是�>0的极大�值�点,B正确;�>7��<0��
在�=区7间�=�(�上)单调递减,D正确;
�当�7时,+,∞函数单调递增,可能,所以C不正确;
故选4:<C�.<7����<0
2.(25-26高三上·湖北黄冈·月考)已知是定义域为的函数的导函数,且函数
′′
的图象如图所示,则()��−2,2����=���
A.的极大值点为1,无极小值点B.的极小值点为1,无极大值点
C.��的极大值点为0,极小值点为1D.��的极小值点为0,极大值点为1
【答案】�D���
【解题思路】根据图象得到的正负,进而求出的正负,得到极值点情况.
′
【解答过程】由图象可得,当��时,��,故,
′′
当时,−2≤�,<故0��,=���>0��<0
′′
当0<�<1时,��=���>0,故��>0,
′′
所以1<�在≤2上�单�调=递��减,�在<0上�单�调递<增0,在上单调递减,
故�的�极大−值2,0点为1,极小值点为0,101,2
故选��:D.
3.(25-26高二上·云南玉溪·月考)已知函数的定义域为R,且的图象是一条连续不断的曲线,
的导函数为,若函数�的(�)图象如图所示,则(�(�))�(�)
′′
�(�)�(�)=(�+2)�(�)
A.2是的极值点
B.�的(�单)调递增区间是,
C.�(�)的单调递减区间是(−1,1)(2,+∞)
D.�当(�)时,(−∞,0)
′
【答案】C�=1�(�)<0
【解题思路】根据的图象,可得的正负情况,得的单调性,结合极值点的概念判断各个选项.
′
【解答过程】根据��的图象,当��时,��,则,
′′
当时,���<−2,则��=�+,2��>0��<0
′′
当−2<�时<,0��=�+2��,则<0��,仅<0,
′′′
所以�>0在��=上单�+调2递�减�,在≥0�上�单≥调0递增,�2=0
对A,��−左∞右,0两侧导函数符号不变0,,+故∞A错误;
对B,�=2在内有增有减,故B错误;
对C,��的(单−调1递,1)减区间是,故C正确;
对D,�当(�)时,,(−故∞D,0错)误.
′
故选:C.�=1��>0
4.(24-25高三上·贵州遵义·月考)已知函数的定义域为且导函数为,函数的
′′
图象如图,则下列说法正确的是()������=�+2⋅��
A.函数的增区间是
B.函数��的减区间是−2, 0, 2, +∞
C.�是�函数的极大值−点∞, −2, 2, +∞
�=2
D.是函数的极大值点
【答案】D�=0
【解题思路】根据函数图象确定导函数的符号,确定函数的单调区间和极值.
【解答过程】根据的图象可知:当时,;
′′
当时,�=�+2,⋅�当�时,�<−2,当��时>,0.
′′′
所以−2<�在<0�上单�调>递0增,在0<�<上2单调递�减�,<在0�>上2单调递�增�.>0
因此函��数−在∞,0时取得极小值,0,2在时取得极大2值,+.故∞ABC错误,D正确.
故选:D.���=2�=0
【题型2利用导数判断单调性、求单调区间】
5.(2025·湖北黄冈·二模)下列函数中,既是奇函数,又是增函数的是()
A.B.
1−�2�
��=ln1+���=lne+1−�
C.D.
�−�2
【答案】�D�=lne−e��=ln�+1+�
【解题思路】由奇函数的性质和导数逐一判断即可.
【解答过程】对于A,由题意可得,解得,所以定义域为,
又1+,�所1以−为�减>函0数,故−A1错<误�;<1−1,1
1+�−1+�−1−�−2
′22
��=1−�×1+�=1−�<0
对于,,,
B2�
e+11
−2�2�2�2�
e
二者不相�等−,�所=以l不n是e奇函+数1,+故�=Bl错n误;+�−��=−lne+1+�=lne+1+�
对于C,定义域需满足,即,定义域不关于原点对称,所以不是奇函数,故C错误;
�−�
对于D,定义域为,e−e>0�>0
R,为奇函数;
21
2
�−�=ln�+1−�=ln�+1+�=−��
,为增函数,故D正确.
′1�
22
��=�+1+��+1+1>0
故选:D.
6.(2025·海南海口·模拟预测)已知函数,则的单调递减区间为()
A.��B=.�−ln���
C.−∞,1D.0,1
【答案】B1,+∞0,+∞
【解题思路】求导,根据导数为负即可求解.
【解答过程】的定义域为,
��=,�−ln�0,+∞
′1�−1
��=1−�=�
令,解得,
′�−1
故��的=单�调递<减0区间为0<�,<1
故选��:B.0,1
7.(2025·河南鹤壁·模拟预测)设的导数为,若函数的图象关于
32′′
直线对称,且.��=2�+��+��+1�(�)�=�(�)
1′
�=−2�(1)=0
(1)求实数的值;
(2)求函数�,�的单调区间.
【答案】(1�)�,;
(2)的单�调=递3增区�=间−为12,;单调递减区间为.
【解�题�思路】(1)求得−,∞,根−据2二1次,+函∞数对称性,以及−2,,1即可求得;
′′
(2)根据(1)中所求解�析(�式),判断的正负,即可判断�原(1函)=数0单调性,从而�求,�得单调区间.
′
【解答过程】(1)因�(�),故.
32′2
因为的图象关��于直=线2�+��对+称�,�即+1�(�,)解=得6�+2.��+�
′1�1
又由于�=�(�),即�=−2,解得−6=−;2�=3
′
故�(1)=0.6+2�+�=0�=−12
(2)�=由3,�知=−12,.
32′2
令1,�即�=2�+3�−12�,+1解得�(�)=6�+6�.−12=6�−1�+2
′
当�(�)=0时6,�−1�+2,故=0在�1=−2,上�2为=增1函数;
′
当�∈−∞,−时2,�(�)>,0故�在�−∞上,为−减2函数;
′
当�∈−2,1时,�(�)<0,故��在−2,1上为增函数.
′
综上�∈所述1,,+∞的单�调(�递)>增0区间为��1,+,∞;单调递减区间为.
��−∞,−21,+∞−2,1
8.(2025·江苏南京·二模)已知函数.
12
�(�)=2�−(�+2)�+2�ln�(�∈�)
(1)当时,求函数在处的切线;
(2)讨论�=函−数3的单调性�.(�)�=1
�(�)
【答案】(1);
11
4�+�−2=0
(2)答案见解析.
【解题思路】(1)把代入,求出导数,再利用导数的几何意义求出切线方程.
(2)求出导数,按�=,−3,,分类讨论即得函数的单调性.
�≤00<�<2�=2�>2
【解答过程】(1)当时,,求导得,则,而,
12′6′3
�=−3�(�)=2�+�−6ln��(�)=�+1−��(1)=−4�(1)=2
所以函数在处的切线方程为,即.
3
�(�)�=1�−2=−4(�−1)8�+2�−11=0
(2)函数的定义域为,
12
�(�)=2�−(�+2)�+2�ln�(0,+∞)
求导得,
′2�(�−�)(�−2)
当�时(�,)=由�−(�+2,)+得�=�;由,得,
′′
函数�≤0在�上(�单)调<递0减,0在<�<2上单�调(�递)>增0;�>2
当�(�)(0时,2),由,得(2,+∞);由,得或,
′′
函数0<�在<2上单�调(�递)<减0,在�<和�<2�上(单�)调>递0增;0<�<��>2
当�(�)时,(�,2),函(0,数�)(2在,+∞)上单调递增;
2
′(�−2)
当�=2时,由�(�)=�,≥得0�(;�)由(0,+∞),得或,
′′
函数�>2在�上(�单)<调0递减,2在<�<和��(�)上>单0调递增0,<�<2�>�
所以当�(�)(2时,�,)函数在(0上,2单)调(递�,减+,∞)在上单调递增;
当�≤0时,函数�(�)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞和)上单调递增;
当0<�时<,2函数在�(�)(�,2上)单调递增;(0,�)(2,+∞)
当�=2时,函数�(�)在(0,+上∞)单调递减,在和上单调递增.
�>2�(�)(2,�)(0,2)(�,+∞)
【题型3由函数的单调性求参数】
9.(2025·吉林松原·模拟预测)若函数的减区间为,则的值为()
3
A.3B.1��=C�.−��−D1,.1�
【答案】A−1−3
【解题思路】根据题意,求得,结合的解集为,列出方程组,即可求解.
′2′
【解答过程】由函数��=,3可�得−���≤,0−1,1
3′2
因为函数��的=减�区−间��为�,�即不=等3�式−�的解集为,
32
��=�−��−1,13�−�≤0−1,1
所以,且,解得,
2��
�>03�−�≤0−3≤�≤3
所以且,解得.
��
33
故选:−A.=−1=1�=3
10.(2025·河北·模拟预测)已知,,两个函数图象至少有一个在区间
2�
上不单调,则的取值范围是(�)�=�−����=�+�e−1,2
A.�B.C.D.
【答案】D−2,4−3,0−3,−2−3,4
【解题思路】利用二次函数的性质,求得函数在上不单调时,求得的取值范围,再由导数求得函
数在上不单调时,求得的取值范围�,�进而1得,2到答案.�
【解�答�过程1】,2由函数�的对称轴为,
2�
��=�−���=2
若在上不单调,则满足,解得;
�
��1,2−1<2<2−2<�<4
又由函数,可得,
�′�
若在��=上�不+单�调e,则满足��=�+�+1,e解得,
所以�两�个函−数1,2图象至少有一个在区−间1<−�上−不1单<调2,则有−3<�<0或,
可得,所以实数的取值范−围1,2为.−2<�<4−3<�<0
故选:−3D<.�<4�−3,4
11.(2025·山东菏泽·一模)已知函数在区间单调,则的取值范围是()
2
A.��=B��.−ln��>01,2�
111
0,2∪1,+∞0,8∪2,+∞
C.D.
111
2,18,2
【答案】B
【解题思路】先对函数求导,令导数等于0,求出增减区间,进而得到或,即可求得结
11
果.��2�≤12�≥2
【解答过程】由已知得,当时,令,得,
′1′1
��=2��−��>0��=0�=2�
令,解得;令,解得;
′1′1
��>0�>2���<0�<2�
故在区间上单调递减,在区间上单调递增,
11
��0,2�2�,+∞
所以若在区间上单调,则需满足或,即或,
1111
��1,22�≤12�≥20<�≤8�≥2
所以的取值范围是
11
�0,8∪2,+∞
故选:B.
.(陕西西安一模)若函数在上不单调,则实数的取值范围为()
122025··2
��3
ℎ�=�e−2+�2,3�
A.B.C.D.
21211121
32323233
e,ee,e2,ee,2
【答案】B2e2e
【解题思路】函数在上不单调,意味着其导数在该区间内有正有负,即
2
��3′3′
ℎ�=�e−2+�2,3ℎ�2,3ℎ�
在内有零点,将分离参数为,通过构造函数,求与0的大小,得到
3�−1�−1
′��′
2,3ℎ�=0�=e�(�)=e�(�)�(�)
的单调性,从而求出的取值范围,进而得到的取值范围.
【解答过程】�(�),�,在上不单调,
22
��′���3
∵ℎ�=�e−2+�∴ℎ�=�e−�+1∴ℎ�=�e−2+�2,3
在上有变号零点,
′�3
∴ℎ�=�e−�+12,3
即存在,使得,
3′�
�∈2,3ℎ�=�e−�+1=0
在上有解,在上有解,
3�−13
��
∴�e−�+1=02,3∴�=e2,3
,,,
′��′
�−13(�−1)e−(�−1)(e)2−�
�′�2�
∵�(�)=e�∈2,3∴�(�)=(e)=e
,即,解得,在上是增函数;
2−�33
′�
∴�(�)>0e>02≤�<2∴�(�)�∈2,2
,即,解得,在上是减函数.
2−�
′�
∴�(�)<0e<02<�≤3∴�(�)�∈2,3
又,,,,
31123
323
22ee2
∵�()=2e�(2)=�(3)=∴�(2)>�()>�(3)
在上有解,,
�−1321
�32
∵�=e2,3∴�(3)≤�≤�(2)∴e≤�≤e
当时,,设,,
���
1eee
2′2′2′2
�=eℎ�=e−�+1�(�)=ℎ�=e−�+1�(�)=e−1
当,解得,得在上是增函数;
�
e
′2
�(�)=e−1>02<�≤3�(�)(2,3]
当,解得,得在上是减函数
�.
e33
′2
�(�)=e−1<02≤�<2�(�)[2,2)
则在处取最小值为,在上恒成立,即在上恒成立,得到
3′3
�(�)�=2�(2)=0�(�)≥0[2,3]ℎ�≥0[2,3]ℎ�
在是增函数,不满足题意,说明不满足题意,同理也不满足题意,综上可得.
31221
2332
[2,3]�=e�=ee<�<e
故选:B.
【题型4导数中函数单调性的应用】
.(广东肇庆一模)已知,,,则()
132025··4
1−5
A.B.�=5�=lCn.1.2�=eD.
【答案】B�>�>��>�>��>�>��>�>�
【解题思路】令,利用导数研究单调性得,进而判断大小,令
�
,利用导数研�究�单=调ln性�得−�+1,即可比较大小,ln进�而≤求�−解1.�,���=e−�−
�
【1解答过程】令e≥�+,1所以�,�,令有,
′11−�′
当��=ln�−�+1�,�所=以�−1=在�单调�递�增=,0在�,=1单调递减,
′′
所以�>1⇒��<0,,0<即�<1⇒��,>所0以��0,1,即1;+∞
1
令��≤�1=0,所以ln�≤�−1,当ln1.2<1.2−1=0.2=5�<�,
�′�′′
所以��=在e−,�−1单调递�增�,在=e−1单调�递>减0,⇒所�以�>0,�<0⇒��<0,
�
所以��0+∞,即;−∞,0��≥�0=0⇒e≥�+1
4
−54
综上所e述>,−5+1=0..2�<�
故选:B.�>�>�
14.(2025·广东茂名·二模)已知函数为上的奇函数,,当时,,不等
′
式的解集为()����2=0�>0��+��>0
�A−.1��<0B.
C.−∞,−2∪0,1D.−∞,−2∪1,2
【答案】D−2,0∪0,1−2,0∪1,2
【解题思路】构造函数,利用导数得到在各区间的符号,再分类讨论即可解出不等式.
�
【解答过程】构造��=e,�则���,
�′�′
因为当时,��=e��,�则此�时=e��,+��单调递增,
′′
则�>0的�正�负+符�号�由>0决定,��>0��
−�
又因��为=e��,则,�因为�在上单调递增,
则当�2=0时,�2=0,所以此�时�0,+∞,
−�
0<�<2��<0��=e��<0
当时,,所以此时,
−�
又因�>为2为�上�的>奇0函数,则当��=e�时�,>0,则,
当��时,�,则−2<�<0−�,∈0,2��=−�−�>0
且�<−2−�∈2,+∞,��=−�−�<0
则若�−2=−�2=,0=则�0或
�−1>0�−1<0
�−1��<0
即或��<0��>0,解得或,
或或
�>1�<1
1<�<2−2<�<0
综上0,<�<2�<−2的解−集2为<�<0�>2.
故选:D�.−1��<0−2,0∪1,2
15.(2025·浙江杭州·模拟预测)定义在上的可导函数,满足,且,
2��ln�1
′2
若,,,则、0、, +的∞大小关系是(�)���+�=��e=2e
�A=.�3�=�2B�.=�e���C.D.
【答案】C�>�>��>�>��>�>��>�>�
【解题思路】根据题意,结合条件求导可得在上为减函数,由其单调性即可判断、、的大小
关系.��0,+∞���
【解答过程】由已知可得:,令,
2′2
则���,+2���=ln���=���
′2′
且��=���+2���=ln�,
′
�����−2���ln�−2��
2′33
再令��=�,��=,�则=�,
′′
当ℎ�=�时ln,�−2��,即ℎ函�数=1+在ln�−上2�为增�函=数1,−ln�
′
∴当�∈0,e时,ℎ�>0,即函数ℎ�在0,e上为减函数,
′
�∈e,+∞ℎ�<0ℎ�,e,+∞
2
∴ℎ�≤ℎe在=e−2�上e恒=成e立−,2e�e在=0上为减函数;
′
∴��≤0,0,+∞∴,�即�0,+∞.
∵故2选<:eC<.3∴�2>�e>�3�>�>�
16.(2025·湖南·三模)已知是定义在上连续可导函数,其导函数为,若
′
,且,则�=不�等�式1,+的∞解集为()�=��
′
���A.<���3B=.6�ln�>C.2ln�D.
233
【答案】D1,33,e1,ee,e
【解题思路】构造函数,根据条件得在区间上单调递减,从而可得,
��
�
即可求解.��=�>1��1,+∞1<ln�<3
【解答过程】令,则,
′
�����−��
′2
因为��,=则��>1�,�所=以�,
′′′
则���<��在�区�间�−��上<单0调递减�,�<0
��
��=��>11,+∞
又,由,得到,所以,
�ln��3
ln�>2=3
解得�3=6�,ln�>2ln�1<ln�<3
ln�>1
3
故选:eD<.�<e
【题型5利用导数求函数的极值】
17.(2025·新疆·模拟预测)已知函数在处有极小值,则极大值为()
2
A.32B.1��=C�(.�−�)�=2D.0
32
27
【答案】C
【解题思路】求导,根据极值点可得或,即可代入导数中,确定函数单调性,得函数的极值点求
解.�=6�=2
【解答过程】由题意可得,
′2
由于是极小值点,�故�=(�−�)+2��−�=�−�,3或�−�,
′
当�=时2,�2=2,−当�6−�和=0⇒时�,=2�=,6当时,,
′′′
故�=6在�单�调=递减�,−在63�−6和�>6单调�递<增2,��>02<�<6��<0
此时��2是,6函数的极大值点6,,+不∞符合题−意∞,,2舍去,
当�=时2,,当和时,,当时,,
′2′2′
�=2��=�−23�−2�>2�<3��>03<�<2��<0
故在单调递减,在和单调递增,
22
��3,22,+∞−∞,3
此时是函数的极小值点,符合题意,且是极大值点,故极大值为,
2222232
故选:�=C.2�=3�3=33−2=27
18.(2025·江苏·三模)设函数的定义域为是的极大值点,则()
A.是的极小值点�(�)B.�,�0�是0≠0的�(极�)大值点
C.−�0是�(−�)的极小值点D.−�0是−�(�)的极大值点
−�0−�(−�)−�0��
【答案】C
【解题思路】A选项,的图象和的图象关于轴对称,是的极大值点;BD选项,可举
出反例;C选项,�(−�的)图象和�(�的)图象关于原�点对称,故−�0是�(−�)的极小值点.
【解答过程】A选项−,�(−�)的图象和�(�)的图象关于轴对称,−�0−�(−�)
因为是�的(极−大�)值点,故�(�)是的�极大值点,A错误;
000
BD选�项�,≠取0�(�),则−�是�(−�的)极大值点,
2
��,=故−�不+是1�的0极=−大1值点�,(�B)错误;
2
−��=�+1,其1为偶−函�数(�,)在上单调递减,
2
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