2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第三章　§3.3　導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值含答案

2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第三章§3.3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值 §3.3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值課標(biāo)要求1.借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要和充分條件.2.會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值.3.掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的方法.4.會(huì)用導(dǎo)數(shù)研究生活中的最優(yōu)化問(wèn)題．知識(shí)梳理1．函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．(2)函數(shù)的極大值函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．(3)極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱(chēng)為極值點(diǎn)，極小值和極大值統(tǒng)稱(chēng)為極值．2．函數(shù)的最大(小)值(1)函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]上有最值的條件：如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．(2)求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大(小)值的步驟：①求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值．常用結(jié)論對(duì)于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值”的必要不充分條件．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)函數(shù)的極值可能不止一個(gè)，也可能沒(méi)有．(√)(2)函數(shù)的極小值一定小于函數(shù)的極大值．(×)(3)函數(shù)的極小值一定是函數(shù)的最小值．(×)(4)函數(shù)的極大值一定不是函數(shù)的最小值．(√)2．(選擇性必修第二冊(cè)P98T4改編)如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(x)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4答案A解析由導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象知，在x＝－2處，f′(－2)＝0，且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號(hào)為左正右負(fù)，所以x＝－2是f(x)的極大值點(diǎn)；在x＝－1處，f′(－1)＝0，且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號(hào)為左負(fù)右正，所以x＝－1是f(x)的極小值點(diǎn)；在x＝2處，f′(2)＝0，且其兩側(cè)導(dǎo)數(shù)符號(hào)為左正右負(fù)，所以x＝2是f(x)的極大值點(diǎn)．綜上，f(x)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1.3．若函數(shù)f(x)＝x3－ax2＋2x－1有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________________．答案(－∞，－eq\r(6))∪(eq\r(6)，＋∞)解析f′(x)＝3x2－2ax＋2，由題意知f′(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，∴Δ＝(－2a)2－4×3×2>0，解得a>eq\r(6)或a<－eq\r(6).4．(選擇性必修第二冊(cè)P93例6改編)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在區(qū)間[0,3]上的最大值是________，最小值是________．答案4－eq\f(4,3)解析f′(x)＝x2－4，令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2(舍去)．當(dāng)x∈[0,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2,3]時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4有極小值，并且極小值為f(2)＝－eq\f(4,3).又由于f(0)＝4，f(3)＝1，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4在區(qū)間[0,3]上的最大值是4，最小值是－eq\f(4,3).題型一利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的極值問(wèn)題命題點(diǎn)1根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值例1(多選)(2023·連云港模擬)如圖是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，下列說(shuō)法正確的是()A．f(1)為函數(shù)f(x)的極大值B．當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極小值C．f(x)在(－1,2)上單調(diào)遞增，在(2,4)上單調(diào)遞減D．當(dāng)x＝3時(shí)，f(x)取得極小值答案BC解析由圖象知，當(dāng)x∈(－2，－1)時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在(－2，－1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(－1,2)時(shí)，f′(x)>0，即f(x)在(－1,2)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極小值，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)x∈(2,4)時(shí)，f′(x)<0，即f(x)在(2,4)上單調(diào)遞減，故C正確，D錯(cuò)誤．命題點(diǎn)2求已知函數(shù)的極值例2設(shè)函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋a)ex，討論f(x)的單調(diào)性并判斷f(x)有無(wú)極值，若有極值，求出f(x)的極值．解f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex＝(x＋2)(x＋a)ex當(dāng)a＝2時(shí)，f′(x)≥0，所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，無(wú)極值；當(dāng)a≠2時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝－a，不妨令x1<x2(x1是－2與－a中較小的一個(gè)，x2是較大的一個(gè))，列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗當(dāng)－a>－2，即a<2時(shí)，取x1＝－2，x2＝－a，其單調(diào)區(qū)間如表所示，極大值為f(－2)＝(4－a)e－2，極小值為f(－a)＝ae－a.當(dāng)－a<－2，即a>2時(shí)，取x1＝－a，x2＝－2，其單調(diào)區(qū)間如表所示，極小值為f(－2)＝(4－a)e－2，極大值為f(－a)＝ae－a.命題點(diǎn)3已知極值(點(diǎn))求參數(shù)例3(1)(2024·成都模擬)若函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，則實(shí)數(shù)a的值為()A．1 B．－1或－3C．－1 D．－3答案D解析函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2，f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)，由函數(shù)f(x)＝x(x＋a)2在x＝1處有極大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3，當(dāng)a＝－1時(shí)，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，f(x)在x＝1處有極小值，不符合題意．當(dāng)a＝－3時(shí)，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1,3)時(shí)，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞增，在(1,3)上單調(diào)遞減，f(x)在x＝1處有極大值，符合題意．綜上可得，a＝－3.(2)(2023·威海模擬)若函數(shù)f(x)＝ex－ax2－2ax有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案D解析由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ex－ax2－2ax有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以f′(x)＝ex－2ax－2a有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，令f′(x)＝0，得eq\f(1,2a)＝eq\f(x＋1,ex)，設(shè)g(x)＝eq\f(x＋1,ex)，y＝eq\f(1,2a)；則g′(x)＝－eq\f(x,ex)，令g′(x)＝0，即－eq\f(x,ex)＝0，解得x＝0，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)→－∞；當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0.分別作出函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋1,ex)與y＝eq\f(1,2a)的圖象，如圖所示，由圖可知，0<eq\f(1,2a)<1，解得a>eq\f(1,2)，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).思維升華根據(jù)函數(shù)的極值(點(diǎn))求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)(1)列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解．(2)驗(yàn)證：求解后驗(yàn)證根的合理性．跟蹤訓(xùn)練1(1)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則a＋b的值為()A．－1或3 B．1或－3C．3 D．－1答案C解析因?yàn)閒(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋b，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在x＝1處取得極大值10，所以f′(1)＝3＋2a＋b＝0，①f(1)＝1＋a＋b－a2－7a＝10，②聯(lián)立①②，解得a＝－2，b＝1或a＝－6，b＝9.當(dāng)a＝－2，b＝1時(shí)，f′(x)＝3x2－4x＋1＝(x－1)·(3x－1)，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上單調(diào)遞減，故f(x)在x＝1處取得極小值10，不符合題意；當(dāng)a＝－6，b＝9時(shí)，f′(x)＝3x2－12x＋9＝(x－1)·(3x－9)，f(x)在(－∞，1)和(3，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1,3)上單調(diào)遞減，故f(x)在x＝1處取得極大值10，符合題意．綜上可得，a＝－6，b＝9.則a＋b＝3.(2)(2023·商丘模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2－aln(2x＋1)在定義域內(nèi)不存在極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________．答案eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8)))解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，且f′(x)＝2x－eq\f(2a,2x＋1)＝eq\f(4x2＋2x－2a,2x＋1)＝eq\f(22x2＋x－a,2x＋1)，因?yàn)閒(x)在定義域內(nèi)不存在極值點(diǎn)，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，即2x2＋x－a≥0或2x2＋x－a≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，因?yàn)?x2＋x－a≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上不可能恒成立，所以2x2＋x－a≥0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上恒成立，即a≤2x2＋x＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2－eq\f(1,8)，所以a≤(2x2＋x)min＝－eq\f(1,8)，故a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,8))).題型二利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問(wèn)題命題點(diǎn)1不含參函數(shù)的最值例4(2022·全國(guó)乙卷)函數(shù)f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在區(qū)間[0,2π]的最小值、最大值分別為()A．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C．－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D．－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2答案D解析f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0,2π]，則f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)·cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).因?yàn)閒

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝coseq\f(π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋1))sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝coseq\f(3π,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)＋1))sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝－eq\f(3π,2).故選D.命題點(diǎn)2含參函數(shù)的最值例5已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx．當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為－2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解f′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(ax－12x－1,x)(x>0，a>0)，當(dāng)0<eq\f(1,a)≤1，即a≥1時(shí)，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合題意．當(dāng)1<eq\f(1,a)<e，即eq\f(1,e)<a<1時(shí)，若x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))，則f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；若x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))，則f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<f(1)＝－2，不符合題意．當(dāng)eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)時(shí)，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝－2，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍是[1，＋∞)．思維升華求含有參數(shù)的函數(shù)的最值，需先求函數(shù)的定義域、導(dǎo)函數(shù)，通過(guò)對(duì)參數(shù)分類(lèi)討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f(x)的最值．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2021·新高考全國(guó)Ⅰ)函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值為_(kāi)_______．答案1解析函數(shù)f(x)＝|2x－1|－2lnx的定義域?yàn)?0，＋∞)．①當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝2x－1－2lnx，所以f′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2x－1,x)，當(dāng)eq\f(1,2)<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；②當(dāng)0<x≤eq\f(1,2)時(shí)，f(x)＝1－2x－2lnx在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－2lneq\f(1,2)＝2ln2＝ln4>lne＝1.綜上，f(x)min＝1.(2)(2024·上饒模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ax2＋1.當(dāng)0<x≤e2時(shí)，g(x)＝f(x)－ax2－3＋eq\f(a,x)有最小值2，求a的值．解g(x)＝f(x)－ax2－3＋eq\f(a,x)＝lnx＋eq\f(a,x)－2，其中0<x≤e2，則g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x－a,x2).若a≤0，則g′(x)>0，g(x)在(0，e2]上單調(diào)遞增，函數(shù)g(x)無(wú)最小值，不符合題意；若a>0，當(dāng)x>a時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)0<x<a時(shí)，g′(x)<0.①當(dāng)a≥e2時(shí)，對(duì)任意的x∈(0，e2]，g′(x)≤0，函數(shù)g(x)在(0，e2]上單調(diào)遞減，則g(x)min＝g(e2)＝lne2＋eq\f(a,e2)－2＝eq\f(a,e2)＝2，解得a＝2e2，符合題意；②當(dāng)0<a<e2時(shí)，函數(shù)g(x)在(0，a]上單調(diào)遞減，在(a，e2]上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(a)＝lna＋eq\f(a,a)－2＝2，解得a＝e3，不符合題意．綜上所述，a的值為2e2.課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－3x－1的極小值點(diǎn)是()A．1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(8,3)))C．－3 D．(－3,8)答案A解析f′(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，所以函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上單調(diào)遞增，在(－3,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝1處有極小值，極小值點(diǎn)為1.2．(2023·淮陽(yáng)模擬)函數(shù)f(x)＝xcosx－sinx在區(qū)間[－π，0]上的最大值為()A．1B．πC.eq\f(3,2)D.eq\f(3π,2)答案B解析由題意得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx，當(dāng)x∈[－π，0]時(shí)，sinx≤0，f′(x)≤0，所以f(x)在[－π，0]上單調(diào)遞減，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[－π，0]上的最大值為f(－π)＝π.3．(2023·鄭州模擬)若當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b＋1,x)取得極小值4，則a＋b等于()A．7B．8C．9D．10答案A解析f(x)＝alnx＋eq\f(b＋1,x)，f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b＋1,x2)，根據(jù)題意有f′(1)＝a－(b＋1)＝0，且f(1)＝b＋1＝4，解得a＝4，b＝3，a＋b＝7.此時(shí)f′(x)＝eq\f(4,x)－eq\f(4,x2)＝eq\f(4x－1,x2)，x∈(0，＋∞)，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)在x＝1處取得極小值，滿(mǎn)足題意，故a＋b＝7.4．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋1在[1,2]上的最大值也是其在[1,2]上的極大值，則a的取值范圍是()A．[2，＋∞) B．[4，＋∞)C．[2,4] D．(2,4)答案D解析f′(x)＝a－2x，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(a,2)，當(dāng)x<eq\f(a,2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>eq\f(a,2)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，因此x＝eq\f(a,2)是f(x)的極大值點(diǎn)，由于只有一個(gè)極值點(diǎn)，因此也是最大值點(diǎn)，由題意得eq\f(a,2)∈(1,2)，所以a∈(2,4)．5．(2022·全國(guó)甲卷)當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)取得最大值－2，則f′(2)等于()A．－1B．－eq\f(1,2)C.eq\f(1,2)D．1答案B解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，依題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝－2，,f′1＝0，))而f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－2，,a－b＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－2，))所以f′(x)＝－eq\f(2,x)＋eq\f(2,x2)，因此函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值，滿(mǎn)足題意．所以f′(2)＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2).6．(2023·開(kāi)封模擬)已知函數(shù)f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，則n－m的最小值為()A．1－ln2 B．2(1－ln2)C.eq\f(1,3)(2－ln2) D.eq\f(2,3)(1－ln2)答案D解析由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，所以3n－3m＝em－2m；令h(m)＝em－2m(m∈R)，則h′(m)＝em－2，令em－2＝0，解得m＝ln2.當(dāng)m∈(－∞，ln2)時(shí)，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減；當(dāng)m∈(ln2，＋∞)時(shí)，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增；即h(m)min＝h(ln2)＝2－2ln2，故(n－m)min＝eq\f(2,3)(1－ln2)．二、多項(xiàng)選擇題7．對(duì)于函數(shù)f(x)＝x3－3x，下列結(jié)論中正確的是()A．f(x)是奇函數(shù)B．f(x)在區(qū)間(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增C．f(x)在x＝－1處取得極大值2D．f(x)的值域是[－2,2]答案ABC解析對(duì)于A，因?yàn)閷?duì)?x∈R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，故A正確；對(duì)于B，f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)>0可得x<－1或x>1，令f′(x)<0可得－1<x<1，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減，故B正確；對(duì)于C，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，結(jié)合選項(xiàng)B可知，x＝－1是函數(shù)f(x)的極大值點(diǎn)，此時(shí)函數(shù)f(x)的極大值為f(－1)＝－1＋3＝2，故C正確；對(duì)于D，由B選項(xiàng)可知，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減，作出f(x)的大致圖象如圖所示，所以f(x)無(wú)最大值，無(wú)最小值，故D錯(cuò)誤．8．(2023·新高考全國(guó)Ⅱ)若函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有極大值也有極小值，則()A．bc>0 B．a(chǎn)b>0C．b2＋8ac>0 D．a(chǎn)c<0答案BCD解析函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)的定義域?yàn)?0，＋∞)，則f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(b,x2)－eq\f(2c,x3)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3)，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)既有極大值也有極小值，則函數(shù)f′(x)在(0，＋∞)上有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有兩個(gè)不相等的正實(shí)數(shù)根x1，x2，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，顯然a2bc<0，即bc<0，故A錯(cuò)誤，B，C，D正確．三、填空題9．(2023·濰坊模擬)寫(xiě)出一個(gè)存在極值的奇函數(shù)f(x)＝________.答案sinx(答案不唯一)解析正弦函數(shù)f(x)＝sinx為奇函數(shù)，且存在極值．10．(2024·襄陽(yáng)模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\f(e2x,x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，a))上的最小值為2e，則a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析由f(x)＝eq\f(e2x,x)，得f′(x)＝eq\f(e2x2x－1,x2)，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，且f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2e，所以eq\f(1,2)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，a))，即a≥eq\f(1,2)，所以a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).11．某商場(chǎng)銷(xiāo)售某種商品，經(jīng)驗(yàn)表明，該商品每日的銷(xiāo)售量y(千克)與銷(xiāo)售價(jià)格x(元/千克)滿(mǎn)足關(guān)系式y(tǒng)＝eq\f(2,x－3)＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若該商品的成本為3元/千克，則當(dāng)銷(xiāo)售價(jià)格為_(kāi)_______元/千克時(shí)，該商場(chǎng)每日銷(xiāo)售該商品所獲得的利潤(rùn)最大．答案4解析商場(chǎng)每日銷(xiāo)售該商品所獲得的利潤(rùn)為f(x)＝(x－3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)．故當(dāng)x∈(3,4)時(shí)，f′(x)＞0，當(dāng)x∈(4,6)時(shí)，f′(x)＜0.則函數(shù)f(x)在(3,4)上單調(diào)遞增，在(4,6)上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝4時(shí)，函數(shù)f(x)取得最大值f(4)＝42.故當(dāng)銷(xiāo)售價(jià)格為4元/千克時(shí)，商場(chǎng)每日銷(xiāo)售該商品所獲得的利潤(rùn)最大．12．(2024·湛江模擬)若函數(shù)f(x)＝ex－ax2－a存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且x2＝2x1，則a＝________.答案eq\f(1,ln2)解析f(x)＝ex－ax2－a，定義域?yàn)镽，所以f′(x)＝ex－2ax，故－2ax1＝0，－2ax2＝0；又x2＝2x1，所以－4ax1＝0.又>0，故＝2，所以x1＝ln2，所以a＝＝eq\f(1,ln2).四、解答題13．設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(3,x)＋2a2x－4a，其中a>0.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若y＝f(x)的圖象與x軸沒(méi)有公共點(diǎn)，求a的取值范圍．解(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(3,x2)＋2a2＝eq\f(2a2x2＋ax－3,x2)＝eq\f(2ax＋3ax－1,x2)，x>0，∵a>0，∴－eq\f(3,2a)<0<eq\f(1,a).∴在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．綜上所述，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調(diào)遞增．(2)由(1)可知，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝alneq\f(1,a)＋3a＋2a－4a＝alneq\f(1,a)＋a＝a(1－lna)，∵y＝f(x)的圖象與x軸沒(méi)有公共點(diǎn)，∴1－lna>0，∴0<a<e.∴a的取值范圍為(0，e)．14．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax，x∈(0，e]，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)若x＝1為f(x)的極值點(diǎn)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間和最大值；(2)是否存在實(shí)數(shù)a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，說(shuō)明理由．解(1)∵f(x)＝lnx－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝eq\f(1－ax,x)，由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝eq\f(1－x,x)，∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，e]時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，e]；f(x)的極大值為f(1)＝－1，也即f(x)的最大值為f(1)＝－1.(2)∵f(x)＝lnx－ax，∴f′(x)＝eq\f(1－ax,x)，①當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq\f(4,e)>0，舍去；②當(dāng)a>0時(shí)，由f′(x)＝eq\f(1－ax,x)＝0，得x＝eq\f(1,a)，當(dāng)0<eq\f(1,a)<e，即a>eq\f(1,e)時(shí)，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上單調(diào)遞減，又f(x)在(0，e]上的最大值為－3，∴f(x)max＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝－1－lna＝－3，∴a＝e2，符合題意；當(dāng)e≤eq\f(1,a)，即0<a≤eq\f(1,e)時(shí)，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞增，∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝eq\f(4,e)>eq\f(1,e)，舍去．綜上，存在a符合題意，此時(shí)a＝e2.§3.4函數(shù)中的構(gòu)造問(wèn)題重點(diǎn)解讀函數(shù)中的構(gòu)造問(wèn)題是高考考查的一個(gè)熱點(diǎn)內(nèi)容，經(jīng)常以客觀題出現(xiàn)，同構(gòu)法構(gòu)造函數(shù)也在解答題中出現(xiàn)，通過(guò)已知等式或不等式的結(jié)構(gòu)特征，構(gòu)造新函數(shù)，解決比較大小、解不等式、恒成立等問(wèn)題．題型一利用f(x)與x構(gòu)造函數(shù)例1(2023·信陽(yáng)統(tǒng)考)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)－f(x)<0，且f(－2)＝0，則不等式eq\f(fx,x)>0的解集是()A．(－2,0)∪(0,2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－2,0)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(0,2)答案D解析設(shè)g(x)＝eq\f(fx,x)，x≠0.因?yàn)閒(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)．因?yàn)間(－x)＝eq\f(f－x,－x)＝－eq\f(fx,x)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，所以g(－2)＝－g(2)．因?yàn)閒(－2)＝0，所以g(－2)＝g(2)＝0.當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)不等式eq\f(fx,x)>0的解集是(0,2)．因?yàn)間(x)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x<0時(shí)，不等式eq\f(fx,x)>0的解集是(－∞，－2)．綜上所述，不等式eq\f(fx,x)>0的解集是(－∞，－2)∪(0,2)．思維升華(1)出現(xiàn)nf(x)＋xf′(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝xnf(x)．(2)出現(xiàn)xf′(x)－nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,xn).跟蹤訓(xùn)練1(多選)(2023·郴州統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)＋2f(x)>0恒成立，則()A．f(1)<4f(2) B．f(－1)<4f(－2)C．16f(4)<9f(3) D．4f(－2)>9f(－3)答案AD解析令g(x)＝x2f(x)，∵當(dāng)x>0時(shí)，xf′(x)＋2f(x)>0，∴當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[xf′(x)＋2f(x)]>0，∴g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，y＝x2為定義在R上的偶函數(shù)，∴g(x)＝x2f(x)為定義在R上的奇函數(shù)．∴g(x)是增函數(shù)．由g(2)>g(1)，可得4f(2)>f(1)，故A正確；由g(－1)>g(－2)，可得f(－1)>4f(－2)，故B錯(cuò)誤；由g(4)>g(3)，可得16f(4)>9f(3)，故C錯(cuò)誤；由g(－2)>g(－3)，可得4f(－2)>9f(－3)，故D正確．題型二利用f(x)與ex構(gòu)造函數(shù)例2(2024·吉安模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)<f′(x)－2，則()A．f(2023)－ef(2022)<2(e－1)B．f(2023)－ef(2022)>2(e－1)C．f(2023)－ef(2022)>2(e＋1)D．f(2023)－ef(2022)<2(e＋1)答案B解析令g(x)＝eq\f(fx＋2,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx－2,ex)>0，因此函數(shù)g(x)是增函數(shù)，于是得g(2023)>g(2022)，即eq\f(f2023＋2,e2023)>eq\f(f2022＋2,e2022)，整理得f(2023)－ef(2022)>2(e－1)，故B正確．思維升華(1)出現(xiàn)f′(x)＋nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝enxf(x)．(2)出現(xiàn)f′(x)－nf(x)形式，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝eq\f(fx,enx).跟蹤訓(xùn)練2(2023·南昌模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(x)＋f′(x)>0，且有f(3)＝3，則f(x)>3e3－x的解集為_(kāi)_______．答案(3，＋∞)解析設(shè)F(x)＝f(x)·ex，則F′(x)＝f′(x)·ex＋f(x)·ex＝ex[f(x)＋f′(x)]>0，∴F(x)是增函數(shù)．又f(3)＝3，則F(3)＝f(3)·e3＝3e3.∵f(x)>3e3－x等價(jià)于f(x)·ex>3e3，即F(x)>F(3)，∴x>3，即所求不等式的解集為(3，＋∞)．題型三利用f(x)與sinx，cosx構(gòu)造函數(shù)例3設(shè)f(x)是定義在(－π，0)∪(0，π)上的奇函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，f′(x)sinx－f(x)cosx<0，則關(guān)于x的不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sinx的解集為_(kāi)_______．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))解析令g(x)＝eq\f(fx,sinx)，x∈(－π，0)∪(0，π)，則g′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)，∵當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，f′(x)sinx－f(x)cosx<0，∴在(0，π)上，g′(x)<0，∴函數(shù)g(x)在(0，π)上單調(diào)遞減．∵y＝f(x)，y＝sinx是奇函數(shù)，∴函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，∴函數(shù)g(x)在(－π，0)上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈(0，π)時(shí)，sinx>0，則不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sinx可化為eq\f(fx,sinx)<eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))，∴eq\f(π,6)<x<π；當(dāng)x∈(－π，0)時(shí)，sinx<0，則不等式f(x)<2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))sinx可化為eq\f(fx,sinx)>eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6))),sin\f(π,6))＝eq\f(f

\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))),sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6))))，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，∴－eq\f(π,6)<x<0.綜上可得，不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π)).思維升華函數(shù)f(x)與sinx，cosx相結(jié)合構(gòu)造可導(dǎo)函數(shù)的幾種常見(jiàn)形式F(x)＝f(x)sinx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；F(x)＝f(x)cosx，F(xiàn)′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F(xiàn)′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).跟蹤訓(xùn)練3已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)sinx＋f(x)cosx<0，若a＝eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))，b＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，則a與b的大小關(guān)系為_(kāi)_______．(用“<”連接)答案a<b解析設(shè)φ(x)＝f(x)sinx，則φ′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx，∴當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)<0，即φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，又f(x)為奇函數(shù)，∴φ(x)為偶函數(shù)，∴φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>φeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))·sineq\f(π,4)，即－eq\f(1,2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))>eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，即eq\f(\r(2),2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))<－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，∴a<b.課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·濟(jì)南模擬)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，則f(x)>x2＋2的解集是()A．(－1,0)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－∞，－1)∪(0,1)答案B解析令g(x)＝f(x)－x2，因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)，則g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，所以函數(shù)g(x)也是偶函數(shù)，g′(x)＝f′(x)－2x，因?yàn)楫?dāng)x≥0時(shí)，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，不等式f(x)>x2＋2即為不等式g(x)>2，由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，所以|x|>1，解得x>1或x<－1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．2．已知α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，且αsinα－βsinβ>0，則下列結(jié)論正確的是()A．α3>β3 B．α＋β>0C．|α|<|β| D．|α|>|β|答案D解析令f(x)＝xsinx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則f(－x)＝－xsin(－x)＝xsinx＝f(x)，則f(x)為偶函數(shù)，又f′(x)＝sinx＋xcosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，f′(x)≥0，所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))上單調(diào)遞減．又αsinα－βsinβ>0，即f(α)>f(β)，所以|α|>|β|.3．定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x，有f(x)>f′(x)，且f(x)＋2024為奇函數(shù)，則不等式f(x)＋2024ex<0的解集是()A．(－∞，0) B．(－∞，ln2024)C．(0，＋∞) D．(2024，＋∞)答案C解析設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex)，因?yàn)閒(x)>f′(x)，所以g′(x)<0，所以g(x)為定義在R上的減函數(shù)，因?yàn)閒(x)＋2024為奇函數(shù)，所以f(0)＋2024＝0，f(0)＝－2024，g(0)＝eq\f(f0,e0)＝－2024，f(x)＋2024ex<0，即eq\f(fx,ex)<－2024，即g(x)<g(0)，故x>0.4．(2023·成都模擬)已知函數(shù)y＝f(x)對(duì)任意的x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))滿(mǎn)足f′(x)cosx－f(x)sinx>0(其中f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù))，則下列不等式成立的是()A．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4))) B．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))C．2f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.eq\r(2)f(0)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))答案C解析構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，則g′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx>0，所以g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))<eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))，故A不正確；則geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))coseq\f(π,4)，即f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故B不正確；則g(0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，所以f(0)cos0<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))coseq\f(π,3)，即2f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，故C正確；則g(0)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，所以f(0)cos0<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))coseq\f(π,4)，即eq\r(2)f(0)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))，故D不正確．5．(2024·惠州模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且3f(x)＋f′(x)<0，f(ln2)＝1，則不等式e3xf(x)>8的解集為()A．(－∞，2) B．(－∞，ln2)C．(ln2，＋∞) D．(2，＋∞)答案B解析令g(x)＝e3xf(x)，函數(shù)g(x)的定義域?yàn)镽，因?yàn)?f(x)＋f′(x)<0，所以g′(x)＝[e3xf(x)]′＝e3x[3fx＋f′x]<0，故g(x)為減函數(shù)，又因?yàn)閒(ln2)＝1，所以g(ln2)＝e3ln2f(ln2)＝8，所以不等式e3xf(x)>8可化為g(x)>g(ln2)，所以x<ln2，所以e3xf(x)>8的解集為(－∞，ln2)．6．已知0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則下列選項(xiàng)中一定成立的是()A．cosx＋cosy<0 B．cosx＋cosy>0C．cosx>siny D．sinx>siny答案B解析由0<x<y<π，且eysinx＝exsiny，得eq\f(ex,sinx)＝eq\f(ey,siny)，令f(x)＝eq\f(ex,sinx)(0<x<π)，則f′(x)＝eq\f(exsinx－cosx,sin2x)，當(dāng)0<x<eq\f(π,4)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)eq\f(π,4)<x<π時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)f(x)＝f(y)時(shí)，0