2027年高考数学一轮复习学案 专题05 一元函数的导数及其应用

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题05 一元函数的导数及其应用学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，知能解读 04，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03，重难点突破 04等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】导数的概念
【知能解读 02】导数的运算
【知能解读 03】导数与函数的单调性
【知能解读 04】导数与函数的极值、最值
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】过定点的多切线问题
【重难点突破 02】含参函数的单调性讨论
【重难点突破 03】单变量不等式恒成立问题
【重难点突破 04】双变量不等式恒成立问题
【重难点突破 05】导数与函数的零点问题
【重难点突破 06】函数的隐零点问题
【重难点突破 07】极值点偏移问题
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】复合函数求导“漏层”或“错层”致错
【易混易错 02】误解“导数为 0”与“有极值”的关系致错
【易混易错 03】误解“导数符号”与“函数单调性”关系致错
【易混易错 04】对导数正负与函数图象升降关系理解不准确致错
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】导数定义在极限中的计算
【方法技巧 02】曲线“在”某点处的切线问题
【方法技巧 03】曲线“过”某点的切线问题
【方法技巧 04】两曲线的公切线问题
【方法技巧 05】已知函数单调性求参数
【方法技巧 06】导数构造法解函数不等式
【方法技巧 07】利用导数求函数的极值或极值点
【方法技巧 08】已知函数的极值求参数
【方法技巧 09】利用导数研究函数的最值
导数的概念
函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的导数定义
一般地，称函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的瞬时变化率f（x0＋Δx）－f（x0）＝ lim Δy为函数 y＝f(x)在 x＝x0 处的
ΔxΔx→0Δx
导数，记作 f′(x0)或 y′|x＝x0，即 f′(x0)＝ lim Δy＝ lim f（x0＋Δx）－f（x0）．
导数的几何意义
Δx→0Δx
Δx→0Δx
函数 f(x)在点 x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是在曲线 y＝f(x)上点 P(x0，y0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数 s(t)对时间 t 的导数)．相应地，切线方程为 y－y0＝f′(x0)(x－x0)．
函数 f(x)的导函数：称函数 f′(x)＝ lim f（x＋Δx）－f（x）为 f(x)的导函数．
Δx→0Δx
【真题实战】（2025·甘肃白银·三模）如果质点按规律 s t   2t 2  t （距离单位：m，时间单位：s）运动，
则质点在 2s 末的瞬时速度为（ ）
A．8 m/sB．7m/sC．6 m/sD．5 m/s
【答案】B
【解析】 lim s
 lim
22  t 2  2  t  2 4  2
 lim 7  2t   ，
t 0 t
t 0t
t 0
则质点在 2s 末的瞬时速度为 7m/s.故选：B
导数的运算
基本初等函数的导数公式表
导数的运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)．
(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)．
原函数
导函数
f(x)＝c(c 为常数)
f′(x)＝0
f(x)＝xn(n∈Q*)
f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cs_x
f(x)＝cs x
f′(x)＝－sin_x
f(x)＝ax(a>0 且 a≠1)
f′(x)＝axln_a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝lgax(x>0，a>0 且 a≠1)
f′(x)＝ 1
xln a
f(x)＝ln x (x>0)
1
f′(x)＝
x
(3)
′＝f′（x）g（x）－f（x）g′（x）(g(x)≠0)．
f（x）
g（x）
[g（x）]2
复合函数的导数
复合函数的概念：一般地，对于两个函数 y  f (u) 和u  g(x) ，如果通过中间变量u ， y 可以表示成 x 的函数，那么称这个函数为 y  f (u) 和u  g(x) 的复合函数，记作 y  f (g(x))．
复合函数的求导法则：一般地，复合函数 y  f (g(x)) 的导数和函数 y  f (u) ，u  g(x) 的导数间的关系为 yx'  yu'  ux' ，即 y 对 x 的导数等于 y 对 u 的导数与 u 对 x 的导数的乘积．
规律：从内到外层层求导，乘法连接．
【真题实战】（2025·湖北·一模）下列求导运算正确的是（ ）
A． (sin a)  cs a (a 为常数)B． (sin 2x)  2 cs 2x
3
C． (3x )  3x lg e
D．(
x  1) 2
x  1
【答案】B
【解析】A：因为 a 为常数，所以(sin a)  0 ，故 A 错误； B： (sin 2x)  cs 2x  (2x)  2 cs 2x ，故 B 正确； C： (3x )  3x ln 3，故 C 错误；
1  111
2 x 1
D： (
x 1) [( x 1) 2] 
( x 1) 2 ( x 1) 
2
，故 D 错误.故选：B
导数与函数的单调性
导数与函数的单调性的关系
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．
【注意】
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；
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．
导数法求函数单调区间的步骤
确定函数 f  x  的定义域；
求 f  x （通分合并、因式分解）；
解不等式 f  x   0 ，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
解不等式 f  x   0 ，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
【真题实战】（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数 f  x  a  x 1  ln x 1 ．
求 f  x 的单调区间；
当a  2 时，证明：当 x  1 时， f  x  ex1 恒成立．
【答案】(1)见解析；(2)见解析
【解析】（1） f (x) 定义域为(0, )， f  (x)  a  1  ax 1
xx
当a  0 时， f (x)  ax 1  0 ，故 f (x) 在(0, ) 上单调递减；
x
当a  0 时， x  1 , 时， f ( x)  0 ， f (x) 单调递增，
 a

当 x  0, 1  时， f ( x)  0 ， f (x) 单调递减.
a 

综上所述，当a  0 时， f (x) 的单调递减区间为(0, )；
a  0 时， f (x) 的单调递增区间为 1 ,  ，单调递减区间为 0, 1  .
 aa 

（2） a  2 ，且 x  1 时， ex1  f (x)  ex1  a(x 1)  ln x 1  ex1  2x 1 ln x ，
令 g (x)  ex1  2x 1  ln x(x  1) ，下证 g (x)  0 即可.
g(x)  ex1  2  1 ，再令h(x) 
x
g(x)，则h(x)  ex1  1 ，
x2
显然h (x) 在(1, ) 上递增，则h(x)  h(1)  e0 1  0 ，即 g(x)  h(x) 在(1, ) 上递增，
故 g(x)  g(1)  e0  2 1  0 ，即 g ( x) 在(1, ) 上单调递增，故 g (x)  g (1)  e0  2 1 ln1  0 ，问题得证
导数与函数的极值、最值
函数的极值
函数的极小值：函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0，右侧 f′(x)＞0，则点 a 叫做函数 y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数 y＝f(x)的极小值．
函数的极大值：函数 y＝f(x)在点 x＝b 的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点 x＝b 附近的左侧 f′(x)＞0，右侧 f′(x)＜0，则点 b 叫做函数 y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数 y＝f(x)的极大值．
函数的最值
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．
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．
函数极值与最值的关系
函数的最大值和最小值是比较整个定义域区间上的函数值得到的，是一个整体的概念，与函数的极大
（小）值不同，函数的最大（小）值若有，则只有一个．
开区间内的可导函数，若有唯一的极值，则这个极值是函数的最值．
【真题实战】（2025·全国二卷·高考真题）若 x  2 是函数 f (x)  (x 1)(x  2)(x  a) 的极值点，则 f (0) 
【答案】4
【解析】由题意有 f  x   x 1 x  2 x  a ，
所以 f  x   x  a x 1   x 1 x  2   x  a x  2 ，
因为2 是函数 f  x 极值点，所以 f 2  2  a  0 ，得a  2 ，当a  2 时， f x   2 x  2 x 1 x  2 2  x  2 3x  4  ，
当 x  , 4 , f  x  0, f  x 单调递增，当 x  4 , 2, f x  0, f
x  单调递减，
3  3

当 x 2, , f  x  0, f  x 单调递增，
所以 x  2 是函数 f  x   x 1 x  2 x  a 的极小值点，符合题意；所以 f 0  12a  2a  4 .
2
【真题实战】（2025·湖北黄冈·三模）已知函数 f  x  2 cs x  sin 2x ，则 f  x  的最小值是（ ）
5
A． B．  3 3
2
【答案】B
C． 2
D． 3
【解析】由题 f  x 的一个周期为T  2π ，故只需考虑 f  x 在0, 2π 上的值域，
f  x  2 sin x  2 cs 2 x  2 sin x  2 1  2 sin2 x  2 2 sin x 1 sin x 1 ，
当 x  0, π  或 x  5π , 2π 时， f  x  0 ，当 x  π , 5π 时， f  x  0 ，
6 
 6
 6 6 

所以函数 f  x 在0, π  ，  5π , 2π 上单调递增，在 π , 5π  上单调递减，
6  6 6 6 

因此 f  x 的极小值为 f  5π    3 3 ，极大值为 f  π   3 3 ，
 6 2 6 2

又易知 f 0  2 ，所以函数 f  x 在0, 2π 上的值域为 3 3 , 3 3  ，
22 

结合函数的最小正周期为2π ，所以函数 f  x 的值域为 3 3 , 3 3 
22 

所以 f  x 的最小值为 3 3 ，故选：B
2
01 过定点的多切线问题
已知 f (x) ，过点(a, b) ，可作曲线的 n （ n  1, 2, 3 ）条切线问题第一步：设切点 P0 (x0 , y0 )
第二步：计算切线斜率 k  f '(x0 ) ；
第三步：计算切线方程.根据直线的点斜式方程得到切线方程： y  y0  f '(x0 )(x  x0 ) . 第四步：将(a, b) 代入切线方程，得： b  y0  f '(x0 )(a  x0 ) ，整理成关于 x0 得分方程；第五步：题意已知能作几条切线，关于 x0 的方程就有几个实数解．
【典例 1】（24-25 高三下·云南普洱·三模）过点0, a  可以作曲线 f  x  
围是．
【答案】(0, 4 )
e2
x 的三条切线，则实数 a 的取值范
ex
【解析】设点 P(x , y ) 为曲线 f  x   x 上的一点，则 f  x   x0 ，
00ex
0ex0
又由 f  x   1 x ，所以 f  x   1 x0 ，即切线的斜率为k  1 x0 ，
ex0
ex0
ex0
所以曲线 f  x 在点 P(x , y ) 处的切线方程为 y  x0  1 x0 (x  x ) ，
00ex0ex00
0, aa  x0  1 x0 (0  x ) x2
因为切线过点
，可得xx
0 ，即 a
0 ，
e 0e 0
ex0
x2
2xex  x2 exx(2  x)

令h  x ，可得h  x 
x 2x，
ex(e )e
当 x  0 时， h x  0 ， h  x 单调递减； 当0  x  2 时， h x  0 ， h  x 单调递增；当 x  2 时， h x  0 ， h  x 单调递减，
则当 x  0 时， h  x 取得极小值h 0  0 ，当 x  2 时， h  x 取得极大值h 2  4 ，
e2
又因为h 1  e  4
e2
 h 2 ，
x2
当 x  0 时， h  x  0 恒成立，且 x   时， h  x  0 ，
ex
作出函数 y  h  x 的图象，如图所示，
当0  a 
2
4xy  a
时，函数h  x 的图象与直线在R 上有 3 个交点，
e2ex

即过点 0, a 的切线有 3 条，所以实数 a 的取值范围为(0, 4 ) .
e2
【典例 2】（24-25 高三下·河南焦作·月考）过点 P 0, b 可作两条直线与 f  x   x  2ex1 的图象相切，则 b
的值不可能是（ ）
 6
e3
【答案】D
C．eD．2e
【解析】因为 f  x   x  2ex1 ，所以 f  x   x  3ex1 ，
t 1t  2et 1  b
设切点为Q t, t  2e
 ，则切线斜率k  t  3et1=，
t
整理得b  2  2t  t2 et1 ，设 g t   2  2t  t2  et1 ，
问题转化为直线 y  b 与 g t  的图象有 2 个交点，因为 gt   t2  4tet 1，令 gt   0 ，解得t  4 或0 ，
当 x , 4 0,  时， gt   0 ，当 x 4, 0 时， gt   0 ，
所以 g t  在, 4 上单调递减，在4, 0 上单调递增，在0,  上单调递减，
g 4   6 ， g 0  2e ，且t  4 时 g t   0 ， x   时， g t    ，
e3
所以0  b  2e 或b   6 ，故选：D.
e3
02 含参函数的单调性讨论
导函数有无零点讨论（或零点有无意义）；
导函数的零点在不在定义域或区间内；
导函数多个零点时大小的讨论．
【典例 1】（25-26 高三上·河北衡水·月考）设函数 f  x   a e2 x  ex ， a  R ．
若 f 0  1，求曲线 y  f  x 在 x  0 处的切线方程；
求函数 f  x  的单调区间．
【答案】(1) 3x  y 1  0 ；(2)答案见解析
【解析】（1）因为 f  x   a e2 x  ex ，则 f 0  a 1  1，解得a  2 ，故 f  x  2e2 x  e x ，所以 f  x   4e2 x  ex ，所以 f 0  3 ，
此时，曲线 y  f  x 在 x  0 处的切线方程为 y 1  3x ，即3x  y 1  0 .
（2）因为 f  x  ae2x  ex ，则 f  x  2ae2x  ex  ex  2aex 1，当a  0 时，则 f  x  ex 2aex 1  0，
即函数 f  x  的单调递减区间为,  ，没有单调递增区间；
当a  0 时，由 f  x  0 可得 x   ln 2a  ，由 f  x  0 可得 x   ln 2a  .
此时，函数 f  x  的单调递减区间为,  ln 2a  ，单调递增区间为 ln 2a ,  .
综上所述，当a  0 时，函数 f  x  的单调递减区间为,  ，无单调递增区间；
当a  0 时，函数 f  x  的单调递减区间为,  ln 2a  ，单调递增区间为 ln 2a ,  .
【典例 2】（24-25 高三下·陕西西安·月考）设a  0 ，函数 f  x   a 2x 2  a 3  3a x  2a 2  3 e ax ．
当a  1 时，求曲线 y  f  x 在点0, f 0 处的切线方程；
求 f  x 的单调区间．
【答案】(1) x  y  5  0 ；(2)答案见解析
【解析】（1）当a  1 时， f  x  x2  4x  5ex ，
则 f  x  2x  4ex  x2  4x  5ex  x2  2x 1ex ，则 f 0  1，又 f 0  5 ，
所以曲线 y  f  x 在点0, f 0 处的切线方程为 y  5  x ，即 x  y  5  0 .
（2）由 f  x   a 2x 2  a 3  3a x  2a 2  3 e ax ， a  0 ，
则 f  x   2a2 x  a3  3a eax  a2 x2  a3  3a  x  2a2  3  eax  a
 ax2  a2 1 x  a  a2eax  ax 1 x  a   a2eax ，
令 f  x  0 ，得 x  1 或 x  a ，
a
当a  1 时， a  1 ，令 f  x  0 ，得 a  x  1 ；
aa
令 f  x  0 ，得 x  a 或 x  1 ，
a
所以函数 f  x 的单调递增区间为 a, 1 ，
a 

单调递减区间为, a, 1 ,  ；
 a

当a  1时， f  x   x 12 ex  0，
则函数 f  x 的单调递减区间为,  ，无单调递增区间；
当1  a  0 时， a  1 ，令 f  x  0 ，得 1  x  a ；
aa
令 f  x  0 ， x  1 或 x  a ，
a
所以函数 f  x 的单调递增区间为 1 , a  ，
 a

单调递减区间为 , 1 ,a,  ；
a 

当0  a  1时， a  1 ，令 f  x  0 ，得 x  a 或 x  1 ；
aa
令 f  x  0 ，得a  x  1 ，
a
所以函数 f  x 的单调递增区间为, a, 1 ,  ，单调递减区间为 a, 1 ；
 aa 

当a  1时， f x   x 12  e x  0 ，
则函数 f  x 的单调递增区间为,  ，无单调递减区间；
当a  1时， a  1 ，令 f  x  0 ，得 x  1 或 x  a ；
aa
令 f  x  0 ，得 1  x  a ，
a
所以函数 f  x 的单调递增区间为 , 1 ,a,  ，单调递减区间为 1 , a  .
a  a

综上所述，当a  1 时，函数 f  x 的单调递增区间为 a, 1 ，单调递减区间为, a, 1 ,  ；
a  a

当a  1时，函数 f  x 的单调递减区间为,  ，无单调递增区间；
当1  a  0 时，所以函数 f  x 的单调递增区间为 1 , a  ，
 a

单调递减区间为 , 1 ,a,  ；
a 

当0  a  1时，所以函数 f  x 的单调递增区间为, a, 1 ,  ，单调递减区间为 a, 1 ；
 aa 

当a  1时，函数 f  x 的单调递增区间为,  ，无单调递减区间；
当a  1时，所以函数 f  x 的单调递增区间为 , 1 ,a,  单调递减区间为 1 , a  .
a  a

03 单变量不等式恒成立问题
一般利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
x  D ， m  f x   m  f
x 
min
max
x  D ， m  f  x   m  f x 
max
x  D ， m  f  x   m  f x 
x  D ， m  f x   m  f
x 
min
【典例 1】（2025·山东烟台·三模）若不等式 xex  x  ln x  a  0 恒成立，则实数 a 的取值范围为（ ）
A． 0,1
【答案】C
B．0, e 1
C．,1
D． , e 1
【解析】因为 xex  x  ln x  a  0 ，即elnx x  lnx  x   a  0 ，令t  lnx  x ，则et  t  a  0 恒成立，
则a  et  t 恒成立，
令t   et  t ，则t   et 1，当t , 0 时，t   0 ；
当t 0,  时，t   0 ，
所以t  在, 0 上单调递减，在0,  上单调递增，
min
所以t  0  1 ，所以a  1，故 a 的取值范围为,1 .故选：C.
【典例 2】（24-25 高三上·天津·月考）已知函数 f  x   ex  aln
1
ax  a
 a(a  0) ，若 f  x  0 恒成立，则a
的取值范围是（ ）
A． 0,1
【答案】A
ex  aln1
B．1, 
  a  0
C．1, 
ex
D． 0,1

【解析】
 ax  a 
可变形为
a
 ln  x 1  lna 1  0 ，
exlna  x  lna  ln  x 1  x 1 ，注意 x 1,  ，
令h t   et  t ，则ht   et 1  0 ，所以h t  在0,  上单调递增，不等式可化为h  x  lna   h ln  x 1 ，所以 x  lna  ln  x 1 ，
所以lna  [x  ln  x 1]min ，
因为 y  x  ln  x 1 ， y  1  1 x ，
x  11  x
当1  x  0 时， y  0 ；当 x  1 时， y  0 ，
所以 y  x  ln  x 1 在1, 0 上单调递减，在0,  上单调递增，则 ymin  0 ，所以lna  00  a  1，故选：A .
04 双变量不等式恒成立问题
一般地，已知函数 y  f  x, x a,b， y  g  x, x c, d 
maxmin
若x1 a, b， x2 c, d  ，总有 f  x1   g  x2  成立，故 f  x g  x；
若x1 a, b， x2 c, d ，有 f  x1   g  x2  成立，故 f  x 
若x1 a, b ， x2 c, d  ，有 f  x1   g  x2  成立，故 f  x 
若x1 a, b ， x2 c, d ，有 f  x1   g  x2  成立，故 f x 
maxmax ；
 g x 
 g x 
minmin ；
 g x ．
minmax
【典例 1】（24-25 高三上·河北唐山·月考）函数 f  x  xlnx ， g  x  x2  2x  a ，若对任意的 x  1 ,1 ，
1 e 
总存在 x2 1, 2，使得 f  x1   g  x2  成立，则实数 a 的范围是（ ）
A． 1 1 , B．  , 2  1 
ee 

C． 2  1 , 

D．  ,1  1 
ee

【答案】D
【解析】函数 f  x  xlnx ，因为 f  x  lnx 1 ， x 1 ,1 ，所以 f  x  0 ，
 e 
故 f  x 在1 ,1 上单调递增，所以 f  x  1 , 0 .
 e  e
又 g  x  x2  2x  a  (x 1)2  a 1，所以 g  x 在1, 2上也是单调递增，所以 g  xa 1, a.
因为对任意的 x  1 ,1 ，总存在 x 1, 2，使 f  x   g  x  成立，等价于 f (x) g (x)，
1 e 212
minmin
所以 1  a 1 ，解得a  1 1 ，故实数 a 的范围是 ,1  1  .故选：D.

ee
e 
2
【典例 2】（2025·江西萍乡·一模）设函数 f (x)  (x 1) ex  e，g(x)  x  ln x  a ，若x使得 f x1   g x2  ，则实数a 的取值范围是.
【答案】1, 
 (0, ) ，x1  R ，
minmin
【解析】由题意， f  x g  x，当 x  1时， x 1  0 ， ex  e  0 ，所以 f  x   0 ；当 x  1时， x  1  0 ， ex  e  0 ，所以 f (x)  0 ，
等号仅当 x  1 时成立，所以 f (x)min  0 .
所以对x (0, ), g(x)  0 ，即 x  ln x  a  0 ，即a  ln x  x .
令h( x)  ln x  x ，则h( x)  1 1  1  x ( x  0) ，
xx
当0  x  1时， h(x)  0 ；当 x  1 时， h(x)  0 ，
所以h(x) 在(0,1)上单调递增，在(1, ) 上单调递减，
h(x)max  h(1)  1，因此a  1 .
导数与函数零点问题
利用导数确定函数零点的常用方法
图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极（最）值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需要使用极限）；
利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值（最值）及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．
【典例 1】（2025·安徽·模拟预测）函数 f  x   xex  ex 1 的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【解析】 f  x  ex  x 1  ex  xex ,
当 x  0 时， f  x  0 ，当 x  0 时， f  x  0 ，
极小值
所以 f  x 在, 0 上单调递减，在0,  上单调递增，所以当 x  0 时， f  x f 0  2 ，
当 x   时， f  x  1，所以当 x  0 时， f  x  0 ， f  x 无零点；而 f (2)  e2 1  0 ， f (0)  2  0 ，且函数在0,  上单调递增，
故 f  x 有一个零点.故选：B
x2 1
【典例 2】（2025·湖南益阳·三模）若函数 f (x)  a ln x 有两个零点，则 a 的取值范围为（ ）
2
A． ,1
【答案】C
解析
1, 
  x2 1
C． 0,1 ∪1, 
0, 
D． 0,1
【】函数 f (x)
a ln x
的定义域为.
2
当a  0
x2 1
时，令 f (x)  0，在 2
0, 
只有一个零点，不合题意；
ax2  a
当a  0 时， f (x)    x ，
xx
a
当a  0 时， f (x)  0 ，则 f (x) 在0,  单调递增， f (1)  0 ，所以 f ( x) 在0,  只有一个零点，不合题意；
当a  0 时，令 f ¢(x) = 0 Þ
x2 - a = 0 Þ
x =，
当 x 0, a 时， f (x)  0 ， f (x) 在0, a 单调递减，
当 x 
a , 时， f (x)  0 ， f ( x) 在
a ,  单调递增，
又 x  0 时， f (x)   ，若 f ( x) 有两个零点，则 f (
 a ln
 a 1  0  a 1 ln a   1 ，
a
2
设 g(x)  x 1 ln x, x  0 ，令 g ¢(x) = 1- ln x - x
1
× = -
x
ln x =
0 ，解得 x  1 ，
当 x 0,1时， g(x)  0 ，则 g(x) 在0,1 上单调递增，
当 x 1,  时， g( x)  0 ，则 g ( x) 在1,  上单调递减，所以 g(x)  g(1)  1，
所以a 1 ln a  1  a 0,1 1,  ，故选：C．
函数的隐零点问题
导函数的零点不可求时的应对策略：
“特值试探”法：当导函数的零点不可求时，可尝试利用特殊值试探，此时特殊值的选取应遵循以下原则：①在含有ln x 的函数中，通常选取 x  et ，特别地，选当 k  0 时， x  1 来试探；②在含有ex 的函数中，通常选取 x  ln k ，特别地，选取当 k  1 时， x  0 来试探，在探得导函数的一个零点后，结合导函数的单调性，确定导函数在零点左右的符号，进而确定原函数的单调性和极值，使问题得到解决．
“虚设和代换”法：当导函数 f '(x) 的零点无法求出显性的表达式时，我们可以先证明零点存在，再虚设为 x0 ，接下来通常有两个方向：①由 f '(x0 )  0 得到一个关于 x0 的方程，再将这个关于 x0 的方程的整体或局部代入 f (x0 ) ，从而求得 f (x0 ) ，然后解决相关的问题；②根据导函数 f '(x) 的单调性，得出 x0 两侧导函数的正负，进而得出原函数的单调性和极值，使问题得解．
【典例 1】（24-25 高三下·安徽安庆·模拟预测）已知函数 f (x)  xe x  a(x  ln x 1) ，若 f (x)  0 恒成立，则
正数 a 的取值范围是.
【答案】(0,1]
【解析】函数 f (x)  xex  a(x  ln x 1) 的定义域为(0, )，
由 f (x)  0可得 xex  a(x  ln x 1) ，即 1  x  ln x 1 在(0, ) 上恒成立.
axex
设 g(x)  x  ln x  1 ，则 g(x)  (x 1)(x  ln x) ，
xex
x2ex
设h(x)  x  ln x ，显然h(x) 在(0, ) 上单调递增，
因h(1)  1  0, h(1)  1 1  0 ，
ee
x  1
 x0x0
故存在 0 (e ,1) ，使得h(x0 )  x0  ln x0  0 ，则e x0 ，即 x0e  1 .
当 x  (0, x0 ) 时， g(x)  0 ，则 g ( x) 在(0, x0 ) 上递增；
当 x  (x0 , ) 时， g( x)  0 ，则 g(x) 在(x0 , ) 上递减.
故当 x  x 时， g(x) g(x )  x0  ln x0 1  1，故有 1  1 ，
0max0
0
x ex0a
即得0  a  1，故正数 a 的取值范围是(0,1].
【典例 2】（2025·湖南长沙·三模）已知函数 f ( x)  ln x  axex1  x  1 ．
若曲线 y  f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线经过原点，求a ；
若a   1 ，求 f (x) 的最大值．
e3
【答案】(1) a  0 ；(2)4．
【解析】（1） f ( x) 的定义域为(0, )，则 f (1)  2  a ．
f ( x)  1  a( x  1)ex1  1，则 f (1)  2  2a ．
x
所以曲线 y  f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程为 y  (2  2a)( x 1)  2  a ．依题意，将点(0, 0) 代入切线方程，解得a  0 ．
（2）当a   1 时， f ( x)  ln x  xex4  x  1，且 x (0, ) ，
e3
所以 f (x)  1  (x 1)e x 4 1  (x 1) 1  e x 4  ，
xx

设h( x)  1  ex4 ，易知h(x) 在(0, ) 上单调递减，
x
且h(2)  1  1
e2
0, h(3)  1  1  0 ，
e
1
故存在 x  ( 2, 3) ，使得h  x   0 ，即 ex0 4 ，所以 x ex0 4  1 ，即ln x  x
 4 ，
x
00000
0
当 x 0, x0  时 f ( x)  h( x)  0 ，故 f (x) 在0, x0  上单调递增，
000000
当 x  x0 ,  时 f ( x)  h( x)  0 ，故 f ( x) 在 x0 ,  上单调递减，所以 f (x)  f  x   ln x  x ex0 4  x 1   x  4 1  x 1  4 ， 故 f ( x) 的最大值为 4．
极值点偏移问题
极值点偏移的本质是函数在极值点两侧的不对称（如二次函数对称、三次函数可能偏移）；如何将上边了不等式转化为单变量问题是解题的难点。
证明极值点偏移问题常用思路：利用分析法，将所证不等式中的变量分到不等式的两边，构造对称函数，注意将 x1 和 2x0  x2 化到同一区间，再利用导数据研究函数的单调性，求极值值等手段证得不等式．
【典例 1】（24-25 高三下·青海海东·月考）已知函数 f  x   1 x  a ln x a  R  .
2
讨论 f  x  的单调性；
若 f  x  有两个零点 x1, x2 ，求a 的取值范围，并证明
1
ln x
 1 ln x
2 .
12
【答案】(1)答案见解析；(2)  e ,   ，证明见解析
 2

【解析】（1）因为 f  x  1 x  a ln x ，所以 f  x   1  a  x  2a  x  0 .
22x2x
当a  0 时， f  x  0 ，所以 f  x  在0,  上单调递增；当a  0 时，由 f  x  0 ，得 x  2a ，
因为在0, 2a  上， f  x  0 ，在2a,  上， f  x  0 ，
所以 f  x  的单调递减区间为0, 2a  ，单调递增区间为2a,  .
综上，当a  0 时， f  x  在0,  上单调递增；
当a  0 时， f  x  在0, 2a  上单调递减，在2a,  上单调递增.
（2） f  x  有两个零点 x1, x2 ，不妨设 x1  x2 ，
由（1）得， a  0 且 f 2a  a  a ln 2a  0 ，解得a  e ，即 a 的取值范围是 e ,   .
2 2
由 1 x  a ln x
 0 ， 1 x  a ln x
 0 ，可得ln x  ln x  1  x  x  ，即2a 

x2  x1
，
2 11
2 22
212a21
ln x  ln x
21
x2  x1

所以 1  1  2a  2a   1  1  x2  x1
 x1x2 .
ln xln xxx xx  ln x
 ln xx2
1212
 12 
21ln
x1
x2  x1

要证 1  1
 2 ，需证 x1x2  2 ，令t  x2  1 ，即证2 ln t  t  1 .
ln x1ln x2
ln x2x1t
x1
设t   2 ln t  t  1 ，则
t
t   
t 12
t 2
 0 ，即t  在1,  上单调递减，
所以t  1  0 ，即得 1  1  2 .
ln x1ln x2
【典例 2】（24-25 高三上·四川成都·月考）已知函数 f  x   1 ln x ，其中e为自然对数的底数．
ax
当a  1 时，求 f  x  的单调区间；
若方程 f  x  1 有两个不同的根 x1, x2 ．
求a 的取值范围；
12
证明： x2  x2  2 ．
【答案】(1) f  x  在区间0,1 内单调递增，在区间1,  内单调递减；
(2)（i） 0,1 ；（ii）证明见解析.
【解析】（1）由题意得 f x   1 lnx ， x 0,  ，则 f  x    lnx ，
xx2
由 f  x  0 ，解得 x  1 ．
当0  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；
综上， f  x 在区间0,1 内单调递增，在区间1,  内单调递减；
（2）（i）由1 ln x  1，得1 lnx  a ，
axx
设 g  x  1 lnx ，
x
由（1）得 g  x 在区间0,1 内单调递增，在区间1,  内单调递减，
 e 
又 g  1   0, g 1  1，当 x  1 时， g  x  0 ，且当 x   时， g  x  0 ，
 
所以当0  a  1时，方程1 lnx  a 有两个不同的根，即方程1 ln x  1有两个不同的根，
xax
故a 的取值范围是0,1 ．
（ii）不妨设 x
 x ，则0  x  1  x ，且lnx1  1  lnx2  1．
12
12
法一：
x1x2
当 x 2,  时，结合（i）知 x2  x2  x2  4  2 ，即 x2  x2  2 ；
212212
当 x2 1, 2 时， 2  x2 0,1 ．
设 p  x   g  x   g 2  x   lnx  1  ln 2  x  1 , 0  x  1,
lnx
ln 2  x
xx
lnx
2  x
ln 2  x
2  x
ln  x 12  1
则 p x      0,
x22  x2x2x2x2
所以 p  x 在区间0,1 内单调递增，
则 p  x  p 1  0 ，即 g  x  g 2  x ，所以 g 2  x1   g  x1   g  x2 ,
又 x1 0,1, 2  x1  1, x2  1, g  x 在区间1,  内单调递减，所以2  x1  x2 ，即 x1  x2  2 ，
又 x  x ，所以 x2  x2  2x x ，
12121 2
故2x2  2x2  x2  x2  2x x  x  x 2  4，所以 x2  x2  2 ，得证．
12121 21212
法二：
设h x   g x  g  1   1 lnx  x 1 lnx  ， x 0,  ，
x
x
 
 
lnxx2 1
则h  x 
 lnx  lnx 
x2x2
 0 ，
所以h  x 在区间0,  内单调递增，又h 1  0 ，
所以h  x   g  x   g  1   0 ，即 g  x   g  1  ．
11 x 1 x 
 1  1 
又 g  x   g  x  ，所以 g  x   g  1  ，
212 x 
 1 
又 x2
1, 1
x1
1, g  x 在区间1,  内单调递减．
2
所以 x  1 ，即 x x  1 ，
x
1 2
1
又 x  x ，所以 x2  x2  2x x  2 ，得证．
12121 2
复合函数求导“漏层”或“错层”致错
辨析：多层复合函数求导时容易遗漏中间变量的导数、抽象复合函数求导符号错误，求导前先拆分复合层次按“由外及内，逐层求导，乘积相连”的链式法则分步书写．
(x 1)2  sin x
【典例 1】（24-25 高三下·山东泰安·月考）已知函数 f (x) 
f (2025)  f (2025)  f (2025)  f (2025)  （ ）
x2 1
，其导函数记为 f (x) ，则
A． 1
【答案】D
B．0C．1D．2
(x 1)2  sin xx2 1 2x  sin x2x  sin x
【解析】因为 f (x) 
x2 1x2 1x2 1
1，
令 g (x)  2x  sin x ，则 f (x)  g(x) 1，
x2  1
又因为 g(x)  2x  sin x   2x  sin x  g(x) ，所以函数 g(x) 为奇函数，
x2 1x2 1
所以 g (2025)  g (2025)   f (2025) 1   f (2025) 1  0 ，所以 f (2025)  f (2025)  2 ；
因为 g(x)  g(x)，所以 g ( x)   g ( x) ，即 g(x)  g(x) ，
又 f (x)  g(x) 1，所以 f ( x)  f ( x) ，所以 f (2025)  f (2025)  0 ，所以 f (2025)  f (2025)  f (2025)  f (2025)  2 ．故选：D
【典例 2】（24-25 高三上·山西·模拟测试）已知函数 f  x ， g  x 的定义域为R ，
k 1
f x 1  g  x 1  f  x  2  g  x  1，且 f  x 满足 f  x 1  f x 1  0 ，g 1  1，则 
2025
f k  （ ）
A． 1
【答案】D
B．1C．2025D．2026
【解析】由 f x 1  g  x 1  1 可得： f x  2  g  x  1，又因为. f  x  2  g  x  1.，所以 f x  2  f  x  2  2 ，即 f  x 的对称中心为2,1 ；
由 f  x 1  f x 1  0 可得：  f  x 1  f  x 1  0 ，即 f  x 1  f x 1  c （常数），
令 x  0 ，则c  f 1  f 1  0 ，所以 f  x 1  f x 1  0 ，即 f  x 的对称轴为 x  1 ；
所以 f x  f  x  4  2 ， f  x  2  f x ，故 f  x  2  f  x  4  2 ， f  x  f  x  2  2 ，所以 f  x  f  x  4 ， f  x 的周期T  4 .
因为 f  x  2  g  x 1，所以 f 3  g 1 1  0 ；
因为 f x  2  f  x  2  2 ，令 x  2 代入，所以 f 2  1 ；
根据对称性可知： f 1  2 ， f 2  f 0  1， f 3  0 ， f 4  1 ，
k 1
所以 
2025
f k   4  506  2  2026 .故选：D
误解“导数为 0”与“有极值”的关系致错
辨析：在使用导数求函数极值时，很容易出现的错误是求出使导函数等于 0 的点，而没有对这些点左右两
侧导函数的符号进行判断，误以为使导函数等于 0 的点就是函数的极值点。出现这种错误的原因就是对导
数与极值关系不清。可导函数在一点处的导函数值为 0 只是这个函数在此点取到极值的必要条件，充要条
件是 f (x0 )  0且f (x)在x0 两侧异号．
【典例 1】（24-25 高三下·四川达州·模拟预测）已知函数 f  x 的导函数 f  x 的部分图象如图，则下列说
法正确的是（ ）
A． f 1  f 3
B． f 1  f 2
f  x 有三个零点D． f  x 有三个极值点
【答案】A
【解析】根据导函数图像知道：
对于 A，1, 3(0, 3) ，单调递减，则 f 1  f 3 ，则 A 正确；
对于 B，自变量1, 2 在不同区间，都比 f (0) 小，但不能比较它们大小，则 B 错误；对于 C，不能确定零点个数，则 C 错误；
对于 D，函数有两个极值点，则 D 错误.故选：A．
【典例 2】（24-25 高三上·陕西咸阳·月考）已知函数 f  x 的导函数 f  x 在区间a, b上的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
f  x 在 x  x1 处取得最大值，在 x  x3 处取得最小值
f  x 的极大值点为 x2 ，极小值点为 x5
f  x 在区间 x1, x2  上单调递增，在区间 x3 , x4  上单调递减
f  x 的增区间为a, x2  和 x4 , b ，减区间为 x2 , x3 
【答案】C
【解析】由图可知，当a  x  x2 或 x4  x  b 时， f  x  0 ，当 x2  x  x4 时， f  x  0 ，所以 f  x 在a, x2  和 x4 , b 上单调递增，在 x2 , x4  上单调递减，D 错误；
x
(, 0)
0
(0, 3)
3
(3, )
f (x)
正
0
非正
0
正
f ( x)
增
极大值
减
极小值
增
所以 f  x 的极大值点为 x2 ，极小值点为 x4 ，B 错误；又 x1, x2   a, x2 ,  x3, x4    x2 , x4  ，
所以 f  x 在区间 x1, x2  上单调递增，在区间 x3 , x4  上单调递减，C 正确；所以 f  x3   f  x4  ，所以 f  x 在 x  x3 处取不到最小值，A 错误.故选：C
误解“导数符号”与“函数单调性”关系致错
辨析：一个函数在某个区间上单调增（减）的充要条件是这个函数的导函数在此区间上恒大（小）于等于 0，且导函数在此区间的任意子区间上都不恒为 0。切记导函数在某区间上恒大（小）于 0 仅为该函数在此区间上单调增（减）的充分条件．
【典例 1】（24-25 高三上·云南保山·期中）已知函数 f  x   ln ax  3 在区间1, 3 上单调递减，则实数a 的
取值范围是（ ）
1  a  0
【答案】A
【解析】法一：
1  a  0
a  0
a  1
令t  x   ax  3 ，则t  x 在1, 3 上单调递减，且t  x   ax  3  0 在1, 3 上恒成立，
a  0

所以t 3  3a  3  0 解得1  a  0 .
法二： f  x   ln ax  3 ，则 f  x 
a
ax  3 ，
则 f  x 
a ax  3
 0 在区间1, 3 上恒成立，
a  0a  0
则3a  3  0 或a  3  0 ，解之得1  a  0 .故选：A.

【典例 2】（25-26 高三上·广东深圳·开学考试）若函数 f  x  ae2 x  2  5aex  5x 在区间1, 2 上单调递增，则a 的取值范围是．
【答案】a  1
e
【解析】由题意有 f  x   2ae2x  2  5a  ex  5  aex 12ex  5  0 在1, 2 上恒成立，又e  ex  e2 ，所以5  2e