2025届人教新高考高三数学一轮复习章末目标检测卷3导数及其应用Word版附解析

这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习章末目标检测卷3导数及其应用Word版附解析，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.函数f(x)=x4-2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( )
A.y=-2x-1
B.y=-2x+1
C.y=2x-3
D.y=2x+1
2.若函数y=ex+mx有极值,则实数m的取值范围是( )
A.{m|m>0}
B.{m|m<0}
C.{m|m>1}
D.{m|m<1}
3.(2023新高考Ⅰ,4)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,-2]B.[-2,0)
C.(0,2]D.[2,+∞)
4.函数f(x)=x2+x-ln x的零点的个数是( )
A.0B.1C.2D.3
5.已知当x∈12,2时,a≤1-xx+ln x恒成立,则实数a的最大值为( )
A.0B.1C.2D.3
6.已知定义在R上的函数f(x)满足f'(x)+f(x)>1,f(0)=5,f'(x)是f(x)的导函数,则不等式ex(f(x)-1)>4(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0,+∞)
B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(1,+∞)
D.(3,+∞)
7.已知函数f(x)=ln x+tan α0<α<π2的导函数为f'(x),若方程f'(x)=f(x)的根x0小于1,则角α的取值范围为( )
A.π4,π2B.0,π3
C.π6,π4D.0,π4
8.(2022新高考Ⅰ,7)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则( )
A.aB.cC.cD.a二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.(2022新高考Ⅰ,10)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
10.若函数f(x)=13x3+x2-23在区间(a-1,a+4)内存在最小值,则整数a可以取( )
A.-3B.-2
C.-1D.0
11.已知函数f(x)=csxex+sinx,则下列选项中正确的是( )
A.函数f(x)在区间0,π2上单调递减
B.当x∈π2,π时,f(x)<0恒成立
C.-π2,0是函数f(x)的一个单调递减区间
D.x=-π是函数f(x)的一个极小值点
12.已知函数f(x)=x-(x-1)ln x,下列说法正确的是( )
A.f(x)存在唯一极值点x0,且x0∈(1,2)
B.存在实数a,使得f(a)>2
C.方程f(x)=-1有且仅有两个实数根,且两根互为倒数
D.当k<1时,函数f(x)与g(x)=kx的图象有两个交点
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则切点坐标为 .
14.已知函数f(x)=aex-ln x-1,若x=1是f(x)的极值点,则a= ,f(x)的单调递增区间为 .
15.已知函数f(x)=e|x-1|,函数g(x)=ln x-x+a,若∃x1,x2使得f(x1)16.已知函数f(x)=xln x+12x2,x0是函数f(x)的极值点,给出以下几个结论:
①01e;③f(x0)+x0<0;④f(x0)+x0>0.
其中正确的结论是 .(填序号)
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若a=0,讨论f(x)的单调性;
(2)若当x≥0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.
18.(12分)(2021北京,19)已知函数f(x)=3-2xx2+a.
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,以及极大值和极小值.
19.(12分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:当x>0时,x220.(12分)已知函数f(x)=ex-a(x+2).
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
21.(12分)(2021天津,20)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)证明:函数f(x)存在唯一的极值点;
(3)若存在实数a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围.
22.(12分)(2022新高考Ⅰ,22)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
章末目标检测卷三 导数及其应用
1.B 对函数f(x)求导可得f'(x)=4x3-6x2,
由导数的几何意义,知在点(1,f(1))处的切线的斜率为k=f'(1)=-2.
又因为f(1)=-1,所以切线方程为y-(-1)=-2(x-1),化简得y=-2x+1.
2.B 求导得y'=ex+m,由于ex>0,若y=ex+mx有极值,则必须使y'的值有正有负,故m<0.
3.D 方法一(导数法):因为f(x)=2x(x-a),所以f'(x)=(2x-a)2x(x-a)ln 2,
由函数f(x)在区间(0,1)内单调递减,知(2x-a)2x(x-a)·ln 2≤0在区间(0,1)内恒成立,即2x-a≤0在区间(0,1)内恒成立,即a≥2x在区间(0,1)内恒成立,所以a≥2.故选D.
方法二(复合函数法):因为函数y=2x在R上是增函数,要使复合函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,只需函数h(x)=x(x-a)=(x-a2)2−a24在区间(0,1)内单调递减,所以a2≥1,即a≥2.故选D.
4.A 由f'(x)=2x+1-1x=2x2+x-1x=0,得x=12或x=-1(舍去).当0当x>12时,f'(x)>0,f(x)单调递增.则f(x)的最小值为f12=34+ln 2>0,所以无零点.
5.A 令f(x)=1-xx+ln x,则f'(x)=x-1x2.
当x∈12,1时,f'(x)<0;当x∈(1,2]时,f'(x)>0.
则f(x)在区间12,1内单调递减,在区间(1,2]上单调递增,
即在区间12,2上,f(x)min=f(1)=0,
故a≤0,即a的最大值为0.
6.A 令g(x)=ex(f(x)-1),则g'(x)=ex(f(x)-1)+exf'(x)=ex(f(x)+f'(x)-1).
因为f(x)+f'(x)>1,所以g'(x)>0.
所以函数g(x)在R上单调递增.
因为f(0)=5,所以g(0)=4.所以不等式ex(f(x)-1)>4的解集,由g(x)>g(0),得x>0.故选A.
7.A ∵f(x)=ln x+tan α,∴f'(x)=1x.
令f(x)=f'(x),得ln x+tan α=1x,即tan α=1x-ln x.
设g(x)=1x-ln x,显然g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,而当x→0时(从0的右边趋近),g(x)→+∞,
故要使满足f'(x)=f(x)的根x0<1,
只需tan α>g(1)=1.又0<α<π2,∴α∈π4,π2.
8.C 令a1=xex,b1=x1-x,c1=-ln(1-x),
则ln a1-ln b1=ln xex-lnx1-x
=x+ln x-[ln x-ln(1-x)]=x+ln(1-x).
令y1=x+ln(1-x),x∈(0,0.1],
则当x∈(0,0.1]时,y1'=1-11-x=-x1-x<0.
于是函数y1=x+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递减.
于是y1<0,∴ln a1-ln b1<0,∴b1>a1.
令y2=a1-c1=xex+ln(1-x),x∈(0,0.1],
则y2' =xex+ex-11-x=(1+x)(1-x)ex-11-x.
令k(x)=(1+x)(1-x)ex-1,
则当x∈(0,0.1]时,k'(x)=(1-x2-2x)ex>0,
∴k(x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴k(x)>k(0)=0.
∴在区间(0,0.1]上,y2'>0,
∴y2=xex+ln(1-x)在区间(0,0.1]上单调递增.
∴y2>0,∴a1>c1.
∴在区间(0,0.1]上,b1>a1>c1.
故当x=0.1时,有b>a>c.
9.AC ∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1.
由3x2-1=0,得x=33或x=-33.
∴f(x)有2个极值点-33与33,且在区间(-∞,-33)上单调递增,在区间(-33,33)上单调递减,在区间(33,+∞)上单调递增.又f33=1-239>0,当x=-2时,f(-2)=-5<0,而f-33>f33>0,
∴f(x)只在区间(-2,-33)上存在一个零点,∴f(x)只有一个零点.
∵f(x)+f(-x)=2,∴点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心.
由f'(x)=3x2-1=2,解得x=±1,∴曲线y=f(x)在点(1,1)处的切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1;
曲线y=f(x)在点(-1,1)处的切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3.
∴直线y=2x与曲线y=f(x)不相切.故选AC.
10.BCD 由题意,得f'(x)=x2+2x=x(x+2),
故f(x)在区间(-∞,-2),(0,+∞)内单调递增,
在区间(-2,0)内单调递减,作出其大致图象如图所示.
令13x3+x2-23=-23,得x=0或x=-3.
则结合图象可知-3≤a-1<0,a+4>0,解得a∈[-2,1).
又a∈Z,所以a可以取-2,-1,0.
11.AB f'(x)=-ex(sinx+csx)-1(ex+sinx)2=-2exsinx+π4-1(ex+sinx)2,
对于A,当x∈0,π2时,x+π4∈π4,3π4,sinx+π4>0,所以f'(x)<0,故A正确;
对于B,当x∈π2,π时,cs x<0,ex>0,sin x>0,所以f(x)<0,故B正确;
对于C,f-π4=cs-π4e-π4+sin-π4,又e-π4+sin-π4=1eπ4−12<0,所以f-π4<0,
f-12=cs-12e-12-sin12,cs-12>0,e-12-sin12>1e−12>0,所以f-12>0,
又-π4<-12,但此时有f-π4对于D,因为f'(-π)=e-π-1(e-π)2≠0,所以x=-π不是函数f(x)的极值点,故D错误.
12.ACD 对f(x)=x-(x-1)ln x进行求导,可得f'(x)=-ln x+1x,显然f'(x)为减函数,f'(1)=1>0,f'(2)=-ln 2+12<0,故存在x0∈(1,2),使得f'(x0)=0,
且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(x0,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
故x0为唯一的极大值点,故A正确;
由题意可知,x0为最大值点,
由f'(x0)=-ln x0+1x0=0,可得f(x0)=x0-(x0-1)ln x0=x0+1x0-1.因为x0∈(1,2),所以f(x0)<2,故B错误;
若x1是方程f(x)=-1的一个解,即f(x1)=x1-(x1-1)ln x1=-1,
则f1x1=1x1−1x1-1ln1x1=1x1+1x1-1ln x1=1x1+(1-x1)ln x1x1=1x1+-x1-1x1=-1,
故x1和1x1都是方程f(x)=-1的解,故C正确;
由g(x)=kx,f(x)=g(x),可得k=1-1-1xln x.
令m(x)=1-1-1xln x,x>0,则m'(x)=-x-lnx+1x2.
令h(x)=-x-ln x+1,x>0,因为x>0,所以h'(x)=-1-1x<0,故h(x)=-x-ln x+1为减函数,
而h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0,即m'(x)>0,m(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即m'(x)<0,m(x)单调递减,所以m(x)≤m(1)=1,故当k<1时,f(x)与g(x)=kx的图象有两个交点.故D正确.
13.(1,2) 设切线的切点坐标为(x0,y0),
由y=ln x+x+1,得y'=1x+1,因为y'|x=x0=1x0+1=2,解得x0=1,y0=2,所以切点的坐标为(1,2).
14.1e (1,+∞) 由题意可得f'(x)=aex-1x(x>0).
由x=1是f(x)的极值点,得f'(1)=ae-1=0,解得a=1e.
即f(x)=ex-1-ln x-1,f'(x)=ex-1-1x,
令f'(x)>0,可得x>1,
故f(x)的单调递增区间为(1,+∞).
15.(2,+∞) 由题意,∃x1,x2使得f(x1)由函数f(x)=e|x-1|,根据指数函数的图象与性质可知,
当x=1时,函数f(x)=e|x-1|取得最小值,此时最小值为f(1)=1.
由g(x)=ln x-x+a,得g'(x)=1x-1=1-xx(x>0).
当x∈(0,1)时,g'(x)>0,则函数g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,则函数g(x)单调递减,
所以当x=1时,函数g(x)有最大值,此时最大值为g(1)=a-1,令a-1>1,解得a>2,即实数a的取值范围是(2,+∞).
16.①③ 由已知得f'(x)=ln x+x+1(x>0),不妨令g(x)=ln x+x+1(x>0),则g'(x)=1x+1.当x∈(0,+∞)时,有g'(x)>0总成立,所以g(x)在区间(0,+∞)内单调递增,且g1e=1e>0.又x0是函数f(x)的极值点,所以f'(x0)=g(x0)=0,即g1e>g(x0),所以0因为ln x0+x0+1=0,所以f(x0)+x0=x0ln x0+12x02+x0=x0(ln x0+x0+1)-12x02=-12x02<0,故③正确,而④错误.故填①③.
17.解 (1)当a=0时,f(x)=ex-1-x,f'(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0.
故f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
(2)f'(x)=ex-1-2ax.
由(1)知,当a=0时,f(x)≥f(0)=0,
即ex≥1+x,当且仅当x=0时,等号成立,
故f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x.
当a≤12时,1-2a≥0,f'(x)≥0(x≥0),f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,
因为f(0)=0,于是当x≥0时,f(x)≥0,符合题意.
当a>12时,由ex>1+x(x≠0),可得e-x>1-x(x≠0).
所以f'(x)故当x∈(0,ln 2a)时,f'(x)<0,而f(0)=0,于是当x∈(0,ln 2a)时,f(x)<0,不符合题意.
综上所述,实数a的取值范围为-∞,12.
18.解 (1)当a=0时,f(x)=3-2xx2,则f'(x)=2(x-3)x3,得f(1)=1,f'(1)=-4,
此时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即4x+y-5=0.
(2)因为f(x)=3-2xx2+a,所以f'(x)=-2(x2+a)-2x(3-2x)(x2+a)2=2(x2-3x-a)(x2+a)2.
由题意可得f'(-1)=2(4-a)(a+1)2=0,解得a=4,
故f(x)=3-2xx2+4,f'(x)=2(x+1)(x-4)(x2+4)2.
当x变化时,f'(x),f(x)随x的变化情况如下表:
所以,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(4,+∞),单调递减区间为(-1,4).
当x=-1时,f(x)取得极大值,f(-1)=1;当x=4时,f(x)取得极小值,f(4)=-14.
19.(1)解 由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a.
因为f'(0)=1-a=-1,所以a=2.
所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.
令f'(x)=0,得x=ln 2.
当x当x>ln 2时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=ln 2时,f(x)取得极小值,极小值为f(ln 2)=2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.
(2)证明 令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.
由(1),得g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,
故g(x)在R上单调递增.
因为g(0)=1>0,所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,
即x220.解 (1)当a=1时,f(x)=ex-x-2,则f'(x)=ex-1.
当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.
所以f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
(2)f'(x)=ex-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在区间(-∞,+∞)内单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意.当a>0时,由f'(x)=0,可得x=ln a.
当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;
当x∈(ln a,+∞)时f'(x)>0.
所以f(x)在区间(-∞,ln a)内单调递减,在区间(ln a,+∞)内单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).
①若0②若a>1e,则f(ln a)<0.
因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在区间(-∞,ln a)内存在唯一零点.
由(1)知,当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4,且x>2ln(2a)时,f(x)=ex2·ex2-a(x+2)>eln(2a)·x2+2-a(x+2)=2a>0.故f(x)在区间(ln a,+∞)内存在唯一零点.
从而f(x)在区间(-∞,+∞)内有两个零点.
综上所述,实数a的取值范围是1e,+∞.
21.(1)解 f'(x)=a-(x+1)ex,则f'(0)=a-1,
又f(0)=0,则切线方程为y=(a-1)x(a>0).
(2)证明 令f'(x)=a-(x+1)ex=0,则a=(x+1)ex.
令g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex,
当x∈(-∞,-2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(-2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
当x→-∞时,g(x)<0,g(-1)=0,当x→+∞时,g(x)>0,画出g(x)的大致图象如下:
所以当a>0时,直线y=a与曲线y=g(x)仅有一个交点,令g(m)=a,则m>-1,且f'(m)=a-g(m)=0,
当x∈(-∞,m)时,a>g(x),则f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(m,+∞)时,ax=m为f(x)的极大值点,故f(x)存在唯一的极值点.
(3)解 由(2)知f(x)max=f(m),此时a=(1+m)em,m>-1,
所以{f(x)-a}max=f(m)-a=(m2-m-1)em(m>-1),令h(x)=(x2-x-1)ex(x>-1),
若存在实数a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,等价于存在x∈(-1,+∞),使得h(x)≤b,即b≥h(x)min,
h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex,x>-1,
当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(1)=-e,故b≥-e,
所以实数b的取值范围为[-e,+∞).
22.(1)解 由题意,得f'(x)=ex-a,
g'(x)=a-1x=ax-1x(x>0).
当a≤0时,f'(x)>0,f(x)为增函数,f(x)无最小值,
g'(x)<0,g(x)在区间(0,+∞)内单调递减,g(x)无最小值.
当a>0时,令f'(x)=0,即ex-a=0,解得x=ln a.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表.
由表可知,当x=ln a时,f(x)取得极小值也是最小值,为a-aln a.
由g'(x)=0得x=1a>0.
当x在区间(0,+∞)内变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表.
由上表可知,当x=1a时,g(x)取得极小值也是最小值,为1+ln a.
则a-aln a=1+ln a.
令h(a)=a-aln a-1-ln a,
则h'(a)=1-(ln a+1)-1a=-ln a-1a=ln 1a−1a.
令1a=t,则ln t-t<0.
则h(a)在区间(0,+∞)内单调递减,且h(1)=0.故a=1.
(2)证明 由(1)知f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,且f(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增,g(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增,且f(x)min=g(x)min=1.
①当b<1时,此时f(x)min=g(x)min=1>b.显然直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点,不符合题意;
②当b=1时,此时f(x)min=g(x)min=1=b,直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点,交点的横坐标分别为0和1;
③当b>1时,首先,证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点,即证明F(x)=f(x)-b有2个零点.
因为F'(x)=f'(x)=ex-1,
所以F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
又因为F(-b)=e-b>0,F(0)=1-b<0,F(b)=eb-2b>0,
(令t(b)=eb-2b,则当b>1时,t'(b)=eb-2>0,t(b)>t(1)=e-2>0)
所以F(x)=f(x)-b在区间(-∞,0)内存在且只存在1个零点,设为x1,在区间(0,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x2.
其次,证明y=b与曲线g(x)有2个交点,即证明G(x)=g(x)-b有2个零点.
G'(x)=g'(x)=1-1x,所以G(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增.
又因为G(e-b)=e-b>0,
G(1)=1-b<0,G(2b)=b-ln 2b>0,
(令μ(b)=b-ln 2b,则当b>1时,μ'(b)=1-1b>0,μ(b)>μ(1)=1-ln 2>0)
所以G(x)=g(x)-b在区间(0,1)内存在且只存在1个零点,设为x3,在区间(1,+∞)内存在且只存在1个零点,设为x4.
再次,证明存在b使得x2=x3.
因为F(x2)=G(x3)=0,
所以b=ex2-x2=x3-ln x3.
若x2=x3,则ex2-x2=x2-ln x2,即ex2-2x2+ln x2=0.
所以只需证明ex-2x+ln x=0在区间(0,1)内有解即可,
即φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)内有零点.
因为φ1e3=e1e3−2e3-3<0,φ(1)=e-2>0,
所以φ(x)=ex-2x+ln x在区间(0,1)内存在零点,取一零点为x0,令x2=x3=x0即可,此时取b=ex0-x0,
则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点.
最后,证明x1+x4=2x0,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4),
所以F(x1)=G(x0)=F(ln x0).
又因为F(x)在区间(-∞,0)内单调递减,x1<0,0所以ln x0<0,所以x1=ln x0.
同理,因为F(x0)=G(ex0)=G(x4),
又因为G(x)在区间(1,+∞)内单调递增,x0>0,
所以ex0>1,x4>1,所以x4=ex0.
又因为ex0-2x0+ln x0=0,
所以x1+x4=ln x0+ex0=2x0,
即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
x
(-∞,-1)
-1
(-1,4)
4
(4,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
(-∞,ln a)
ln a
(ln a,+∞)
f'(x)
—
0
+
f(x)
↘
极小值a-aln a
↗
x
0,1a
1a
1a,+∞
g'(x)
—
0
+
g(x)
↘
极小值1+ln a
↗