2025年高考数学解密之一元函数导数及其应用.docx

2025 年高考数学解密之一元函数导数及其应用
一．选择题（共 10 小题）
1 ．（2024•宜宾三模）若曲线 y = ex + a 的一条切线方程是 y = x 一 1 ，则 a = ( )
A ． 一2 B ．1 C ． 一1 D ． e
2 ．（2024•江西模拟） 已知函数 f(x) 和 g (x) 的导函数 f’(x) ， g’(x) 图象分别如图所示 ，则关于函数 y = g (x) 一 f(x) 的判断正确的是 ( )

A ．有 3 个极大值点
B ．有 3 个极小值点
C ．有 1 个极大值点和2 个极小值点
D ．有 2 个极大值点和 1 个极小值点
3 ．（2024•江西一模） 已知 则
A ． a > b > c B ． c > a > b C ． c > b > a D ． a > c > b
4 ．（ 2024 • 江 西 一 模 ） 已 知 函 数 f(x) 及 其 导 函 数 f’(x) 定 义 域 均 为 R ， 记 g(x) = f’(x +1) ， 且 f(2 + x) 一 f(2 一 x) = 4x ， g (3 + x) 为偶函数，则 g’（7） +g (17) = ( )
A ．0 B ． 1 C ．2 D ．3
5 ．（2024•江西模拟） 已知函数 = 2 cos 一 在 x = 0 处的切线斜率为 一① , 若 f(x) 在 (0, 兀) 上只有一个零点 x0 ，则 ① 的最大值为 ( )
A ． B ． C ．2 D ．
6 ．（2024•桥西区模拟）“b = 一1 ”是“直线 y = 3x + b 与曲线y = x(lnx + 2) 相切 ”的 ( )
A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件

1
C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件
7 ．（2024•宿迁模拟）在同一平面直角坐标系内，函数 y = f(x) 及其导函数y = f (x) 的图像如图所示，已 知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为 (0, 1) ，则 ( )

A ．函数 y = f(x) . ex 的最大值为 1 B ．函数 y = f(x) . ex 的最小值为 1
C ．函数 的最大值为 1 D ．函数 的最小值为 1
8 ．（2024•邢台模拟） 已知函数 在区间 (1, 2) 上单调递增，则 a 的最小值为 ( )
A ． e B ．1 C ． e—2 D ． e—1
9 ．（2024•宜宾三模）定义在 (0, +∞) 上的单调函数 f(x) ，对任意的 x ∈(0, +∞) 都有 f[f(x) —lnx] = 1 ，若方 程 f(x) . f (x) = m 有两个不同的实数根，则实数 m 的取值范围为 ( )
A ． (0, 1) B ． (0 ， 1] C ． (—∞, 1) D ． (—∞ , 1]
10 ．（2024•江苏模拟）若命题：“3a ，b ∈ R ，使得 a — cosb .b— cosa ”为假命题，则 a ，b 的大小关系为 ( )
A ． a < b B ． a > b C ． a .b D ． a开b
二．多选题（共 5 小题）
11．（2024•建阳区一模）已知函数 f(x) = x3 — 2ax2 + bx + c(a ，b ，c ∈ R) ，f (x) 是 f(x) 的导函数，则 ( )
A ．“a = c = 0 ”是“ f(x) 为奇函数 ”的充要条件
B ．“a = b = 0 ”是“ f(x) 为增函数 ”的充要条件
C ．若不等式f(x) < 0 的解集为{x | x < 1 且x ≠ —1} ，则 f(x) 的极小值为
D ．若 x1 ， x2 是方程 f (x) = 0 的两个不同的根，且 则 a < 0 或 a > 3

12 ．（2024•回忆版）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) < 0 D ．当 —1 < x < 0 时， f(2 — x) > f(x)
13 ．（2024•扬州校级一模）若正数 a ， b 满足 a +b = 1 ，则 ( )
A ． log2 a + log2 b开— 2 B ．

2
C ． a + lnb < 0 D ．
14 ．（2024•常德模拟） 已知 6lnm = m + a ， 6n = en + a ，其中 m ≠ en ，则 m + en 的取值可以是 ( )
A ． e B ． e2 C ． 3e2 D ． 4e2
15 ．（2024•山西模拟） 已知函数 f(x) = esin x + ecos x ，则 ( )
A ． f(x) 的图象关于直线兀 对称
B ． f(x) . f(x + 兀)开4
C ． f(x) + f(—x) > 3
D ． f(x) 在区间 兀] 上的极大值为

三．填空题（共 5 小题）
16 ．（2024•江西模拟） 已知函数 f(x) = lnx ， g(x) = ex + k ， f(x) .g(x) ，则 k 的取值范围为 ．
17 ．（2024•淄博一模）设方程 ex + x + e = 0 ， lnx + x + e = 0 的根分别为 p ， q ，函数f(x) = ex + (p + q)x ， 令 ， ，则 a ， b ， c 的大小关系为 ．
18 ．（2024•怀化二模） 已知 f(x) = 2x2 — 3x —lnx ，则 f(x) 的单调增区间为 ．
19 ．（2024•重庆模拟）若直线 y = 2x 为曲线y = eax+b 的一条切线，则 ab 的最大值为 ．
20 ．（2023 秋•红桥区期末） 已知函数 f(x) = cos x ，则 f(x) 的导函数 f/(x) = ．
四．解答题（共 5 小题）
21 ．（2024•贵州模拟） 已知函数 f(x) = xlnx ．
（1）若函数 g(x) = f(x) — a 有两个零点，求实数 a 的取值范围；
（2）已知 A(x1 ，y1 ) ，B(x2 ，y2 ) ，C(x3 ，y3 )（其中 x1 < x2 < x3 且 x1 ，x2 ，x3 成等比数列）是曲线 y = f(x) 上三个不同的点，判断直线 AC 与曲线y = f(x) 在点 B 处的切线能否平行？请说明理由．
22 ．（2024•江西一模） 已知函数 f(x) = xlnx — a(2x2 +1)(a ∈ R) ．
（1）若 a = —1 ，求 f(x) 的图象在 x = 1 处的切线方程；
（2）若 f(x) 有两个极值点 x1 ， x2 (x1 < x2 ) ．
①求 a 的取值范围；
②求证 ．
23 ．（2024•榆林四模） 已知函数 f(x) = (ax2 + x +1)e—x ，其中 a > 0 ．

3
( Ⅰ ) 当 a = 1时，求函数 f(x) 的极值；
( Ⅱ ) 若 x ∈[—1 ， 1] ， f(x)开1 ，求 a 的取值范围．
24．（2024•烟台一模）已知曲线 f(x) = ax2 + x — 2lnx +b(a, b ∈ R) 在 x = 2 处的切线与直线 x + 2y + 1 = 0 垂直．
（1）求 a 的值；
（2）若 f(x)开0 恒成立，求b 的取值范围．
25．（2024•邢台模拟）定义：若函数 f(x) 图象上恰好存在相异的两点 P ，Q 满足曲线 y = f(x) 在 P 和 Q 处 的切线重合，则称 P ， Q 为曲线 y = f(x) 的“双重切点 ”，直线 PQ 为曲线 y = f(x) 的“双重切线 ”．
直线 是否为曲线 的“双重切线 ”，请说明理由；
（2） 已知函数 求曲线 y = g(x) 的“双重切线 ”的方程；
（3）已知函数 h(x) = cos x ，直线 PQ 为曲线 y = h(x) 的“双重切线 ”，记直线 PQ 的斜率所有可能的取值为 k1k2 ， … , kn ，若 k1 > k2 > ki (i = 3 ，4 ，5 ， … , n) ，证明： ．

4
2025 年高考数学解密之一元函数导数及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共 10 小题）
1 ．（2024•宜宾三模）若曲线 y = ex + a 的一条切线方程是 y = x — 1 ，则 a = ( )
A ． —2 B ．1 C ． —1 D ． e
【答案】 A
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【专题】数学运算；数学模型法；方程思想；导数的概念及应用
【分析】求出原函数的导函数，利用切点处的导数值等于切线的斜率求解切点坐标，把切点坐标代入切线 方程求 a 值．
【解答】解： 由 y = ex + a ，得 y’= ex ，

设切点坐标为 (t, et + a) ，
由 et = 1 ，得 t = 0 ，
: 切点坐标为 (0, 1 + a) ，代入 y = x — 1 ， 得1+ a = —1 ，即 a = —2 ．
故选： A ．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
2 ．（2024•江西模拟） 已知函数 f(x) 和 g (x) 的导函数 f’(x) ， g’(x) 图象分别如图所示 ，则关于函数 y = g (x) —f(x) 的判断正确的是 ( )

A ．有 3 个极大值点
B ．有 3 个极小值点

5
C ．有 1 个极大值点和2 个极小值点
D ．有 2 个极大值点和 1 个极小值点
【答案】 D
【考点】函数在某点取得极值的条件
【专题】数形结合；整体思想；综合法；导数的综合应用；数学运算 【分析】 由已知结合函数的单调性与极值的关系进行分析即可求解．
【解答】解：结合函数图象可知，当 x < a 时， f’(x) < g’(x) ，此时 y’= g’(x) —f’(x) > 0 ，函数单调递增， 当 a < x < 0 时， f’(x) > g’(x) ，此时 y’= g’(x) —f’(x) < 0 ，函数单调递减，
当 0 < x < b 时， f’(x) < g’(x) ，此时 y’= g’(x) —f’(x) > 0 ，函数单调递增，
当 x > b 时， f’(x) > g’(x) ，此时 y’= g’(x) —f’(x) < 0 ，函数单调递减， 故函数在 x = a ， x = b 处取得极大值，在 x =0 处取得极小值．
故选： D ．

【点评】本题主要考查了函数极值的判断，属于基础试题．
3 ．（2024•江西一模） 已知 则
A ． a > b > c B ． c > a > b C ． c > b > a D ． a > c > b 【答案】 D
【考点】利用导数研究函数的单调性；三角函数线；对数值大小的比较 【专题】逻辑推理；导数的综合应用；转化法；函数思想
【分析】利用正弦函数的单调性可得 a > c ，利用导数可证不等式 lnx < x — 1(x > 1) 成立，故可判断 b < c ， 故可得三者大小关系．
解

6
设 = lnx +1 — x ， x > 1 ，则 f ， 所以 f(x) 在 (1, +∞) 上为减函数，
所以 f(x) < f （1） = 0 ，即 lnx < x — 1(x > 1) ， 所以
所以 a > c > b ．
故选： D ．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
4 ．（ 2024 • 江 西 一 模 ） 已 知 函 数 f(x) 及 其 导 函 数 f (x) 定 义 域 均 为 R ， 记 g(x) = f (x +1) ， 且 f(2 + x) —f(2 — x) = 4x ， g(3 + x) 为偶函数，则 g （7） +g(17) = ( )
A ．0 B ． 1 C ．2 D ．3
【答案】 C
【考点】基本初等函数的导数
【专题】导数的概念及应用；数学运算；转化思想；转化法
【分析】对 f(2 + x) —f(2 — x) = 4x 两边同时求导，结合函数的周期和偶函数的性质进行求解即可． 【解答】解：因为 g(3 + x) 为偶函数， g(x) = f (x +1) ，
所以 f (x + 4) = f (—x + 4) ，
对 f(2 + x) —f(2 — x) = 4x 两边同时求导，得 f (2 + x) + f (2 — x) = 4 ，
所 以有 f (4 + x) + f (—x) = 4 → f (4 — x) + f (—x) = 4 → f (4 + x) + f (x) = 4 → f (8 + x) = f (x) ， 所 以 函数 f (x) 的周期为 8，
在 f (2 + x) + f (2 — x) = 4 中，令x = 0 ，所以 f （2） = 2 ，
因此 g(17) = f (18) = f （2） = 2 ， 因为 g(3 + x) 为偶函数，
所以有 g(3 + x) = g(3 — x) → g (3 + x) = —g (3 — x) → g （7） = —g (—1) （1），
f (8 + x) = f (x) → g(7 + x) = g(x —1) → g (7 + x) = g (x —1) → g （7） = g (—1) （2）， 由（1），（2）可得： g （7） = 0 ，
所以 g （7） +g(17) = 2 ， 故选： C ．
【点评】本题主要考查导数的运算，考查转化能力，属于中档题．
5 ．（2024•江西模拟） 已知函数 在 x = 0 处的切线斜率为 —① , 若 f(x) 在 (0, 兀) 上只有一个零点 x0 ，则 ① 的最大值为 ( )

7
A ． B ． C ．2 D ． 【答案】 C
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【专题】综合法；数学运算；导数的概念及应用；函数思想
【分析】求出函数的导函数，由 f (0) = —① 求出φ , 由x 的取值范围求出兀 的范围，再根据 f(x) 在 (0, 兀)
上只有一个零点 x0 得到兀 即可求出 ① 的取值范围，从而得解．
【解答】解： 由题意得， f (x) = —2① sin(①x + φ) ，则 f (0) = —2① sinφ = —① , 即 ， 又 解得兀 ，

由 ， : x ∈ (0, 兀) ， ① > 0 ，
兀 兀 兀

又 ， f(x) 在 (0, 兀) 上只有一个零点 x0 ，
兀 解得 ， :① 的最大值为 2．
故选： C ．
【点评】本题考查导数的几何意义以及三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
6 ．（2024•桥西区模拟）“b = —1 ”是“直线 y = 3x + b 与曲线y = x(lnx + 2) 相切 ”的 ( )
A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】 C
【考点】充分条件与必要条件；利用导数研究曲线上某点切线方程 【专题】计算题；转化思想；数学运算；综合法；导数的综合应用
【分析】求出函数 y= x(lnx + 2) 的导函数，设切点坐标，利用切点处的导数值等于 3 求得切点横坐标，再 由切点处的函数值相等列式求解 b ．然后判断充要条件．
【解答】解： 由 y = x(lnx + 2) ，得 y = lnx + 2 + 1 = lnx + 3 ， 设切点坐标为 (t ， t(lnt + 2)) ，则 y |x=t = lnt + 3 ，

8
由 lnt + 3 = 3 ，得 t = 1 ，
:1× (ln1 + 2) = 3 × 1 + b ，解得b = —1 ．
所以“ b = —1 ”是“直线 y = 3x + b 与曲线y = x(lnx + 2) 相切 ”的充分必要条件．
故选： C ．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是基础题．
7 ．（2024•宿迁模拟）在同一平面直角坐标系内，函数 y = f(x) 及其导函数y = f (x) 的图像如图所示，已 知两图像有且仅有一个公共点，其坐标为 (0, 1) ，则 ( )

A ．函数 y = f(x) . ex 的最大值为 1 B ．函数 y = f(x) . ex 的最小值为 1
C ．函数 的最大值为 1 D ．函数 的最小值为 1
【答案】 C
【考点】基本初等函数的导数；利用导数研究函数的最值
【专题】数学运算；整体思想；综合题；函数思想；导数的综合应用
【分析】根据函数的单调性确定虚线部分为 y = f (x) ，再求函数 的单调性可求出最值．
【解答】解：由题意可知，两个函数图像都在 x 轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递 增，判断可知，虚线部分为 y = f (x) ，实线部分为 y = f(x) ，则 A ， B 显然错误，
对于 C ，D 而言，y 由图像可知 单调递增，x ∈ (0, +∞) ，
单调递减，所以函数在 x = 0 处取得最大值为 1．
故选： C ．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
8 ．（2024•邢台模拟） 已知函数 在区间 (1, 2) 上单调递增，则 a 的最小值为 ( )
A ． e B ．1 C ． e—2 D ． e—1
【答案】 D
【考点】利用导数研究函数的单调性
【专题】逻辑推理；导数的综合应用；综合题；构造法；转化思想；数学运算；综合法
【分析】求导，根据题意可得 f (x) = aex — x开0 恒成立，x ∈ (1, 2) ，分离参数，可得 a开 ，构造函数 ，

9
x ∈ (1, 2) ，求导，利用导数研究 g (x) 的单调性和最值，即可求出结果． 【解答】解：因为函数 在区间 (1, 2) 上单调递增，
所以 f/(x) = aex — x开0 恒成立， x ∈ (1, 2) ，
即 a开恒成立， x ∈ (1, 2) ， 令 ,
所以 g (x) 在 (1, 2) 上单调递减， 所以 ，
所以 a开 ．
故选： D ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，属中档题．
9 ．（2024•宜宾三模）定义在 (0, +∞) 上的单调函数 f(x) ，对任意的 x ∈(0, +∞) 都有 f[f(x) —lnx] = 1 ，若方 程 f(x) . f/(x) = m 有两个不同的实数根，则实数 m 的取值范围为 ( )
A ． (0, 1) B ． (0 ， 1] C ． (—∞, 1) D ． (—∞ , 1]
【答案】 A
【考点】 由函数的单调性求解函数或参数
【专题】数形结合；导数的综合应用；数学运算；综合法
【分析】根据题意，由单调函数的性质，可得 f(x) — log2 x 为定值，可以设 t = f (x) —lnx ，则f(x) = lnx + t ， 又由 f(t) = 1 ，即 lnt + t = 1 ，解可得 t 的值，可得f(x) 的解析式，对其求导可得 f/(x) ；将 f(x) 与 f/(x) 代 入 f(x) . f/(x) = m ，求出函数的最大值，即可得答案．
【解答】解： : f(x) 是定义在 (0, +∞) 上的单调函数， f[f(x) —lnx] = 1 ，
:f(x) —lnx 为大于 0 的常数，
设 t = f (x) — lnx ，则 f(x) = lnx + t(t > 0) ， 又由 f(t) = 1 ，即 lnt + t = 1 ，解得 t = 1 ， ,

设 则 ，

10
易得函数 g(x) 在 (0, 1) 上单调递增， (1, +∞) 上单调递增，
: x = 1 时，函数 g(x) 取得最大值 1 ，其大致图象如图所示， : 方程 f(x) . f/(x) = m 有两个不同的实数根，
: 0 < m < 1 ．
故选： A ．

【点评】本题考查函数零点与方程根的关系的应用，考查导数知识的运用，关键点和难点是求出 f(x) 的解 析式．
10 ．（2024•江苏模拟）若命题：“3a ，b ∈ R ，使得 a — cosb .b— cosa ”为假命题，则 a ，b 的大小关系为 ( )
A ． a < b B ． a > b C ． a .b D ． a开b
【答案】 B
【考点】存在量词和存在量词命题；利用导数研究函数的单调性
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；简易逻辑；数学抽象
【分析】 由题意得 ， a ， b ∈ R ，使得 a — cos b > b — cos a ， 即 a + cos a > b + cos b 恒成立 ，构造函数 f(x) = x + cos x ， x ∈ R ，结合导数判断函数的单调性，利用单调性即可判断．
【解答】解：若命题：“3a ，b ∈ R ，使得 a — cosb .b— cosa ”为假命题，则 a ，b ∈ R ，使得 a — cos b > b — cos a ， 即 a + cos a > b + cos b 恒成立，
令 f(x) = x + cos x ， x ∈ R ，
则 f/(x) = 1— sin x开0 ，即 f(x) 在 R 上单调递增， 由 f （a） > f （b），可得 a > b ．
故选： B ．
【点评】本题主要考查了含有量词的命题真假关系的应用，还考查了导数与单调性关系在不等式大小比较 中的应用，属于基础题．

11
二．多选题（共 5 小题）
11．（2024•建阳区一模）已知函数 f(x) = x3 — 2ax2 + bx + c(a ，b ，c ∈ R) ，f (x) 是 f(x) 的导函数，则 ( )
A ．“a = c = 0 ”是“ f(x) 为奇函数 ”的充要条件
B ．“a = b = 0 ”是“ f(x) 为增函数 ”的充要条件
C ．若不等式f(x) < 0 的解集为{x | x < 1 且x ≠ —1} ，则 f(x) 的极小值为
D ．若 x1 ， x2 是方程 f (x) = 0 的两个不同的根，且 则 a < 0 或 a > 3

【答案】 ACD
【考点】函数的奇偶性；基本初等函数的导数；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值 【专题】计算题；转化思想；导数的综合应用；运算求解；综合法
【分析】根据奇函数的定义域与性质及充分必要条件的定义可判断 A ；由导函数与单调性的关系及充分必 要条件的定义可判断 B ；由不等式的解集可得 f(x) 的单调性与极值及函数的零点，从而可得 a ， b ， c 的 值，求出 f(x) 解析式，由导数判断函数的单调性，从而可得函数的极小值，即可判断 C ；由△> 0 及根与 系数的关系可求出 a 的取值范围，即可判断 D ．
【解答】解：当 a = c = 0 时，f(x) = x3 + bx ，f(—x) = —x3 —bx = —f(x) ，所以 f(x) 为奇函数，充分性成立；
若 f(x) 为奇函数，则 f(—x) = —x3 — 2ax2 —bx + c = —f(x) = —x3 + 2ax2 —bx — c ， 则 4ax2 — 2c = 0 恒成立，所以 a = c = 0 ，必要性成立，故 A 项正确；
当 a = b = 0 时， f(x) = x3 + c ， f (x) = 3x2 开0 ，所以 f(x) 为增函数；
由题意得 f (x) = 3x2 — 4ax +b ，当 f(x) 为增函数时， △ = 16a2 —12b .0 ， 所以“ a = b = 0 ”是“ f(x) 为增函数 ”的充分不必要条件，故 B 项错误； f (x) = 3x2 — 4ax +b ，若不等式 f(x) < 0 的解集为{x | x < 1 且 x ≠ —1} ，
则 f(x) 在 R 上先增后减再增，则 f (—1) = 0 ， f （1） = f(—1) = 0 ，解得 2a = b = c = —1 ，
故 f(x) = x3 + x2 — x —1 = (x +1)2 (x —1) ， f (x) = 3x2 + 2x —1 = (3x —1)(x +1) ，
令 f (x) = 0 ，解得 x = —1 或 ，
所以在区间 (—∞, —1) 内， f (x) > 0 ， f(x) 单调递增， 在区间 内， f (x) < 0 ， f(x) 单调递减，
在区间 内， f (x) > 0 ， f(x) 单调递增，

12
所以 f(x) 的极小值为 故 C 项正确；
f’(x) = 3x2 — 4ax +b ，因为 x1 ， x2 是方程 f’(x) = 0 的两个不同的根， 所以△ = 16a2 — 12b > 0 ，即 4a2 — 3b > 0 ① ,
, ,
由 得 x1 + x2 = x1x2 ，

所以 即b = 4a ② ,
由①②得 a2 — 3a > 0 ，解得 a < 0 或 a > 3 ，故D 项正确． 故选： ACD ．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，函数单调性与奇偶性的判断，充分必要条件的定义，考 查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．
12 ．（2024•回忆版）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) < 0 D ．当 —1 < x < 0 时， f(2 — x) > f(x) 【答案】 ACD
【考点】利用导数研究函数的极值
【专题】数学运算；综合法；函数思想；导数的综合应用
【分析】对于 A ，对函数f(x) 求导，判断其单调性，进而得到极值情况，可判断；对于 B ，由 0 < x2 < x < 1 ， 结合单调性，可判断；对于 C ，直接计算f(2x —1) 以及 f(2x —1)+ 4 与 0 的关系，可判断；对于D ，利用 作差法，可判断．
【解答】解：对于 A ， f’(x) = 2(x —1)(x — 4) + (x —1)2 = 3(x —1)(x — 3) ， 易知当 x ∈(1, 3) 时， f’(x) < 0 ，则函数 f(x) 在 (1, 3) 上单调递减，
当 x ∈(—∞ , 1) (3 ， +∞) 时， f’(x) > 0 ，则函数 f(x) 在 (—∞, 1) ， (3, +∞) 上单调递增， 故 x =3是函数 f(x) 的极小值点，选项 A 正确；
对于 B ，当 0 < x < 1时， 0 < x2 < 1 ，且 x2 < x ，
又 f(x) 在 (0, 1) 上单调递增，
则 f(x2 ) < f(x) ，选项B 错误； 对于 C ，由于1 < x < 2 ，
一方面， f(2x —1) = (2x — 2)2 (2x — 5) = 4(x —1)2 (2x — 5) < 0 ，

13
另一方面， f(2x —1) + 4 = 4(x —1)2 (2x — 5) + 4 = 4[(x —1)2 (2x — 5) +1] = 4(x — 2)2 (2x —1) > 0 ， 则 —4 < f(2x —1) < 0 ，选项 C 正确；
对于 D ，由于 —1 < x < 0 ，
则 f(2 — x) — f(x) = (x —1)2 (—2 — x) — (x —1)2 (x — 4) = (x —1)2 (2 — 2x) = —2(x —1)3 > 0 ， 即 f(2 — x) > f(x) ，选项D 正确．
故选： ACD ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值点，考查运算求解能力，属于中档题．
13 ．（2024•扬州校级一模）若正数 a ， b 满足 a +b = 1 ，则 ( )
A ． log2 a + log2 b开— 2 B ．
C ． a + lnb < 0 D ． 【答案】 BCD
【考点】利用导数研究函数的单调性
【专题】构造法；导数的综合应用；函数思想；不等式；数学运算
【分析】结合基本不等式可求 ab 的范围，然后结合基本不等式及指数，对数的运算性质检验选项 A ， B ， 结合选项中不等式的特点，合理的构造函数，结合导数与单调性关系检验选项 C ， D ．
【解答】解：因为正数 a ， b 满足 a +b = 1，
所以 当且仅当 时取等号，
则 A 错误；
当且仅当 时取等号， B 正确；
因为 a + lnb = lnb —b + 1 ， 0 < b < 1 ， 令 f(x) = lnx — x +1 ， 0 < x < 1，
则 即 f 在 (0, 1) 上单调递增， 所以 f(x) < f （1） = 0 ，即 lnx — x + 1 < 0 ，
所以 lnb < b — 1 = —a ，
所以 a + lnb < 0 ， C 正确；
因为 sin asin b = sin a sin(1 — a) ，
令 f(x) = sin x sin(1 — x) ， 0 < x < 1，
则 f/(x) = cos x sin(1 — x) — sin x cos(1 — x) = sin(1 — 2x) ，

14
当 时， f’(x) > 0 ， f(x) 单调递增，当 时， f’(x) < 0 ， f(x) 单调递减，
故 正确．
故选： BCD ．
【点评】本题主要考查了基本不等式及函数的性质在不等关系的判断中的应用，属于中档题．
14 ．（2024•常德模拟） 已知 6lnm = m + a ， 6n = en + a ，其中 m ≠ en ，则 m + en 的取值可以是 ( )
A ． e B ． e2 C ． 3e2 D