专题3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

专题三　导数及其应用 3.2　利用导数研究函数的单调性、极值和最值 数 学 新高考专用 目 录 高考真题 高考模拟 练速度 练思维 考点1 导数与函数的单调性 考点2 导数与函数极（最）值 考点3 三次函数的性质研究 考点1　导数与函数的单调性 高考真题 1.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为  ( ) A.e2　    B.e　    C.e-1　    D.e-2     C     目 录 解析　∵f(x)在(1,2)内单调递增,∴f '(x)≥0在(1,2)内恒成立,即f'(x)=aex- ≥0(1<x<2), ∴a≥ (1<x<2). 令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)ex>0, ∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2), ∴ ∈ ,∴a≥ ,即a的最小值为 ,故选C. 目 录 2.(2022全国甲文,12,5分,难)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则 ( ) A.a>0>b　    B.a>b>0　     C.b>a>0　    D.b>0>a     A     目 录 解析　∵9m=10,∴m=log910. ∵log99<log910<log9 = , ∴1<m< ,a=10m-11=10m-10-1,b=8m-9=8m-8-1. 构造函数f(x)=xm-x-1(x>1),∴f'(x)=mxm-1-1, ∵1<m< ,x>1,∴f'(x)=mxm-1-1>0, ∴f(x)=xm-x-1在(1,+∞)上单调递增, ∴f(10)>f(8),又f(9)= -9-1=0,故a>0>b,故选A. 目 录 3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b= ,c=-ln 0.9,则 ( ) A.a<b<c　    B.c<b<a　    C.c<a<b　    D.a<c<b     C     目 录 解析　因为ex≥x+1,当且仅当x=0时,有ex=x+1, 所以当x=-0.1时,e-0.1>1-0.1= , 于是e0.1< ,a=0.1e0.1< =b. 设函数f(x)=xex+ln(1-x), 则f'(x)=(x+1)ex- = . 当0<x<0.1时,(1-x2)ex-1>(1-x2)(x+1)-1=x(1-x-x2)>0, 所以f'(x)>0, f(x)在[0,0.1]上单调递增,有f(0.1)>f(0)=0,即0.1e0.1+ln 0.9>0,所以a>c.故c<a <b. 目 录 小题巧解 　　使用三个放缩工具: (1)1- ≤ln x≤x-1(x>0),当且仅当x=1时等号成立; (2)ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立; (3)ln x≤  (x≥1),当且仅当x=1时等号成立. 因为0.1=1- <c=ln < -1= =b,所以 >e0.1,所以a=0.1e0.1< =b, 又a=0.1e0.1>0.1×(0.1+1)=0.11,c=ln < × = <0.11,故c<a.综上所述,b>a>c.故 选C. 目 录 4.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取 值范围是_________. 目 录 解析　由题意得, f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立, 即axln a+(1+a)xln(1+a)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,∵a∈(0,1),∴a+1∈(1,2),∴ln(1+a)>0, ln a<0,∴y=axln a与y=(1+a)xln(1+a)在(0,+∞)上均为增函数, ∴y=f'(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f'(0)≥0,即ln a+ln(a+1)≥0, 即ln(a2+a)≥ln 1⇒a2+a≥1, 解得a≤ 或a≥ , 又a∈(0,1),∴a∈ . 目 录 考点2　导数与函数极(最)值 1.(2022全国甲,文8,理6,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+ 取得最大值-2,则f'(2)=  ( ) A.-1　    B.- 　    C. 　    D.1     B 解析    f'(x)= - = ,由题可知x=1为f(x)的极大值点, ∴ ∴ ∴a=b=-2, ∴f'(x)= ,∴f'(2)=- ,故选B. 目 录 2.(2021全国乙,文12,理10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则  ( ) A.a<b　    B.a>b　    C.ab<a2　    D.ab>a2     D     目 录 解析    f(x)=a(x-a)2(x-b)=a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b], ∴f '(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2]=a(x-a)[3x-(a+2b)]. 令f '(x)=0,得x1=a,x2= . (i)若a>0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值, 则需f(x)在(-∞,a)上单调递增,在 上单调递减,此时需a< ,得0<a<b, ∴a2<ab. (ii)若a<0,要使函数f(x)在x=a处取得极大值,则需f(x)在 上单调递增,在(a,+∞) 上单调递减,此时需满足a> ,得b<a<0,∴a2<ab. 综上可知,a2<ab,故选D. 目 录 小题速解 　　由于a≠0,故三次函数f(x)图象可用数轴标根法画出,结合“奇穿偶不穿”及x=a为 f(x)的极大值点, f(x)图象有两种,如图所示.   结合两图可得0<a<b或b<a<0,则一定能得到ab>a2.故选D. 目 录 3.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=aln x+ + (a≠0)既有极大值也有极小 值,则 ( ) A.bc>0　    B.ab>0　    C.b2+8ac>0　    D.ac<0     BCD     目 录 解析　由题意得f'(x)= + + = (a≠0),x∈(0,+∞), ∵y=f(x)既有极大值也有极小值, ∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有两个变号零点. 设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2), ∴  ∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0.故选BCD. 目 录 4.(2025全国二卷,13,5分,易)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=_______. 　-4     解析　由题意,得f'(x)=3x2-(2a+6)x+3a+2,由x=2是函数f(x)的极值点,得f'(2)=3×22-2(2a+6) +3a+2=0,解得a=2,则f(x)=(x-1)(x-2)2,所以f(0)=(0-1)×(0-2)2=-4. 目 录 5.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为_________.     1     解析    f(x)=|2x-1|-2ln x的定义域为(0,+∞), 当0<x≤ 时, f(x)=1-2x-2ln x, f(x)单调递减; 当 <x≤1时, f(x)=2x-1-2ln x, f'(x)=2- ≤0,f(x)单调递减; 当x>1时, f(x)=2x-1-2ln x, f'(x)=2- >0, f(x)单调递增. 又f(x)在各分段的分界点处连续, ∴0<x≤1时, f(x)单调递减,x>1时, f(x)单调递增, ∴f(x)≥f(1)=1.故f(x)的最小值为1. 目 录 6.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极小 值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是_________. 目 录 解析　∵f(x)=2ax-ex2, ∴f'(x)=2axln a-2ex. 根据题意,得x1,x2是f'(x)=0的两个不相等的实根. 由f'(x)=0得,axln a=ex. 由题意得函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点. 当a>1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图①所示, 当x∈(-∞,x1)时, f'(x)=2axln a-2ex>0, f(x)在(-∞,x1)上单调递增; 目 录 当x∈(x1,x2)时, f'(x)=2axln a-2ex<0, f(x)在(x1,x2)上单调递减; 当x∈(x2,+∞)时, f'(x)=2axln a-2ex>0, f(x)在(x2,+∞)上单调递增. ∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.∴当a>1时,不满足题意, 舍去.   图① 图② 目 录       当0<a<1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图②所示, 设过原点的切线l与y=axln a的图象相切于点(x0, ln a),而y'=ax(ln a)2,此时切线l的斜率k = · (ln a)2, ∴ (ln a)2= ,可得 =e. ∴k=e(ln a)2,要使函数y=axln a与y=ex的图象有两个不同的交点,则k<e, 即e(ln a)2<e.∴(ln a)2<1, 即-1<ln a<1,∴ <a<e.又0<a<1, ∴ <a<1. 综上所述,a的取值范围是 . 目 录 7.(2023北京,20,15分,中)设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=-x +1. (1)求a,b的值; (2)设函数g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间; (3)求f(x)的极值点个数. 目 录 解析    (1)∵点(1, f(1))在切线y=-x+1上,且切线斜率为-1,∴f(1)=0, f'(1)=-1, 而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①, 又f'(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b, ∴f'(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②, 由①②得a=-1,b=1. (2)g(x)=f'(x)=e1-x(x3-3x2)+1, g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6), 令g'(x)=0,得x=0或x=3± . 目 录 x,g'(x),g(x)的变化情况如表: x (-∞,0) 0 (0,3- ) 3-  (3- ,3+ ) 3+  (3+ ,+∞) g'(x) + 0 - 0 + 0 - g(x) 单调递增   单调递减   单调递增   单调递减 目 录 故g(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(3- ,3+ ),单调递减区间为(0,3- )和(3+ ,+∞). (3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1, ∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在区间(-∞,0)上有一个变号零点,故f(x)在(-∞,0)上有 一个极值点.又∵g(1)=-1<0,且g(3- )<g(1)<0,∴g(x)在(0,3- )上有一个变号零点,故 f(x)在(0,3- )上有一个极值点. ∵g(3)=1>0,且g(3+ )>g(3)>0, ∴g(x)在(3- ,3+ )上有一个变号零点, 故f(x)在(3- ,3+ )上有一个极值点. 当x>3时,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+ ,+∞)上无零点,即f(x)无极值点. 综上, f(x)有3个极值点. 目 录 8.(2024新课标Ⅱ,16,15分,中)已知函数f(x)=ex-ax-a3. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围. 目 录 解析    (1)当a=1时, f(x)=ex-x-1, f'(x)=ex-1,则切线斜率为k=f'(1)=e-1, 又∵f(1)=e-1-1=e-2, ∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1), 整理得y=(e-1)x-1. (2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f'(x)=ex-a. ①当a≤0时, f'(x)>0恒成立, f(x)单调递增, 无极值,不符合题意,故a≤0时不成立. 目 录 ②当a>0时,令f'(x)=0,得x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈(ln a,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增.∴x=ln a时f(x)有极小值, 极小值为f(ln a)=eln a-aln a-a3=a-aln a-a3. 又∵极小值小于0,∴a-aln a-a3<0,又∵a>0,∴1-ln a-a2<0, 设g(a)=1-ln a-a2,a∈(0,+∞), ∵g'(a)=- -2a<0,∴g(a)单调递减, 又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0, 即极小值f(ln a)<0,∴a>1. 综上所述,a的取值范围为(1,+∞). 目 录 9.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数f(x)= ln(1+x). (1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程; (2)是否存在a,b,使得曲线y=f 关于直线x=b对称?若存在,求a,b;若不存在,说明理由; (3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围. 目 录 解析    (1)当a=-1时, f(x)= ln(x+1),则f(1)=0,且f'(x)=- ln(x+1)+ · , 故f'(1)=-ln 2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln 2, 即xln 2+y-ln 2=0. (2)存在.f =(x+a)ln  ,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞). 要使函数f 的图象关于直线x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=- ,此时f =(x+a)ln   的图象关于直线x=- 对称,则f =f , 目 录 即 ln  = ln  , 即 ln  =- ln  , ∴a+t- =-a+t+ ,解得a= . (3)f'(x)=- ln(x+1)+  =-  , 要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)- =0有正根, 目 录 记g(x)=ln(x+1)- ,x>0, 则g'(x)=- ·(ax+2a-1). ①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增, g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去; ②当a≥ 时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意,舍去; ③当0<a< 时,令g'(x)>0,得0<x< ; 令g'(x)<0, 得x> .易知x→+∞时,g(x)→-∞, 目 录 故只需g(x)max=g =ln - =ln +4a-2>0即可, 设h(t)=ln(t-1)+ -2,t>2,则h'(t)= - = >0,故h(t)在(2,+∞)单调递增, ∴h(t)>h(2)=0,故0<a< 时,有ln +4a-2>0, 即g >0,符合题意. 综上所述,当a∈ 时, f(x)在(0,+∞)存在极值点. 目 录 10.(2024全国甲理,21,12分,难)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x. (1)若a=-2,求f(x)的极值; (2)当x≥0时, f(x)≥0,求a的取值范围. 目 录 解析    (1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞), 当a=-2时, f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x, 则f'(x)=2ln(x+1)+ , (2分) 令F(x)=2ln(x+1)+ , 则F'(x)= + , 可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,则F(x)在(-1,+∞)上单调递增, 又F(0)=0,∴当x∈(-1,0)时,F(x)<0,当x∈(0,+∞)时,F(x)>0, 目 录 即当-1<x<0时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x>0时, f'(x)>0, f(x)单调递增, (4分) 所以f(x)在x=0处取得极小值, f(x)极小值=f(0)=0,无极大值. (5分) (2)解法一:∵当x≥0时, f(x)≥0, 又f(0)=0, ∴y=f(x)在x=0处取得最小值. 又f'(x)=-aln(1+x)+ , 令g(x)=f'(x)=-aln(1+x)+ , 则g'(x)= + = , 目 录 令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1. ①当-2a-1≥0,即a≤- 时,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 则g(x)在[0,+∞)上单调递增,又g(0)=0,从而f'(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, 即f(x)在[0,+∞)上单调递增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立. (8分) ②当-2a-1<0且-a≤0,即a≥0时,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立, 即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,则g(x)在[0,+∞)上单调递减,又g(0)=0, 从而f'(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立, f(x)在[0,+∞)上单调递减, 又f(0)=0,∴f(x)≤0,与题意不符. (10分) ③当-2a-1<0且-a>0,即- <a<0时,令h(x)=0,得x=-2- >0, 目 录 ∴当x∈ 时,h(x)<0,即g'(x)<0在 上恒成立, ∴g(x)在 上单调递减,又g(0)=0, ∴g(x)<0在 上恒成立, ∴f'(x)<0在 上恒成立,从而f(x)在 上单调递减, 又f(0)=0,∴f(x)<0在 上恒成立,与题意不符. (11分) 综上,a的取值范围为 . (12分) 解法二:f'(x)= -aln(1+x)-1,令g(x)=f'(x), 目 录 则g'(x)=- ,g'(0)=-2a-1. 若g'(0)<0,由于g(0)=0,则∃x∈(0,δ), 使g(x)=f'(x)<0, 所以f(x)在(0,δ)上单调递减, 故当x∈(0,δ)时, f(x)<f(0)=0,不符合题意. 故必有g'(0)≥0,从而a≤- . (8分) 当a≤- 时,则有ax+2a+1≤0,g'(x)≥0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(x)≥g(0)=0, 目 录 即f'(x)≥0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递增, 所以,当x≥0时, f(x)≥f(0)=0,符合题意. (11分) 综上,a的取值范围是 . (12分) 目 录 考点3　三次函数的性质研究 1.(多选)(2024新课标Ⅰ,10,6分,中)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)     ACD     目 录 解析　由题意知f'(x)=3(x-1)(x-3). 对于A,令f'(x)>0,得x<1或x>3,令f'(x)<0,得1<x<3,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,3)上 单调递减,在(3,+∞)上单调递增,所以x=3是f(x)的极小值点,故A正确; 对于B,当0<x<1时,0<x2<x<1,由f(x)在(0,1)上单调递增,得f(x2)<f(x),故B错误; 对于C,由1<x<2,得1<2x-1<3,由f(x)在(1,3)上单调递减,得f(1)>f(2x-1)>f(3),即-4<f(2x-1)< 0,故C正确; 对于D, f(2-x)-f(x)=(x-1)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(-2x+2)=-2(x-1)3,当-1<x<0时, f(2-x)-f(x)> 0,则f(2-x)>f(x),故D正确.故选ACD. 目 录 2.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)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     AC     目 录 解析　∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1,令f'(x)=0,得x=± ,当x∈ 时, f'(x)>0, f(x)单 调递增,当x∈ 时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈ 时, f'(x)>0, f(x)单调递 增,∴f(x)有两个极值点,故选项A正确. ∵f = - +1= >0, ∴f(x)的极小值大于0, ∴f(x)仅有一个零点.故选项B错误. 由于函数f(x)的图象是由奇函数y=x3-x的图象向上平移1个单位长度得到的,故f(x)的图 目 录 象关于点(0,1)对称,即点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心,故选项C正确. 曲线y=f(x)的切线斜率为2,即f'(x)=2,得x=±1,故曲线y=f(x)的斜率为2的切线方程为y=2x- 1或y=2x+3,故选项D错误.故选AC. 目 录 3.(多选)(2024新课标Ⅱ,11,6分,难)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则 ( ) A.当a>1时, f(x)有三个零点 B.当a<0时,x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴 D.存在a,使得点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心     AD     目 录 解析　依题意得f'(x)=6x2-6ax, 令f'(x)=0,得6x(x-a)=0,解得x=0或x=a. 对于选项A,a>1时,当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表: x (-∞,0) 0 (0,a) a (a,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 又f(0)=1>0, f(a)=2a3-3a3+1=1-a3<0, 所以f(x)有三个零点,选项A正确. 对于选项B,a<0时,当x变化时, f'(x), f(x)的变化情况如表: 目 录 x (-∞,a) a (a,0) 0 (0,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ ∴x=0是f(x)的极小值点,选项B错误. 对于选项C,当x→+∞时, f(x)→+∞;当x→-∞时, f(x)→-∞,因此曲线y=f(x)不存在对称轴, 选项C错误. 对于选项D,由f'(x)=6x2-6ax得f″(x)=12x-6a,令f″(x)=0,得12x-6a=0,解得x= ,取 =1,得a =2,因此,当a=2时,点(1, f(1))为曲线y=f(x)的对称中心. 验证: f(2-x)=2(2-x)3-6(2-x)2+1=-2x3+6x2-7,∴f(2-x)+f(x)=-2x3+6x2-7+2x3-6x2+1=-6=2f(1). 因此,选项D正确.故选AD. 目 录 1.(2025陕西渭南模拟)已知函数f(x)=ex(ax-1)的大致图象如图所示,则不等式f(x)f'(x)<0的 解集为 ( )   A.(-2,-1)　    B.(1,2)　     C. 　    D.(2,+∞)     B     高考模拟 练速度 目 录 解析　由f(x)=ex(ax-1),得f'(x)=ex(ax-1+a), 由题图知x=1是函数f(x)的极小值点, 则f'(1)=e(2a-1)=0,解得a= , 当x<1时, f'(x)<0;当x>1时, f'(x)>0, 则x=1是函数f(x)的极小值点, 故f(x)=ex , f'(x)=ex , 不等式f(x)f'(x)<0⇔ e2x(x-1)(x-2)<0,解得1<x<2, 所以不等式f(x)f'(x)<0的解集为(1,2).故选B. 目 录 2.(2025江西省重点高中联考)已知x=2是函数f(x)=x2+aln x的极值点,则a= ( ) A.8　    B.4　    C.-4　    D.-8     D     解析　由题设知f'(x)=2x+ , 则f'(2)=4+ =0,可得a=-8, 此时f'(x)=2x- = 且x>0, 所以0<x<2时f'(x)<0,x>2时f'(x)>0, 所以函数f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 故x=2是f(x)的极小值点,符合题意. 故a=-8.故选D. 目 录 3.(2025广东汕头一模)设a∈R,若函数f(x)= x3- x2+x+2在(1,2)内存在极值点,则a的取值 范围是     ( ) A. 　    B. 　    C.(-∞,3)　    D.      B     目 录 解析　由题意可得f'(x)=2x2-ax+1, 若函数f(x)在(1,2)内存在极值点, 则f'(x)在(1,2)内有变号零点, 即ax=2x2+1在(1,2)上有解, 即a=2x+ 在(1,2)上有解, 等价于直线y=a与y=2x+ 在(1,2)内的图象有交点, 因为y=2x+ 在(1,2)上单调递增, 所以y=2x+ ∈ , 所以a∈ .故选B. 目 录 4.(多选)(2025浙江杭州二模)设函数f(x)=(x3-x)·ln x,则 ( ) A. f(x)是偶函数 B. f(x)≥0 C. f(x)在区间(0,1)上单调递增 D.x=1为f(x)的极小值点     BD     目 录 解析    f(x)的定义域为(0,+∞),故f(x)为非奇非偶函数,故A错误, f(x)=(x3-x)ln x=x(x+1)(x-1)ln x,且x>0,故x+1>0, 当x>1时,ln x>0,此时f(x)>0, 当0<x<1时,ln x<0,此时f(x)>0, 当x=1时, f(x)=0, 因此f(x)≥0,B正确, 对于C, f'(x)=(3x2-1)ln x+x2-1,当x∈ 时,3x2-1>0,ln x<0,x2-1<0,此时f'(x)<0,因此f(x)在 目 录  上单调递减,故C错误, 对于D, f'(x)=(3x2-1)ln x+x2-1,当x>1时,3x2-1>0,ln x>0,x2-1>0,故f'(x)>0,因此f(x)在(1,+∞) 上单调递增,由C知f(x)在 上单调递减,故x=1为f(x)的极小值点,D正确.故选BD. 目 录 5.(2025湖南师大附中适应性考试(一))函数f(x)= x2-ln x的极值点为_________. 解析　函数f(x)= x2-ln x的定义域为(0,+∞), f'(x)=3x- , 令3x- =0,可得x= (负值舍去),当x∈ 时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈  时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,故f(x)的极小值点为 . 目 录 6.(2025湖北鄂州一模)已知函数f(x)=(x2+1 -ax在[0,+∞)上单调递减,则a的取值范围为 ______________.     [1,+∞)     解析　对f(x)=(x2+1 -ax求导得f'(x)= (x2+1 ·2x-a= -a, 依题意,得∀x∈[0,+∞), f'(x)≤0恒成立,即a≥ 恒成立,而当x≥0时, =  <1, 则a≥1,所以a的取值范围为[1,+∞). 目 录 7.(2025安徽六校质量检测)设函数f(x)=ln(4-x)+ln x+ax(a>0),若f(x)在[1,2]上的最大值恒 大于4,则实数a的取值范围为___________________.     (2-ln 2,+∞)     解析    f(x)=ln(4-x)+ln x+ax(a>0)的定义域为(0,4), f'(x)= + +a= +a, ∵x∈[1,2],a>0, ∴f'(x)= +a>0, ∴f(x)在[1,2]上单调递增,故f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=2ln 2+2a>4,即a>2-ln 2. 目 录 8.(2025山东潍坊二模)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程 为y=(e-2)x+3-e. (1)求实数a,b的值; (2)求f(x)的单调区间和极值. 目 录 解析    (1)f'(x)=ex+(x-1)ex-2ax=xex-2ax, 由题意知f'(1)=e-2a=e-2,所以a=1, 又因为f(1)=-1+b=(e-2)×1+3-e=1,所以b=2. (2)由(1)知f'(x)=xex-2x=x(ex-2), 当x∈(-∞,0)时f'(x)>0;当x∈(0,ln 2)时, f'(x)<0; 当x∈(ln 2,+∞)时, f'(x)>0, 所以f(x)的单调递增区间是(-∞,0),(ln 2,+∞),单调递减区间是(0,ln 2). 当x=0时, f(x)取得极大值f(0)=1; 当x=ln 2时, f(x)取得极小值f(ln 2)=2ln 2-(ln 2)2. 目 录 9.(2025福建泉州质检)已知函数f(x)=ex(x2+a)(a<0)的图象在点(0, f(0))处的切线与坐标轴 所围成的三角形的面积为 . (1)求a; (2)求f(x)在区间[-4,2]上的最大值和最小值. 目 录 解析    (1)f'(x)=ex(x2+2x+a), 所以f'(0)=a,又f(0)=a, 所以f(x)的图象在点(0, f(0))处的切线方程为y-f(0)=f'(0)(x-0),即y=ax+a. 当x=0时,y=a;当y=0时,x=-1. 因为直线y=ax+a与坐标轴所围成的三角形的面积为 且a<0, 所以 ×(-a)×1= ,所以a=-3. (2)由(1)得f(x)=ex(x2-3), f'(x)=ex(x2+2x-3)=ex(x+3)(x-1). 由f'(x)=0得x=-3或x=1. 目 录 当-4≤x<-3或1<x≤2时, f'(x)>0,当-3<x<1时, f'(x)<0, 所以f(x)在[-4,-3),(1,2]上单调递增,在(-3,1)上单调递减. 因为f(-4)= , f(-3)= , f(1)=-2e, f(2)=e2,且e2> > >-2e, 所以f(x)在[-4,2]上的最大值为f(2)=e2,最小值为f(1)=-2e. 目 录 1.(2025河北邯郸一模)已知函数f(x)=(x-3)ex+ax恰有一个极值点,则a的取值范围是  ( ) A.(-∞,0]∪{e}　    B.[0,+∞)∪{-e}　    C.(-∞,0]　    D.[0,+∞) C     练思维 目 录 解析　由题意可得f'(x)=(x-2)ex+a,令f'(x)=(x-2)ex+a=0,得-a=(x-2)ex, 设g(x)=(x-2)ex,则g'(x)=(x-1)ex. 由g'(x)>0,得x>1,则g(x)在(1,+∞)上单调递增; 由g'(x)<0,得x<1,则g(x)在(-∞,1)上单调递减,故g(x)min=g(1)=-e. 因为f(x)恰有一个极值点,所以f'(x)=0有唯一的零点x0,且f(x)在x0两侧的单调性不同. 当x<2时,g(x)<0,则-a=-e或-a≥0,解得a=e或a≤0. 当a=e时, f'(x)≥f'(1)=0,则f(x)在R上单调递增,没有极值点,故a=e不符合题意; 当a≤0时, f'(1)=-e+a<0,且当x<2时, f'(x)<0,当x→+∞时, f'(x)→+∞,则f(x)存在唯一的极 小值点,故a≤0符合题意,故a的取值范围是(-∞,0].故选C. 目 录 2.(多选)(2025辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知函数f(x)=(x-m)(x2-1)(m∈R),则  ( ) A. f(x)有三个零点 B.∃m∈R,使得点(2, f(2))为曲线y=f(x)的对称中心 C. f(x)既有极大值又有极小值 D.∃m∈R,∀x>0, f(x)≥0     BCD     目 录 解析　对于A,令f(x)=0,则(x-m)·(x2-1)=0,解得x=m或x=±1,当m=1或m=-1时, f(x)有两个零 点,A不正确; 对于B,若曲线f(x)关于点(2, f(2))中心对称,则f(x)+f(4-x)=2f(2), 所以有x3-x-mx2+m+(4-x)3-(4-x)-m(4-x)2+m=(12-2m)x2-(48-8m)x+60-14m=12-6m, 则有 解得m=6,故存在m=6,使得点(2, f(2))为曲线y=f(x)的对称中心,B 正确; 对于C, f'(x)=x2-1+2x(x-m)=3x2-2mx-1,Δ=(-2m)2-4×3×(-1)=4m2+12>0,所以f'(x)=0有两个不 等实根,则f(x)既有极大值又有极小值,C正确; 对于D, f(x)=(x-m)(x-1)(x+1),当m=1时, f(x)=(x-1)2(x+1),此时∀x>0, f(x)≥0,D正确.故选 BCD. 目 录 3.(多选)(2025广东广州一模)已知函数f(x)=ln  +ax在x=3处取得极大值, f(x)的导函 数为f '(x),则 ( ) A.a=  B.当0<x<1时, f(x)>f(x2) C. f '(2+x)=f '(2-x) D.当1≤x1≤x2≤3且x1+x2<4时, f(x1)+f(x2)<      ACD     目 录 解析　由 >0,得0<x<4, 则函数f(x)的定义域为(0,4). f(x)=ln(4-x)-ln x+ax,x∈(0,4), 则f'(x)= - +a, 因为函数f(x)在x=3处取得极大值, 所以f'(3)=-1- +a=0,即a= , 此时f(x)=ln(4-x)-ln x+ x, 目 录 则f'(x)= - + = , 令f'(x)<0,得0<x<1或3<x<4; 令f'(x)>0,得1<x<3, 所以函数f(x)在(0,1)和(3,4)上单调递减,在(1,3)上单调递增, 则函数f(x)在x=3处取得极大值,符合题意,即a= ,故A正确. 由上面分析可知函数f(x)在(0,1)上单调递减, 当0<x<1时,0<x2<x<1,则f(x)<f(x2),故B错误. 由f'(x)= , 目 录 得f'(2+x)=  = , f'(2-x)= = = , 所以f'(2+x)=f'(2-x),故C正确. 因为1≤x1≤x2≤3,x1+x2<4,所以1≤x1<4-x2≤3, 又函数f(x)在(1,3)上单调递增,则f(x1)<f(4-x2), 所以f(x1)+f(x2)<f(x2)+f(4-x2), 又f(x)+f(4-x)=ln(4-x)-ln x+ x+ln x-ln(4-x)+ (4-x)= , 则f(x1)+f(x2)<f(x2)+f(4-x2)= ,故D正确.故选ACD. 目 录 4.(2025江苏宿迁一模)若函数f(x)=x3-3ax2+12x(a>0)存在两个极值点x1,x2,则f(x1)+f(x2)的 取值范围是_______________.     (-∞,16)     解析　由题意知f(x)的定义域为R, f'(x)=3x2-6ax+12=3(x2-2ax+4), 因为f(x)有两个极值点x1,x2, 所以x1,x2为f '(x)=0的两根, 所以Δ=36a2-144>0,又a>0,所以a>2, 由根与系数的关系得x1+x2=2a,x1x2=4, 所以f(x1)+f(x2)= -3a +12x1+ -3a +12x2 =(x1+x2)( -x1x2+ )-3a( + )+12(x1+x2) =(x1+x2)[ -3x1x2]-3a[ -2x1x2]+12(x1+x2) 目 录 =2a(4a2-12)-3a(4a2-8)+24a =-4a3+24a. 令g(a)=-4a3+24a(a>2), 则g'(a)=-12a2+24 =-12(a+ )(a- ), 所以当a>2时,g'(a)<0恒成立, 所以g(a)在(2,+∞)上单调递减, 所以g(a)<g(2)=-4×8+24×2=16, 则f(x1)+f(x2)的取值范围为(-∞,16). 目 录 5.(2025湖北四调)已知函数f(x)=xln x- ax2-x恰有2个极值点,则实数a的取值范围为 _____. 解析　函数f(x)=xln x- ax2-x的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1-ax-1=ln x-ax, 要使函数f(x)有两个极值点,只需f'(x)=0有两个不同正根x1,x2,并且x1,x2两侧函数f(x)的单 调性相反, 由f'(x)=0得ln x-ax=0,所以a= , 由题意可知y= 的图象与直线y=a有两个不同的交点, 对y= 求导得y'= , 目 录 所以当0<x<e时,y'>0,函数y= 在(0,e)上单调递增, 当x>e时,y'<0,函数y= 在(e,+∞)上单调递减, 所以y≤ ,当x→+∞时,y→0, 作出y= 的图象如图所示,   由图象可得实数a的取值范围为 . 目 录 6.(2025安徽华师联盟质检)设函数f(x)= (a>0). (1)若f(x)是增函数,求a的取值范围; (2)若x1,x2为f(x)的两个极值点,求f(x1)f(x2)的取值范围. 目 录 解析    (1)f'(x)= , 由f(x)是增函数, 得f'(x)= ≥0恒成立, 因为ex>0,(ax2+1)2>0, 所以ax2-2ax+1≥0恒成立,因为a>0, 所以Δ=4a2-4a≤0,解得0<a≤1, 所以a的取值范围是(0,1]. (2)由(1)可知,若f(x)有两个极值点,则a>1,且ax2-2ax+1=0有两个不等实根, 目 录 所以x1+x2=2,x1x2= , 所以f(x1)f(x2)= · = = = , 因为a>1,所以 ∈ , 所以f(x1)f(x2)的取值范围是 . 目 录 7.(2025浙江杭州二模)已知函数f(x)=xex- ax2-ax(a∈R). (1)若a=0,求f(x)的极小值; (2)当a> 时,求f(x)的单调递增区间; (3)当a>0时,设f(x)的极大值为g(a),求证:g(a)≥- . 目 录 解析    (1)由题意知f'(x)=ex(x+1)-ax-a=(ex-a)(x+1)(a∈R). 若a=0,则f(x)=xex, 所以f'(x)=ex(x+1). 令f'(x)=0,得x=-1. 当x∈(-∞,-1)时, f'(x)<0,当x∈(-1,+∞)时, f'(x)>0, 所以f(x)在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增, 所以f(x)的极小值等于f(-1)=- . (2)因为a> ,所以ln a>-1, 目 录 由f'(x)>0,即(ex-a)(x+1)>0, 解得x<-1或x>ln a, 所以f(x)在(-∞,-1)和(ln a,+∞)上单调递增, 由f'(x)<0,即(ex-a)(x+1)<0, 解得-1<x<ln a, 所以f(x)在(-1,ln a)上单调递减, 故f(x)的单调递增区间为(-∞,-1)和(ln a,+∞). (3)证明:当a> 时,由(2)知, f(x)的极大值等于f(-1)=g(a)=- + a>- >- ; 当a= 时, f'(x)≥0, f(x)单调递增, f(x)无极大值; 目 录 当0<a< 时,当x∈(-∞,ln a)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈(ln a,-1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减,当x∈(-1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)的极大值等于f(ln a)=g(a)=- a(ln a)2, 令g(x)=- x(ln x)2 , 所以g'(x)=-ln x , 在 上g'(x)<0,在 上g'(x)>0, 所以g(x)在 上单调递减,在 上单调递增, 所以g(x)≥g =- .综上所述,g(a)≥- . 目 录 8.(2025山东青岛第一次适应性测试)已知函数f(x)=ax-sin x,x∈ . (1)当a= 时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个极值点,记极大值和极小值分别为M,m,证明:M-m<2. 目 录 解析    (1)当a= 时, f(x)= x-sin x,x∈ ,则f'(x)= -cos x, 当- ≤x≤- 或 ≤x≤ 时, f'(x)≥0;当- <x< 时, f'(x)<0, 所以函数f(x)在 上单调递减,在 和 上单调递增. (2)证明:由f(x)=ax-sin x,x∈ ,得f'(x)=a-cos x, 因为函数f(x)有两个极值点, 所以方程f'(x)=a-cos x=0有两个不相等的实根,设为x1,x2且x1<x2, 目 录 因为函数y=cos x在x∈ 上的图象关于y轴对称,所以x1+x2=0, 即cos x1=cos x2=a∈(0,1), 当x∈ 时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 当x∈(x1,x2)时, f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x∈ 时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以x1,x2分别是函数的极大值点和极小值点, 即M=f(x1)=ax1-sin x1,m=f(x2)=ax2-sin x2, 由x1+x2=0,得x2=-x1, 目 录 则M-m=ax1-sin x1-(ax2-sin x2)=2(ax1-sin x1), 又cos x1=a∈(0,1), 则M-m=2(x1cos x1-sin x1), 设h(x1)=2(x1cos x1-sin x1),- <x1<0, 则h'(x1)=-2x1sin x1<0, 即函数h(x1)在 上单调递减, 所以h(x1)<h =2,即M-m<2. 目 录 $