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年高考数学二轮专项突破教用word

3.2　利用导数研究函数的单调性、极值和最值 高考真题 考点1　导数与函数的单调性 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 (　C　) A.e2　　B.e　　C.e-1　　D.e-2 2.(2022全国甲文,12,5分,难)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则 (　A　) A.a>0>b　　B.a>b>0　　 C.b>a>0　　D.b>0>a 3.(2022新高考Ⅰ,7,5分,难)设a=0.1e0.1,b=,c=-ln 0.9,则 (　C　) A.a<b<c　　B.c<b<a　　C.c<a<b　　D.a<c<b 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 　.  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)= (　B　) A.-1　　B.-　　C.　　D.1 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 (　D　) A.a<b　　B.a>b　　C.ab<a2　　D.ab>a2 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 (　BCD　) A.bc>0　　B.ab>0　　C.b2+8ac>0　　D.ac<0 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　.  5.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　1　.  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 　.  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. 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±. 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 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. 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. 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. 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,+∞). 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. 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, 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, 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)→-∞, 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. 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. 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, 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)=+=, 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, ∴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), 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, 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) 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 (　ACD　) 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) 2.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数 f(x)=x3-x+1,则 (　AC　) 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 3.(多选)(2024新课标Ⅱ,11,6分,难)设函数f(x)=2x3-3ax2+1,则 (　AD　) 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 高考模拟 练速度 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 (　B　) A.(-2,-1)　　B.(1,2)　　 C.　　D.(2,+∞) 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= (　D　) A.8　　B.4　　 C.-4　　D.-8 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　 (　B　) A.　　B.　　C.(-∞,3)　　D. 4.(多选)(2025浙江杭州二模)设函数f(x)=(x3-x)·ln x,则 (　BD　) 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 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 　.  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,+∞)　.  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,+∞)　.  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. 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. 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. 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. 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. 练思维 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 (　C　) A.(-∞,0]∪{e}　　B.[0,+∞)∪{-e}　　 C.(-∞,0]　　D.[0,+∞) 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 (　BCD　) 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 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 (　ACD　) 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)< 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)　.  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 　.  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. 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, 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. 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)≥-. 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, 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; 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)≥-. 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. 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, 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, 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. 第 15 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $