3.2 导数与函数的单调性、极值和最值 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数与函数的单调性、极值和最值”核心考点，依据高考评价体系梳理了单调性判断、极值求解、最值证明三大考查方向，通过近五年全国卷真题分析明确单调性应用占45%、极值参数问题占30%的高频考点分布，归纳出参数范围、函数比较等典型题型。 课件亮点在于“真题精讲+技巧提炼+素养培养”的备考模式，如以2023新课标Ⅱ第6题为例，运用导数不等式恒成立转化法，结合“放缩工具”“构造函数”等技巧，培养学生的数学思维与模型观念。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握得分关键，教师可据此高效规划复习，提升备考针对性。

3.2　导数与函数的单调性、 极值和最值 返回目录 五年高考 考点1　导数与函数的单调性 1.★★★(2023新课标Ⅱ,6,5分)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     返回目录 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. 返回目录 2.★★★★(2022全国甲文,12,5分)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     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), 返回目录 ∴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. 返回目录 3.★★★★★(2022新高考Ⅰ,7,5分)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     返回目录 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. 返回目录 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. 返回目录 4.★★★(2023新课标Ⅰ,19,12分)已知函数f(x)=a(ex+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明:当a>0时, f(x)>2ln a+ . 返回目录 解析    (1)由已知得函数f(x)的定义域为R, f '(x)=aex-1. ①当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在R上单调递减; ②当a>0时,令f '(x)=0,则x=ln , 当x<ln 时, f '(x)<0, f(x)单调递减; 当x>ln 时, f '(x)>0, f(x)单调递增. 综上所述,当a≤0时, f(x)在R上单调递减; 当a>0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. 返回目录 (2)证明:由(1)知,当a>0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增,则f(x)min= f  =a -ln =1+a2+ln a. 要证明f(x)>2ln a+ ,只需证明1+a2+ln a>2ln a+ ,即证a2-ln a- >0. 令g(x)=x2-ln x- (x>0), 则g'(x)=2x- = . 当0<x< 时,g'(x)<0,g(x)单调递减; 当x> 时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 返回目录 ∴g(x)min=g = -ln - =-ln =ln >0, ∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 即a2-ln a- >0,∴f(x)>2ln a+ . 返回目录 5.★★★★(2023全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=ax- ,x∈ . (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围. 返回目录 解析    (1)当a=1时, f(x)=x- ,x∈ , f'(x)=1-  = = <0, 所以函数f(x)在 上单调递减. (2)令g(x)= -sin x =  返回目录 = = , 则g'(x)=  = , 因为x∈ ,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0, 所以函数g(x)在 上单调递增, g(0)=0,当x→ 时,g(x)→+∞, 因为f(x)+sin x<0恒成立, 返回目录 所以 -sin x>ax在 上恒成立, 即直线y=ax在0<x< 时恒在g(x)的图象下方,如图所示,   由图及g'(0)=0可得a≤0, 即a的取值范围为(-∞,0]. 返回目录 6.★★★★(2023全国乙文,20,12分)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)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围. 返回目录 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)∵f '(x)= - ,且f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴f '(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即 ≥ 在(0,+∞)上恒成立, 其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立, 令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x), 返回目录 则g'(x)=2ax-ln(1+x), 令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a- , 令H(x)=h'(x),则H'(x)= >0, 故h'(x)在(0,+∞)上单调递增, 因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立. ①当2a-1≥0,即a≥ 时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 此时g'(x)在(0,+∞)上单调递增,又g'(0)=0,∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞) 上单调递增, 因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x≥(1+x)·ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调 返回目录 递增. ②当2a-1<0,即a< 时,必存在x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0, 因此,当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x0)上单调递减, 又g'(0)=0,从而有当x∈(0,x0)时,g'(x)<0恒成立, 此时g(x)在(0,x0)上单调递减,又g(0)=0,故有g(x)<0在(0,x0)上恒成立,从而有f '(x)<0在(0,x0) 上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不合题意. 综上所述,a≥ . 返回目录 三年模拟 1.★★(2026届辽宁名校联盟联考,5)已知连续函数f(x)的导函数为f '(x),函数y=xf '(x)在 [-2,2]上的图象如图,则 ( ) A.f(x)在[-1,0]上单调递减 B.f(x)在[0,1]上单调递减 C.f(x)在[-1,2]上单调递增     A     D.f(x)在[-2,0]上单调递增 返回目录 解析　由题图可得当-2≤x<-1时,xf '(x)<0,此时f '(x)>0,函数f(x)在[-2,-1)上单调递增; 当-1<x<0时,xf '(x)>0,此时f '(x)<0,函数f(x)在(-1,0)上单调递减; 当0<x<1时,xf '(x)>0,此时f '(x)>0,函数f(x)在(0,1)上单调递增; 当1<x≤2时,xf '(x)>0,此时f '(x)>0,函数f(x)在(1,2]上单调递增, 又f '(-1)=0,f '(1)=0, f(x)为连续函数,故B,C,D都错误,A正确.故选A. 返回目录 2.★★★(2026届河北摸底联考,7)已知函数f(x)=ln x- ,则f(2), f(4), f(8)的大小关系为 (参考数据: ≈1.41,ln 2≈0.69) ( ) A. f(8)<f(2)<f(4)　　    B. f(8)<f(4)<f(2) C. f(2)<f(4)<f(8)　　    D. f(4)<f(2)<f(8)     A     解析　函数f(x)=ln x- 的定义域为(0,+∞), f '(x)= - = , 当0<x<4时, f '(x)>0;当x>4时, f '(x)<0,所以函数f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递 减,则f(2)<f(4), f(8)<f(4).又f(2)-f(8)=ln 2- -ln 8+ = -2ln 2≈1.41-0.69×2=0.03>0,所 以f(8)<f(2)<f(4).故选A. 返回目录 3.★★★(2026届江苏苏州调研,5)“a>2”是“函数f(x)=ax-tan x在 上单调递 增”的 ( ) A.充分不必要条件　　    B.必要不充分条件 C.充要条件　　     D.既不充分也不必要条件     A     解析　由题意得f(x)=ax-tan x=ax- ,求导得f '(x)=a- , 若函数f(x)在 上单调递增,则f '(x)≥0⇔a≥ 对x∈ 恒成立, 而当x∈ 时, <cos x≤1,则1≤ <2,因此a≥2, 所以“a>2”是“函数f(x)=ax-tan x在 上单调递增”的充分不必要条件.故选A. 返回目录 4.★★★(2025届河北秦皇岛模拟预测,6)已知函数f(x)= 在R上单调 递减,则a的取值范围是 ( ) A. 　　     B.  C.[1, )　　    D.      C     返回目录 解析　由题意,当x<0时, f(x)=(2a-1)·ln(e-x),所以f '(x)=(2a-1) ·(-1)= , 当x≥0时, f(x)= , 所以f '(x)=  = , 又f(x)在R上单调递减, 所以  解得1≤a< ,所以a∈[1, ).故选C. 返回目录 5.★★★(2026届湖北新八校协作体月考,7)已知a=1416,b=1515,c=1614,则a,b,c的大小关系 为 ( ) A.b>c>a　　    B.b>a>c　　     C.a>c>b　　    D.a>b>c     D     解析　对a,b,c变形得ln a=16ln 14,ln b=15ln 15,ln c=14ln 16,将a,b,c的大小转化为ln a, ln b,ln c的大小,构造f(x)=(30-x)ln x,x≥14, f '(x)=-ln x+ -1,易知f '(x)在[14,+∞)上单调递减, 且f '(14)=-ln 14+ -1= -ln 14<0,所以f '(x)=-ln x+ -1<0在[14,+∞)上恒成立,故f(x)=(30- x)·ln x在[14,+∞)上单调递减,所以f(14)>f(15)>f(16),即a>b>c,故选D. 返回目录 6.★★★(2025届重庆八中开学考,7)已知函数f(x)=2ln x- ax2-2x在x∈ 上存在单调 递增区间,则实数a的取值范围为 ( ) A. 　　    B.  C.(-∞,4)　　     D.(-∞,4]     C     返回目录 解析　由题意知f '(x)= -ax-2,问题等价于f '(x)>0在区间 上有解,即a< - = 2 - 有解, x∈ ⇒ ∈ , 由二次函数的性质知2 - ∈ ,即a<4.故选C. 返回目录 7.★★★(2026届广东深圳外国语学校开学考,7)已知函数f(x)=ln(1+ex)- x,a=f ,b= f  ,c=f  ,则 ( ) A.a<c<b　　    B.b<c<a　　    C.a<b<c　　    D.c<b<a     A     返回目录 解析　由题意得f '(x)= - = , 令f '(x)=0,即ex-1=0,解得x=0, 当x<0时, f '(x)<0, f(x)在(-∞,0)上单调递减, 当x>0时, f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f(-x)=ln(1+e-x)+ x=ln + x=ln(1+ex)-x+ x=ln(1+ex)- x=f(x),所以f(x)为偶函数, 可知c=f  =f  , 令g(x)= ,则g'(x)= , 返回目录 令g'(x)=0,即1-ln x=0,解得x=e, 当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)在(0,e)上单调递增, 当x>e时,g'(x)<0,g(x)在(e,+∞)上单调递减,所以 < , < , 因为 - = = <0,所以 < , 所以 < < ,即 < < , 所以f <f <f ,即a<c<b.故选A. 返回目录 方法总结　利用函数的单调性比较大小的方法 (1)若已知函数解析式,比较函数值的大小,则首先要判断已知函数的单调性,然后根据 单调性比较大小. (2)若是比较数值的大小,则其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数,并根据 构造的辅助函数的单调性比较大小. 返回目录 8.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,7)已知α=2ln 64,β=3ln 9,γ=7ln 5,则 ( ) A.γ>α>β　　    B.γ>β>α　　    C.β>γ>α　　    D.β>α>γ     A     解析　因为y=ln x在(0,+∞)上单调递增,则α,β,γ的大小关系等价于 ln α=ln 2ln 64=ln 64·ln 2=2×ln 8·ln 2=ln 8·ln 4,ln β=ln 9·ln 3,ln γ=ln 7·ln 5三个数的大小. 【思路探究:将三数变形为有关系且形式相同的式子,构造函数,利用单调性比较大小】 构造函数f(x)=ln x·ln(12-x),7≤x≤9,则f '(x)= - = , 由7≤x≤9,可得12-x∈[3,5], 令g(x)=x·ln x,x≥3,则g'(x)=ln x+1>0,则g(x)在[3,+∞)上单调递增, 又x>12-x≥3,则g(x)>g(12-x),即(12-x)ln(12-x)<x·ln x, 因为x(12-x)>0,所以f'(x)<0在[7,9]上恒成立,即f(x)在[7,9]上单调递减, 返回目录 则f(9)<f(8)<f(7),即ln 9·ln 3<ln 8·ln 4<ln 7·ln 5, 则ln β<ln α<ln γ,则γ>α>β.故选A. 返回目录 9.★★★★(2026届福建厦门双十中学阶段练习,8)若a= ,b= ,c= ,则  ( ) A.a<b<c　　    B.a<c<b　　    C.b<c<a　　    D.c<a<b     A     解析　设f(x)= ,x>0, f '(x)= ,令f '(x)=0,得x=e,∴f(x)在(0,e)单调递增,在(e,+∞)单调 递减,∵a= = =f(4),b= =f(3),∴f(4)<f(3)<f(e),即a<b< ,设g(x)=ln x+ -1,x>0,g'(x)=  - = ,令g'(x)=0,得x=1,∴g(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,∴g(x)min=g(1)=0, ∴g(x)≥0,即ln x≥1- ,当且仅当x=1时等号成立,∴ln >1- =- ,∴ln c=2 023 ln >-1,∴c> .综上,a<b< <c,故选A. 返回目录 10.★★(2026届江苏扬州七校联考,12)函数f(x)=2x-xln 2的单调递增区间是____________ ___________. [0,+∞))         (0,+∞)(或 解析　函数f(x)=2x-xln 2的定义域为R, f '(x)=2x·ln 2-ln 2=(2x-1)ln 2,令f '(x)>0,解得x>0,所 以函数f(x)=2x-xln 2的单调递增区间是(0,+∞)(或[0,+∞)). 返回目录 11.★★★(2025届浙江新阵地教育联盟第二次联考,17)已知a>0,函数f(x)= . (1)若a=2,求f(x)的单调区间; (2)若f(x)在(2,+∞)上不单调,求a的取值范围. 返回目录 解析    (1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞), f '(x)=ex· -ex·  =ex· , 令f '(x)>0⇒x<0或x> , 令f '(x)<0⇒0<x<1或1<x< , ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,0), ,单调递减区间为(0,1), . 返回目录 (2)f '(x)=ex· +ex·  =ex· (x≠1), 设g(x)=ax2-(a+1)x+2-a(a>0), 注意到g(2)=a>0,要使f(x)在(2,+∞)上不单调, 只需满足  解得0<a< , 即实数a的取值范围为 . 返回目录 12.★★★★(2025届北京丰台二模,20)已知函数f(x)=(x3+2x2)eax+b(a,b∈R)的图象在点(-1, f(-1))处的切线方程为y=1. (1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间; (3)若f(x)≤-x2-2x,求x的取值范围. 返回目录 解析    (1)因为f(x)=(x3+2x2)eax+b, 所以f '(x)=(ax3+2ax2+3x2+4x)eax+b=[ax3+(2a+3)x2+4x]eax+b. 由题意得  解得  (2)由(1)得f(x)=(x3+2x2)ex+1, f '(x)=(x3+5x2+4x)ex+1. 令f '(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4. 返回目录 当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如表所示: x (-∞,-4) -4 (-4,-1) -1 (-1,0) 0 (0,+∞) f '(x) - 0 + 0 - 0 + f (x) ↘ -32e-3 ↗ 1 ↘ 0 ↗ 返回目录 所以f(x)的单调递增区间为(-4,-1),(0,+∞),单调递减区间为(-∞,-4),(-1,0). (3)设g(x)=f(x)-(-x2-2x)=(x3+2x2)·ex+1+x2+2x=(x2+2x)(xex+1+1). 令h(x)=xex+1+1,则h'(x)=(x+1)ex+1. 当x>-1时,h'(x)>0,h(x)在(-1,+∞)上单调递增,h(x)>h(-1)=0, 当x<-1时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,-1)上单调递减,h(x)>h(-1)=0, 所以h(x)=xex+1+1≥0恒成立. 由题意,g(x)≤0等价于 或h(x)=0, 解得 或x=-1. 综上,x的取值范围是[-2,0]. 返回目录 13.★★★★(2026届山东烟台期中,19)已知f(x)= x2+2x-ln x,m∈R. (1)若曲线f(x)在(1, f(1))处的切线与直线x+2y-1=0垂直,求m的值; (2)讨论f(x)的单调性; (3)若m=0,当0<a≤ ≤b且ln a-ln b=2(a-b)时,a+b-t≥0,求实数t的取值范围. 返回目录 解析    f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=mx+2- = . (1)因为曲线f(x)= x2+2x-ln x在(1, f(1))处的切线与直线x+2y-1=0垂直,所以f '(1)=m+2-1= 2,所以m=1. (2)令g(x)=mx2+2x-1, 当m>0时,g(x)=mx2+2x-1的图象是开口向上的抛物线,且Δ=4+4m>0, mx2+2x-1=0的两根分别为x1= ,x2= ,则x1<x2, 因为g(x)=mx2+2x-1的图象过点(0,-1),所以x1<0<x2. 返回目录 所以当0<x< 时, f '(x)<0,当x> 时, f '(x)>0. 所以f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. 当m=0时, f '(x)=2- ,所以当0<x< 时, f '(x)<0,当x> 时, f '(x)>0, 所以f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. 当m<0时,g(x)=mx2+2x-1的图象是开口向下的抛物线,且Δ=4+4m, 若-1<m<0,Δ=4+4m>0, mx2+2x-1=0的两根分别为x1= ,x2= ,则x1>x2, 返回目录 因为g(x)=mx2+2x-1的图象过点(0,-1),所以0<x2<x1, 所以当0<x< 或x> 时,f '(x)<0, 当 <x< 时, f'(x)>0, 所以f(x)在 , 上单调递减, 在 上单调递增. 若m≤-1,Δ=4+4m≤0, f '(x)≤0恒成立, f(x)在(0,+∞)上单调递减. 综上,当m>0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增, 返回目录 当m=0时, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增, 当-1<m<0时, f(x)在 , 上单调递减,在  上单调递增, 当m≤-1时, f(x)在(0,+∞)上单调递减. (3)m=0时, f(x)=2x-ln x, 因为0<a≤ ≤b且ln a-ln b=2(a-b), 所以2a-ln a=2b-ln b,即f(a)=f(b). 返回目录 由(2)知, f(x)在 上单调递减,在 上单调递增, 所以当a=b= 时,a+b=1, 当a≠b时,0<a< <b,下面证明a+b>1,即b>1-a.因为0<a< <b,所以1-a∈ ,b∈ , 所以只需证f(b)>f(1-a),又因为f(a)=f(b),所以只需证f(a)>f(1-a),0<a< , 令F(x)=f(x)-f(1-x),x∈ , 所以F'(x)=f'(x)+f'(1-x)=2- +2- =4- , 因为x∈ ,所以(x-x2)∈ ,所以 >4,所以F'(x)<0, 返回目录 所以F(x)在 上单调递减, 又F =0,所以F(x)>0, 所以F(a)>0,即f(a)>f(1-a),即a+b>1. 综上,a+b≥1,因为a+b-t≥0,所以t≤1. 返回目录 五年高考 考点2　导数与函数的极(最)值 1.★★★(2022全国甲,文8,理6,5分)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     返回目录 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. 返回目录 2.★★★★(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分)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     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), 返回目录 ∴  ∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0. 故选BCD. 返回目录 3.★★(2025全国二卷,13,5分)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. 返回目录 4.★★★(2021新高考Ⅰ,15,5分)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. 返回目录 5.★★★★(2022全国乙理,16,5分)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_________ 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; 返回目录 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.     当0<a<1时,画出函数y=axln a与y=ex的图象,如图②所示, 返回目录 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 . 返回目录 6.★★★(2024新课标Ⅱ,16,15分)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. 返回目录 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, 返回目录 即极小值f(ln a)<0,∴a>1. 综上所述,a的取值范围为(1,+∞). 返回目录 7.★★★★★(2023全国乙理,21,12分)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. 返回目录 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  ,即  ln = ln , 返回目录 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). 返回目录 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, 返回目录 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. 返回目录 三年模拟 1.★★(2026届黑龙江齐齐哈尔九校联考,5)已知函数f(x)的导函数f '(x)的图象如图所示, 则下列选项正确的是 ( ) A.f(x)有2个极值点 B.f(x)在x=2处取得极大值 C.f(x)在(-∞,2)上单调递增     D     D.f(x)有极小值,没有极大值 返回目录 解析　由题图得,当x<4时, f '(x)≤0,当且仅当x=2时取等号;当x>4时, f '(x)>0,所以函数f(x) 在(-∞,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增, 因此函数f(x)有一个极小值,没有极大值.故选D. 返回目录 2.★★★(2026届河南调研(一),8)函数f(x)= ex在(0,+∞)上的极值为 ( ) A.e　　     B.1　　     C.- 　　    D.-      A     解析　由f(x)= ex得 f '(x)= 'ex+ (ex)' =ex  = ex= ex 返回目录 = ex, 因为x2-x+2= + >0,所以当x∈(0,1)时, f '(x)>0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,当x ∈(1,+∞)时, f '(x)<0,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递减, 所以f(x)的极大值为f(1)=e.故选A. 返回目录 3.★★★(2026届江苏南通海安实验中学月考,6)在同一平面直角坐标系内,函数y=f(x)及 其导函数y=f'(x)的图象如图所示,已知两图象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y= 的最大值为1     C     D.函数y= 的最小值为1 返回目录 解析　分析函数y=f(x)及其导函数y=f '(x)的图象,可知题图中虚线表示的是y=f '(x)的图 象,实线表示的是y=f(x)的图象. 当x<0时, f '(x)>f(x)>0;当x>0时,0≤f '(x)<f(x). 对于函数y=f(x)·ex,y'=f '(x)·ex+f(x)·ex=[f '(x)+f(x)]·ex, 因为f '(x)+f(x)>0,ex>0在R上恒成立,所以[f '(x)+f(x)]·ex>0在R上恒成立.即函数y=f(x)·ex在 (-∞,+∞)上单调递增,无最值. 对于函数y= , y'= = , 返回目录 当x<0时, >0;当x>0时, <0,所以函数y= 在(-∞,0)上单调递增,在 (0,+∞)上单调递减,所以函数在x=0处取得最大值,为  =1.故选C. 返回目录 4.★★★(2026届河北沧州盐山中学调研(一),6)若函数f(x)=ln x-m(x-1)2恰有两个极值点, 则实数m的取值范围为 ( ) A. ∪(0,+∞) B.(-∞,-2)∪(0,+∞) C.(-∞,-2) D.      C     返回目录 解析    f(x)=ln x-m(x-1)2的定义域为(0,+∞), f '(x)= -2m(x-1)= , 因为函数f(x)恰有两个极值点,所以-2mx2+2mx+1=0在(0,+∞)上有两个不同的实数根, 显然m≠0,则 =x2-x在(0,+∞)上有两个不同的实数根, 即直线y= 与函数y=x2-x的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点, 又y=x2-x的图象是开口向上的抛物线,且对称轴为直线x= ,ymin=- , 如图,- < <0,解得m<-2.故选C. 返回目录 5.★★★(2025届江苏泰州中学调研,8)若函数f(x)=- ax2+4x-2ln x有两个不同的极值点, 则实数a的取值范围是 ( ) A.(-1,0)　　    B.(-∞,1) C.(0,2)　　     D.(2,+∞)     C     返回目录 解析　由题意得f '(x)=-ax+4- = ,x>0, 问题等价于关于x的方程-ax2+4x-2=0在(0,+∞)上有两个不同的实数根, 即关于x的方程a= =-2 +2在(0,+∞)上有两个不同的实数根, 令t= ,则t∈(0,+∞),所以关于t的方程a=-2(t-1)2+2在(0,+∞)上有两个不同的实数根, 令g(t)=-2(t-1)2+2,t∈(0,+∞), 作出g(t)=-2(t-1)2+2的图象如图,   由图可知a∈(0,2).故选C. 返回目录 6.★★(2026届福建泉州质量监测,13)若函数f(x)=x(x-a)2在x=1处取得极小值,则a=_____.     1     解析    f '(x)=(x-a)(3x-a),由题意得f '(1)=0,即(1-a)(3-a)=0,解得a=1或a=3. 当a=3时,f '(x)=3(x-1)(x-3),1<x<3时, f '(x)<0;x<1或x>3时, f '(x)>0,此时在x=1处取得极大 值,不合题意,所以a=1. 返回目录 7.★★★(2025届安徽名校联盟联考,13)若函数f(x)= 在x=2处取得极小值,则f(x) 的极大值为_________.     e     解析    f '(x)= ,由题意得f '(2)=0,解得b=-1, 所以f '(x)= , 故当x<1或x>2时,f '(x)>0,当1<x<2时,f '(x)<0, 所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以f(x)的极大 值为f(1)=e. 返回目录 8.★★★(2025届河北唐山月考,14)已知函数f(x)=4sin x+2sin 2x,则f(x)的最大值是______ ____.     3  解析    f(x)=4sin x+2sin 2x,则f '(x)=4cos x+4cos 2x=4cos x+8cos2x-4=4(2cos x-1)(cos x+1), 当- +2kπ<x< +2kπ(k∈Z)时, f '(x)>0, f(x)单调递增; 当 +2kπ<x< +2kπ(k∈Z)时, f '(x)≤0, f(x)单调递减, 则x= +2kπ(k∈Z)时, f(x)有最大值, 最大值为f  =4sin +2sin =4× +2× =3 . 返回目录 9.★★★★(2026届安徽皖江名校联盟开学考,17)已知函数f(x)= . (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数g(x)=af(x)+ln x-x有三个极值点,求实数a的取值范围. 解析    (1)函数f(x)= 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞), f '(x)= , 当x∈(-∞,0)时, f '(x)<0,故f(x)单调递减; 当x∈(0,1)时, f '(x)<0,故f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)单调递增. 综上, f(x)在(-∞,0)和(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (2)g(x)=af(x)+ln x-x的定义域为(0,+∞). 返回目录 g'(x)= + -1 = , 当a≤0时,令g'(x)=0,得x=1, 此时函数f(x)只有一个极值点,不符合题意; 当a>0时,g'(x)= · ,由g'(x)=0,得x=1或f(x)= . 又g(x)有三个极值点,故f(x)= 有两个不相等且都不为1的正实根, 根据(1)中单调性作出f(x)的大致图象,如图. 返回目录   由图知 >f(1),即 >e,解得0<a< . 故实数a的取值范围是 . 返回目录 10.★★★★(2025届黑龙江哈尔滨六中二模,17)已知函数f(x)=ln x-2kx,x∈(0,e],其中e为 自然对数的底数. (1)若x=2为f(x)的极值点,求f(x)的单调区间和最大值. (2)是否存在实数k,使得f(x)的最大值为-2?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由. 返回目录 解析    (1)∵f(x)=ln x-2kx,x∈(0,e],∴f '(x)= -2k, 若x=2为f(x)的极值点, 则f '(2)= -2k=0,解得k= . 则f '(x)= , 当x∈(0,2)时, f '(x)>0,当x∈(2,e]时, f '(x)<0, ∴f(x)的单调递增区间是(0,2),单调递减区间是(2,e], 则f(x)的极大值为f(2)=ln 2-1,即f(x)的最大值为f(2)=ln 2-1. 返回目录 (2)∵f(x)=ln x-2kx,∴f '(x)= , ①当k≤0时, f(x)在(0,e]上单调递增, ∴f(x)的最大值是f(e)=1-2ke=-2, 解得k= >0,舍去; ②当k>0时, 由f '(x)= =0,得x= , 当0< <e,即k> 时, 当x∈ 时, f '(x)>0,函数f(x)在 上单调递增, 返回目录 当x∈ 时, f '(x)<0,函数f(x)在 上单调递减, ∴f(x)max=f  =-1-ln(2k)=-2, ∴k= ; 当e≤ ,即0<k≤ 时, f(x)在(0,e]上单调递增,∴f(x)max=f(e)=1-2ke=-2, 解得k= > ,舍去. 综上,存在k= ,使得f(x)的最大值为-2. 返回目录 $