第3章 3.2 导数与函数的单调性、极值和最值（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 以导数为工具，系统整合单调性判断、极值最值求解，通过分类讨论、构造函数等方法，构建“概念-方法-应用”逻辑链条，培养逻辑推理与数学表达能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |导数与函数的单调性|高考真题6题、模拟题13题|求导分类讨论参数范围、构造函数比较大小、结合图像分析单调区间|导数符号与函数单调性的内在联系，从基础求导到复杂参数问题的递进| |导数与函数的极（最）值|高考真题7题、模拟题10题|导数零点分析极值点、极值存在条件判断、最值求解步骤|极值与导数零点的关系，从极值判定到最值应用的逻辑延伸|

3.2　导数与函数的单调性、极值和最值 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)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 答案　C　 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 答案　A　 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 答案　C　 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+. 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. (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 =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, ∴g(x)min=g>0, ∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立, 即a2-ln a->0,∴f(x)>2ln a+. 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. 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 = =, 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, 所以上恒成立, 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]. 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. 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), 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≥. 高考模拟 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 D.f(x)在[-2,0]上单调递增 答案　A　 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) 答案　A　 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 答案　A　 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. C.[1,)　　　D. 答案　C　 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 答案　D　 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. C.(-∞,4)　　 　D.(-∞,4] 答案　C　 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 答案　A　 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 答案　A　 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 答案　A　 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　　　　　　.  答案　(0,+∞)(或[0,+∞)) 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. 解析　(1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞), f'(x)=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),. (2)f'(x)=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. 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. 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. 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 ↗ 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]. 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. 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. 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, 因为g(x)=mx2+2x-1的图象过点(0,-1),所以0<x2<x1, 所以当0<x<时, f'(x)<0, 当时, 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, 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). 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-, 因为x∈,所以(x-x2)∈,所以>4,所以F'(x)<0, 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. 考点2　导数与函数的极(最)值 高考真题 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.-　　　D.1 答案　B　 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 答案　BCD　 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)=　　　　.  答案　-4 4.★★★(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为　　　　.  答案　1 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　　　  答案　 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. 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,+∞). 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. 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对称,则f,即 , 即, ∴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+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. 高考模拟 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.f(x)有极小值,没有极大值 答案　D　 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.- 答案　A　 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 D.函数y=的最小值为1 答案　C　 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. 答案　C　 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,+∞) 答案　C　 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=　　　　.  答案　1 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　　　　.  答案　e 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　　　　.  答案　3 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,+∞). 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. 由图知>f(1),即>e,解得0<a<. 故实数a的取值范围是. 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. 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. (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, 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. 第 14 页 共 14 页 学科网（北京）股份有限公司 $