2025版新高考版高考总复习数学专题四导数及其应用导数与函数的单调性、极值和最值

2025版新高考版高考总复习数学专题四导数及其应用4.2导数与函数的单调性、极值和最值五年高考考点1导数与函数的单调性1.(2014课标Ⅱ文,11,5分,易)若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是()A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D2.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=aex-lnx在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为()A.e2B.eC.e-1D.e-2答案C3.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)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)>2lna+32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=ln1a当x<ln1a时,f'(x)<0,f(x)单调递减当x>ln1a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−∞,ln1a上单调递减,(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在−∞,ln1a上单调递减,在ln1a,+∞上单调递增,则f(x)min=要证明f(x)>2lna+32,只需证明1+a2+lna>2lna+3即证a2-lna-12>0令g(x)=x2-lnx-12(x>0),则g'(x)=2x-1当0<x<22时,g'(x)<0,g(x)单调递减当x>22时,g'(x)>0,g(x)单调递增∴g(x)min=g22=∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-lna-12>0∴f(x)>2lna+324.(2023全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax-sinxcos2x(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=x-sinxcos2xf'(x)=1-co=cos3所以函数f(x)在0,π2(2)令g(x)=sin=sinx则g'(x)=3cos因为x∈0,π2,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x则g'(x)>0,所以函数g(x)在0,π2g(0)=0,当x→π2时,g(x)→+∞因为f(x)+sinx<0恒成立,所以sinxco即直线y=ax在0<x<π2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].5.(2015课标Ⅱ文,21,12分,中)已知函数f(x)=lnx+a(1-x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1x-若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈0,1a时,f'(x)>0;当x∈1a,+∞时,f'(x)<0.所以f(x)在0,1(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=1a处取得最大值,最大值为f1a=ln1a+因此f1a>2a-2等价于lna+a-1<0令g(a)=lna+a-1,a>0,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0.于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).考点2导数与函数的极(最)值1.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=alnx+bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值,A.bc>0B.ab>0C.b2+8ac>0D.ac<0答案BCD2.(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)的切线答案AC3.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为.

答案14.(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.

答案15.(2021北京,19,15分,中)已知函数f(x)=3−2x(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值.解析(1)当a=0时,f(x)=3−2x∴f(1)=1,f'(x)=2x−6x3,故f'(1)=-4,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x(2)由题意得f'(x)=2x2−6x−2a(x2+故8-2a=0,解得a=4,故f(x)=3−2xx2+4,则f'(x)=2x令f'(x)>0,得x>4或x<-1;令f'(x)<0,得-1<x<4,故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f(x)的极大值为f(-1)=1,f(x)的极小值为f(4)=-14又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-146.(2019课标Ⅲ文,20,12分,中)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.解析(1)第一步:求函数的定义域和导函数,并因式分解求出导函数的零点.由题意知x∈R,f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3第二步:讨论a的取值,比较根的大小关系,写出单调区间.①若a>0,则当x∈(-∞,0)∪a3,+∞时,f'(x当x∈0,a3时,f'(x)故f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,在②若a=0,f(x)在(-∞,+∞)单调递增;③若a<0,则当x∈−∞,a3∪(0,+∞)时,f'(当x∈a3,0时,f'(x)故f(x)在−∞,a3,(0,+∞)单调递增,(2)当0<a<3时,由(1)知,f(x)在0,a3单调递减,在a3,1单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为fa3=−a327+2,最大值为f(当0<a<2时,f(1)>f(0),最大值为f(1)=4-a.所以M-m=2-a+a327,0<a对于函数y=a327-a+2,y'=a29-1,当0<a<2时,y'<0,从而y=a327-a+2单调递减,此时827<a327-a+2<2,即当2≤a<3时,f(1)<f(0),最大值为f(0)=2,所以M-m=a327,而函数y=a327单调递增,所以M-综上,M-m的取值范围是827易错警示解题时,易犯以下两个错误:①对参数a未讨论或对a分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而导致失分;②当a>0时,f(x)在(-∞,0),a3,+∞单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)∪a37.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sinx<x;(2)已知函数f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sinx,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sinx<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,则h'(x)=cosx-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sinx<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sinx<x.(2)函数f(x)的定义域为(-1,1).当a=0时,f(x)=1-ln(1-x2),f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0不是f(x)的极大值点,所以a≠0.当a>0时,f'(x)=-asinax+2x1−x2,x∈(-1(i)当0<a≤2时,取m=min1a,1,x∈(0,m),则ax∈(0,由(1)可得f'(x)=-asinax+2x因为a2x2>0,2-a2≥0,1-x2>0,所以f'(x)>0,所以f(x)在(0,m)上单调递增,不合题意.(ii)当a>2时,取x∈0,1a⊆(0,1),则ax∈(0,由(1)可得f'(x)=-asinax+2x1−x2<-a(ax-a2x=x1−x2(-a3x3+a2x2+a3x+2-设h(x)=-a3x3+a2x2+a3x+2-a2,x∈0,1则h'(x)=-3a3x2+2a2x+a3,因为h'(0)=a3>0,h'1a=a3-a>0,且h'(x)的图象是开口向下的抛物线,所以∀x∈0,1a,均有h'(x)>0,所以h(x)在因为h(0)=2-a2<0,h1a=2>0,所以h(x)在0,1当x∈(0,n)时,h(x)<0,又因为x>0,1-x2>0.则f'(x)<x1−x2(-a3x3+a2x2+a3x+2-a2即当x∈(0,n)⊆(0,1)时,f'(x)<0,则f(x)在(0,n)上单调递减.又因为f(x)是偶函数,所以f(x)在(-n,0)上单调递增,所以x=0是f(x)的极大值点.综合(i)(ii)知a>2.当a<0时,由于将f(x)中的a换为-a所得解析式不变,所以a<-2符合要求.故a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).三年模拟综合基础练1.(2023山东烟台开学考,3)函数f(x)=-2lnx-x-3x的单调递增区间是()A.(0,+∞)B.(-3,1)C.(1,+∞)D.(0,1)答案D2.(2023吉林长春六中月考,9)函数f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为()A.-π2,π2C.-π2,π2+2D.−答案D3.(2024届江苏无锡期中,5)当x=2时,函数f(x)=x3+bx2-12x取得极值,则f(x)在区间[-4,4]上的最大值为()A.8B.12C.16D.32答案C4.(2024届湖南师大附中第4次月考,6)已知x=0是函数f(x)=x2ex-2xex+2ex-a3x3的一个极值点,则a的取值集合为()A.{a|a≥-1}B.{0}C.{1}D.R答案C5.(2024届河北石家庄二中月考,5)已知函数f(x)=x3-3mx2+9mx+1在(1,+∞)上为单调递增函数,则实数m的取值范围为()A.(-∞,-1)B.[-1,1]C.[1,3]D.[-1,3]答案D6.(2024届重庆长寿中学期中,7)已知函数f(x)=2x-2x-alnx,则“a>5”是“函数f(x)在(1,2)上单调递减”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A7.(多选)(2024届福建福州联考,10)设函数f(x)=x3-12x+b,则下列结论错误的是()A.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递增B.函数f(x)在(-∞,-1)上单调递减C.若b=-6,则函数f(x)的图象在点(-2,f(-2))处的切线方程为y=10D.若b=0,则函数f(x)的图象与直线y=10只有一个公共点答案ABD8.(2024届江苏苏州中学模拟,14)已知函数g(x)=2x+lnx-ax在区间[1,2]上不单调,则实数a的取值范围是答案(-10,-3)9.(2024届河南省实验中学月考,15)若函数f(x)=x3-12x在区间(a,a+4)上存在最大值,则实数a的取值范围是.

答案(-6,-2)10.(2024届湖北武汉二中测试,15)已知函数f(x)=ax4-4ax3+b,x∈[1,4],f(x)的最大值为3,最小值为-6,则a+b的值是.

答案1011.(2023重庆八中入学考,18)已知函数f(x)=ax+b+cosx(a,b∈R),若曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=12x+2(1)求f(x)的解析式;(2)求函数f(x)在[0,2π]上的值域.解析(1)因为f(x)=ax+b+cosx(a,b∈R),所以f'(x)=a-sinx,由题意得f(0)=b+cos0=2,f'(0)=a−sin0=12,即b(2)由(1)得f(x)=12x+1+cosx,f'(x)=12-sin由f'(x)≥0且x∈[0,2π]可得0≤x≤π6或5π6≤x≤2π,函数f(x)由f'(x)<0且x∈[0,2π]可得π6<x<5π6,函数f(因此当x=π6时,函数取得极大值fπ6=12×π6+1+cosπ6=1+又f(0)=2,f(2π)=12×2π+1+cos2π=1+π+1=2+π1+5π12−32<2<1+π12+32<2+π,所以函数f(x)在[0,2π]上的最大值为2+π,最小值为1+5π12−32综合拔高练11.(2024届湖南长沙长郡中学月考,4)若0<x1<x2<1,则()A.ex2−ex1C.x2e答案C2.(多选)(2024届广东东莞月考,11)已知函数f(x)=ax2-2x+lnx存在极值点,则实数a的值可以是()A.0B.-eC.1答案ABD3.(2024届山东泰安月考,15)设a∈R,若函数y=ex+ax,x∈R有大于零的极值点,则a的取值范围是.

答案(-∞,-1)4.(2024届辽宁辽东教学共同体期中,19)已知函数f(x)=ex,g(x)=ex(1)直接写出曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的公共点坐标,并求曲线y=f(x)在公共点处的切线方程;(2)已知直线y=a分别交曲线y=f(x)和y=g(x)于点A,B,当a∈(0,e)时,设△OAB的面积为S(a),其中O是坐标原点,求S(a)的最大值.解析(1)易得曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的公共点坐标为(1,e).因为f'(x)=ex,所以f'(1)=e,所以曲线y=f(x)在公共点处的切线方程为y-e=e(x-1),即y=ex.(2)因为直线y=a分别交曲线y=f(x)和y=g(x)于点A,B,所以A(lna,a),BeaS(a)=12a·|AB|=12ae因为a∈(0,e)时,ea>1,lna<1,所以ea>ln所以S(a)=e2−12alna,a∈(求导得S'(a)=-12(1+lna令S'(a)=0,得a=1e,所以S'(a),S(a)的变化情况如表a0,11S'(a)+0-S(a)↗极大值↘因此,S(a)的极大值也是最大值,为S1e5.(2024届湖南长沙南雅中学开学考,21)已知函数f(x)=ax-1x-(a+1)lnx(a≠0)(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(x)既有极大值又有极小值,且极大值和极小值的和为g(a),解不等式g(a)<2a-2.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),对f(x)求导得f'(x)=a+1x令f'(x)=0,则x1=1,x2=1a当a<0时,ax-1<0,令f'(x)>0,解得0<x<1,令f'(x)<0,解得x>1,所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当a>0时,①当1a=1,即a=1时,f'(x)≥0恒成立所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;②当1a>1,即0<a<1时令f'(x)>0,解得0<x<1或x>1a,令f'(x)<0,解得1<x<1所以f(x)在(0,1)上单调递增,在1,1a上单调递减,在1③当1a<1,即a>1时令f'(x)>0,解得0<x<1a或x>1,令f'(x)<0,解得1a<x所以f(x)在0,1a上单调递增,在1a,1上单调递减,在(1,综上所述:当a<0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;当0<a<1时,f(x)在(0,1)上单调递增,在1,1a上单调递减,在1当a=1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在0,1a上单调递增,在1a,1上单调递减,在(1,(2)由(1)知:a>0且a≠1,且g(a)=f1a+f(1)=1-a+(a+1)lna+a-1=(a+1)lng(a)<2a-2等价于(a+1)lna<2a-2(a>0且a≠1),等价于解不等式lna-2(a−1)令m(a)=lna-2(a−1)a+1(a>0),(构造函数m(a),结合函数的单调性以及特殊值m(1)m'(a)=1a−所以m(a)在(0,+∞)上单调递增,且m(1)=0,所以m(a)<0=m(1),即不等式的解集为{a|0<a<1}.6.(2024届北京一零一中学测试,18)已知函数f(x)=ax3+bx+2在x=2处取得极值-14.(1)求a,b的值;(2)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(3)求函数f(x)在[-3,3]上的最值.解析(1)因为f(x)=ax3+bx+2,所以f'(x)=3ax2+b,又函数f(x)在x=2处取得极值-14,所以f经检验,a=1,b=-12符合题意,故a=1,b=-12.(2)由(1)知:f(x)=x3-12x+2,f'(x)=3x2-12,故f(1)=-9,f'(1)=-9.所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(-9)=-9(x-1),即9x+y=0.(3)由(1)知:f(x)=x3-12x+2,f'(x)=3x2-12,令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=2,x∈[-3,3]时,随x的变化f'(x),f(x)的变化情况如表:x-3(-3,-2)-2(-2,2)2(2,3)3f'(x)+0-0+f(x)11↗18↘-14↗-7由表可知:当x=-2时,函数f(x)有极大值f(-2)=18;当x=2时,函数f(x)有极小值f(2)=-14;因为f(-2)=18>f(3)=-7,f(2)=-14<f(-3)=11,故函数f(x)在[-3,3]上的最小值为f(2)=-14,最大值为f(-2)=18.综合拔高练21.(多选)(2024届湖北宜昌中学阶段练,12)已知函数f(x)=ax+exx+aln1x在xA.-eB.-2e答案BD2.(多选)(2024届安徽池州一中阶段练,10)已知函数f(x)=x3-2x2+ax,则下列说法正确的是()A.函数f(x)的极值点个数可能为0,1,2B.若函数f(x)有两个极值点,则a<4C.若a=1,则函数f(x)在1D.若a=1,则函数f(x)在12答案BD3.(2024届湖北黄冈中学月考,14)定义在R上的函数f(x)=13x3-x+3①f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数.②y=f'(x)x在(③f(x)的图象在x=0处的切线与直线y=2x+2垂直.④设g(x)=4lnx-m,若存在x∈[1,e],使得g(x)<f'(x),则m>5-e2.以上描述中正确的是.(填序号)

答案①④4.(2024届北京海淀北大附中校考,20)已知函数f(x)=eax(x-1)2.(1)若a=1,求曲线f(x)在(0,f(0))处的切线方程;(2)求f(x)的极大值与极小值.解析(1)当a=1时,f(x)=ex(x-1)2,f'(x)=ex(x2-1),所以f'(0)=e0(02-1)=-1,又f(0)=e0(0-1)2=1,所以切线方程为y-1=-(x-0),即x+y-1=0.(2)f'(x)=aeax(x-1)2+2eax(x-1)=eax(x-1)(ax-a+2),当a=0时,令f'(x)=2(x-1)=0,解得x=1,故x<1时,