专题3.3 导数与函数的极值、最值（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

专题3.3导数与函数的极值、最值【七大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1根据函数图象判断极值】 2【题型2求已知函数的极值】 5【题型3根据极值（点）求参数】 8【题型4求不含参函数的最值】 11【题型5求含参函数的最值】 13【题型6已知函数最值求参数】 17【题型7函数单调性、极值与最值的综合应用】 191、导数与函数的极值、最值考点要求真题统计考情分析(1)借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件

(2)会用导数求函数的极大值、极小值(3)掌握利用导数研究函数最值的方法(4)会用导数研究生活中的最优化问题2022年新课标I卷：第10题，5分2023年新课标I卷：第11题，5分2023年新课标Ⅱ卷：第11题，5分2024年新课标I卷：第10题，6分2024年新课标Ⅱ卷：第11题，6分、第16题，15分导数与函数是高中数学的核心内容，高考对最值、极值的考查相对稳定，是高考常考的热点内容，从近三年的高考情况来看，高考中常涉及的问题有利用导数解决函数的单调性、极值和最值等；与不等式、方程的根(或函数的零点)等内容结合考查，此类问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问题在选择、填空、解答题中都有考查，而在解答题中进行考查时试题难度较大，复习时需要加强练习.【知识点1函数的极值问题的求解思路】1．运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f'(x)；(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值.2．根据函数极值求参数的一般思路：

(1)已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.(2)导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.【知识点2函数的最值问题的解题策略】1．利用导数求函数最值的解题策略：(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：①求函数在(a,b)内的极值；②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.2．求含有参数的函数的最值的解题策略：求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值.【方法技巧与总结】1．求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.2．函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.【题型1根据函数图象判断极值】【例1】（2024·云南楚雄·一模）若a>b，则函数y=ax−a(x−b)2的图象可能是（

）A． B．

C．

D．

【解题思路】对比选项可知a≠0，由题意x=a，x=b（a>b）是函数y=ax−ax−b2的零点，x1=b<x2=2a+b【解答过程】对比各个选项可知a≠0，由三次函数图象与性质可得x=a，x=b（a>b）是函数y=ax−a令y′可知x1=b<x2=2a+b3<a（若a>0，则函数y=ax−a具体为y=ax−ax−b2在−∞,b若a<0，则函数y=ax−a具体为y=ax−ax−b2在−∞,b故选：B.【变式1-1】（2024·四川广安·二模）已知函数fx其中，可以作为函数fx的大致图象的个数为（

A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】对a的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.【解答过程】由题意知，fx定义域为R当a=0时，fx=e当a>0时，f'x=ax+a+1ex，令f'x=0可得：x=−a+1a<0，所以当x∈−当a<0时，f'x=ax+a+1ex，当f'x=0时x=−a+1a当a<−1时，x=−a+1a<0当−1<a<0时，x=−a+1a>0故选：D.【变式1-2】（23-24高二下·四川广元·阶段练习）如图是y=fx的导函数f′xA．当x=−1时，fx取得极大值 B．fxC．当x=1时，fx取得极大值 D．fx在−1,2上是增函数，在【解题思路】由导函数的图象，确定导函数的正负，由此得到函数f(x)的单调性，由极值的定义判断函数f(x)的极值，由此判断四个选项即可.【解答过程】根据导函数f′当x∈−2,−1∪2,4时，f′x可知f(x)在−2,−1,2,4内单调递减，在所以当x=−1时，fx取得极小值，当x=2时，fx取得极大值，当x=4故ABC错误，D正确.故选：D.【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）函数fx=axm3−xn在区间0,3上的图像如图，则A．m=2，n=2 B．m=2，n=1 C．m=1，n=2 D．m=1，n=1【解题思路】由图及解析式易得a<0，将各项参数代入，利用导数研究f【解答过程】由题图知，当x=1时f1=a⋅2当m=2，n=2时，fx则f′所以(0,32),(3,+∞)上f′x<0，所以fx的极小值点为x=当m=2，n=1时，fx则f′所以(−∞,0),(2,+∞)上f′x>0，f所以fx的极小值点为x=2当m=1，n=2时，fx则f′所以(−∞,1),(3,+∞)上f′x<0，f所以fx的极小值点为x=1当m=1，n=1时，fx=ax3−x故选：C.【题型2求已知函数的极值】【例2】（2024·浙江·模拟预测）函数fx=x−2A．e2−2 B．−2e2−2 【解题思路】利用二次导数研究f′x的单调性，并通过观察得其零点，进而判断【解答过程】f′记gx=x−1当x>0时，g′x>0，函数g当x<0时，g′x<0，函数g所以，当x=0时，gx因为g2=0，且当x<0时，所以，当x<2时，gx<0，即f′x<0当x>2时，gx>0，即f′x>0所以，当x=2时，fx取得极小值f故选：B.【变式2-1】（2024·宁夏银川·一模）若函数f(x)=x2−ax−2ex在x=−2A．−6e2 B．−4e C．−2【解题思路】由题意求出a的值，进而求出fx【解答过程】因为函数f(x)=x2−ax−2则f′x=x2即4−22−a−2−a=0，所以所以fx=x令f′x=0，则x=2由x∈−∞,−2,f所以fx在−∞,−2所以函数fx在x=−2处取得极大值，f故选：C.【变式2-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=4xex−e2x−2ex，A．g(x)的极大值为4eB．g(x)的极小值为4eC．g(x)的极大值为4lnD．g(x)的极小值为4ln【解题思路】本题考查利用导数判断函数的极值，考查考生的运算求解能力，可按下列顺序求解：f(x)=4xex−e2x−2ex→【解答过程】f(x)的定义域为R，f'所以g(x)=f'(x)求导得g'(x)=4−2ex，令当x<ln2时，g′(x)>0；当所以函数g(x)在(−∞,ln2)上单调递增，在(ln2,+∞故选：C．【变式2-3】（2024·河南洛阳·模拟预测）已知函数fx及其导函数f′x的定义域均为R，且f′xA．有一个极小值点，一个极大值点 B．有两个极小值点，一个极大值点C．最多有一个极小值点，无极大值点 D．最多有一个极大值点，无极小值点【解题思路】设gx=fxex，求导后，构造ℎx=gx+x【解答过程】令gx=f故f′令ℎx所以ℎ′当x∈−∞,−1当x∈−1,0时，ℎ当x∈0,+∞时，所以ℎx的极小值为ℎℎx的极大值为ℎ所以当x∈−∞,−1时，ℎ当ℎx在区间−则ℎx≥0，f′x=当ℎx在区间−可设为x0，则当x∈−∞,x当x∈x0,+∞时，所以fx有且只有一个极小值点x综上，fx故选：C.【题型3根据极值（点）求参数】【例3】（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知函数f(x)=ex−ax2在RA．−∞,e2 B．−∞,【解题思路】求导数确定单调性，讨论x的取值范围可得结果.【解答过程】由题意得，f′(x)=e因为函数f(x)=ex−a所以f′当x＞0时，设gx=e当0＜x＜1时，得g′则gx在0,1上单调递减，在1,+从而g′x≥当x＜0时，ex综上，0≤a≤e故选：D.【变式3-1】（2024·四川宜宾·模拟预测）已知函数fx=x3+ax2+bx+aA．−4 B．16 C．−4或16 D．16或18【解题思路】求导，即可由f(−1)=8且f′(−1)=0求解a,b【解答过程】f′若函数fx在x=−则f(−1)=8且f′(−1)=0，即解得：a=3,b=3或a=−2,b=−7，当a=3,b=3时，f′x=3x当a=−2,b=−7时，f′当x>73或x<−1时，f′x>0故a=−2,b=−7符合题意，故fx故f1故选：A.【变式3-2】（2024·河北秦皇岛·三模）已知0是函数fx=x3+aA．−∞,0 B．0,+∞ C．−【解题思路】分类讨论a<0、a=0与a>0三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解.【解答过程】因为fx=x令f′x=0，可得x=0当−2a3>0令f′x>0，得x<0或x>−2a3所以fx在−∞,0，−所以x=0是函数fx当−2a3=0，即a=0则fx在R当−2a3<0令f′x>0，得x<−2a3或x>0所以fx在−∞,−2a3所以x=0是函数fx综上，a<0，即a的取值范围为−∞故选：A.【变式3-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx=asinx+cosxA．0,22eπ4 B．−【解题思路】函数fx在0,π上恰有两个极值点，f′x在0,π上有两个变号零点，分离常数得a=ex【解答过程】解法一：

由题意可得f′x=−2asinxex+1令f′x=−2asin则直线y=a与函数y=gx，x∈g′当x∈π4,π时，g′x当x∈0,π4时，g′x又gπ4=22eπ4，当所以可作出gx的图象如图所示，数形结合可知a>即实数a的取值范围是22故选：D．解法二

由题意可得f′x=−2asinxex+1当a≤0时，f′x>0当a>0时，令ℎx=f当x∈π4,π时，ℎ′x>0，ℎx因为ℎ0=ℎπ=1，ℎπ4=1−2a故选：D．【题型4求不含参函数的最值】【例4】（2024·陕西西安·二模）函数f(x)=xx2+1在A．613,−613 B．25,−【解题思路】求导，判断导数正负得函数fx在−3,3【解答过程】f′x=令f′x>0，解得−1<x<1，即f令f′x<0，解得x∈−3,−1∪1,3，所以又f−3=−310，f−1所以函数fx在−3,3上的最大值为12，最小值为故选：D.【变式4-1】（2024·宁夏固原·一模）函数fx=sinx−x+2A．−2π−3,π+1 B．−2π−3,−3【解题思路】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间【解答过程】f′所以fx在区间0,π上f′在区间π,2π上f′又f0=−3,f2所以fx在区间0,2π上的最小值为−2π故选：A.【变式4-2】（2024·甘肃兰州·二模）若关于x的不等式ex+x+2ln1xA．12 B．e24 C．e【解题思路】对所给不等式适当变形，利用同构思想得出lnm≤x−2lnx对于任意x>0【解答过程】由题意可得x>0,m>0，ex+x+2ln令fx则f′所以fx所以若有fx≥fln即lnm≤x−2lnx令gx则g′令g′所以当0<x<2时，g′x<0，gx单调递减；当x>2时，所以gx从而lnm≤lne24，所以m的取值范围为m≤故选：B.【变式4-3】（2024·云南·模拟预测）已知函数fx=a2x2−xlnx−b−1A．0 B．1e C．ln2【解题思路】根据题意，转化为ax+b≥lnx在0,+∞上恒成立，对于使得2a+b取得最小值时，直线y=ax+b和函数y=lnx的图象相切，求得y=lnx上的一点x【解答过程】由fx=a所以f′x=ax+b−lnx≥0在0,+对于使得2a+b取得最小值时，直线y=ax+b和函数y=ln又由y=lnx，可得y′可得y=lnx在点x0,ln令a=1x0令gx=2当x∈0,2时，g′x<0；当所以gx在0,2上单调递减，在2,+∞上单调递增，所以所以2a+b的最小值为ln2故选：C.【题型5求含参函数的最值】【例5】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数fx=xe(1)求fx在区间−1,1(2)当a≥1时，求证：fx【解题思路】（1）求导f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隐零点法，由x>0，a≥1，转化为证明xex≥lnx+x+1，令gx=xex−lnx−x−1，（x>0），由gxmin≥0【解答过程】（1）解：f′x=eax令f′x=0当0<a≤1时，−1a≤−1，所以f′x≥0在区间所以fxmin=f当a>1时，−1<−1a<1，则当x∈−1,−1a时，当x∈−1a,1时，f′所以fx而f−1=−e−a综上所述，当0<a≤1时，fxmin=−当a>1时，所以fxmin=−（2）方法一：隐零点法因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex设gx=xex−令ϕx=ex−而ϕ12=所以由零点的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0−1x当x∈0,x0时，ϕ′x<0，当x∈x0,+∞时，ϕ′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同构）因为x>0，a≥1，所以xeax≥xex只需证明xe因此构造函数ℎx=eℎ′当x∈−∞,0时，ℎ′x当x∈0,+∞时，ℎ′x>0所以ℎx≥ℎ0所以xe因此fx【变式5-1】（2024·山西吕梁·二模）已知函数fx(1)当a=1时，求fx(2)求fx在区间0,1【解题思路】（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式求出函数的单调区间与极值；（2）求出函数的导函数f′x=−x−a2x+ax2，再分a≥1、0<a<1、−2<a<0、a≤−2四种情况讨论，得到函数f【解答过程】（1）当a=1时，fx则f′当0<x<1时，f′x>0当x>1时，f′x<0故函数fx的单调递增区间是0,1，单调递减区间是1,+函数fx的极大值为f（2）由题意得f′若a≥1，当x∈0,1时，f′x≥0，此时fx的最大值为f若0<a<1，当x∈0,a时，f′x当x∈a,1时，f′x此时fx的最大值为f若−2<a<0，则0<−a2<1，当x∈0,−a当x∈−a2,1时，此时fx的最大值为f若a≤−2，则−a2≥1，当x∈0,1时，f′此时fx的最大值为f综上可得，fx【变式5-2】（2024·重庆·模拟预测）已知函数fx(1)求函数y=fx(2)若a=3，设曲线y=fx与x轴正半轴的交点为P，该曲线在点P处的切线方程为y=gx【解题思路】（1）利用函数求导，讨论函数y=fx（2）利用a=3，求出曲线在点P处的切线方程，然后进行联立证明即可.【解答过程】（1）因为函数fx=ax−e所以f′当a≤0时，f′x<0当a>0时，f′x=0则f′x>0,x<lnaf′x<0,x>lna所以函数fx在x=lna（2）因为a=3，所以函数fx=3x−曲线y=fx与x轴正半轴的交点为P则切线斜率为f′切线方程为：y=3−则gx令FF′所以Fx在−∞,Fx的最大值为F所以Fx即∀x∈R【变式5-3】（2024·陕西西安·二模）已知函数fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在e(2)讨论fx在1,(3)是否存在实数a，使得对任意x>0，都有fx≤a？若存在，求【解题思路】（1）求得fe，f（2）先讨论f(x)的单调性，找到极值点ea−1，再根据ea−1，1，（3）根据（2）中所求函数单调性和最值，结合题意可知，只需fea−1≤a，构造函数m【解答过程】（1）当a=1时，fx=x−xlnx，fe=e−e故曲线y=fx在e,fe处的切线方程为y−0=−（2）fx=ax−xlnx，f′(x)=−ln令f′(x)=0，即−ln故当x∈(0,ea−1)，f′(x)当x∈(ea−1,+∞)，f′(x)若ea−1≥e，即a≥2时，y=f(x)在[1,故当a≥2时，f(x)在[1,e]上的最大值为若ea−1≤1，即a≤1时，y=f(x)在[1,e故当a≤1时，f(x)在[1,e]上的最大值为若1<ea−1<e，即1<a<2时，y=f(x)在又fe故当1<a<2时，f(x)在[1,e]上的最大值为综上所述，当a≤1时，f(x)在[1,e]上的最大值为当1<a<2时，f(x)在[1,e]上的最大值为当a≥2时，f(x)在[1,e]上的最大值为（3）由（2）可知，f(x)在(0,ea−1)单调递增，在(故f(x)在(0,+∞)上的最大值为ea−1若存在实数a，对任意x>0，都有fx≤a，则ea−1又当a>0时，ea−1≤a，也即a−1≤ln令mx=lnx−x+1则当x∈(0,1)，m′(x)当x∈(1,+∞)，m′(x)<0，故y=m(x)的最大值为m1=0，则lnx故若存在实数a，满足题意，则只有当a=1时，满足lna也即当a=1时，对任意x>0，都有fx综上所述，a可取的值组成的集合为{1}.【题型6已知函数最值求参数】【例6】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知函数fx=xex+a在区间0,1A．-2 B．2 C．-1 D．1【解题思路】先利用导函数研究函数的单调性及最值计算即可.【解答过程】由题意可知：f′所以当x∈0,1时f′x>0，则所以fx故选：D.【变式6-1】（2023·四川宜宾·三模）若函数fx=x−m2−2,x<02xA．m<0 B．m≤0 C．m>0 D．m≥0【解题思路】利用导数求出函数fx在0,+∞上的极小值，然后对实数m的取值进行分类讨论，结合fx【解答过程】当x≥0时，fx=2x当0<x<1时，f′x<0当x>1时，f′x>0所以，函数fx的极小值为f因为函数fx的最小值为−2，当m≥0时，函数fx在此时，函数fx在−当m<0时，函数fx在−∞,m此时，函数fx在−∞,0上的极小值为fm=−2综上所述，m<0.故选：A.【变式6-2】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知fx=2x3−6x2+m（m为常数）在A．−3 B．−5 C．−37 D．−39【解题思路】对函数进行求导，判断其单调性和最值，根据最大值为3求出m，进而根据单调性可得其最小值.【解答过程】由fx=2x故当x∈−2,0时，f′x>0，当x∈0,2时，f′x≤0，故当x=0时，fx取得最大值，即f0=m=3当x∈−2,0，fx≥f−2=−37故最小值为f−2故选：C.【变式6-3】（2024·甘肃金昌·模拟预测）已知函数fx=x3−ax2+3x在R上单调递增，且A．3,4 B．2,3 C．3,4 D．2,3【解题思路】根据函数fx在R上单调递增，利用函数导数性质求出a的取值范围，在由gx在区间1,2上既有最大值又有最小值求出【解答过程】1.因为fx=x若fx在R上单调递增，则f′x即3x2−2ax+3≥0恒成立，则Δ2.因为gx=x+a①当a≤2时，g′x>0对任意x∈1,2恒成立，所以此时只有最大值，没有最小值不满足题意；②当a≥8时，g′x≤0对任意x∈1,2恒成立，所以此时只有最小值，没有最大值不满足题意；③当2<a<8时，令g′x>0，解得a2<x≤2则gx在a2,2单调递增，在1,若gx在1,2则g2≥g1⇔2+a综上所述：2<a≤3．故选：B.【题型7函数单调性、极值与最值的综合应用】【例7】（2024·四川成都·二模）已知函数fx=x+a(1)当a=1时，求f′(2)若fx存在两个极值点，求a【解题思路】（1）求导判断函数的单调性即可求解，（2）求导，分类讨论导函数的正负，结合零点存在性定理即可求解.【解答过程】（1）当a=1时，fx=x+1lnx令函数ℎx=lnx+1当x∈0,1时，ℎ′x<0，ℎx为减函数；当x∈所以ℎ(x)min=ℎ（2）因为x∈0,+∞，有令gx=f①当a≤0时，因为x−a>0，所以g′x>0，即f所以至多存在一个x0∈0,+∞，使得f②当a>0时，解g′x=0故当x∈0,a时，g′x<0，f′f′x为增函数，所以（ⅰ）．当lna+2≥0，即a≥e−2时，f′x故fx（ⅱ）．当lna+2<0，即0<a<e又因为0<a22又由第（1）问知lnx+1x+1≥2，故又因为1>a，又f′所在x1∈a22,a且fx在0,x1，x所以x1，x2分别是综上所述，a的取值范围为0,e【变式7-1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知函数fx(1)求函数y=fx(2)设函数ℎx=exx【解题思路】（1）利用导数求解单调区间即可.（2）依据题意求出ℎx【解答过程】（1）易知fx的定义域为x∈(0,+而f′令f′x<0，x∈(0,1)，令f故fx在(0,1)上单调递减，在(1,+则函数y=fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+（2）由题意得ℎxℎ′若y=ℎx恰有两个极值点，则ℎ′x易知x=1是ℎ′令ℎ′x=0，化简得t=(x−1而g(x)定义域为{x而g′(x)=(1+x)ex故g(x)在x∈(0,1),(1,+∞而g(x)当x→+∞时，g(x)→+∞，故故实数t的取值范围为(1【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）设函数fx(1)当a=32时，求(2)当2<a≤32时，设x1<x2，且x【解题思路】（1）将a=32代入,然后对fx求导，判断f（2）对fx求导，通过一元二次方程根的情况，判断f′x的正负，得到fx的极值点，写出Ga【解答过程】（1）当a=32时，fxf′当x∈0,12或x∈1,+∞当x∈12,1时，f因此fx的极大值点是1（2）由已知fx的定义域为0,+f′对于方程2x2−2ax+1=0，Δ则方程2x2−2ax+1=0根据根与系数的关系，得m+n=a,mn=12，则12当0<x<m或x>n时，f′x>0，当m<x<n所以fx的极大值点为m，极小值点为n因为x1∈1因为x2∈2所以G==−m+n令2m于是Ga=gtg′t=−12又g12=34−ln故Ga的取值范围是0,【变式7-3】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当a=1时，讨论函数fx(2)若fx有两个极值点x①求实数a的取值范围；②求证：x1【解题思路】（1）求得f′x=2x−2lnxx，设gx=2x−2lnxx（2）①求得f′x=2ax−2lnxx，令f′x=0，解得②由函数f′x有两个零点x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax2【解答过程】（1）解：当a=1时，可得fx=x2−设gx=2x−2令ℎx=x所以ℎx为0,+∞上的增函数，且所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以所以f′(x)min=2>0，所以f′（2）解：①因为函数fx=ax令f′x=0设px=ln因为fx有两个极值点x1,x2当x∈0,e时，p′x>0所以px在0,e上单调递增，在e,+又当x>1时，px>0，故可作出结合图象可得，0<a<12e，即实数a②由函数f′x有两个零点x1令t1=x12,t只需证明t1不妨令t1>t2，由要证t1t2即证lnt即证lnt1−令m=t1t2，则令sm=ln所以sm在1,+∞上单调递增，所以综上所述，原不等式成立．一、单选题1．（2024·上海青浦·二模）如图，已知直线y=kx+m与函数y=f(x),x∈0,+∞的图象相切于两点，则函数y=fxA．2个极大值点，1个极小值点 B．3个极大值点，2个极小值点C．2个极大值点，无极小值点 D．3个极大值点，无极小值点【解题思路】作出与直线y=kx+m平行的函数fx的所有的切线，即可观察得到f′x与k的大小关系的不同区间，进而得出F′x【解答过程】Fx作出与直线y=kx+m平行的函数fx的所有切线，各切线与函数fx的切点的横坐标依次为fx在a,b,c,d,e,处的导数都等于k在0,a,b,c,d,e上，在a,b,c,d,因此函数Fx故选：B.2．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数f(x)=ex−alnx在区间(1,2)A．e2 B．e−1 C．e 【解题思路】由题意得f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，即a≤xex，然后构造函数g(x)=xex，利用可得g(x)在(1,2)上单调递增，从而可得【解答过程】依题意可知，f′(x)=ex−设g(x)=xex，x∈(1,2)，所以g′所以g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)=e故a≤e，即a的最大值为e故选：C．3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数fx=asinx+A．0,eπ22 B．0,22【解题思路】根据函数有两个极值点的个数，转化为导数在0,π上有两个变号零点，再进行参数a【解答过程】由题意得f′因为函数fx在0,π上恰有两个极值点，则f′当a≤0时，f′x>0当a>0时，令ℎx=−2a当x∈π4,π时，ℎ′当x∈0,π4时，ℎ′x又ℎ0=ℎπ所以ℎπ4=1−2aeπ故选：D．4．（2024·陕西安康·模拟预测）某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动，在木工师傅指导下要把一个体积为27cm3的圆锥切割成一个圆柱，切割过程中磨损忽略不计，则圆柱体积的最大值为（A．4cm3 B．8cm3 C．【解题思路】写出圆柱的体积解析式，构造函数，利用导数求出圆柱体的最大体积【解答过程】设圆锥的底面半径为R，高为H，圆柱的底面半径为r(0<r<R)，高为ℎ，则ℎH=R−r所以V圆柱设fr=r令f′r=0，得r=当r∈0,23R时，f′所以fr的最大值为f所以V圆柱的最大值为4故选：C.5．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知函数fx=e2x+x−2aeA．−e B．−1e 【解题思路】由二次函数的性质可知fx≥xex，令【解答过程】因为fx令Px=xe当x∈−∞,−1时，P当x∈−1,+∞时，P′∴Px∴fx故选：B．6．（2024·福建泉州·一模）已知x1,x2，是函数A．x1+x2=−2 B．x1【解题思路】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项.【解答过程】f′(x)=3(x−1)2−1所以x1f(x故选：C.7．（2024·广东深圳·二模）设函数fx=x+ex，gx=x+lnx，若存在x1A．1e B．1 C．2 D．【解题思路】根据题意，由条件可得fx1=flnx【解答过程】由题意可得fx1=g所以x1又f′x=1+ex即fx1=f且x1令ℎx=ln则ℎ′x=令ℎ′x=0当x∈0,1时，ℎ′x当x∈1,+∞时，ℎ′所以当x=1时，ℎx所以ℎx≤ℎ1所以x1故选：B.8．（2024·北京顺义·三模）利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究函数fx=xx，A．fx有且只有一个极值点 B．fx在C．存在实数a∈0,+∞，使得fa=1【解题思路】由条件可得函数z=xlnx可以看作为函数z=ln【解答过程】由y=fx=xx得则函数z=xlnx可以看作为函数z=ln因为z=lny为增函数，所以z=xlnz′由z′=0得x0,11z−0+z=x↘−↗由表知，z=xlnx在0,1在x=1e时，取得极小值（最小值）所以fx=x在x=1e时，取得唯一极值（极小值，也是最小值）故选：C.二、多选题9．（2024·重庆·三模）若函数fxA．ab<0 B．a<0 C．b2+16a>0 【解题思路】根据题意，求得f'x=−4x【解答过程】由函数fx=aln因为fx可得方程−4x2+bx+a=0则满足Δ=b2+16a>0b4>0−a例如：a=−1,b=5时，满足上式，此时a−b<4故选：ABC.10．（2024·浙江杭州·三模）已知函数fx=x+1A．fx在区间−2,+∞上单调递增 B．fC．方程fx=2的解有2个 D．导函数f【解题思路】利用导数判断单调性，求解最值判断A，B，将方程解的问题转化为函数零点问题判断C，对f′【解答过程】易知fx=x+1令f′x<0，x∈−∞故fx在−∞,−2故fx的最小值为f若讨论方程fx=2的解，即讨论易知g−2=−1e2故由零点存在性定理得到存在x0∈−2,1而当x→−∞时，g(x)→−2，显然g(x)在−故g(x)=x+1ex令ℎ(x)=f′x令ℎ′(x)=0，解得x=−3，而ℎ′故x=−3是ℎ′(x)的变号零点，即x=−3是故得导函数f′x的极值点为故选：ABD.11．（2024·黑龙江·三模）已知函数f(x)=excosA．f(x)的图象在点π2,fπ2B．f(x)在−πC．f(x)在−π2D．若f(x)在−m,m内恰有11个极值点，则实数m的取值范围为17【解题思路】对于A：当x>0时，f(x)=excosx，求导，结合导数的几何意义求切线方程，即可得结果；对于B：当x∈−π2,0时，【解答过程】对于选项A：当x>0时，f(x)=excos可得fπ2=0则函数f(x)的图象在点π2,fπ所以切线在y轴上的截距为π2对于选项B：当x∈−π2则f′因为x∈−π2,−π4时，则当x∈−π4,0时，则x+π所以函数f(x)在−π2,−对于选项C：由选项B可知：f(x)在−π2,0因为f(x)的定义域为R，且f(−x)=e可知函数f(x)为偶函数，所以f(x)在−π2,对于选项D：若f(x)在−m,m内恰有11个极值点，由选项C可知：f(x)为定义在R上的偶函数，可知x=0为f(x)的极值点，则f(x)在0,m内恰有5个极值点，由选项A可知：当x>0时，f′令f′(x)=0得cosx+可知：f(x)的极值点即为y=cos令x+π4=k即f(x)在0,+∞内的极值点为x=k由题意可得：4π+π所以实数m的取值范围为17π4故选：ACD.三、填空题12．（2024·上海·三模）若函数fx=−4x3+3x在a,a+2上存在最小值，则实数a【解题思路】根据题意，函数fx=−4x3+3x的极小值点在a,a+2【解答过程】因为fx=−4x令f′x=0当x∈−∞,−12当x∈−12,1当x∈12,+∞时，所以当x=−12时，因为函数fx=−4x又f1所以a<−12<a+2≤1所以实数a的取值范围是−5故答案为：−513．（2024·四川成都·模拟预测）若函数f(x)=(x−a)x+lnx在(0,+∞)上无极值点，则a的取值范围为【解题思路】由题意可得f(x)在(0,+∞)内单调，而当x→+∞时，f(x)→+∞，所以f′【解答过程】由f(x)=(x−a)x+lnx，得因为f(x)=(x−a)x+lnx在所以f(x)在(0,+∞因为当x→+∞时，f(x)→+所以f′(x)=2x−a+1即a≤2x+令g(x)=2x+1x(x>0)当0<x<22时，g′(x)<0，当所以g(x)在0,22上递减，在所以g(x)所以a≤22即a的取值范围为(−∞故答案为：(−∞14．（2023·四川遂宁·模拟预测）已知函数fx=1eln①函数f(x)有两个极值点；②若关于x的方程f(x)=t恰有1个解，则t>1；③函数f(x)的图像与直线x+y+c=0(c∈R④若fx1=fx2【解题思路】对函数fx的解析式进行化简并画出函数图象，由图可知函数fx有两个极值点，即①正确；利用函数与方程的思想可得fx=t恰有1个解时t>1或t=0，可知②错误；易知y=−x和y=−x+2是函数fx的两条切线，分类讨论参数c并通过构造函数证明即可得出fx的图像与直线x+y+c=0c∈【解答过程】由函数fx=1函数fx

对于①，由图可知，x=0和x=1是函数fx对于②，若函数gx=fx−t恰有1个零点，即函数fx与y=t对于③，因为函数y=ln1−x，y′=1x−1在点0,0处切线斜率函数y=1x，y′=−1x2在1,1易知当0≤−c≤2，即−2≤c≤0时，fx的图像与直线x+y+c=0当−c>2，即c<−2时，令1x=−x−c，得令px=x2+cx+1由二次函数的图像及零点存在定理可知，方程px当−c<0，即c>0时，令ln1−x=−x−c，设则q′x=即函数qx在−∞,0设tx=lnx∈1,+∞,q1−c+22所以函数qx对于④，由fx1=f则x1=1−et，x2设ℎt=e设mt=t3+且m0<0，m1>0，所以存在且当t∈0,t0时，ℎ′t<0，ℎt单调递减，当t∈t0故选：①③．四、解答题15．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数fx(1)求函数fx(2)当a>0时，求函数fx在区间1,【解题思路】（1）利用导数，分类讨论求区间；（2）结合（1）得到的函数fx单调性，分类讨论函数f【解答过程】（1）fx的定义域为0,+求导数，得f′若a≤0，则f′x>0，此时f若a>0，则由f′x=0得x=a，当0<x<a时，f′x当x>a时，f′x>0，f综上，当a≤0，fx的增区间为0,+若a>0，fx减区间为0,a，增区间为a,+（2）由（1）知，当0<a≤1时，fx在区间1,函数fx的最大值为f当a≥e时，fx在区间函数fx的最大值为f当1<a<e时，fx在区间1,a上为减函数，在函数fx的最大值为max由fe−f1若1<a<12e+1−3若12e+1−32综上，当a<12e+1−3当a≥12e+1−316．（2024·河北石家庄·三模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)当a=2时，若函数gx=fx【解题思路】（1）求导得f′x=x2−a+