專題3.3 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

專題3.3導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值【七大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值】 2【題型2求已知函數(shù)的極值】 5【題型3根據(jù)極值（點）求參數(shù)】 8【題型4求不含參函數(shù)的最值】 11【題型5求含參函數(shù)的最值】 13【題型6已知函數(shù)最值求參數(shù)】 17【題型7函數(shù)單調(diào)性、極值與最值的綜合應(yīng)用】 191、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值考點要求真題統(tǒng)計考情分析(1)借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要和充分條件

(2)會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(3)掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的方法(4)會用導(dǎo)數(shù)研究生活中的最優(yōu)化問題2022年新課標(biāo)I卷：第10題，5分2023年新課標(biāo)I卷：第11題，5分2023年新課標(biāo)Ⅱ卷：第11題，5分2024年新課標(biāo)I卷：第10題，6分2024年新課標(biāo)Ⅱ卷：第11題，6分、第16題，15分導(dǎo)數(shù)與函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容，高考對最值、極值的考查相對穩(wěn)定，是高考?？嫉臒狳c內(nèi)容，從近三年的高考情況來看，高考中常涉及的問題有利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值等；與不等式、方程的根(或函數(shù)的零點)等內(nèi)容結(jié)合考查，此類問題體現(xiàn)了分類討論、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想，此類問題在選擇、填空、解答題中都有考查，而在解答題中進行考查時試題難度較大，復(fù)習(xí)時需要加強練習(xí).【知識點1函數(shù)的極值問題的求解思路】1．運用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)極值的一般步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f'(x)；(3)解方程f'(x)=0，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；(4)列表檢驗f'(x)在f'(x)=0的根x0左右兩側(cè)值的符號；(5)求出極值.2．根據(jù)函數(shù)極值求參數(shù)的一般思路：

(1)已知函數(shù)極值，確定函數(shù)解析式中的參數(shù)時，要注意：根據(jù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解.(2)導(dǎo)數(shù)值為0不是此點為極值點的充要條件，所以用待定系數(shù)法求解后必須檢驗.【知識點2函數(shù)的最值問題的解題策略】1．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的解題策略：(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)在[a,b]上的最值的一般步驟：①求函數(shù)在(a,b)內(nèi)的極值；②求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)；③將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.(2)求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值的一般步驟：求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值.2．求含有參數(shù)的函數(shù)的最值的解題策略：求含有參數(shù)的函數(shù)的最值，需先求函數(shù)的定義域、導(dǎo)函數(shù)，通過對參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)f(x)的最值.【方法技巧與總結(jié)】1．求最值時，應(yīng)注意極值點和所給區(qū)間的關(guān)系，關(guān)系不確定時，需要分類討論，不可想當(dāng)然認為極值就是最值.2．函數(shù)最值是“整體”概念，而函數(shù)極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關(guān)系.【題型1根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值】【例1】（2024·云南楚雄·一模）若a>b，則函數(shù)y=ax?a(x?b)2的圖象可能是（

）A． B．

C．

D．

【解題思路】對比選項可知a≠0，由題意x=a，x=b（a>b）是函數(shù)y=ax?ax?b2的零點，x1=b<x2=2a+b【解答過程】對比各個選項可知a≠0，由三次函數(shù)圖象與性質(zhì)可得x=a，x=b（a>b）是函數(shù)y=ax?a令y′可知x1=b<x2=2a+b3<a（若a>0，則函數(shù)y=ax?a具體為y=ax?ax?b2在?∞,b若a<0，則函數(shù)y=ax?a具體為y=ax?ax?b2在?∞,b故選：B.【變式1-1】（2024·四川廣安·二模）已知函數(shù)fx其中，可以作為函數(shù)fx的大致圖象的個數(shù)為（

A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】對a的情況進行分類討論，借助于導(dǎo)數(shù)對函數(shù)的單調(diào)性進行分析即可判斷函數(shù)的大致圖象.【解答過程】由題意知，fx定義域為R當(dāng)a=0時，fx=e當(dāng)a>0時，f'x=ax+a+1ex，令f'x=0可得：x=?a+1a<0，所以當(dāng)x∈?當(dāng)a<0時，f'x=ax+a+1ex，當(dāng)f'x=0時x=?a+1a當(dāng)a<?1時，x=?a+1a<0當(dāng)?1<a<0時，x=?a+1a>0故選：D.【變式1-2】（23-24高二下·四川廣元·階段練習(xí)）如圖是y=fx的導(dǎo)函數(shù)f′xA．當(dāng)x=?1時，fx取得極大值 B．fxC．當(dāng)x=1時，fx取得極大值 D．fx在?1,2上是增函數(shù)，在【解題思路】由導(dǎo)函數(shù)的圖象，確定導(dǎo)函數(shù)的正負，由此得到函數(shù)f(x)的單調(diào)性，由極值的定義判斷函數(shù)f(x)的極值，由此判斷四個選項即可.【解答過程】根據(jù)導(dǎo)函數(shù)f′當(dāng)x∈?2,?1∪2,4時，f′x可知f(x)在?2,?1,2,4內(nèi)單調(diào)遞減，在所以當(dāng)x=?1時，fx取得極小值，當(dāng)x=2時，fx取得極大值，當(dāng)x=4故ABC錯誤，D正確.故選：D.【變式1-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）函數(shù)fx=axm3?xn在區(qū)間0,3上的圖像如圖，則A．m=2，n=2 B．m=2，n=1 C．m=1，n=2 D．m=1，n=1【解題思路】由圖及解析式易得a<0，將各項參數(shù)代入，利用導(dǎo)數(shù)研究f【解答過程】由題圖知，當(dāng)x=1時f1=a?2當(dāng)m=2，n=2時，fx則f′所以(0,32),(3,+∞)上f′x<0，所以fx的極小值點為x=當(dāng)m=2，n=1時，fx則f′所以(?∞,0),(2,+∞)上f′x>0，f所以fx的極小值點為x=2當(dāng)m=1，n=2時，fx則f′所以(?∞,1),(3,+∞)上f′x<0，f所以fx的極小值點為x=1當(dāng)m=1，n=1時，fx=ax3?x故選：C.【題型2求已知函數(shù)的極值】【例2】（2024·浙江·模擬預(yù)測）函數(shù)fx=x?2A．e2?2 B．?2e2?2 【解題思路】利用二次導(dǎo)數(shù)研究f′x的單調(diào)性，并通過觀察得其零點，進而判斷【解答過程】f′記gx=x?1當(dāng)x>0時，g′x>0，函數(shù)g當(dāng)x<0時，g′x<0，函數(shù)g所以，當(dāng)x=0時，gx因為g2=0，且當(dāng)x<0時，所以，當(dāng)x<2時，gx<0，即f′x<0當(dāng)x>2時，gx>0，即f′x>0所以，當(dāng)x=2時，fx取得極小值f故選：B.【變式2-1】（2024·寧夏銀川·一模）若函數(shù)f(x)=x2?ax?2ex在x=?2A．?6e2 B．?4e C．?2【解題思路】由題意求出a的值，進而求出fx【解答過程】因為函數(shù)f(x)=x2?ax?2則f′x=x2即4?22?a?2?a=0，所以所以fx=x令f′x=0，則x=2由x∈?∞,?2,f所以fx在?∞,?2所以函數(shù)fx在x=?2處取得極大值，f故選：C.【變式2-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=4xex?e2x?2ex，A．g(x)的極大值為4eB．g(x)的極小值為4eC．g(x)的極大值為4lnD．g(x)的極小值為4ln【解題思路】本題考查利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的極值，考查考生的運算求解能力，可按下列順序求解：f(x)=4xex?e2x?2ex→【解答過程】f(x)的定義域為R，f'所以g(x)=f'(x)求導(dǎo)得g'(x)=4?2ex，令當(dāng)x<ln2時，g′(x)>0；當(dāng)所以函數(shù)g(x)在(?∞,ln2)上單調(diào)遞增，在(ln2,+∞故選：C．【變式2-3】（2024·河南洛陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx及其導(dǎo)函數(shù)f′x的定義域均為R，且f′xA．有一個極小值點，一個極大值點 B．有兩個極小值點，一個極大值點C．最多有一個極小值點，無極大值點 D．最多有一個極大值點，無極小值點【解題思路】設(shè)gx=fxex，求導(dǎo)后，構(gòu)造?x=gx+x【解答過程】令gx=f故f′令?x所以?′當(dāng)x∈?∞,?1當(dāng)x∈?1,0時，?當(dāng)x∈0,+∞時，所以?x的極小值為??x的極大值為?所以當(dāng)x∈?∞,?1時，?當(dāng)?x在區(qū)間?則?x≥0，f′x=當(dāng)?x在區(qū)間?可設(shè)為x0，則當(dāng)x∈?∞,x當(dāng)x∈x0,+∞時，所以fx有且只有一個極小值點x綜上，fx故選：C.【題型3根據(jù)極值（點）求參數(shù)】【例3】（2024·遼寧葫蘆島·一模）已知函數(shù)f(x)=ex?ax2在RA．?∞,e2 B．?∞,【解題思路】求導(dǎo)數(shù)確定單調(diào)性，討論x的取值范圍可得結(jié)果.【解答過程】由題意得，f′(x)=e因為函數(shù)f(x)=ex?a所以f′當(dāng)x＞0時，設(shè)gx=e當(dāng)0＜x＜1時，得g′則gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+從而g′x≥當(dāng)x＜0時，ex綜上，0≤a≤e故選：D.【變式3-1】（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x3+ax2+bx+aA．?4 B．16 C．?4或16 D．16或18【解題思路】求導(dǎo)，即可由f(?1)=8且f′(?1)=0求解a,b【解答過程】f′若函數(shù)fx在x=?則f(?1)=8且f′(?1)=0，即解得：a=3,b=3或a=?2,b=?7，當(dāng)a=3,b=3時，f′x=3x當(dāng)a=?2,b=?7時，f′當(dāng)x>73或x<?1時，f′x>0故a=?2,b=?7符合題意，故fx故f1故選：A.【變式3-2】（2024·河北秦皇島·三模）已知0是函數(shù)fx=x3+aA．?∞,0 B．0,+∞ C．?【解題思路】分類討論a<0、a=0與a>0三種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與極值點的定義即可得解.【解答過程】因為fx=x令f′x=0，可得x=0當(dāng)?2a3>0令f′x>0，得x<0或x>?2a3所以fx在?∞,0，?所以x=0是函數(shù)fx當(dāng)?2a3=0，即a=0則fx在R當(dāng)?2a3<0令f′x>0，得x<?2a3或x>0所以fx在?∞,?2a3所以x=0是函數(shù)fx綜上，a<0，即a的取值范圍為?∞故選：A.【變式3-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=asinx+cosxA．0,22eπ4 B．?【解題思路】函數(shù)fx在0,π上恰有兩個極值點，f′x在0,π上有兩個變號零點，分離常數(shù)得a=ex【解答過程】解法一：

由題意可得f′x=?2asinxex+1令f′x=?2asin則直線y=a與函數(shù)y=gx，x∈g′當(dāng)x∈π4,π時，g′x當(dāng)x∈0,π4時，g′x又gπ4=22eπ4，當(dāng)所以可作出gx的圖象如圖所示，數(shù)形結(jié)合可知a>即實數(shù)a的取值范圍是22故選：D．解法二

由題意可得f′x=?2asinxex+1當(dāng)a≤0時，f′x>0當(dāng)a>0時，令?x=f當(dāng)x∈π4,π時，?′x>0，?x因為?0=?π=1，?π4=1?2a故選：D．【題型4求不含參函數(shù)的最值】【例4】（2024·陜西西安·二模）函數(shù)f(x)=xx2+1在A．613,?613 B．25,?【解題思路】求導(dǎo)，判斷導(dǎo)數(shù)正負得函數(shù)fx在?3,3【解答過程】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所以函數(shù)fx在?3,3上的最大值為12，最小值為故選：D.【變式4-1】（2024·寧夏固原·一模）函數(shù)fx=sinx?x+2A．?2π?3,π+1 B．?2π?3,?3【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)求得fx的單調(diào)區(qū)間，從而判斷出fx在區(qū)間【解答過程】f′所以fx在區(qū)間0,π上f′在區(qū)間π,2π上f′又f0=?3,f2所以fx在區(qū)間0,2π上的最小值為?2π故選：A.【變式4-2】（2024·甘肅蘭州·二模）若關(guān)于x的不等式ex+x+2ln1xA．12 B．e24 C．e【解題思路】對所給不等式適當(dāng)變形，利用同構(gòu)思想得出lnm≤x?2lnx對于任意x>0【解答過程】由題意可得x>0,m>0，ex+x+2ln令fx則f′所以fx所以若有fx≥fln即lnm≤x?2lnx令gx則g′令g′所以當(dāng)0<x<2時，g′x<0，gx單調(diào)遞減；當(dāng)x>2時，所以gx從而lnm≤lne24，所以m的取值范圍為m≤故選：B.【變式4-3】（2024·云南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=a2x2?xlnx?b?1A．0 B．1e C．ln2【解題思路】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為ax+b≥lnx在0,+∞上恒成立，對于使得2a+b取得最小值時，直線y=ax+b和函數(shù)y=lnx的圖象相切，求得y=lnx上的一點x【解答過程】由fx=a所以f′x=ax+b?lnx≥0在0,+對于使得2a+b取得最小值時，直線y=ax+b和函數(shù)y=ln又由y=lnx，可得y′可得y=lnx在點x0,ln令a=1x0令gx=2當(dāng)x∈0,2時，g′x<0；當(dāng)所以gx在0,2上單調(diào)遞減，在2,+∞上單調(diào)遞增，所以所以2a+b的最小值為ln2故選：C.【題型5求含參函數(shù)的最值】【例5】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=xe(1)求fx在區(qū)間?1,1(2)當(dāng)a≥1時，求證：fx【解題思路】（1）求導(dǎo)f′x=eax1+ax（x>0）（（2）方法一：隱零點法，由x>0，a≥1，轉(zhuǎn)化為證明xex≥lnx+x+1，令gx=xex?lnx?x?1，（x>0），由gxmin≥0【解答過程】（1）解：f′x=eax令f′x=0當(dāng)0<a≤1時，?1a≤?1，所以f′x≥0在區(qū)間所以fxmin=f當(dāng)a>1時，?1<?1a<1，則當(dāng)x∈?1,?1a時，當(dāng)x∈?1a,1時，f′所以fx而f?1=?e?a綜上所述，當(dāng)0<a≤1時，fxmin=?當(dāng)a>1時，所以fxmin=?（2）方法一：隱零點法因為x>0，a≥1，所以xeax≥xex設(shè)gx=xex?令?x=ex?而?12=所以由零點的存在性定理可知，存在唯一的x0∈1即ex0?1x當(dāng)x∈0,x0時，?′x<0，當(dāng)x∈x0,+∞時，?′x>0所以g所以gx≥0，因此方法二：（同構(gòu)）因為x>0，a≥1，所以xeax≥xex只需證明xe因此構(gòu)造函數(shù)?x=e?′當(dāng)x∈?∞,0時，?′x當(dāng)x∈0,+∞時，?′x>0所以?x≥?0所以xe因此fx【變式5-1】（2024·山西呂梁·二模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時，求fx(2)求fx在區(qū)間0,1【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值；（2）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f′x=?x?a2x+ax2，再分a≥1、0<a<1、?2<a<0、a≤?2四種情況討論，得到函數(shù)f【解答過程】（1）當(dāng)a=1時，fx則f′當(dāng)0<x<1時，f′x>0當(dāng)x>1時，f′x<0故函數(shù)fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,1，單調(diào)遞減區(qū)間是1,+函數(shù)fx的極大值為f（2）由題意得f′若a≥1，當(dāng)x∈0,1時，f′x≥0，此時fx的最大值為f若0<a<1，當(dāng)x∈0,a時，f′x當(dāng)x∈a,1時，f′x此時fx的最大值為f若?2<a<0，則0<?a2<1，當(dāng)x∈0,?a當(dāng)x∈?a2,1時，此時fx的最大值為f若a≤?2，則?a2≥1，當(dāng)x∈0,1時，f′此時fx的最大值為f綜上可得，fx【變式5-2】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)y=fx(2)若a=3，設(shè)曲線y=fx與x軸正半軸的交點為P，該曲線在點P處的切線方程為y=gx【解題思路】（1）利用函數(shù)求導(dǎo)，討論函數(shù)y=fx（2）利用a=3，求出曲線在點P處的切線方程，然后進行聯(lián)立證明即可.【解答過程】（1）因為函數(shù)fx=ax?e所以f′當(dāng)a≤0時，f′x<0當(dāng)a>0時，f′x=0則f′x>0,x<lnaf′x<0,x>lna所以函數(shù)fx在x=lna（2）因為a=3，所以函數(shù)fx=3x?曲線y=fx與x軸正半軸的交點為P則切線斜率為f′切線方程為：y=3?則gx令FF′所以Fx在?∞,Fx的最大值為F所以Fx即?x∈R【變式5-3】（2024·陜西西安·二模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時，求曲線y=fx在e(2)討論fx在1,(3)是否存在實數(shù)a，使得對任意x>0，都有fx≤a？若存在，求【解題思路】（1）求得fe，f（2）先討論f(x)的單調(diào)性，找到極值點ea?1，再根據(jù)ea?1，1，（3）根據(jù)（2）中所求函數(shù)單調(diào)性和最值，結(jié)合題意可知，只需fea?1≤a，構(gòu)造函數(shù)m【解答過程】（1）當(dāng)a=1時，fx=x?xlnx，fe=e?e故曲線y=fx在e,fe處的切線方程為y?0=?（2）fx=ax?xlnx，f′(x)=?ln令f′(x)=0，即?ln故當(dāng)x∈(0,ea?1)，f′(x)當(dāng)x∈(ea?1,+∞)，f′(x)若ea?1≥e，即a≥2時，y=f(x)在[1,故當(dāng)a≥2時，f(x)在[1,e]上的最大值為若ea?1≤1，即a≤1時，y=f(x)在[1,e故當(dāng)a≤1時，f(x)在[1,e]上的最大值為若1<ea?1<e，即1<a<2時，y=f(x)在又fe故當(dāng)1<a<2時，f(x)在[1,e]上的最大值為綜上所述，當(dāng)a≤1時，f(x)在[1,e]上的最大值為當(dāng)1<a<2時，f(x)在[1,e]上的最大值為當(dāng)a≥2時，f(x)在[1,e]上的最大值為（3）由（2）可知，f(x)在(0,ea?1)單調(diào)遞增，在(故f(x)在(0,+∞)上的最大值為ea?1若存在實數(shù)a，對任意x>0，都有fx≤a，則ea?1又當(dāng)a>0時，ea?1≤a，也即a?1≤ln令mx=lnx?x+1則當(dāng)x∈(0,1)，m′(x)當(dāng)x∈(1,+∞)，m′(x)<0，故y=m(x)的最大值為m1=0，則lnx故若存在實數(shù)a，滿足題意，則只有當(dāng)a=1時，滿足lna也即當(dāng)a=1時，對任意x>0，都有fx綜上所述，a可取的值組成的集合為{1}.【題型6已知函數(shù)最值求參數(shù)】【例6】（2024·陜西渭南·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=xex+a在區(qū)間0,1A．-2 B．2 C．-1 D．1【解題思路】先利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及最值計算即可.【解答過程】由題意可知：f′所以當(dāng)x∈0,1時f′x>0，則所以fx故選：D.【變式6-1】（2023·四川宜賓·三模）若函數(shù)fx=x?m2?2,x<02xA．m<0 B．m≤0 C．m>0 D．m≥0【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)fx在0,+∞上的極小值，然后對實數(shù)m的取值進行分類討論，結(jié)合fx【解答過程】當(dāng)x≥0時，fx=2x當(dāng)0<x<1時，f′x<0當(dāng)x>1時，f′x>0所以，函數(shù)fx的極小值為f因為函數(shù)fx的最小值為?2，當(dāng)m≥0時，函數(shù)fx在此時，函數(shù)fx在?當(dāng)m<0時，函數(shù)fx在?∞,m此時，函數(shù)fx在?∞,0上的極小值為fm=?2綜上所述，m<0.故選：A.【變式6-2】（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測）已知fx=2x3?6x2+m（m為常數(shù)）在A．?3 B．?5 C．?37 D．?39【解題思路】對函數(shù)進行求導(dǎo)，判斷其單調(diào)性和最值，根據(jù)最大值為3求出m，進而根據(jù)單調(diào)性可得其最小值.【解答過程】由fx=2x故當(dāng)x∈?2,0時，f′x>0，當(dāng)x∈0,2時，f′x≤0，故當(dāng)x=0時，fx取得最大值，即f0=m=3當(dāng)x∈?2,0，fx≥f?2=?37故最小值為f?2故選：C.【變式6-3】（2024·甘肅金昌·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=x3?ax2+3x在R上單調(diào)遞增，且A．3,4 B．2,3 C．3,4 D．2,3【解題思路】根據(jù)函數(shù)fx在R上單調(diào)遞增，利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)性質(zhì)求出a的取值范圍，在由gx在區(qū)間1,2上既有最大值又有最小值求出【解答過程】1.因為fx=x若fx在R上單調(diào)遞增，則f′x即3x2?2ax+3≥0恒成立，則Δ2.因為gx=x+a①當(dāng)a≤2時，g′x>0對任意x∈1,2恒成立，所以此時只有最大值，沒有最小值不滿足題意；②當(dāng)a≥8時，g′x≤0對任意x∈1,2恒成立，所以此時只有最小值，沒有最大值不滿足題意；③當(dāng)2<a<8時，令g′x>0，解得a2<x≤2則gx在a2,2單調(diào)遞增，在1,若gx在1,2則g2≥g1?2+a綜上所述：2<a≤3．故選：B.【題型7函數(shù)單調(diào)性、極值與最值的綜合應(yīng)用】【例7】（2024·四川成都·二模）已知函數(shù)fx=x+a(1)當(dāng)a=1時，求f′(2)若fx存在兩個極值點，求a【解題思路】（1）求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可求解，（2）求導(dǎo)，分類討論導(dǎo)函數(shù)的正負，結(jié)合零點存在性定理即可求解.【解答過程】（1）當(dāng)a=1時，fx=x+1lnx令函數(shù)?x=lnx+1當(dāng)x∈0,1時，?′x<0，?x為減函數(shù)；當(dāng)x∈所以?(x)min=?（2）因為x∈0,+∞，有令gx=f①當(dāng)a≤0時，因為x?a>0，所以g′x>0，即f所以至多存在一個x0∈0,+∞，使得f②當(dāng)a>0時，解g′x=0故當(dāng)x∈0,a時，g′x<0，f′f′x為增函數(shù)，所以（ⅰ）．當(dāng)lna+2≥0，即a≥e?2時，f′x故fx（ⅱ）．當(dāng)lna+2<0，即0<a<e又因為0<a22又由第（1）問知lnx+1x+1≥2，故又因為1>a，又f′所在x1∈a22,a且fx在0,x1，x所以x1，x2分別是綜上所述，a的取值范圍為0,e【變式7-1】（2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)y=fx(2)設(shè)函數(shù)?x=exx【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)求解單調(diào)區(qū)間即可.（2）依據(jù)題意求出?x【解答過程】（1）易知fx的定義域為x∈(0,+而f′令f′x<0，x∈(0,1)，令f故fx在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+則函數(shù)y=fx的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1,+（2）由題意得?x?′若y=?x恰有兩個極值點，則?′x易知x=1是?′令?′x=0，化簡得t=(x?1而g(x)定義域為{x而g′(x)=(1+x)ex故g(x)在x∈(0,1),(1,+∞而g(x)當(dāng)x→+∞時，g(x)→+∞，故故實數(shù)t的取值范圍為(1【變式7-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）設(shè)函數(shù)fx(1)當(dāng)a=32時，求(2)當(dāng)2<a≤32時，設(shè)x1<x2，且x【解題思路】（1）將a=32代入,然后對fx求導(dǎo)，判斷f（2）對fx求導(dǎo)，通過一元二次方程根的情況，判斷f′x的正負，得到fx的極值點，寫出Ga【解答過程】（1）當(dāng)a=32時，fxf′當(dāng)x∈0,12或x∈1,+∞當(dāng)x∈12,1時，f因此fx的極大值點是1（2）由已知fx的定義域為0,+f′對于方程2x2?2ax+1=0，Δ則方程2x2?2ax+1=0根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，得m+n=a,mn=12，則12當(dāng)0<x<m或x>n時，f′x>0，當(dāng)m<x<n所以fx的極大值點為m，極小值點為n因為x1∈1因為x2∈2所以G==?m+n令2m于是Ga=gtg′t=?12又g12=34?ln故Ga的取值范圍是0,【變式7-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時，討論函數(shù)fx(2)若fx有兩個極值點x①求實數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【解題思路】（1）求得f′x=2x?2lnxx，設(shè)gx=2x?2lnxx（2）①求得f′x=2ax?2lnxx，令f′x=0，解得②由函數(shù)f′x有兩個零點x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax2【解答過程】（1）解：當(dāng)a=1時，可得fx=x2?設(shè)gx=2x?2令?x=x所以?x為0,+∞上的增函數(shù)，且所以gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，所以所以f′(x)min=2>0，所以f′（2）解：①因為函數(shù)fx=ax令f′x=0設(shè)px=ln因為fx有兩個極值點x1,x2當(dāng)x∈0,e時，p′x>0所以px在0,e上單調(diào)遞增，在e,+又當(dāng)x>1時，px>0，故可作出結(jié)合圖象可得，0<a<12e，即實數(shù)a②由函數(shù)f′x有兩個零點x1令t1=x12,t只需證明t1不妨令t1>t2，由要證t1t2即證lnt即證lnt1?令m=t1t2，則令sm=ln所以sm在1,+∞上單調(diào)遞增，所以綜上所述，原不等式成立．一、單選題1．（2024·上海青浦·二模）如圖，已知直線y=kx+m與函數(shù)y=f(x),x∈0,+∞的圖象相切于兩點，則函數(shù)y=fxA．2個極大值點，1個極小值點 B．3個極大值點，2個極小值點C．2個極大值點，無極小值點 D．3個極大值點，無極小值點【解題思路】作出與直線y=kx+m平行的函數(shù)fx的所有的切線，即可觀察得到f′x與k的大小關(guān)系的不同區(qū)間，進而得出F′x【解答過程】Fx作出與直線y=kx+m平行的函數(shù)fx的所有切線，各切線與函數(shù)fx的切點的橫坐標(biāo)依次為fx在a,b,c,d,e,處的導(dǎo)數(shù)都等于k在0,a,b,c,d,e上，在a,b,c,d,因此函數(shù)Fx故選：B.2．（2024·山東泰安·模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=ex?alnx在區(qū)間(1,2)A．e2 B．e?1 C．e 【解題思路】由題意得f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，即a≤xex，然后構(gòu)造函數(shù)g(x)=xex，利用可得g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，從而可得【解答過程】依題意可知，f′(x)=ex?設(shè)g(x)=xex，x∈(1,2)，所以g′所以g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，g(x)>g(1)=e故a≤e，即a的最大值為e故選：C．3．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=asinx+A．0,eπ22 B．0,22【解題思路】根據(jù)函數(shù)有兩個極值點的個數(shù)，轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)在0,π上有兩個變號零點，再進行參數(shù)a【解答過程】由題意得f′因為函數(shù)fx在0,π上恰有兩個極值點，則f′當(dāng)a≤0時，f′x>0當(dāng)a>0時，令?x=?2a當(dāng)x∈π4,π時，?′當(dāng)x∈0,π4時，?′x又?0=?π所以?π4=1?2aeπ故選：D．4．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）某學(xué)校組織學(xué)生到一個木工工廠參加勞動，在木工師傅指導(dǎo)下要把一個體積為27cm3的圓錐切割成一個圓柱，切割過程中磨損忽略不計，則圓柱體積的最大值為（A．4cm3 B．8cm3 C．【解題思路】寫出圓柱的體積解析式，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出圓柱體的最大體積【解答過程】設(shè)圓錐的底面半徑為R，高為H，圓柱的底面半徑為r(0<r<R)，高為?，則?H=R?r所以V圓柱設(shè)fr=r令f′r=0，得r=當(dāng)r∈0,23R時，f′所以fr的最大值為f所以V圓柱的最大值為4故選：C.5．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）已知函數(shù)fx=e2x+x?2aeA．?e B．?1e 【解題思路】由二次函數(shù)的性質(zhì)可知fx≥xex，令【解答過程】因為fx令Px=xe當(dāng)x∈?∞,?1時，P當(dāng)x∈?1,+∞時，P′∴Px∴fx故選：B．6．（2024·福建泉州·一模）已知x1,x2，是函數(shù)A．x1+x2=?2 B．x1【解題思路】求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，解方程得出極值點，計算可判斷選項.【解答過程】f′(x)=3(x?1)2?1所以x1f(x故選：C.7．（2024·廣東深圳·二模）設(shè)函數(shù)fx=x+ex，gx=x+lnx，若存在x1A．1e B．1 C．2 D．【解題思路】根據(jù)題意，由條件可得fx1=flnx【解答過程】由題意可得fx1=g所以x1又f′x=1+ex即fx1=f且x1令?x=ln則?′x=令?′x=0當(dāng)x∈0,1時，?′x當(dāng)x∈1,+∞時，?′所以當(dāng)x=1時，?x所以?x≤?1所以x1故選：B.8．（2024·北京順義·三模）利用所學(xué)數(shù)學(xué)知識解決新問題是我們學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的一個重要目的，同學(xué)們利用我們所學(xué)數(shù)學(xué)知識，探究函數(shù)fx=xx，A．fx有且只有一個極值點 B．fx在C．存在實數(shù)a∈0,+∞，使得fa=1【解題思路】由條件可得函數(shù)z=xlnx可以看作為函數(shù)z=ln【解答過程】由y=fx=xx得則函數(shù)z=xlnx可以看作為函數(shù)z=ln因為z=lny為增函數(shù)，所以z=xlnz′由z′=0得x0,11z?0+z=x↘?↗由表知，z=xlnx在0,1在x=1e時，取得極小值（最小值）所以fx=x在x=1e時，取得唯一極值（極小值，也是最小值）故選：C.二、多選題9．（2024·重慶·三模）若函數(shù)fxA．a(chǎn)b<0 B．a(chǎn)<0 C．b2+16a>0 【解題思路】根據(jù)題意，求得f'x=?4x【解答過程】由函數(shù)fx=aln因為fx可得方程?4x2+bx+a=0則滿足Δ=b2+16a>0b4>0?a例如：a=?1,b=5時，滿足上式，此時a?b<4故選：ABC.10．（2024·浙江杭州·三模）已知函數(shù)fx=x+1A．fx在區(qū)間?2,+∞上單調(diào)遞增 B．fC．方程fx=2的解有2個 D．導(dǎo)函數(shù)f【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，求解最值判斷A，B，將方程解的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點問題判斷C，對f′【解答過程】易知fx=x+1令f′x<0，x∈?∞故fx在?∞,?2故fx的最小值為f若討論方程fx=2的解，即討論易知g?2=?1e2故由零點存在性定理得到存在x0∈?2,1而當(dāng)x→?∞時，g(x)→?2，顯然g(x)在?故g(x)=x+1ex令?(x)=f′x令?′(x)=0，解得x=?3，而?′故x=?3是?′(x)的變號零點，即x=?3是故得導(dǎo)函數(shù)f′x的極值點為故選：ABD.11．（2024·黑龍江·三模）已知函數(shù)f(x)=excosA．f(x)的圖象在點π2,fπ2B．f(x)在?πC．f(x)在?π2D．若f(x)在?m,m內(nèi)恰有11個極值點，則實數(shù)m的取值范圍為17【解題思路】對于A：當(dāng)x>0時，f(x)=excosx，求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，即可得結(jié)果；對于B：當(dāng)x∈?π2,0時，【解答過程】對于選項A：當(dāng)x>0時，f(x)=excos可得fπ2=0則函數(shù)f(x)的圖象在點π2,fπ所以切線在y軸上的截距為π2對于選項B：當(dāng)x∈?π2則f′因為x∈?π2,?π4時，則當(dāng)x∈?π4,0時，則x+π所以函數(shù)f(x)在?π2,?對于選項C：由選項B可知：f(x)在?π2,0因為f(x)的定義域為R，且f(?x)=e可知函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在?π2,對于選項D：若f(x)在?m,m內(nèi)恰有11個極值點，由選項C可知：f(x)為定義在R上的偶函數(shù)，可知x=0為f(x)的極值點，則f(x)在0,m內(nèi)恰有5個極值點，由選項A可知：當(dāng)x>0時，f′令f′(x)=0得cosx+可知：f(x)的極值點即為y=cos令x+π4=k即f(x)在0,+∞內(nèi)的極值點為x=k由題意可得：4π+π所以實數(shù)m的取值范圍為17π4故選：ACD.三、填空題12．（2024·上?！と＃┤艉瘮?shù)fx=?4x3+3x在a,a+2上存在最小值，則實數(shù)a【解題思路】根據(jù)題意，函數(shù)fx=?4x3+3x的極小值點在a,a+2【解答過程】因為fx=?4x令f′x=0當(dāng)x∈?∞,?12當(dāng)x∈?12,1當(dāng)x∈12,+∞時，所以當(dāng)x=?12時，因為函數(shù)fx=?4x又f1所以a<?12<a+2≤1所以實數(shù)a的取值范圍是?5故答案為：?513．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）若函數(shù)f(x)=(x?a)x+lnx在(0,+∞)上無極值點，則a的取值范圍為【解題思路】由題意可得f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)，而當(dāng)x→+∞時，f(x)→+∞，所以f′【解答過程】由f(x)=(x?a)x+lnx，得因為f(x)=(x?a)x+lnx在所以f(x)在(0,+∞因為當(dāng)x→+∞時，f(x)→+所以f′(x)=2x?a+1即a≤2x+令g(x)=2x+1x(x>0)當(dāng)0<x<22時，g′(x)<0，當(dāng)所以g(x)在0,22上遞減，在所以g(x)所以a≤22即a的取值范圍為(?∞故答案為：(?∞14．（2023·四川遂寧·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx=1eln①函數(shù)f(x)有兩個極值點；②若關(guān)于x的方程f(x)=t恰有1個解，則t>1；③函數(shù)f(x)的圖像與直線x+y+c=0(c∈R④若fx1=fx2【解題思路】對函數(shù)fx的解析式進行化簡并畫出函數(shù)圖象，由圖可知函數(shù)fx有兩個極值點，即①正確；利用函數(shù)與方程的思想可得fx=t恰有1個解時t>1或t=0，可知②錯誤；易知y=?x和y=?x+2是函數(shù)fx的兩條切線，分類討論參數(shù)c并通過構(gòu)造函數(shù)證明即可得出fx的圖像與直線x+y+c=0c∈【解答過程】由函數(shù)fx=1函數(shù)fx

對于①，由圖可知，x=0和x=1是函數(shù)fx對于②，若函數(shù)gx=fx?t恰有1個零點，即函數(shù)fx與y=t對于③，因為函數(shù)y=ln1?x，y′=1x?1在點0,0處切線斜率函數(shù)y=1x，y′=?1x2在1,1易知當(dāng)0≤?c≤2，即?2≤c≤0時，fx的圖像與直線x+y+c=0當(dāng)?c>2，即c<?2時，令1x=?x?c，得令px=x2+cx+1由二次函數(shù)的圖像及零點存在定理可知，方程px當(dāng)?c<0，即c>0時，令ln1?x=?x?c，設(shè)則q′x=即函數(shù)qx在?∞,0設(shè)tx=lnx∈1,+∞,q1?c+22所以函數(shù)qx對于④，由fx1=f則x1=1?et，x2設(shè)?t=e設(shè)mt=t3+且m0<0，m1>0，所以存在且當(dāng)t∈0,t0時，?′t<0，?t單調(diào)遞減，當(dāng)t∈t0故選：①③．四、解答題15．（2024·廣東東莞·模擬預(yù)測）已知函數(shù)fx(1)求函數(shù)fx(2)當(dāng)a>0時，求函數(shù)fx在區(qū)間1,【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)，分類討論求區(qū)間；（2）結(jié)合（1）得到的函數(shù)fx單調(diào)性，分類討論函數(shù)f【解答過程】（1）fx的定義域為0,+求導(dǎo)數(shù)，得f′若a≤0，則f′x>0，此時f若a>0，則由f′x=0得x=a，當(dāng)0<x<a時，f′x當(dāng)x>a時，f′x>0，f綜上，當(dāng)a≤0，fx的增區(qū)間為0,+若a>0，fx減區(qū)間為0,a，增區(qū)間為a,+（2）由（1）知，當(dāng)0<a≤1時，fx在區(qū)間1,函數(shù)fx的最大值為f當(dāng)a≥e時，fx在區(qū)間函數(shù)fx的最大值為f當(dāng)1<a<e時，fx在區(qū)間1,a上為減函數(shù)，在函數(shù)fx的最大值為max由fe?f1若1<a<12e+1?3若12e+1?32綜上，當(dāng)a<12e+1?3當(dāng)a≥12e+1?316．（2024·河北石家莊·三模）已知函數(shù)fx(1)討論函數(shù)fx(2)當(dāng)a=2時，若函數(shù)gx=fx【解題思路】（1）求導(dǎo)得f′x=x2?a+