【二轮复习】高考数学 专题3.2 函数的单调性、极值与最值（题型专练）（新高考专用）.zip

这是一份【二轮复习】高考数学 专题3.2 函数的单调性、极值与最值（题型专练）（新高考专用）.zip，文件包含二轮复习高考数学专题32函数的单调性极值与最值题型专练新高考专用原卷版docx、二轮复习高考数学专题32函数的单调性极值与最值题型专练新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。


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\l "_Tc16041" 【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】 PAGEREF _Tc16041 \h 2
\l "_Tc32682" 【题型2 由函数的单调性求参数】 PAGEREF _Tc32682 \h 4
\l "_Tc26575" 【题型3 利用导数求函数的极值（点）】 PAGEREF _Tc26575 \h 6
\l "_Tc27987" 【题型4 根据极值（点）求参数】 PAGEREF _Tc27987 \h 8
\l "_Tc9371" 【题型5 利用导数求函数的最值】 PAGEREF _Tc9371 \h 10
\l "_Tc25150" 【题型6 已知函数最值求参数】 PAGEREF _Tc25150 \h 12
\l "_Tc3606" 【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】 PAGEREF _Tc3606 \h 14
1、函数的单调性、极值与最值
导数与函数是高中数学的核心内容，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.
【知识点1 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.确定函数单调区间的步骤；
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f'(x)；
(3)解不等式f'(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
3.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点2 函数的极值与最值问题的解题思路】
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：
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.
3.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.
【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】
【例1】（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）函数y=-x2+lnx的单调递增区间为（ ）
A．12,eB．(0,e)C．0,12D．0,22
【解题思路】先求导，再由y'>0求解.
【解答过程】解：因为y=-x2+lnx，
所以y'=-2x+1xx>0，
由y'>0，即-2x+1x>0，
解得0所以函数y=-x2+lnx的单调递增区间为0,22，
故选：D.
【变式1-1】（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）下列函数中，既是偶函数又在0,+∞上单调递增的函数是（ ）
A．fx=xlnxB．fx=ln-x+x2+1
C．fx=ex+e-xD．fx=ex-e-x
【解题思路】对于A，说明fx=xlnx不是偶函数即可；对于B，说明fx=ln-x+x2+1是奇函数不是偶函数即可；对于C，用定义说明fx=ex+e-x是偶函数，用导数说明它在0,+∞上单调递增；对于D，说明fx=ex-e-x是奇函数不是偶函数即可.
【解答过程】对于A，因为fx=xlnx的定义域为0,+∞不关于原点对称，所以fx=xlnx不是偶函数，
故A选项不符合题意；
对于B，因为∀x∈R,x2+1-x>x2-x=x-x≥0，所以fx=ln-x+x2+1的定义域为R关于原点对称，
但fx+f-x=ln-x+x2+1+lnx+x2+1=ln1=0，所以fx=ln-x+x2+1是奇函数不是偶函数，
故B选项不符合题意；
对于C，因为fx=ex+e-x的定义域为R关于原点对称，且f-x=e-x+ex=ex+e-x=fx，
所以fx=ex+e-x是偶函数，
又f'x=ex-e-x，注意到当x∈0,+∞时，有ex>e0=1>e-x，
所以此时f'x=ex-e-x>0，所以fx=ex+e-x在0,+∞上单调递增，
故C选项符合题意；
对于D，因为fx=ex-e-x的定义域为R关于原点对称，但f-x=e-x-ex=-ex-e-x=-fx，
所以fx=ex-e-x是奇函数不是偶函数，
故D选项不符合题意.
故选：C.
【变式1-2】（2023·上海静安·统考二模）函数y=xlnx（ ）
A．严格增函数
B．在0,1e上是严格增函数，在1e,+∞上是严格减函数
C．严格减函数
D．在0,1e上是严格减函数，在1e,+∞上是严格增函数
【解题思路】求导后利用导函数的正负判断函数的单调性，并根据严格增减函数的定义即可得到选项.
【解答过程】解：已知y=xlnx，x>0，则y'=lnx+x⋅1x=lnx+1，
令y'=0，即lnx+1=0，解得x=1e，
当0当x>1e时，y'>0，所以在1e,+∞上是严格增函数，
故选：D.
【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=lnx-2+ln4-x，则fx的单调递增区间为（ ）
A．2,3B．3,4C．-∞,3D．3,+∞
【解题思路】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递增区间.
【解答过程】由x-2>04-x>0得：2∵f'x=1x-2-14-x=23-xx-24-x，
∴当x∈2,3时，f'x>0；当x∈3,4时，f'x<0；
∴fx的单调递增区间为2,3.
故选：A.
【题型2 由函数的单调性求参数】
【例2】（2023·广西玉林·统考二模）若函数f(x)=(ax+1)ex在1,2上为增函数，则a的取值范围是（ ）
A．-12,+∞B．-13,+∞
C．-14,+∞D．0,+∞
【解题思路】对函数求导，根据题意可得f'(x)=(ax+a+1)ex≥0对x∈1,2恒成立，列出不等式组，解之即可求解.
【解答过程】依题意得f'(x)=(ax+a+1)ex≥0对x∈1,2恒成立，
即ax+a+1≥0对x∈1,2恒成立．
因为y＝ax＋a＋1的图象为直线，
所以a+a+1≥02a+a+1≥0，解得a≥-13．
故选：B.
【变式2-1】（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）若函数f(x)=x22-lnx在区间(m,m+13)上不单调，则实数m的取值范围为（ ）
A．0C．23≤m≤1D．m>1
【解题思路】首先求出f(x)的定义域和极值点，由题意得极值点在区间(m,m+13)内，且m>0，得出关于m的不等式组，求解即可．
【解答过程】函数f(x)=x22-lnx的定义域为(0,+∞)，
且f'(x)=x-1x=x2-1x=(x+1)(x-1)x，
令f'(x)=0，得x=1，
因为f(x)在区间(m,m+13)上不单调，
所以m>0m<1故选：B.
【变式2-2】（2023下·重庆·高二校联考期中）若函数fx=x2-alnx-x-2023a∈R在区间1,+∞上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．-∞,1B．-∞,1C．-∞,-18D．-∞,-18
【解题思路】先求导数，利用f'(x)≥0在1,+∞上恒成立，分离参数进行求解.
【解答过程】f'(x)=2x-ax-1，因为f(x)在区间1,+∞上单调递增，
所以f'(x)≥0在1,+∞上恒成立，即2x2-x≥a在1,+∞上恒成立，
因为二次函数y=2x2-x的图象的对称轴为x=14，且开口向上
所以y=2x2-x的最小值为1，所以a≤1.
故选：B.
【变式2-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数gx=ax-12x+1-ln2x-1在1,+∞上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．-∞,4B．-∞,163C．4,163D．-∞,6
【解题思路】依据原函数的单调性得到导函数的正负，后利用二次函数性质求参数范围即可.
【解答过程】由gx=ax-12x+1-ln2x-1得g'x=a2x+1-2ax-a2x+12-22x-1
=3a2x-1-22x+122x+122x-1=-8x2+6a-8x-3a-22x+122x-1，
因为函数gx在1,+∞上单调递减，所以g'x≤0在1,+∞上恒成立．
设φx=-8x2+6a-8x-3a-2，则φx≤0在1,+∞上恒成立，
利用二次函数的图象与性质及数形结合思想，
可得-6a-82×-8≤1φ1=-8+6a-8-3a-2≤0或6a-82-4×-8-3a-2≤0，
解得a≤163，所以实数a的取值范围为-∞,163
故选：B．
【题型3 利用导数求函数的极值（点）】
【例3】（2023·全国·模拟预测）函数f(x)=2x-tanx-π在区间-π2,π2的极大值、极小值分别为（ ）
A．π2+1，-π2+1B．-π2+1，-3π2+1
C．3π2-1，-π2+1D．-π2-1，-3π2+1
【解题思路】求出f'x，由f'(x)<0、f'(x)>0可得答案．
【解答过程】由题意，得f'(x)=2-sinxcsx'=2-1cs2x=2cs2x-1cs2x，
当x∈-π2,-π4∪π4,π2时，2cs2x-1<0，f'(x)<0；
当x∈-π4,π4时，2cs2x-1>0，f'(x)>0．
所以f(x)在-π2,-π4上单调递减，在-π4,π4上单调递增，在π4,π2上单调递减．
当x=-π4时，f(x)取得极小值，为f-π4=-3π2+1；
当x=π4时，f(x)取得极大值，为fπ4=-π2-1．
故选：D．
【变式3-1】（2023·河南洛阳·校联考模拟预测）已知函数fx及其导函数f'x的定义域均为R，且f'x-fx=x2e2x,f0=0，则fx（ ）
A．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+x2ex，求导，得到其单调性和极值情况，结合极小值为0，故当x∈-∞,-1时，hx至多有1个变号零点，且在-1,+∞上无变号零点；分hx在区间-∞,-1上没有变号零点和1个变号零点两种情况，得到极值情况.
【解答过程】令gx=fxex，则g'x=f'x-fxex=x2e2xex=x2ex，
故f'x=fx+x2e2x=exgx+x2e2x=exgx+x2ex．
令hx=gx+x2ex，
所以h'x=g'x+x2+2xex=x2ex+x2+2xex=2xx+1ex，
当x∈-∞,-1时，h'x>0,hx单调递增，
当x∈-1,0时，h'x<0,hx单调递减，
当x∈0,+∞时，h'x>0,hx单调递增，
所以hx的极小值为h0=g0=f0e0=0，
hx的极大值为h-1=g-1+1e>h0=0，
所以当x∈-∞,-1时，hx至多有1个变号零点，且在-1,+∞上无变号零点；
当hx在区间-∞,-1上没有变号零点时，
则hx≥0，f'x=exhx≥0，fx单调递增，fx无极值点，
当hx在区间-∞,-1上有1个变号零点时，
可设为x0，则当x∈-∞,x0时，hx<0,f'x=exhx<0，fx单调递减，
当x∈x0,+∞时，hx≥0,f'x=exhx≥0，fx单调递增，
所以fx有且只有一个极小值点x0，无极大值点．
综上，fx最多有一个极小值点，无极大值点．
故选：C.
【变式3-2】（2023·河北·模拟预测）若函数fx=sinx-xπ-xπ，则fx极值点的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】首先根据得到f(x)的图象关于直线x=π2对称，再对其求导，得到其在(π,+∞)上单调性，再对导函数进行求导得到其单调性和零点，从而得到原函数的极值点.
【解答过程】由题得f(x)=sinx-x+x2π=1π(x- π22+sinx-π4,
因为y=sinx与y=1πx-π22 -π4的图象均关于直线x=π2对称,
所以f(x)的图象也关于直线x=π2对称,
又f'(x)=csx-1+2πx,且当x>π时,2πx-1>1,
所以f'(x)>1+csx≥0,即f'(x)>0,所以f(x)在(π,+∞)上单调递增.
令h(x)=f'(x)=csx-1+2πx,则h'(x)=-sinx+ 2π,
又h'π2=2π-1<0,h'(π)=2π>0,h'(x)在π2,π上单调递增,
所以∃x0∈π2,π,使得h'x0 =0,
所以当x∈π2,x0时,h'(x)<0,h(x)单调递减;
当x∈x0,π时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
又hπ2=h(π)=0,所以在π2,π上,h(x)<0,即f'(x)<0,f(x)单调递减.
由f(x)图象的对称性可知,在0,π2上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
在(-∞,0)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,
又f'(0)= f'π2=f'(π)=0,
所以f(x)极值点的个数为3.
故选：C.
【变式3-3】（2023·河南·统考三模）已知函数f(x)=x2lnx，则下列结论正确的是（ ）
A．f(x)在x=1e处得到极大值-12eB．f(x)在x=e处得到极大值e2
C．f(x)在x=1e处得到极小值-12eD．f(x)在x=e处得到极小值e2
【解题思路】利用导数求函数极值即可.
【解答过程】由f'(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)，且x∈(0,+∞)，
所以x∈(0,1e)时f'(x)<0，f(x)递减，x∈(1e,+∞)时f'(x)>0，f(x)递增，
所以f(x)在x=1e处得到极小值f(1e)=1eln1e= -12e.
故选：C.
【题型4 根据极值（点）求参数】
【例4】（2023·贵州遵义·统考三模）已知函数fx=ax+lnxb+1在x=1处取得极值0，则a+b=（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【解题思路】根据极值点的意义，列式求解.
【解答过程】f'x=a+1bx，
有f1=a+1=0f'1=a+1b=0，得a=-1,b=1，
所以a+b=0.
故选：B.
【变式4-1】（2023·陕西商洛·统考三模）若函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x无极值，则a的取值范围为（ ）
A．[-3,6]B．(-3,6)
C．(-∞,-3]∪[6,+∞)D．(-∞,-3)∪(6,+∞)
【解题思路】直接对函数求导，再利用极值的定义即可求出结果.
【解答过程】因为f(x)=x3+ax2+(a+6)x，所以f'(x)=3x2+2ax+a+6，因为f(x)无极值，所以(2a)2-4×3×(a+6)≤0，解得-3≤a≤6，所以a的取值范围为[-3,6]．
故选：A.
【变式4-2】（2023·四川绵阳·统考一模）若函数y=csωx+π6（ω>0）在区间-π2,0上恰有唯一极值点，则ω的取值范围为（ ）
A．13,76B．13,76C．13,73D．23,73
【解题思路】根据余弦函数的图象特征，根据整体法即可列出不等式满足的关系进行求解.
【解答过程】当x∈-π2,0，ωx+π6∈-ωπ2+π6,π6，
由于y=csωx+π6（ω>0）在区间-π2,0上恰有唯一极值点，故满足-π≤-ωπ2+π6<0，解得ω∈13,73，
故选：C.
【变式4-3】（2023·高二课时练习）已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ）
A．-16C．-32
【解题思路】根据函数有极大值和极小值，可以判断导数有两个零点，然后求a的取值范围即可.
【解答过程】函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1，
∴f'(x)=3x2+2ax+a+6，
函数f(x)有极大值和极小值，
所以其导函数f'(x)=0有两个不同的解，
Δ=4a2-4×3(a+6)>0,
所以a<-3或a>6.
故选：B.
【题型5 利用导数求函数的最值】
【例5】（2023·四川绵阳·三台中学校考模拟预测）当x=2时，函数fx=x3+bx2-12x取得极值，则fx在区间-4,4上的最大值为（ ）
A．8B．12C．16D．32
【解题思路】根据极值点与导数之间的关系求得b=0，利用导数判断fx在区间-4,4上的单调性和最值.
【解答过程】因为fx=x3+bx2-12x，所以f'(x)=3x2+2bx-12，
又因为f(x)在x=2取极值，所以f'(2)=12+4b-12=0，解得b=0，
若b=0，则f(x)=x3-12x，f'(x)=3x2-12，
令f'(x)>0，得x<-2或x>2；令f'(x)<0，得-2所以f(x)在-∞,-2和2,+∞上单调递增，在-2,2上单调递减，
可知f(x)在x=2取极值，故b=0满足题意，
若x∈-4,4，则f(x)在[-4,-2]和[2,4]上单调递增，在-2,2上单调递减，
且f(-2)=-8+24=16,f(4)=64-48=16，
所以fx在区间-4,4上的最大值为16.
故选：C．
【变式5-1】（2023·广西玉林·校联考模拟预测）已知正实数x，y满足yex=lnx-lny，则lnx+1x+lny的最大值为（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【解题思路】由yex=lnx-lny得xex=lnxyelnxy，构造函数ft=tet,t>0，利用单调性得lny=lnx-x，记gx=lnx+1x+lnx-x，求导，利用函数单调性求最值即可.
【解答过程】因为正实数x，y满足yex=lnx-lny，
所以xex=xylnx-lny=xylnxy=lnxyelnxy，
设ft=tet,t>0，则f't=t+1et，当t>0时，f't>0，
所以函数ft在0,+∞上单调递增，由xex=lnxyelnxy得fx=flnxy，
所以x=lnxy，所以lny=lnx-x，
所以lnx+1x+lny=lnx+1x+lnx-x，记gx=lnx+1x+lnx-x，
则g'x=-lnx+x-x2x2，所以g'1=0，记hx=-lnx+x-x2，
则h'x=-2x+1-1x≤-22+1<0，
所以函数hx在0,+∞上单调递减，且h1=0，
所以在0,1上，hx>0，g'x>0，gx单调递增，
在1,+∞上，hx<0，g'x<0，gx单调递减，
所以gxmax=g1=0，当x=1时，y=1e，即lnx+1x+lny的最大值为0.
故选：B.
【变式5-2】（2023·江西赣州·南康中学校联考模拟预测）已知函数fx=e2x-2tex+1+e2+1t2-2tlnx+lnx2，t∈R，则函数fx的最小值为（ ）
A．1eB．1e2+1C．e2e2+1D．2e2e2+1
【解题思路】Pex,lnx，Qet,t，利用两点间的距离公式进行转化，利用构造函数法，结合导数、切线、点到直线的距离公式来求得正确答案.
【解答过程】fx=ex-et2+lnx-t2，令Pex,lnx，Qet,t，则fx=PQ2，
点P在函数gx=lnlnx的图象上运动，点Q在直线y=1ex上运动，
由g'x=1xlnx=1e，得x=e，
所以函数gx图象上平行于直线y=1ex的切线的切点坐标为e,0，
切点e,0到直线y=1ex的距离d=ee2+1，
所以PQ2即fx的最小值为e2e2+1．
故选：C.
【变式5-3】（2023·陕西汉中·统考一模）设定义在R上的函数fx满足f'x+fx=3x2e-x，且f0=0，则下列结论正确的是（ ）
A．fx在R上单调递减B．fx在R上单调递增
C．fx在R上有最大值D．fx在R上有最小值
【解题思路】根据已知可得exfx=x3+c，由f0=0求出c可得fx=x3ex，利用导数判断fx的单调性可得最值情况.
【解答过程】因为f'x+fx=3x2e-x，所以exf'x+exfx=3x2，
可得exfx'=exf'x+exfx=3x2，
可得exfx=x3+c（c为常数），
因为f0=0，所以e0f0=0+c=0，解得c=0，
所以fx=x3ex，f'x=3x2ex-x3exex×ex=x23-xex，
当x>3时，f'(x)<0,f(x)单调递减，当00,f(x)单调递增，
当x<0时，f'(x)>0,f(x)单调递增，当x→+∞时，f(x)→0且f(x)>0，当x→-∞时，f(x)→-∞，
所以fx在x=3时有极大值即最大值f3=33e3=27e3，无最小值.
故选：C.
【题型6 已知函数最值求参数】
【例6】（2023·广西·统考模拟预测）已知函数fx=lnx+ax存在最大值0，则a的值为（ ）
A．-2B．-1eC．1D．e
【解题思路】讨论a与0的大小关系确定f(x)的单调性，求出f(x)的最大值.
【解答过程】因为f'x=1x+a，x>0，
所以当a≥0时，f'x>0恒成立，故函数fx单调递增，不存在最大值；
当a<0时，令f'x=0，得出x=-1a，
所以当x∈0,-1a时，f'x>0，函数单调递增，
当x∈-1a,+∞时，f'x<0，函数单调递减，
所以fxmax=f-1a=ln-1a-1=0，解得：a= -1e.
故选：B.
【变式6-1】（2023·四川宜宾·统考三模）若函数fx=x-m2-2,x<02x3-3x2,x≥0的最小值是-2，则实数m的取值范围是（ ）
A．m<0B．m≤0C．m>0D．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fxmin=-2可求得实数m的取值范围.
【解答过程】当x≥0时，fx=2x3-3x2，则f'x=6x2-6x=6xx-1，
当0当x>1时，f'x>0，此时函数fx单调递增，
所以，函数fx的极小值为f1=-1，
因为函数fx的最小值为-2，当m≥0时，函数fx在-∞,0上单调递减，
此时，函数fx在-∞,0上无最小值，不合乎题意；
当m<0时，函数fx在-∞,m上单调递减，在m,0上单调递增，
此时，函数fx在-∞,0上的极小值为fm=-2，且-2<-1，则fxmin=fm=-2，
综上所述，m<0.
故选：A.
【变式6-2】（2023·上海松江·统考二模）已知函数y=13x3-x2-3x+a，a∈R，在区间(t-3,t+5)上有最大值，则实数t的取值范围是（ ）
A．-6C．-6【解题思路】利用导数求出函数单调性，据此知函数有极大值，根据函数在开区间上有最大值可知，区间含极大值点
【解答过程】y'=x2-2x-3=(x-3)(x+1)，
当x<-1或x>3时，y'>0，当-1所以函数在(-∞,-1)，(3,+∞)上递增函数，在(-1,3)上递减函数，
故x=-1时函数有极大值，且yx=-1=53=yx=5，
所以当函数在(t-3,t+5)上有最大值，则-1∈ (t-3,t+5)且t+5≤5，
即t-3<-1故选：B.
【变式6-3】（2023·高二课时练习）已知函数f(x)=ex+x3+(a-3)x+1在区间(0，1)上有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．(-e，2)B．(-e，1-e)C．(1，2)D．(-∞,1-e)
【解题思路】f'x在0,1上递增，根据fx在0,1上有最小值，可知fx有极小值点，也即最小值点，由此列不等式来求得a的取值范围.
【解答过程】∵f'x=ex+3x2+(a-3)在区间(0,1)上单调递增，由题意只需
f'0<0f'1>0⇒a-2<0e+a>0⇒-e这时存在x0∈(0,1)，使得f(x)在区间(0,x0)上单调递减，在区间[x0,1)上单调递增，即函数f(x)在区间(0,1)上有极小值也即是最小值．
所以a的取值范围是-e,2.
故选：A.
【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】
【例7】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=sinxex+acsxa∈R,f'x为函数fx的导函数．
(1)若a≤-2，讨论f'x在0,2π上的单调性；
(2)若函数gx=fx+f'x，且gx在0,π内有唯一的极大值，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）二次求导，得到当a≤-2时，2ex+a<0，故h'x=0，得到x1=π2,x2=3π2，从而得到f'x在0,2π上的单调性；
（2）求导得到g'x=2sinx+π4⋅1ex+a，a≥0时，结合函数单调性得到gx在0,π不存在极大值，舍去，当a<0时，令1ex+a=0，得x3=ln-1a，与x0=3π4比较，分类讨论，结合函数单调性和极值情况，求出实数a的取值范围.
【解答过程】（1）因为fx=sinxex+acsx，所以f'x=csx-sinxex-asinx，
设hx=f'x=csx-sinxex-asinx，
则h'x=-sinx-csx-csx+sinxex-acsx=-csx⋅2ex+a．
∵当x∈0,2π时，ex∈1,e2π,∴2ex∈2e2π,2，
∴当a≤-2时，2ex+a<0．
当x∈0,2π时，令h'x=0，则x1=π2,x2=3π2．
当x∈0,π2时，h'x>0，则hx即f'x单调递增；
当x∈π2,3π2时，h'x<0，则hx即f'x单调递减；
当x∈3π2,2π时，h'x>0，则hx即f'x单调递增．
综上，f'x在0,π2,3π2,2π上单调递增，在π2,3π2上单调递减．
（2）由（1）知，
gx=fx+f'x=sinxex+acsx+csx-sinxex-asinx=csxex+acsx-sinx，
∴g'x=-sinx+csxex-asinx+csx=-2sinx+π4⋅1ex+a．
（ｉ）当a≥0时，在0,π内，1ex+a>0恒成立，
当x∈0,π时，令g'x=0，得x0=3π4，
当x∈0,3π4时，g'x<0,gx单调递减，
当x∈3π4,π时，g'x>0,gx单调递增，
∴当a≥0时，gx在0,π内有唯一的极小值点x0=3π4，不存在极大值，不符合题意．
（ⅱ）当a<0时，令1ex+a=0，得x3=ln-1a，
当x0；当x>x3时，1ex+a<0．
①当x3=ln-1a则当x∈0,3π4时，g'x>0,gx单调递增，
当x∈3π4,π时，g'x<0,gx单调递减，
故gx在x0=3π4处取得0,π内的唯一极大值，符合题意．
若x3∈0,3π4，即-1则当x∈0,x3时，g'x<0,gx单调递减，
当x∈x3,3π4时，g'x>0,gx单调递增，
当x∈3π4,π时，g'x<0,gx单调递减，
故gx在x0=3π4处取得0,π内的唯一极大值，符合题意．
②当x3=x0，即a=-1e3π4时，
若x∈0,3π4，则g'x<0,gx单调递减，
若x∈3π4,π，则g'x<0,gx单调递减，
故gx在0,π内无极值，不符合题意．
③当x3∈3π4,π，即-1e3π4在3π4,x3内单调递增，在x3,π内单调递减，
故gx在x3=ln-1a处取得0,π内的唯一极大值，符合题意．
④当x3≥π，即-1eπ≤a<0时，gx在0,3π4内单调递减，在3π4,π内单调递增，
故gx在x0=3π4处取得0,π内的唯一极小值，不存在极大值，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是-∞,-1e3π4∪-1e3π4,-1eπ．
【变式7-1】（2023·吉林·统考一模）已知函数f(x)=ex+msinx．
(1)若函数fx在0,π上单调递增，求正实数m的取值范围；
(2)求证：当m=1时，fx在-π,+∞上存在唯一极小值点x0，且-1【解题思路】（1）当0（2）先利用导数判断fx在0,+∞单调递增，无极点，f'x在-π,0单调递增，
由f'-π2⋅f'-3π4<0得x0∈-3π4,-π2，由f'x0=0得ex0=-csx0，可得
fx0=2sinx0-π4，结合进而可得-1【解答过程】（1）f'x=ex+mcsx，
因为函数fx在0,π上单调递增，
所以f'x=ex+mcsx≥0在0,π上恒成立（且不恒为0）
当0又因m>0所以f'x≥0恒成立，即fx单调递增，
当π2设gx=-excsx，g'x=-excsx+sinxcs2x=-2exsinx+π4cs2x，
当3π40，当π2所以gx在π2,3π4上单调递减，在3π4,π上单调递增，
∴g(x)min=g3π4=2e3π4，∴m≤2e3π4
又m>0，∴0综上，m的取值范围0,2e3π4
（2）证明：∵m=1，∴fx=ex+sinx，f'x=ex+csx，
当x≥0时，ex≥1，csx≥-1，∴f'x=ex+csx>0，
∴fx在0,+∞上单调递增，即fx在0,+∞上无极值点，
当-π0恒成立，
∴ux在-π,0上单调递增，
∵u-π2=e-π2>0，u-3π4=e-3π4-22=1e3π4-12<0
由零点存在性定理，存在唯一一个x0∈-3π4,-π2，使得ux0=0，即ex0=-csx0，
当-π当x00，∴f'x>0，∴fx在x0,0上单调递增，
∴fx在-π,+∞上存在唯一极小值点x0，
∵fx0=ex0+sinx0=-csx0+sinx0=2sinx0-π4
又x0∈-3π4,-π2，∴x0-π4∈-π,-3π4，2sinx0-π4∈-1,0
即-1【变式7-2】（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）已知函数fx=mxe-x+x-lnxm∈R.
(1)讨论函数fx的极值点个数；
(2)若m>0，fx的最小值是1+lnm，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）求出fx的导数，按m≤e和m>e分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答即可；
（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数fx的最小值求解即可.
【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞，
所以f'x=me-x-xe-x+1-1x=1exx-1exx-m，
令ux=exx-m，则u'x=exx-1x2，
令u'x<0，可得00，可得x>1，
所以ux在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
故uxmin=u1=e-m，
①m≤e时，uxmin≥0，则ux≥0，令f'x<0，可得0令f'x>0，可得x>1，
所以fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以fx有1个极小值点；
②m>e时，uxmin<0，
因为令hx=ex-x-1，则h'x=ex-1，
当x>0时，h'x>0，则hx在0,+∞上单调递增，
当x<0时，h'x<0，则hx在-∞,0上单调递减，
故hx≥h0=0，所以ex≥x+1，当x=0时取等号.
当x<1m-1<1时，ux>x+1x-m=1+1x-m>0，
此时∃x1∈0,1，使得ux1=0，
令vx=ex-x2,x>1，有v'x=ex-2x，令φx=ex-2x,x>1，
φ'x=ex-2>0，φx在1,+∞上单调递增，即φx>φ1=e-2>0，
即有v'x>0，即vx在1,+∞上单调递增，
即vx>v1=e-2>0，所以ex>x2，
当x>m>e时，ux>x2x-m=x-m>0，此时∃x2∈1,+∞，使得ux2=0，
因此x∈0,x1，f'x<0，fx单调递减，
x∈x1,1，f'x>0，fx单调递增，
x∈1,x2，f'x<0，fx单调递减，
x∈x2,+∞，f'x>0，fx单调递增，
所以fx由3个极值点；
所以当m≤e时，fx恰有1个极值点；当m>e时，fx恰有3个极值点；
（2）由（1）知，当0所以fxmin=f1=1+me=1+lnm，
所以1e=lnmm，令gx=lnxx,x∈0,e，则g'x=1-lnxx2≥0，
函数gx在0,e上单调递增，gxmax=ge=1e，则m=e，
当m>e时，∃x1∈0,1，使得ux1=0，∃x2∈1,+∞，使得ux2=0，
所以fx在0,x1上单调递减，在x1,1上单调递增，在1,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增，
其中exixi-m=0i=1,2，即xi=lnm+lnxi，所以fxmin=minfx1,fx2=1+lnm，
而fxi=mxiexi+xi-lnxi=1+lnm符合要求，所以m>e，
综上可得，实数m的取值范围为mm≥e.
【变式7-3】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）已知函数fx=xlnx-12ax2，其中a∈R.
(1)若a=1，求fx的单调区间；
(2)若fx恰有2个不同的极值点，求a的取值范围；
(3)若fx恰有2个不同的零点，求a的取值范围.
【解题思路】（1）求得f'x=1+lnx-x，设gx=1+lnx-x，利用导数求得函数gx的单调性，结合gx≤g1=0，得到f'x≤0，即可求解；
（2）求得f'x=1+lnx-ax，转化为f'x=0有两个不等的正根，设hx=1+lnx-ax，分a≤0和a>0，两种情况，利用导数求得函数的单调性，结合hx≤h1a=-lna，列出不等式，即可求解；
（3）根据题意，转化为12a=lnxx,x>0，设mx=lnxx，求得m'x=1-lnxx2，得出函数mx单调性和最值，列出不等式，即可求解.
【解答过程】（1）解：若a=1，则fx=xlnx-12x2，可得f'x=1+lnx-x，
设gx=1+lnx-x，则g'x=1x-1，
当00,gx递增；当x>1时，g'x<0,gx递减，
所以gx≤g1=0，即f'x≤0，所以fx在0,+∞递减，
即fx的单调减区间为0,+∞，无增区间.
（2）解：由函数fx=xlnx-12ax2，可得f'x=1+lnx-ax，
由题意可得f'x=0有两个不等的正根，
设hx=1+lnx-ax,x>0，
若a≤0，则hx在0,+∞递增，不符合题意；
若a>0，可得h'x=1x-a，令h'x=0，可得x=1a，
当x>1a时，h'x<0，hx单调递减；当00，hx单调递增，
可得hx≤h1a=1-lna-1=-lna，
因为f'x=0有两个不等的正根，所以-lna>0，解得0所以实数a的取值范围是0,1.
（3）解：由fx=xlnx-12ax2=0,x>0，可得lnx-12ax=0，即12a=lnxx,x>0，
设mx=lnxx，则m'x=1-lnxx2，
当x>e时，m'x<0，mx单调递减；当00，mx单调递增，
所以mx≤me=1e，
又x→0+时，mx→-∞,x→+∞时，mx→0+，
因为fx恰有2个不同的零点，所以0<12a<1e，可得0所以实数a的取值范围是0,2e.
1．（2023·全国·统考高考真题）函数fx=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．-∞,-2B．-∞,-3C．-4,-1D．-3,0
【解题思路】写出f'(x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【解答过程】f(x)=x3+ax+2，则f'(x)=3x2+a，
若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，
令f'(x)=3x2+a=0，解得x=--a3或-a3，
且当x∈-∞,--a3∪-a3,+∞时，f'(x)>0，
当x∈--a3,-a3，f'(x)<0，
故fx的极大值为f--a3，极小值为f-a3，
若fx要存在3个零点，则f--a3>0f-a3<0，即a3-a3-a-a3+2>0-a3-a3+a-a3+2<0，解得a<-3，
故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=aex-lnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．e2B．eC．e-1D．e-2
【解题思路】根据f'x=aex-1x≥0在1,2上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【解答过程】依题可知，f'x=aex-1x≥0在1,2上恒成立，显然a>0，所以xex≥1a，
设gx=xex,x∈1,2，所以g'x=x+1ex>0，所以gx在1,2上单调递增，
gx>g1=e，故e≥1a，即a≥1e=e-1，即a的最小值为e-1．
故选：C．
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=y2fx+x2fy，则（ ）．
A．f0=0B．f1=0
C．fx是偶函数D．x=0为fx的极小值点
【解题思路】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f(x)=0即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f(x)=x2lnx,x≠00,x=0进行判断即可.
【解答过程】方法一：
因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x=y=-1，f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)，则f(-1)=0，
令y=-1,f(-x)=f(x)+x2f(-1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，
对于D，不妨令f(x)=0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误.
方法二：
因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x=y=-1，f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)，则f(-1)=0，
令y=-1,f(-x)=f(x)+x2f(-1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，
对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)=y2f(x)+x2f(y)两边同时除以x2y2，得到f(xy)x2y2=f(x)x2+f(y)y2，
故可以设f(x)x2=lnx(x≠0)，则f(x)=x2lnx,x≠00,x=0，
当x>0肘，f(x)=x2lnx，则f'x=2xlnx+x2⋅1x=x(2lnx+1)，
令f'x<0，得00，得x>e-12；
故f(x)在0,e-12上单调递减，在e-12,+∞上单调递增，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在-e-12,0上单调递增，在-∞,e-12上单调递减，

显然，此时x=0是f(x)的极大值，故D错误.
故选：ABC.
4．（2023·全国·统考高考真题）若函数fx=alnx+bx+cx2a≠0既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．bc>0B．ab>0C．b2+8ac>0D．ac<0
【解题思路】求出函数f(x)的导数f'(x)，由已知可得f'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【解答过程】函数f(x)=alnx+bx+cx2的定义域为(0,+∞)，求导得f'(x)=ax-bx2-2cx3=ax2-bx-2cx3，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2-bx-2c=0有两个不等的正根x1,x2，
于是Δ=b2+8ac>0x1+x2=ba>0x1x2=-2ca>0，即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确.
故选：BCD.
5．（2023·全国·统考高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax+1+ax在0,+∞上单调递增，则a的取值范围是 5-12,1 .
【解题思路】原问题等价于f'x=axlna+1+axln1+a≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得1+aax≥-lnaln1+a，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a的取值范围.
【解答过程】由函数的解析式可得f'x=axlna+1+axln1+a≥0在区间0,+∞上恒成立，
则1+axln1+a≥-axlna，即1+aax≥-lnaln1+a在区间0,+∞上恒成立，
故1+aa0=1≥-lnaln1+a，而a+1∈1,2，故ln1+a>0，
故lna+1≥-lna0结合题意可得实数a的取值范围是5-12,1.
故答案为：5-12,1.
6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=1x+aln1+x．
(1)当a=-1时，求曲线y=fx在点1,fx处的切线方程．
(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即f'x≥0在区间0,+∞上恒成立，整理变形可得gx=ax2+x-x+1lnx+1≥0在区间0,+∞上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥12,0【解答过程】（1）当a=-1时，fx=1x-1lnx+1x>-1，
则f'x=-1x2×lnx+1+1x-1×1x+1，
据此可得f1=0,f'1=-ln2，
所以函数在1,f1处的切线方程为y-0=-ln2x-1，即ln2x+y-ln2=0.
（2）由函数的解析式可得f'x=-1x2lnx+1+1x+a×1x+1x>-1，
满足题意时f'x≥0在区间0,+∞上恒成立.
令-1x2lnx+1+1x+a1x+1≥0，则-x+1lnx+1+x+ax2≥0，
令gx=ax2+x-x+1lnx+1，原问题等价于gx≥0在区间0,+∞上恒成立，
则g'x=2ax-lnx+1，
当a≤0时，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g'x<0，gx在区间0,+∞上单调递减，
此时gx令hx=g'x=2ax-lnx+1，则h'x=2a-1x+1，
当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以h'x>0,hx在区间0,+∞上单调递增，
即g'x在区间0,+∞上单调递增，
所以g'x>g'0=0，gx在区间0,+∞上单调递增，gx>g0=0，满足题意.
当0当x∈0,12a-1时，h'x<0,hx在区间0,12a-1上单调递减，即g'x单调递减，
注意到g'0=0，故当x∈0,12a-1时，g'x由于g0=0，故当x∈0,12a-1时，gx综上可知：实数a得取值范围是a|a≥12.
7．（2023·北京·统考高考真题）设函数f(x)=x-x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f(x)的极值点个数．
【解题思路】（1）先对fx求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f'(1)=-1，从而得到关于a,b的方程组，解之即可；
（2）由（1）得gx的解析式，从而求得g'x，利用数轴穿根法求得g'x<0与g'x>0的解，由此求得gx的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间-∞,0，0,x1，x1,x2与x2,+∞上f'x的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得fx的极值点个数.
【解答过程】（1）因为f(x)=x-x3eax+b,x∈R，所以f'x=1-3x2+ax3eax+b，
因为fx在(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1，
所以f(1)=-1+1=0，f'(1)=-1，
则1-13×ea+b=01-3+aea+b=-1，解得a=-1b=1，
所以a=-1,b=1.
（2）由（1）得gx=f'x=1-3x2-x3e-x+1x∈R，
则g'x=-xx2-6x+6e-x+1，
令x2-6x+6=0，解得x=3±3，不妨设x1=3-3，x2=3+3，则0易知e-x+1>0恒成立，
所以令g'x<0，解得0x2；令g'x>0，解得x<0或x1所以gx在0,x1，x2,+∞上单调递减，在-∞,0，x1,x2上单调递增，
即gx的单调递减区间为0,3-3和3+3,+∞，单调递增区间为-∞,0和3-3,3+3.
（3）由（1）得f(x)=x-x3e-x+1x∈R，f'x=1-3x2-x3e-x+1，
由（2）知f'x在0,x1，x2,+∞上单调递减，在-∞,0，x1,x2上单调递增，
当x<0时，f'-1=1-4e2<0，f'0=1>0，即f'-1f'0<0
所以f'x在-∞,0上存在唯一零点，不妨设为x3，则-1此时，当x0，则fx单调递增；
所以fx在-∞,0上有一个极小值点；
当x∈0,x1时，f'x在0,x1上单调递减，
则f'x1=f'3-3所以f'x在0,x1上存在唯一零点，不妨设为x4，则0此时，当00，则fx单调递增；当x4所以fx在0,x1上有一个极大值点；
当x∈x1,x2时，f'x在x1,x2上单调递增，
则f'x2=f'3+3>f'3=1>0，故f'x1f'x2<0，
所以f'x在x1,x2上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1此时，当x1所以fx在x1,x2上有一个极小值点；
当x>x2=3+3>3时，3x2-x3=x23-x<0，
所以f'x=1-3x2-x3e-x+1>0，则fx单调递增，
所以fx在x2,+∞上无极值点；
综上：fx在-∞,0和x1,x2上各有一个极小值点，在0,x1上有一个极大值点，共有3个极值点.
8．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=ax-sinxcs2x,x∈0,π2．
(1)当a=1时，讨论fx的单调性；
(2)若fx+sinx<0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f'x，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0=0，从而得到g'0≤0，进而得到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得sinx-sinxcs2x<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
【解答过程】（1）因为a=1，所以fx=x-sinxcs2x,x∈0,π2，
则f'x=1-csxcs2x-2csx-sinxsinxcs4x=1-cs2x+2sin2xcs3x
=cs3x-cs2x-21-cs2xcs3x=cs3x+cs2x-2cs3x，
令t=csx，由于x∈0,π2，所以t=csx∈0,1，
所以cs3x+cs2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2t-1+2t+1t-1 =t2+2t+2t-1，
因为t2+2t+2=t+12+1>0，t-1<0，cs3x=t3>0，
所以f'x=cs3x+cs2x-2cs3x<0在0,π2上恒成立，
所以fx在0,π2上单调递减.
（2）法一：
构建gx=fx+sinx=ax-sinxcs2x+sinx0则g'x=a-1+sin2xcs3x+csx0若gx=fx+sinx<0，且g0=f0+sin0=0，
则g'0=a-1+1=a≤0，解得a≤0，
当a=0时，因为sinx-sinxcs2x=sinx1-1cs2x，
又x∈0,π2，所以01，
所以fx+sinx=sinx-sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0所以fx+sinx=ax-sinxcs2x+sinx综上所述：若fx+sinx<0，等价于a≤0，
所以a的取值范围为-∞,0.
法二：
因为sinx-sinxcs2x=sinxcs2x-sinxcs2x=sinxcs2x-1cs2x=-sin3xcs2x，
因为x∈0,π2，所以0故sinx-sinxcs2x<0在0,π2上恒成立，
所以当a=0时，fx+sinx=sinx-sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0所以fx+sinx=ax-sinxcs2x+sinx当a>0时，因为fx+sinx=ax-sinxcs2x+sinx=ax-sin3xcs2x，
令gx=ax-sin3xcs2x0注意到g'0=a-3sin20cs20+2sin40cs30=a>0，
若∀00，则gx在0,π2上单调递增，
注意到g0=0，所以gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
若∃0所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1∈0,π2，使得g'x1=0，
此时g'x在0,x1上有g'x>0，所以gx在0,x1上单调递增，
则在0,x1上有gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
综上：a≤0.
9．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=1x+aln(1+x).
(1)当a=-1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若fx在0,+∞存在极值，求a的取值范围.
【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gx=ax2+x-x+1lnx+1，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥12和0【解答过程】（1）当a=-1时，fx=1x-1lnx+1，
则f'x=-1x2×lnx+1+1x-1×1x+1，
据此可得f1=0,f'1=-ln2，
函数在1,f1处的切线方程为y-0=-ln2x-1，
即ln2x+y-ln2=0.
（2）令gx=f1x=x+aln1x+1，
函数的定义域满足1x+1=x+1x>0，即函数的定义域为-∞,-1∪0,+∞，
定义域关于直线x=-12对称，由题意可得b=-12，
由对称性可知g-12+m=g-12-mm>12，
取m=32可得g1=g-2，
即a+1ln2=a-2ln12，则a+1=2-a，解得a=12，
经检验a=12,b=-12满足题意，故a=12,b=-12.
即存在a=12,b=-12满足题意.
（3）由函数的解析式可得f'x=-1x2lnx+1+1x+a1x+1，
由fx在区间0,+∞存在极值点，则f'x在区间0,+∞上存在变号零点;
令-1x2lnx+1+1x+a1x+1=0，
则-x+1lnx+1+x+ax2=0，
令gx=ax2+x-x+1lnx+1，
fx在区间0,+∞存在极值点，等价于gx在区间0,+∞上存在变号零点，
g'x=2ax-lnx+1,g″x=2a-1x+1
当a≤0时，g'x<0，gx在区间0,+∞上单调递减，
此时gx当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以g″x>0,g'x在区间0,+∞上单调递增，
所以g'x>g'0=0，gx在区间0,+∞上单调递增，gx>g0=0，
所以gx在区间0,+∞上无零点，不符合题意；
当0当x∈0,12a-1时，g″x<0，g'x单调递减，
当x∈12a-1,+∞时，g″x>0，g'x单调递增，
故g'x的最小值为g'12a-1=1-2a+ln2a，
令mx=1-x+lnx00，
函数mx在定义域内单调递增，mx据此可得1-x+lnx<0恒成立，
则g'12a-1=1-2a+ln2a<0，
令hx=lnx-x2+xx>0，则h'x=-2x2+x+1x，
当x∈0,1时，h'x>0,hx单调递增，
当x∈1,+∞时，h'x<0,hx单调递减，
故hx≤h1=0，即lnx≤x2-x(取等条件为x=1)，
所以g'x=2ax-lnx+1>2ax-x+12-x+1=2ax-x2+x，
g'2a-1>2a2a-1-2a-12+2a-1=0，且注意到g'0=0，
根据零点存在性定理可知:g'x在区间0,+∞上存在唯一零点x0.
当x∈0,x0时，g'x<0，gx单调减，
当x∈x0,+∞时，g'x>0，gx单调递增，
所以gx0令nx=lnx-x，则n'x=1x-12x=2-x2x，
则函数nx=lnx-x在0,4上单调递增，在4,+∞上单调递减，
所以nx≤n4=ln4-2<0，所以lnx所以g4a2=4a2+1a4a2+1-ln4a2+1-1-a4a2+1-2a+1
>4a2+14a+a-ln4a2+1+a-1-2a+1
=4a2+14a-ln4a2+1>4a2+14a-4a2+1
>4a2+116a2-4a2-14a+4a2+1=4a2+112a2-14a+4a2+1>0，
所以函数gx在区间0,+∞上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是0,12.
10．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=aex+a-x．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx>2lna+32．
【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2-12-lna>0的恒成立问题，构造函数ga=a2-12-lnaa>0，利用导数证得ga>0即可.
方法二：构造函数hx=ex-x-1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2-x，进而将问题转化为a2-12-lna>0的恒成立问题，由此得证.
【解答过程】（1）因为f(x)=aex+a-x，定义域为R，所以f'x=aex-1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f'x=aex-1<0恒成立，
所以fx在R上单调递减；
当a>0时，令f'x=aex-1=0，解得x=-lna，
当x<-lna时，f'x<0，则fx在-∞,-lna上单调递减；
当x>-lna时，f'x>0，则fx在-lna,+∞上单调递增；
综上：当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，fx在-∞,-lna上单调递减，fx在-lna,+∞上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，fxmin=f-lna=ae-lna+a+lna=1+a2+lna，
要证f(x)>2lna+32，即证1+a2+lna>2lna+32，即证a2-12-lna>0恒成立，
令ga=a2-12-lnaa>0，则g'a=2a-1a=2a2-1a，
令g'a<0，则00，则a>22；
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222-12-ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.
方法二：
令hx=ex-x-1，则h'x=ex-1，
由于y=ex在R上单调递增，所以h'x=ex-1在R上单调递增，
又h'0=e0-1=0，
所以当x<0时，h'x<0；当x>0时，h'x>0；
所以hx在-∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故hx≥h0=0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=aex+a-x=aex+a2-x=ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x，
当且仅当x+lna=0，即x=-lna时，等号成立，
所以要证f(x)>2lna+32，即证x+lna+1+a2-x>2lna+32，即证a2-12-lna>0，
令ga=a2-12-lnaa>0，则g'a=2a-1a=2a2-1a，
令g'a<0，则00，则a>22；
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222-12-ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.