第13讲函数的极值（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为16分
【备考策略】1.理解、掌握函数极值的定义，能够通过导数求解函数的极值问题
2.能掌握函数极值与图像的关系
3.具备数形结合的思想意识，会借助函数图像求解函数的极值与不等式等问题
4.掌握函数图像与极值的关系
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数的解析式求解函数的极值，或通过极值求参数的取值范围等。
知识讲解
知识点一.函数的极值
函数极值的定义：
如图，函数y＝f (x)在点x＝a的函数值f (a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f ′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f ′(x)<0，右侧f ′(x)>0.类似地，函数y＝f (x)在点x＝b的函数值f (b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f ′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)<0.我们把a叫做函数y＝f (x)的极小值点，f (a)叫做函数y＝f (x)的极小值；b叫做函数y＝f (x)的极大值点，f (b)叫做函数y＝f (x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．
函数在某点取得极值的必要条件和充分条件：
一般地，函数y＝f (x)在某一点的导数值为0是函数y＝f (x)在这点取得极值的必要条件．可导函数y＝f (x)在x＝x0处取极大(小)值的充分条件：
①f ′(x0)＝0；
②在x＝x0附近的左侧f ′(x0)>0(<0)，右侧f ′(x0)<0(>0)．
导数求极值的方法：
解方程f ′(x)＝0，当f ′(x0)＝0时，如果在x0附近的左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)＜0，那么f (x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f ′(x)＜0，右侧f ′(x)>0，那么f (x0)是极小值．
注意 对于可导函数f (x)，“f ′(x0)＝0”是“函数f (x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．
知识点二.三次函数的图象、单调性、极值
设三次函数f (x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，则f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c，记Δ＝4b2－12ac＝4(b2－3ac)，并设x1，x2是方程f ′(x)＝0的根，且x1(1)a>0
(2)a<0
考点一、函数极值辨析
1.（2024·北京海淀·二模）函数fx=3x,x≤0,13x,x>0是（ ）
A．偶函数，且没有极值点B．偶函数，且有一个极值点
C．奇函数，且没有极值点D．奇函数，且有一个极值点
【答案】B
【分析】根据函数奇偶性定义计算以及极值点定义判断即可.
【详解】当x≤0时，−x>0，则f(−x)=(13)−x=3x=f(x)，
当x>0时，−x<0，则f(−x)=3−x=(13)x=f(x)，
所以函数f(x)是偶函数，由图可知函数f(x)有一个极大值点.

故选：B.
2.（23-24高三下·四川巴中·阶段练习）函数fx=−2csωx+π6+1ω>0相邻极值点的距离为π2，则ω为（ ）
A．3B．4C．1D．2
【答案】D
【分析】
由题意，根据函数极值点的定义可得T2=π2，结合公式T=2πω计算即可求解.
【详解】因为函数f(x)的相邻极值点之间的距离为π2，
所以T2=π2，得T=π，又T=2πω，
所以ω=2.
故选：D
1.（2024·辽宁·三模）下列函数中，既是定义域上的奇函数又存在极小值的是（ ）
A．fx=xsinxB．fx=x+1x
C．fx=ex+1exD．fx=x+1−x−1
【答案】B
【分析】根据函数的奇函数和极值点的概念，结合导数，逐项分析判断即可得解.
【详解】对A，x∈R，f(−x)=(−x)sin(−x)=xsinx=f(x)，故f(x)为偶函数，不符题意；
对B，x∈(−∞,0)∪(0,+∞)，f(−x)=−x−1x=−f(x)为奇函数，
f'(x)=1−1x2=0，得x=±1，
当x∈(0,1)时f'(x)<0，x∈(1,+∞)时f'(x)>0，
故f1的极小值，故B正确；
对C，f−x=e−x+1e−x=ex+1e−x=f(x)为偶函数，不符题意；
对D，f(x)=2,x>12x−2,−1≤x≤1−2,x<−1无极值，不符题意，
故选：B
2．（2024·江西·模拟预测）已知函数fx=sinωx+3csωxω>0在区间0,π上恰有两个极值点x1,x2，则fx1+x2的值为（ ）
A．1B．3C．−3D．2
【答案】C
【分析】先利用辅助角公式化一，再根据x1,x2是fx在区间0,π上的两个极值点，求出ωx1+x2，即可得解.
【详解】fx=sinωx+3csωx=2sinωx+π3，
因为x∈0,π，所以ωx+π3∈π3,πω+π3，
因为x1,x2是fx在区间0,π上的两个极值点，不妨设x1则ωx1+π3=π2ωx2+π3=3π2，所以ωx1+x2=4π3，
所以fx1+x2=2sinωx1+x2+π3=2sin5π3=−3.
故选：C.
3．（23-24高三下·广东广州·阶段练习）“x0是函数fx的一个极值点”是“fx在x0处导数为0”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用导数的四则运算与函数极值点的定义，举反例说明即可得解.
【详解】当fx=x3时，f'x=3x2，则fx在x=0处导数为0，但0不是它的极值点；
当fx=x时，则fx在x=0处导数不存在，但0是它的极值点；
因此题干两条件是既不充分也不必要条件.
故选：D.
考点二、求不含参函数的极值
1.（2017·全国·高考真题）若x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)ex−1的极值点，则f(x)的极小值为．
A．−1B．−2e−3C．5e−3D．1
【答案】A
【详解】由题可得f'(x)=(2x+a)ex−1+(x2+ax−1)ex−1=[x2+(a+2)x+a−1]ex−1，
因为f'(−2)=0，所以a=−1，f(x)=(x2−x−1)ex−1，故f'(x)=(x2+x−2)ex−1，
令f'(x)>0，解得x<−2或x>1，
所以f(x)在(−∞,−2),(1,+∞)上单调递增，在(−2,1)上单调递减，
所以f(x)的极小值为f(1)=(1−1−1)e1−1=−1，故选A．
【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；
（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
2.（2024·全国·高考真题）已知函数fx=1−axln1+x−x．
(1)当a=−2时，求fx的极值；
(2)当x≥0时，fx≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值.
(2)a≤−12
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就a≤−12、−12【详解】（1）当a=−2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)−x，
故f'(x)=2ln(1+x)+1+2x1+x−1=2ln(1+x)−11+x+1，
因为y=2ln(1+x),y=−11+x+1在−1,+∞上为增函数，
故f'(x)在−1,+∞上为增函数，而f'(0)=0，
故当−10时，f'(x)>0，
故fx在x=0处取极小值且极小值为f0=0，无极大值.
（2）f'(x)=−aln(1+x)+1−ax1+x−1=−aln(1+x)−a+1x1+x,x>0，
设sx=−aln(1+x)−a+1x1+x,x>0，
则s'x=−ax+1−a+11+x2=−ax+1+a+11+x2=−ax+2a+11+x2，
当a≤−12时，s'x>0，故sx在0,+∞上为增函数，
故sx>s0=0，即f'x>0，
所以fx在0,+∞上为增函数，故fx≥f0=0.
当−12故sx在0,−2a+1a上为减函数，故在0,−2a+1a上sx即在0,−2a+1a上f'x<0即fx为减函数，
故在0,−2a+1a上fx当a≥0，此时s'x<0在0,+∞上恒成立，
同理可得在0,+∞上fx综上，a≤−12.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
1.（2024·甘肃张掖·三模）已知函数fx=aex−2x−lnx−1x图象在x=2处的切线斜率为14.
(1)求a；
(2)求函数fx的单调区间和极大值.
【答案】(1)a=2
(2)答案见解析
【分析】（1）直接求导，根据f'(2)=14得到方程，解出即可；
（2）直接求导，根据导数分析其单调性和极大值.
【详解】（1）因为f'(x)=aex−2x−aex−2x2−1x+1x2=aex−2(x−1)x2−x−1x2=(x−1)aex−2−1x2，
由已知f'(2)=14，即a−14=14，解得a=2.
（2）由（1）知a=2，则f'(x)=(x−1)2ex−2−1x2=0，
解得x=1或x=2−ln2，
当00；
当10,2ex−2−1<0，则f'(x)<0；
当x>2−ln2时，x−1>0,2ex−2−1>0，则f'(x)>0，
所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2−ln2,+∞)，减区间为(1,2−ln2)，
函数f(x)的极大值为f(1)=2e−1.
2.（2024·江苏·三模）已知函数fx=ax−2sinx,x∈0,π.
(1)若a=1，求fx的极小值；
(2)若fx是单调函数，求a的取值范围.
【答案】(1)π3−3
(2)−∞,−2∪2,+∞
【分析】（1）求导后，借助导数可得其单调性，即可得其极小值；
（2）求出导数后，分fx是单调递增函数与单调递减函数讨论即可得.
【详解】（1）当a=1时，fx=x−2sinx，f'x=1−2csx，
令f'x=0，由x∈0,π，则x=π3，
当0当π30，即fx在π3,π上单调递增，
故fx的极小值为fπ3=π3−2×32=π3−3；
（2）f'x=a−2csx，
若fx在0,π上单调递增，则f'x≥0恒成立，
即a≥2csx对∀x∈0,π恒成立，则a≥2csx恒成立，又csx∈−1,1，故a≥2，
若fx在0,π上单调递减，则f'x≤0恒成立，
即a≤2csx对∀x∈0,π恒成立，则a≤2csx恒成立，故a≤−2，
综上所述，a的取值范围为−∞,−2∪2,+∞.
3.（23-24高三上·广东江门·开学考试）已知函数fx=ax2−bx+lnx,a,b∈R.
(1)若a=1,b=3，求函数fx的单调区间及极值；
(2)若b=0时，不等式fx≤0在1,+∞上恒成立，求参数a的取值范围.
【答案】(1)fx的单调递增区间为012,1,+∞，单调递减区间为12,1；fx的极大值为−54−ln2，极小值为-2
(2)−∞,−12e
【分析】（1）利用导数求出单调区间，即可求出极值；
（2）问题等价于a≤−lnxx2在区间1,+∞恒成立，设gx=−lnxx2,x≥1，利用导数求gx最小值即可得a的取值范围.
【详解】（1）a=1,b=3时，fx=x2−3x+lnx，函数定义域为0,+∞，
f'x=2x−3+1x=2x−1x−1x，
令f'x>0，解得：01，令f'x<0，解得：12x=12时，fx有极大值f12=−54−ln2，
x=1时，fx有极小值f1=−2.
故fx的单调递增区间为012,1,+∞，单调递减区间为12,1，
fx的极大值为−54−ln2，fx的极小值为-2
（2）b=0时，fx=ax2+lnx≤0在1,+∞上恒成立，
即a≤−lnxx2在区间1,+∞恒成立.
设gx=−lnxx2,x≥1，则g'x=2lnx−1x3，
令g'x>0，解得x>e，此时gx单调递增，
令g'x<0，解得1≤x故g(x)min=ge=−12e，故a≤−12e.
故a的取值范围为−∞,−12e.
4.（23-24高三上·天津·期中）已知函数fx=4x3−3x2−18x+27,x∈R.
(1)求fx的单调区间与极值；
(2)求fx在区间0,3上的最大值与最小值.
【答案】(1)答案见解析；
(2)最大值为54，最小值为274.
【分析】（1）利用导数研究f(x)的单调性，并求出极值即可；
（2）根据（1）结果，比较区间内端点值、极值大小，即可得最值.
【详解】（1）由题设f'(x)=12x2−6x−18=12(x+1)(x−32)，令f'(x)=0，得x=−1或x=32，
当f'(x)>0时，即12(x+1)(x−32)>0，解得x>32或x<−1，单调递增区间为−∞,−1和32, +∞.
当f'(x)<0时，即12(x+1)(x−32)<0，解得−1函数f(x)的极大值为f(−1)=38，极小值为f(32)=274.
（2）由32∈[0, 3]，f(0)=27，f(3)=54，则f(32)且f(x)在区间0, 3上连续，函数f(x)在区间0, 3内的最大值为54，最小值为274.
5.（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知函数fx=lnx+x2−kx+1在点2,f2处的切线l与直线3x−2y=0平行．
(1)求k的值及切线l的方程；
(2)求fx的单调区间和极值．
【答案】(1)k=3，y=32x+ln2−4
(2)单调递增区间为0,12和1,+∞，单调递减区间为12,1，极大值为ln12−14，极小值为−1
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义求出k，即可求出f2，再由点斜式求出切线方程；
（2）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间与极值.
【详解】（1）因为fx=lnx+x2−kx+1，所以f'x=1x+2x−k，
则f'2=92−k，故fx在x=2处的切线斜率为92−k，
∴92−k=32，解得k=3，即fx=lnx+x2−3x+1，
因此f2=ln2+4−6+1=ln2−1，
所以函数在点2,f2处的切线l：y−ln2−1=32x−2，即y=32x+ln2−4．
（2）由（1）可得fx=lnx+x2−3x+1，定义域为0,+∞，
又f'x=1x+2x−3=2x2−3x+1x=2x−1x−1x，
令f'x>0，解得01；令f'x<0，解得12所以fx在0,12上单调递增，在1,+∞上单调递增，在12,1上单调递减，
则fx在x=12处取得极大值，在x=1处取得极小值，
即极大值为f12=ln12−14，极小值为f1=−1，
综上所述，fx的单调递增区间为0,12和1,+∞，单调递减区间为12,1，极大值为ln12−14，极小值为−1．
考点三、求含参函数的极值
1.（2024·辽宁·模拟预测）已知函数fx=ax−1ex+1+3a≠0．
(1)求fx的极值；
(2)设a=1，若关于x的不等式fx≤b−1ex+1−x在区间−1,+∞内有解，求b的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)1,+∞．
【分析】（1）利用导数分类讨论函数的单调区间，可求极值；
（2）问题等价于b≥x+3ex+1+x在区间−1,+∞内有解，令gx=x+3ex+1+xx≥−1，利用导数求函数最小值即可得b的取值范围.
【详解】（1）f'x=ax−1+aex+1，令f'x=0，得x=1−aa．
当a>0时，由f'x<0，得x<1−aa，由f'x>0，得x>1−aa，
故fx在区间−∞,1−aa内单调递减，在区间1−aa,+∞内单调递增，
所以fx在x=1−aa处取得极小值，且极小值为f1−aa=3−ae1a，无极大值；
当a<0时，由f'x>0，得x<1−aa，由f'x<0，得x>1−aa，
故fx在区间−∞,1−aa内单调递增，在区间1−aa,+∞内单调递减，
所以fx在x=1−aa处取得极大值，且极大值为f1−aa=3−ae1a，无极小值．
综上，当a>0时，fx的极小值为3−ae1a，无极大值；
当a<0时，fx的极大值为3−ae1a，无极小值．
（2）a=1时，fx≤b−1ex+1−x等价于b≥x+3ex+1+x，则b≥x+3ex+1+x在区间−1,+∞内有解．
令gx=x+3ex+1+xx≥−1，则g'x=ex+1−x+2ex+1，
令ℎx=ex+1−x+2,x≥−1，则ℎ'x=ex+1−1在−1,+∞上单调递增，有ℎ'x≥ℎ'−1=0，
所以ℎx在区间−1,+∞内单调递增，即ℎx≥ℎ−1=0，
所以g'x≥0在区间−1,+∞内恒成立，
所以gx在区间−1,+∞内单调递增，即gx≥g−1=1，即b≥1，
故b的取值范围是1,+∞．
2.（24-25高三上·上海·单元测试）已知fx=−12ax2+x−ln1+x，其中a>0．
(1)若函数fx在x=3处的切线与x轴平行，求a的值；
(2)求fx的极值点；
(3)若fx在0,+∞上的最大值是0，求a的取值范围．
【答案】(1)a=14；
(2)答案见解析；
(3)1,+∞．
【分析】（1）利用函数导数的几何意义与直线斜率的关系求得a的值；
（2）先对函数进行求导，结合对参数分类讨论，计算函数极值点；
（3）对参数进行分类讨论，结合函数单调性找到最大值是0，求得a的取值范围；
【详解】（1）函数fx的定义域为−1,+∞，
f'x=−ax+1−11+x，
因为函数fx在x=3处的切线与x轴平行，
所以f'3=−3a+1−11+3=0，解得a=14．
（2）函数fx的定义域为−1,+∞，
f'x=−ax+1−11+x=−ax1+x+1+x−11+x=x1−a−ax1+x．
令f'x=0得x1=0或x2=1−aa=1a−1，
所以当1a−1<0，即a>1时，
f'x>0的解集为1a−1,0，f'x<0的解集为−1,1a−1∪0,+∞，
所以函数fx在区间−1,1a−1和0,+∞上严格减，在区间1a−1,0上严格增，
x=0是函数fx的极大值点，x=1a−1是函数fx的极小值点；
当1a−1=0，即a=1时，f'x≤0在区间−1,+∞上恒成立，此时函数fx在区间−1,+∞上严格减，无极值点；
当1a−1>0，即0f'x>0的解集为0,1a−1，f'x<0的解集为−1,0∪1a−1,+∞，
所以函数fx在区间−1,0和1a−1,+∞上严格减，在区间0,1a−1上严格增，
x=0是函数fx的极小值点，x=1a−1是函数fx的极大值点；
综上，当a>1时，x=0是函数fx的极大值点，x=1a−1是函数fx的极小值点；
当a=1时，函数fx在区间−1,+∞上严格减，无极值点；
当0（3）由（2）知，当0在区间0,1a−1上严格增，故函数fx在0,+∞上的最大值是f1a−1>f0=0，
与已知矛盾；
当a=1时，函数fx在区间0,+∞上严格减，最大值fxmax=f0=0，满足条件；
当a>1时，函数fx在区间0,+∞上严格减，最大值是fxmax=f0=0，满足条件；
综上，a的取值范围是1,+∞．
1.（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=ex−ax+2a∈R,gx=xex+3．
(1)求函数fx的极值；
(2)当x≥0时，fx≤gx恒成立，求证：a≥0．
【答案】(1)极小值a−alna+2，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数即可求得函数fx的极值；
（2）构造新函数，并利用导数求得新函数的最大值，即可证得a≥0.
【详解】（1）f'x=ex−a,
a≤0时，f'x>0，此时函数fx单调递增，无极值．
a>0时，令f'x=ex−a=0，解得x=lna．
则x>lna时，f'x>0，此时函数fx单调递增；
x可得：x=lna时，
函数fx取得极小值flna=elna−alna+2=a−alna+2．
fx无极大值.
（2）解法一：
fx≤gx，只需证明ex−ax+2≤xex+3．
x=0时，不等式成立；
只需证明x>0时，a≥ex−1−xexx，
令ℎx=ex−1−xexx, x>0，则ℎ'x=−x2ex−ex+1+xexx2
令ux=−x2ex−ex+1+xex，x>0，
u'x=−2xex−x2ex−ex+ex+xex=−xex−x2ex<0，
∴ux∴ℎx在0,+∞上单调递减．
∴利用洛必达法则：limx→0ex−1−xexx=limx→0ex−ex−xex1=0，
∴a≥0．
解法二：（切线放缩）
要证明fx≤gx，只需证明ex−ax+2≤xex+3，
只需证明−ax−1≤exx−1，
令mx=−ax−1x≥0,nx=exx−1,
则x≥0时，n'x=xex≥0,则nx单调递增，
x<0时，n'x=xex<0,则nx单调递减，
则x=0时nx取得极小值n0，
∴n(x)min=n(0)=−1，画出mx和nx图象如图所示，
当x≥0时，mx≤nx恒成立即mx图象必须在nx下方，
nx=exx−1在x=0时取得极值n0 =−1，
y=−1为nx在点0,−1处的切线，
∴−a≤0,a≥0．
2.（2024·山东威海·二模）已知函数fx=lnx−ax+1．
(1)求fx的极值；
(2)证明：lnx+x+1≤xex．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设g(x)=xex−lnx−x−1,x>0，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得fx=lnx−ax+1的定义域为(0,+∞)，
则f'x=1x−a=1−axx，
当a≤0时，f'x>0，fx在(0,+∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，令f'x<0，则x>1a，令f'x>0，则0即fx在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减，
故x=1a为函数的极大值点，函数极大值为f1a=−lna，无极小值；
（2）证明：设g(x)=xex−lnx−x−1,x>0，
g'x=x+1ex−1x−1，令ℎx=x+1ex−1x−1，
则ℎ'x=x+2ex+1x2>0,x>0，即ℎx在(0,+∞)上单调递增，
ℎ12=32e12−3<0,ℎe=e+1ee−1e−1>0，
故∃x0∈12,e，使得ℎx0=0，即x0ex0=1，
当x∈0,x0时，ℎx<0，gx在0,x0上单调递减，
当x∈x0,+∞时，ℎx>0，gx在x0,+∞上单调递增，
故gxmin=gx0=x0ex0−ln1ex0−x0−1=0
即gx≥0，即xex≥lnx+x+1，则lnx+x+1≤xex.
3.（20-21高三上·四川宜宾·阶段练习）设函数fx=−13x3+x2+m2−1x,x∈R，其中m>0.
(1)当m=1时，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
【答案】(1)1
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，结合导数的四则运算即可得解；
（2）利用导数与函数的性质的关系即可得解.
【详解】（1）当m=1时，fx=−13x3+x2，
则f'x=−x2+2x，故f'(1)=1
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为1.
（2）因为fx=−13x3+x2+m2−1x,x∈R，
所以f'x=−x2+2x+m2−1，
令f'(x)=0，得到x=1−m,x=1+m
因为m>0,1+m>1−m，
当x变化时，f(x)与f'x的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递减区间为(−∞,1−m)和(1+m,+∞)，单调递增区间为(1−m,1+m)，
函数f(x)在x=1+m处取得极大值f(1+m)，且f(1+m)=23m3+m2−13，
函数f(x)在x=1−m处取得极小值f(1−m)，且f(1−m)=−23m3+m2−13.
4.（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）已知函数fx=x22−blnx.
(1)当b>0时，求函数的单调区间和极值
(2)若fx在区间1,e2内恰好有两个零点，求b的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为b,+∞，单调递减区间为0,b，极小值为fb=b1−lnb2，无极大
(2)e【分析】（1）根据题意，求导得f'x，即可得到结果；
（2）根据题意，分b≤0与b>0讨论，列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由fx=x22−blnx得f'x=x−bx=x2−bx，且定义域为0,+∞
∵b>0，令f'x>0，即x2−b>0，解得x>b，
令f'x<0，解得0则fx的单调递增区间为b,+∞，单调递减区间为0,b；
fx在x=b处的极小值为fb=b1−lnb2，无极大值.
（2）当b≤0，f'x>0恒成立，fx在0,+∞上单调递增，
故fx在区间1,e2内至多只有一个零点；
当b>0时，由（1）得fx在0,+∞上最小值为fb=b1−lnb2，
若fx在区间1,e2内恰有两个零点，则需满足10fe2≥0，整理得e5.（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知fx=ax−lnx,a∈R．
(1)讨论fx的单调性和极值；
(2)若x∈0,e时，fx≤3有解，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)−∞,e2
【分析】（1）首先求函数的导数，f'x=ax−1x,x>0，讨论a≤0和a>0两种情况讨论函数的单调性和极值；
（2）首先不等式参变分离为a≤3x+lnxx，在x∈0,e时有解，再构造函数gx=3x+lnxx，x∈0,e，转化为利用导数求函数的最大值.
【详解】（1）f'x=a−1x=ax−1x,x>0，
当a≤0时，f'x<0恒成立，函数在区间0,+∞上单调递减，无极值；
当a>0时，令 f'x=0，得x=1a，
f'x<0，得0f'x>0，得x>1a，函数在区间1a,+∞上单调递增，
当x=1a，函数取得极小值f1a=1+lna，
综上可知，a≤0时，函数的单调递减区间是0,+∞，无增区间，无极值；
a>0时，函数的单调递增区间是1a,+∞，单调递减区间0,1a，极小值1+lna，无极大值.
（2）由题意可知，ax−lnx≤3，x∈0,e时有解，
则a≤3x+lnxx，在x∈0,e时有解，即a≤3x+lnxxmax,x∈0,e，
设gx=3x+lnxx，x∈0,e，
g'x=−3x2+1−lnxx2=−2−lnxx2，
令g'x=0，得x=1e2，
当00，gx单调递增，
当1e2所以gx的最大值为g1e2=e2，即a≤e2，
所以实数a的取值范围是−∞,e2.
考点四、由极值求参数
1.（24-25高三下·重庆·阶段练习）若函数fx=ax2+bex在x=1时有极小值−2e，则ab=（ ）
A．−2B．−3C．−eD．−1
【答案】B
【分析】先求出f'x，再根据极值的定义列等式求出a和b，然后检验此时fx在x=1时是否有极小值，即可确定a和b的值，进而得到ab.
【详解】f'x=ax2+2ax+bex，因为fx在x=1时有极小值−2e，
所以f'1=0f1=−2e，即3a+be=0a+be=−2e，解得a=1b=−3，
此时f'x=x2+2x−3ex=x+3x−1ex，
x<−3或x>1时，f'x>0，−3fx在x=1时有极小值成立，所以a=1，b=−3，ab=−3.
故选：B.
2.（2024·重庆·模拟预测）若函数fx=x2−x+alnx有极值，则实数a的取值范围是（ ）
A．0,18B．0,18C．−∞,18D．−∞,18
【答案】C
【分析】求出函数的定义域与导函数，依题意可得f'x在0,+∞上有变号零点，结合二次函数的性质得到Δ>0，解得即可.
【详解】函数fx=x2−x+alnx的定义域为0,+∞，且f'x=2x−1+ax=2x2−x+ax，
因为函数fx有极值，所以f'x在0,+∞上有变号零点，
即2x2−x+a=0在0,+∞上有解（若有两个解，则两个解不能相等），
因为二次函数y=2x2−x+a的对称轴为x=14，开口向上，
所以只需Δ=−12−8a>0，解得a<18，即实数a的取值范围是−∞,18.
故选：C
1.（2024·重庆·模拟预测）已知f(x)=ex+aln(1−x)
(1)若f(x)在x=0处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)若f(x)存在极值点，求a的取值范围．
【答案】(1)a=1
(2)0【分析】（1）求出函数的导数，根据已知条件有f'0=0，解方程即可求出a；
（2）根据条件有f'x在x∈−∞,1上至少有一个变号零点，即a=ex1−x x<1至少有一解，构造函数gx=ex1−x x<1，对gx求导，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，进而即得.
【详解】（1）因为f(x)=ex+aln(1−x) x<1，所以f'x=ex−a1−x x<1，
根据题意有f'0=0，即e0−a=0，解得a=1，
检验，此时f0=1，切线为y=1，平行与x轴，故a=1符合题意.
（2）因为f(x)=ex+aln(1−x) x<1，所以f'x=ex−a1−x x<1，
因为f(x)存在极值点，所以f'x在x∈−∞,1上至少有一个变号零点，
即a=ex1−x x<1至少有一解，令gx=ex1−x x<1，
则g'x=−xex x<1，令g'x=0，即−xex=0，解得x=0，
所以当x∈−∞,0时，g'x>0，gx单调递增；
当x∈0,1时，g'x<0，gx单调递减，
所以gxmax=g0=1，又当x→−∞时，gx→0+，
所以02.（2024·辽宁·二模）已知函数f(x)=ax3−12(3a+1)x2+x,a∈R．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)的极小值为−23，求实数a的取值集合．
【答案】(1)答案见解析
(2)a∈{−13,73,112}
【分析】（1）对函数求导，根据a的不同范围，分别求出函数的单调性；
（2）结合（1），由a的不同范围确定极小值点，列出方程求解即可．
【详解】（1）f'(x)=3ax2−(3a+1)x+1=(3ax−1)(x−1)，
①当a=0时，令f'(x)=−(x−1)=0，x=1，
当x∈(−∞,1)时，f'x>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
②当a<0时，令f'(x)=(3ax−1)(x−1)=0，解得x=1或x=13a<0，
当x∈(−∞,13a)和(1,+∞)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(13a,1)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
③当a>0时，令f'(x)=(3ax−1)(x−1)=0，解得x=1或x=13a>0，
i)当13a<1时，即a>13时，
当x∈(−∞,13a)和(1,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(13a,1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
ii)当13a>1时，即0当x∈(−∞,1)和(13a,+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,13a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
iii)当13a=1时，即a=13时，f'(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
综上所述，当a<0时，f(x)在(−∞,13a)和(1,+∞)单调递减，f(x)在(13a,1)单调递增；
当a=0时，f(x)在(−∞,1)单调递增， f(x)在(1,+∞)单调递减；
当a=13时，f(x)在R上单调递增；
当a>13时，f(x)在(−∞,13a)和(1,+∞)单调递增，f(x)在(13a,1)单调递减；
当0（2）①当a=13时，f(x)在R上单调递增，无极值；
②当a<0时，f(x)在(−∞,13a)和(1,+∞)单调递减，f(x)在(13a,1)单调递增；
所以f(x)的极小值为f(13a)，
故f(13a)=a(13a)3−12(3a+1)(13a)2+13a=−23，
化简得，(1a−12)(1a+3)=0，解得a=−13或a=112（舍去）；
③当a>13时，f(x)在(−∞,13a)和(1,+∞)单调递增，f(x)在(13a,1)单调递减，
所以f(x)的极小值为f(1)，
故f(1)=a−12(3a+1)+1=−23，解得a=73，符合题意；
④当0所以f(x)得极小值为f(13a)，
故f(13a)=a(13a)3−12(3a+1)(13a)2+13a=−23，解得a=112或a=−13（舍去）．
故实数a∈{−13,73,112}．
3.（22-23高三上·全国·阶段练习）已知函数fx=x3+ax2−1在x=−1时取得极值 .
(1)求fx的解析式；
(2)若函数y=fx−λ有一个零点，求实数λ的取值范围.
【答案】(1)fx=x3+32x2−1
(2)−∞,−1∪−12,+∞
【分析】（1）由已知可得f'−1=3−2a=0，可得出关于实数a的方程，解出a的值，即可得出函数fx的解析式；
（2）分析可知，直线y=λ与函数fx的图象有1个交点，利用导数分析函数fx的单调性与极值，数形结合可得出实数λ的取值范围.
【详解】（1）因为fx=x3+ax2−1，则f'x=3x2+2ax，
由题意可得f'−1=3−2a=0，解得a=32，
所以fx=x3+32x2−1，此时，f'x=3x2+3x，
经检验可知，函数fx在x=−1处取得极值，
因此fx=x3+32x2−1；
（2）问题等价于fx=λ有一个的实数根，求λ的范围，
由f'x=3x2+3x>0，得x<−1或x>0，
由f'x=3x2+3x<0，得−1在−1,0上单调递减，则函数fx的极大值为f−1=−12，
极小值为f0=−1，如下图所示：

由图可知，当λ>−12或λ<−1时，直线y=λ与函数fx的图象有1个交点，
因此，实数λ的取值范围是−∞,−1∪−12,+∞.
4.（23-24高三上·辽宁丹东·期中）已知函数fx=13x3−mx+4．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx的极小值为−43，求m的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)4
【分析】（1）根据题意先对函数求导后，然后对m分情况讨论，从而可求解；
（2）根据函数极小值为−43，结合（1）从而求解.
【详解】（1）因为fx的定义域为R，所以f'x=x2−m，
当m≤0时，f'x≥0，则fx在R上递增，
当m>0时：
若f'x=x2−m>0时，解之得：x<−m或x>m，
所以得：fx在区间−∞,−m，m,+∞上单调递增，
若f'x=x2−m<0时，解之得：−m所以得：fx在区间−m,m上单调递减.
综上所述，当m≤0时，fx在R上单调递增，
当m>0时，fx在区间−∞,−m和m,+∞上单调递增，fx在区间−m,m上单调递减.
（2）由（1）知，当m≤0时fx在R上单调递增，故fx不存在极值，
当m>0时，fx在区间−m,m上单调递减，fx在区间m,+∞上单调递增，所以fx在x=m处取得极小值，
所以13(m)3−mm+4=−43，解之得m=4，故m的值为4.
5.（23-24高三上·陕西汉中·阶段练习）已知函数fx=ax4+bx3在x=1处有极值-1.
(1)求a,b的值；
(2)若函数gx=fx−mx在−1,1上单调递增，求m的取值范围.
【答案】(1)a=3,b=−4
(2)−∞,−24
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可列出相应方程，即可求得a,b的值，验证后即可确定答案；
（2）由题意得g'x≥0在−1,1上恒成立，继而参变分离得m≤12x3−12x2在x∈−1,1内恒成立.，构造函数ℎx=12x3−12x2,x∈−1,1，求出函数的最小值，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知fx=ax4+bx3,f'x=4ax3+3bx2，
因为fx=ax4+bx3在x=1处取得极值-1，
所以f1=a+b=−1,f'1=4a+3b=0，
解得a=3,b=−4，
即fx=3x4−4x3，f'x=12x3−12x2=12x2(x−1)，
当x<1时，f'x<0，f(x)在(−∞,1)上单调递减，
当x>1时，f'x>0，f(x)在(1,+∞)上单调递增，
即fx=3x4−4x3在x=1处取得极小值-1，符合题意，
故a=3,b=−4.
（2）g'x=f'x−m=12x3−12x2−m≥0在−1,1上恒成立，
即m≤12x3−12x2在x∈−1,1内恒成立.
令ℎx=12x3−12x2,x∈−1,1，
则ℎ'x=12x3x−2，令ℎ'x>0，得−1令ℎ'x<0，得−1所以ℎx在−1,0和23,1上单调递增，在0,23上单调递减，
因为ℎ−1=−24,ℎ23=−169，所以ℎ(x)min=−24，
所以m≤−24，经验证x=−1时，g'x=12x3−12x2+24=0，即m=−24符合题意，
即m的取值范围为−∞,−24.
【点睛】方法点睛：解答第二问根据函数的单调区间求解参数取值范围，得到不等式12x3−12x2−m≥0在−1,1上恒成立，即可参变分离，转化为不等式m≤12x3−12x2在−1,1内恒成立，继而构造函数，将问题转化为求解函数的最值问题.
考点五、函数极值（点）与图像
1.（2023·安徽马鞍山·模拟预测）已知函数fx的导函数f'x的部分图象如图，则下列说法正确的是（ ）

A．f1>f3B．f−1C．fx有三个零点D．fx有三个极值点
【答案】A
【分析】根据导函数图像得到单调性和极值，进而推出极值点个数，比较函数值大小即可.
【详解】根据导函数图像知道：
对于A，1,3∈(0,3)，单调递减，则f1>f3，则A正确；
对于B，自变量−1,2在不同区间，都比f(0)小，但不能比较它们大小，则B错误；
对于C，不能确定零点个数，则C错误；
对于D，函数有两个极值点，则D错误.
故选：A．
2.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率小于零
B．函数f（x）在区间（－1，1）上单调递增
C．函数f（x）在x＝1处取得极大值
D．函数f（x）在区间（－3，3）内至多有两个零点
【答案】D
【详解】解析：由题意，得f′（1）＝0，所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率等于零，故A错误；当x∈（－1，1）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（－1，1）上单调递减，故B错误；当－2＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1，f′（x）＜0，f（x）单调递减，所以x＝1不是f（x）的极值点，故C错误；当x∈（－3，－2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（－2，3）时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，所以当f（－2）＜0时，f（x）在（－3，3）上没有零点；当f（－2）＝0时，f（x）在（－3，3）上只有一个零点；当f（－2）＞0时，f（x）在（－3，3）上有两个零点．综上，函数f（x）在区间（－3，3）内至多有两个零点，故选D.
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．
【答案】B
【分析】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=bb）都是函数y=ax−a(x−b)2的极值点，由此可以排除A，C；进一步对a和0的大小关系分类讨论，得出函数在x=b处附件的增减变换情况即可.
【详解】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−ax−b2的零点，
令y'=ax−b2+2ax−ax−b=ax−b3x−2a−b=0，
可知x1=bb）且x1，x2都是函数y=ax−a(x−b)2的极值点，由此可以排除A，C；
若a>0，则函数y=ax−ax−b2的图象形状为增减增，
具体为y=ax−ax−b2在−∞,b单调递增，在b,2a+b3单调递减，在2a+b3,+∞单调递增，可知B符合；
若a<0，则函数y=ax−ax−b2的图象形状为减增减，
具体为y=ax−ax−b2在−∞,b单调递减，在b,2a+b3单调递增，在2a+b3,+∞单调递减，可知D不符合．
故选：B.
2.（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）已知函数fx的导函数f'x的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．函数fx有最小值
B．函数fx有最大值
C．函数fx有且仅有三个零点
D．函数fx有且仅有两个极值点
【答案】A
【分析】根据f'x的图象判断出fx的单调性、极值点、最值、零点，逐一分析每一选项即可.
【详解】由函数图象可知f'x、fx的变化情况如下表所示：
由上表可知fx在−∞,−1和1,3上分别单调递减，在−1,1和3,+∞上分别单调递增，
函数fx的极小值分别为f−1、f3，其极大值为f1.
对于A选项：由以上分析可知fxmin=minf−1,f3，即函数fx有最小值，故A选项正确；
对于B选项：由图可知当x→+∞，有f'x→+∞，即fx增加得越来越快，
因此当x→+∞，有fx→+∞，所以函数fx没有最大值，故B选项错误；
对于C选项：若有f−1<0,f3<0，则由零点存在定理可知函数fx有四个零点，故C选项错误；
对于D选项：由上表及以上分析可知函数fx共有3个极值点，故D选项错误.
故选：A.
3.（24-25高三·上海·随堂练习）定义在R 上的函数fx的导数f'x的大致图象如题图所示，则函数y=fx的单调增区间为 ，y=fx的极大值点为x= ．

【答案】 −1,2,4,+∞ 2
【分析】数形结合，根据导函数的图象的正负判断函数的单调性以及极大值点即可求解.
【详解】根据导函数的图象可知，函数fx在−1,2,4,+∞ 上时，导数f'x>0，
函数fx在−∞,−1,2,4上时，导数f'x<0，
所以fx的严格递增区间为−1,2,4,+∞，fx的严格递减区间为−∞,−1,2,4，
所以x=2时，fx取得极大值，
所以fx的极大值点为x=2．
故答案为：−1,2,4,+∞；2
1．（2024·山西阳泉·三模）已知等差数列{an}中，a7是函数f(x)=sin(2x−π6)的一个极大值点，则tan(a5+a9)的值为（ ）
A．33B．3C．±3D．−3
【答案】D
【分析】求出函数f(x)的极大值点得a7，然后由等差数列性质结合诱导公式可得.
【详解】由正弦函数性质知，当2x−π6=π2+2kπ，即x=π3+kπ,k∈Z时，函数f(x)=sin(2x−π6)取得极大值，
则a7=π3+kπ,k∈Z，由等差数列性质，得a5+a9=2a7=2π3+2kπ,k∈Z，
所以tan(a5+a9)=tan(2π3+2kπ)=tan2π3=tan(π−π3)=−tanπ3=−3.
故选：D
2．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若函数fx=ex−ax在区间0,2上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A．0,12B．1,e22C．1,e2D．0,2e
【答案】C
【分析】结合函数极值点与导数零点的关系，结合零点存在定理列出不等式组即可求解.
【详解】已知fx=ex−ax，由题意知f'(x)=ex−a在(0,2)内有变号零点，
显然f'x=ex−a在0,2单调递增，
故原条件等价于f'0=e0−a=1−a<0f'2=e2−a>0，解得1故实数a的取值范围是1,e2.
故选：C.
3．（2024·河北承德·二模）设a为实数，若函数fx=13x3−ax2+3在x=1处取得极小值，则a=（ ）
A．1B．12C．0D．−1
【答案】B
【分析】求出函数的导数，根据极值点求出a的值，然后根据极值的概念检验即得．
【详解】由题可得f'(x)=x2−2ax=x(x−2a)，
令f'(x)=0，解得；x=0或x=2a，
因为函数fx=13x3−ax2+3在x=1处取得极小值，
所以2a=1，即a=12，
当a=12时，f'(x)=xx−1，f'x>0⇒x<0或x>1，f'x<0⇒0所以函数fx在0,1上单调递减，在(−∞,0),(1,+∞)上单调递增，满足题意.
故选：B.
4．（2024高三·全国·专题练习）设a∈R，若函数fx＝eax＋3x x∈R有小于零的极值点，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,−3B．−3,0C．−13,0D．−∞,−13
【答案】B
【分析】函数有小于零的极值点即导数等于零有负数解.
【详解】因为fx有小于零的极值点，且f'x＝aeax＋3，
由f'x＝0，得eax=−3a，故a<0.由x=1aln−3a<0，解得−3故选：B ．
5．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数fx=ax3+bx2+x+c，其导函数y=f'x的图象如图所示，过点13,0和1,0.函数fx的单调递减区间为 ，极大值点为 .
【答案】 13,1 13
【分析】根据导函数的符号确定原函数的单调性，可直接写出原函数的单调区间；分析原函数的单调性，可以得到函数的极大值点.
【详解】如图：
导函数y=f'x的图象过点13,0和1,0，
则当x<13时，f'x>0，函数fx单调递增；
当13当x>1时，f'x>0，函数fx单调递增.
∴函数fx的单调递减区间为13,1，极大值点为13.
故答案为：13,1；13
6．（2024·河南·三模）已知函数f(x)=ax−lnx，且f(x)在x=1处的切线方程是x−y+b=0．
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)的单调区间和极值．
【答案】(1)a=2，b=1
(2)单调递减区间为0,12，单调递增区间为12,+∞，极小值为1+ln2，无极大值
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得f(x)=2x−lnx，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值.
【详解】（1）因为f(x)=ax−lnx，所以f'x=a−1x，
又f(x)在x=1处的切线方程为y=x+b，
所以f'(1)=a−1=1，f(1)=a=1+b，
解得a=2，b=1．
（2）由（1）可得f(x)=2x−lnx定义域为0,+∞，则f'(x)=2−1x=2x−1x，
当x∈0,12时，f'(x)<0，此时函数f(x)单调递减，
当x∈12,+∞时，f'(x)>0，此时函数f(x)单调递增，
则f(x)在x=12处取得极小值，
所以f(x)的单调递减区间为0,12，单调递增区间为12,+∞，
因此极小值为f12=1+ln2，无极大值．
7．（2024·山东潍坊·二模）已知函数fx=x−1ex−ax2+b，曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=e−2x+3−e．
(1)求实数a，b的值；
(2)求fx的单调区间和极值．
【答案】(1)a=1，b=2
(2)单调递增区间是−∞,0，ln2,+∞，单调递减区间是0,ln2，极大值为1，极小值为2ln2−ln22.
【分析】（1）求导根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导分析导函数的正负区间进而求解极值即可.
【详解】（1）由题可得f'x=xex−2ax，
由题意f'1=e−2a=e−2，故a=1，
又f1=−1+b=e−2×1+3−e=1，故b=2.
（2）由（1）可得f'x=xex−2x=xex−2，
令f'x>0可得x>ln2或x<0，令f'x<0可得0故fx的单调递增区间是−∞,0，ln2,+∞，单调递减区间是0,ln2.
则fx的极大值为f0=1，极小值为fln2=ln2−1eln2−ln22+2=2ln2−ln22.
1．（2024·陕西铜川·三模）若函数fx=ax2+lnxx有两个极值点，则实数a的取值范围为（ ）
A．−1e4,0B．0,16e4C．0,1e4D．−1e4,16e4
【答案】B
【分析】根据两个极值点，看将问题转化为a=lnx−12x3由两个不同的正实数根，构造函数gx=lnx−12x3，利用导数求解函数的单调性，即可求解.
【详解】f'x=2ax+1−lnxx2，
令f'x=0，得a=lnx−12x3.
令gx=lnx−12x3，则g'x=4−3lnx2x4.
令g'x0=0，则3lnx0=4，即lnx0=43，即x03=e4.
当00,gx在0,x0单调递增；当x>x0时，g'x<0,gx在x0,+∞单调递减.
∴g(x)max=gx0=lnx0−12x03=43−12e4=16e4，
又当x→0+时，gx→−∞；当x→+∞时，gx→0+，
∴当0故选：B
2．（2024·陕西宝鸡·三模）若函数f(x)=−12ax2+4x−2lnx有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（ ）
A．(0,2)B．0,1C．(−∞,1)D．(2,+∞)
【答案】A
【分析】将原问题等价转换为关于t的方程a=−2t−12+2在0,+∞上有两个不同的实数根，结合二次函数性质即可求解.
【详解】f(x)=−12ax2+4x−2lnx,f'x=−ax+4−2x=−ax2+4x−2x，
故原命题等价于关于x的方程−ax2+4x−2=0在0,+∞上有两个不同的实数根，
即关于x的方程a=4x−2x2=−21x−12+2在0,+∞上有两个不同的实数根，
令t=1x，则t∈0,+∞，
所以关于t的方程a=−2t−12+2在0,+∞上有两个不同的实数根，
令gt=−2t−12+2,t∈0,+∞，
因为gt在0,1上单调递增，故gt在0,1上的值域为0,2，
因为gt在1,+∞上单调递减，故gt在1,+∞上的值域为−∞,2，
而0,2∩−∞,2=0,2，从而实数a的取值范围是0,2.
故选：A.
3．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有三个极值点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】C
【分析】求导后判断单调性，从而求得极值点即可判断A；利用单调性结合零点存在性定理即可判断B；令ℎ(x)=x3−x，得到ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，再结合图象的平移规律即可判断C；由导数的几何意义求得切线方程即可判断D.
【详解】对于A，由题，f'x=3x2−1，
令f'x>0得x>33或x<−33，令f'(x)<0得−33所以f(x)在(−∞,−33)，(33,+∞)上单调递增，(−33,33)上单调递减，
所以x=±33是极值点，故A不正确；
对应B，因f(−33)=1+239>0，f(33)=1−239>0，f−2=−5<0，
所以，函数fx在−∞,33上有一个零点，
当x≥33时，fx≥f33>0，即函数fx在33,+∞上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
对于C，令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ−x=−x3−−x=−x3+x=−ℎx，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
对于D，令f'x=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f−1=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.
故选：C
4．（2024·青海西宁·一模）等差数列an中的a2，a2024是函数fx=x3−6x2+4x−2024的极值点，则lg2a1013=（ ）
A．12B．1C．−1D．−12
【答案】B
【分析】先根据极值点求出导函数为0求出a2+a2024=4，再结合等差数列得出a1013=2，最后计算对数.
【详解】函数fx=x3−6x2+4x−2024的极值点是a2，a2024，
导函数为f'x=3x2−12x+4，所以a2+a2024=−−123=4，
等差数列a中，a2+a2024=2a1013=4，所以a1013=2，
则lg2a1013=lg22=1.
故选：B.
5．（2023·天津和平·三模）已知函数fx=3sinωxcsωx−12sin2ωx−π2（ω∈R，且ω>0），x∈R，若函数fx在区间0,2π上恰有3个极大值点，则ω的取值范围为（ ）
A．136,196B．136,196．C．1312,1912D．1312,1912
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换化简得到fx=sin2ωx+π6，从而得到2ωx+π6∈π6,4ωπ+π6，根据函数极大值点的个数得到方程，求出答案.
【详解】fx=3sinωxcsωx−12sin2ωx−π2=32sin2ωx+12cs2ωx=sin2ωx+π6，
x∈0,2π，2ωx+π6∈π6,4ωπ+π6，
函数fx在区间0,2π上恰有3个极大值点，
故9π2<4ωπ+π6≤13π2，解得ω∈1312,1912.
故选：D
6．（2024·吉林·模拟预测）已知函数fx=x2−ax−aex.
(1)当a=0时，求函数fx的极值；
(2)求证：当00时，fx>aa−1.
【答案】(1)极大值4e2；极小值0.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性、极值，计算即可；
（2）先利用导数计算函数的最小值f(x)min=fa=−aea，将问题等价变形，法一、构造函数ga=1−aea，利用导数求其单调性、最值即可；法二、构造函数ℎa=ea+1a−1，利用二次求导判定其单调性计算即可.
【详解】（1）当a=0时，fx=x2exx∈R
f'x=x2+2xex=xx+2ex
令f'x=0得x=0或x=−2，当x变化时，f'x与fx变化如下表：
故当x=−2时，fx取得极大值4e2；
当x=0时，fx取得极小值0.
（2）f'x=x2+2−ax−2aex=x+2x−aex,x>0
∵x>0∴x+2>0
令f'x=0，则x=a，当x变化时，f'x与fx变化如下表：
故f(x)min=fa=−aea.
要证当00时，fx>aa−1.
法一：
只需证当0aa−1即1−aea<1*
令ga=1−aea,0故ga法二：
只需证当0aa−1即ea+1a−1<0*
令ℎa=ea+1a−1,0令ma=(a−1)2ea−1,0∴ma在0,1上单调递减.
∴ma∴ℎa在0,1上单调递减，ℎa<ℎ0=0
即*式成立，原不等式成立.
7．（23-24高三上·四川内江·阶段练习）已知函数f(x)=(x−1)ex−ax(a∈R且a为常数）.
(1)当a=0，求函数f(x)的最小值；
(2)若函数f(x)有2个极值点，求a的取值范围；
【答案】(1)-1
(2)(−1e,0)
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，再求函数的最小值；
（2）首先求函数的导数f'(x)=xex−a，再设函数ℎ(x)=xex，利用导数分析函数y=ℎ(x)的图象，转化为直线y=a与y=ℎ(x)的图象有2个交点，即可求得a的取值范围.
【详解】（1）当a=0时，f(x)=(x−1)ex，所以f'(x)=xex，
当x>0时，f'(x)>0，f(x)单调递增，当x<0时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
所以当x=0时，函数f(x)取得最小值f(0)=−1；
（2）函数的定义域为R，f'(x)=xex−a，
设ℎ(x)=xex，ℎ'(x)=(x+1)ex，
由ℎ'(x)=(x+1)ex=0，得x=−1，
列表如下：
当x<0时，ℎ(x)<0，当x>0时，ℎ(x)>0，
做出函数y=ℎ(x)与y=a的图像，如下图，
当−1e设这两个交点的横坐标分别为x1,x2，且x1当xx2时，f'(x)=xex−a>0，
当x1所以a的取值范围是(−1e,0).
1.（2023·北京·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．
【答案】(1)a=−1,b=1
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（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.
【详解】（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.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断f'x1与f'x2的正负情况，充分利用f'x的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
2.（2024·全国·高考真题）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．
【答案】(1)e−1x−y−1=0
(2)1,+∞
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f'(x)=ex−a有零点，可得a>0，进而利用导数求fx的单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当a=1时，则f(x)=ex−x−1，f'(x)=ex−1，
可得f(1)=e−2，f'(1)=e−1，
即切点坐标为1,e−2，切线斜率k=e−1，
所以切线方程为y−e−2=e−1x−1，即e−1x−y−1=0.
（2）解法一：因为f(x)的定义域为R，且f'(x)=ex−a，
若a≤0，则f'(x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>lna；令f'(x)<0，解得x可知f(x)在−∞,lna内单调递减，在lna,+∞内单调递增，
则f(x)有极小值flna=a−alna−a3，无极大值，
由题意可得：flna=a−alna−a3<0，即a2+lna−1>0，
构建ga=a2+lna−1,a>0，则g'a=2a+1a>0，
可知ga在0,+∞内单调递增，且g1=0，
不等式a2+lna−1>0等价于ga>g1，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为f(x)的定义域为R，且f'(x)=ex−a，
若f(x)有极小值，则f'(x)=ex−a有零点，
令f'(x)=ex−a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
若a>0，令f'(x)>0，解得x>lna；令f'(x)<0，解得x可知f(x)在−∞,lna内单调递减，在lna,+∞内单调递增，
则f(x)有极小值flna=a−alna−a3，无极大值，符合题意，
由题意可得：flna=a−alna−a3<0，即a2+lna−1>0，
构建ga=a2+lna−1,a>0，
因为则y=a2,y=lna−1在0,+∞内单调递增，
可知ga在0,+∞内单调递增，且g1=0，
不等式a2+lna−1>0等价于ga>g1，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞.
3．（天津·高考真题）函数fx的定义域为开区间a,b，导函数f'x在a,b内的图象如图所示，则函数fx在开区间a,b内有极小值点（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】由导函数的图象可知f'x在开区间a,b内有4个零点x1,x2,x3,x4，x1【详解】从图形中可以看出，f'x在开区间a,b内有4个零点x1,x2,x3,x4，x1在x1处的两边f'x左正、右负，取得极大值；
在x2处的两边f'x左负、右正，取值极小值；
在x3处的两边f'x都为正，没有极值；
在x4处的两边f'x左正、右负，取值极大值．
因此函数fx在开区间a,b内的极小值点只有一个．
故选：A．
4．（2022·全国·高考真题）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【答案】1e,1
【分析】法一：依题可知，方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，构造函数gx=lna⋅ax，利用指数函数的图象和图象变换得到gx的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为f'x=2lna⋅ax−2ex，所以方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2，
即方程lna⋅ax=ex的两个根为x1,x2，
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
所以当时−∞,x1 x2,+∞，f'x<0，即y=ex图象在y=lna⋅ax上方
当x∈x1,x2时，f'x>0，即y=ex图象在y=lna⋅ax下方
a>1，图象显然不符合题意，所以0令gx=lna⋅ax，则g'x=ln2a⋅ax,0设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x0,lna⋅ax0，
则切线的斜率为g'x0=ln2a⋅ax0，故切线方程为y−lna⋅ax0=ln2a⋅ax0x−x0，
则有−lna⋅ax0=−x0ln2a⋅ax0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
所以eln2a综上所述，a的取值范围为1e,1．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
f'x=2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
设函数gx=f'x=2axlna−ex，则'x=2axlna2−2e，
若a>1，则'x在R上单调递增，此时若f'x0=0，
则f'x在−∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，此时若有x=x1和x=x2分别是函数
fx=2ax−ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意；
若00且a≠1)的极小值点和极大值点，且x10，f'x0=2ax0lna−ex0=2elna−ex0>0，即x0<1lna，x0lna>1故lnax0=x0lna=lnelna2>1，所以1e【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
5．（天津·高考真题）已知函数f(x)=2ax−a2+1x2+1(x∈R)，其中a∈R．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值．
【答案】(1)6x+25y−32=0
(2)见解析
【分析】（1）根据题意得到函数fx的解析式，从而得到切点坐标和导函数，根据导函数在切点的函数值等于切线的斜率求解切线斜率，进而得到切线方程；
（2）对函数求导，对参数的取值范围分类讨论，根据导函数的符号确定函数的单调区间和极值.
【详解】（1）当a=1时，f(x)=2xx2+1，f(2)=45，
又f'(x)=2(x2+1)−2x⋅2x(x2+1)2=2−2x2(x2+1)2，f'(2)=−625．
所以曲线y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y−45=−625(x−2)，
即6x+25y−32=0．
（2）f'(x)=2a(x2+1)−2x(2ax−a2+1)(x2+1)2=−2(x−a)(ax+1)(x2+1)2．
由于a≠0，以下分两种情况讨论．
①当a>0时，令f'(x)=0，得到x1=−1a，x2=a．当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递减区间为−∞，−1a，(a，+∞)，单调递增区间为−1a，a．
函数f(x)在x1=−1a处取得极小值f−1a，且f−1a=−a2，
函数f(x)在x2=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1．
②当a<0时，令f'(x)=0，得到x1=a，x2=−1a，当x变化时，f'(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的单调递增区间为(−∞，a)，−1a，+∞，单调递减区间为a，−1a．
函数f(x)在x1=a处取得极大值f(a)，且f(a)=1．
函数f(x)在x2=−1a处取得极小值f−1a，且f−1a=−a2．
6．（2014·天津·高考真题）已知函数f(x)=x2−23ax3(a>0),x∈R
（1）求f(x)的单调区间和极值；
（2）若对于任意的x1∈(2,+∞)，都存在x2∈(1,+∞)，使得f(x1)⋅f(x2)=1，求a的取值范围
【答案】(1) f(x)的单调增区间是(0,1a)，单调减区间是(−∞,0)和(1a,+∞)，当x=0时，f(x)取极小值0，当x=1a时，f(x)取极大值13a2， (2) [34,32].
【详解】试题分析：(1)求函数单调区间及极值，先明确定义域：R，再求导数f'(x)=2x−2ax2(a>0).在定义域下求导函数的零点：x=0或x=1a，通过列表分析，根据导函数符号变化规律，确定单调区间及极值，即f(x)的单调增区间是(0,1a)，单调减区间是(−∞,0)和(1a,+∞)，当x=0时，f(x)取极小值0，当x=1a时，f(x)取极大值13a2， (2)本题首先要正确转化：“对于任意的x1∈(2,+∞)，都存在x2∈(1,+∞)，使得f(x1)⋅f(x2)=1”等价于两个函数值域的包含关系.设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},，集合B={1f(x)|x∈(1,+∞),f(x)≠0},则A⊆B，其次挖掘隐含条件，简化讨论情况，明确讨论方向.由于0∉B，所以0∉A,因此32a≤2，又A⊆B，所以f(1)≥0，即34≤a≤32.
解(1)由已知有f'(x)=2x−2ax2(a>0).令f'(x)=0，解得x=0或x=1a，列表如下：
所以f(x)的单调增区间是(0,1a)，单调减区间是(−∞,0)和(1a,+∞)，当x=0时，f(x)取极小值0，当x=1a时，f(x)取极大值13a2，(2)由f(0)=f(32a)=0及（1）知，当x∈(0,32a)时，f(x)>0，当x∈(32a,+∞)时，f(x)<0.设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},，集合B={1f(x)|x∈(1,+∞),f(x)≠0},则“对于任意的x1∈(2,+∞)，都存在x2∈(1,+∞)，使得f(x1)⋅f(x2)=1”等价于A⊆B.显然0∉B.
下面分三种情况讨论：
当32a>2即0当1≤32a≤2即34≤a≤32时，有f(2)≤0且此时f(x)在(2,+∞)上单调递减，故A=(−∞,f(2))，因而A⊆(−∞,0)由f(1)≥0有f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(−∞,0)，所以A⊆B
当32a<1即a>32时，有f(1)<0且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减，故B=(1f(1),0),A=(−∞,f(2)),所以A不是B的子集
综上，a的取值范围为[34,32].
考点：利用导数求单调区间及极值，利用导数求函数值域
7．（2023·全国·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.
【答案】(1)ln2x+y−ln2=0；
(2)存在a=12,b=−12满足题意，理由见解析.
(3)0,12.
【分析】(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【详解】（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，
由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+∞时，
g'x=2ax−lnx+1→+∞，
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.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
8．（2021·全国·高考真题）设函数fx=lna−x，已知x=0是函数y=xfx的极值点．
（1）求a；
（2）设函数g(x)=x+f(x)xf(x)．证明:gx<1．
【答案】（1）a=1；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出y'，由极值点处导数为0即可求解出参数a；
（2）由（1）得g(x)=x+ln1−xxln1−x，x<1且x≠0，分类讨论x∈0,1和x∈−∞,0，可等价转化为要证gx<1，即证x+ln1−x>xln1−x在x∈0,1和x∈−∞,0上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由fx=lna−x⇒f'x=1x−a，y=xfx⇒y'=lna−x+xx−a，
又x=0是函数y=xfx的极值点，所以y'0=lna=0，解得a=1；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，g(x)=x+ln(1−x)xln(1−x)=1ln(1−x)+1x，其定义域为(−∞,0)∪(0,1)．
要证g(x)<1，即证1ln(1−x)+1x<1，即证1ln(1−x)<1−1x=x−1x．
（ⅰ）当x∈(0,1)时，1ln(1−x)<0，x−1x<0，即证ln(1−x)>xx−1．令F(x)=ln(1−x)−xx−1，因为F'(x)=−11−x−−1(x−1)2=x(x−1)2>0，所以F(x)在区间(0,1)内为增函数，所以F(x)>F(0)=0．
（ⅱ）当x∈(−∞,0)时，1ln(1−x)>0，x−1x>0，即证ln(1−x)>xx−1，由（ⅰ）分析知F(x)在区间(−∞,0)内为减函数，所以F(x)>F(0)=0．
综合（ⅰ）（ⅱ）有g(x)<1．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得fx=ln1−x，g(x)=x+f(x)xf(x)=x+ln1−xxln1−x，x<1且x≠0，
当 x∈0,1时，要证g(x)=x+ln1−xxln1−x<1，∵x>0,ln1−x<0， ∴xln1−x<0，即证x+ln1−x>xln1−x，化简得x+1−xln1−x>0；
同理，当x∈−∞,0时，要证g(x)=x+ln1−xxln1−x<1，∵x<0,ln1−x>0， ∴xln1−x<0，即证x+ln1−x>xln1−x，化简得x+1−xln1−x>0；
令ℎx=x+1−xln1−x，再令t=1−x，则t∈0,1∪1,+∞，x=1−t，
令φt=1−t+tlnt，φ't=−1+lnt+1=lnt，
当t∈0,1时，φ't<0，φt单减，故φt>φ1=0；
当t∈1,+∞时，φ't>0，φt单增，故φt>φ1=0；
综上所述，g(x)=x+ln1−xxln1−x<1在x∈−∞,0∪0,1恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令φ(x)=lnx−(x−1)，因为φ'(x)=1x−1=1−xx，所以φ(x)在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,+∞)内是减函数，所以φ(x)≤φ(1)=0，即lnx≤x−1（当且仅当x=1时取等号）．故当x<1且x≠0时，11−x>0且11−x≠1，ln11−x<11−x−1，即−ln(1−x)xx−1．
（ⅰ）当x∈(0,1)时，0>ln(1−x)>xx−1，所以1ln(1−x)（ⅱ）当x∈(−∞,0)时，ln(1−x)>xx−1>0，同理可证得g(x)<1．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当x<1且x≠0时，x+ln(1−x)xln(1−x)<1，即g(x)<1．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当x∈(0,1)时，转化为证明ln(1−x)>xx−1，当x∈(−∞,0)时，转化为证明ln(1−x)>xx−1，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当x∈0,1时，x+1−xln1−x>0成立和当x∈−∞,0时，x+1−xln1−x>0成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数φ(x)=lnx−(x−1)，利用导数分析单调性，证得常见常用结论lnx≤x−1（当且仅当x=1时取等号）．然后换元得到ln(1−x)>xx−1，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
5年考情
考题示例
考点分析
2024年天津卷，第20题,16分
利用导数证明不等式 利用导数研究不等式恒成立问题 由导数求求在曲线上一点处的切线方程(斜率)函数的最值(含参)
2023年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式 利用导数研究不等式恒成立问题
2022年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题 利用导数研究函数的零
2021年天津卷，第20题,16分
求在曲线上一点处的切线方程(斜率)
利用导数研究能成立问题 函数极值点的辨析
2020年天津卷，第20题,16分
利用导数证明不等式
Δ>0
Δ≤0
图象
单调性
在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递增；在(x1，x2)上单调递减
在R上是增函数
极值点个数
2
0
Δ>0
Δ≤0
图象
单调性
在(x1，x2)上单调递增；在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减
在R上是减函数
极值点个数
2
0
x
0,12
12
12,1
1
1,+∞
f'x
+
0
-
0
+
fx
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
0,e
e
e,+∞
f'x
-
0
+
fx
单调递减
极小值
单调递增
x
(−∞,1−m)
1−m
(1−m,1+m)
1+m
(1+m,+∞)
f(x)
−
0
+
0
−
f(x)
极小值
极大值
x
(−∞,0)
0
(0,3)
3
(3,+∞)
f'(x)
正
0
非正
0
正
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
x
−∞,−1
−1,1
1,3
3,+∞
f'x
−
+
−
+
fx
↘
↗
↘
↗
x
−∞,−2
-2
−2,0
0
0,+∞
f'x
+
0
-
0
+
fx
单调递增
4e2
单调递减
0
单调递增
x
0,a
a
a,+∞
f'x
-
0
+
fx
单调递减
−aea
单调递增
x
(−∞,−1)
−1
(−1,+∞)
ℎ'(x)
−
0
+
ℎ(x)
减
极小值−1e
增
x
−∞，−1a
−1a
−1a，a
a
(a，+∞)
f'(x)
−
0
+
0
−
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
x
−∞，a
a
a，−1a
−1a
−1a，+∞
f'(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
x
(−∞,0)
0
(0,1a)
1a
(1a,+∞)
f'(x)
−
0
+
0
−
f(x)
↘
0
↗
13a2
↘