高考数学总复习《函数的单调性、极值与最值》专项测试卷（含答案）

第第页高考数学总复习《函数的单调性、极值与最值》专项测试卷（含答案）学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________【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+A．12,e B．(0,e) 【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=xlnC．fx=e【变式1-2】（2023·上海静安·统考二模）函数y=xlnA．严格增函数B．在0,1eC．严格减函数D．在0,1e【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=lnx−2+A．2,3 B．3,4 C．−∞,3 【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,+C．−14,+【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A．0<m<23 C．23≤m≤1 D．【变式2-2】（2023下·重庆·高二校联考期中）若函数fx=x2−alnx−x−2023A．−∞,1 B．−∞,1 C．【变式2-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数gx=ax−12x+1−lnA．−∞,4 B．−∞,163【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−A．π2+1，−π2+1C．3π2−1，−π2【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′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【变式3-2】（2023·河北·模拟预测）若函数fx=sinx−xA．1 B．2 C．3 D．4【变式3-3】（2023·河南·统考三模）已知函数f(x)=x2lnA．f(x)在x=1e处得到极大值−12e B．C．f(x)在x=1e处得到极小值−12e D．【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A．-1 B．0 C．1 D．2【变式4-1】（2023·陕西商洛·统考三模）若函数f(x)=x3+ax2A．[−3,6] B．(−3,6)C．(−∞,−3]∪[6,+∞【变式4-2】（2023·四川绵阳·统考一模）若函数y=cosωx+π6（ω>0）在区间−πA．13,76 B．13,【变式4-3】（2023·高二课时练习）已知函数f(x)=x3+ax2A．−1<a<2 B．a<−3或a>6 C．−3<a<6 D．a<−1或a>2【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+bx2A．8 B．12 C．16 D．32【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−A．−1 B．0 C．1 D．2【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+1A．1e B．1e2+1 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+fxA．fx在R上单调递减 B．fx在C．fx在R上有最大值 D．fx在【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．−2 B．−1e C．1 【变式6-1】（2023·四川宜宾·统考三模）若函数fx=x−m2−2,x<02xA．m<0 B．m≤0 C．m>0 D．m≥0【变式6-2】（2023·上海松江·统考二模）已知函数y=13x3−x2−3x+a，A．−6<t<0 B．−6<t≤0C．−6<t<2 D．−6<t≤2【变式6-3】（2023·高二课时练习）已知函数f(x)=ex+x3A．(-e，2) B．(-e，1-e) C．(1，2) D．(−【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=sin(1)若a≤−2，讨论f′x在(2)若函数gx=fx+f′x【变式7-1】（2023·吉林·统考一模）已知函数f(x)=e(1)若函数fx在0,π上单调递增，求正实数(2)求证：当m=1时，fx在−π,+∞上存在唯一极小值点【变式7-2】（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若m>0，fx的最小值是1+lnm【变式7-3】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）已知函数fx=xln(1)若a=1，求fx(2)若fx恰有2个不同的极值点，求a(3)若fx恰有2个不同的零点，求a1．（2023·全国·统考高考真题）函数fx=x3+ax+2A．−∞,−2 B．−∞,−3 C．2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=aex−lnxA．e2 B．e C．e−1 3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=A．f0=0 C．fx是偶函数 D．x=0为f4．（2023·全国·统考高考真题）若函数fx=alnA．bc>0 B．ab>0 C．b2+8ac>0 5．（2023·全国·统考高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax+1+a6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求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)求a,b的值；(2)设函数g(x)=f′(x)(3)求f(x)的极值点个数．8．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=1时，讨论fx(2)若fx+sin9．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=1(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(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，(3)若fx在0,+∞存在极值，求10．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx参考答案【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,e B．(0,e) 【解题思路】先求导，再由y′【解答过程】解：因为y=−x所以y′由y′>0，即解得0<x<2所以函数y=−x2+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=xlnC．fx=e【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【解答过程】对于A，因为fx=xlnx的定义域为故A选项不符合题意；对于B，因为∀x∈R,x2+1−x>但fx+f−x故B选项不符合题意；对于C，因为fx=ex+所以fx又f′x=ex所以此时f′x=ex故C选项符合题意；对于D，因为fx=ex−所以fx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=xlnA．严格增函数B．在0,1eC．严格减函数D．在0,1e【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，则令y′=0，即lnx+1=0当0<x<1e时，y′当x>1e时，y′故选：D.【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=lnx−2+A．2,3 B．3,4 C．−∞,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<x<4，即fx的定义域为∵f∴当x∈2,3时，f′x>0；当∴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,+C．−14,+【解题思路】对函数求导，根据题意可得f′(x)=(ax+a+1)e【解答过程】依题意得f′(x)=(ax+a+1)e即ax+a+1≥0对x∈1,2因为y＝ax＋a＋1的图象为直线，所以a+a+1≥02a+a+1≥0，解得a≥−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A．0<m<23 C．23≤m≤1 D．【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【解答过程】函数f(x)=x22且f′令f′(x)=0，得因为f(x)在区间(m,m+1所以m>0m<1<m+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．−∞,1 B．−∞,1 C．【解题思路】先求导数，利用f′(x)≥0在【解答过程】f′(x)=2x−ax−1所以f′(x)≥0在1,+∞上恒成立，即2因为二次函数y=2x2−x所以y=2x2−x故选：B.【变式2-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数gx=ax−12x+1−lnA．−∞,4 B．−∞,163【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==3a因为函数gx在1,+∞上单调递减，所以g′设φx=−8x2+利用二次函数的图象与性质及数形结合思想，可得−6a−82×−8解得a≤163，所以实数a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−A．π2+1，−π2+1C．3π2−1，−π2【解题思路】求出f′x，由f′【解答过程】由题意，得f′当x∈−π2,−π当x∈−π4,π所以f(x)在−π2,−π4当x=−π4时，f(x)取得极小值，为当x=π4时，f(x)取得极大值，为故选：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′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.【变式3-2】（2023·河北·模拟预测）若函数fx=sinx−xA．1 B．2 C．3 D．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【解答过程】由题得f(x)=sinx−x+x因为y=sinx与y=1πx−所以f(x)的图象也关于直线x=π又f'(x)=cosx−1+2所以f′(x)>1+cosx≥0,即f′令ℎ(x)=f'(x)=cosx−1+又ℎ'π2所以∃x0∈π2所以当x∈π2,当x∈x0,又ℎπ2=ℎ(π)=0,所以在π由f(x)图象的对称性可知,在0,π2上,在(−∞,0)上,又f′(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)=x2lnA．f(x)在x=1e处得到极大值−12e B．C．f(x)在x=1e处得到极小值−12e D．【解题思路】利用导数求函数极值即可.【解答过程】由f′(x)=2xln所以x∈(0,1e)时f′(x)<0，f(x)递减，x∈(所以f(x)在x=1e处得到极小值f(1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A．-1 B．0 C．1 D．2【解题思路】根据极值点的意义，列式求解.【解答过程】f′有f1=a+1=0f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+ax2A．[−3,6] B．(−3,6)C．(−∞,−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故选：A.【变式4-2】（2023·四川绵阳·统考一模）若函数y=cosωx+π6（ω>0）在区间−πA．13,76 B．13,【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由于y=cosωx+π6（ω>0）在区间−π故选：C.【变式4-3】（2023·高二课时练习）已知函数f(x)=x3+ax2A．−1<a<2 B．a<−3或a>6 C．−3<a<6 D．a<−1或a>2【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)=x∴f函数f(x)有极大值和极小值，所以其导函数f'Δ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+bx2A．8 B．12 C．16 D．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【解答过程】因为fx=x又因为f(x)在x=2取极值，所以f′(2)=12+4b−12=0，解得若b=0，则f(x)=x3−12x令f′(x)>0，得x<−2或x>2；令f′所以f(x)在−∞,−2和2,+∞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−A．−1 B．0 C．1 D．2【解题思路】由yex=lnx−lny得x【解答过程】因为正实数x，y满足ye所以xe设ft=tet,t>0，则f所以函数ft在0,+∞上单调递增，由xe所以x=lnxy所以lnx+1x+则g′x=−ln则ℎ′所以函数ℎx在0,+∞上单调递减，且所以在0,1上，ℎx>0，g′在1,+∞上，ℎx<0，g所以gxmax=g1=0，当x=1时，y=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+1A．1e B．1e2+1 C．【解题思路】Pex,【解答过程】fx=ex−et点P在函数gx=lnlnx由g′x=所以函数gx图象上平行于直线y=1e切点e,0到直线y=1e所以PQ2即fx的最小值为故选：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+fxA．fx在R上单调递减 B．fx在C．fx在R上有最大值 D．fx在【解题思路】根据已知可得exfx=x3+c，由f【解答过程】因为f′x+f可得ex可得exfx因为f0=0，所以e0所以fx=x当x>3时，f′(x)<0,f(x)单调递减，当0<x<3时，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→−所以fx在x=3时有极大值即最大值f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．−2 B．−1e C．1 【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=所以当a≥0时，f′x>0当a<0时，令f′x=0所以当x∈0,−当x∈−1a所以fxmax=f−1故选：B.【变式6-1】（2023·四川宜宾·统考三模）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】（2023·上海松江·统考二模）已知函数y=13x3−x2−3x+a，A．−6<t<0 B．−6<t≤0C．−6<t<2 D．−6<t≤2【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′当x<−1或x>3时，y′>0，当−1<x<3时，所以函数在(−∞,−1)，(3,+∞故x=−1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<t+5t+5≤5，解得−6<t≤0故选：B.【变式6-3】（2023·高二课时练习）已知函数f(x)=ex+x3A．(-e，2) B．(-e，1-e) C．(1，2) D．(−【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f【解答过程】∵f'xf'这时存在x0∈(0,1)，使得f(x)在区间(0,x0)上单调递减，在区间[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=sin(1)若a≤−2，讨论f′x在(2)若函数gx=fx+f′x【解题思路】（1）二次求导，得到当a≤−2时，2ex+a<0，故ℎ′x=0，得到（2）求导得到g′x=2sinx+π4⋅1ex+a，a≥0时，结合函数单调性得到g【解答过程】（1）因为fx=sin设ℎx则ℎ′∵当x∈0,2π时，∴当a≤−2时，2e当x∈0,2π时，令ℎ′当x∈0,π2时，ℎ′x当x∈π2,3π2时，当x∈3π2,2π时，ℎ综上，f′x在0,π（2）由（1）知，gx∴g（ｉ）当a≥0时，在0,π内，1当x∈0,π时，令g′当x∈0,3π当x∈3π4∴当a≥0时，gx在0,π内有唯一的极小值点（ⅱ）当a<0时，令1ex+a=0当x<x3时，1ex+a>0①当x3=ln−1a<则当x∈0,3π当x∈3π4故gx在x0=若x3∈0,则当x∈0,x3当x∈x3,当x∈3π4故gx在x0=②当x3=x若x∈0,3π若x∈3π4故gx在0,③当x3∈3π4,π在3π4,故gx在x3=④当x3≥π，即−1eπ≤a<0故gx在x0=综上，实数a的取值范围是−∞【变式7-1】（2023·吉林·统考一模）已知函数f(x)=e(1)若函数fx在0,π上单调递增，求正实数(2)求证：当m=1时，fx在−π,+∞上存在唯一极小值点【解题思路】（1）当0<x≤π2时，f′x≥0恒成立，当π2<x<π时，分离常数（2）先利用导数判断fx在0,+∞单调递增，无极点，f′由f′−π2⋅f′fx0=【解答过程】（1）f′因为函数fx在0,所以f′x=当0<x≤π2时，e又因m>0所以f′x≥0当π2<x<π设gx=−e当3π4<x<π时，g′所以gx在π2,∴g(x)min又m>0，∴0<m≤综上，m的取值范围0,（2）证明：∵m=1，∴fx=e当x≥0时，ex≥1，cosx≥−1∴fx在0,+∞上单调递增，即fx当−π<x<0时，设ux∴ux在−∵u−π由零点存在性定理，存在唯一一个x0∈−3π当−π<x<x0时，ux<0，当x0<x<0时，ux>0，∴f∴fx在−π,+∵f又x0∈−3即−1<fx【变式7-2】（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）已知函数fx(1)讨论函数fx(2)若m>0，fx的最小值是1+lnm【解题思路】（1）求出fx的导数，按m≤e和（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+所以f′令ux=e令u′x<0，可得0<x<1，令u所以ux在0,1上单调递减，在1,+故ux①m≤e时，uxmin≥0，则ux令f′x>0所以fx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以fx②m>e时，u因为令ℎx=e当x>0时，ℎ′x>0，则ℎ当x<0时，ℎ′x<0，则ℎ故ℎx≥ℎ0=0，所以当x<1m−1<1此时∃x1∈令vx=ex−φ′x=ex−2>0，即有v′x>0，即v即vx>v1当x>m>e时，ux>x2因此x∈0,x1，fx∈x1,1，fx∈1,x2，fx∈x2,+∞，所以fx由3所以当m≤e时，fx恰有1个极值点；当m>e时，f（2）由（1）知，当0<m≤e时，fx在0,1上单调递减，在所以fx所以1e=lnmm函数gx在0,e上单调递增，gx当m>e时，∃x1∈0,1，使得u所以fx在0,x1上单调递减，在x1,1其中exixi−m=0而fxi=综上可得，实数m的取值范围为mm≥【变式7-3】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）已知函数fx=xln(1)若a=1，求fx(2)若fx恰有2个不同的极值点，求a(3)若fx恰有2个不同的零点，求a【解题思路】（1）求得f′x=1+lnx−x，设gx=1+（2）求得f′x=1+lnx−ax，转化为f′x=0有两个不等的正根，设（3）根据题意，转化为12a=lnxx,x>0，设【解答过程】（1）解：若a=1，则fx=xln设gx=1+ln当0<x<1时，g′x>0,gx递增；当所以gx≤g1=0，即f′即fx的单调减区间为0,+（2）解：由函数fx=xln由题意可得f′设ℎx若a≤0，则ℎx在0,+若a>0，可得ℎ′x=1x当x>1a时，ℎ′x<0，ℎx单调递减；当可得ℎx因为f′x=0有两个不等的正根，所以−所以实数a的取值范围是0,1.（3）解：由fx=xlnx−1设mx=ln当x>e时，m′x<0，mx单调递减；当0<x<所以mx又x→0+时，mx因为fx恰有2个不同的零点，所以0<12所以实数a的取值范围是0,21．（2023·全国·统考高考真题）函数fx=x3+ax+2A．−∞,−2 B．−∞,−3 C．【解题思路】写出f′【解答过程】f(x)=x3+ax+2若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则令f′(x)=3x2+a=0且当x∈−∞,−当x∈−−a3故fx的极大值为f−−a若fx要存在3个零点，则f−−a3>0故选：B.2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx=aex−lnxA．e2 B．e C．e−1 【解题思路】根据f′x=a【解答过程】依题可知，f′x=aex−1设gx=xex,x∈1,2，所以gx>g1=e，故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=A．f0=0 C．fx是偶函数 D．x=0为f【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)=x【解答过程】方法一：因为f(xy)=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)+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)=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)+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)=y故可以设f(x)x2=当x>0肘，f(x)=x2ln令f′x<0，得0<x<e−故f(x)在0,e−1因为f(x)为偶函数，所以f(x)在−e−1

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=alnA．bc>0 B．ab>0 C．b2+8ac>0 【解题思路】求出函数f(x)的导数f′(x)，由已知可得f′【解答过程】函数f(x)=alnx+bx+因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0,+∞因此方程ax2−bx−2c=0于是Δ=b2+8ac>0x1+x2=b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【解题思路】原问题等价于f′x=axlna+【解答过程】由函数的解析式可得f′x=则1+axln1+a≥−a故1+aa0=1≥−lna故lna+1≥−lna0<a<1结合题意可得实数a的取值范围是5−1故答案为：5−16．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求【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=ax【解答过程】（1）当a=−1时，fx则f′据此可得f1所以函数在1,f1处的切线方程为y−0=−ln2（2）由函数的解析式可得f′满足题意时f′x≥0令−1x2令gx=ax2则g′当a≤0时，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x此时gx令ℎx=g当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以即g′x在区间所以g′x>g′0=0当0<a<12时，由ℎ'当x∈0,12a−1时，ℎ′注意到g′0=0，故当x∈0,1由于g0=0，故当x∈0,综上可知：实数a得取值范围是a|a≥17．（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)求a,b的值；(2)设函数g(x)=f′(x)(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（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（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,x【解答过程】（1）因为f(x)=x−x3e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′则1−13×所以a=−1,b=1.（2）由（1）得gx则g′令x2−6x+6=0，解得x=3±3，不妨设x1=3−易知e−x+1所以令g′x<0，解得0<x<x1或x>x2所以gx在0,x1，x2,+即gx的单调递减区间为0,3−3和3+3,+∞（3）由（1）得f(x)=x−x3e由（2）知f′x在0,x1，x2当x<0时，f′−1=1−4e所以f′x在−∞,0上存在唯一零点，不妨设为此时，当x<x3时，f′x<0，则fx单调递减；当所以fx在−当x∈0,x1时，f则f′x1所以f′x在0,x1上存在唯一零点，不妨设为此时，当0<x<x4时，f′x>0，则fx单调递增；当所以fx在0,当x∈x1,x2则f′x2所以f′x在x1,x此时，当x1<x<x5时，f′x<0，则f所以fx在x当x>x2=3+所以f′x=1−所以fx在x综上：fx在−∞,0和x1,8．（2023·全国·统考高考真题）已知函数fx(1)当a=1时，讨论fx(2)若fx+sin【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（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0法二：先化简并判断得sinx−sinxcos2x<0恒成立，再分类讨论a=0【解答过程】（1）因为a=1，所以fx则f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因为t2+2t+2=t+12+1>0所以f′x=所以fx在0,（2）法一：构建gx则g′若gx=fx则g′0=a−1+1=a≤0当a=0时，因为sinx−又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx综上所述：若fx+sin所以a的取值范围为−∞法二：因为sinx−因为x∈0,π2，所以0<故sinx−sin