微专题26　导数与函数的单调性、极值、最值

微专题26导数与函数的单调性、极值、最值高考定位利用导数研究函数的单调性、极值、最值是重点考查内容，多以选择、填空题压轴考查，或以解答题的形式出现，难度中等偏上，属综合性问题.【真题体验】1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－lnx在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为()A.e2 B.eC.e－1 D.e－2答案C解析因为函数f(x)＝aex－lnx，所以f′(x)＝aex－eq\f(1,x).因为函数f(x)＝aex－lnx在(1，2)上单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)上恒成立，即aex－eq\f(1,x)≥0在(1，2)上恒成立，易知a>0，则0<eq\f(1,a)≤xex在(1，2)上恒成立.设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以eq\f(1,a)≤e，即a≥eq\f(1,e)＝e－1，故选C.2.(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则()A.bc>0 B.ab>0C.b2＋8ac>0 D.ac<0答案BCD解析因为函数f(x)＝alnx＋eq\f(b,x)＋eq\f(c,x2)(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(ax2－bx－2c,x3).因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x1＋x2>0，,x1x2>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,\f(b,a)>0，,－\f(2c,a)>0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＋8ac>0，,ab>0，,ac<0，,bc<0，))故选B，C，D.3.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为()A.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2) B.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)C.－eq\f(π,2)，eq\f(π,2)＋2 D.－eq\f(3π,2)，eq\f(π,2)＋2答案D解析f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0，2π].令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).因为f(eq\f(π,2))＝coseq\f(π,2)＋(eq\f(π,2)＋1)sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f(eq\f(3π,2))＝coseq\f(3π,2)＋(eq\f(3π,2)＋1)sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f(eq\f(π,2))＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f(eq\f(3π,2))＝－eq\f(3π,2).故选D.4.(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2·(x－4)，则()A.x＝3是f(x)的极小值点B.当0<x<1时，f(x)<f(x2)C.当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0D.当－1<x<0时，f(2－x)>f(x)答案ACD解析因为f(x)＝(x－1)2(x－4)，所以f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝3，当x<1或x>3时，f′(x)>0；当1<x<3时，f′(x)<0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，单调递减区间为(1，3)，故x＝1是函数f(x)的极大值点，x＝3是函数f(x)的极小值点，所以A正确；当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，即0<x2<x<1，又函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x2)<f(x)，所以B错误；当1<x<2时，1<2x－1<3，函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0，所以C正确；当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0，所以f(2－x)>f(x)，所以D正确.【热点突破】热点一利用导数研究函数的单调性考向1求函数的单调区间例1已知f(x)＝a(x－lnx)＋eq\f(2x－1,x2)，a∈R.讨论f(x)的单调性.解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－eq\f(a,x)－eq\f(2,x2)＋eq\f(2,x3)＝eq\f(（ax2－2）（x－1）,x3).若a≤0，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；若a>0，f′(x)＝eq\f(a（x－1）,x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(\f(2,a))))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(\f(2,a)))).①当0<a<2时，eq\r(\f(2,a))>1，当x∈(0，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)在(0，1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))上单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.②当a＝2时，eq\r(\f(2,a))＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增.③当a>2时，0<eq\r(\f(2,a))<1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))和(1，＋∞)上单调递增，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))时，f′(x)<0，f(x)单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a<2时，f(x)在(0，1)内单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\r(\f(2,a))))内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，＋∞))内单调递增；当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；当a>2时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(2,a))))内单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2,a))，1))内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.考向2单调性的应用例2(1)(2024·浙江名校协作体联考)已知函数f(x)＝sinx＋acosx在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上是减函数，则实数a的取值范围为()A.(eq\r(2)－1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1－eq\r(2)，＋∞) D.[－1，＋∞](2)(2024·苏锡常镇四市调研)已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋sinx，则不等式f(2x－1)<eπ的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋π,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1＋eπ,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2)))答案(1)B(2)D解析(1)由题意，f′(x)＝cosx－asinx≤0在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立，即a≥eq\f(cosx,sinx)＝eq\f(1,tanx)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上恒成立.因为y＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))上单调递增，所以y＝tanx>1，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，0<eq\f(1,tanx)<1，所以a≥1.故选B.(2)当x≥0时，f′(x)＝ex＋cosx，因为ex≥1，cosx∈[－1，1]，所以f′(x)＝ex＋cosx≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增.又因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减.因为f(－π)＝f(π)＝eπ，所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－π,2)，\f(1＋π,2))).规律方法利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.训练1(1)(2024·三明调研)函数f(x)＝x－ln(2x＋1)的单调递增区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))(2)已知函数f(x)＝e|x|－x2，若a＝f(ln4)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))，c＝f(21.1)，则a，b，c的大小关系为()A.a>b>c B.a>c>bC.c>a>b D.c>b>a(3)(2024·苏州模拟)已知函数g(x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)在区间[1，2]上不单调，则实数a的取值范围是________.答案(1)D(2)D(3)(－10，－3)解析(1)f(x)的定义域是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))，f′(x)＝1－eq\f(2,2x＋1)＝eq\f(2x－1,2x＋1)，令f′(x)>0，得x>eq\f(1,2)，故f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，故选D.(2)因为f(－x)＝e|－x|－(－x)2＝e|x|－x2＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，当x≥0时，则f(x)＝ex－x2，可得f′(x)＝ex－2x，构建φ(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝ex－2，令φ′(x)<0，解得0≤x<ln2；令φ′(x)>0，解得x>ln2，所以φ(x)在[0，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，可得φ(x)≥φ(ln2)＝2(1－ln2)>0，即f′(x)>0在[0，＋∞)上恒成立，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增，又因为b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,e2)))＝f(－2)＝f(2)，且21.1>2>ln4>0，所以f(21.1)>f(2)>f(ln4)，即c>b>a.(3)g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(2x2＋x＋a,x2).∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，且1－8a≠0，即a≠eq\f(1,8)，则a＝－2x2－x＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,8)在(1，2)内有解，易知函数y＝－2x2－x在(1，2)上是减函数，∴y＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).热点二利用导数研究函数的极值例3(2024·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围.解易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；当a>0时，由f′(x)>0，得x>lna，由f′(x)<0，得x<lna，所以函数f(x)在区间(－∞，lna)上单调递减，在区间(lna，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(lna)＝a－alna－a3.由题意知a－alna－a3<0(a>0)，等价于1－lna－a2<0(a>0).令g(a)＝1－lna－a2(a>0)，则g′(a)＝－eq\f(1,a)－2a<0，所以函数g(a)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，故当0<a<1时，g(a)>0；当a>1时，g(a)<0.故实数a的取值范围为(1，＋∞).易错提醒1.不能忽略函数的定义域.2.f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.3.函数的极小值不一定比极大值小.训练2(1)(2024·聊城质检)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)x的极值点的个数为()A.0 B.1C.2 D.3(2)(2024·成都诊断)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为()A.1 B.－1或－3C.－1 D.－3答案(1)A(2)D解析(1)由题意知f′(x)＝eq\f(1,2)ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))ex＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)[ex(x－1)＋1]，令g(x)＝ex(x－1)＋1，则g′(x)＝xex，令g′(x)＝0，解得x＝0，则函数g(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)＝0，由此可知f′(x)≥0在R上恒成立，函数f(x)在R上单调递增，所以函数f(x)不存在极值点.故选A.(2)因为f(x)＝x(x＋a)2，所以f′(x)＝(x＋a)(3x＋a)，由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3.当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处有极小值，不符合题意.当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，3)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以f(x)在x＝1处有极大值，符合题意.综上可得，a＝－3.热点三利用导数研究函数的最值例4(2024·武汉测试)已知函数f(x)＝ax4－4ax3＋b，x∈[1，4]，f(x)的最大值为3，最小值为－6，则a＋b的值是________.答案eq\f(10,3)或－eq\f(19,3)解析由题意可得f′(x)＝4ax2(x－3)，1≤x≤4，当a＝0时，f(x)＝b，显然不合题意，舍去；当a>0时，令f′(x)>0，得3<x≤4，令f′(x)<0，得1≤x<3，故f(x)在[1，3)上单调递减，在(3，4]上单调递增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)<f(4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－27a＝－6，,b＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝3，))则a＋b＝eq\f(10,3).当a<0时，令f′(x)>0，得1≤x<3，令f′(x)<0，得3<x≤4，故f(x)在(3，4]上单调递减，在[1，3)上单调递增，且f(3)＝b－27a，f(1)＝b－3a，f(4)＝b，即f(1)>f(4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b－27a＝3，,b＝－6，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(1,3)，,b＝－6，))则a＋b＝－eq\f(19,3).综上所述，a＋b＝eq\f(10,3)或－eq\f(19,3).易错提醒1.求函数最值时，不可想当然地认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论.2.当已知函数的最值求字母参数的值或范围时，要对参数的范围进行讨论求解.训练3(1)(2024·南宁适应测试)已知函数f(x)＝(x－1)ex＋ax2的最小值为－1，则实数a的取值范围为________.(2)(2024·河南名校大联考)若函数f(x)＝x3－12x在区间(a，a＋4)上存在最大值，则实数a的取值范围是________.答案(1)[0，＋∞)(2)(－6，－2)解析(1)因为f(x)＝(x－1)ex＋ax2，所以f′(x)＝xex＋2ax＝x(ex＋2a)，①若a≥0，则当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝－1.②若a<0，则当x→－∞时，f(x)→－∞，不符合题意.故实数a的取值范围为[0，＋∞).(2)由f(x)＝x3－12x，得f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，令f′(x)>0，得x<－2或x>2，令f′(x)<0，得－2<x<2，则f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，所以f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值，要使函数f(x)＝x3－12x在区间(a，a＋4)上存在最大值，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<－2，,－2<a＋4，))解得－6<a<－2，即实数a的取值范围是(－6，－2).【精准强化练】一、单选题1.(2024·烟台模拟)函数f(x)＝－2lnx－x－eq\f(3,x)的单调递增区间是()A.(0，＋∞) B.(－3，1)C.(1，＋∞) D.(0，1)答案D解析f′(x)＝－eq\f(2,x)－1＋eq\f(3,x2)＝eq\f(－x2－2x＋3,x2)＝eq\f(－（x－1）（x＋3）,x2)，x>0.由f′(x)>0，得0<x<1，∴f(x)的单调递增区间是(0，1).故选D.2.(2024·三湘名校联考)已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是()A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞)C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞)答案C解析由f(x)＝eq\f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.根据题意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.3.(2024·无锡质检)当x＝2时，函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值，则f(x)在区间[－4，4]上的最大值为()A.8 B.12C.16 D.32答案C解析f′(x)＝3x2＋2bx－12，∵f(x)在x＝2处取得极值，∴f′(2)＝12＋4b－12＝0，∴b＝0，则f(x)＝x3－12x，由f′(x)＝0，得x＝±2，f(x)在[－4，－2]上单调递增，在(－2，2)上单调递减，在[2，4]上单调递增，又f(－2)＝－8＋24＝16，f(4)＝64－48＝16，∴f(x)max＝16，选C.4.(2024·西安调研)已知函数f(x)＝3x4－8x3＋6x2，则f(x)()A.有2个极大值点B.有1个极大值点和1个极小值点C.有2个极小值点D.有且仅有1个极值点答案D解析由题知f′(x)＝12x3－24x2＋12x＝12x(x2－2x＋1)＝12x(x－1)2，因为(x－1)2≥0(当且仅当x＝1时取等号)，则当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)≥0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)，所以函数f(x)的极小值点为0，没有极大值点，即函数f(x)有且仅有1个极值点.5.(2024·宜春调研)若函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是()A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)C.(－∞，3) D.(－∞，3]答案B解析函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1,x)＋x－(b－1).由g(x)存在单调递减区间知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即eq\f(1,x)＋x－(b－1)<0有解.因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋eq\f(1,x)≥2.要使eq\f(1,x)＋x－(b－1)<0有解，只需2<b－1，即b>3，所以实数b的取值范围是(3，＋∞).6.已知a＝lneq\r(2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(1,e)，则下列结论正确的是()A.c<b<a B.b<a<cC.a<b<c D.c<a<b答案C解析设f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>0)，则f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lnx,x2)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.a＝lneq\r(2)＝eq\f(1,2)ln2＝eq\f(2,4)ln2＝eq\f(1,4)ln4＝f(4)，又b＝eq\f(ln3,3)＝f(3)，c＝eq\f(1,e)＝f(e)，e<3<4，且f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以f(4)<f(3)<f(e)，所以a<b<c.7.(2024·长沙调研)若函数g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在区间[t，＋∞)(t∈N*)上存在极值，则t的最大值为()A.2 B.3C.4 D.5答案B解析函数g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq\f(1＋\f(1,x)－lnx,（x＋1）2)，令f(x)＝1＋eq\f(1,x)－lnx，由于函数g(x)在区间[t，＋∞)(t∈N*)上存在极值.则函数f(x)在[t，＋∞)(t∈N*)有可变号零点，由于x>0，则f′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)<0.所以f(x)在(0，＋∞)上为减函数，又f(3)＝eq\f(4,3)－ln3＝eq\f(lne4－ln27,3)>0，f(4)＝eq\f(5,4)－ln4＝eq\f(lne5－ln256,4)<eq\f(ln243－ln256,4)<0.所以存在唯一x0∈(3，4)，使得f(x0)＝0，所以当x∈(0，x0)时，f(x)>0，当x∈(x0，＋∞)时，f(x)<0，所以函数g(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，所以要使函数g(x)＝eq\f(lnx,x＋1)在区间[t，＋∞)(t∈N*)上存在极值，则t的最大值为3.8.(2022·全国甲卷)已知a＝eq\f(31,32)，b＝coseq\f(1,4)，c＝4sineq\f(1,4)，则()A.c>b>a B.b>a>cC.a>b>c D.a>c>b答案A解析因为b＝coseq\f(1,4)＝1－2sin2eq\f(1,8)，所以b－a＝1－2sin2eq\f(1,8)－eq\f(31,32)＝eq\f(1,32)－2sin2eq\f(1,8)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,64)－sin2\f(1,8))).令f(x)＝x－sinx，则f′(x)＝1－cosx≥0，所以函数f(x)在R上单调递增，所以当x>0时，f(x)>f(0)＝0，即有x>sinx(x>0)成立，所以eq\f(1,8)>sineq\f(1,8)，得eq\f(1,64)>sin2eq\f(1,8)，所以b>a.因为eq\f(c,b)＝eq\f(4sin\f(1,4),cos\f(1,4))＝4taneq\f(1,4)，所以令g(x)＝tanx－x，则g′(x)＝eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)－1＝eq\f(1－cos2x,cos2x)≥0，所以函数g(x)在定义域内单调递增，所以当x>0时，g(x)>g(0)＝0，即有tanx>x(x>0)成立，所以taneq\f(1,4)>eq\f(1,4)，即4taneq\f(1,4)>1，所以eq\f(c,b)>1，又b>0，所以c>b.综上c>b>a.故选A.二、多选题9.(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则()A.当a>1时，f(x)有三个零点B.当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点C.存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴D.存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心答案AD解析由题可知，f′(x)＝6x(x－a).对于A，当a>1时，由f′(x)<0得0<x<a，由f′(x)>0得x<0或x>a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a<x<0，则f′(x)>0得x>0或x<a，则f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故x＝0是f(x)的极小值点，B错误；对于C，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，故曲线y＝f(x)必不存在对称轴，C错误；对于D，f(x)＝2x3－3ax2＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(3)－eq\f(3,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＋1－eq\f(a3,2)，令t＝x－eq\f(a,2)，则f(x)可转化为g(t)＝2t3－eq\f(3,2)a2t＋1－eq\f(a3,2)，由y＝2t3－eq\f(3,2)a2t为奇函数，且其图象关于原点对称，可知g(t)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1－\f(a3,2)))对称，则f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1－\f(a3,2)))对称，故存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确，故选AD.10.(2024·佛山二模)已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，对于任意的实数a，b，下列结论一定成立的有()A.若a＋b>0，则f(a)＋f(b)>0B.若a＋b>0，则f(a)－f(－b)>0C.若f(a)＋f(b)>0，则a＋b>0D.若f(a)＋f(b)<0，则a＋b<0答案ABD解析f(x)＝ex－eq\f(1,2)x2－1，则f′(x)＝ex－x，令g(x)＝ex－x，则g′(x)＝ex－1.令g′(x)<0，得x<0，令g′(x)>0，得x>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故g(x)≥g(0)＝1，即f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，且f(0)＝0.若a＋b>0，则a>－b，所以f(a)>f(－b)，故B正确；f(b)＋f(－b)＝eb－eq\f(1,2)b2－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e－b－\f(1,2)b2－1))＝eb＋e－b－b2－2，令h(b)＝eb＋e－b－b2－2，则h′(b)＝eb－e－b－2b，令u(b)＝h′(b)，则u′(b)＝eb＋e－b－2≥0，当且仅当eb＝e－b，即b＝0时，等号成立，所以u(b)在R上单调递增，而h′(0)＝u(0)＝0，故h(b)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故h(b)≥h(0)＝0，所以f(b)＋f(－b)≥0，即f(a)＋f(b)≥f(a)－f(－b)>0，故A正确；若f(a)＋f(b)<0，则f(a)<－f(b)≤f(－b)，所以a<－b，即a＋b<0，故D正确；设f(c)＝－f(b)，若c<a<－b，则f(c)＝－f(b)<f(a)满足f(a)＋f(b)>0，但a＋b<0，故C错误.11.(2024·金丽衢十二校二联)设定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若∀x∈R，均有xf′(x)＝(x＋1)f(x)，则()A.f(0)＝0B.f″(－2)＝0(f″(x)为f(x)的二阶导数)C.f(2)<2f(1)D.x＝－1是函数f(x)的极大值点答案AB解析由∀x∈R，xf′(x)＝(x＋1)f(x)，令x＝0，则0＝(0＋1)f(0)，∴f(0)＝0，A正确；当x≠0时，由xf′(x)＝(x＋1)f(x)得xf′(x)－f(x)＝xf(x)，故eq\f(f′（x）·x－f（x）,x2)＝eq\f(f（x）,x)，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)))′＝eq\f(f（x）,x)，则eq\f(f（x）,x)＝ex＋c(c为常数)，则f(x)＝x(ex＋c)，f(0)＝0满足该式，故f(x)＝x(ex＋c)，则f′(x)＝ex＋c＋xex，将f(x)＝x(ex＋c)代入xf′(x)＝(x＋1)f(x)中，得x(ex＋c＋xex)＝(x＋1)x(ex＋c)，即xex＋xc＋x2ex＝x2ex＋x2c＋cx＋xex，而x∈R，故c＝0，则f(x)＝xex，f′(x)＝ex＋xex，f″(x)＝ex＋ex＋xex＝ex(2＋x)，故f″(－2)＝e－2(2－2)＝0，B正确；令g(x)＝eq\f(f（x）,x)(x>0)，g′(x)＝ex>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故eq\f(f（2）,2)>eq\f(f（1）,1)，即f(2)>2f(1)，C错误；由于f′(x)＝ex＋xex，令f′(x)>0，∴ex(1＋x)>0，即得x>－1，令f′(x)<0，∴ex(1＋x)<0，即得x<－1，故f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，故x＝－1是函数f(x)的极小值点，D错误.三、填空题12.(2024·泰安质检)设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的取值范围是________.答案(－∞，－1)解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.由题意知ex＋a＝0有大于0的实根，由ex＝－a，得a＝－ex，∵x>0，∴ex>1，∴a<－1.13.(2024·开封二模)已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为________.答案eq\f(2,3)(1－ln2)解析由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，化简整理得3n－3m＝em－2m.令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h′(m)＝em－2,令em－2＝0，解得m＝ln2.当m∈(－∞，ln2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln2)上单调递减；当m∈(ln2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln2，＋∞)上单调递增.即h(m)min＝h(ln2)＝2－2ln2，故(n－m)min＝eq\f(2,3)(1－ln2).14.已知函数f(x)＝xlnx＋mex有两个极值点，则m的取值范围是________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0))解析由题意，令f′(x)＝1＋lnx＋mex＝0，即－m＝eq\f(1＋lnx,ex)有两个不相等的正实根，所以y＝－m与g(x)＝eq\f(1＋lnx,ex)在(0，＋∞)上有两个交点，则g′(x)＝eq\f(\f(1,x)－1－lnx,ex)，记h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1，则h(x)在(0，＋∞)上单调递