2027届新高三数学热点突破复习+导数与函数的单调性、极值和最值

2027届新高三数学热点突破复习导数与函数的单调性、极值和最值五年高考考点1导数与函数的单调性1.★★★(2023新课标Ⅱ,6,5分)已知函数f(x)=aex-lnx在区间(1,2)单调递增,则a的最小值

为

()A.e2

B.e

C.e-1

D.e-2

C

解析∵f(x)在(1,2)内单调递增,∴f

'(x)≥0在(1,2)内恒成立,即f

'(x)=aex-

≥0(1<x<2),∴a≥

(1<x<2).令g(x)=xex(1<x<2),则g'(x)=(x+1)·ex>0,∴g(x)在(1,2)内单调递增,g(x)∈(e,2e2),∴

∈

,∴a≥

,即a的最小值为

,故选C.2.★★★★(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则

()A.a>0>b

B.a>b>0

C.b>a>0

D.b>0>a

A

解析∵9m=10,∴m=log910.∵log99<log910<log9

=

,∴1<m<

,a=10m-11=10m-10-1,b=8m-9=8m-8-1.构造函数f(x)=xm-x-1(x>1),∴f

'(x)=mxm-1-1,∵1<m<

,x>1,∴f

'(x)=mxm-1-1>0,∴f(x)=xm-x-1在(1,+∞)上单调递增,∴f(10)>f(8),又f(9)=

-9-1=0,故a>0>b,故选A.3.★★★★★(2022新高考Ⅰ,7,5分)设a=0.1e0.1,b=

,c=-ln0.9,则

()A.a<b<c

B.c<b<a

C.c<a<b

D.a<c<b

C

解析因为ex≥x+1,当且仅当x=0时,有ex=x+1,所以当x=-0.1时,e-0.1>1-0.1=

,于是e0.1<

,a=0.1e0.1<

=b.设函数f(x)=xex+ln(1-x),则f

'(x)=(x+1)ex-

=

.当0<x<0.1时,(1-x2)ex-1>(1-x2)(x+1)-1=x(1-x-x2)>0,所以f

'(x)>0,f(x)在[0,0.1]上单调递增,有f(0.1)>f(0)=0,即0.1e0.1+ln0.9>0,所以a>c.故c<a

<b.小题巧解使用三个放缩工具:(1)1-

≤lnx≤x-1(x>0),当且仅当x=1时等号成立;(2)ex≥x+1,当且仅当x=0时等号成立;(3)lnx≤

(x≥1),当且仅当x=1时等号成立.因为0.1=1-

<c=ln

<

-1=

=b,所以

>e0.1,所以a=0.1e0.1<

=b,又a=0.1e0.1>0.1×(0.1+1)=0.11,c=ln

<

×

=

<0.11,故c<a.综上所述,b>a>c.故选C.4.★★★(2023新课标Ⅰ,19,12分)已知函数f(x)=a(ex+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2lna+

.解析

(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,f

'(x)=aex-1.①当a≤0时,f

'(x)<0,f(x)在R上单调递减;②当a>0时,令f

'(x)=0,则x=ln

,当x<ln

时,f

'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln

时,f

'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在

上单调递减,在

上单调递增.(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在

上单调递减,在

上单调递增,则f(x)min=f

=a

-ln

=1+a2+lna.要证明f(x)>2lna+

,只需证明1+a2+lna>2lna+

,即证a2-lna-

>0.令g(x)=x2-lnx-

(x>0),则g'(x)=2x-

=

.当0<x<

时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>

时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)min=g

=

-ln

-

=-ln

=ln

>0,∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-lna-

>0,∴f(x)>2lna+

.5.★★★★(2023全国甲文,20,12分)已知函数f(x)=ax-

,x∈

.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围.解析

(1)当a=1时,f(x)=x-

,x∈

,f'(x)=1-

=

=

<0,所以函数f(x)在

上单调递减.(2)令g(x)=

-sinx=

=

=

,则g'(x)=

=

,因为x∈

,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在

上单调递增,g(0)=0,当x→

时,g(x)→+∞,因为f(x)+sinx<0恒成立,所以

-sinx>ax在

上恒成立,即直线y=ax在0<x<

时恒在g(x)的图象下方,如图所示,

由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].6.★★★★(2023全国乙文,20,12分)已知函数f(x)=

ln(1+x).(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若函数f(x)在(0,+∞)单调递增,求a的取值范围.解析

(1)当a=-1时,f(x)=

ln(x+1),则f(1)=0,且f

'(x)=-

ln(x+1)+

·

,故f

'(1)=-ln2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.(2)∵f

'(x)=

-

,且f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴f

'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即

≥

在(0,+∞)上恒成立,其等价于x(ax+1)≥(1+x)ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,令g(x)=(ax+1)x-(1+x)ln(1+x),则g'(x)=2ax-ln(1+x),令h(x)=g'(x),则h'(x)=2a-

,令H(x)=h'(x),则H'(x)=

>0,故h'(x)在(0,+∞)上单调递增,因此h'(x)>h'(0)=2a-1在(0,+∞)上恒成立.①当2a-1≥0,即a≥

时,h'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,此时g'(x)在(0,+∞)上单调递增,又g'(0)=0,∴g'(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)

上单调递增,因此g(x)>g(0)=0,即(ax+1)x≥(1+x)·ln(1+x)在(0,+∞)上恒成立,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增.②当2a-1<0,即a<

时,必存在x0∈(0,+∞),使h'(x0)=0,因此,当x∈(0,x0)时,h'(x)<0,所以g'(x)在(0,x0)上单调递减,又g'(0)=0,从而有当x∈(0,x0)时,g'(x)<0恒成立,此时g(x)在(0,x0)上单调递减,又g(0)=0,故有g(x)<0在(0,x0)上恒成立,从而有f

'(x)<0在(0,x0)

上恒成立,与y=f(x)在(0,+∞)上单调递增不符,从而2a-1<0不合题意.综上所述,a≥

.三年模拟1.★★(2026届辽宁名校联盟联考,5)已知连续函数f(x)的导函数为f

'(x),函数y=xf

'(x)在[-2,2]上的图象如图,则

()A.f(x)在[-1,0]上单调递减B.f(x)在[0,1]上单调递减C.f(x)在[-1,2]上单调递增

A

D.f(x)在[-2,0]上单调递增解析由题图可得当-2≤x<-1时,xf

'(x)<0,此时f

'(x)>0,函数f(x)在[-2,-1)上单调递增;当-1<x<0时,xf

'(x)>0,此时f

'(x)<0,函数f(x)在(-1,0)上单调递减;当0<x<1时,xf

'(x)>0,此时f

'(x)>0,函数f(x)在(0,1)上单调递增;当1<x≤2时,xf

'(x)>0,此时f

'(x)>0,函数f(x)在(1,2]上单调递增,又f

'(-1)=0,f

'(1)=0,f(x)为连续函数,故B,C,D都错误,A正确.故选A.2.★★★(2026届河北摸底联考,7)已知函数f(x)=lnx-

,则f(2),f(4),f(8)的大小关系为(参考数据:

≈1.41,ln2≈0.69)

()A.f(8)<f(2)<f(4)

B.f(8)<f(4)<f(2)C.f(2)<f(4)<f(8)

D.f(4)<f(2)<f(8)

A

解析函数f(x)=lnx-

的定义域为(0,+∞),f

'(x)=

-

=

,当0<x<4时,f

'(x)>0;当x>4时,f

'(x)<0,所以函数f(x)在(0,4)上单调递增,在(4,+∞)上单调递

减,则f(2)<f(4),f(8)<f(4).又f(2)-f(8)=ln2-

-ln8+

=

-2ln2≈1.41-0.69×2=0.03>0,所以f(8)<f(2)<f(4).故选A.3.★★★(2026届江苏苏州调研,5)“a>2”是“函数f(x)=ax-tanx在

上单调递增”的

()A.充分不必要条件

B.必要不充分条件C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

A

解析由题意得f(x)=ax-tanx=ax-

,求导得f

'(x)=a-

,若函数f(x)在

上单调递增,则f

'(x)≥0⇔a≥

对x∈

恒成立,而当x∈

时,

<cosx≤1,则1≤

<2,因此a≥2,所以“a>2”是“函数f(x)=ax-tanx在

上单调递增”的充分不必要条件.故选A.4.★★★(2025届河北秦皇岛模拟预测,6)已知函数f(x)=

在R上单调递减,则a的取值范围是

()A.

B.

C.[1,

)

D.

C

解析由题意,当x<0时,f(x)=(2a-1)·ln(e-x),所以f

'(x)=(2a-1)

·(-1)=

,当x≥0时,f(x)=

,所以f

'(x)=

=

,又f(x)在R上单调递减,所以

解得1≤a<

,所以a∈[1,

).故选C.5.★★★(2026届湖北新八校协作体月考,7)已知a=1416,b=1515,c=1614,则a,b,c的大小关系

为

()A.b>c>a

B.b>a>c

C.a>c>b

D.a>b>c

D

解析对a,b,c变形得lna=16ln14,lnb=15ln15,lnc=14ln16,将a,b,c的大小转化为lna,lnb,lnc的大小,构造f(x)=(30-x)lnx,x≥14,f

'(x)=-lnx+

-1,易知f

'(x)在[14,+∞)上单调递减,且f

'(14)=-ln14+

-1=

-ln14<0,所以f

'(x)=-lnx+

-1<0在[14,+∞)上恒成立,故f(x)=(30-x)·lnx在[14,+∞)上单调递减,所以f(14)>f(15)>f(16),即a>b>c,故选D.6.★★★(2025届重庆八中开学考,7)已知函数f(x)=2lnx-

ax2-2x在x∈

上存在单调递增区间,则实数a的取值范围为

()A.

B.

C.(-∞,4)

D.(-∞,4]

C

解析由题意知f

'(x)=

-ax-2,问题等价于f

'(x)>0在区间

上有解,即a<

-

=2

-

有解,x∈

⇒

∈

,由二次函数的性质知2

-

∈

,即a<4.故选C.7.★★★(2026届广东深圳外国语学校开学考,7)已知函数f(x)=ln(1+ex)-

x,a=f

,b=f

,c=f

,则

()A.a<c<b

B.b<c<a

C.a<b<c

D.c<b<a

A

解析由题意得f

'(x)=

-

=

,令f

'(x)=0,即ex-1=0,解得x=0,当x<0时,f

'(x)<0,f(x)在(-∞,0)上单调递减,当x>0时,f

'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(-x)=ln(1+e-x)+

x=ln

+

x=ln(1+ex)-x+

x=ln(1+ex)-

x=f(x),所以f(x)为偶函数,可知c=f

=f

,令g(x)=

,则g'(x)=

,令g'(x)=0,即1-lnx=0,解得x=e,当0<x<e时,g'(x)>0,g(x)在(0,e)上单调递增,当x>e时,g'(x)<0,g(x)在(e,+∞)上单调递减,所以

<

,

<

,因为

-

=

=

<0,所以

<

,所以

<

<

,即

<

<

,所以f

<f

<f

,即a<c<b.故选A.方法总结利用函数的单调性比较大小的方法(1)若已知函数解析式,比较函数值的大小,则首先要判断已知函数的单调性,然后根据

单调性比较大小.(2)若是比较数值的大小,则其关键是利用题目条件中的不等关系构造辅助函数,并根据

构造的辅助函数的单调性比较大小.8.★★★★(2026届安徽江淮十校第一次联考,7)已知α=2ln64,β=3ln9,γ=7ln5,则

()A.γ>α>β

B.γ>β>α

C.β>γ>α

D.β>α>γ

A

解析因为y=lnx在(0,+∞)上单调递增,则α,β,γ的大小关系等价于lnα=ln2ln64=ln64·ln2=2×ln8·ln2=ln8·ln4,lnβ=ln9·ln3,lnγ=ln7·ln5三个数的大小.【思路探究:将三数变形为有关系且形式相同的式子,构造函数,利用单调性比较大小】构造函数f(x)=lnx·ln(12-x),7≤x≤9,则f

'(x)=

-

=

,由7≤x≤9,可得12-x∈[3,5],令g(x)=x·lnx,x≥3,则g'(x)=lnx+1>0,则g(x)在[3,+∞)上单调递增,又x>12-x≥3,则g(x)>g(12-x),即(12-x)ln(12-x)<x·lnx,因为x(12-x)>0,所以f'(x)<0在[7,9]上恒成立,即f(x)在[7,9]上单调递减,则f(9)<f(8)<f(7),即ln9·ln3<ln8·ln4<ln7·ln5,则lnβ<lnα<lnγ,则γ>α>β.故选A.9.★★★★(2026届福建厦门双十中学阶段练习,8)若a=

,b=

,c=

,则

()A.a<b<c

B.a<c<b

C.b<c<a

D.c<a<b

A

解析设f(x)=

,x>0,f

'(x)=

,令f

'(x)=0,得x=e,∴f(x)在(0,e)单调递增,在(e,+∞)单调递减,∵a=

=

=f(4),b=

=f(3),∴f(4)<f(3)<f(e),即a<b<

,设g(x)=lnx+

-1,x>0,g'(x)=

-

=

,令g'(x)=0,得x=1,∴g(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,∴g(x)min=g(1)=0,∴g(x)≥0,即lnx≥1-

,当且仅当x=1时等号成立,∴ln

>1-

=-

,∴lnc=2023ln

>-1,∴c>

.综上,a<b<

<c,故选A.10.★★(2026届江苏扬州七校联考,12)函数f(x)=2x-xln2的单调递增区间是____________

___________.[0,+∞))

(0,+∞)(或解析函数f(x)=2x-xln2的定义域为R,f

'(x)=2x·ln2-ln2=(2x-1)ln2,令f

'(x)>0,解得x>0,所

以函数f(x)=2x-xln2的单调递增区间是(0,+∞)(或[0,+∞)).11.★★★(2025届浙江新阵地教育联盟第二次联考,17)已知a>0,函数f(x)=

.(1)若a=2,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(2,+∞)上不单调,求a的取值范围.解析

(1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),f

'(x)=ex·

-ex·

=ex·

,令f

'(x)>0⇒x<0或x>

,令f

'(x)<0⇒0<x<1或1<x<

,∴f(x)的单调递增区间为(-∞,0),

,单调递减区间为(0,1),

.(2)f

'(x)=ex·

+ex·

=ex·

(x≠1),设g(x)=ax2-(a+1)x+2-a(a>0),注意到g(2)=a>0,要使f(x)在(2,+∞)上不单调,只需满足

解得0<a<

,即实数a的取值范围为

.12.★★★★(2025届北京丰台二模,20)已知函数f(x)=(x3+2x2)eax+b(a,b∈R)的图象在点(-1,

f(-1))处的切线方程为y=1.(1)求a,b的值;(2)求f(x)的单调区间;(3)若f(x)≤-x2-2x,求x的取值范围.解析

(1)因为f(x)=(x3+2x2)eax+b,所以f

'(x)=(ax3+2ax2+3x2+4x)eax+b=[ax3+(2a+3)x2+4x]eax+b.由题意得

解得

(2)由(1)得f(x)=(x3+2x2)ex+1,f

'(x)=(x3+5x2+4x)ex+1.令f

'(x)=0,解得x=0或x=-1或x=-4.当x变化时,f

'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-4)-4(-4,-1)-1(-1,0)0(0,+∞)f

'(x)-0+0-0+f

(x)↘-32e-3↗1↘0↗所以f(x)的单调递增区间为(-4,-1),(0,+∞),单调递减区间为(-∞,-4),(-1,0).(3)设g(x)=f(x)-(-x2-2x)=(x3+2x2)·ex+1+x2+2x=(x2+2x)(xex+1+1).令h(x)=xex+1+1,则h'(x)=(x+1)ex+1.当x>-1时,h'(x)>0,h(x)在(-1,+∞)上单调递增,h(x)>h(-1)=0,当x<-1时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,-1)上单调递减,h(x)>h(-1)=0,所以h(x)=xex+1+1≥0恒成立.由题意,g(x)≤0等价于

或h(x)=0,解得

或x=-1.综上,x的取值范围是[-2,0].13.★★★★(2026届山东烟台期中,19)已知f(x)=

x2+2x-lnx,m∈R.(1)若曲线f(x)在(1,f(1))处的切线与直线x+2y-1=0垂直,求m的值;(2)讨论f(x)的单调性;(3)若m=0,当0<a≤

≤b且lna-lnb=2(a-b)时,a+b-t≥0,求实数t的取值范围.解析

f(x)的定义域为(0,+∞),f

'(x)=mx+2-

=

.(1)因为曲线f(x)=

x2+2x-lnx在(1,f(1))处的切线与直线x+2y-1=0垂直,所以f

'(1)=m+2-1=2,所以m=1.(2)令g(x)=mx2+2x-1,当m>0时,g(x)=mx2+2x-1的图象是开口向上的抛物线,且Δ=4+4m>0,mx2+2x-1=0的两根分别为x1=

,x2=

,则x1<x2,因为g(x)=mx2+2x-1的图象过点(0,-1),所以x1<0<x2.所以当0<x<

时,f

'(x)<0,当x>

时,f

'(x)>0.所以f(x)在

上单调递减,在

上单调递增.当m=0时,f

'(x)=2-

,所以当0<x<

时,f

'(x)<0,当x>

时,f

'(x)>0,所以f(x)在

上单调递减,在

上单调递增.当m<0时,g(x)=mx2+2x-1的图象是开口向下的抛物线,且Δ=4+4m,若-1<m<0,Δ=4+4m>0,mx2+2x-1=0的两根分别为x1=

,x2=

,则x1>x2,因为g(x)=mx2+2x-1的图象过点(0,-1),所以0<x2<x1,所以当0<x<

或x>

时,f

'(x)<0,当

<x<

时,f'(x)>0,所以f(x)在

,

上单调递减,在

上单调递增.若m≤-1,Δ=4+4m≤0,f

'(x)≤0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递减.综上,当m>0时,f(x)在

上单调递减,在

上单调递增,当m=0时,f(x)在

上单调递减,在

上单调递增,当-1<m<0时,f(x)在

,

上单调递减,在

上单调递增,当m≤-1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减.(3)m=0时,f(x)=2x-lnx,因为0<a≤

≤b且lna-lnb=2(a-b),所以2a-lna=2b-lnb,即f(a)=f(b).由(2)知,f(x)在

上单调递减,在

上单调递增,所以当a=b=

时,a+b=1,当a≠b时,0<a<

<b,下面证明a+b>1,即b>1-a.因为0<a<

<b,所以1-a∈

,b∈

,所以只需证f(b)>f(1-a),又因为f(a)=f(b),所以只需证f(a)>f(1-a),0<a<

,令F(x)=f(x)-f(1-x),x∈

,所以F'(x)=f'(x)+f'(1-x)=2-

+2-

=4-

,因为x∈

,所以(x-x2)∈

,所以

>4,所以F'(x)<0,所以F(x)在

上单调递减,又F

=0,所以F(x)>0,所以F(a)>0,即f(a)>f(1-a),即a+b>1.综上,a+b≥1,因为a+b-t≥0,所以t≤1.五年高考考点2导数与函数的极(最)值1.★★★(2022全国甲,文8,理6,5分)当x=1时,函数f(x)=alnx+

取得最大值-2,则f

'(2)=(

)A.-1

B.-

C.

D.1B

解析

f

'(x)=

-

=

,由题可知x=1为f(x)的极大值点,∴

∴

∴a=b=-2,∴f

'(x)=

,∴f

'(2)=-

,故选B.2.★★★★(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=alnx+

+

(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

BCD

解析由题意得f

'(x)=

+

+

=

(a≠0),x∈(0,+∞),∵y=f(x)既有极大值也有极小值,∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有两个变号零点.设方程ax2-bx-2c=0的两根分别为x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2),∴

∴ab>0,ac<0,b2+8ac>0,bc<0.故选BCD.3.★★(2025全国二卷,13,5分)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=_______.

-4

解析由题意,得f

'(x)=3x2-(2a+6)x+3a+2,由x=2是函数f(x)的极值点,得f

'(2)=3×22-2(2a+6)

+3a+2=0,解得a=2,则f(x)=(x-1)(x-2)2,所以f(0)=(0-1)×(0-2)2=-4.4.★★★(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值为_________.

1

解析

f(x)=|2x-1|-2lnx的定义域为(0,+∞),当0<x≤

时,f(x)=1-2x-2lnx,f(x)单调递减;当

<x≤1时,f(x)=2x-1-2lnx,f

'(x)=2-

≤0,f(x)单调递减;当x>1时,f(x)=2x-1-2lnx,f'(x)=2-

>0,f(x)单调递增.又f(x)在各分段的分界点处连续,∴0<x≤1时,f(x)单调递减,x>1时,f(x)单调递增,∴f(x)≥f(1)=1.故f(x)的最小值为1.5.★★★★(2022全国乙理,16,5分)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<x2,则a的取值范围是_________解析∵f(x)=2ax-ex2,∴f

'(x)=2axlna-2ex.根据题意,得x1,x2是f

'(x)=0的两个不相等的实根.由f

'(x)=0得,axlna=ex.由题意得函数y=axlna与y=ex的图象有两个不同的交点.当a>1时,画出函数y=axlna与y=ex的图象,如图①所示,当x∈(-∞,x1)时,f

'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(-∞,x1)上单调递增;当x∈(x1,x2)时,f

'(x)=2axlna-2ex<0,f(x)在(x1,x2)上单调递减;当x∈(x2,+∞)时,f

'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(x2,+∞)上单调递增.∴x=x1和x=x2分别是f(x)的极大值点和极小值点,这与已知矛盾.∴当a>1时,不满足题意,

舍去.

当0<a<1时,画出函数y=axlna与y=ex的图象,如图②所示,设过原点的切线l与y=axlna的图象相切于点(x0,

lna),而y'=ax(lna)2,此时切线l的斜率k=

·(lna)2,∴

(lna)2=

,可得

=e.∴k=e(lna)2,要使函数y=axlna与y=ex的图象有两个不同的交点,则k<e,即e(lna)2<e.∴(lna)2<1,即-1<lna<1,∴

<a<e.又0<a<1,∴

<a<1.综上所述,a的取值范围是

.6.★★★(2024新课标Ⅱ,16,15分)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.解析

(1)当a=1时,f(x)=ex-x-1,f

'(x)=ex-1,则切线斜率为k=f

'(1)=e-1,又∵f(1)=e-1-1=e-2,∴切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),整理得y=(e-1)x-1.(2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f

'(x)=ex-a.①当a≤0时,f

'(x)>0恒成立,f(x)单调递增,无极值,不符合题意,故a≤0时不成立.②当a>0时,令f

'(x)=0,得x=lna,当x∈(-∞,lna)时,f

'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(lna,+∞)时,f

'(x)>0,f(x)单调递增.∴x=lna时f(x)有极小值,极小值为f(lna)=elna-alna-a3=a-alna-a3.又∵极小值小于0,∴a-alna-a3<0,又∵a>0,∴1-lna-a2<0,设g(a)=1-lna-a2,a∈(0,+∞),∵g'(a)=-

-2a<0,∴g(a)单调递减,又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)时,g(a)<0,即极小值f(lna)<0,∴a>1.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).7.★★★★★(2023全国乙理,21,12分)已知函数f(x)=

ln(1+x).(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.(2)是否存在a,b,使得曲线y=f

关于直线x=b对称?若存在,求a,b;若不存在,说明理由.(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.解析

(1)当a=-1时,f(x)=

ln(x+1),则f(1)=0,且f

'(x)=-

ln(x+1)+

·

,故f

'(1)=-ln2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.(2)存在.f

=(x+a)ln

,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).要使函数f

的图象关于直线x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=-

,此时f

=(x+a)ln

的图象关于直线x=-

对称,则f

=f

,即

ln

=

ln

,即

ln

=-

ln

,∴a+t-

=-a+t+

,解得a=

.(3)f'(x)=-

ln(x+1)+

=-

,要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)-

=0有正根,记g(x)=ln(x+1)-

,x>0,则g'(x)=-

·(ax+2a-1).①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增,g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去;②当a≥

时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意,舍去;③当0<a<

时,令g'(x)>0,得0<x<

;令g'(x)<0,得x>

.易知x→+∞时,g(x)→-∞,故只需g(x)max=g

=ln

-

=ln

+4a-2>0即可,设h(t)=ln(t-1)+

-2,t>2,则h'(t)=

-

=

>0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,∴h(t)>h(2)=0,故0<a<

时,有ln

+4a-2>0,即g

>0,符合题意.综上所述,当a∈

时,f(x)在(0,+∞)存在极值点.三年模拟1.★★(2026届黑龙江齐齐哈尔九校联考,5)已知函数f(x)的导函数f

'(x)的图象如图所示,

则下列选项正确的是

()A.f(x)有2个极值点B.f(x)在x=2处取得极大值C.f(x)在(-∞,2)上单调递增

D

D.f(x)有极小值,没有极大值解析由题图得,当x<4时,f

'(x)≤0,当且仅当x=2时取等号;当x>4时,f

'(x)>0,所以函数f(x)

在(-∞,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,因此函数f(x)有一个极小值,没有极大值.故选D.2.★★★(2026届河南调研(一),8)函数f(x)=

ex在(0,+∞)上的极值为

()A.e

B.1

C.-

D.-

A

解析由f(x)=

ex得f

'(x)=

'ex+

(ex)'=ex

=

ex=

ex=

ex,因为x2-x+2=

+

>0,所以当x∈(0,1)时,f

'(x)>0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,当x∈(1,+∞)时,f

'(x)<0,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递减,所以f(x)的极大值为f(1)=e.故选A.3.★★★(2026届江苏南通海安实验中学月考,6)在同一平面直角坐标系内,函数y=f(x)及

其导函数y=f'(x)的图象如图所示,已知两图象有且仅有一个公共点,其坐标为(0,1),则

()A.函数y=f(x)·ex的最大值为1B.函数y=f(x)·ex的最小值为1C.函数y=

的最大值为1

C

D.函数y=

的最小值为1解析分析函数y=f(x)及其导函数y=f

'(x)的图象,可知题图中虚线表示的是y=f

'(x)的图

象,实线表示的是y=f(x)的图象.当x<0时,f

'(x)>f(x)>0;当x>0时,0≤f

'(x)<f(x).对于函数y=f(x)·ex,y'=f

'(x)·ex+f(x)·ex=[f

'(x)+f(x)]·ex,因为f

'(x)+f(x)>0,ex>0在R上恒成立,所以[f

'(x)+f(x)]·ex>0在R上恒成立.即函数y=f(x)·ex在(-∞,+∞)上单调递增,无最值.对于函数y=

,y'=

=

,当x<0时,

>0;当x>0时,

<0,所以函数y=

在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以函数在x=0处取得最大值,为

=1.故选C.4.★★★(2026届河北沧州盐山中学调研(一),6)若函数f(x)=lnx-m(x-1)2恰有两个极值点,

则实数m的取值范围为

()A.

∪(0,+∞)B.(-∞,-2)∪(0,+∞)C.(-∞,-2)D.

C

解析

f(x)=lnx-m(x-1)2的定义域为(0,+∞),f

'(x)=

-2m(x-1)=

,因为函数f(x)恰有两个极值点,所以-2mx2+2mx+1=0在(0,+∞)上有两个不同的实数根,显然m≠0,则

=x2-x在(0,+∞)上有两个不同的实数根,即直线y=

与函数y=x2-x的图象在(0,+∞)上有两个不同的交点,又y=x2-x的图象是开口向上的抛物线,且对称轴为直线x=

,ymin=-

,如图,-

<

<0,解得m<-2.故选C.5.★★★(2025届江苏泰州中学调研,8)若函数f(x)=-

ax2+4x-2lnx有两个不同的极值点,则实数a的取值范围是

()A.(-1,0)

B.(-∞,1)C.(0,2)

D.(2,+∞)

C

解析由题意得f

'(x)=-ax+4-

=

,x>0,问题等价于关于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=

=-2

+2在(0,+∞)上有两个不同的实数根,令t=

,则t∈(0,+∞),所以关于t的方程a=-2(t-1)2+2在(0,+∞)上有两个不同的实数根,令g(t)=-2(t-1)2+2,t∈(0,+∞),作出g(t)=-2(t-1)2+2的图象如图,

由图可知a∈(0,2).故选C.6.★★(2026届福建泉州质量监测,13)若函数f(x)=x(x-a)2在x=1处取得极小值,则a=_____.

1

解析

f

'(x)=(x-a)(3x-a),由题意得f

'(1)=0,即(1-a)(3-a)=0,解得a=1或a=3.当a=3时,f

'(x)=3(x-1)(x-3),1<x<3时,f

'(x)<0;x<1或x>3时,f

'(x)>0,此时在x=1处取得极大

值,不合题意,所以a=1.7.★★★(2025届安徽名校联盟联考,13)若函数f(x)=

在x=2处取得极小值,则f(x)的极大值为_________.

e

解析