课后限时练22 导数与函数的单调性、极值、最值(A)
1．函数f＝ln(3x－2)－2x的图象在点(1，f(1))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋2y＋3＝0
C．x－2y－3＝0 D．x－y－3＝0
2．(2025·河南安阳三模)已知函数f(x)＝x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为( )
A．8 B．6 C．4 D．2
3．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
4．(2025·天津开学考试)设a＝，b＝ln ，c＝sin ，则( )
A．c
C．c5．(2025·江南十校联考)已知定义域为R的函数f(x)满足f(1)＝，且f(x)＋f′(x)<0，则不等式f(x＋1)>的解集是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，2)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)
6．(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列命题中正确的是( )
A．－3是函数y＝f(x)的极值点
B．y＝f(x)在区间(－3，1)内单调递增
C．－1是函数y＝f(x)的最小值点
D．y＝f(x)的图象在x＝0处切线的斜率小于零
7．(多选)已知函数f＝＋bx＋，b∈R，下列说法正确的是( )
A．当b<0时，函数f有两个极值点
B．当b<0时，函数f在上有最小值
C．当b＝－2时，函数f有三个零点
D．当b>0时，函数f在上单调递增
8．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
9．(2025·上海高考)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋m ln x，m∈R．
(1)若f(1)＝0，求不等式f(x)≤x2－1的解集；
(2)若函数y＝f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围．
课后限时练22(A)
1．D [f'－2，则切线的斜率是f'＝1，f＝－2，则切线方程是y－，即x－y－3＝0．故选D．]
2．A [由已知得f'(x)＝3x2－3，令f'(x)＝0，得x＝±1．当x∈(－1，1)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(－∞，－1)或x∈(1，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1)＝a－2＝6，解得a＝8．
故选A．]
3．B [由题意知f'(x)＝3x2＋a，
若函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，
则f'(x)＝3x2＋a＝0有两个不同的根，且f(x)的极大值大于0，极小值小于0，
即判别式Δ＝0－12a>0，得a<0，
令f'(x)＝0，得x＝±．
由f'(x)>0，得x>或x<－，此时f(x)单调递增，
由f'(x)<0，得－，此时f(x)单调递减，
即当x＝－时，函数f(x)取得极大值，当x＝时，f(x)取得极小值，
则f>0，f<0，
即－＋2>0，
且＋2<0，
即－＋2>0，①
且＋2<0，②
则①恒成立，
由＋2<0，得2<－，平方得4<－，即a3<－27，
则a<－3．
所以实数a的取值范围是(－∞，－3)．故选B．]
4．C [设f(x)＝x－sin x，x∈(0，1)，
f'(x)＝1－cos x>0，所以f(x)单调递增，则f>f(0)＝0，
所以，即a>c；
设g(x)＝ln(1＋2x)－x，x∈，
g'(x)＝>0，
x∈，
所以g(x)在内单调递增，
所以g>g(0)＝0，
所以ln，则b>a，
所以b>a>c．故选C．]
5．D [令g(x) ＝ exf(x)，
则g'(x)＝ex[f(x)＋f'(x)]<0，
所以g(x)在R上单调递减，
因为g(1)＝e1f(1)＝1，所以不等式f(x＋1)>可变为ex+1f(x＋1)>1，即g(x＋1)>g(1)，所以x＋1<1，即x<0，所以不等式f(x＋1)>的解集为(－∞，0)．故选D．]
6．AB [根据导函数图象可知：当x∈(－∞，－3)时，f'(x)<0，当x∈(－3，1)时，f'(x)≥0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)内单调递增，故B正确；
－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；
∵f(x)在(－3，1)内单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故C错误；
∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴其图象的切线的斜率大于零，故D错误．故选AB．]
7．ABD [因为f，则f'＝x2－x＋b．
对于A，当b<0时，Δ＝1－4b>0，即方程f'＝0有两个不等的实根，此时，函数f有两个极值点，A正确；对于B，当b<0时，设f'＝0的两个不等的实根分别为x1，x2，且x1x2时，f'(x)>0，此时函数f(x)单调递增，故函数f(x)在(0，＋∞)上有最小值，B正确；对于C，当b＝－2时，f，f'，当x<－1时，f'>0，此时函数f单调递增，当－1当x>2时，f'>0，此时函数f单调递增．
所以函数f(x)的极大值为f(－1)＝，极小值为f(2)＝0，作出函数f(x)的图象如图所示．
由图可知，函数f只有两个零点，C错误；
对于D，当b>0且x<0时，f'(x)>0，故函数f上单调递增，D正确．故选ABD．]
8．(－2，1) [令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1，
则g'(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g'(x)＝0(x>0)，得x＝1，
当x∈(0，1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2．
因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1的图象有两个不同的交点，所以a∈(－2，1)．]
9．解：(1)由题设条件可得，f(1)＝1－(m＋2)＝0，解得m＝－1，所以f(x)＝x2－x－ln x．
由f(x)≤x2－1，可得ln x＋x－1≥0，
令g(x)＝ln x＋x－1，则g'(x)＝＋1>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知g(1)＝0，所以g(x)≥0，即g(x)≥g(1)，可得x≥1．
综上，不等式f(x)≤x2－1的解集为[1，＋∞)．
(2)f'(x)＝2x－(m＋2)＋．
①当>1，即m>2时，由f'(x)>0得x∈(0，1)∪；由f'(x)<0得x∈．故f(x)在(0，1)内和内单调递减，此时f(x)在x＝1处取得极大值．
②当0<<1，即00得x∈∪(1，＋∞)；由f'(x)<0得x∈．故f(x)在内和(1，＋∞)上单调递增，在内单调递减，此时f(x)在x＝处取得极大值．
③当＝1，即m＝2时，f'(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f(x)在(0，＋∞)上无极大值．
④当≤0，即m≤0时，由f'(x)<0得x∈(0，1)；由f'(x)>0得x∈(1，＋∞)．故f(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值．
综上可知，m的取值范围为(0，2)∪(2，＋∞)．
1/2课后限时练22 导数与函数的单调性、极值、最值(B)
1．(2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)＝ax2＋2cos x(a∈R)．
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在内单调递减，求实数a的取值范围．
2．(2025·山东烟台三模)已知函数f(x)＝ln x＋ax－(a<0)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，且x2≥2x1，求f(x1)－f(x2)的最大值．
课后限时练22(B)
1．解：(1)因为f(x)＝ax2＋2cos x，
所以f(0)＝2，f'(x)＝2ax－2sin x，
则f'(0)＝0，
所以曲线y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为y＝2．
(2)由f(x)在内单调递减，
得f'(x)＝2ax－2sin x≤0对x∈恒成立，
则a≤对x∈恒成立，
设g(x)＝，0令h(x)＝xcos x－sin x，0则h'(x)＝－xsin x<0，
所以函数h(x)在内单调递减，h(x)因此g'(x)<0，函数g(x)在内单调递减，
则g(x)>g，a≤．
所以实数a的取值范围是．
2．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f'(x)＝(a<0)，
令g(x)＝ax2＋x＋a，Δ＝1－4a2，
①当a≤－时，g(x)≤0，f'(x)＝≤0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当－0，x1，x2＝>0，
所以函数f(x)在内单调递增．
(2)由(1)可知当－所以f(x1)－f(x2)＝ln x1－ln x2＋a(x1－x2)－a
＝ln x1－ln x2－，所以f(x1)－f(x2)＝h(t)＝ln t－，
h'(t)＝>0，
所以h(t)在上单调递增，
h－ln 2，所以f(x1)－f(x2)的最大值为－ln 2．
1/1课时22 导数与函数的单调性、极值、最值
[备考指南] 导数的几何意义和计算是导数应用的基础，借助导数研究函数的单调性、极值、最值是导数应用的核心．备考时，在抓好基本题型的基础上，应着力提升分类讨论、数形结合及函数、方程、不等式间的等价转化能力．
命题点1 导数的几何意义和计算
【典例1】 (1)(2025·湖南名校联盟三模)若直线y＝kx＋1(k为常数)是曲线y＝ln x＋1和曲线y＝aex＋1的公切线，则实数a的值为( )
A． B． C．1 D．e
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______．
[听课记录]
反思领悟 (1)求过某点的切线方程时(无论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程．
(2)公切线问题，应根据两个函数图象在切点处的切线的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．
1．(2025·江苏盐城模拟)若点P是曲线y＝x2－ln x＋1上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为( )
A．1 B． C． D．
2．(2025·全国一卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝＋x＋a的一条切线，则a＝________．
命题点2 利用导数研究函数的单调性
【典例2】 (1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x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
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．a＜c＜b
(3)已知函数f(x)＝a＋ln x(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
[听课记录]
反思领悟 含参数的函数单调性常见的讨论点
(1)根的存在性讨论；
(2)根在不在定义域内的讨论；
(3)根的大小的讨论．
1．[高考真题改编]已知a＝e0.02，b＝1.02，c＝ln 2.02，则( )
A．c＞a＞b B．a＞b＞c
C．a＞c＞b D．b＞a＞c
2．(2025·湖南长沙三模)已知y＝f(x)是定义在(1，＋∞)上的连续可导函数，其导函数为y＝f′(x)，若xf′(x)2ln x的解集为( )
A．(1，3) B．(3，e2) C．(1，e3) D．(e，e3)
3．已知函数f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R，讨论函数f(x)的单调性．
命题点3 利用导数研究函数的性质(极值、最值、零点等)
【典例3】 (1)(2025·浙江宁波三模)已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)2，其中aA．(－4，5) B．(－4，5]
C． D．
(2)(多选)(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
(3)(2023·北京高考)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)的极值点的个数．
[听课记录]
反思领悟 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题
(1)不能忽略函数f(x)的定义域．
(2)导函数f′(x)的变号零点即为函数f(x)的极值点．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，要结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
1．(2025·湖北黄冈三模)已知函数f(x)＝2cos x＋sin 2x，则f(x)的最小值是( )
A．－ B．－ C．－2 D．－3
2．若函数f＝ex－ax在区间内有极值点，则实数a的取值范围是( )
A． B． C． D．
3．(多选)已知函数f＝－，则下列说法正确的是( )
A．f的极值点为
B．f的极值点为1
C．直线y＝x－是曲线y＝f的一条切线
D．f有两个零点
课时22 导数与函数的单调性、极值、最值
典例1 (1)B (2)(－∞，－4)∪(0，＋∞) [(1)法一：令f(x)＝ln x＋1，x∈(0，＋∞)，则f'(x)＝，设直线y＝kx＋1与y＝ln x＋1的切点为点(x1，ln x1＋1)，则切线方程为y－ln x1－1＝(x－x1)，
即y＝x＋ln x1．
又y＝kx＋1，所以
解得x1＝e，k＝，所以切线方程为y＝x＋1，
令g(x)＝aex＋1，则g'(x)＝aex，
设直线y＝x＋1与y＝aex＋1的切点为点(x0，a＋1)，
所以g'(x0)＝a， ①
又切点(x0，a＋1)在直线y＝x＋1上，
所以ax0＋1，
即ax0， ②
由①和②可得x0＝1，所以ae＝，解得a＝．
法二：设切点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意得 ln x1＝kx1＝1．∴x1＝e，k＝．
同理＝kx2＝k．
∴x2＝1，∴k＝ae＝，∴a＝．故选B．
(2)∵y＝(x＋a)ex，∴y'＝(x＋1＋a)ex，
设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝(x0＋a)·，切线斜率k＝(x0＋1＋a)，
切线方程为y－(x0＋a)＝(x0＋1＋a)·(x－x0)，∵切线过原点，
∴－(x0＋a)＝(x0＋1＋a)(－x0)，
整理得＋ax0－a＝0，
∵切线有两条，∴Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，
∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．]
考教衔接
1．D [函数y＝x2－ln x＋1的定义域为(0，＋∞)，y'＝2x－．设在点P处的切点坐标为(x0，y0)，x0>0，当曲线y＝x2－ln x＋1在点P(x0，y0)处的切线平行于直线y＝x－2时，点P到直线y＝x－2的距离最小，则2x0－＝1，
即(x0－1)(2x0＋1)＝0，而x0>0，解得x0＝1，于是y0＝12－ln 1＋1＝2，
即平行于y＝x－2的直线与曲线y＝x2－ln x＋1相切的切点坐标为(1，2)，
所以点P到直线y＝x－2的最小距离，即为点(1，2)到直线y＝x－2的距离d＝．故选D．]
2.4 [设直线y＝2x＋5与曲线y＝ex＋x＋a的切点坐标为(x0，＋x0＋a)，由y＝ex＋x＋a得y'＝ex＋1，所以y'＋1＝2，解得x0＝0，所以切点坐标为(0，1＋a)，又切点(0，1＋a)在切线y＝2x＋5上，所以1＋a＝5，解得a＝4．]
典例2 (1)C (2)C [(1)依题意得f'(x)＝aex－≥0在(1，2)内恒成立，即a≥在(1，2)内恒成立．
设g(x)＝，x∈(1，2)，则g'(x)＝，
易知当x∈(1，2)时，g'(x)<0，则函数g(x)在(1，2)内单调递减，所以g(x)<，则a≥＝e-1，a的最小值为e-1．故选C．
(2)法一：(构造函数法)设f(x)＝ln(1＋x)－x(x>－1)，则f'(x)＝，当x∈(－1，0)时，f'(x)>0，当x∈(0，＋∞)时，f'(x)<0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－1，0)内单调递增，
所以fc；
所以f故a设g(x)＝xex＋ln(1－x)(0令h(x)＝ex(x2－1)＋1，h'(x)＝ex(x2＋2x－1)，
当0当－10，h(x)单调递增，
又h(0)＝0，
所以当0所以当00，g(x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)＝0，
即0.1e0.1>－ln 0.9，所以a>c．
故选C．
法二：(泰勒展开式法)
设x＝0.1，则
a＝xex＝0.11＋0.1＋＋…，
b＝＝0.1(1＋0.1＋0.12＋0.13＋…)，
c＝－ln(1－x)＝0.1＋＋…，
∴c故选C．]
(3)解：因为f(x)＝a＋ln x(x>0)，
所以f'(x)＝a．
令t(x)＝－ax2＋x－a，
当a＝0时，f(x)＝ln x，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a<0时，t(x)图象的对称轴为直线x＝，
故t(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以t(x)>－a>0，
所以f'(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，
(ⅰ)若Δ＝1－4a2≤0，即a≥时，t(x)≤0，即f'(x)≤0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若Δ＝1－4a2>0，即00，x1x2＝1，故x1>0，x2>0，
设x1x2＝，
当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f'(x)<0，
当x∈(x1，x2)时，f'>0，
故函数f(x)在(x1，x2)内单调递增，在(0，x1)内和(x2，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0其中x1＝，x2＝；
当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
考教衔接
1．B [法一：(构造函数)令f(x)＝ex－(1＋x)，
令f'(x)＝ex－1＝0，则x＝0，
当x∈(－∞，0)时，f'(x)<0，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f'(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(0.02)>f(0)＝0，从而e0.02>1＋0.02＝1.02>1>ln 2.02．故选B．
法二：(泰勒展开式)设x＝0.02，则a＝e0.02＝1＋0.02＋＋…，显然a>b>1>c．
故选B．]
2．D [令g(x)＝(x>1)，则g'(x)＝，
因为xf'(x)则g(x)＝(x>1)在区间(1，＋∞)上单调递减，
又f(3)＝6，由f(ln x)>2ln x，得到 所以13．解：∵f(x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R，
∴f'(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)．
①当a≤0时，令f'(x)<0，得x<1，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递减；
令f'(x)>0，得x>1，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当0令f'(x)<0，得ln a∴f(x)在(ln a，1)内单调递减；
令f'(x)>0，得x1．
∴f(x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③当a＝e时，f'(x)≥0在R上恒成立，
∴f(x)在R上单调递增．
④当a>e时，令f'(x)<0，
得1∴f(x)在(1，ln a)内单调递减；
令f'(x)>0，得x>ln a或x<1．
∴f(x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0当a＝e时，f(x)在R上单调递增；
当a>e时，f(x)在(1，ln a)内单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
典例3 (1)D (2)AD [(1)由题设f'(x)＝(x－b)2＋2(x－a)(x－b)＝3(x－b)，
因为a当x<或x>b时，f'(x)>0，
即f(x)在，(b，＋∞)上单调递增，
当即f(x)在内单调递减，
所以极小值点为x＝b＝5，极大值点为x＝，
而f＝－a－b 2＝－，
且f＝－a－b 2＝－，
所以，只需a<，
即a<，所以－4(2)A选项，f'(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，
故当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)在(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增，
当x∈(0，a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，
由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，
则f(0)f(a)<0，
根据函数零点存在定理知，f(x)在(0，a)内有一个零点，
又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，则f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，
则f(x)在(－1，0)，(a，2a)内各有一个零点，
于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f'(x)＝6x(x－a)，a<0，当x∈(a，0)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x＝0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在a，b，使得x＝b为f(x)图象的对称轴，
即存在a，b，使得f(x)＝f(2b－x)，
即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，
根据二项式定理，等式右边2(2b－x)3展开式中含有x3的项为2(2b)0(－x)3＝－2x3，
等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在a，b，使得x＝b为f(x)图象的对称轴，C选项错误；
D选项，
法一：(利用对称中心的表达式化简)
f(1)＝3－3a，若存在a，使得(1，3－3a)为f(x)图象的对称中心，
则f(x)＋f(2－x)＝6－6a，事实上，
f(x)＋f(2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1
＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
即解得a＝2，即存在a＝2使得点(1，f(1))是f(x)图象的对称中心，D选项正确．
法二：(直接利用拐点结论)
任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f(x)＝2x3－3ax2＋1，f'(x)＝6x2－6ax，令h(x)＝f'(x)，则h'(x)＝12x－6a，
由h'(x)＝0，得x＝，
由题意(1，f(1))也是该三次函数图象的对称中心，故＝1，所以a＝2，
即存在a＝2，使得点(1，f(1))是f(x)图象的对称中心，D选项正确．
故选AD．]
(3)解：①因为函数f(x)＝x－x3eax+b，
所以f'(x)＝1－(3x2eax+b＋ax3eax+b)＝1－(3＋ax)x2eax+b．
因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以
即
解得a＝－1，b＝1．
②由①知，f(x)＝x－x3e-x+1，
所以f'(x)＝1－(3x2－x3)e-x+1，
所以g(x)＝f'(x)＝1－(3x2－x3)e-x+1，
所以g'(x)＝－(6x－3x2)e-x+1＋(3x2－x3)e-x+1＝－x(x2－6x＋6)e-x+1，
令g'(x)＝0，解得x＝0或x＝3±，
所以当x变化 时，g'(x)，g(x)的变化情况如表所示．
x (－∞， 0) 0 (0， 3－) 3－ (3－， 3＋) 3＋ (3＋， ＋∞)
g'(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 －
g(x) 单调 递增 单调 递减 极小值 单调 递增 单调 递减
所以g(x)在区间(－∞，0)上和(3－，3＋)内单调递增，在区间(0，3－)内和(3＋，＋∞)上单调递减．
③由②知，当x∈(－∞，0)时，f'(x)单调递增，
当x<－1时，f'(x)0，
所以存在x1∈(－∞，0)，使得f'(x1)＝0，
所以f(x)在(－∞，x1)内单调递减，在(x1，0)内单调递增，
所以x1是f(x)的一个极小值点；
当x∈(0，3－)时，f'(x)单调递减，
且f'(3－)所以存在x2∈(0，3－)，使得f'(x2)＝0，所以f(x)在(0，x2)内单调递增，在(x2，3－)内单调递减，
所以x2是f(x)的一个极大值点；
当x∈(3－，3)时，f'(x)单调递增，
因为f'(3)＝1>0，所以存在x3∈(3－，3)，使得f'(x3)＝0，
所以f(x)在(3－，x3)内单调递减，在(x3，3)内单调递增，所以x3是f(x)的一个极小值点．
又因为当x>3时，f'(x)>0，所以f(x)在(3，＋∞)上单调递增，无极值点．
综上，f(x)在定义域R上有3个极值点．
考教衔接
1．B [由题意知f(x)的一个周期为T＝2π，故只需考虑f(x)在[0，2π)上的值域，
f'(x)＝－2sin x＋2cos 2x＝－2sin x＋2(1－2sin2x)＝－2(2sin x－1)(sin x＋1)，
当x∈或x∈时，f'(x)>0，
当x∈时，f'(x)<0，
所以函数f(x)在上单调递增，
在内单调递减，
因此f(x)的极小值为f，极大值为f，又易知f(0)＝2，所以函数f(x)在[0，2π)上的值域为，结合函数的最小正周期为2π，所以函数f(x)的值域为－.
所以f(x)的最小值为－，故选B．]
2．C [由题意知f'＝ex－a在内有变号零点，
显然f'＝ex－a在内单调递增，
故原条件等价于
解得13．BC [对于A，因为f，
所以f'，
令f'<0，得x<1；令f'>0，得x>1，
所以f上单调递增．
可知f在x＝1处取得唯一极小值，也是f的最小值，
所以f的极值点为1，故A错误，B正确；
对于C，因为f，f'，
所以曲线y＝f在x＝2处的切线方程为y＋，
即y＝，故C正确；
对于D，因为f＝0，f<0，结合f上的单调性，
可知x＝0是f上的唯一零点；
当x>1时，ex>0恒成立，
故f<0恒成立，
所以f上没有零点，
综上，f只有一个零点，故D错误．故选BC．]
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专题六 函数、导数和不等式
课时22 导数与函数的单调性、极值、最值
[备考指南] 导数的几何意义和计算是导数应用的基础，借助导数研究函数的单调性、极值、最值是导数应用的核心．备考时，在抓好基本题型的基础上，应着力提升分类讨论、数形结合及函数、方程、不等式间的等价转化能力．
命题点1 导数的几何意义和计算
【典例1】 (1)(2025·湖南名校联盟三模)若直线y＝kx＋1(k为常数)是曲线y＝ln x＋1和曲线y＝aex＋1的公切线，则实数a的值为( )
A． B． C．1 D．e
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_____________________．
√
(－∞，－4)∪(0，＋∞)
(1)B (2)(－∞，－4)∪(0，＋∞) [(1)法一：令f (x)＝ln x＋1，x∈(0，＋∞)，
则f ′(x)＝，设直线y＝kx＋1与y＝ln x＋1的切点为点(x1，ln x1＋1)，则切线方程为y－ln x1－1＝(x－x1)，
即y＝x＋ln x1．又y＝kx＋1，所以
解得x1＝e，k＝，所以切线方程为y＝x＋1，
令g(x)＝aex＋1，则g′(x)＝aex，
设直线y＝x＋1与y＝aex＋1的切点为点＋1)，
所以g′(x0)＝＝， ①
又切点＋1)在直线y＝x＋1上，
所以＋1＝x0＋1，即＝x0， ②
由①和②可得x0＝1，所以ae＝，解得a＝．
法二：设切点分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意得 ln x1＝kx1＝1．∴x1＝e，k＝．
同理＝kx2＝k．
∴x2＝1，∴k＝ae＝，∴a＝．
故选B．
(2)∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，
设切点坐标为(x0，y0)，则y0＝，切线斜率k＝，
切线方程为＝(x－x0)，
∵切线过原点，
＝(－x0)，
整理得＋ax0－a＝0，
∵切线有两条，∴Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，
∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．]
反思领悟 (1)求过某点的切线方程时(无论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程．
(2)公切线问题，应根据两个函数图象在切点处的切线的斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．
1．(2025·江苏盐城模拟)若点P是曲线y＝x2－ln x＋1上任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为( )
A．1 B． C． D．
√
D [函数y＝x2－ln x＋1的定义域为(0，＋∞)，y′＝2x－．设在点P处的切点坐标为(x0，y0)，x0＞0，当曲线y＝x2－ln x＋1在点P(x0，y0)处的切线平行于直线y＝x－2时，点P到直线y＝x－2的距离最小，则2x0－＝1，
即(x0－1)(2x0＋1)＝0，而x0>0，解得x0＝1，于是y0＝12－ln 1＋1＝2，
即平行于y＝x－2的直线与曲线y＝x2－ln x＋1相切的切点坐标为(1，2)，所以点P到直线y＝x－2的最小距离，即为点(1，2)到直线y＝x－2的距离d＝＝．故选D．]
2．(2025·全国一卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝________．
4 [设直线y＝2x＋5与曲线y＝ex＋x＋a的切点坐标为＋x0＋a)，由y＝ex＋x＋a得y′＝ex＋1，所以＝＋1＝2，解得x0＝0，所以切点坐标为(0，1＋a)，又切点(0，1＋a)在切线y＝2x＋5上，所以1＋a＝5，解得a＝4．]
4
【教用·备选题】
1．(2024·全国甲卷)设函数f (x)＝，则曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为( )
A． B． C． D．
√
A [f ′(x)＝，
则f ′(0)＝＝3，
即该切线方程为y－1＝3x，
即y＝3x＋1，令x＝0，则y＝1；令y＝0，则x＝－，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝×1×＝．
故选A．]
2．若函数f＝x2－ax与函数g＝ln x＋2x的图象在公共点处有相同的切线，则实数a＝( )
A．－2 B．－1 C．e D．－2e
√
B [设函数f ＝x2－ax与函数g＝ln x＋2x图象的公共点的坐标为(x0，y0)，
对两函数求导得f ′(x)＝2x－a，g′(x)＝＋2，依题意，
则
令函数h(x)＝x2＋ln x－1，显然函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，
则当h(x)＝0时，x＝1，因此在＋ln x0－1＝0中，x0＝1，此时a＝－1，经检验a＝－1符合题意，所以a＝－1．故选B．]
3．(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________．
ln 2 [由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋1＝2，
故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1．
由y＝ln (x＋1)＋a得y′＝，
ln 2
设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点坐标为(x0，ln (x0＋1)＋a)，
由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，则切点为，
切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2．
因为两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2．]
4．(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝|ex－1|，x1<0，x2>0，函数
f (x)的图象在点A(x1，f (x1))和点B(x2，f (x2))处的两条切线互相垂直，且分别与y轴交于M，N两点，则的取值范围是________．
(0，1) [当x＜0时，f (x)＝1－ex，f ′(x)＝－ex，函数f (x)的图象在点)处的切线的斜率k1＝．
当x＞0时，f (x)＝ex－1，f ′(x)＝ex，函数f (x)的图象在点
－1)处的切线的斜率k2＝．
(0，1)
由f (x)的图象在A，B两点处的切线互相垂直，得k1k2＝＝－1，
∴x1＋x2＝0，x1＜0，x2＞0，
∴＝＝＝∈(0，1)，故的取值范围是(0，1)．]
命题点2 利用导数研究函数的单调性
【典例2】 (1)(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f (x)＝aex－ln x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
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．a＜c＜b
(3)已知函数f (x)＝a＋ln x(a∈R)，讨论函数f (x)的单调性．
√
√
(1)C (2)C [(1)依题意得f ′(x)＝aex－≥0在(1，2)内恒成立，即a≥在(1，2)内恒成立．
设g(x)＝，x∈(1，2)，则g′(x)＝＝－＝－，
易知当x∈(1，2)时，g′(x)<0，则函数g(x)在(1，2)内单调递减，所以g(x)＜，则a≥＝e-1，a的最小值为e-1．故选C．
(2)法一：(构造函数法)设f (x)＝ln (1＋x)－x(x＞－1)，则f ′(x)＝－1＝－，
当x∈(－1，0)时，f ′(x)＞0，当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＜0，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－1，0)内单调递增，
所以f＜f (0)＝0，所以ln ＜0，故＞ln ＝－ln 0.9，即b＞c；所以f ＜f (0)＝0，所以ln ＜0，
故，所以＜，
故a＜b；
设g(x)＝xex＋ln (1－x)(0＜x＜1)，则g′(x)＝(x＋1)ex＋＝，
令h(x)＝ex(x2－1)＋1，h′(x)＝ex(x2＋2x－1)，
当0＜x＜－1时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
当－1＜x＜1时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
又h(0)＝0，所以当0＜x＜－1时，h(x)＜0，
所以当0＜x＜－1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
所以g(0.1)＞g(0)＝0，即0.1e0.1＞－ln 0.9，所以a＞c．
故选C．
法二：(泰勒展开式法)
设x＝0.1，则
a＝xex＝0.1，
b＝＝0.1(1＋0.1＋0.12＋0.13＋…)，
c＝－ln (1－x)＝0.1＋＋…，
∴c＜a＜b，
故选C．]
(3)[解] 因为f (x)＝a＋ln x(x＞0)，
所以f ′(x)＝a－a＋＝．
令t(x)＝－ax2＋x－a，
当a＝0时，f (x)＝ln x，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，t(x)图象的对称轴为直线x＝，
故t(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以t(x)＞－a＞0，
所以f ′(x)＞0，即f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，
(ⅰ)若Δ＝1－4a2≤0，即a≥时，t(x)≤0，
即f ′(x)≤0，
故f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)若Δ＝1－4a2＞0，即0＜a＜时，t(x)＝0有两个不同的根x1，x2，且满足x1＋x2＝＞0，x1x2＝1，故x1＞0，x2＞0，
设x1＜x2，即x1＝，
x2＝，
当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f ′(x)＜0，
当x∈(x1，x2)时，f ′>0，
故函数f (x)在(x1，x2)内单调递增，在(0，x1)内和(x2，＋∞)上单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜时，f (x)在(x1，x2)内单调递增，在(0，x1)内和(x2，＋∞)上单调递减．
；
当a≥时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
反思领悟 含参数的函数单调性常见的讨论点
(1)根的存在性讨论；
(2)根在不在定义域内的讨论；
(3)根的大小的讨论．
1．[高考真题改编]已知a＝e0.02，b＝1.02，c＝ln 2.02，则( )
A．c＞a＞b B．a＞b＞c
C．a＞c＞b D．b＞a＞c
√
B [法一：(构造函数)令f (x)＝ex－(1＋x)，
令f ′(x)＝ex－1＝0，则x＝0，
当x∈(－∞，0)时，f ′(x)＜0，函数f (x)在(－∞，0)上单调递减；当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)＞0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以
f (0.02)＞f (0)＝0，从而e0.02＞1＋0.02＝1.02＞1＞ln 2.02．故选B．
法二：(泰勒展开式)设x＝0.02，则a＝e0.02＝1＋0.02＋＋…，显然a＞b＞1＞c．
故选B．]
2．(2025·湖南长沙三模)已知y＝f (x)是定义在(1，＋∞)上的连续可导函数，其导函数为y＝f ′(x)，若xf ′(x)f (ln x)>2ln x的解集为( )
A．(1，3) B．(3，e2)
C．(1，e3) D．(e，e3)
√
D [令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，
因为xf ′(x)则g(x)＝(x>1)在区间(1，＋∞)上单调递减，
又f (3)＝6，由f (ln x)>2ln x，得到 所以13．已知函数f (x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R，讨论函数f (x)的单调性．
[解] ∵f (x)＝(x－2)ex－x2＋ax，a∈R，
∴f ′(x)＝(x－1)ex－ax＋a＝(x－1)(ex－a)．
①当a≤0时，令f ′(x)＜0，得x＜1，
∴f (x)在(－∞，1)上单调递减；
令f ′(x)＞0，得x＞1，
∴f (x)在(1，＋∞)上单调递增．
②当0＜a＜e时，
令f ′(x)＜0，得ln a＜x＜1．
∴f (x)在(ln a，1)内单调递减；
令f ′(x)＞0，得x＜ln a或x＞1．
∴f (x)在(－∞，ln a)和(1，＋∞)上单调递增．
③当a＝e时，f ′(x)≥0在R上恒成立，
∴f (x)在R上单调递增．
④当a＞e时，令f ′(x)＜0，
得1＜x＜ln a．
∴f (x)在(1，ln a)内单调递减；
令f ′(x)＞0，得x＞ln a或x＜1．
∴f (x)在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当0＜a＜e时，f (x)在(ln a，1)内单调递减，在(－∞，ln a)和(1，
＋∞)上单调递增；
当a＝e时，f (x)在R上单调递增；
当a＞e时，f (x)在(1，ln a)内单调递减，在(－∞，1)和(ln a，＋∞)上单调递增．
【教用·备选题】
1．(2023·四省联考)设函数f，g在R上的导函数存在，且
f ′A．f B．f >g
C．f ＋gD．f ＋g√
C [对于A，B，不妨设f＝－2x，g＝1，则f ′＝－2，g′＝0，满足题意，若x＝－1∈，则f＝2>1＝g，故A错误；
若x＝0∈，则f＝0<1＝g，故B错误；
对于C，D，因为f，g在R上的导函数存在，且f ′令h＝f－g，
则h′＝f ′－g′<0，
所以h在R上单调递减．
因为x∈，即a由h由hg＋f，故D错误．故选C．]
2．(2025·江苏常州模拟)已知定义在R上的函数f的导数为f ′，f ＝e，且对任意的x满足f ′－fxex的解集是( )
A． B．
C． D．
√
A [构建g＝－x，则g′＝－1，
因为f ′－f 即g′<0，则g在R上单调递减，且g＝0，由f >xex可得－x>0，即g>g，解得x<1，
所以不等式f >xex的解集是．故选A．]
3．(2021·全国乙卷)设a＝2ln 1.01，b＝ln 1.02，c＝－1，则
( )
A．a＜b＜c B．b＜c＜a
C．b＜a＜c D．c＜a＜b
√
B [b－c＝ln 1.02－＋1，设f (x)＝ln (x＋1)－＋1，
则b－c＝f (0.02)，f ′(x)＝＝，当x≥0时，x＋1＝，故当x≥0时，f ′(x)＝≤0，所以f (x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f (0.02)＜f (0)＝0，即b＜c．
a－c＝2ln 1.01－＋1，设g(x)＝2ln (x＋1)－＋1，则a－c＝g(0.01)，g′(x)＝＝，当0≤x＜2时，＝x＋1，故当0≤x＜2时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，2)上单调递增，所以g(0.01)＞g(0)＝0，故c＜a，从而有b＜c＜a，故选B．]
4．(2025·天津滨海期中)若函数f (x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递减区间，则实数a的取值范围是( )
A． B．(－∞，－8)
C． D．(－8，＋∞)
√
A [由已知可得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＋2ax＝，
当a＝0时，令f ′(x)＝<0，可得x<0，不满足定义域；
当a≠0时，令g(x)＝2ax2＋1，要使函数f (x)＝ln x＋ax2－2在区间内存在单调递减区间，只需满足g<0或g(1)<0．
由g<0可得，g＝＋1<0，此时有a<－8；
由g(1)<0可得，g(1)＝2a＋1<0，此时有a<－．
综上所述，a<－．故选A．]
5．已知函数f (x)＝2a ln x＋－(a＋2)x，a∈R．讨论f (x)的单调性．
[解] 由题意，f (x)的定义域为(0，＋∞)，
因为f ′(x)＝＋x－(a＋2)＝＝，且x∈(0，
＋∞)，当a≤0，x∈(0，2)时，f ′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，
f ′(x)>0，所以f (x)在(0，2)内单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；
当00，当x∈(a，2)时，f ′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，所以f (x)在(0，a)内和(2，＋∞)上单调递增，在(a，2)内单调递减；
当a＝2，x∈(0，＋∞)时，f ′(x)≥0恒成立，故f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2，x∈(0，2)时，f ′(x)>0，当x∈(2，a)时，f ′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，2)内和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)内单调递减．
综上所述，当a≤0时，f (x)在(0，2)内单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；
当0当a＝2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>2时，f (x)在(0，2)内和(a，＋∞)上单调递增，在(2，a)内单调递减．
命题点3 利用导数研究函数的性质(极值、最值、零点等)
【典例3】 (1)(2025·浙江宁波三模)已知函数f (x)＝(x－a)(x－b)2，其中aA．(－4，5) B．(－4，5]
C． D．
√
(2)(多选)(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
√
√
(3)(2023·北京高考)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)的极值点的个数．
(1)D (2)AD [(1)由题设f ′(x)＝(x－b)2＋2(x－a)(x－b)＝3(x－b)，
因为a当x<或x>b时，f ′(x)>0，
即f (x)在，(b，＋∞)上单调递增，
当即f (x)在内单调递减，
所以极小值点为x＝b＝5，极大值点为x＝，
而f ＝
＝－，且f ＝
＝－，
所以，只需a<即a<(2)A选项，f ′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)，由于a>1，
故当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)在(－∞，0)，(a，
＋∞)上单调递增，
当x∈(0，a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
则f (x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值，由f (0)＝1>0，
f (a)＝1－a3<0，
则f (0)f (a)<0，
根据函数零点存在定理知，f (x)在(0，a)内有一个零点，
又f (－1)＝－1－3a<0，f (2a)＝4a3＋1>0，则f (－1)f (0)<0，
f (a)f (2a)<0，
则f (x)在(－1，0)，(a，2a)内各有一个零点，
于是a>1时，f (x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f ′(x)＝6x(x－a)，a<0，当x∈(a，0)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
此时f (x)在x＝0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在a，b，使得x＝b为f (x)图象的对称轴，
即存在a，b，使得f (x)＝f (2b－x)，
即2x3－3ax2＋1＝2(2b－x)3－3a(2b－x)2＋1，
根据二项式定理，等式右边2(2b－x)3展开式中含有x3的项为(2b)0(－x)3＝－2x3，
等式左右两边x3的系数不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在a，b，使得x＝b为f (x)图象的对称轴，C选项错误；
D选项，
法一：(利用对称中心的表达式化简)
f (1)＝3－3a，若存在a，使得(1，3－3a)为f (x)图象的对称中心，
则f (x)＋f (2－x)＝6－6a，事实上，
f (x)＋f (2－x)＝2x3－3ax2＋1＋2(2－x)3－3a(2－x)2＋1
＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
于是6－6a＝(12－6a)x2＋(12a－24)x＋18－12a，
即解得a＝2，
即存在a＝2使得点(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确．
法二：(直接利用拐点结论)
任何三次函数的图象都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f (x)＝2x3－3ax2＋1，f ′(x)＝6x2－6ax，令h(x)＝f ′(x)，则h′(x)＝12x－6a，由h′(x)＝0，得x＝，于是该三次函数的图象的对称中心的坐标为，由题意(1，f (1))也是该三次函数图象的对称中心，故＝1，所以a＝2，即存在a＝2，使得点(1，f (1))是f (x)图象的对称中心，D选项正确．
故选AD．]
(3)[解] ①因为函数f (x)＝x－x3eax＋b，
所以f ′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b．
因为曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以即
解得a＝－1，b＝1．
②由①知，f (x)＝x－x3e－x+1，
所以f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g(x)＝f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±，
所以当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示．
x (－∞， 0) 0
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 －
g(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调 递增 极大值 单调
递减
所以g(x)在区间(－∞，0)上和(3－，3＋)内单调递增，在区间(0，3－)内和(3＋，＋∞)上单调递减．
③由②知，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)单调递增，
当x＜－1时，f ′(x)＜f ′(－1)＝1－4e2＜0，f ′(0)＝1＞0，
所以存在x1∈(－∞，0)，使得f ′(x1)＝0，
所以f (x)在(－∞，x1)内单调递减，在(x1，0)内单调递增，
所以x1是f (x)的一个极小值点；
当x∈(0，3－)时，f ′(x)单调递减，
且f ′(3－)＜f ′(1)＝1－2＜0，所以存在x2∈(0，3－)，使得f ′(x2)＝0，所以f (x)在(0，x2)内单调递增，在(x2，3－)内单调递减，
所以x2是f (x)的一个极大值点；
当x∈(3－，3)时，f ′(x)单调递增，因为f ′(3)＝1＞0，所以存在x3∈(3－，3)，使得f ′(x3)＝0，所以f (x)在(3－，x3)内单调递减，在(x3，3)内单调递增，所以x3是f (x)的一个极小值点．
又因为当x＞3时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(3，＋∞)上单调递增，无极值点．
综上，f (x)在定义域R上有3个极值点．
反思领悟 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题
(1)不能忽略函数f (x)的定义域．
(2)导函数f ′(x)的变号零点即为函数f (x)的极值点．
(3)求函数f (x)在闭区间[a，b]上的最值时，要结合区间端点的函数值f (a)，f (b)与f (x)的各极值进行比较得到函数的最值．
1．(2025·湖北黄冈三模)已知函数f (x)＝2cos x＋sin 2x，则f (x)的最小值是( )
A．－ B．－ C．－2 D．－3
√
B [由题意知f (x)的一个周期为T＝2π，故只需考虑f (x)在[0，2π)上的值域，
f ′(x)＝－2sin x＋2cos 2x＝－2sin x＋2(1－2sin2x)＝
－2(2sinx－1)(sin x＋1)，
当x∈或x∈时，f ′(x)>0，
当x∈时，f ′(x)<0，
所以函数f (x)在上单调递增，
在内单调递减，
因此f (x)的极小值为f ＝－，极大值为f ＝，又易知f (0)＝2，所以函数f (x)在[0，2π)上的值域为，结合函数的最小正周期为2π，所以函数f (x)的值域为．
所以f (x)的最小值为－，故选B．]
2．若函数f＝ex－ax在区间内有极值点，则实数a的取值范围是( )
A． B．
C． D．
√
C [由题意知f ′＝ex－a在内有变号零点，
显然f ′＝ex－a在内单调递增，
故原条件等价于解得1故选C．]
3．(多选)已知函数f＝－，则下列说法正确的是( )
A．f的极值点为
B．f的极值点为1
C．直线y＝x－是曲线y＝f的一条切线
D．f有两个零点
√
√
BC [对于A，因为f＝－，
所以f ′＝，
令f ′<0，得x<1；令f ′>0，得x>1，
所以f在上单调递减，在上单调递增．
可知f在x＝1处取得唯一极小值，也是f的最小值，
所以f的极值点为1，
故A错误，B正确；
对于C，因为f＝－，f ′＝，所以曲线y＝f在x＝2处的切线方程为y＋＝，即y＝x－，故C正确；
对于D，因为f＝0，f＝－<0，结合f在上的单调性，可知x＝0是f在上的唯一零点；
当x>1时，ex>0恒成立，故f＝－<0恒成立，
所以f在上没有零点，综上，f只有一个零点，故D错误．
故选BC．]
【教用·备选题】
1．若函数f (x)＝x3－3x－1在区间(a－2，2a＋3)内有最大值，则实数a的取值范围是__________．
[f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
当x<－1或x>1时，f ′(x)>0；当－1(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)内单调递减，
f (x)极大值＝f (－1)＝－1＋3－1＝1．
又f (x)在区间(a－2，2a＋3)内有最大值，则a－2＜－1＜2a＋3，令
f (x)＝1，则x3－3x－1＝1，即(x＋1)2(x－2)＝0，即x＝－1或x＝2，所以2a＋3≤2，联立解得－2＜a≤－，则实数a的取值范围是．]
2．(2023·全国乙卷)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的值；若不存在，说明理由．
(3)若f (x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围．
[解] (1)当a＝－1时，f (x)＝ln (1＋x)，
则f ′(x)＝－ln (1＋x)＋·，
所以f ′(1)＝－ln 2，
又f (1)＝0，所以所求切线方程为
y－0＝－ln 2(x－1)，即x ln 2＋y－ln 2＝0．
(2)假设存在a，b，使得曲线y＝f 关于直线x＝b对称．
令g(x)＝f ＝(x＋a)ln ＝(x＋a)ln ．
因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称，
所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln ＝(2b－x＋a)ln ＝(x－2b－a)·ln ，
于是得
当a＝，b＝－时，g(x)＝ln ，g(－1－x)＝ln ＝·ln ＝ln
＝ln ＝g(x)，
所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意．
故存在a，b，使得曲线y＝f关于直线x＝b对称，且a＝，
b＝－．
(3)f ′(x)＝－ln (1＋x)＋·
＝(x>0)，
设h(x)＝－ln (1＋x)，x＞0，
则h′(x)＝＝＝．
①当a≤0时，2a－1<0，当x>0时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x>0时，h(x)即f ′(x)<0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意；
②当a≥时，2a－1≥0，当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即f ′(x)>0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意；
③当0时，h′(x)>0，
所以h(x)在内单调递减，在上单调递增，所以h又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈，
使得h(x0)＝0，
即当0x0时，h(x)>0，
则f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
此时y＝f (x)有极小值点x0．
综上所述，a的取值范围为．
9
8
课后限时练22 导数与函数的单调性、极值、最值(A)
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
1．函数f ＝ln(3x－2)－2x的图象在点(1，f (1))处的切线方程是( )
A．x＋y＋1＝0 B．x＋2y＋3＝0
C．x－2y－3＝0 D．x－y－3＝0
D [f ′＝－2，则切线的斜率是f ′＝1，f ＝－2，则切线方程是y－＝1×，即x－y－3＝0．故选D．]
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
2．(2025·河南安阳三模)已知函数f (x)＝x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为( )
A．8 B．6 C．4 D．2
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
A [由已知得f ′(x)＝3x2－3，令f ′(x)＝0，得x＝±1．当x∈(－1，1)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(－∞，－1)或x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，所以
f (x)的极小值为f (1)＝a－2＝6，解得a＝8．
故选A．]
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
3．(2023·全国乙卷)函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，－3)
C．(－4，－1) D．(－3，0)
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
B [由题意知f ′(x)＝3x2＋a，
若函数f (x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，
则f ′(x)＝3x2＋a＝0有两个不同的根，且f (x)的极大值大于0，极小值小于0，
即判别式Δ＝0－12a>0，得a<0，
令f ′(x)＝0，得x＝±．
由f ′(x)>0，得x>或x<－，此时f (x)单调递增，
9
由f ′(x)<0，得－即当x＝－时，函数f (x)取得极大值，当x＝时，f (x)取得极小值，
则f >0，f <0，即－＋2>0，
且＋2<0，
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
9
即－＋2>0，①
且＋2<0，②
则①恒成立，由＋2<0，得2<－，
平方得4<－，即a3<－27，则a<－3．
所以实数a的取值范围是(－∞，－3)．故选B．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
9
8
4．(2025·天津开学考试)设a＝，b＝ln ，c＝sin ，则( )
A．cC．c题号
1
3
5
2
4
6
7
√
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
C [设f (x)＝x－sin x，x∈(0，1)，
f ′(x)＝1－cos x＞0，所以f (x)单调递增，
则f >f (0)＝0，所以>sin ，即a>c；
设g(x)＝ln (1＋2x)－x，x∈，
g′(x)＝－1＝>0，x∈，
所以g(x)在内单调递增，所以g>g(0)＝0，
所以ln ＝ln >，则b>a，所以b>a>c．故选C．]
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．(2025·江南十校联考)已知定义域为R的函数f (x)满足f (1)＝，且f (x)＋f ′(x)<0，则不等式f (x＋1)>的解集是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，2)
C．(0，＋∞) D．(－∞，0)
√
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
D [令g(x)＝exf (x)，则g′(x)＝ex[f (x)＋f ′(x)]<0，
所以g(x)在R上单调递减，
因为g(1)＝e1f (1)＝1，
所以不等式f (x＋1)>可变为ex+1f (x＋1)>1，
即g(x＋1)>g(1)，所以x＋1<1，即x<0，
所以不等式f (x＋1)>的解集为(－∞，0)．故选D．]
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
6．(多选)函数y＝f (x)的导函数y＝f ′(x)的图象如图所示，下列命题中正确的是( )
A．－3是函数y＝f (x)的极值点
B．y＝f (x)在区间(－3，1)内单调递增
C．－1是函数y＝f (x)的最小值点
D．y＝f (x)的图象在x＝0处切线的斜率小于零
√
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
AB [根据导函数图象可知：当x∈(－∞，－3)时，f ′(x)<0，当x∈(－3，1)时，f ′(x)≥0，∴函数y＝f (x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)内单调递增，故B正确；
－3是函数y＝f (x)的极小值点，故A正确；
∵f (x)在(－3，1)内单调递增，∴－1不是函数y＝f (x)的最小值点，故C错误；
∵函数y＝f (x)在x＝0处的导数大于0，∴其图象的切线的斜率大于零，故D错误．故选AB．]
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
√
7．(多选)已知函数f＝＋bx＋，b∈R，下列说法正确的是( )
A．当b<0时，函数f有两个极值点
B．当b<0时，函数f在上有最小值
C．当b＝－2时，函数f有三个零点
D．当b>0时，函数f在上单调递增
√
√
9
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
ABD [因为f＝＋bx＋，则f ′＝x2－x＋b．
对于A，当b<0时，Δ＝1－4b>0，即方程f ′＝0有两个不等的实根，此时，函数f有两个极值点，A正确；对于B，当b<0时，设f ′＝0的两个不等的实根分别为x1，x2，且x1x2时，f ′>0，此时函数f单调递增，故函数f 在上有最小值，B正确；对于C，当b＝－2时，f ＝－2x＋，f ′＝x2－x－2＝，当x<－1时，f ′>0，此时函数f 单调递增，
当－19
当x>2时，f ′>0，此时函数f 单调递增．
所以函数f 的极大值为f ＝，极小值为f＝0，
作出函数f 的图象如图所示．
由图可知，函数f 只有两个零点，C错误；
对于D，当b>0且x<0时，f ′>0，
故函数f 在上单调递增，D正确．
故选ABD．]
8
题号
1
3
5
2
4
6
7
9
8．(2024·全国甲卷)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
(－2，1) [令x3－3x＝－(x－1)2＋a，即a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1，
则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，
令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1，
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
(－2，1)
9
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(0)＝1，g(1)＝－2．
因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，等价于y＝a与g(x)＝x3＋x2－5x＋1的图象有两个不同的交点，所以a∈(－2，1)．]
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
9．(2025·上海高考)已知f (x)＝x2－(m＋2)x＋m ln x，m∈R．
(1)若f (1)＝0，求不等式f (x)≤x2－1的解集；
(2)若函数y＝f (x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
9
[解] (1)由题设条件可得，f (1)＝1－(m＋2)＝0，解得m＝－1，所以f (x)＝x2－x－ln x．
由f (x)≤x2－1，可得ln x＋x－1≥0，
令g(x)＝ln x＋x－1，则g′(x)＝＋1＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
易知g(1)＝0，所以g(x)≥0，即g(x)≥g(1)，可得x≥1．
综上，不等式f (x)≤x2－1的解集为[1，＋∞)．
题号
1
3
5
2
4
6
7
8
9
(2)f ′(x)＝2x－(m＋2)＋＝＝．
①当>1，即m>2时，由f ′(x)>0得x∈(0，1)；由f ′(x)<0得x∈．故f (x)在(0，1)内和上单调递增，在内单调递减，此时f (x)在x＝1处取得极大值．
②当0<＜1，即0＜m＜2时，由f ′(x)＞0得x∈∪(1，＋∞)；由f ′(x)＜0得x∈．故f (x)在内和(1，＋∞)上单调递增，在内单调递减，此时f (x)在x＝处取得极大值．
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③当＝1，即m＝2时，f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x)在(0，＋∞)上无极大值．
④当≤0，即m≤0时，由f ′(x)＜0得x∈(0，1)；由f ′(x)＞0得x∈(1，＋∞)．故f (x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时
f (x)在x＝1处取得极小值，无极大值．
综上可知，m的取值范围为(0，2)∪(2，＋∞)．
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1．(2025·江苏南通模拟)已知函数f (x)＝ax2＋2cos x(a∈R)．
(1)求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在内单调递减，求实数a的取值范围．
课后限时练22 导数与函数的单调性、极值、最值(B)
[解] (1)因为f (x)＝ax2＋2cos x，所以f (0)＝2，f ′(x)＝2ax－2sin x，则f ′(0)＝0，
所以曲线y＝f (x)在点(0，2)处的切线方程为y＝2．
(2)由f (x)在内单调递减，
得f ′(x)＝2ax－2sin x≤0对x∈恒成立，
则a≤对x∈恒成立，
设g(x)＝，0令h(x)＝x cos x－sin x，0则h′(x)＝－x sin x<0，
所以函数h(x)在内单调递减，h(x)因此g′(x)<0，函数g(x)在内单调递减，
则g(x)>g＝，a≤．
所以实数a的取值范围是．
2．(2025·山东烟台三模)已知函数f (x)＝ln x＋ax－(a<0)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)存在两个极值点x1，x2，且x2≥2x1，求f (x1)－f (x2)的最大值．
[解] (1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝＋a＋＝(a<0)，令g(x)＝ax2＋x＋a，Δ＝1－4a2，
①当a≤－时，g(x)≤0，f ′(x)＝≤0，
所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当－0，x1，x2＝>0，
所以函数f (x)在上单调递减，在内单调递增．
(2)由(1)可知当－所以f (x1)－f (x2)＝ln x1－ln x2＋a(x1－x2)－a
＝ln x1－ln x2－＝ln －2，
令＝t∈，所以f (x1)－f (x2)＝h(t)＝ln t－，
h′(t)＝＝>0，
所以h(t)在上单调递增，
h＝－ln 2，所以f (x1)－f (x2)的最大值为－ln 2．
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