专题3.2 函数的单调性、极值与最值【七大题型】（举一反三）（新高考专用）（解析版）.docx

1、专题3.2 函数的单调性、极值与最值【七大题型】【新高考专用】【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】2【题型2 由函数的单调性求参数】4【题型3 利用导数求函数的极值（点）】6【题型4 根据极值（点）求参数】8【题型5 利用导数求函数的最值】10【题型6 已知函数最值求参数】12【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】141、函数的单调性、极值与最值导数与函数是高中数学的核心内容，是高考常考的热点内容，从近三年的高考情况来看，高考中常涉及的问题有利用导数解决函数的单调性、极值和最值等；与不等式、方程的根(或函数的零点)等内容结合考查，此类问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问

2、题在选择、填空、解答题中都有考查，而在解答题中进行考查时试题难度较大.【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求解.【解答过程】解：因为y=-x2+lnx，所以y=-2x+1xx0，由y0，即-2x+1x0，解得0xx2-x=x-x0，所以fx=ln-x+x2+1的定义域为R关于原点对称，但fx+f-x=ln-x+x2+1+lnx+x2+1=ln1=0，所以fx=ln-x+x2+1是奇函数不是偶函数，故B选项不符合题意；对于C，

3、因为fx=ex+e-x的定义域为R关于原点对称，且f-x=e-x+ex=ex+e-x=fx，所以fx=ex+e-x是偶函数，又fx=ex-e-x，注意到当x0,+时，有exe0=1e-x，所以此时fx=ex-e-x0，所以fx=ex+e-x在0,+上单调递增，故C选项符合题意；对于D，因为fx=ex-e-x的定义域为R关于原点对称，但f-x=e-x-ex=-ex-e-x=-fx，所以fx=ex-e-x是奇函数不是偶函数，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=xlnx（）A严格增函数B在0,1e上是严格增函数，在1e,+上是严格减函数C严格减函数D在0,

4、1e上是严格减函数，在1e,+上是严格增函数【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，x0，则y=lnx+x1x=lnx+1，令y=0，即lnx+1=0，解得x=1e，当0x1e时，y1e时，y0，所以在1e,+上是严格增函数，故选：D.【变式1-3】（2023全国模拟预测）已知函数fx=lnx-2+ln4-x，则fx的单调递增区间为（）A2,3B3,4C-,3D3,+【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-204-x0得：2x0；当x3,4时

5、，fx0；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,+B-13,+C-14,+D0,+【解题思路】对函数求导，根据题意可得f(x)=(ax+a+1)ex0对x1,2恒成立，列出不等式组，解之即可求解.【解答过程】依题意得f(x)=(ax+a+1)ex0对x1,2恒成立，即ax+a+10对x1,2恒成立因为yaxa1的图象为直线，所以a+a+102a+a+10，解得a-13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)=x2

6、2-lnx在区间(m,m+13)上不单调，则实数m的取值范围为（）A0m23B23m1【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m0，得出关于m的不等式组，求解即可【解答过程】函数f(x)=x22-lnx的定义域为(0,+)，且f(x)=x-1x=x2-1x=(x+1)(x-1)x，令f(x)=0，得x=1，因为f(x)在区间(m,m+13)上不单调，所以m0m1m+13，解得：23m1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-2023aR在区间1,+上单调递增，则a的取值范围是（）A-,1B-,1C-

7、,-18D-,-18【解题思路】先求导数，利用f(x)0在1,+上恒成立，分离参数进行求解.【解答过程】f(x)=2x-ax-1，因为f(x)在区间1,+上单调递增，所以f(x)0在1,+上恒成立，即2x2-xa在1,+上恒成立，因为二次函数y=2x2-x的图象的对称轴为x=14，且开口向上所以y=2x2-x的最小值为1，所以a1.故选：B.【变式2-3】（2023全国模拟预测）已知函数gx=ax-12x+1-ln2x-1在1,+上单调递减，则实数a的取值范围是（）A-,4B-,163C4,163D-,6【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

8、程】由gx=ax-12x+1-ln2x-1得gx=a2x+1-2ax-a2x+12-22x-1=3a2x-1-22x+122x+122x-1=-8x2+6a-8x-3a-22x+122x-1，因为函数gx在1,+上单调递减，所以gx0在1,+上恒成立 设x=-8x2+6a-8x-3a-2，则x0在1,+上恒成立，利用二次函数的图象与性质及数形结合思想，可得-6a-82-811=-8+6a-8-3a-20或6a-82-4-8-3a-20， 解得a163，所以实数a的取值范围为-,163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-在区

9、间-2,2的极大值、极小值分别为（）A2+1，-2+1B-2+1，-32+1C32-1，-2+1D-2-1，-32+1【解题思路】求出fx，由f(x)0可得答案【解答过程】由题意，得f(x)=2-sinxcosx=2-1cos2x=2cos2x-1cos2x，当x-2,-44,2时，2cos2x-10，f(x)0，f(x)0所以f(x)在-2,-4上单调递减，在-4,4上单调递增，在4,2上单调递减当x=-4时，f(x)取得极小值，为f-4=-32+1；当x=4时，f(x)取得极大值，为f4=-2-1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fx的定义域均为

10、R，且fx-fx=x2e2x,f0=0，则fx（）A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+x2ex，求导，得到其单调性和极值情况，结合极小值为0，故当x-,-1时，hx至多有1个变号零点，且在-1,+上无变号零点；分hx在区间-,-1上没有变号零点和1个变号零点两种情况，得到极值情况.【解答过程】令gx=fxex，则gx=fx-fxex=x2e2xex=x2ex，故fx=fx+x2e2x=exgx+x2e2x=exgx+x2ex令hx=gx+x2ex，所以h

11、x=gx+x2+2xex=x2ex+x2+2xex=2xx+1ex，当x-,-1时，hx0,hx单调递增，当x-1,0时，hx0,hx单调递增，所以hx的极小值为h0=g0=f0e0=0，hx的极大值为h-1=g-1+1eh0=0，所以当x-,-1时，hx至多有1个变号零点，且在-1,+上无变号零点；当hx在区间-,-1上没有变号零点时，则hx0，fx=exhx0，fx单调递增，fx无极值点，当hx在区间-,-1上有1个变号零点时，可设为x0，则当x-,x0时，hx0,fx=exhx时,2x-11,所以f(x)1+cosx0,即f(x)0,所以f(x)在(,+)上单调递增.令h(x)=f(x)

12、=cosx-1+2x,则h(x)=-sinx+ 2,又h2=2-10,h(x)在2,上单调递增,所以x02,使得hx0 =0,所以当x2,x0时,h(x)0,h(x)单调递增,又h2=h()=0,所以在2,上,h(x)0,即f(x)0,f(x)单调递增,在(-,0)上,f(x)0,f(x)单调递减,又f(0)= f2=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)=x2lnx，则下列结论正确的是（）Af(x)在x=1e处得到极大值-12eBf(x)在x=e处得到极大值e2Cf(x)在x=1e处得到极小值-12eDf(x)在x=e处得到

13、极小值e2【解题思路】利用导数求函数极值即可.【解答过程】由f(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)，且x(0,+)，所以x(0,1e)时f(x)0，f(x)递增，所以f(x)在x=1e处得到极小值f(1e)=1eln1e= -12e.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x=1处取得极值0，则a+b=（）A-1B0C1D2【解题思路】根据极值点的意义，列式求解.【解答过程】fx=a+1bx，有f1=a+1=0f1=a+1b=0，得a=-1,b=1，所以a+b=0.故选：B.【变式4-1】（2023陕西商洛统考三模）

14、若函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x无极值，则a的取值范围为（）A-3,6B(-3,6)C(-,-36,+)D(-,-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，因为f(x)无极值，所以(2a)2-43(a+6)0，解得-3a6，所以a的取值范围为-3,6故选：A.【变式4-2】（2023四川绵阳统考一模）若函数y=cosx+6（0）在区间-2,0上恰有唯一极值点，则的取值范围为（）A13,76B13,76C13,73D23,73【解题思路】根据余弦函数的图象特征，根据

15、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-2,0，x+6-2+6,6，由于y=cosx+6（0）在区间-2,0上恰有唯一极值点，故满足-2+60，解得13,73，故选：C.【变式4-3】（2023高二课时练习）已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值，则a的取值范围是（）A-1a2Ba6C-3a6Da2【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)=x3+ax2+(a+6)x+1，f(x)=3x2+2ax+a+6，函数f(x)有极大值和极小值，所以其导函数f(x)=0有两个不同的解，=4a2

16、-43(a+6)0,所以a6.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+bx2-12x取得极值，则fx在区间-4,4上的最大值为（）A8B12C16D32【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上的单调性和最值.【解答过程】因为fx=x3+bx2-12x，所以f(x)=3x2+2bx-12，又因为f(x)在x=2取极值，所以f(2)=12+4b-12=0，解得b=0，若b=0，则f(x)=x3-12x，f(x)=3x2-12，令f(x)0，得x2；令f(x)0，得-2x0，利用单

17、调性得lny=lnx-x，记gx=lnx+1x+lnx-x，求导，利用函数单调性求最值即可.【解答过程】因为正实数x，y满足yex=lnx-lny，所以xex=xylnx-lny=xylnxy=lnxyelnxy，设ft=tet,t0，则ft=t+1et，当t0时，ft0，所以函数ft在0,+上单调递增，由xex=lnxyelnxy得fx=flnxy，所以x=lnxy，所以lny=lnx-x，所以lnx+1x+lny=lnx+1x+lnx-x，记gx=lnx+1x+lnx-x，则gx=-lnx+x-x2x2，所以g1=0，记hx=-lnx+x-x2，则hx=-2x+1-1x-22+10，gx0

18、，gx单调递增，在1,+上，hx0，gx3时，f(x)0,f(x)单调递减，当0x0,f(x)单调递增，当x0,f(x)单调递增，当x+时，f(x)0且f(x)0，当x-时，f(x)-，所以fx在x=3时有极大值即最大值f3=33e3=27e3，无最小值.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的值为（）A-2B-1eC1De【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fx=1x+a，x0，所以当a0时，fx0恒成立，故函数fx单调递增，不存在最大值；当a0，函数单调

19、递增，当x-1a,+时，fx0，函数单调递减，所以fxmax=f-1a=ln-1a-1=0，解得：a= -1e.故选：B.【变式6-1】（2023四川宜宾统考三模）若函数fx=x-m2-2,x02x3-3x2,x0的最小值是-2，则实数m的取值范围是（）Am0Dm0【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fxmin=-2可求得实数m的取值范围.【解答过程】当x0时，fx=2x3-3x2，则fx=6x2-6x=6xx-1，当0x1时，fx1时，fx0，此时函数fx单调递增，所以，函数fx的极小值为f1=-1，因为函数fx的最小值为-2，当m0时，函

20、数fx在-,0上单调递减，此时，函数fx在-,0上无最小值，不合乎题意；当m0时，函数fx在-,m上单调递减，在m,0上单调递增，此时，函数fx在-,0上的极小值为fm=-2，且-2-1，则fxmin=fm=-2，综上所述，m0.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，aR，在区间(t-3,t+5)上有最大值，则实数t的取值范围是（）A-6t0B-6t0C-6t2D-6t2【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=x2-2x-3=(x-3)(x+1)，当x3时，y0，当

21、-1x3时，y0，所以函数在(-,-1)，(3,+)上递增函数，在(-1,3)上递减函数，故x=-1时函数有极大值，且yx=-1=53=yx=5，所以当函数在(t-3,t+5)上有最大值，则-1 (t-3,t+5)且t+55，即t-3-1t+5t+55，解得-6t0.故选：B.【变式6-3】（2023高二课时练习）已知函数f(x)=ex+x3+(a-3)x+1在区间(0，1)上有最小值，则实数a的取值范围是（）A(-e，2)B(-e，1-e)C(1，2)D(-,1-e)【解题思路】fx在0,1上递增，根据fx在0,1上有最小值，可知fx有极小值点，也即最小值点，由此列不等式来求得a的取值范围.

22、【解答过程】fx=ex+3x2+(a-3)在区间(0,1)上单调递增，由题意只需f00a-20-ea2，这时存在x0(0,1)，使得f(x)在区间(0,x0)上单调递减，在区间x0,1)上单调递增，即函数f(x)在区间(0,1)上有极小值也即是最小值所以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=sinxex+acosxaR,fx为函数fx的导函数(1)若a-2，讨论fx在0,2上的单调性；(2)若函数gx=fx+fx，且gx在0,内有唯一的极大值，求实数a的取值范围【解题思路】（1）二次求导，得到当a-2时，2e

23、x+a0，故hx=0，得到x1=2,x2=32，从而得到fx在0,2上的单调性；（2）求导得到gx=2sinx+41ex+a，a0时，结合函数单调性得到gx在0,不存在极大值，舍去，当a0时，令1ex+a=0，得x3=ln-1a，与x0=34比较，分类讨论，结合函数单调性和极值情况，求出实数a的取值范围.【解答过程】（1）因为fx=sinxex+acosx，所以fx=cosx-sinxex-asinx，设hx=fx=cosx-sinxex-asinx，则hx=-sinx-cosx-cosx+sinxex-acosx=-cosx2ex+a 当x0,2时，ex1,e2,2ex2e2,2，当a-2时

24、，2ex+a0，则hx即fx单调递增；当x2,32时，hx0，则hx即fx单调递增综上，fx在0,2,32,2上单调递增，在2,32上单调递减（2）由（1）知，gx=fx+fx=sinxex+acosx+cosx-sinxex-asinx=cosxex+acosx-sinx，gx=-sinx+cosxex-asinx+cosx=-2sinx+41ex+a（）当a0时，在0,内，1ex+a0恒成立，当x0,时，令gx=0，得x0=34，当x0,34时，gx0,gx单调递增，当a0时，gx在0,内有唯一的极小值点x0=34，不存在极大值，不符合题意（）当a0时，令1ex+a=0，得x3=ln-1a

25、，当x0；当xx3时，1ex+a0当x3=ln-1ax0=34，即a0,gx单调递增，当x34,时，gx0,gx单调递减，故gx在x0=34处取得0,内的唯一极大值，符合题意若x30,34，即-1a-1e34，则当x0,x3时，gx0,gx单调递增，当x34,时，gx0,gx单调递减，故gx在x0=34处取得0,内的唯一极大值，符合题意当x3=x0，即a=-1e34时，若x0,34，则gx0,gx单调递减，若x34,，则gx0,gx单调递减，故gx在0,内无极值，不符合题意当x334,，即-1e34a-1e时，gx在0,34内单调递减，在34,x3内单调递增，在x3,内单调递减，故gx在x3=

26、ln-1a处取得0,内的唯一极大值，符合题意当x3，即-1ea0时，gx在0,34内单调递减，在34,内单调递增，故gx在x0=34处取得0,内的唯一极小值，不存在极大值，不符合题意综上，实数a的取值范围是-,-1e34-1e34,-1e【变式7-1】（2023吉林统考一模）已知函数f(x)=ex+msinx(1)若函数fx在0,上单调递增，求正实数m的取值范围；(2)求证：当m=1时，fx在-,+上存在唯一极小值点x0，且-1fx00【解题思路】（1）当0x2时，fx0恒成立，当2x时，分离常数m-excosx，构造函数gx=-excosx，利用导数求gx的最小值即得0m2e34；（2）先利

27、用导数判断fx在0,+单调递增，无极点，fx在-,0单调递增，由f-2f-340得x0-34,-2，由fx0=0得ex0=-cosx0，可得fx0=2sinx0-4，结合进而可得-1fx00.【解答过程】（1）fx=ex+mcosx，因为函数fx在0,上单调递增，所以fx=ex+mcosx0在0,上恒成立（且不恒为0）当00所以fx0恒成立，即fx单调递增，当2x时，m-excosx恒成立设gx=-excosx，gx=-excosx+sinxcos2x=-2exsinx+4cos2x，当34x0，当2x34时，gx0，00，fx在0,+上单调递增，即fx在0,+上无极值点，当-x0恒成立，ux

28、在-,0上单调递增，u-2=e-20，u-34=e-34-22=1e34-120由零点存在性定理，存在唯一一个x0-34,-2，使得ux0=0，即ex0=-cosx0，当-xx0时，ux0，fx0，fx在-,x0上单调递减，当x0x0，fx0，fx在x0,0上单调递增，fx在-,+上存在唯一极小值点x0，fx0=ex0+sinx0=-cosx0+sinx0=2sinx0-4又x0-34,-2，x0-4-,-34，2sinx0-4-1,0即-1fx00，fx的最小值是1+lnm，求实数m的取值范围.【解题思路】（1）求出fx的导数，按me和me分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答即可；（2）利

29、用（1）中信息，按me和me探讨，利用导数研究函数fx的最小值求解即可.【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+，所以fx=me-x-xe-x+1-1x=1exx-1exx-m，令ux=exx-m，则ux=exx-1x2，令ux0，可得0x0，可得x1，所以ux在0,1上单调递减，在1,+上单调递增，故uxmin=u1=e-m，me时，uxmin0，则ux0，令fx0，可得0x0，可得x1，所以fx在0,1上单调递减，在1,+上单调递增，所以fx有1个极小值点；me时，uxmin0时，hx0，则hx在0,+上单调递增，当x0时，hx0，则hx在-,0上单调递减，故hxh0=0，所以exx+1

30、，当x=0时取等号.当x1m-1x+1x-m=1+1x-m0，此时x10,1，使得ux1=0，令vx=ex-x2,x1，有vx=ex-2x，令x=ex-2x,x1，x=ex-20，x在1,+上单调递增，即x1=e-20，即有vx0，即vx在1,+上单调递增，即vxv1=e-20，所以exx2，当xme时，uxx2x-m=x-m0，此时x21,+，使得ux2=0，因此x0,x1，fx0，fx单调递增，x1,x2，fx0，fx单调递增，所以fx由3个极值点；所以当me时，fx恰有1个极值点；当me时，fx恰有3个极值点；（2）由（1）知，当0e时，x10,1，使得ux1=0，x21,+，使得ux2

31、=0，所以fx在0,x1上单调递减，在x1,1上单调递增，在1,x2上单调递减，在x2,+上单调递增，其中exixi-m=0i=1,2，即xi=lnm+lnxi，所以fxmin=minfx1,fx2=1+lnm，而fxi=mxiexi+xi-lnxi=1+lnm符合要求，所以me，综上可得，实数m的取值范围为mme.【变式7-3】（2023陕西汉中校联考模拟预测）已知函数fx=xlnx-12ax2，其中aR.(1)若a=1，求fx的单调区间；(2)若fx恰有2个不同的极值点，求a的取值范围；(3)若fx恰有2个不同的零点，求a的取值范围.【解题思路】（1）求得fx=1+lnx-x，设gx=1+

32、lnx-x，利用导数求得函数gx的单调性，结合gxg1=0，得到fx0，即可求解；（2）求得fx=1+lnx-ax，转化为fx=0有两个不等的正根，设hx=1+lnx-ax，分a0和a0，两种情况，利用导数求得函数的单调性，结合hxh1a=-lna，列出不等式，即可求解；（3）根据题意，转化为12a=lnxx,x0，设mx=lnxx，求得mx=1-lnxx2，得出函数mx单调性和最值，列出不等式，即可求解.【解答过程】（1）解：若a=1，则fx=xlnx-12x2，可得fx=1+lnx-x，设gx=1+lnx-x，则gx=1x-1，当0x0,gx递增；当x1时，gx0，若a0，则hx在0,+递

33、增，不符合题意；若a0，可得hx=1x-a，令hx=0，可得x=1a，当x1a时，hx0，hx单调递减；当0x0，hx单调递增，可得hxh1a=1-lna-1=-lna，因为fx=0有两个不等的正根，所以-lna0，解得0a0，可得lnx-12ax=0，即12a=lnxx,x0，设mx=lnxx，则mx=1-lnxx2，当xe时，mx0，mx单调递减；当0x0，mx单调递增，所以mxme=1e，又x0+时，mx-,x+时，mx0+，因为fx恰有2个不同的零点，所以012a1e，可得0a2e，所以实数a的取值范围是0,2e.1（2023全国统考高考真题）函数fx=x3+ax+2存在3个零点，则a

34、的取值范围是（）A-,-2B-,-3C-4,-1D-3,0【解题思路】写出f(x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.【解答过程】f(x)=x3+ax+2，则f(x)=3x2+a，若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a0，当x-a3,-a3，f(x)0f-a30-a3-a3+a-a3+20，解得a0，所以xex1a，设gx=xex,x1,2，所以gx=x+1ex0，所以gx在1,2上单调递增，gxg1=e，故e1a，即a1e=e-1，即a的最小值为e-1故选：C3（2023全国统考高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=y2fx+x2fy，则（

35、）Af0=0Bf1=0Cfx是偶函数Dx=0为fx的极小值点【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)=x2lnx,x00,x=0进行判断即可.【解答过程】方法一：因为f(xy)=y2f(x)+x2f(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(-

36、x)=f(x)+x2f(-1)=f(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)=y2f(x)+x2f(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)+x2f(-1)=f(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，

37、当x2y20时，对f(xy)=y2f(x)+x2f(y)两边同时除以x2y2，得到f(xy)x2y2=f(x)x2+f(y)y2，故可以设f(x)x2=lnx(x0)，则f(x)=x2lnx,x00,x=0，当x0肘，f(x)=x2lnx，则fx=2xlnx+x21x=x(2lnx+1)，令fx0，得0x0，得xe-12；故f(x)在0,e-12上单调递减，在e-12,+上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在-e-12,0上单调递增，在-,e-12上单调递减，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=alnx+bx+cx2a

38、0既有极大值也有极小值，则（）Abc0Bab0Cb2+8ac0Dac0x1+x2=ba0x1x2=-2ca0，即有b2+8ac0，ab0，ac0，显然a2bc0，即bc0，故lna+1-lna0a1即aa+110a1，故5-12a1，结合题意可得实数a的取值范围是5-12,1.故答案为：5-12,1.6（2023全国统考高考真题）已知函数fx=1x+aln1+x(1)当a=-1时，求曲线y=fx在点1,fx处的切线方程(2)若函数fx在0,+单调递增，求a的取值范围【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

39、fx0在区间0,+上恒成立，整理变形可得gx=ax2+x-x+1lnx+10在区间0,+上恒成立，然后分类讨论a0,a12,0a-1，则fx=-1x2lnx+1+1x-11x+1，据此可得f1=0,f1=-ln2，所以函数在1,f1处的切线方程为y-0=-ln2x-1，即ln2x+y-ln2=0.（2）由函数的解析式可得fx=-1x2lnx+1+1x+a1x+1x-1，满足题意时fx0在区间0,+上恒成立.令-1x2lnx+1+1x+a1x+10，则-x+1lnx+1+x+ax20，令gx=ax2+x-x+1lnx+1，原问题等价于gx0在区间0,+上恒成立，则gx=2ax-lnx+1，当a0

40、时，由于2ax0,lnx+10，故gx0，gx在区间0,+上单调递减，此时gxg0=0，不合题意;令hx=gx=2ax-lnx+1，则hx=2a-1x+1，当a12，2a1时，由于1x+10,hx在区间0,+上单调递增，即gx在区间0,+上单调递增，所以gxg0=0，gx在区间0,+上单调递增，gxg0=0，满足题意.当0a12时，由hx=2a-1x+1=0可得x=12a-1，当x0,12a-1时，hx0,hx在区间0,12a-1上单调递减，即gx单调递减，注意到g0=0，故当x0,12a-1时，gxg0=0，gx单调递减，由于g0=0，故当x0,12a-1时，gxg0=0，不合题意.综上可知

41、：实数a得取值范围是a|a12.7（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,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【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，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gx，利用数轴穿根法求得gx0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fx的零点的情况，从而

42、利用导数与函数的极值点的关系求得fx的极值点个数.【解答过程】（1）因为f(x)=x-x3eax+b,xR，所以fx=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1-13ea+b=01-3+aea+b=-1，解得a=-1b=1，所以a=-1,b=1.（2）由（1）得gx=fx=1-3x2-x3e-x+1xR，则gx=-xx2-6x+6e-x+1，令x2-6x+6=0，解得x=33，不妨设x1=3-3，x2=3+3，则0x10恒成立，所以令gx0，解得0xx2；令gx0，解得x0或x1xx2；所以gx在0,x1，

43、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+1xR，fx=1-3x2-x3e-x+1，由（2）知fx在0,x1，x2,+上单调递减，在-,0，x1,x2上单调递增，当x0时，f-1=1-4e20，即f-1f00所以fx在-,0上存在唯一零点，不妨设为x3，则-1x30，此时，当xx3时，fx0，则fx单调递减；当x3x0，则fx单调递增；所以fx在-,0上有一个极小值点；当x0,x1时，fx在0,x1上单调递减，则fx1=f3-3f1=1-20，故f0fx10，

44、所以fx在0,x1上存在唯一零点，不妨设为x4，则0x4x1，此时，当0x0，则fx单调递增；当x4xx1时，fxf3=10，故fx1fx20，所以fx在x1,x2上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1x5x2，此时，当x1xx5时，fx0，则fx单调递减；当x5xx2时，fxx2=3+33时，3x2-x3=x23-x0，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.8（2023全国统考高考真题）已知函数fx=ax-sinxcos2x,x0,2(1)当a=1时，讨论fx的单调性；(2)若fx+sinx0

45、，求a的取值范围【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fx，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx0，注意到g0=0，从而得到g00，进而得到a0，再分类讨论a=0与a0两种情况即可得解；法二：先化简并判断得sinx-sinxcos2x0恒成立，再分类讨论a=0，a0三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得a0时不满足题意，从而得解.【解答过程】（1）因为a=1，所以fx=x-sinxcos2x,x0,2，则fx=1-cosxcos2x-2cosx-sinxsinxcos4x=1-c

46、os2x+2sin2xcos3x=cos3x-cos2x-21-cos2xcos3x=cos3x+cos2x-2cos3x，令t=cosx，由于x0,2，所以t=cosx0,1，所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2t-1+2t+1t-1 =t2+2t+2t-1，因为t2+2t+2=t+12+10，t-10，所以fx=cos3x+cos2x-2cos3x0在0,2上恒成立，所以fx在0,2上单调递减.（2）法一：构建gx=fx+sinx=ax-sinxcos2x+sinx0x2，则gx=a-1+sin2xcos3x+cosx0x2，若gx=fx+sinx0

47、，且g0=f0+sin0=0，则g0=a-1+1=a0，解得a0，当a=0时，因为sinx-sinxcos2x=sinx1-1cos2x，又x0,2，所以0sinx1，0cosx1，所以fx+sinx=sinx-sinxcos2x0，满足题意；当a0时，由于0x2，显然ax0，所以fx+sinx=ax-sinxcos2x+sinxsinx-sinxcos2x0，满足题意；综上所述：若fx+sinx0，等价于a0，所以a的取值范围为-,0.法二：因为sinx-sinxcos2x=sinxcos2x-sinxcos2x=sinxcos2x-1cos2x=-sin3xcos2x，因为x0,2，所以0

48、sinx1，0cosx1，故sinx-sinxcos2x0在0,2上恒成立，所以当a=0时，fx+sinx=sinx-sinxcos2x0，满足题意；当a0时，由于0x2，显然ax0，所以fx+sinx=ax-sinxcos2x+sinxsinx-sinxcos2x0时，因为fx+sinx=ax-sinxcos2x+sinx=ax-sin3xcos2x，令gx=ax-sin3xcos2x0x0，若0x0，则gx在0,2上单调递增，注意到g0=0，所以gxg0=0，即fx+sinx0，不满足题意；若0x02，gx00，则g0gx00，所以gx在0,x1上单调递增，则在0,x1上有gxg0=0，即

49、fx+sinx0，不满足题意；综上：a0.9（2023全国统考高考真题）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.【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)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

50、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a0，a12和0a0，即函数的定义域为-,-10,+，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-mm12，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fx=-1x2lnx+1+1x+a1x+1，由fx在区间0,+存在极值点，则fx在区

51、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，gx=2ax-lnx+1,gx=2a-1x+1当a0时，gx0，gx在区间0,+上单调递减，此时gxg0=0，gx在区间0,+上无零点，不合题意;当a12，2a1时，由于1x+10,gx在区间0,+上单调递增，所以gxg0=0，gx在区间0,+上单调递增，gxg0=0，所以gx在区间0,+上无零点，不符合题意；当0a12时，由gx=2a-1x+1=0可得x=12a-1，当x0,12a-1

52、时，gx0，gx单调递增，故gx的最小值为g12a-1=1-2a+ln2a，令mx=1-x+lnx0x0，函数mx在定义域内单调递增，mxm1=0，据此可得1-x+lnx0恒成立，则g12a-1=1-2a+ln2a0，则hx=-2x2+x+1x，当x0,1时，hx0,hx单调递增，当x1,+时，hx2ax-x+12-x+1=2ax-x2+x，g2a-12a2a-1-2a-12+2a-1=0，且注意到g0=0，根据零点存在性定理可知:gx在区间0,+上存在唯一零点x0.当x0,x0时，gx0，gx单调递增，所以gx0g0=0.令nx=lnx-x，则nx=1x-12x=2-x2x，则函数nx=ln

53、x-x在0,4上单调递增，在4,+上单调递减，所以nxn4=ln4-20，所以lnx4a2+14a+a-ln4a2+1+a-1-2a+1=4a2+14a-ln4a2+14a2+14a-4a2+14a2+116a2-4a2-14a+4a2+1=4a2+112a2-14a+4a2+10，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0,12.10（2023全国统考高考真题）已知函数fx=aex+a-x(1)讨论fx的单调性；(2)证明：当a0时，fx2lna+32【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a0与a0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方

54、法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2-12-lna0的恒成立问题，构造函数ga=a2-12-lnaa0，利用导数证得ga0即可.方法二：构造函数hx=ex-x-1，证得exx+1，从而得到f(x)x+lna+1+a2-x，进而将问题转化为a2-12-lna0的恒成立问题，由此得证.【解答过程】（1）因为f(x)=aex+a-x，定义域为R，所以fx=aex-1，当a0时，由于ex0，则aex0，故fx=aex-10时，令fx=aex-1=0，解得x=-lna，当x-lna时，fx-lna时，fx0，则fx在-lna,+上单调递增；综上：当a0时，fx在R上单调递减；当a0时，fx在-,-l

55、na上单调递减，fx在-lna,+上单调递增.（2）方法一：由（1）得，fxmin=f-lna=ae-lna+a+lna=1+a2+lna，要证f(x)2lna+32，即证1+a2+lna2lna+32，即证a2-12-lna0恒成立，令ga=a2-12-lnaa0，则ga=2a-1a=2a2-1a，令ga0，则0a0，则a22；所以ga在0,22上单调递减，在22,+上单调递增，所以gamin=g22=222-12-ln22=ln20，则ga0恒成立，所以当a0时，f(x)2lna+32恒成立，证毕.方法二：令hx=ex-x-1，则hx=ex-1，由于y=ex在R上单调递增，所以hx=ex-

56、1在R上单调递增，又h0=e0-1=0，所以当x0时，hx0时，hx0；所以hx在-,0上单调递减，在0,+上单调递增，故hxh0=0，则exx+1，当且仅当x=0时，等号成立，因为f(x)=aex+a-x=aex+a2-x=ex+lna+a2-xx+lna+1+a2-x，当且仅当x+lna=0，即x=-lna时，等号成立，所以要证f(x)2lna+32，即证x+lna+1+a2-x2lna+32，即证a2-12-lna0，令ga=a2-12-lnaa0，则ga=2a-1a=2a2-1a，令ga0，则0a0，则a22；所以ga在0,22上单调递减，在22,+上单调递增，所以gamin=g22=222-12-ln22=ln20，则ga0恒成立，所以当a0时，f(x)2lna+32恒成立，证毕.