資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題17 導數與函數的極值、最值（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 3
【考點1】根據函數圖象判斷極值 3
【考點2】求已知函數的極值 5
【考點3】由函數的極值求參數 6
【考點4】利用導數求函數的最值 7
【分層檢測】 8
【基礎篇】 8
【能力篇】 10
【培優篇】 11
考試要求：
1.借助函數圖象，了解函數在某點取得極值的必要和充分條件.
2.會用導數求函數的極大值、極小值.3.會求閉區間上函數的最大值、最小值.
1.函數的極值
(1)函數的極小值：
函數y＝f(x)在點x＝a的函數值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0.則a叫做函數y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數y＝f(x)的極小值.
(2)函數的極大值：
函數y＝f(x)在點x＝b的函數值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0.則b叫做函數y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數y＝f(x)的極大值.
(3)極小值點、極大值點統稱為極值點，極小值和極大值統稱為極值.
2.函數的最大(小)值
(1)函數f(x)在區間[a，b]上有最值的條件：
如果在區間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條連續不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在區間[a，b]上的最大(小)值的步驟：
①求函數y＝f(x)在區間(a，b)上的極值；
②將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.
1.求最值時，應注意極值點和所給區間的關系，關系不確定時，需要分類討論，不可想當然認為極值就是最值.
2.函數最值是“整體”概念，而函數極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關系.
一、單選題
1．（2022·全國·高考真題）函數在區間的最小值、最大值分別為（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·全國·高考真題）當時，函數取得最大值，則（ ）
A． B． C． D．1
3．（2022·全國·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
4．（2023·全國·高考真題）若函數既有極大值也有極小值，則（ ）．
A． B． C． D．
5．（2022·全國·高考真題）已知函數，則（ ）
A．有兩個極值點 B．有三個零點
C．點是曲線的對稱中心 D．直線是曲線的切線
三、填空題
6．（2022·全國·高考真題）已知和分別是函數（且）的極小值點和極大值點．若，則a的取值范圍是 ．
【考點1】根據函數圖象判斷極值
一、單選題
1．（2024·四川廣安·二模）已知函數，給出下列4個圖象：
其中，可以作為函數的大致圖象的個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數在上恰有兩個極值點，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2022·福建泉州·模擬預測）設函數的定義域為，是的極大值點，以下結論一定正確的是（ ）
A．， B．是的極大值點
C．是的極小值點 D．是的極小值點
4．（2021·河北衡水·模擬預測）已知函數的導函數為，且滿足，則（ ）
A．
B．
C．不存在極值
D．與的圖象相切的直線的斜率不可能為-4
三、填空題
5．（2018·四川樂山·一模）已知函數，其導函數的圖象經過點（1，0），（2，0），如圖所示，則下列說法中不正確的序號是 ．
①當時函數取得極小值；
②有兩個極值點；
③當時函數取得極小值；
④當時函數取得極大值．
6．（2021·四川成都·模擬預測）已知函數的定義域為，其部分自變量與函數值的對應情況如表：
x 0 2 4 5
3 1 2.5 1 3
的導函數的圖象如圖所示．給出下列四個結論：
①在區間上單調遞增；
②有2個極大值點；
③的值域為；
④如果時，的最小值是1，那么t的最大值為4．
其中，所有正確結論的序號是 ．
反思提升：
由圖象判斷函數y＝f(x)的極值，要抓住兩點：(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數y＝f(x)的可能極值點；(2)由導函數y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的值的正負，從而可得函數y＝f(x)的單調性.兩者結合可得極值點.
【考點2】求已知函數的極值
一、單選題
1．（2024·浙江·三模）已知 表示不超過 的最大整數，若 為函數的極值點，則 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全國·模擬預測）設函數，記的極小值點為，極大值點為，則（ ）
A．2 B． C． D．
二、多選題
3．（2024·山東棗莊·模擬預測）若函數，則（ ）
A．的圖象關于對稱 B．在上單調遞增
C．的極小值點為 D．有兩個零點
4．（2024·重慶·三模）已知函數(為常數)，則下列結論正確的是（ ）
A．當時，在處的切線方程為
B．若有3個零點，則的取值范圍為
C．當時，是的極大值點
D．當時，有唯一零點，且
三、填空題
5．（2024·遼寧鞍山·二模）的極大值為 ．
6．（2024·廣東·模擬預測）在的極值點個數為 個．
反思提升：
運用導數求函數f(x)極值的一般步驟：
(1)確定函數f(x)的定義域；
(2)求導數f′(x)；
(3)解方程f′(x)＝0，求出函數定義域內的所有根；
(4)列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側值的符號；
(5)求出極值.
【考點3】由函數的極值求參數
一、單選題
1．（2024·遼寧葫蘆島·一模）已知函數在上無極值，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南·模擬預測）已知函數在處取得最值，且在上恰有兩個極值點，則（ ）
A．4 B．10 C． D．
二、多選題
3．（2024·河南·三模）已知為函數的極值點，則（ ）
A．
B．是偶函數
C．的圖象關于直線對稱
D．在區間上單調遞增
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數．若過原點可作函數的三條切線，則（ ）
A．恰有2個異號極值點 B．若，則
C．恰有2個異號零點 D．若，則
三、填空題
5．（2024·江蘇·二模）如果函數在區間[a，b]上為增函數，則記為，函數在區間[a，b]上為減函數，則記為.如果，則實數m的最小值為 ；如果函數，且，，則實數 .
6．（2024·陜西銅川·三模）若函數有兩個極值點，則實數的取值范圍為 .
反思提升：
1.已知函數極值，確定函數解析式中的參數時，要注意：根據極值點的導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解.
【考點4】利用導數求函數的最值
一、單選題
1．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知數列滿足點在直線上，的前n項和為，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三下·河南·階段練習）已知函數，，若函數沒有零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·河南南陽·模擬預測）已知函數，則（ ）
A．若曲線在處的切線方程為，則
B．若，則函數的單調遞增區間為
C．若，則函數在區間上的最小值為
D．若，則的取值范圍為
4．（2024·河北·二模）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數在上單調遞增
B．若對任意，不等式恒成立，則實數的最小值為
C．函數在上存在極值點
D．若，則的最大值為
三、填空題
5．（2024·廣東廣州·模擬預測）若，關于的不等式恒成立，則正實數的最大值為 .
6．（2024·四川成都·三模）已知函數 ，若 存在最小值，且最小值為，則實數 的值為
反思提升：
1.利用導數求函數f(x)在[a，b]上的最值的一般步驟：
(1)求函數在(a，b)內的極值.
(2)求函數在區間端點處的函數值f(a)，f(b).
(3)將函數f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.
2.求函數在無窮區間(或開區間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調性，并通過單調性和極值情況，畫出函數的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數的最值.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北承德·二模）設為實數，若函數在處取得極小值，則（ ）
A．1 B． C．0 D．
2．（2024·江蘇南通·二模）若函數有大于零的極值點，則實數a的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·重慶·模擬預測）若函數有極值，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江西上饒·一模）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的導函數為
B．在上單調遞減
C．的最小值為
D．的圖象在處的切線方程為
二、多選題
5．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（ ）
A．在區間單調遞減
B．在區間有兩個極值點
C．直線是曲線的對稱軸
D．直線是曲線在處的切線
6．（2023·全國·模擬預測）設函數，若恒成立，則滿足條件的正整數可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2024·貴州安順·一模）設函數，則（ ）
A．有個極大值點
B．有個極小值點
C．是的極大值點
D．是的極小值點
三、填空題
8．（2024·安徽·二模）已知函數，當時的最大值與最小值的和為 ．
9．（2024·遼寧·一模）已知函數在處有極值8，則等于 ．
10．（22-23高二下·廣東陽江·期中）若方程有兩個不等的實數根，則實數的取值范圍是 .
四、解答題
11．（2024·山東濰坊·二模）已知函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求實數a，b的值；
(2)求的單調區間和極值．
12．（2024·江蘇南京·二模）已知函數，其中．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)當時，若在區間上的最小值為，求a的值．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·上海·三模）已知函數的定義域為，則下列條件中，能推出1一定不是的極小值點的為（ ）
A．存在無窮多個，滿足
B．對任意有理數，均有
C．函數在區間上為嚴格減函數，在區間上為嚴格增函數
D．函數在區間上為嚴格增函數，在區間上為嚴格減函數
二、多選題
2．（2024·浙江杭州·三模）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．在區間上單調遞增 B．的最小值為
C．方程的解有2個 D．導函數的極值點為
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數的最小正周期為T，其圖象關于點中心對稱，則T的最大值為 ；寫出曲線滿足“在區間內恰有三個極值點”的一條對稱軸方程為 ．
四、解答題
4．（2024·湖北荊州·模擬預測）已知函數.
(1)求的單調區間；
(2)若對于任意，都有，求實數a的取值范圍.
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·湖北·二模）已知函數（e為自然對數的底數）．則下列說法正確的是（ ）
A．函數的定義域為R
B．若函數在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為，則
C．當時，可能有三個零點
D．當時，函數的極小值大于極大值
二、多選題
2．（2024·江蘇南通·三模）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知，函數恒成立，則的最大值為 .
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專題17 導數與函數的極值、最值（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 8
【考點1】根據函數圖象判斷極值 8
【考點2】求已知函數的極值 13
【考點3】由函數的極值求參數 19
【考點4】利用導數求函數的最值 23
【分層檢測】 30
【基礎篇】 30
【能力篇】 38
【培優篇】 42
考試要求：
1.借助函數圖象，了解函數在某點取得極值的必要和充分條件.
2.會用導數求函數的極大值、極小值.3.會求閉區間上函數的最大值、最小值.
1.函數的極值
(1)函數的極小值：
函數y＝f(x)在點x＝a的函數值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側f′(x)＜0，右側f′(x)＞0.則a叫做函數y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數y＝f(x)的極小值.
(2)函數的極大值：
函數y＝f(x)在點x＝b的函數值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側f′(x)＞0，右側f′(x)＜0.則b叫做函數y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數y＝f(x)的極大值.
(3)極小值點、極大值點統稱為極值點，極小值和極大值統稱為極值.
2.函數的最大(小)值
(1)函數f(x)在區間[a，b]上有最值的條件：
如果在區間[a，b]上函數y＝f(x)的圖象是一條連續不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在區間[a，b]上的最大(小)值的步驟：
①求函數y＝f(x)在區間(a，b)上的極值；
②將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.
1.求最值時，應注意極值點和所給區間的關系，關系不確定時，需要分類討論，不可想當然認為極值就是最值.
2.函數最值是“整體”概念，而函數極值是“局部”概念，極大值與極小值之間沒有必然的大小關系.
一、單選題
1．（2022·全國·高考真題）函數在區間的最小值、最大值分別為（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·全國·高考真題）當時，函數取得最大值，則（ ）
A． B． C． D．1
3．（2022·全國·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
4．（2023·全國·高考真題）若函數既有極大值也有極小值，則（ ）．
A． B． C． D．
5．（2022·全國·高考真題）已知函數，則（ ）
A．有兩個極值點 B．有三個零點
C．點是曲線的對稱中心 D．直線是曲線的切線
三、填空題
6．（2022·全國·高考真題）已知和分別是函數（且）的極小值點和極大值點．若，則a的取值范圍是 ．
參考答案：
1．D
【分析】利用導數求得的單調區間，從而判斷出在區間上的最小值和最大值.
【詳解】，
所以在區間和上，即單調遞增；
在區間上，即單調遞減，
又，，，
所以在區間上的最小值為，最大值為.
故選：D
2．B
【分析】根據題意可知，即可解得，再根據即可解出．
【詳解】因為函數定義域為，所以依題可知，，，而，所以，即，所以，因此函數在上遞增，在上遞減，時取最大值，滿足題意，即有．
故選：B.
3．C
【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.
【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,
[方法一]：導數法
設正四棱錐的底面邊長為，高為，
則，,
所以，
所以正四棱錐的體積，
所以，
當時，，當時，，
所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，
又時，，時，,
所以正四棱錐的體積的最小值為，
所以該正四棱錐體積的取值范圍是.
故選：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以當且僅當取到，
當時，得，則
當時，球心在正四棱錐高線上，此時，
，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是
4．BCD
【分析】求出函數的導數，由已知可得在上有兩個變號零點，轉化為一元二次方程有兩個不等的正根判斷作答.
【詳解】函數的定義域為，求導得，
因為函數既有極大值也有極小值，則函數在上有兩個變號零點，而，
因此方程有兩個不等的正根，
于是，即有，，，顯然，即，A錯誤，BCD正確.
故選：BCD
5．AC
【分析】利用極值點的定義可判斷A，結合的單調性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導數的幾何意義判斷D.
【詳解】由題，，令得或，
令得，
所以在，上單調遞增，上單調遞減，所以是極值點，故A正確；
因，，，
所以，函數在上有一個零點，
當時，，即函數在上無零點，
綜上所述，函數有一個零點，故B錯誤；
令，該函數的定義域為，，
則是奇函數，是的對稱中心，
將的圖象向上移動一個單位得到的圖象，
所以點是曲線的對稱中心，故C正確；
令，可得，又，
當切點為時，切線方程為，當切點為時，切線方程為，故D錯誤.
故選：AC.
6．
【分析】法一：依題可知，方程的兩個根為，即函數與函數的圖象有兩個不同的交點，構造函數，利用指數函數的圖象和圖象變換得到的圖象，利用導數的幾何意義求得過原點的切線的斜率，根據幾何意義可得出答案.
【詳解】[方法一]：【最優解】轉化法，零點的問題轉為函數圖象的交點
因為，所以方程的兩個根為，
即方程的兩個根為，
即函數與函數的圖象有兩個不同的交點，
因為分別是函數的極小值點和極大值點，
所以函數在和上遞減，在上遞增，
所以當時，，即圖象在上方
當時，，即圖象在下方
，圖象顯然不符合題意，所以．
令，則，
設過原點且與函數的圖象相切的直線的切點為，
則切線的斜率為，故切線方程為，
則有，解得，則切線的斜率為，
因為函數與函數的圖象有兩個不同的交點，
所以，解得，又，所以，
綜上所述，的取值范圍為．
[方法二]：【通性通法】構造新函數，二次求導
=0的兩個根為
因為分別是函數的極小值點和極大值點，
所以函數在和上遞減，在上遞增，
設函數，則，
若，則在上單調遞增，此時若，則在
上單調遞減，在上單調遞增，此時若有和分別是函數
且的極小值點和極大值點，則，不符合題意；
若，則在上單調遞減，此時若，則在上單調遞增，在上單調遞減，令，則，此時若有和分別是函數且的極小值點和極大值點，且，則需滿足，，即故，所以.
【整體點評】法一：利用函數的零點與兩函數圖象交點的關系，由數形結合解出，突出“小題小做”，是該題的最優解；
法二：通過構造新函數，多次求導判斷單調性，根據極值點的大小關系得出不等式，解出即可，該法屬于通性通法．
【考點1】根據函數圖象判斷極值
一、單選題
1．（2024·四川廣安·二模）已知函數，給出下列4個圖象：
其中，可以作為函數的大致圖象的個數為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數在上恰有兩個極值點，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2022·福建泉州·模擬預測）設函數的定義域為，是的極大值點，以下結論一定正確的是（ ）
A．， B．是的極大值點
C．是的極小值點 D．是的極小值點
4．（2021·河北衡水·模擬預測）已知函數的導函數為，且滿足，則（ ）
A．
B．
C．不存在極值
D．與的圖象相切的直線的斜率不可能為-4
三、填空題
5．（2018·四川樂山·一模）已知函數，其導函數的圖象經過點（1，0），（2，0），如圖所示，則下列說法中不正確的序號是 ．
①當時函數取得極小值；
②有兩個極值點；
③當時函數取得極小值；
④當時函數取得極大值．
6．（2021·四川成都·模擬預測）已知函數的定義域為，其部分自變量與函數值的對應情況如表：
x 0 2 4 5
3 1 2.5 1 3
的導函數的圖象如圖所示．給出下列四個結論：
①在區間上單調遞增；
②有2個極大值點；
③的值域為；
④如果時，的最小值是1，那么t的最大值為4．
其中，所有正確結論的序號是 ．
參考答案：
1．D
【分析】對的情況進行分類討論，借助于導數對函數的單調性進行分析即可判斷函數的大致圖象.
【詳解】由題意知，定義域為，
當時，，由指數函數的單調性可知函數單調遞增，可對應①；
當時，，令可得：，所以當時，，當時，，所以，函數先減后增，且當時，，此時可對應②；
當時，，當時，當時，，當時，，所以，函數先增后減，
當時，，且此時，所以可對應③，
當時，，此時，所以可對應④.
故選：D.
2．D
【分析】函數在上恰有兩個極值點，在上有兩個變號零點，分離常數得，轉化為兩函數圖象有兩個不同的交點，利用數形結合思想進行求解；或直接求函數的單調性，求圖象在上與軸有兩個交點的條件.
【詳解】解法一： 由題意可得，因為函數在上恰有兩個極值點，所以在上有兩個變號零點．
令，可得，令，
則直線與函數，的圖象有兩個不同的交點，
，
當時，，所以在上單調遞增，
當時，，所以在上單調遞減，
又，當x趨近于0時，趨近于+∞，當x趨近于π時，趨近于+∞，
所以可作出的圖象如圖所示，數形結合可知，
即實數a的取值范圍是，
故選：D．
解法二 由題意可得．因為函數在上恰有兩個極值點，所以在上有兩個變號零點．
當時，在上恒成立，不符合題意．
當時，令，則，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
因為，，所以，則，即實數a的取值范圍是，
故選：D．
【點睛】方法點睛：
導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.
3．BD
【分析】根據極值的定義、極值的性質和圖象變換逐項判斷后可得正確的選項.
【詳解】對A. 是的極大值點，并不是最小值點，故A不正確；
對B. 相當于關于軸的對稱圖象，故應是的極大值點，故B正確；
對C. 相當于關于軸的對稱圖象，故應是的極小值點，跟沒有關系，故C不正確；
對D. 相當于先關于軸的對稱，再關于軸的對稱圖象.故D正確.
故選：BD.
4．AD
【分析】先求導，再令，求出，得，將代入判斷函數值是否正確；再令導數為，判斷函數極值點是否存在即可；對D只需令判斷是否有解即可
【詳解】，令，得，解得，A正確；
可得，所以，B錯誤；
，令，得，當時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增；所以與均為的極值點，C錯誤；
令，得，此方程中，，故此方程無解，即與相切的直線的斜率不可能為-4，D正確.
故選：AD
【點睛】本題主要考查導數的基本應用，導數值與函數解析式的求解，函數極值點的判斷，屬于基礎題
5．①
【分析】由導函數的圖像判斷出函數f(x)的單調性，從而得到極值的情況，即可得到正確答案.
【詳解】由圖象可知,當時,;當時, ;當時, .
所以函數f(x)在上單增，在上單減，在上單增.
f(x)有兩個極值點1和2,且當x=2時函數取得極小值,當x=1時,函數取得極大值,故只有①不正確.
故答案為:①
6．③④
【分析】畫出函數圖象，數形結合作出判斷.
【詳解】根據函數的導函數的圖象與表格，整理出函數的大致圖象，如圖所示．
對于①，在區間上單調遞減，故①錯誤；
對于②，有1個極大值點，2個極小值點，故②錯誤；
對于③，根據函數的極值和端點值可知，的值域為，故③正確；
對于④，如果時，的最小值是1，那么t的最大值為4，故④正確．
綜上所述，所有正確結論的序號是③④．
故答案為：③④
反思提升：
由圖象判斷函數y＝f(x)的極值，要抓住兩點：(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數y＝f(x)的可能極值點；(2)由導函數y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的值的正負，從而可得函數y＝f(x)的單調性.兩者結合可得極值點.
【考點2】求已知函數的極值
一、單選題
1．（2024·浙江·三模）已知 表示不超過 的最大整數，若 為函數的極值點，則 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全國·模擬預測）設函數，記的極小值點為，極大值點為，則（ ）
A．2 B． C． D．
二、多選題
3．（2024·山東棗莊·模擬預測）若函數，則（ ）
A．的圖象關于對稱 B．在上單調遞增
C．的極小值點為 D．有兩個零點
4．（2024·重慶·三模）已知函數(為常數)，則下列結論正確的是（ ）
A．當時，在處的切線方程為
B．若有3個零點，則的取值范圍為
C．當時，是的極大值點
D．當時，有唯一零點，且
三、填空題
5．（2024·遼寧鞍山·二模）的極大值為 ．
6．（2024·廣東·模擬預測）在的極值點個數為 個．
參考答案：
1．B
【分析】求導后，構造，分別求出，由零點存在定理得到零點范圍，再結合題意求出結果即可.
【詳解】由題意可得，
令，
則，，
所以存在，使得，即，
當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，
所以為函數的極值點，
所以，
所以，
故選：B.
2．D
【分析】根據的正負判斷函數的單調性，從而得到和的值，代入可得的值.
【詳解】由題知函數的定義域為，，
當時，，當時，，
在和上單調遞增，在上單調遞減，所以，．
所以．
故選：D．
3．AC
【分析】首先求出函數的定義域，即可判斷奇偶性，從而判斷A，利用導數說明函數的單調性，即可判斷B、C，求出極小值即可判斷D.
【詳解】對于函數，令，解得或，
所以函數的定義域為，
又，
所以為奇函數，函數圖象關于對稱，故A正確；
又
，
當時，，即在上單調遞減，故B錯誤；
當時，，即在上單調遞增，
根據奇函數的對稱性可知在上單調遞增，在上單調遞減，
所以的極小值點為，極大值點為，故C正確；
又，
且當趨近于1時，趨近于無窮大，當趨近于0時，趨近于無窮大，
所以在上無零點，根據對稱性可知在上無零點，
故無零點，故D錯誤．
故選：AC．
4．ABD
【分析】根據導數的幾何意義，可判定A正確；根據題意，轉化為與的圖象有3個交點，利用導數求得函數的單調性與極值，可判定B正確；當時，得到，討論函數的單調性，結合極值點的定義，可判定C錯誤.當時，得到，函數單調遞增，結合，可判定D正確；
【詳解】對于A中，當時，可得，則，所以切線為A正確：
對于B中，若函數有3個零點，即有三個解，
其中時，顯然不是方程的根，
當時，轉化為與的圖像有3個交點，
又由，
令，解得或；令，解得，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減；
所以當時，函數取得極小值，極小值為，
又由時，，當時，且，
如下圖：
所以，即實數的取值范圍為，所以B正確：
對于中，當時，，可得，
令，在上單調遞增，
且,所以存在使得，
所以在上，單調遞減，
在上，單調遞增，又,
所以在上，即，單調遞減，
在上，即，單調遞增，
所以是的極小值點，所以錯誤．
對于D中，當時，，
設，可得，
當時，在單調遞減；當時，在單調遞增，
所以當時，，所以，
所以，所以函數在上單調遞增，
又因為，即，
所以有唯一零點且，所以D正確；
故選：ABD.
【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、合理轉化，根據題意轉化為兩個函數的最值之間的比較，列出不等式關系式求解；
2、構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
3、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
4、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
5．
【分析】借助導數研究函數的單調性即可得其極大值.
【詳解】，
當時，，當時，，
故在、上單調遞減，在上單調遞增，
故有極大值.
故答案為：.
6．2
【分析】
利用導數研究函數的單調性與極值，結合三角函數的性質計算即可判定.
【詳解】由
，
令，則或，
顯然當時，，則或，
滿足的根為或，端點值不能做為極值點，舍去；
滿足的根有兩個，
根據正弦函數的性質可知時，，時，，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
所以在的極值點個數為2個.
故答案為：2
反思提升：
運用導數求函數f(x)極值的一般步驟：
(1)確定函數f(x)的定義域；
(2)求導數f′(x)；
(3)解方程f′(x)＝0，求出函數定義域內的所有根；
(4)列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右兩側值的符號；
(5)求出極值.
【考點3】由函數的極值求參數
一、單選題
1．（2024·遼寧葫蘆島·一模）已知函數在上無極值，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南·模擬預測）已知函數在處取得最值，且在上恰有兩個極值點，則（ ）
A．4 B．10 C． D．
二、多選題
3．（2024·河南·三模）已知為函數的極值點，則（ ）
A．
B．是偶函數
C．的圖象關于直線對稱
D．在區間上單調遞增
4．（2024·全國·模擬預測）已知函數．若過原點可作函數的三條切線，則（ ）
A．恰有2個異號極值點 B．若，則
C．恰有2個異號零點 D．若，則
三、填空題
5．（2024·江蘇·二模）如果函數在區間[a，b]上為增函數，則記為，函數在區間[a，b]上為減函數，則記為.如果，則實數m的最小值為 ；如果函數，且，，則實數 .
6．（2024·陜西銅川·三模）若函數有兩個極值點，則實數的取值范圍為 .
參考答案：
1．D
【分析】求導數確定單調性，討論x的取值范圍可得結果.
【詳解】由題意得，，故，
因為函數在上無極值，
所以在R上恒成立，
當時，，
設，則，
當時，得，當時，得，
則在上單調遞減，在上單調遞增，
從而，故，
當時，，則.
綜上，.
故選：D.
2．C
【分析】根據題意求出與的關系式，根據的范圍求出的范圍，當時同理即可求解.
【詳解】由題意可知，，，
解得，，當時，
由，得，
由題意，得，解得，所以不存在，
當時，由，
得，由題意，
得，解得，
所以.
故選：C.
3．ABC
【分析】由是導函數的零點，可得判斷A選項；由解析式判斷奇偶性判斷選項B；利用函數對稱性的特征判斷選項C；由正弦型函數的單調性判斷選項D.
【詳解】為函數的極值點，
，由可得，A選項正確；
由于，
所以是偶函數，B選項正確；
，
所以的圖象關于直線對稱，C選項正確；
由于的正負未知，所以在區間的單調性不確定，D選項錯誤，
故選：ABC．
4．BD
【分析】利用函數導數的符號可判斷AC，設切點，利用導數求出切線方程，代入原點方程有三解，轉化為利用導數研究函數極值，由數形結合求解即可判斷BD.
【詳解】因為，所以在上單調遞增，故AC錯誤；
設過原點的函數的切線的切點為，則切線的斜率，
所以切線方程為，
即，
因為過原點，所以，
化簡得，即方程有3個不等實數根，
令，則，
當時，或時，，時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以極大值，極小值為，如圖，
所以與相交有三個交點需滿足，故B正確；
同理，當時，可知極大值，極小值為，如圖，

可得時，與相交有三個交點，故D正確.
故選：BD
5． 4 1
【分析】第一空：令,可得，可得函數的單調性可求得的最小值；第二空由題意可得是函數的極值點，可得,求解檢驗即可.
【詳解】對于第一空：由題意在上單調遞增，
因為，所以，令，則，
由對勾函數性質得當時，的單調遞增區間為，
所以，即實數的最小值為2，所以實數的最小值為4；
對于第二空：函數可導，所以，
由題意在上單調遞減，在上單調遞增，即是函數的極值點，
所以，解得或，
經檢驗不滿足題意，符合題意，所以.
故答案為：4；1.
6．
【分析】將導數方程參變分離，轉化為與由兩個交點的問題，利用導數討論的單調性，觀察變化趨勢，作出草圖，由圖象即可得解.
【詳解】的定義域為，
，
令，得.
令，則.
令，則，即，即.
當時，單調遞增；當時，單調遞減.
，
又當趨近于0時，趨近于；當趨近于時，趨近于0，
作出的草圖如圖，
由圖可知，當時，方程有兩個正根，從而函數有兩個極值點.
【點睛】思路點睛：關于函數零點個數求參數問題，通常參變分離，轉化為兩個函數圖象相交問題，借助導數研究函數單調性，作出草圖即可得解，其中需要注意觀察函數的變化趨勢.
反思提升：
1.已知函數極值，確定函數解析式中的參數時，要注意：根據極值點的導數為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數法求解.
【考點4】利用導數求函數的最值
一、單選題
1．（2024·浙江寧波·模擬預測）已知數列滿足點在直線上，的前n項和為，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三下·河南·階段練習）已知函數，，若函數沒有零點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·河南南陽·模擬預測）已知函數，則（ ）
A．若曲線在處的切線方程為，則
B．若，則函數的單調遞增區間為
C．若，則函數在區間上的最小值為
D．若，則的取值范圍為
4．（2024·河北·二模）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數在上單調遞增
B．若對任意，不等式恒成立，則實數的最小值為
C．函數在上存在極值點
D．若，則的最大值為
三、填空題
5．（2024·廣東廣州·模擬預測）若，關于的不等式恒成立，則正實數的最大值為 .
6．（2024·四川成都·三模）已知函數 ，若 存在最小值，且最小值為，則實數 的值為
參考答案：
1．C
【分析】由題意可得數列是等差數列，根據等差數列的求和公式求出，從而可得，設，利用導數研究其單調性，結合即可求解.
【詳解】因為數列滿足點在直線上，
所以.
因為，
所以數列是首項為，公差為的等差數列，
所以，
則.
設，則，
當時，；當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
又，，
所以，即的最小值為.
故選:C.
2．A
【分析】根據給定條件，利用導數求出函數的最小值，再對該最小值的符號分類討論即得.
【詳解】函數的定義域為，求導得，
當時，，當時，，故函數在上遞減，在上遞增，
則當時，函數取得最小值.
若，則，從而沒有零點，滿足條件；
若，由于，，
故由零點存在定理可知在上必有一個零點，不滿足條件.
所以的取值范圍是.
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于將零點的存在性問題轉化為極值點的符號問題，屬于較為常規的問題.
3．BD
【分析】由，可判定A錯誤；當，利用導數求得的單調遞增區間，可判定B正確；當，利用導數求得函數的的單調性，求得在上的最小值為，可判定C錯誤；根據題意，分和、，結合函數的單調性，以及，可判定D正確.
【詳解】對于A中，因為函數，可得，
則，所以，解得，所以A錯誤；
對于B中，若，則，
當時，可得，所以的單調遞增區間為，所以B正確；
對于C中，若，則，
令，解得或（舍去），
當，即時，在上，可得，在上是增函數，
所以函數在上的最小值為；
當，即時，當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
所以函數在上的最小值為，所以C錯誤；
對于D中，因為，當時，，所以函數在上是增函數，
則，所以成立；
當時，由C項知：當時，，則成立；
當時，，即在區間上存在使得，
則不成立，
綜上，實數的取值范圍為，所以D正確.
故選：BD.
【點睛】方法技巧：利用導數研究函數的極值、最值等問題的求解策略：
1、求函數在閉區間上的最值時，在得到函數的極值的基礎上，結合區間端點的函數值與的各極值進行比較得到函數的最值；
2、若所給函數含有參數，則需通過對參數分離討論，判斷函數的單調性，從而的函數的最值；
3、若函數在區間上有唯一的極值點，這個極值點就是函數的最值點，此結論在導數的實際問題中經常使用.
4．ABD
【分析】對于A，直接求得單調區間即可；對于B C D，構造函數，研究函數的最值即可.
【詳解】對于A，的定義域為，令，
則當時，；
當時，即在上單調遞減，
在上單調遞增，
在上單調遞增，故A正確；
對于B，由知在上單調遞增，由得，則當時，，令，則當時，；當時，在上單調遞增，
在上單調遞減，，即的最小值為，故B正確；
對于的定義域為，令，
則當時，；當時，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
在上單調遞增，無極值點，故C錯誤；
對于D，若，
則，
由知：均為定義域上的增函數，，
由得，，令，則當時，；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減，
，即的最大值為，故D正確.
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：構造函數研究函數性質是解決導數問題的重要方法之一.
5．
【分析】先將不等式同構變形為，構造函數，求導判單調性轉化為解不等式0或，令，求導求得最大值小于等于0即可求解.
【詳解】，即，
令，則.
設，其中，
則，令，得，
所以當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
所以，又，
所以存在，使得，
所以若，則或，即0或恒成立，
當，故不可能，
，
所以在上，單調遞增，
在上，單調遞減，
所以，所以只有才能滿足要求，
即，又，解得，所以正實數的最大值為.
故答案為：
【點睛】方法點睛：函數隱零點的處理思路：
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數.
第二步：虛設零點并確定取值范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.
6．
【分析】求得，令，得到，令，利用導數求得函數的單調性和極大值，分和，兩種情況討論，轉化為，求得，即可求解.
【詳解】因為函數，可得，
令，可得，令，可得，
當時，可得，此時單調遞增，
當時，可得，此時單調遞減，
所以，函數的極大值為，當且僅當時，，
所以，可得，如圖所示，
當時，有兩個實數根，記為，
當時，；當時，，
所以在處取得極大值，不符合題意；
當時，有一個實數根，記為，
當時，；當時，，
所以在處取得極小值，也是最小值，
綜上可得，在內取得最小值，即時，函數取得最小值，
所以，即，即，
解得或（舍去），所以.
故答案為：.

【點睛】方法點睛：已知函數零點（方程根）的個數，求參數的取值范圍問題的三種常用方法：
1、直接法，直接根據題設條件構建關于參數的不等式（組），再通過解不等式（組）確定參數的取值范圍2、分離參數法，先分離參數，將問題轉化成求函數值域問題加以解決；
3、數形結合法，先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中作出函數的圖象，然后數形結合求解.
結論拓展：與和相關的常見同構模型
①，構造函數或；
②，構造函數或；
③，構造函數或.
反思提升：
1.利用導數求函數f(x)在[a，b]上的最值的一般步驟：
(1)求函數在(a，b)內的極值.
(2)求函數在區間端點處的函數值f(a)，f(b).
(3)將函數f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.
2.求函數在無窮區間(或開區間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調性，并通過單調性和極值情況，畫出函數的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數的最值.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·河北承德·二模）設為實數，若函數在處取得極小值，則（ ）
A．1 B． C．0 D．
2．（2024·江蘇南通·二模）若函數有大于零的極值點，則實數a的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
3．（2024·重慶·模擬預測）若函數有極值，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·江西上饒·一模）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．的導函數為
B．在上單調遞減
C．的最小值為
D．的圖象在處的切線方程為
二、多選題
5．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知函數的圖像關于點中心對稱，則（ ）
A．在區間單調遞減
B．在區間有兩個極值點
C．直線是曲線的對稱軸
D．直線是曲線在處的切線
6．（2023·全國·模擬預測）設函數，若恒成立，則滿足條件的正整數可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2024·貴州安順·一模）設函數，則（ ）
A．有個極大值點
B．有個極小值點
C．是的極大值點
D．是的極小值點
三、填空題
8．（2024·安徽·二模）已知函數，當時的最大值與最小值的和為 ．
9．（2024·遼寧·一模）已知函數在處有極值8，則等于 ．
10．（22-23高二下·廣東陽江·期中）若方程有兩個不等的實數根，則實數的取值范圍是 .
四、解答題
11．（2024·山東濰坊·二模）已知函數，曲線在點處的切線方程為．
(1)求實數a，b的值；
(2)求的單調區間和極值．
12．（2024·江蘇南京·二模）已知函數，其中．
(1)當時，求曲線在處的切線方程；
(2)當時，若在區間上的最小值為，求a的值．
參考答案：
1．B
【分析】求出函數的導數，根據極值點求出的值，然后根據極值的概念檢驗即得．
【詳解】由題可得，
令，解得；或，
因為函數在處取得極小值，
所以，即，
當時，，或，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，滿足題意.
故選：B.
2．C
【分析】求出函數的導數，求出極值點，利用極值點大于0，求出的范圍．
【詳解】函數，
可得，
若，此時單調遞增，無極值點，
故，令，解得，
當時，，當時，，
故是的極值點
由于函數有大于零的極值點，
，解得．
故選：C．
3．C
【分析】求出函數的定義域與導函數，依題意可得在上有變號零點，結合二次函數的性質得到，解得即可.
【詳解】函數的定義域為，且，
因為函數有極值，所以在上有變號零點，
即在上有解（若有兩個解，則兩個解不能相等），
因為二次函數的對稱軸為，開口向上，
所以只需，解得，即實數的取值范圍是.
故選：C
4．C
【分析】根據導數的運算性質，結合導數的性質、幾何意義逐一判斷即可.
【詳解】A：，因此本選項不正確；
B：由上可知：，
當時，，函數單調遞增，因此本選項不正確；
C：由上可知：，
當時，，函數單調遞增，
當時，，函數單調遞減，
所以當時，函數的最小值為，因此本選項正確；
D：由上可知，因為，
所以的圖象在處的切線方程為，因此本選項不正確，
故選：C
5．ABD
【分析】由條件求出，即得.對于A,B兩項，只需將看成整體角，利用正弦函數的圖象即可判斷，對于C，只需將代入解析式，根據函數值即可檢驗，對于D，利用導數的幾何意義即可求出切線方程進行判斷.
【詳解】由題意可得，，則，因，則，于是.
對于A，令，由可得，，因在上單調遞減，故在區間單調遞減，即A正確；
對于B，令，由可得，，因在上有兩個極值點，故B正確；
對于C，當時，，因，故直線不是曲線的對稱軸，即C錯誤；
對于D，由求導得，，則，又，
故曲線在處的切線方程為，即，故D正確.
故選：ABD.
6．ABC
【分析】根據題意可得，利用導數結合分類討論解決恒成立問題.
【詳解】若恒成立，則恒成立，
構建，則，
∵，故，則有：
當，即時，則當時恒成立，
故在上單調遞增，則，
即符合題意，故滿足條件的正整數為1或2；
當，即時，令，則，
故在上單調遞減，在上單調遞增，則，
構建，則當時恒成立，
故在上單調遞減，則，
∵，
故滿足的整數；
綜上所述：符合條件的整數為1或2或3，A、B、C正確，D錯誤.
故選：ABC.
7．ABD
【分析】求出函數的導函數，即可得到函數的單調區間與極值點.
【詳解】函數的定義域為，
且，
所以當或時，
當或時，
所以在，上單調遞減，在，上單調遞增，
所以在處取得極小值，在處取得極大值，在處取得極小值.
故選：ABD
8．
【分析】求導，可得函數的單調性，即可求解極值點以及端點處的函數值，即可求解最值.
【詳解】，
當時，，遞增；當時，，遞減；
，，，
故最大值與最小值的和為：．
故答案為：
9．
【分析】求導，即可由且求解，進而代入驗證是否滿足極值點即可．
【詳解】
若函數在處有極值8，則即
解得：或，
當時，，此時不是極值點，故舍去；
當時，，
當或時，，當，故是極值點，
故符合題意，
故，
故.
故答案為：.
10．
【分析】問題轉化為函數的圖像與直線有 2 個交點，利用導數研究函數單調性，作出函數圖像，數形結合求實數的取值范圍.
【詳解】方程化為 ，令則問題轉化為的圖像與直線有 2 個交點，
因為，
當 時，單調遞減，
當 時，，單調遞增，
所以函數最小值為，且當正向無限趨近于時， 的取值無限趨近于正無窮大； 當無限趨近于正無窮大時， 的取值無限趨近于正無窮大；

故方程有兩個不等的實數根時，.
故答案為：
11．(1)，
(2)單調遞增區間是，，單調遞減區間是，極大值為，極小值為.
【分析】（1）求導根據導數的幾何意義求解即可；
（2）求導分析導函數的正負區間進而求解極值即可.
【詳解】（1）由題可得，
由題意，故，
又，故.
（2）由（1）可得，
令可得或，令可得，
故的單調遞增區間是，，單調遞減區間是.
則的極大值為，極小值為.
12．(1)
(2)
【分析】（1）由，分別求出及，即可寫出切線方程；
（2）計算出，令，解得或，分類討論的范圍，得出的單調性，由在區間上的最小值為，列出方程求解即可．
【詳解】（1）當時，，則，，所以，
所以曲線在處的切線方程為：，即．
（2），令，解得或，
當時，時，，則在上單調遞減，
所以，考慮，，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以的極大值為，所以由得；
當時，時，，則在上單調遞減，
時，，則在上單調遞增，
所以，則，不合題意；
當時，時，，則在上單調遞減，
所以，不合題意；
綜上，．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·上海·三模）已知函數的定義域為，則下列條件中，能推出1一定不是的極小值點的為（ ）
A．存在無窮多個，滿足
B．對任意有理數，均有
C．函數在區間上為嚴格減函數，在區間上為嚴格增函數
D．函數在區間上為嚴格增函數，在區間上為嚴格減函數
二、多選題
2．（2024·浙江杭州·三模）已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A．在區間上單調遞增 B．的最小值為
C．方程的解有2個 D．導函數的極值點為
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數的最小正周期為T，其圖象關于點中心對稱，則T的最大值為 ；寫出曲線滿足“在區間內恰有三個極值點”的一條對稱軸方程為 ．
四、解答題
4．（2024·湖北荊州·模擬預測）已知函數.
(1)求的單調區間；
(2)若對于任意，都有，求實數a的取值范圍.
參考答案：
1．B
【分析】舉例說明判斷ACD；利用極小值的意義推理判斷A.
【詳解】對于A，函數的圖象如圖，
顯然函數滿足題設條件，而1是的極小值點，A錯誤；
對于B，在附近的任意區間內，總存在有理數，這些有理數的函數值小于，因此1一定不是極小值點，B正確；
對于C，函數在上為嚴格減函數，在上為嚴格增函數，1是的極小值點，C錯誤；
對于D，函數圖象如圖，
函數在上為嚴格增函數，在上為嚴格減函數，1是的極小值點，D錯誤.
故選：B
2．ABD
【分析】利用導數判斷單調性，求解最值判斷A，B，將方程解的問題轉化為函數零點問題判斷C，對構造函數再次求導，判斷極值點即可.
【詳解】易知，可得，
令，，令，，
故在上單調遞減，在上單調遞增，
故的最小值為，故A，B正確，
若討論方程的解，即討論的零點，
易知，，故，
故由零點存在性定理得到存在作為的一個零點，
而當時，，顯然在內無零點，
故只有一個零點，即只有一個解，故C錯誤，
令，故，
令，解得，而，，
故是的變號零點，即是的極值點，
故得導函數的極值點為，故D正確.
故選：ABD
3． （答案不唯一，滿足即可）
【分析】由圖象的對稱中心求出范圍，根據最小正周期的計算公式即可得出T的最大值；由在區間內恰有三個極值點，得出的值，即可求出一條對稱軸．
【詳解】因為函數的圖象關于點中心對稱，
所以，即，又，
所以的最小值為的最大值為．
當時，．
因為函數在區間內恰有三個極值點，
所以，解得，又，
因此，所以，
則曲線的一條對稱軸方程為，即，
故答案為：，（答案不唯一，滿足即可）．
4．(1)增區間為，減區間為
(2)
【分析】（1）直接對已知函數求導，根據導數符號與原函數單調性的關系即可得解；
（2）分離參數，將原問題等價變形為當時，“”恒成立，構造函數，，利用導數求出它的最大值即可得解.
【詳解】（1）函數的定義域為，.
令，解得.
與在區間上的情況如下：
x
- 0 +
極小值
故的增區間為，減區間為.
（2）當時，“”恒成立等價于當時，“”恒成立，
令，，則，.
當時，，所以在區間上單調遞減.
當時，，所以在區間上單調遞增.
而，，
所以在區間上的最大值為.
所以當時，對于任意，都有.
綜上所述，滿足題意的實數的取值范圍是.
【培優篇】
一、單選題
1．（2024·湖北·二模）已知函數（e為自然對數的底數）．則下列說法正確的是（ ）
A．函數的定義域為R
B．若函數在處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為，則
C．當時，可能有三個零點
D．當時，函數的極小值大于極大值
二、多選題
2．（2024·江蘇南通·三模）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
3．（2024·全國·模擬預測）已知，函數恒成立，則的最大值為 .
參考答案：
1．D
【分析】對于A：，通過求導找到零點，進而確定定義域；對于B：求出，，，進而可得切線方程，從而得到面積；對于CD：求出，利用零點存在定理，確定零點位置，從而得到極值，進而可判斷零點個數以及極值關系.
【詳解】記，則，所以為單調遞增函數，
，，所以函數有唯一零點，
因為有意義需使，所以函數的定義域為，所以A錯誤；
因為，，，
所以函數在點P處的切線方程為，，
此直線與x軸、y軸的交點分別為，，
由三角形的面積公式得，解得或，所以B錯誤；
當時，，
當時，記，
則，明顯單調遞增，
而，，
由零點存在定理知存在，使得，即，
在上單調遞減，在上單調遞增，
所以，
即當時，，所以，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，其中，，
當時，記，，
所以在上單調遞增，
，，
由零點存在定理知存在，使得，
即當時，，從而有，
當時，，從而有，
綜上可知在上單調遞增，在上單調遞減，
在上單調遞減，在上單調遞增，其中，且，，
所以，．
又因為，，
所以當時，，當時，，且，
所以最多只有兩個零點，C錯誤，D正確．
故選：D.
【點睛】方法點睛：1．函數零點的判定常用的方法有：
（1）零點存在性定理；（2）數形結合；（3）解方程f(x)＝0.
2．研究方程f(x)＝g(x)的解，實質就是研究G(x)＝f(x)－g(x)的零點．
3．轉化思想：方程解的個數問題可轉化為兩個函數圖象交點的個數問題；已知方程有解求參數范圍問題可轉化為函數值域問題．
2．AD
【分析】結合圖象和指、對函數之間的關系即可判斷AB；利用切線不等式即可判斷C；利用不等式即可判斷D.
【詳解】對A，由圖可知：與交點，
與的交點，
根據指數函數與對數函數為一對反函數知：，關于對稱，
故，，故A正確；
對B，由A知，故B錯誤；
對C，由知，則，設，，
則，則當時，，此時單調遞減；
當時，，此時單調遞增；
則，則恒成立，即，當時取等；
令，則有，因為，則，即，故C錯誤；
對D，設，，則，
則當時，，此時單調遞增；
當時，，此時單調遞減；
則，即在上恒成立，
即在上恒成立，當時取等，
令，則，即，因為，則，則，
故，故D正確.
故選：AD.

【點睛】關鍵點點睛：本題AB選項的關鍵是充分利用圖象并結合指、函數的關系，而CD選項的關鍵在于兩個不等式和的運用.
3．7
【分析】當為正偶數時，不符合題意，當為正奇數時，只需研究 時，分離參數得恒成立，設，利用導數求的最小值可解.
【詳解】當為正偶數時，
當時，，不符合題意，所以為正奇數，
則當時，恒成立，
只需研究 時，恒成立即可，
當時，成立，
則當時，因為此時小于0，所以恒成立，
當時，恒成立，
設，則，令，得，
當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，
所以，又因為為正奇數，所以的最大值為7.
故答案為：7
【點睛】思路點睛：分為奇數、偶數進行討論，之后采用分離參數的方法求參數的最值.
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