【文档说明】备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题04 函数与导数经典小题（十大题型） Word版含解析.docx，共(21)页，1.987 MB，由小赞的店铺上传

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专题04函数与导数经典小题求某点的导数值1．（浙江省湖州、衢州、丽水三地市2023届高三上学期期中）已知函数()()321233fxxfxx=−+−，则()2f=（）A．1−B．1C．5−D．5【答案】B【分析】利用导数运算求得()2f.【详

解】()()2221fxxfx=−+，令2x=得()()()24421,21fff=−+=.故选：B2．（黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知函数fx（）的导函数为fx（），且满足21lnfxxfx=+（）（），则1

f=（）（）A．e−B．1−C．1D．e【答案】B【分析】求得函数的导数121fxfx=+（）（），令=1x，即可求解.【详解】由21lnfxxfx=+（）（），可得121fxfx=+（）（），所以1211ff=+（）（），

则11f=−（）.故选：B.求曲线上一点的切线方程3．（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考期中）函数()11exfxx−=−在1x=处的切线方程为.【答案】220xy−−=【分析】求出

导函数，根据导数的几何意义求出切线斜率，再求出切点纵坐标，得到切线方程.【详解】()121exfxx−+=，故()111e112f−+==，又()111e011f−=−=，所以()21yx=−，即220xy−−=故答案为：220xy−−

=4．（湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中）已知()fx是定义在R上的函数，且函数()21yfx=+的图象关于直线1x=对称，当12x时，()()ln12fxx=−，则()6f=，曲线()yfx=在

6x=处的切线方程是．【答案】0212yx=−【分析】根据题意求得()fx的对称轴，结合已知函数解析式，以及导数的几何意义，即可求得结果.【详解】因为函数()21yfx=+的图象关于直线1x=对称，所以()()2

11211fxfx++=−+，即()()2332fxfx+=−，用x代替2x，得到()()33fxfx+=−，故()fx关于3x=对称，当112x时，162x−，则()()()()6ln126ln211fxfxxx=−=−−=−，所以112x时，()

()ln211fxx=−，则()fx2211x=−，故()6ln10f==，(6)f221==，故曲线()yfx=在6x=处的切线斜率2k=，切点坐标为()60，，故切线方程为()26yx=−，即212yx=−．故答案为：0；212yx=−．过点的切线方程5．（黑龙江省大庆中学2022

-2023学年高三上学期期中）已知过点(),0Aa作曲线()1exyx=−的切线有且仅有1条，则=a（）A．3−B．3C．3−或1D．3或1【答案】C【分析】设出切点，对函数求导得出切线的斜率，利用点斜式方程写出切线，将点(

),0Aa代入，并将切线有且仅有1条，转化为方程只有一个根，列方程求解即可．【详解】设切点为()()0001,exxx−，由已知得exyx=−，则切线斜率00exkx=−，切线方程为()()000001eexxxxxyx−−−=−直线过点(),0Aa，则()()00000

1eexxxxxa−−−=−，化简得()200110xax−++=切线有且仅有1条，即()2140a=+−=，化简得2230aa+−=，即()()310aa+−=，解得=a3−或1故选：C6．（江苏

省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中）若曲线()1exyxa=++只有一条过坐标原点的切线，则a=.【答案】1−或5−/5−或1−【分析】设切点为()00,xy，再根据导数的几何意义求得切线方程，并结合题意得()()200110xaxa+−++=方程有且

只有一个实数根，再结合判别式求解即可.【详解】解：∵(1)exyxa=++，∴()1ee(2)exxxxayax=+++++=，设切点为()00,xy,则()0001exyxa=++,切线斜率()002exkxa=++,∴切线方程为：()()()000001e2exxyxaxaxx−++=

++−,∵切线过原点，∴()()()000001e2exxxaxax−++=++−,整理得：()()200110xaxa+−++=,∵曲线()1exyxa=++只有一条过坐标原点的切线切，∴()()21410aa=+++=,解得1a=−或5a=

−,∴1a=−或5a=−,故答案为：1−或5−公切线问题7．（湖北省鄂北六校2022-2023学年高三上学期期中）若曲线1yx=+和y＝x2＋mx＋1有公切线，则实数m＝（）A．12B．12−C．1D．－1【答案】A【分析】利用导数求出曲线1yx=+的切线方程，

再与曲线y＝x2＋mx＋1联立，结合判别式即可求解.【详解】设()1fxx=+，则1()21fxx=+，曲线()yfx=与切线相切于00(,1)Pxx+，则切线方程为：00011()21yxxxx−+=−+①因为切线与y＝x2＋mx＋1②相切，

联立①②：x2＋mx＋1=0001()121xxxx=−+++，所以200001()1102121xxmxxxx+−+−++=++，所以200001()4(11)02121xmxxx=−−−++=++，

所以20200(11)1()402121xmxx+−−+=++，则有0201021(11)0mxx−=++−=，解得0012xm==，故选：A8．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）若曲线()21:Cfxxa=+

和曲线()2:4ln2Cgxxx=−存在有公共切点的公切线，则该公切线的方程为.【答案】24yx=−【分析】先分别求出()fx和()gx的导数，然后设公共切点的坐标为0(x，0)y，根据题意有00()()fxgx=，00()()fxgx=，代入

相应表达式列出方程组，解出0x与a的值，计算出切线斜率和公切线的切点坐标，即可得到切线的方程．【详解】()2fxxa=+，()4ln2gxxx=−，则有()2fxx=，4()2gxx=−．设公共切点的坐标为0(x，0)y，则00()2fxx=，004()2gxx=−，200()fxxa=+

，000()4ln2gxxx=−．根据题意，有00200004224ln20xxxaxxx=−+=−，解得013xa==−．公切线的切点坐标为(1,2)−，切线斜率为2．公切线的方程为22(1)yx+=−，即24yx=−．

故答案为：24yx=−求单调区间9．（2022秋·山东淄博·高三统考期中）函数()32e2exxfx=−+的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】先对()fx求导，利用导数与函数的单调性得到()fx的单调区间与极大值点，再令()0fx=求得()fx有唯一零点，从而排除

选项BCD，而选项A的图象满足()fx的性质要求，由此得解.【详解】因为()32e2exxfx=−+，所以()323e4exxfx=−+，令()0fx¢>，得4ln3x；令()0fx，得4ln3x；所

以()fx在4,ln3−上单调递增，在4ln,3+上单调递减，故()fx的极大值点为4ln3x=，且4lnln103x==，令()0fx=，则320e2exx+=−，得ln2

x=，且ln2ln10x==，即()fx在R上有唯一大于0的零点ln2.对于B，其图象的极大值点为0x=，矛盾，故B错误；对于C，其图象先减后增，矛盾，故C错误；对于D，其图象有两个零点，矛盾，故D错误；对于A，

其图象满足上述结论，又排除了BCD，故A正确.故选：A.10．（广东省深圳市深圳实验学校光明部2023届高三上学期期中）已知函数()252lnfxxxx=++，则函数()fx的单调递增区间是．【答案】(0,)+【分析】利用导数法求单调区间即可【详解】函数()252lnfxxx

x=++，其定义域0xx，则()212522520xxfxxxx++=++=在()0,+恒成立，所以函数()fx的单调递增区间是()0,+.故答案为：()0,+.已知单调求参数11．

（重庆市涪陵实验中学校2022届高三上学期期中）若函数32()3fxxbxx=++在1,23上存在单调递增区间，则b的取值范围是（）A．()5,−+B．()3,−+C．(),5−−D．(),3−−【答案】A【分析】由题意可推得()23230fxxbx=+

+在1,23上有解，分离参数，得132xbx+−在1,23上有解，由此构造函数11()3(),,23gxxxx=+，判断其单调性，即可求得答案.【详解】由题可知()23230fxxbx=++在1,23上有解，即132

xbx+−在1,23上有解，设22113(1)()3(),,2,()3xgxxxgxxx−=+=，当113x时，()0gx，()gx递减，当12x时，()0gx，()gx递增

，故min()(1)6gxg==，115()10,(2)32gg==，所以210b−，解得5b−，所以b的取值范围是()5,−+，故选：A12．（2022秋·重庆长寿·高三重庆市长寿中学校校考期中）已知函数()()exfxxa=+，若对任意121xx都有()()12210xfxxfx

−，则实数a的取值范围是（）A．)4,−+B．)3,−+C．)2,−+D．)1,−+【答案】A【分析】利用导数研究函数的单调性以及函数恒成立问题，令()()fxgxx=，则由对任意121xx都有()()12210xfxxfx−可得()gx在()1,+上单调递增，然后利用

参变量分离的方法求出a的范围即可．【详解】由条件对任意121xx都有()()12210xfxxfx−，化为()()1212fxfxxx，构造()()fxgxx=，则()ygx=在()1,+上单调递增，()()22e0xxaxagxx+−=…在()1,+上恒成立，20xaxa+−…

，即21xax−−„在()1,+上恒成立，令()()()22(1)211112111xxxhxxxxx−+−+===−++−−−，1xQ，10x−，()11241xx−++−…，当且仅当2x=时取等号，()()11241hxxx=−++

−，当且仅当2x=时取等号，4,4aa−−剠，故B，C，D错误.故选：A.求函数的极值（点）13．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）函数()323fxxxx=−−+的极小值是（）A．1−B．0C．2D．3【答案

】C【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值.【详解】解：()323fxxxx=−−+定义域为R，所以()()()2321311xxxxfx−−=+−=，所以当13x−或1x时，()0fx¢>，当113−x时，()0fx

，所以()fx在1,3−−和()1,+上单调递增，在1,13−上单调递减，所以()fx在1x=处取得极小值，该值为()12f=.故选：C已知极值（点）求参数14．（2022秋·福建宁德·高三统考期中）已知函数()2e1xfxaxx=+−+，则“()fx有极值”是1

2a−（）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【答案】B【分析】根据极值点的定义求出a的范围，验证充分性和必要性即可.【详解】()fx定义域为R,由()2e1xfxaxx=+−+得()e21xfxax=

+−，令()e21xgxax=+−，则()e2xgxa=+，当0a时，()0gx恒成立，所以()fx在R上单调递增，又因为(0)0f=，所以当0a时，()fx有极值；当a<0时，令()0gx

=解得ln(2)xa=−，所以()gx在(,ln(2))a−−上小于0，在(ln(2),)a−+上大于0，所以()fx在(,ln(2))a−−上单调递减，在(ln(2),)a−+上单调递增，

又因为当x→−时，()0fx，()fx有极值则(ln(2))22ln(2)10faaaa−=−+−−，令ln(2)at−=，则e2ta=−，()ee1ttftt=−−，再令()ee1tthtt=−−，则()ee

ee0tttthttt=−−=−=，解得0=t，所以()ft在(,0)t−单调递增，在(0,)t+单调递减，又(0)0f=，所以当()0ft时，0t，即ln(2)0a−，解得12a

−，综上()fx有极值，则0a或12a−或102a−，所以()fx有极值是12a−的必要不充分条件，故选：B.15．（江苏省淮安市淮安区2022-2023学年高三上学期期中）若函数()()23exfxxax=++在()0,+内

有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是（）A．(,22−−B．(),22−−C．(,3−−D．(),3−−【答案】C【分析】求导后，根据极值点的定义可确定()()223yxaxa=++++在()0,+内有且仅有一个变号零点，根据二次函数零点的分布可构造不等式组

求得结果.【详解】()()()()223exfxxaxa=++++；()fx在()0,+内有且仅有一个极值点，()()223yxaxa=++++在()0,+内有且仅有一个变号零点；()()()22Δ24300030aaa

=+−++++或()()()22Δ24300030202aaaa=+−++++=+−，解得：3a−或3a=−，综上所述：实数a的取值范围为(,3−−.故选：C.求函数的最值16．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校

考期中）已知函数()sin22sinsin3fxxx=−+，,x−，则函数()fx的最大值为.【答案】23【分析】求()fx的导数()fx，讨论单调性即可求出最值.【详解】解析：()()()()22cos22cos22coscos12cos12cos1f

xxxxxxx=−=−−=−+，当()0fx=时，cos1x=或1cos2x=−，当1cos1,2x−−，()0fx¢>，此时2,3x−−或2,3x，当1cos,12x−，()0fx，此时22

,00,33x−，所以函数()fx在2,3−−和2,3单调递增，在2,03x−和20,3单调递减，又2233f−=

，()302f=，()32f=，所以()max2233fxf=−=.故答案为：23.17．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知函数()32142fxxxx=+−，则（）A．1x=是()fx的极小值点B．

()fx有两个极值点C．()fx的极小值为1D．()fx在0,2上的最大值为2【答案】ABD【分析】利用导数分析函数()fx的单调性与极值，可判断ABC选项；利用函数的最值与导数的关系可判断D选项.【详解】因为

()32142fxxxx=+−，所以()()()234134fxxxxx=+−=−+，当()4,1,3x−−+时，()0fx′；当4,13x−时，()0fx′，故(

)fx的单调递增区间为4,3−−和()1,+，单调递减区间为4,13−，则()fx有两个极值点，B正确；且当1x=时，()fx取得极小值，A正确；且极小值为()512f=−，C错误；又(

)00f=，()22f=，所以()fx在0,2上的最大值为2，D正确.故选：ABD.已知最值求参数18．（山东省济南市章丘区第四中学2022-2023学年高三上学期期中）当1x=时，函数()lnbfxaxx=+取得最大值2−，则ab+=（）A．2−B．4−C．2

D．4【答案】B【分析】根据题意可知()12f=-，()10f=，可解得,ab，即可求得答案【详解】由()ln,0bfxaxxx=+可得()22abaxbfxxxx−=−=，因为当1x=时，函数()lnbfxaxx=+取得最大值2−，所以()()1210fbfab

==−=−=，解得2,2ab=−=−，所以()222xfxx−+=，因此当()0,1x，()0fx¢>，()fx单调递增；当()1,x+，()0fx，()fx单调递减，故当1x=时取最大值，满足题意，所以4,ab+=−故选：B一、单选题1．（山东省青

岛市青岛第十九中学2022-2023学年高三上学期期中）若函数()312ln33fxaxxx=−+在区间(0,2上单调递减，则实数a的最大值是（）A．1B．1−C．0D．2−【答案】B【分析】由函数()312ln33fxa

xxx=−+在区间(0,2上单调递减，等价于()2230afxxx=−+在区间(0,2上恒成立，分离参数后得到323axx−，令()33hxxx=−，通过min2()ahx即可求出a的最大值.【详解】因为函数()312ln33

fxaxxx=−+在区间(0,2上单调递减，所以()2230afxxx=−+在区间(0,2上恒成立，即323axx−在区间(0,2上恒成立.令()33hxxx=−，则()()()233311hxxxx=−=+−，所以

()33hxxx=−在(0,1上单调递减，(1,2上单调递增，故()min()12hxh==−，则min2()2ahx=−，即1a−.经检验，当1a=−时，满足题意，所以实数a的最大值是1−.故选：B.2．（江苏省常州市横林高级

中学2022-2023学年高三上学期期中）如图是函数()fx的大致图象，则函数()fx的解析式可以为()fx=（）A．21xx−B．2sin1xx−C．21xx−D．e1xx−【答案】C【分析】由图象得函数

为偶函数，判断奇偶性排除B，由(0)0f=排除D，然后根据AC三个选项的解析式，由导数确定其在0x时的单调性可得．【详解】定义域是{|1}xx，四个选项均符合，ACD选项中函数式里都是含有2x或x,它们是偶函数，B选项中2sin()1xfxx=−，2sin()()1xfx

fxx−−==−−，函数为奇函数，由图象关于y轴对称，排除B，0x且1x时，选项A，2()1xfxx=−，2222222121()0(1)(1)xxxfxxx−++==−−，因此()fx在(1,)+上

递增，排除A；选项D，(0)1f=，不符合题意，排除D；选项C，2()1xfxx=−，2(2)()(1)xxfxx−=−，01x时，()0fx，()fx递增，12x时，()0fx，()fx递增，2x时，()0fx，()fx递减，满足题意，故选：C

．3．（福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中2023届高三上学期10月期中）已知函数()2e2xfxxax=−+，若()fx在R上单调递增，求实数a的取值范围（）A．(,ln2−B．(,ln21−−C．)l

n2,+D．)ln21,−+【答案】D【分析】求出函数的导数，求出()fx的最小值后可得参数的取值范围.【详解】()e22xfxxa=−+，设()e22xgxxa=−+，则()e2xgx=−，当ln2x时，()0gx；当ln2x时，()0gx

，故()gx在(),ln2−上为减函数，在()ln2,+上为增函数，故()()minln222ln22gxga==−+.因为()fx在R上单调递增，故()min0gx，故ln21a−，故选：D.4．（辽宁省大连市滨城

联盟2022-2023学年高三上学期期中）已知函数322()fxxaxbxa=−−+，则“7ab+=”是“函数()fx在=1x处有极值10”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】求出函数的导函数，依题意可

得()()1=01=10ff，即可得到方程组，解得a、b再检验，最后根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：因为322()fxxaxbxa=−−+，所以2()32fxxaxb=−−，所以()()21=32=01=1+=10fabfaba−−−−

，解得=3=3ab−或=4=11ab−；当=3=3ab−时32()339fxxxx=−++，()22()363310fxxxx=−+=−，即函数在定义域上单调递增，无极值点，故舍去；当=4=11ab−时32()41116fxxxx=+−+，()()2()31

131118fxxxxx=++=−−，当1x或113x−时()0fx，当1113x−时()0fx，满足函数在=1x处取得极值，所以7ab+=，所以由7ab+=推不出函数()fx在=1x处有极值10，即充分性不成立；由函数()fx在=1x处有极值10推

得出7ab+=，即必要性成立；故“7ab+=”是“函数()fx在=1x处有极值10”的必要不充分条件；故选：B二、多选题5．（2022秋·河北邢台·高三统考期中）已知函数()lnfxxx=，下列说法正确的有（）A．曲线()yfx=在1x=处的切线方程为1yx=−B．()fx的单调

递减区间为10,eC．()fx的极大值为1e−D．方程()1fx=有两个不同的解【答案】AB【分析】利用导数，结合切线、单调区间、极值、方程的解等知识确定正确答案.【详解】()fx的定义域为()0,+，()ln1fxx=+.A选项，()()10,

11ff==，所以曲线()yfx=在1x=处的切线方程为1yx=−，A选项正确.B选项，令()ln10fxx=+=解得1ex=，所以在区间10,e，()()0,fxfx单调递减，B选项正确.C选项，()fx在区间()1,,0efx+

，()fx单调递增，所以()fx有极小值，无极大值，C选项错误.D选项，()fx的极小值为1111lneeeef==−，当01x时，()0fx；当1x时，()0fx，方程()1fx=有一个解，D选项错误.故选：AB6．（安徽省合肥市庐江第五

中学2022-2023学年高三上学期期中）函数()=yfx的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．()()10ff−B．()()35ffC．函数()fx在区间()0,3单调递减D．函数()fx在1x=−处取得极小值【答案】ABD【分析】结合导函数的

图象，求出函数的单调区间，从而判断各个选项.【详解】由图象知，当(1,3)(5,)x−+时，()0fx，当(,1)(3,5)x−−时，()0fx，故函数()fx的单调递增区间为(1,3)−和(5,)+，单调递减区间为(,1

)−−和(3,5)；对于A，()()10ff−，故A正确；对于B，()()35ff，故B正确；对于C，函数()fx在区间()0,3单调递增，故C错误；对于D，函数()fx在区间(,1)−−单减，在区间(1,3)−单增，故()fx在1x=−处

取得极小值，故D正确；故选：ABD7．（2022秋·江苏南通·高三期中）已知函数()fx满足()()221lnxfxxfxx+=+，()1eef=.则当0x时，下列说法中正确的是（）A．1eef=B．()fx只有一

个零点C．()fx有两个零点D．()fx有一个极大值【答案】BD【分析】令()()2gxxfx=，则()()()221lngxxfxxfxx=+=+，于是()lngxxxC=+，()2lnxxCfxx+=，根据()1eef=，解出C的值.然后利用导数研究函数的单调性，即可推

得结论.【详解】令()()2gxxfx=，则()()()221lngxxfxxfxx=+=+，所以，()lngxxxC=+()RC，所以，()2lnxxCfxx+=.又()1eef=，则()2e1eeeCf+==，解得0C=.所以，()

2lnlnxxxfxxx==.则，()21lnxfxx−=，且1ln1ee1eef==−，A项错误.当0ex时，()0fx¢>，则()lnxfxx=在()0,e上单调递增；当ex时，()0fx，则()ln

xfxx=在()e,+上单调递减.所以，()lnxfxx=在ex=处有极大值为()1e0ef=，且()fx只有一个极值点，D正确.且1x时，有()0fx恒成立.又()10f=，所以()fx只有一个零点，B项正确，C项错误.

故选：BD.8．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）函数()2xfxxe=在区间3,2kk+上存在极值点，则整数k的值为（）A．3−B．2−C．1−D．0【答案】AC【分析】由于()2xfxxe=在区间3,2kk+上存在极值点，根据间接法()f

x在3,2kk+上无极值点，则322k+−或0k或3202kk−+，即可解决.【详解】由题知，()2xfxxe=，所以22()2eee(2)xxxfxxxxx=+=+，当(,2)x

−−和(0,)+时，()0fx，当(2,0)x−时，()0fx，则()fx在(,2)x−−和(0,)+上单调递增，在(2,0)x−上单调递减，若()fx在3,2kk+上无极值点，则

322k+−或0k或3202kk−+，解得：)73,2,0,22k−−−−+，所以)73,2,0,22k−−−−+时，()2xfxxe=在区间3,2kk+上无极值点，所以73(,2)

(,0)22k−−−时，()2xfxxe=在区间3,2kk+上存在极值点，因为k是整数，故3k=−或1k=−，故选：AC.三、填空题9．（安徽省卓越县中联盟2022-2023学年高三上学期期中）已知函数()()331ln2fxxxfx=−+的图象在点11,22f

处的切线与直线:440lxy−+=相互垂直，则()1f=．【答案】1【分析】对()fx求导表示出12f，由切线与直线:440lxy−+=相互垂直得1412f=−，可求得()1f的值.【详解】依题意，()()2133ffxxx=−

+，故()192124ff=−+．因为()fx图象在点11,22f处的切线与直线:440lxy−+=相互垂直，所以1412f=−，则()912144

f−=−+，解得()11f=．故答案为：110．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）已知函数()sinfxxx=+，则不等式()()ln10fxfx+−的解集为.【答案】1【分析】首先判断()fx的奇偶性，再利用导数判断()fx的单调性，则不等式等价

于ln10xx−+，再令()ln1gxxx=−+，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值，从而求出不等式的解集.【详解】解：()sinfxxx=+定义域为R，且()()sin=()fxxxfx−

=−+−−，所以()fx是奇函数，又()1cos0fxx=+，所以()fx在R上单调递增，则不等式()()ln10fxfx+−，即()()1lnfxfx−，等价于ln1xx−，即ln10xx−+，令()ln1gxxx=−+，()0,x+，11()1x

gxxx−=−=，当()0,1x时，()0gx，此时()gx单调递增，当()1,x+时，()0gx，此时()gx单调递减.所以()()10gxg=,又因为需要()0gx,所以()0gx=又()10g=，所以不等式的解集为

1.故答案为：111．（2022秋·河北邢台·高三统考期中）设函数()πsinsin(0)3fxxx=++，已知()fx在0,π上有且仅有675个极值点，则的取值范围是．【答案】20232026,33【分

析】化简()fx的解析式，求得()fx，根据极值点以及余弦函数零点的知识列不等式，由此求得的取值范围.【详解】依题意0，()π33sinsinsincos322fxxxxx=++=+π3sin6x=

+，()π3cos6fxx=+，πππ,N62xkk+=+，由于()fx在0,π上有且仅有675个极值点，所以πππ674π675π262x+++，解得2023202633，所以的取值范围是20232026,33

.故答案为：20232026,3312．（浙江省杭州市第二中学滨江校区2022-2023学年高三上学期期中）函数()ππ5cos28sin,,22fxxxx=+−的极值点为0x，则0πtan4x+=.【答案】-3【分析】由极值点的定义可求0sinx，

再由同角关系，两角和正切公式可求0πtan4x+.【详解】因为()ππ5cos28sin,,22fxxxx=+−，所以()()25sin28coscos845sinfxxxxx=−+=−

因为函数()ππ5cos28sin,,22fxxxx=+−的极值点为0x，所以()00cos845sin0xx−=，且ππ,22x−，所以02sin5x=，所以()200000sin1cos1sin,

tan2cos5xxxxx=−===，所以000tan1tan341tanxxx++==−−.故答案为：-3.