【文档说明】2023年高考数学一轮总复习考点探究与题型突破 第18讲　导数与函数的极值、最值 精品讲义含解析【高考】.docx，共(32)页，1.587 MB，由小赞的店铺上传

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1第18讲导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0图象极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点[提醒](1)函数的

极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点．(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值．(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[

a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．2➢考点1利用导数解决函数的极值问题[名师点睛]1.由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴

的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性，两者结合可得极值点．2.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方

程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值．[典例]1．（2022·浙江·高三专题练习）如图是函数()yfx=的导函数的图象，下列结论中正确的是（）

A．()fx在2,1−−上是增函数B．当3x=时，()fx取得最小值C．当1x=−时，()fx取得极大值D．()fx在1,2−上是增函数，在2,4上是减函数2．（2022·江苏江苏·高三期末）已知函数f(x)＝x3＋ax2－x的图象在点A(1，f(1))处的切线方程为

y＝4x－3，则函数y＝f(x)的极大值为（）A．1B．527−C．−2527D．－13．（2022·河北·衡水市冀州区第一中学高三期末）已知函数()elnxfxax=−的极小值为a，则a的值为______.4．（2021·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数21()exmxxfx

−+=．(1)当1m=时，求()fx的极值；3(2)设函数2()2()2xgxxfx=−−，讨论()gx在区间(0,)+上的极值点的个数．[举一反三]1．（2022·全国·高三专题练习）函数()fx的定义域为开区间(),ab，导函数()fx在(),ab内的图像如图所示，

则函数()fx在开区间(),ab内有极小值点（）A．1个B．2个C．3个D．4个2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()yfx=的图象如图所示，那么下列结论正确的是（）A．()0fa=B．()fx没有极大值C

．xb=时，()fx有极大值D．xc=时，()fx有极小值3．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数()()()exfxxaxb=−−在xa=处取极小值，且()fx的极大值为4，则b=（）A．-1B．

2C．-3D．44．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()πcos(0)6fxx=+在区间0,6上无极值，则的取值范围是（）A．（0，5]B．（0，5）4C．（0，52

）D．（0，52]5．（2021·江苏苏州·高三阶段练习）若函数()sin3fxx=+在区间[0，π)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（）A．58,33B．58,33C．713,66

D．713,666．（多选）（2021·福建·永安市第三中学高中校高三期中）函数()yfx=的导函数．．．的图象如图所示，则下列说法正确．．的是（）A．()1,3−为函数的单调递增区间B

．()3,5为函数的单调递减区间C．函数在5x=处取得极小值D．函数在0x=处取得极大值7．（多选）（2022·全国·高三专题练习）已知函数()yfx=的导函数()fx的图象如图所示，则下列判断正确的（）A．()fx在4x=−时取极小值B．

()fx在2x=−时取极大值C．1.5x=是()fx极小值点D．3x=是()fx极小值点8．（2022·全国·模拟预测）请写出函数sincos()exxxfx+=的一个极大值：__________．9．（2022·山东烟台·高三期末）若1x=−

是函数()()21exfxxax−=++的极值点，则()fx的极大值为______．10．（2022·天津河西·二模）若函数32()9fxxaxx=+−−在1x=−处取得极值，则()2f=____________．5

11．（2022·重庆·三模）已知函数()sin(0)6fxx=+在区间(0,2)内有唯一的极值点，则的取值范围是___________.12．（2022·湖南常德·一模）设函数()(1)(2)f

xxxxm=+−的两个极值点为12,xx，若12()()0fxfx+，则实数m的取值范围是___________.13．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()322fxxaxbxa=+++，当0b=时，讨论函数()fx

在区间0,2上的极值.14．（2022·北京房山·一模）已知函数()()lnexfxxa=−.(1)当0a=时，求曲线()yfx=在1x=处的切线方程；(2)若()fx在区间（0，e]存在极小值，求a的取值范围.6➢考点2利

用导数求函数的最值[名师点睛]求函数f(x)在[a，b]上最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最

大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．[典例]1．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）函数()()()222fxxxxa

xb=+++满足：对xR，都有()()11fxfx+=−，则函数()fx的最小值为（）A．-20B．-16C．-15D．02．（2022·福建莆田·三模）已知函数2()(1)cos(1)fxxxa=++++的最小值是4．

则=a（）A．3B．4C．5D．63．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()xafxxe=+.(1)讨论函数()fx的极值；(2)若函数()fx在0,1上的最小值是43，求实数a的值.7[举一

反三]1．（2022·广东·福田外国语高中高三阶段练习）已知函数3()(3)1xfxexax=++−+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−−2．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数()()22

elnxfxxxxa−=++−，aR，若函数()fx在()0,+上的最小值为0，则实数a的值是（）A．2B．3C．e1+D．2e3．（2022·辽宁丹东·一模）设2(),0()ln,0xaxfxxaxx−=−，若函数()fx的

最小值为2a，则实数a的取值范围为（）A．2,1−B．0,1C．0,2D．)1,+4（多选）（2022·全国·高三专题练习）函数()yfx=的导函数()'yfx=的图象如图所示，给出下列命题，以下正确的命题（）A．3−是函数()yfx=的极值点B．1−是函数()yfx=

的最小值点C．()yfx=在区间()31−，上单调递增D．()yfx=在0x=处切线的斜率小于零85．（2022·浙江·高三专题练习）设Ra，函数()()2log1,0,4,0.xxfxaxxx−=+−

若函数()fx的最小值为0，则a的取值范围是___________；若函数()1yfx=−有4个零点，则a的值是___________.6．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数()22eln1exfxx=−+，

则()fx的最小值为____________．7．（2022·湖北·二模）已知函数()ln(1),()lnfxxxgxxx=+−=，若()()21212ln,fxtgxt=+=，则122lntxxx−的最大值为_________．8．（2022·

辽宁·沈阳市第一二〇中学高三阶段练习）设函数()0ln0xaxfxxx−=，，，，„已知12xx，且()()12fxfx=，若21xx−的最小值为2e，则a的值为__________．9．（

2022·浙江湖州·高三期末）若函数()()2221exfxxxa+=+++存在最小值，则实数a的取值范围是___________.10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()lnfxaxx=+，Ra.（1）若曲线()yfx=在点()()1,1Pf处的切线垂直于直线2yx=+，求

a的值；（2）求函数()fx在区间(0,e上的最小值第18讲导数与函数的极值、最值91．函数的极值与导数条件f′(x0)＝0x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0图象极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0为极大值点x

0为极小值点[提醒](1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点．(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值．(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x

)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．➢考点

1利用导数解决函数的极值问题[名师点睛]1.由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性，两者结合可得极值点．2.运用导

数求函数f(x)极值的一般步骤10(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；(5)求出极值．[典例]1．（2022·浙江·高三专题练习）如图是函数()yfx=的导

函数的图象，下列结论中正确的是（）A．()fx在2,1−−上是增函数B．当3x=时，()fx取得最小值C．当1x=−时，()fx取得极大值D．()fx在1,2−上是增函数，在2,4上是减函数【答案】D【解析】根据图象知：当()2,1x−−，()2,4

x时，()0fx函数()yfx=单调递减；当()1,2x−，()4,x+时，()0fx函数()yfx=单调递增.所以()yfx=在2,1−−上单调递减，在()1,2−上单调递增，在()2,4上单调递减，在()4,+上单调递增，故选项A不正确，选项D正确；故当1x=−时

，()fx取得极小值，选项C不正确；当3x=时，()fx不是取得最小值，选项B不正确；故选：D.2．（2022·江苏江苏·高三期末）已知函数f(x)＝x3＋ax2－x的图象在点A(1，f(1))处的切线方程为y＝4x－3，则函数y＝f(x)的极大值为（）A．1B．527−C．−2527D．－1【答

案】A【解析】由由题意得2()321fxxax+=−,11故(1)3214fa=+−=，则1a=，所以2()321fxxx=+−，令2()3210fxxx=+−=，则11x=−，213x=，当1x−或13

x时，()0fx；当113x−时，()0fx，故函数()fx在1x=−时取得极大值为(1)1111f−=−++=，故选：A.3．（2022·河北·衡水市冀州区第一中学高三期末）已知函数()eln

xfxax=−的极小值为a，则a的值为______.【答案】e【解析】()xaexfx=−，若0a，则当()0,x+时，()0fx，()fx单调递增，此时()fx不存在极值，不符合题意，所以0a，易知()fx在()0,

+上单调递增，且当0x+→时，()fx→−，当x→+时，()fx→+，所以存在唯一的()00,x+，使得()00fx=.当()00,xx时，()0fx，()fx单调递减；当()0,xx+

时，()0fx，()fx单调递增.所以()fx的极小值()000elnxfxaxa=−=，因为00exax=，所以00lnaaxax−=，即001ln1xx−=，设()1lngxxx=−，因为()2110gxxx=−−，所以()gx在()0,+上单调递减，又()11

g=，所以01x=，从而00eexax==.故答案为：e124．（2021·重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数21()exmxxfx−+=．(1)当1m=时，求()fx的极值；(2)设函数2()2()2xgxxfx=−−，讨论()gx在区

间(0,)+上的极值点的个数．【解】(1)当1m=时，21()exxxfx−+=，232(1)(2)()eexxxxxxfx−+−−=−=−，令'()0fx，解得()1,2x；令'()0fx，解得1x或2x；故()fx在(,1)−单调递减，在(1,2)单调递增，在

(2,)+单调递减，故()fx的极小值为1(1)ef=，极大值为23(2)ef=．(2)由题可知：221()22exxmxxgxx−+=−−，则222()2exmxmxxgxx−+−=−−()(2)e1e

(2)(2)(2)eexxxxxmxxmxxx−+−−−−−−==．要讨论()gx的极值点的个数，令()e1xxmx=+−，先讨论()x的零点个数，令()e10xxmx=+−=，则e1()(0)xmhxxx−=−=，故2e(1)1()xxhxx−+=−，令()e(1)1xpxx=−+则(

)e0xpxx=.故()px在(0,)+上单调递增，又(0)0p=，故0x时，()0px，此时'()0hx，则()hx在(0,)+上单调递减，又000e1elim()limlim11xxxxxhxx++

+→→→−=−=−=−，e1elim()limlim1xxxxxhxx→+→+→+−=−=−=−，13①当1m−时，e1()(0)xmhxxx−=−=无实数解，()e10xxmx=+−=在(0,)+没有实根，故

当(0,2)x时，()0gx，当(2,)x+时，()0gx故()gx在(0,2)上单调递减，在(2,)+上单调递增，只有一个极值点2x=；②当1m−时，且21e2m−=时，此时()e10

xxmx=+−=的实数解为2，且()0gx()gx在(0,)+单调递增，无极值点；③当1m−且21e2m−时，ym=与e1()xhxx−=−有一个交点，()e10xxmx=+−=有一个实数解0x，0

0x且02x，此时()0gx=有两个不等的实根0,2x．若0(0,2),()xgx在()00,x上单调递增，在()0,2x上单调递减，(2,)+上单调递增，此时有2个极值点；若02x，则()gx在(0

,2)上单调递增，在()02,x上单调递减，()0,x+上单调递增，()gx在(0,)+上有2个极值点．综上：当1m−时，()gx在(0,)+上只有1个极值点；当21e2m−=时，()gx在(0,)+上没有极值点；

当1m−且21e2m−时，()gx在(0,)+上有2个极值点．[举一反三]1．（2022·全国·高三专题练习）函数()fx的定义域为开区间(),ab，导函数()fx在(),ab内的图像如图所示，则函数()fx在开区间(),ab内有

极小值点（）14A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】A【解析】由导函数()fx在区间(),ab内的图象可知，函数()fx在(),ab内的图象与x轴有四个公共点，在从左到右第一个点处导数左正右负，在从左到右第二个点处导数

左负右正，在从左到右第三个点处导数左正右正，在从左到右第四个点处导数左正右负，所以函数()fx在开区间(),ab内的极小值点有1个，故选：A.2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()yfx=的图象如图所示，那么下列结论正确的是（）A．()0fa=

B．()fx没有极大值C．xb=时，()fx有极大值D．xc=时，()fx有极小值【答案】D【解析】解：如图所示，设函数()yfx=的图象在原点与(,0)c之间的交点为(,0)d．由图象可知：()()

()0fafdfc===.当xa时，()0fx，此时函数()fx单调递减；当axd时，()0fx，此时函数()fx单调递增；15当dxc时，()0fx，此时函数()fx单调递减；当cx时，()0fx，此时函数()fx单调递增．可得：a是函数()fx的极小值

点，d是函数()fx的极大值点，c是函数()fx的极小值点．b不是函数()fx的极值点，()0fa=不一定成立．且由图知，()fx有极大值()fb.故选：D．3．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数()()()exfxxaxb=−−在x

a=处取极小值，且()fx的极大值为4，则b=（）A．-1B．2C．-3D．4【答案】B【解析】解：()()()exfxxaxb=−−()2exxaxbxab=−−+，所以()()()22eexxfxxabxaxbxab=−−+−−+()2e2xxabxabab=+−

−+−−因为函数()()()exfxxaxb=−−在xa=处取极小值，所以()()()2e2e0aafaaabaababab=+−−+−−=−=，所以ab=，()()2exfxxa=−，()()()()22e222=e2xxfxxaxaaxa

xa=+−+−−−−，令()0fx=，得=xa或=2xa−，当()2xa−−，时，()0fx，所以()fx在()2a−−，单调递增，当()2xaa−，时，()0fx，所以()fx在()2aa−，单调递增，当()xa，+时，()0

fx，所以()fx在()a+，单调递增，所以()fx在=2xa−处有极大值为()22e==44afa−−，解得=2a，所以=2b.16故选：B4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()πcos(0)6fxx=+

在区间0,6上无极值，则的取值范围是（）A．（0，5]B．（0，5）C．（0，52）D．（0，52]【答案】A【解析】由已知条件得()πsin(0)6fxx=−+，∵函数()πcos(0)6

fxx=+在区间0,6上无极值，∴函数()πcos(0)6fxx=+在区间0,6上单调，∴πsin06x−+或πsin06

x−+在区间0,6上恒成立，当πsin06x−+时，πsin06x+，∵06x，∴ππππ6666x++，在此范围内πsin06x+不成立；当πsin

06x−+时，πsin06x+，∵06x，∴ππππ6666x++，即πππ66+，解得5，则的取值范围是(0,5，故选：A.5．（2021·江苏苏州·高三阶段练习）若函数()sin3fxx=+在区间[0，π

)内有且只有两个极值点，则正数ω的取值范围是（）A．58,33B．58,33C．713,66D．713,66【答案】C【解析】因为()fx在)0,有2个极值点，也即()fx在区间)0,取得一次最大值，一次最小值

；又0，则当)0,x，,333x++，要使得()fx满足题意，只需35232+，解得713,66.17故选：C.6．（多选）（2021·福建·永安市第三中学高中校高三

期中）函数()yfx=的导函数．．．的图象如图所示，则下列说法正确．．的是（）A．()1,3−为函数的单调递增区间B．()3,5为函数的单调递减区间C．函数在5x=处取得极小值D．函数在0x=处取得极大值【答案】ABC【解析】由题意，函数()yfx＝的导函数的图

象可知：当1x＜－时，()0fx，函数()fx单调递减；当13x－＜＜时，()0fx，函数()fx单调递增；当35x＜＜时，()0fx，函数()fx单调递减；当5x＞时，()0fx，函数()fx单

调递增；所以函数f(x)单调递减区间为：()1－，－，(3)5，，递增区间为(13)－，，(5)，＋，且函数()fx在1x＝－和5x＝取得极小值，在3x＝取得极大值.故选：ABC．7．（多选）（2022·全国·

高三专题练习）已知函数()yfx=的导函数()fx的图象如图所示，则下列判断正确的（）A．()fx在4x=−时取极小值B．()fx在2x=−时取极大值C．1.5x=是()fx极小值点D．3x=是()fx极小值点【答案】AC18【解析】解：由导函数()fx的图像可得，当4x=−

时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以()fx在4x=−时取极小值，所以A正确，当1.5x=时，其左边的导数小于零，右边的导数大于零，所以1.5x=是()fx极小值点，所以C正确，而2x=−和3x=，左右两边

的导数值同号，所以2x=−和3x=不是函数的极值点，所以BD错误，故选：AC8．（2022·全国·模拟预测）请写出函数sincos()exxxfx+=的一个极大值：__________．【答案】形如2πek−()k

Z即可（答案不唯一）【解析】解：因为sincos()exxxfx+=定义域为R，且2sin()exxfx−=，令()0fx即2sin0x，解得222,kxkkZ++，令()0fx即2sin0x，解得22,kxkkZ+所以()fx的单调递增区间为()2

,22,kkkZ++，单调递减区间为()2,2,kkkZ+，所以()fx在02,xkkZ=+处取得极大值，所以()()2π2πsin2πcos2π2πeekkkkfxfk−+===极大值，kZ，故答案为：2πek−

，kZ（答案不唯一）9．（2022·山东烟台·高三期末）若1x=−是函数()()21exfxxax−=++的极值点，则()fx的极大值为______．【答案】4e【解析】由()()21exfxxax−=++，得()()()22e1exxfx

xaxax−−=+−++，因为1x=−是函数()()21exfxxax−=++的极值点，所以'(1)0f−=，即()()2e11e0aa−+−−+=，解得2a=，所以()()221exfxxx−=++，()()()()2222e21e1exxxfxxxxx−−−

=+−++=−+，19令'()0fx=，则()21e0xx−−+=，得1x=，x，'()fx和()fx变化情况如下表：x(,1)−−1−(1,1)−1(1,)+'()fx−0+0−()fx递减极小值递增极大值递减所以当1x=时，函数取得极大值()14

14eef−==，故答案为：4e10．（2022·天津河西·二模）若函数32()9fxxaxx=+−−在1x=−处取得极值，则()2f=____________．【答案】1【解析】解：2'()321fxxax=+−，因为函数32()9fxxaxx=+−−在1x=−处取得极值，所以，'

(1)3210fa−=−−=，解得1a=，此时，()()2'()321311fxxxxx=+−=−+，故当11,3x−时，'()0fx，()fx单调递减；当(),1x−−和1,3+时，'()0fx，()fx单调递增

；所以，函数()fx在1x=−处取得极小值，满足题意，所以，32()9fxxxx=+−−所以()284291f=+−−=故答案为：111．（2022·重庆·三模）已知函数()sin(0)6fxx=+在区间(0,2)内有唯一的极值点，则的取值范围是___________.

【答案】12,6320【解析】函数()sin(0)6fxx=+，由于(0,2)x，所以2666x++，根据正弦函数的图象，以及()fx在区间(0,2)内有且只有一个极值点，所以32262+且0，所以1263．故

的取值范围是12,63.故答案为：12,63.12．（2022·湖南常德·一模）设函数()(1)(2)fxxxxm=+−的两个极值点为12,xx，若12()()0fxfx+，则实数m的取值范围是___________.【答案】()11,1,

42−−−【解析】解：()32()(1)(2)122fxxxxmxmxmx=+−=+−−，()()232122fxxmxm=+−−，因为函数()(1)(2)fxxxxm=+−的两个极值点为12,xx，所以12,xx为函

数()()232122fxxmxm=+−−的两零点，()224122416840mmmm=−+=++恒成立，1212422,33mmxxxx−−+==，()()323212111222()()122122fxfxxmxmxxmx

mx+=+−−++−−()()()3322121212122xxmxxmxx=++−+−+()()()()()2221211221212121222xxxxxxmxxxxmxx=+−++−+−−+()(

)()()()2212121212121231222xxxxxxmxxxxmxx=++−+−+−−+()22424242442212233333mmmmmmmm−−−−=++−+−

()()242145127mmm=−−++，因为12()()0fxfx+，所以()()2214510mmm−++，21则22104510mmm−++或22104510mmm−++，解得1m−或1142m−，所以实数m的取值范围是()11,1,4

2−−−.故答案为：()11,1,42−−−.13．（2021·全国·高三专题练习）已知函数()322fxxaxbxa=+++，当0b=时，讨论函数()fx在区间0,2上的极值.【解

】当0b=时,()322fxxaxa=++，()()23232fxxaxxxa=+=+，()fx的两个零点为0，23a-；当223a−，即3a−时，在0,2上()0fx恒成立，所以()fx

无极值；当2023a−，即30a−时，在20,3a−上()0fx，在2,23a−上()0fx，所以()fx在0,2上有极小值为332322844327927aaaaaaf−=−++=+

，无极大值；当203a−，即0a时，在0,2上()0fx恒成立，所以()fx无极值；综上：当(),30,a−−+时，()fx在0,2无极值；当()3,0a−时，()fx在0,2上有极小值为3224327aaaf−=+,无极大值.

14．（2022·北京房山·一模）已知函数()()lnexfxxa=−.(1)当0a=时，求曲线()yfx=在1x=处的切线方程；(2)若()fx在区间（0，e]存在极小值，求a的取值范围.【解析】(1)当0a=时，()lne(0)xfxxx=，则()1lnexfxxx=+

，所以()1ef=，()10f=，所以曲线()yfx=在1x=处的切线方程为()e1yx=−；(2)()()11elnelnexxxfxxaxaxx=+−=+−，22令()1lngxx

ax=+−，(0,ex，则()22111xgxxxx−=−=，解()0gx=，得1x=，()gx与()gx的变化情况如下：x（0，1）1（1，e）()gx－0+()gx↘极小值↗所以函数()gx在区间（0，e]上的最小值为()11ga=−，方法1：①当1a时，()110

ga=−.所以()0gx恒成立，即()0fx恒成立，所以函数()fx在区间（0，e]上是增函数，无极值，不符合要求，②当111ea+时，因为()110ga=−，()1e10ega=+−，所以存在()01,ex，使得()00gx=x（1，0

x）0x（0x，e）()(())gxfx－0+()fx↘极小值↗所以函数()fx在区间（1，e）上存在极小值()0fx，符合要求，③当11ea+时，因为()1e10ega=+−所以函数()fx在区间（1，e）上无极值.取()10,1exa=，则()()1eln1e11e20egaaaa

aaaa=−−−−−−−=−23所以存在()00,1x，使得()00gx=易知，0x为函数()fx在区间（0，1）上的极大值点.所以函数()fx在区间（0，e）上有极大值，无极小值，

不符合要求综上，实数a的取值范围是11,1e+.方法2：“()fx在区间（0，e]上存在极小值”，当且仅当()()100gge，解得111ae+.证明如下：当111ea+时，因为()()100gge，

所以存在0x，使得()00gx=x（1，0x）0x（0x，e）()(())gxfx－0+()fx↘极小值↗所以函数()fx在区间（1，e）上存在极小值.所以实数a的取值范围是11,1e+.➢考点2利用导数求函数的最值[名师点睛]求函数f(

x)在[a，b]上最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最

大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此24结论在导数的实际应用中经常用到．[典例]1．（2022·江苏·徐州市第七中学高三阶段练习）

函数()()()222fxxxxaxb=+++满足：对xR，都有()()11fxfx+=−，则函数()fx的最小值为（）A．-20B．-16C．-15D．0【答案】B【解析】解：因为函数()()()222fxxxxaxb=+++满足：对xR，都有()()11fxf

x+=−，所以()()()()0213ffff=−=，即()()()084211593ababab=++−−+=++，解得68ab=−=，所以()()()22268fxxxxx=+−+，则()()()()()222268226fxxxxxxx=+−+++−，()

324324xxx=−−+，()()()411515=−−−−+xxx，当15x−或115x+时，()0fx，当15x+时，()0fx，所以()fx的最小值为()()151516+=−=−ff，故选：B2．（2022·福建莆田·三模）已知函数2()(1)

cos(1)fxxxa=++++的最小值是4．则=a（）A．3B．4C．5D．6【答案】A【解析】由题，()2(1)sin(1)fxxx=+−+，()2cos(1)0fxx=−+，所以()fx单调递增，又(1)0f−=

，所以'1,()0xfx−，'1,()0xfx−，故1x=−为()fx最小值点，即(1)14fa−=+=，解得3a=，25故选：A3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()xafxxe=+.(1)讨论函数()fx的极值；(2)若函数()

fx在0,1上的最小值是43，求实数a的值.【解】(1)解：由题意，函数()xafxxe=+的定义域为R，可得()1xxxeafxaee−−=−=，当0a时，可得()0fx，()fx单调递增，此时函数()fx的无极值；当0a时，令()0fx=，可得lnxa=，当lnxa时

，()0fx，()fx单调递减；当lnxa时，()0fx，()fx单调递增，所以当lnxa=时，函数取得极小值，极小值为()lnlnlnln1aafaaae=+=+，无极大值.综上所述，当0a时，函数()fx无极值；当0a时，函数()fx的极小值为ln1a+，无极

大值.(2)由（1）知，当0a时，()fx单调递增，可得()403f=，即43a=（舍去）；当0a时，函数()fx在(,ln)a−上单调递减，(ln,)a+上单调递增，若ln0a时，即01a时，函

数()fx在0,1上单调递增，所以()403f=，解得43a=（舍去）若ln1a时，即ae时，函数()fx在0,1上单调递减，可得()4113afe=+=，解得3ea=（舍去），若0ln1a

时，即1ae时，()fx在[0,ln)a上单调递减，在(ln,1]a上单调递增，可得()4lnln13faa=+=，即1ln3a=，解得13ae=，综上可得，实数a的值为13e.[举一反三]261．（2022·广东·福田外国语高中高三阶段练习）已知函数3(

)(3)1xfxexax=++−+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−−【答案】A【解析】()'23(3)xfxexa=++−在区间(0,1)上单调递增，由题意只需

()()00202100faeafea−−+，这时存在0(0,1)x，使得()fx在区间0(0,)x上单调递减，在区间0[,1)x上单调递增，即函数()fx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(),2e−.故选：A2．（2022·江苏泰州·模拟预测）已知函数()()22elnxfxxxxa−=++−，aR，若函数()fx在()0,+上的最小值为0，则实数a的值是（）A．2B．3C．e1+D．2e【答案

】B【解析】()22eln1xfxxxa−=−+−+，又()212e0xfxx−=++，()fx在()0,+上单调递增，()fx在()0,+上存在最小值0，()00,x+，使得()00fx=，则当()00,xx时，()0fx；当()0,xx+

时，()0fx；()fx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，()()()0220000mineln0xfxfxxxxa−==++−=…①，由()00fx=得：02002eln10xxxa−−+−+=…②，②0x−①得：()()()0022

2000001e1e0xxxxxxx−−−++=+−=，010x+，020exx−=，00ln2xx=−；27①+②得：()()()()()200000000211ln111ln0xxxxxaxxxa++++−+=+++−=；又010x+，()00001

ln123axxxx=++=++−=.故选：B.3．（2022·辽宁丹东·一模）设2(),0()ln,0xaxfxxaxx−=−，若函数()fx的最小值为2a，则实数a的取值范围为（）A．2,1−B．0,1C．0,2D．)1,+

【答案】B【解析】若0a，当0x时，()lnfxxax=−为增函数，且()(,)fx−+，不符合题意.若()0,afx=2,0,0xxxx=，最小值为()200fa==.若0a，当0x„时，()fx的最小值为()20fa=

.当0x时，()afxxx−=，若0xa，则()0fx，若xa，则()0fx，()fx在(0,)a在，在(,)a+上递增，故()fx的最小值为()()1lnfaaa=−.由20(1ln)aaaa−，1lnaa−，ln10aa+−，设(

)ln1gxxx=+−，它在(0,)+上是增函数，且(1)0g=，所以ln10aa+−的解是01a．可得01.a„综上，常数a的取值范围为0,1.故选：B．4（多选）（2022·全国·高三专题练习）函数()yfx=的导函数()'yfx=的图象如图所示，给出下列命题

，以下正确的命题（）A．3−是函数()yfx=的极值点28B．1−是函数()yfx=的最小值点C．()yfx=在区间()31−，上单调递增D．()yfx=在0x=处切线的斜率小于零【答案】AC【解析】根据导函数图象可知当x∈（﹣∞,﹣3）时，()'0fx，在()

3,x−+时，()'0fx，∴函数y＝f（x）在（﹣∞,﹣3）上单调递减，在()3,−+上单调递增，故C正确；则﹣3是函数y＝f（x）的极小值点，故A正确；∵在()3,−+上单调递增，∴﹣1不是函数y＝f（x）的最小值点，故B不正确；∵函数y＝f（x）在x＝0处的导数大于0，

∴切线的斜率大于零，故D不正确；故选：AC5．（2022·浙江·高三专题练习）设Ra，函数()()2log1,0,4,0.xxfxaxxx−=+−若函数()fx的最小值为0，则a的取值范围

是___________；若函数()1yfx=−有4个零点，则a的值是___________.【答案】(,4−；94.【解析】（1）当0x时，函数单调递减，所以有()()00fxf=，因此要使()fx的最小值为0，则当0x时，40axx+−=有

解，即24axx=−有解，224(2)4axxx=−=−−+，所以4a.（2）当0x时，()1fx=的解为1x=−；当0x时，()1fx=有三个解.若0a，则()1fx=至多只有两个解，不符合题意，所以0a.所以有241a−=−，解得94a=.29故答案为：(,4−；94.6

．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数()22eln1exfxx=−+，则()fx的最小值为____________．【答案】12eee【解析】解：因为()22eln1exfxx=−+，令2eln10x−=，即21lnex=，所以21eex=，所以

当21e0ex时()222elnexfxx=−+，则()22eexfxx=−+，令()22eexgxx=−+，则()222ee0xgxx=+，即()gx在21e0,e上单调递增，又1122ee2221122eeee1e2eee2ee0e

g−=−+=−+，所以()22ee0xfxx=−+，即()222elnexfxx=−+在21e0,e上单调递减；当21eex时()22eln2exfxx=−+，则()22ee0xfxx=+，

所以()fx在21ee,+上单调递增，综上可得()fx在21e0,e上单调递减，在21ee,+上单调递增，所以()12e21emineeefxf==，故答案为：12eee7．（2022·湖北·二模）已知函数()

ln(1),()lnfxxxgxxx=+−=，若()()21212ln,fxtgxt=+=，则122lntxxx−的最大值为_________．【答案】12e【解析】由题意，()()111ln112lnfxxx

t=+−=+，得()2111ln1lnxxt−+−=，所以()1121ln1elnxxt−−=，即()11211e0xtx−=−，又()2222lngxxxt==，得2ln22eln0xtx=，令exyx=，则()1

e0xyx=+在[0,)+上恒成立，30所以exyx=在[0,)+上单调递增，所以21ln1xx=−，则12ln1xx−=，所以212222lnlnlnlntttxxxxxt==−，令2ln()(0

)thttt=，则312ln()thtt−=，所以()ht在120,e上单调递增，在12,e+上单调递减，所以12max?1()e2ehth==．故答案为：12e8．（2022·辽宁·沈

阳市第一二〇中学高三阶段练习）设函数()0ln0xaxfxxx−=，，，，„已知12xx，且()()12fxfx=，若21xx−的最小值为2e，则a的值为__________．【答案】21e−【解析】解：令()()12fxfxt==，由图象如图所示可知(

ta−−，．因为12xx，则1xat−=，2lnxt=，得1xta=+，2etx=，所以21etxxta−=−−．令()()etgttata=−−−，则()()e1tgtta=−−，单调递增，当0a−时，即0a时，()0gt，()gt在(a−−，上单调递减

，所以()2()eeeaamingtgaaa−−=−=+−==，解得2a=−，舍去;当0a−时，即0a时，()gt单调递增，且()'00g=，()gt在(0−，上单调递减，在(0a−，上单调递增，所以()

02()0e0emingtga==−−=，解得21ea=−．综上可得21ea=−．故答案为：21e−319．（2022·浙江湖州·高三期末）若函数()()2221exfxxxa+=+++存在最小值，则实数a的取值范围是___________.【答案】(,0−【解析】因为函数()

()2221exfxxxa+=+++，所以()()2243exfxxxa+++=+，当1a时，()16430a=−+，2430xxa+++，又2e0x+，所以()()2243e0xfxxxa+=+++，所以函数()fx在R上单调递增，此时无最小值；当1a时，()16430a

=−+则2430xxa+++=有两个不等实根，设2430xxa+++=两个不等实根()1212,xxxx，则1221,21xaxa=−−−=−+−，所以函数()fx在区间()1,x−和()2,x+上单调递增，在区间()12,xx上单调递减；所以2xx=是函数()fx的极小值点，又x→−

时，2e0x+→，所以()()221e0xfxxa+=++→，所以要使得函数()fx存在最小值，则函数()fx的最小值只能为2()fx，且2()0fx，即()()22222222221e1e0xxxxaxa+++++=++，所以()2121

0aa+−++−，即2210a−−，解得0a，所以(,0a−.故答案为：(,0−.10．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()lnfxaxx=+，Ra.32（1）若曲线()yfx=在点()()1,1Pf处的切线垂直于直线2yx=+，求a的值；（2）求函数()fx在区间(

0,e上的最小值.【解】（1）∵曲线()yfx=在点()()1,1Pf处的切线垂直于直线2yx=+，又直线2yx=+的斜率为1，函数()fx的导数为22()afxxx=−+，∴22(1)111af=−+

=−，∴1a=.（2）∵2222(),(0,)aaxfxxxxx−=−+=+，①当0a=时，在区间(0,e上22()0fxx−=，此时函数()fx在区间(0,e上单调递减，则函数()fx在区间(0,e上的最小值为2(e)ef=.②当20a即0a时，在区间(0,e上(

)0fx，此时函数()fx在区间(0,e上单调递减，则函数()fx在区间(0,e上的最小值为2(e)efa=+.③当20ea，即2ea时，在区间2(0,)a上()0fx，此时函数()fx在区间2(0,)a上单调递减，在区间2

(,e]a上()0fx，此时函数()fx在区间2(,e]a上单调递增，则函数()fx在区间(0,e上的最小值为22()lnfaaaa=+.④当2ea≥，即20ea≤时，在区间(0,e上()0fx，此时函数()fx在区间(0,e上单调递减，则函数()fx在区间(

0,e上的最小值为22()eefa=+.综上所述，当2ea≤时，函数()fx在区间(0,e上的最小值为2ea+，当2ea时，函数()fx在区间(0,e上的最小值为22()lnfaaaa=+