2026年高考数学一轮专题训练：一元函数导数及其应用 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：一元函数导数及其应用 [含答案]，共23页。
A．y+4＝0B．2x﹣y﹣2＝0C．6x﹣y＝0D．6x﹣y+2＝0
2．（2025春•龙岩期中）下列导数运算正确的是（ ）
A．（2x2+3）′＝4x+3
B．(ex−1ex+1)′=−2ex(ex+1)2
C．(lnxx)′=1+lnxx2
D．（2sinx+3csx）′＝2csx﹣3sinx
3．（2025春•高邮市期中）设f（x）为可导函数，且满足limΔx→0f(3)−f(3+Δx)3Δx=3，则曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线的斜率是（ ）
A．﹣9B．﹣3C．3D．9
4．（2025春•萍乡期中）已知气球的体积V（单位：L）与半径r（单位：dm）之间的函数关系是V=43πr3，气球半径r关于气球体积V的导数被称为气球的瞬时膨胀率，则当气球的瞬时膨胀率为14π时，体积为（ ）
A．πLB．2πLC．2π3LD．4π3L
5．（2025春•酒泉期中）已知函数f（x）＝xex，则f′（3）＝（ ）
A．3e3B．4e3C．2e3D．4e2
6．（2025春•龙岩期中）设函数f（x）满足limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)3Δx=1，则f′（x0）＝（ ）
A．1B．2C．13D．3
7．（2025春•上饶期中）已知函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣3x+1，则f′（1）+f（1）＝（ ）
A．2B．1C．﹣2D．﹣5
8．（2025春•顺庆区校级期中）一辆汽车在公路上直线变速行驶，假设汽车在某一段路内t秒时的位移（单位：米）为s（t）＝t2+ln（2t+1），则汽车在第1秒时的瞬时速度为（ ）
A．43m/sB．53m/sC．83m/sD．73m/s
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025•昌黎县校级模拟）已知函数f（x）＝x（x2﹣a）+2，则（ ）
A．f（x）恒有极值点
B．当a＞0时，f（x）的极大值大于2
C．当0＜a＜13时，f（a）＜f（a2）
D．当0＜a＜2时，f（x）只有一个零点
（多选）10．（2025春•浙江期中）下列求导错误的是（ ）
A．（ln5）′=15B．（3x）′＝x•3x﹣1
C．（cs2x）′＝﹣sin2xD．（xex）′＝（x+1）ex
（多选）11．（2025春•上饶期中）已知函数y＝f（x），其导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则关于y＝f（x）的论述错误的是（ ）
A．在（﹣∞，0）上为减函数B．在x＝0处取极小值
C．在（1，2）上为减函数D．在x＝2处取极大值
（多选）12．（2025•黄山模拟）设函数f（x）＝x3﹣3ax+3，则（ ）
A．存在a∈R，函数f（x）仅有一个极值点
B．曲线f（x）关于点（0，3）对称
C．当a＝1时，9x﹣y﹣13＝0是曲线f（x）的切线方程
D．当a＞1时，函数f（x）有唯一零点
三．填空题（共4小题）
13．（2025•渝中区校级模拟）已知关于x的方程eax+ea（2﹣x）＝﹣x2+2x+b有解，则b﹣a+1的最小值为 ．
14．（2025春•芜湖期中）已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx+1，不等式f（2023a﹣x2ex）+f（2lnx+x）≤2对任意的x∈（0，+∞）恒成立，则a的最大值为 ．
15．（2025•全国一模）已知曲线f（x）＝x+ex在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝ln（x﹣1）+a相切，则a＝ ．
16．（2025•宿迁一模）若函数f（x）＝x3﹣3ax2+12x（a＞0）存在两个极值点x1，x2，则f（x1）+f（x2）的取值范围是 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•上饶期中）已知函数f(x)=lnx+ax，a∈R．
（1）当a＝2时，求函数f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若函数f（x）在[1，2]上的最小值是32，求a的值．
18．（2025春•海淀区校级期中）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a∈R）．
（1）当a＝2时，求f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）在定义域内极值点的个数．
19．（2025春•大祥区校级期中）已知函数f(x)=2alnx+12x2−(a+2)x，其中a为常数．
（1）当a＝1时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）当a＝1时，g(x)=12x2−x−2，证明：f（x）≤g（x）；
（3）当a＞0时，试讨论f（x）的单调性．
20．（2025春•天山区校级期中）已知函数f（x）=23x3−12x2﹣3x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最大值与最小值．
一元函数导数及其应用
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025•福州模拟）曲线f（x）＝x3+3x在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为（ ）
A．y+4＝0B．2x﹣y﹣2＝0C．6x﹣y＝0D．6x﹣y+2＝0
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据导数的几何意义，直线的点斜式方程，即可求解．
解：因为f（x）＝x3+3x，所以f′（x）＝3x2+3，
所以f（﹣1）＝﹣4，f′（﹣1）＝6，
所以所求切线方程为y+4＝6（x+1），即6x﹣y+2＝0．
故选：D．
【点评】本题考查函数的切线的求解，属基础题．
2．（2025春•龙岩期中）下列导数运算正确的是（ ）
A．（2x2+3）′＝4x+3
B．(ex−1ex+1)′=−2ex(ex+1)2
C．(lnxx)′=1+lnxx2
D．（2sinx+3csx）′＝2csx﹣3sinx
【考点】导数运算．
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；运算求解．
【正确答案】D
【分析】由导数运算公式和运算法则逐一计算判断即可．
解：对于A，（2x2+3）′＝4x，故A错误；
对于B，(ex−1ex+1)′=ex(ex+1)−ex(ex−1)(ex+1)2=2ex(ex+1)2，故B错误；
对于C，(lnxx)′=(lnx)′x−(x)′lnxx2=1−lnxx2，故C错误；
对于D，（2sinx+3csx）′＝2csx﹣3sinx，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查导数的运算法则，属于基础题．
3．（2025春•高邮市期中）设f（x）为可导函数，且满足limΔx→0f(3)−f(3+Δx)3Δx=3，则曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线的斜率是（ ）
A．﹣9B．﹣3C．3D．9
【考点】导数与切线的斜率；含Δx表达式的极限计算与导数的关系．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据题意，化简得到limΔx→0f(3+Δx)−f(3)Δx=−9，即f′（3）＝﹣9，结合导数的几何意义，即可求得曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线的斜率，得到答案．
解：由limΔx→0f(3)−f(3+Δx)3Δx=13limΔx→0f(3)−f(3+Δx)Δx=−13limΔx→0f(3+Δx)−f(3)Δx=3，
所以limΔx→0f(3+Δx)−f(3)Δx=−9，即f′（3）＝﹣9，
所以所求切线的斜率是﹣9．
故选：A．
【点评】本题主要考查导数的定义，属于基础题．
4．（2025春•萍乡期中）已知气球的体积V（单位：L）与半径r（单位：dm）之间的函数关系是V=43πr3，气球半径r关于气球体积V的导数被称为气球的瞬时膨胀率，则当气球的瞬时膨胀率为14π时，体积为（ ）
A．πLB．2πLC．2π3LD．4π3L
【考点】瞬时变化率．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解．
解：由V=43πr3，得r=33V4π=334π⋅V13，
则r′=13334π⋅V−23，
令r'=14π，解得V=4π3L．
故选：D．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
5．（2025春•酒泉期中）已知函数f（x）＝xex，则f′（3）＝（ ）
A．3e3B．4e3C．2e3D．4e2
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】对函数求导，将值代入导函数，即可求解．
解：函数f（x）＝xex，
则f'（x）＝（x）'ex+x（ex）'＝（1+x）ex，
故f'（3）＝4e3．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数的运算，属于基础题．
6．（2025春•龙岩期中）设函数f（x）满足limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)3Δx=1，则f′（x0）＝（ ）
A．1B．2C．13D．3
【考点】含Δx表达式的极限计算与导数的关系．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】利用导数的定义即可求值．
解：函数f（x）满足limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)3Δx=1，
f′(x0)=limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)Δx=3limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)3Δx=3．
故选：D．
【点评】本题主要考查导数的定义，属于基础题．
7．（2025春•上饶期中）已知函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣3x+1，则f′（1）+f（1）＝（ ）
A．2B．1C．﹣2D．﹣5
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的值；基本初等函数的导数．
【专题】方程思想；定义法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】由已知求解f（1）的值，利用导数的几何意义可得f′（1），则答案可求．
解：已知函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣3x+1，
得f（1）＝﹣3×1+1＝﹣2，且f′（1）＝﹣3，
∴f′（1）+f（1）＝﹣3﹣2＝﹣5．
故选：D．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
8．（2025春•顺庆区校级期中）一辆汽车在公路上直线变速行驶，假设汽车在某一段路内t秒时的位移（单位：米）为s（t）＝t2+ln（2t+1），则汽车在第1秒时的瞬时速度为（ ）
A．43m/sB．53m/sC．83m/sD．73m/s
【考点】瞬时变化率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据已知条件，结合导数的几何含义，即可求解．
解：汽车在某一段路内t秒时的位移（单位：米）为s（t）＝t2+ln（2t+1），
则s'（t）＝2t+22t+1，
故s'（1）＝2+23=83m/s．
故选：C．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025•昌黎县校级模拟）已知函数f（x）＝x（x2﹣a）+2，则（ ）
A．f（x）恒有极值点
B．当a＞0时，f（x）的极大值大于2
C．当0＜a＜13时，f（a）＜f（a2）
D．当0＜a＜2时，f（x）只有一个零点
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及极值关系，零点存在条件检验各选项即可判断．
解：f′（x）＝3x2﹣a，
当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，此时f（x）单调递增，没有极值，A错误；
当a＞0时，由f′（x）＝3x2﹣a＝0可得x＝±a3，
当x＜−a3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当−a3＜x＜a3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞a3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
故x=−a3时，函数取得极大值f（−a3）＝2+2aa33＞2，B正确；
当0＜a＜13时，0＜a2＜a＜a3＜13，此时f（x）单调递减，
所以f（a）＜f（a2），C正确；
当0＜a＜2时，函数的极小值f（a3）＝2−23a329＞0
极大值f（−a3）＝2+2aa33＞2，
又x→+∞时，f（x）→+∞，x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，
故函数f（x）存在唯一零点，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了函数零点个数的判断，属于中档题．
（多选）10．（2025春•浙江期中）下列求导错误的是（ ）
A．（ln5）′=15B．（3x）′＝x•3x﹣1
C．（cs2x）′＝﹣sin2xD．（xex）′＝（x+1）ex
【考点】基本初等函数的导数；导数的乘法与除法法则；简单复合函数的导数．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】结合导数的运算法则，即可求解．
解：（ln5）'＝0，故A错误；
（3x）'＝3xln3，故B错误；
（cs2x）'＝﹣2sin2x，故C错误；
（xex）'＝x'ex+x（ex）'＝（1+x）ex，故D正确．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查导数的运算，属于基础题．
（多选）11．（2025春•上饶期中）已知函数y＝f（x），其导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则关于y＝f（x）的论述错误的是（ ）
A．在（﹣∞，0）上为减函数B．在x＝0处取极小值
C．在（1，2）上为减函数D．在x＝2处取极大值
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】ABD
【分析】根据导函数的图象判断y＝f′（x）的符号，进而确定y＝f（x）的区间单调性和极值，即可得答案．
解：由图知：在区间（﹣∞，0），（2，4）上f′（x）＞0，即y＝f（x）单调递增；
在区间（0，2）和（4，+∞）上，f′（x）＜0，y＝f（x）单调递减；
所以x＝2处取极小值，x＝0，x＝4处取极大值，
综上，ABD错，C对．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．
（多选）12．（2025•黄山模拟）设函数f（x）＝x3﹣3ax+3，则（ ）
A．存在a∈R，函数f（x）仅有一个极值点
B．曲线f（x）关于点（0，3）对称
C．当a＝1时，9x﹣y﹣13＝0是曲线f（x）的切线方程
D．当a＞1时，函数f（x）有唯一零点
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【正确答案】BC
【分析】求导即可判断函数极值点个数，从而判断A；
利用函数对称性的定义代入计算，即可判断B；
利用导数的几何意义即可判断C；
借助函数单调性以及极值，即可确定零点个数，从而判断D．
解：根据题意可得导函数f′（x）＝3x2﹣3a，当a≤0时，导函数f′（x）≥0恒成立，
f（x）在R上单调递减，无极值点，当a＞0时，令导函数f′（x）＝0，
所以3x2﹣3a＝0，解得x=±a，此时函数有两个极值点，
因此不存在a∈R，使f（x）仅有一个极值点，所以选项A错误；
设（x，y）是函数f（x）图像上任意一点，那么y＝x3﹣3ax+3，
点（x，y）关于点（0，3）对称的点为（﹣x，6﹣y），
将﹣x代入函数可得函数f（﹣x）＝（﹣x）3﹣3a（﹣x）+3＝﹣x3+3ax+3，
而6﹣y＝6﹣（x3﹣3ax+3）＝﹣x3+3ax+3，
因此曲线关于点（0，3）对称，所以选项B正确；
当a＝1时，函数f（x）＝x3﹣3x+3，导函数f′（x）＝3x2﹣3，
如果方程9x﹣y﹣13＝0是切线方程，那么其斜率为9，
令导函数f′（x）＝3x2﹣3＝9，解得x＝±2，
当x＝﹣2时，f（﹣2）＝（﹣2）3﹣3×（﹣2）+3＝1，切线方程为y﹣1＝9（x+2），
化简可得9x﹣y+19＝0；
当x＝2时，f（2）＝23﹣3×2+3＝5，切线方程为y﹣5＝9（x﹣2），
化简可得9x﹣y﹣13＝0；
所以9x﹣y﹣13＝0是曲线f（x）的切线方程，故C正确；
对于D，由f′（x）＝3x2﹣3a，当a＞1时，令f′（x）＝0，可得x=±a，
当x＜−a或x＞a时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当−a＜x＜a时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
f(−a)=(−a)3−3a(−a)+3=−aa+3aa+3=2aa+3＞0，
f(a)=(a)3−3aa+3=3−2aa＜0，
当x→+∞时，f（x）→+∞，当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，
所以函数f（x）在(−∞，−a)，(−a，a)，(a，+∞)上各有一个零点，
即函数有三个零点，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025•渝中区校级模拟）已知关于x的方程eax+ea（2﹣x）＝﹣x2+2x+b有解，则b﹣a+1的最小值为 1+ln2 ．
【考点】利用导数研究函数的极值；由二次函数的性质求解析式或参数．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【正确答案】1+ln2．
【分析】利用换元法，将方程有解转化为方程有零点问题，进而求解．
解：令t＝x﹣1，则x＝t+1，原方程变为：ea（t+1）+ea（1﹣t）＝﹣（t）2+（b+1），
左边化简为：ea（eat+e﹣at）＝2eacsh（at），
因此方程为：2eacsh（at）＝﹣t2+（b+1），
左边最小值：csh（at）≥1，当t＝0时取等，此时左边为2ea，
右边最大值：当t＝0时，右边为b+1．
方程有解需满足：2ea≤b+1⇒b≥2ea﹣1，
目标函数为：b﹣a+1≥（2ea﹣1）﹣a+1＝2ea﹣a，
求f（a）＝2ea﹣a的最小值：
因为f'（a）＝2ea﹣1，
令f′（a）＝0，解得a=ln12=−ln2，
代入得最小值：f（﹣ln2）＝1+ln2，
再验证解的存在性：
当a＝﹣ln2时，左边最小值为1，右边最大值为1，此时t＝0（即x＝1）满足方程，故解存在．
故1+ln2．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
14．（2025春•芜湖期中）已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx+1，不等式f（2023a﹣x2ex）+f（2lnx+x）≤2对任意的x∈（0，+∞）恒成立，则a的最大值为 12023 ．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【正确答案】12023．
【分析】先证明g（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx为奇函数，再利用导数证明g（x）为增函数，结合函数性质化简不等式可得2023a≤x2ex﹣2lnx﹣x，再利用导数求x2ex﹣2lnx﹣x的最小值可得结论．
解：设函数g（x）＝f（x）﹣1，
根据函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx+1，可得函数g（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx，
g（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx的定义域为R，
g（x）的定义域关于原点对称，又因为g（﹣x）＝e﹣x﹣ex﹣2sin（﹣x）＝﹣g（x），
因此g（x）为奇函数，
由于导函数g′（x）＝ex+e﹣x﹣2csx≥2﹣2csx≥0，当且仅当x＝0时取等号，
因此g（x）为增函数，
f（2023a﹣x2ex）+f（2lnx+x）≤2可化为f（2023a﹣x2ex）﹣1≤1﹣f（2lnx+x），
因此g（2023a﹣x2ex）≤﹣g（2lnx+x）＝g（﹣2lnx﹣x），
因此2023a﹣x2ex≤﹣2lnx﹣x，
因此2023a≤x2ex﹣2lnx﹣x，
根据已知2023a≤（x2ex﹣2lnx﹣x）min，其中x∈（0，+∞），
设函数h（x）＝x2ex﹣2lnx﹣x，x∈（0，+∞），
那么导函数h′(x)=(x2+2x)ex−x+2x=x+2x(x2ex−1)
令导函数h′（x）＝0，可得x2ex﹣1＝0，
设函数φ（x）＝x2ex﹣1，x∈（0，+∞），
那么导函数φ′（x）＝（x2+2x）ex＞0，
因此函数φ（x）＝x2ex﹣1在（0，+∞）上单调递增，
又因为φ（1）＝e1﹣1＞0，φ（0）＝﹣1＜0，
因此存在x1∈（0，1），使得φ（x）＝0，
因此当x＞x1时，导函数h′（x）＞0，h（x）在（x1，+∞）上单调递增，
当0＜x＜x1时，导函数h′（x）＜0，h（x）在（0，x1）上单调递减，
所以当x＝x1时，h（x）＝x2ex﹣2lnx﹣x取最小值，最小值为x12ex1−2lnx1−x1，其中x12ex1−1=0
所以2023a≤x12ex1−2lnx1−x1=1−lne−x1−x1=1，
所以a≤12023，
所以a的最大值为12023．
故12023．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
15．（2025•全国一模）已知曲线f（x）＝x+ex在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝ln（x﹣1）+a相切，则a＝ 4+ln2 ．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】4+ln2．
【分析】根据导数的几何意义可得曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程，再次利用导数的几何意义求得y＝ln（x﹣1）+a的切点（x0，y0），从而得解．
解：因为f（x）＝x+ex的导数为f′（x）＝1+ex，则f（0）＝1，f′（0）＝2，
所以曲线f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝2x，即y＝2x+1，
又切线y＝2x+1与曲线y＝ln（x﹣1）+a相切，设切点为（x0，y0），
因为y′=1x−1，所以切线斜率为k=1x0−1=2，解得x0=32，
所以y0＝2x0+1＝4，则4=ln(32−1)+a，解得a＝4+ln2．
故4+ln2．
【点评】本题考查导数的几何意义与曲线的切线方程，属于中档题．
16．（2025•宿迁一模）若函数f（x）＝x3﹣3ax2+12x（a＞0）存在两个极值点x1，x2，则f（x1）+f（x2）的取值范围是 （﹣∞，16） ．
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】（﹣∞，16）．
【分析】根据极值点定义可知x1，x2为f'（x）＝0的两根，由Δ＞0可求得a＞2，并得到韦达定理的形式；结合韦达定理将f（x1）+f（x2）化简为﹣4a3+24a，令g（a）＝﹣4a3+24a（a＞2），利用导数可求得g（a）单调性，由此可得g（a）的范围，即为所求范围．
解：由题意知：f（x）的定义域为R，f'（x）＝3x2﹣6ax+12＝3（x2﹣2ax+4），
因为f（x）有两个极值点x1，x2，所以x1，x2为f'（x）＝0的两根，
所以Δ＝36a2﹣144＞0，又a＞0，解得：a＞2；
所以x1+x2＝2a，x1x2＝4，
所以f(x1)+f(x2)=x13−3ax12+12x1+x23−3ax22+12x2
=(x1+x2)(x12−x1x2+x22)−3a(x12+x22)+12(x1+x2)
=(x1+x2)[(x1+x2)2−3x1x2]−3a[(x1+x2)2−2x1x2]+12(x1+x2)
＝2a（4a2﹣12）﹣3a（4a2﹣8）+24a＝﹣4a3+24a；
令g（a）＝﹣4a3+24a（a＞2），
则g′(a)=−12a2+24=−12(a+2)(a−2)，
所以当a＞2时，g'（a）＜0恒成立，
所以g（a）在（2，+∞）上单调递减，
所以g（a）＜g（2）＝﹣4×8+24×2＝16，
则f（x1）+f（x2）的取值范围为（﹣∞，16）．
故（﹣∞，16）．
【点评】本题主要考查利用导数求极值点，属于难题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•上饶期中）已知函数f(x)=lnx+ax，a∈R．
（1）当a＝2时，求函数f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若函数f（x）在[1，2]上的最小值是32，求a的值．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的最值．
【专题】应用题；整体思想；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】（1）极小值为1+ln2，无极大值；
（2）答案见解析；
（3）a=e．
【分析】（1）直接代入求导，令f′（x）＝0即可得到其极值；
（2）求导得f′(x)=x−ax2，再对分a≤0和a＞0讨论即可；
（3）求导得f′(x)=x−ax2，再对a分a≤1，1＜a＜2和a≥2讨论即可．
解：（1）根据题目：已知函数f(x)=lnx+ax，a∈R，
当a＝2时，f(x)=lnx+2x，
f′(x)=1x−2x2=x−2x2，令f′（x）＝0，则x＝1，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，
当x＞2时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增，
当a＝2时，则f（x）的极小值为f（2）＝1+ln2，无极大值．
（2）f′(x)=1x−ax2=x−ax2，x＞0，
若a≤0，则f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞a，令f′（x）＜0，解得0＜x＜a，
则其在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a＞0时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
（3）f′(x)=1x−ax2=x−ax2，x＞0，
若a≤1，则f′（x）≥0在[1，2]上恒成立，
所以f（x）在[1，2]上单调递增，
根据题目：函数f（x）在[1，2]上的最小值是32，
所以f(x)min=f(1)=a=32，不满足题意；
若1＜a＜2，令f′（x）＜0，解得1≤x＜a，令f′（x）＞0，解得a＜x≤2，
所以函数f（x）在[1，a）单调递减，（a，2]单调递增，
所以f(x)min=f(a)=lna+1=32，解得a=e，满足题意；
若a≥2，则f′（x）≤0在[1，2]上恒成立，
所以f（x）在[1，2]上单调递减，
所以f(x)min=f(2)=ln2+a2=32，解得a＝3﹣ln4＜2，不满足题意，
综上，a=e．
【点评】本题考查利用导数求解函数的单调性和单调区间，属于中档题．
18．（2025春•海淀区校级期中）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a∈R）．
（1）当a＝2时，求f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）在定义域内极值点的个数．
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】（1）极大值f（2）＝2ln2﹣2，没有极小值；
（2）a≤0时，0个极值点为0个，
当a＞0时，极值点为1个．
【分析】（1）把a＝2代入，对函数求导，结合导数与单调性及极值关系即可求解；
（2）对函数求导，结合导数与单调性及极值关系即可求解．
解：f′(x)=ax−1，x＞0，
（1）当a＝2时，f′(x)=2x−1=2−xx，
当0＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故x＝2时，函数取得极大值f（2）＝2ln2﹣2，没有极小值；
（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递减，没有极值，
当a＞0时，由f′(x)=ax−1=0可得x＝a，
当0＜x＜a时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞a时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故x＝a时，函数取得极大值，没有极小值，即极值点为1个，
综上，a≤0时，0个极值点为0个，
当a＞0时，极值点为1个．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．
19．（2025春•大祥区校级期中）已知函数f(x)=2alnx+12x2−(a+2)x，其中a为常数．
（1）当a＝1时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）当a＝1时，g(x)=12x2−x−2，证明：f（x）≤g（x）；
（3）当a＞0时，试讨论f（x）的单调性．
【考点】不等式恒成立的问题；利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】分类讨论；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）y=−52；
（2）证明详见解析；
（3）①若0＜a＜2，f（x）在（0，a）上单调递增，在（a，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增；
②若a＝2，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③若a＞2，f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
【分析】（1）写出a＝1时f（x）的解析式，求导得到f'（x），求出f（1）和f'（1），再写出切线方程；
（2）将f（x）、g（x）代入不等式，问题转化为证lnx﹣x+1≤0恒成立，设h（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，求导求出h（x）单调性和最值，可证明；
（3）对f（x）求导，关于a的大小进行分类讨论，分别分析f（x）的单调性．
解：（1）由题设f（x）=2lnx+12x2−3x，则f′(x)=2x+x−3，
所以f(1)=−52，f′（1）＝0，故f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=−52；
（2）证明：由已知，f(x)−g(x)=2lnx+12x2−3x−12x2+x+2=2(lnx−x+1)，
所以要证f（x）≤g（x），即证lnx﹣x+1≤0恒成立，
令h（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，则h′(x)=1−xx，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，故h（x）在（0，1）上单调递增，
当x＞1时，h′（x）＜0，故h（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以h（x）≤h（1）＝0，即lnx﹣x+1≤0，故f（x）≤g（x），得证；
（3）由已知，f'（x）=x2−(a+2)x+2ax=(x−a)(x−2)x，x＞0，a＞0，
①若0＜a＜2，则0＜x＜a时，f'（x）＞0，即f（x）在（0，a）上单调递增，
a＜x＜2时，f'（x）＜0，即f（x）在（a，2）上单调递减，
x＞2时，f′（x）＞0，即f（x）在（2，+∞）上单调递增；
②若a＝2，则f'（x）≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③若a＞2，则0＜x＜2时，f'（x）＞0，即f（x）在（0，2）上单调递增，
2＜x＜a时，f′（x）＜0，即f（x）在（2，a）上单调递减，
x＞a时，f′（x）＞0，即f（x）在（a，+∞）上单调递增．
【点评】本题主要考查利用导数求曲线的切线、证明不等式恒成立问题以及讨论含参函数的单调性，属于中档题．
20．（2025春•天山区校级期中）已知函数f（x）=23x3−12x2﹣3x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最大值与最小值．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；直观想象；运算求解．
【正确答案】（1）f（x）的单调递减区间为：（﹣1，32）；单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（32，+∞）；
（2）f（x）min=−278，f（x）max=−83．
【分析】（1）求导得f′（x）＝（2x﹣3）（x+1），分别令f′（x）＜0，f′（x）＞0，求解即可得f（x）的单调区间；
（2）根据（1）确定f（x）在[1，2]上的单调性，再求最值即可．
解：（1）因为f（x）=23x3−12x2﹣3x，所以f′（x）＝2x2﹣x﹣3＝（2x﹣3）（x+1）．
令f′（x）＜0，得﹣1＜x＜32；令f′（x）＞0，得x＜﹣1或x＞32，
所以f（x）的单调递减区间为：（﹣1，32）；单调递增区间为：（﹣∞，﹣1），（32，+∞）；
（2）由（1）可知f（x）在[1，32）上单调递减，在（32，2]上单调递增；
所以f（x）min＝f（32）=−278，
又f（1）=−176，f（2）=−83＞−176，
所以f（x）max=−83．
【点评】本题考查了利用导数确定函数的单调区间及求最值，属于基础题．