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第04讲 导数与函数的极值、最值（5类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（新高考通用）
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这是一份第04讲 导数与函数的极值、最值（5类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（新高考通用），文件包含第04讲导数与函数的极值最值教师版docx、第04讲导数与函数的极值最值学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共93页， 欢迎下载使用。
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为5-13-15分
【备考策略】1.借助函数的图象,了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件
2能够利用导数求函数的极大值、极小值以及在给定闭区间上的最大值、最小值
3体会导数与极大(小)值、最大(小)值的关系
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，会结合导数来判断或证明函数的单调性，从而求得函数的极值或给定区间上的最值，热点内容，需综合复习
知识讲解
函数的极值与导数
(1)函数的极小值与极小值点
若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，，而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．
(2)函数的极大值与极大值点
若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，，而且在点x＝b 附近的左侧，右侧，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
（3）极值与导数的关系
是极值点
是极值点，即：是为极值点的必要非充分条件
函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
考点一、求函数的极值或极值点
1．（2024·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
2．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
3．（2021·天津·高考真题）已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
1．（2024·湖南长沙·三模）已知函数（）.
(1)求函数的极值；
(2)若集合有且只有一个元素，求的值.
【答案】(1)极大值是，无极小值；
(2).
【分析】（1）利用求导，通过参数，可分析出为正负的区间，从而可以判断的极值；
（2）利用不等式有唯一解，则正好是最大值取到等号，再去分析取等号的含参方程有解的条件，所以重新构造新的函数，通过求导来研究函数的零点和方程的解.
【详解】（1）由，
因为，所以的定义域为，则，
因为时，；时，.
所以的单调递增区间为；单调递减区间为，
所以是的极大值点，的极大值是，无极小值.
（2）由（1）可得，
要使得集合有且只有一个元素，则只需要
设，则，
因为时，；时，，
所以的单调递减区间为；单调递增区间为.
所以，所以关于的方程有解时，
只能是，
所以集合有且只有一个元素时.
2．（2024·浙江温州·三模）设函数的导函数为.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)证明：函数存在唯一的极大值点，且.
（参考数据：）
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，极大值，无极小值.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间和极值；
（2）利用导数求函数的极大值点，由单调性证明.
【详解】（1）函数，定义域为，
，，
解得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故极大值为，无极小值.
（2）由（1）可知，且，，
所以根据零点定理，使，使，
即时，，为减函数；
时，，为增函数，
所以存在唯一极大值点，即，
又因为，
所以，即，得证!
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数的导函数为.
(1)证明：函数有且只有一个极值点；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）求导，结合函数单调性及零点存在定理说明的单调性即可证明；
（2）换元，并分离参数求函数最值即可求解.
【详解】（1）证明：由题意知的定义域为，且，
令，则，
所以（即）在上单调递增，
又
所以在上有唯一零点，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数有且只有一个极值点.
（2）恒成立，
即恒成立，
即恒成立，即恒成立.
令，则，所以，
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，解得，
即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的极值点及不等式恒成立问题，关键是利用函数特点同构，得到恒成立..
考点二、根据函数极值或极值点求参数值或范围
1．（2024·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
2．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
3．（2023·全国·高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(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的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，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，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
由一次函数与对数函数的性质可得，当时，
，
且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
4．（2021·全国·高考真题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
1．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数的一个极值为．
(1)求实数的值；
(2)若函数在区间上的最大值为18，求实数与的值．
【答案】(1)或5
(2)实数的值为的值为5
【分析】（1）通过求导，根据导数的正负得到极值点，根据极值为解出的值；
（2）根据上的单调性，分，，，四种情况讨论的最大值，只有中存在符合题意，令最大值为18，求得和的值.
【详解】（1）由，得，
令，得或；令，得；令，得或．
所以函数有两个极值和．
若，得，解得；
若，得，解得．
综上，实数的值为－22或5．
（2）由（1）得，在区间的变化情况如下表所示：
由表可知，
①当时，函数在区间上单调递增，所以最大值为，
其值为或，不符合题意；
②当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，所以在上的最大值为，其值为或25，不符合题意；
③当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，所以在上的最大值为，其值为或25，不符合题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
若在区间上的最大值为，其值为或，不符合题意，
又因为若，则．那么，函数在区间上的最大值只可能小于－2，不合题意，
所以要使函数在区间上的最大值为18，必须使，且，
即．所以，
所以．所以，
所以．所以或，
所以或．因为，所以舍去．
综上，实数的值为的值为5．
【点睛】方法点睛：函数在闭区间上的最值
通过求导，根据导数的正负得到函数的单调性，从而函数的最大值在极大值和端点值中取大，函数的最小值在极小值和端点值中取小.
2．（2024·重庆·模拟预测）已知
(1)若在处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)若存在极值点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据已知条件有，解方程即可求出；
（2）根据条件有在上至少有一个变号零点，即至少有一解，构造函数，对求导，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，进而即得.
【详解】（1）因为，所以，
根据题意有，即，解得，
检验，此时，切线为，平行与轴，故符合题意.
（2）因为，所以，
因为存在极值点，所以在上至少有一个变号零点，
即至少有一解，令，
则，令，即，解得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，又当时，，
所以.
3．（2023·湖南郴州·一模）已知函数.
(1)若曲线在处切线与轴平行，求；
(2)若在处取得极大值，求的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义即可得解；
（2）分类讨论的取值情况，利用导数分析的单调情况，从而得到其极值情况，由此得解.
【详解】（1）因为，
所以，
因为曲线在处切线与轴平行，
所以，解得，
又，所以.
（2）的定义域为，，
①当时，令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减.
在处取得极大值，满足题意；
②当时，令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减.
在处取得极大值，满足题意；
③当时，
（i）当时，
所以在上单调递增，无极值，不满足题意；
（ii）当时，，
令，得，令，得或.
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
在处取得极小值，不满足题意；
（iii）当时，，
令，得，令，得或.
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
在处取得极大值，满足题意；
综上所述，的取值范围为.
4．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，.
(1)求函数单调区间；
(2)若函数在有两个极值点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）通过求函数的导数，将分类，讨论函数的单调性；
（2）通过导数将函数极值问题转化为方程在上有两个根即可.
【详解】（1）由题意可知，函数定义域为，
导数
时，恒成立
时，当；当
时，当；当
综上可知：时为常函数，无单调区间
时，单调增区间为：，单调减区间为：
时，单调增区间为：，单调减区间为：.
（2）因为，
所以，
因为在上有两个极值点，
则，即在上有两个根，
令，
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又因为时 ，，，
所以在上有2个极值点需满足.
综上所述，当时，函数在上有两个极值点.
考点三、利用导数求函数最值
1．（2024·安徽·三模）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求函数在上的最值.
【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果.
【详解】（1）由函数，可得，
可得，且，所以切线的斜率为，切点为，
则所求切线方程为.
（2）由（1），当时，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
而，，，
故所求最大值为，最小值为.
2．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数在区间上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数单调性，分类讨论函数最大值.
【详解】（1）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若，则，此时在上单调递增，
若，则由得，当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
综上，当，的增区间为，无减区间，
若，减区间为，增区间为.
（2）由（1）知，当时，在区间上为增函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，在上为增函数，
函数的最大值为，
由，得，
若时，函数的最大值为，
若时，函数的最大值为，
综上，当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为.
1．（2024·山东泰安·三模）已知函数.
(1)讨论的最值；
(2)若，且，求的取值范围.
【答案】(1)最小值为，无最大值.
(2).
【分析】（1）求得，结合导数的符号，求得函数的单调区间，进而求得其最值；
（2）把不等式转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围.
【详解】（1）.解：因为的定义域为，可得.
当时，令，可得；
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.
（2）解：当时，由，可得，
整理得，即，
令，
则，
由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，取得最大值，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2．（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)判断函数的零点个数，并证明.
【答案】(1)
(2)函数在有且仅有一个零点，证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，令，利用导数说明的单调性，结合零点存在性定理得到的单调性，即可求出在闭区间上的最小值；
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明.
【详解】（1）因为，
所以，令，，
当时，，
所以在上单调递减，且，
，
所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
，
所以函数在区间上的最小值为.
（2）函数在上有且仅有一个零点，证明如下：
函数，，则，
若，，
所以在区间上单调递增，又，
，
结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，
若，则，，则，
若，因为，所以，
综上，函数在有且仅有一个零点.
3．（2021·北京·高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
考点四、由函数最值求参数值或范围
1．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2．（2024·海南·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数有最小值2，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到，构造，求导得到函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，则，
由于函数在点处切线方程为，即.
（2）的定义域为，
，
当时，令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即
则令，设，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：.
3．（2024·四川·模拟预测）已知函数．
(1)若函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的值；
(2)若函数的最小值为，求的值．
【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）根据导数的几何意义，求得切线方程，再根据三角形面积，即可求得结果；
（2）通过二次求导，求得的最小值，结合的隐零点，即可求得结果.
【详解】（1）因为，所以，
则，又，
所以函数在处的切线方程为．
由题意，显然，令得，令得，
所以函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，
所以，解得或．
（2）由（1）知，令，
所以，当时，在上单调递减，
当时，，在上单调递增．
因为，所以当时，，
又
所以在上必存在唯一零点，使得．
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增．
所以在处取得最小值，
即，且，即，
所以．
设，所以，
当时，单调递增，，
当时，，单调递减，，
又，所以函数在上存在唯一的，使得成立，
所以，所以，即．
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是能够通过二次求导，求得的隐零点，从而判断的单调性，进而求得最小值.
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有最大值，求实数的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分类讨论可求单调区间；
（2）利用（1）的结论可求实数的值．
【详解】（1）
1°当时在区间上单调递增。
2°当时，时，单调递增
时，单调递减
综上，当时，的增区间是，
当时，的增区间是，减区间是
（2）由（1）知当时，无最大值。
当时，，平方有，
解得．
2．（2024·陕西西安·一模）已知函数．
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)若的最小值为1，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）由在区间上恒成立，则，即可得出答案；
（2）由，得，求导分析单调性、最值，即可得出答案.
【详解】（1）因为在上单调递增，
所以在区间上恒成立，所以，
令，则，
令，则．
当时，单调递增，，
所以，所以在上单调递增，
故，所以．的取值范围为．
（2）由，得，
所以，
令，则，
令，则，
当时，，
则，
当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，
在上单调递增，且，
所以，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以，所以成立，
当时，当时，在上单调递减，，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，此时，舍去．
当时，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，．舍去；
当时，当时，，在上单调递增，，在上单调递减，在上单调递增，
此时，，舍去，
综上，．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性与导函数的关系，解题关键是利用在区间单调递增等价在区间恒成立，然后分离参数，利用导数研究新构造函数的最小值，
3．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数．
(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若的最小值为6，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数单调性得到恒成立，再令新函数，根据单调性求最值即可.
（2）根据函数单调性构造函数，再根据零点存在定理求出零点，解出方程即可求出的值.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，，
因为在上单调递减，所以恒成立且不恒为0，
所以，即恒成立．
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，
则，
所以实数的取值范围是．
（2）解法一 由（1）知，，
因为的最小值为6，所以，得．
设，则，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，
当时，，即，在上单调递减；
当时，，即，在上单调递增，
所以．
因为，所以，
解得（舍去）或，
所以．
解法二 由题意知在上恒成立，则在上恒成立．
令，则，
，
由得，由得或，
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，当时，，
所以，故．
因为的最小值为6，所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性问题，其中关键是零点存在定理的应用.在研究函数的单调性时，利用零点存在定理找到导函数的隐零点，即存在，使得，再根据最值求解的值即可.
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数和函数有相同的最大值.
(1)求a的值；
(2)设集合，（b为常数）.证明：存在实数b，使得集合中有且仅有3个元素.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）先由定义域得到，求导，当时，函数无最大值，舍去，当时，求出单调性和有最大值，进而求出的单调性，最大值，从而得到方程，求出a的值；
（2）集合的元素个数即为直线与两条曲线和的交点个数，在（1）的基础上作出和，数形结合得到答案.
【详解】（1）由题意可知，由，得，
若，当时，；当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以有最小值，无最大值，不合题意.
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值.
由，得，且，
当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值.
则，解得.
（2）集合的元素个数即为直线与两条曲线和的交点个数.
由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
且，，
在上单调递增，在上单调递减，
且，，
作出和的图像如图所示.
设和的图像交于点M，
则当直线经过点M时，直线与两条曲线和共有3个交点，
故存在实数b，使得集合中有且仅有3个元素.
【点睛】方程解的问题可转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，常常利用导函数得到函数的单调性和极值最值情况，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
考点五、选填小题中极值的应用与求解
1．（2022·全国·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
2．（2021·全国·高考真题）设，若为函数的极大值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
3．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
4．（2022·全国·高考真题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，
则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
1．（2021·全国·高考真题）函数的最小值为 .
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
2．（2023·全国·高考真题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
3．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．是的极小值点B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
4．（2022·全国·高考真题）（多选）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
一、单选题
1．（2024·河北承德·二模）设为实数，若函数在处取得极小值，则（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】B
【分析】求出函数的导数，根据极值点求出的值，然后根据极值的概念检验即得．
【详解】由题可得，
令，解得；或，
因为函数在处取得极小值，
所以，即，
当时，，或，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，满足题意.
故选：B.
2．（2024·重庆·模拟预测）若函数有极值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数的定义域与导函数，依题意可得在上有变号零点，结合二次函数的性质得到，解得即可.
【详解】函数的定义域为，且，
因为函数有极值，所以在上有变号零点，
即在上有解（若有两个解，则两个解不能相等），
因为二次函数的对称轴为，开口向上，
所以只需，解得，即实数的取值范围是.
故选：C
二、多选题
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的极值点为
B．的极值点为1
C．直线是曲线的一条切线
D．有两个零点
【答案】BC
【分析】利用导数与函数的极值的关系可判断AB；结合函数的单调性与函数零点的知识可判断D；利用导数的几何意义求得在处的切线方程，从而得以判断．
【详解】对A：因为，所以，
令，得；令，得，
所以在上单调递减；在上单调递增.
可知在处取得唯一极小值，也是的最小值，
所以的极值点为，故A错误，B正确；
对C：因为，，
所以在处的切线方程为，
即，故C正确．
对D：因为，，结合在上的单调性，
可知是在上的唯一零点；
当时，恒成立，故恒成立，
所以在上没有零点；
综上：只有一个零点，故D错误．
故选：BC.
三、填空题
4．（2024·安徽·二模）已知函数，当时的最大值与最小值的和为 ．
【答案】
【分析】求导，可得函数的单调性，即可求解极值点以及端点处的函数值，即可求解最值.
【详解】，
当时，，递增；当时，，递减；
，，，
故最大值与最小值的和为：．
故答案为：
四、解答题
5．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若对定义域内任意实数都有，求的取值范围．
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性得到函数的最值.
（2）先利用端点效应猜想的取值范围再利用导数研究函数的单调性，求证出猜想的正确性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为．
（2）因为恒成立，所以，得，
下面证明：当时，．
证明如下：因为在上单调递减，
又因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又因为，所以时，．
综上，的取值范围为．
6．（2024·山东潍坊·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求实数a，b的值；
(2)求的单调区间和极值．
【答案】(1)，
(2)单调递增区间是，，单调递减区间是，极大值为，极小值为.
【分析】（1）求导根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导分析导函数的正负区间进而求解极值即可.
【详解】（1）由题可得，
由题意，故，
又，故.
（2）由（1）可得，
令可得或，令可得，
故的单调递增区间是，，单调递减区间是.
则的极大值为，极小值为.
7．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数．
(1)若，求函数在上的最大值和最小值；
(2)讨论函数的单调性．
【答案】(1)最大值为，最小值为；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，利用导数研究函数在的单调性，求极值和区间端点函数值，即可求解；
（2）对函数求导，根据未知数的不同范围，分别求出函数单调性.
【详解】（1）当时，，则，
令，得或，
由于，
所以当，，在单调递减，
所以当，，在单调递增，
所以在时取到极小值，且，
又因为，，
综上，函数在上的最大值为，最小值为.
（2）因为，所以，
当，即时，，
在单调递增，
当，即时，
令，则，
所以当，，在单调递增，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
综上所述，当时，在单调递增，
当时，在，单调递增，在单调递减.
8．（2024·河南·三模）已知函数，且在处的切线方程是．
(1)求实数，的值；
(2)求函数的单调区间和极值．
【答案】(1)，
(2)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值.
【详解】（1）因为，所以，
又在处的切线方程为，
所以，，
解得，．
（2）由（1）可得定义域为，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
则在处取得极小值，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
因此极小值为，无极大值．
9．（2022高三上·河南·专题练习）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若函数在处取到极小值，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程，
（2）求导，分类讨论的取值，即可结合函数的单调性求解极值.
【详解】（1）由题意，，则，
又，故所求的切线方程为．
（2）由题意，，故．
若，则，故当时，，当时，，
故当时，函数取到极小值；
若，则令，解得或，
要使函数在处取到极小值，则需，即，
此时当时，，当时，，当时，，满足条件．
综上，实数m的取值范围为．
10．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 在时取得极值.
(1)求实数；
(2)若，求的单调区间和极值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，再检验即可；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间与极值.
【详解】（1）因为，所以，
由题意得，
即，解得，经检验符合题意；
（2）由（1）得，，
则，
由得或，得，
即的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以的极大值为，极小值为
一、单选题
1．（2024·福建泉州·一模）已知，是函数两个极值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项.
【详解】，令，解得，
所以，故AB不正确；
，故C正确D错误.
故选：C
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数在上恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数有两个极值点的个数，转化为导数在上有两个变号零点，再进行参数的讨论即可.
【详解】由题意得．
因为函数在上恰有两个极值点，则在上有两个变号零点．
当时，在上恒成立，不符合题意．
当时，令，则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
又，，
所以，则，即实数的取值范围是.
故选：D．
【点睛】方法点睛：本题考查已知函数极值点个数求参数范围.对于函数零点个数的相关问题，常常利用导数和数形结合思想来求解．求解这类问题的步骤：
（1）构造函数，并求其定义域，这是解决此类题的关键点和难点；
（2）求导，得函数的单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与轴的交点情况，进而求解．
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）设函数，记的极小值点为，极大值点为，则（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．
【答案】ACD
【分析】利用导数研究函数的极值点、单调性，一一判断各选项，即可得答案..
【详解】由题知的定义域为，，
令，解得，即在上单调递减，
令，解得或，即在和上单调递增，
又因为记的极小值点为，极大值点为，
根据单调性可得，
则，故A正确，B错误；
令，解得，即，故C正确；
，故D正确．
故选：ACD．
4．（2024·重庆·三模）若函数既有极小值又有极大值，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据题意，求得，转化为在上有两个不同的实数根，根据二次函数的性质，列出不等式组，结合选项，即可求解.
【详解】由函数，可得，
因为既有极小值又有极大值，
可得方程在上有两个不同的实数根，
则满足，可得，所以，，，
例如：时，满足上式，此时不成立．
故选：ABC.
三、填空题
5．（2024·新疆喀什·三模）已知函数和（）有相同的最大值．则的最小值为 ．
【答案】e
【分析】利用导数求函数的单调性，对参数分类讨论，分析得当时有最大值为，利用二次函数的性质求出函数的最大值为，所以，代入运用基本不等式求和的最小值即可.
【详解】，，
当时，，最大值为0，
又，所以当时，，
由得，与题设矛盾；
当时，令得，，即，
当时，，当时，，
当时，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
在处取到最小值，没有最大值，不符合题意；
当时，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
.
与有相同的最大值，
，又，
，当且仅当，即时取等号.
即的最小值为.
故答案为： .
四、解答题
6．（2024·广东茂名·二模）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；
(2)若，求函数在区间上的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先求函数的导函数，只需保证，求解即可；
（2）构造函数，借助函数导函数分析函数的单调性，应用零点存在性定理求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
因为曲线在点处的切线方程为，切线的斜率为，
所以，得，解得：.
（2）当时，令，
，
当时，，单调递增，
又，，
所以至少存在唯一的实数，使得.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
又
所以.
7．（2024·河南开封·三模）已知函数，为的导函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用导数求出，，，代入直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）求出导函数，用列表法求出极值即可．
【详解】（1）因为的定义域为，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）依题意，，则，
令，解得或．
当变化时，，的变化情况如表所示：
函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
故的极小值为，的极大值为．
8．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0，
(1)求的值;
(2)若，证明:存在唯一的极大值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可；
（2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点.
【详解】（1），
当时，，所以在上递减，则没有最小值，
当时，由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得最小值，得成立，
下面证为唯一解，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以方程有且只有唯一解，
综上，；
（2）证明:由（1）知，
令，
当时，，当时，，
所以在上递减，上递增，
因为，
所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，
所以当或时，，即，
当时，，即，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
即是唯一的极大值点，
，
由，得，
所以，
因为，所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第（2）问解题的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
9．（2024·福建泉州·一模）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，若的值域为，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，分和讨论的单调性，即可得出答案.
（2）对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论.
【详解】（1）的定义域为．
当时，在单调递减．
当时，令，得，
当，单调递减：当，单调递增．
综上，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2），定义域为．
，
由（1）得：当时，在单调递减，在单调递增，
所以，
令，
因为当时，递增，当时，递减，
所以，当且仅当时等号成立，
即，当且仅当时等号成立．
当时，，则在递增，不合题意，舍去．
当时，又因为当趋近正无穷，趋近正无穷，
所以在上存在唯一的，使得，即（※）
当递增；当递减；当递增．
又因为趋近，趋近，且的值域为，
所以
，代入（※），得：，即．
当时，同理：当递增；当递减；当递增．
又因为趋近，趋近，且的值域为，
所以，满足．
综上，．
【点睛】关键点点睛：关键点在于对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论.
10．（2024·青海西宁·模拟预测）已知函数
(1)当时，求的零点；
(2)若恰有两个极值点，求的取值范围.
【答案】(1)有且仅有一个零点
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，即可求解；
（2）当时，利用二阶导数研究函数的单调性可知最多只有一个极值点；当时，利用二阶导数研究函数的单调性可知，和，，即可求解.
【详解】（1）当时，等价于.
令，则，
所以在上单调递增.
因为，所以有且仅有一个零点.
（2）由，得.
令，则.
若，则在上恒成立，故在上单调递增，
最多只有一个零点，则最多只有一个极值点，不符合题意；
若，则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，则.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，从而.
显然，当时，，则，.
令，则，
设，则，
由，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即恒成立，故单调递增.
当时，，即，
则.
因为，所以，.
当时，，当时，，
则的单调递增区间为和，单调递减区间为，
则恰有两个极值点.
故当恰有两个极值点时，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(极值点)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
1．（2023·全国·高考真题）（多选）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A．B．
C．是偶函数D．为的极小值点
【答案】ABC
【分析】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，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
2．（2022·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
3．（2020·北京·高考真题）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；
（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
【详解】（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程为：，即.
（Ⅱ）[方法一]：导数法
显然，因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，
所以，
不妨设时，结果一样，
则，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得极小值，
也是最小值为.
[方法二]【最优解】：换元加导数法
．
因为为偶函数，不妨设，，
令，则．
令，则面积为，只需求出的最小值．
．
因为，所以令，得．
随着a的变化，的变化情况如下表：
所以．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法三]：多元均值不等式法
同方法二，只需求出的最小值．
令，
当且仅当，即时取等号．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法四]：两次使用基本不等式法
同方法一得到
,下同方法一.
【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.
4．（2019·全国·高考真题）已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；
（2）先由（1）的结果，得到，，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立.
【详解】（1）由题意可得，的定义域为，
由，
得，
显然单调递增；
又，，
故存在唯一，使得；
又当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
因此，存在唯一的极值点；
（2）
[方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】
的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况．．
当时，在区间内单调递增；又因为，所以当时，，则时，单调递减；当时，，则当时，单调递增．又，所以函数与的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根．
又因为，当时，，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数．
[方法二]【分类讨论】
由（1）知，．又，所以有且仅有两个实根，可令．
下面证明，
由，得，显然有， ．（*）
（1）当时，，（*）式不成立；
（2）当时，，（*）式不成立；
（3）当时，，（*）式成立．
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
[方法三]【利用函数的单调性结合零点存在定理】
的定义域为，显然不是方程的根，
所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为．
而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增．
当时，，，
所以在区间内有唯一零点，即，
所以 ．
结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，
即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想；
方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；
方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.
5．（2019·江苏·高考真题）设函数，为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
【答案】（1）；
（2）的极小值为
（3）见解析.
【分析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；
（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.
（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：
解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；
解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
【详解】（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，
所以，
从而．令，得或．
因为，都在集合中，且，
所以．
此时，．
令，得或．列表如下：
所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：
所以的极大值．
解法一：
．因此．
解法二：
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．
6．（2018·全国·高考真题）已知函数，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】方法一：由，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.
【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法
．
令，得，即在区间内单调递增；
令，得，即在区间内单调递减．
则．
故答案为：.
［方法二］： 三元基本不等式的应用
因为，
所以
．
当且仅当，即时，取等号．
根据可知，是奇函数，于是，此时．
故答案为：.
［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式
，
，
当且仅当，即时，．
根据可知，是奇函数，于是．
故答案为：.
［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩
，当且仅当时等号成立．
故答案为：.
［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值
设，则可化为，
当时，；当时，，对分母求导后易知，
当时，有最小值．
故答案为：.
［方法六］： 配方法
，
当且仅当即时，取最小值．
故答案为：.
［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法
因为，所以，
即函数的一个周期为，因此时，的最小值即为函数的最小值．
当时，，
当时， 因为
，令，解得或，由，，，所以的最小值为．
故答案为：.
【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；
方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；
方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；
方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；
方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；
方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；
方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．
7．（2018·全国·高考真题）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）见解析
（2）
【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．
（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围．
详解：（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大．
8．（2018·北京·高考真题）设函数.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【详解】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围.
详解：
解：（Ⅰ）因为，
所以.
，
由题设知，即，解得.
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.
若a>1，则当时，；
当时，.
所以在x=1处取得极小值.
若，则当时，，
所以.
所以1不是的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
方法二：.
（1）当a=0时，令得x=1.
随x的变化情况如下表：
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
（2）当a>0时，令得.
①当，即a=1时，，
∴在上单调递增，
∴无极值，不合题意.
②当，即0∴在x=1处取得极大值，不合题意.
③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：
∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.
（3）当a<0时，令得.
随x的变化情况如下表：
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
综上所述，a的取值范围为.
点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题.
解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.
9．（2018·江苏·高考真题）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 ．
【答案】
【分析】方法一：利用导数判断函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数,再根据函数在上的单调性确定函数最值，即可解出.
【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法
求导得，
当时，函数在区间内单调递增，且，所以函数在内无零点；
当时，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．
当时，；当时，．
要使函数在区间内有且仅有一个零点，只需，解得．
于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以最大值与最小值之和为．
故答案为：．
［方法二］： 等价转化
由条件知有唯一的正实根，于是．令，则，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，当时，；当时，．
只需直线与的图像有一个交点，故，下同方法一．
［方法三］：【最优解】三元基本不等式
同方法二得，，当且仅当时取等号，
要满足条件只需，下同方法一．
［方法四］：等价转化
由条件知有唯一的正实根，即方程有唯一的正实根，整理得，即函数与直线在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线与曲线相切时，满足题意，如图．
设切点，因为，于是，解得，
下同方法一．
【整体点评】方法一：利用导数得出函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法；
方法二：利用等价转化思想，函数在上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，使问题得解；
方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解；
方法四：将函数在上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得解．
10．（2017·山东·高考真题）已知函数，，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导数得斜率，由点斜式写出直线方程.
（Ⅱ）写出函数，求导数得到，由于的正负与的取值有关，故可令，通过应用导数研究在上的单调性，明确其正负.然后分和两种情况讨论 极值情况即可.
试题解析：（Ⅰ）由题意
又，
所以，
因此 曲线在点处的切线方程为
，
即 .
（Ⅱ）由题意得 ，
因为
，
令
则
所以在上单调递增.
因为
所以 当时，
当时，
(1)当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时，，
所以 当时，，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以 当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以 当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值.
极小值是.
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是.
【名师点睛】1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′(x0)(x−x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．
2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第10题,6分
求已知函数的极值点
利用导数求函数的单调区间
2024年新Ⅱ卷，第11题,6分
极值与最值的综合应用
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
利用导数研究函数的零点
判断零点所在的区间
2024年新Ⅱ卷，第16题,15分
根据极值求参数
求在曲线上一点处的切线方程
利用导数研究含参函数单调性
2023年新I卷，第11题,5分
函数极值点的辨析
函数的性质、奇偶性的定义与判断
2023年新I卷，第22题,12分
由导数求函数的最值 (不含参)
基本(均值)不等式的应用、求平面轨迹
方程、求直线与地物线相交所得弦的弦长
2023年新Ⅱ卷，第11题,5分
根据极值求参数
根据二次函数零点的分布求参数的范围
2023年新Ⅱ卷，第22题,12分
根据极值点求参数
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
2022年新I卷，第8题,5分
由导数求函数的最值 (不含参)
锥体体积的有关计算球的体积的有关计算
多面体与球体内切外接问题
2022年新I卷，第10题,5分
求已知函数的极值点
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
利用导数研究函数的零点
2022年新I卷，第22题,12分
由导数求函数的最值 (含参)
利用导数研究方程的根
2021年新I卷，第15题,5分
由导数求函的最值 (不含参)
无
1
+
0
－
0
+
极大值
极小值
增
极大值
减
极小值
增
1
2
＋
0
－
0
＋
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
a
0
减
极小值
增
+
0
–
极大值
1
+
0
–
0
+
极大值
极小值
+
0
–
0
+
极大值
极小值
+
0
–
极大值
x
1
+
0
−
↗
极大值
↘
x
1
+
0
−
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
+
0
−
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
−
0
+
0
−
↘
极小值
↗
极大值
↘
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的必考内容，设题稳定，难度较大，分值为5-13-15分
【备考策略】1.借助函数的图象,了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件
2能够利用导数求函数的极大值、极小值以及在给定闭区间上的最大值、最小值
3体会导数与极大(小)值、最大(小)值的关系
【命题预测】本节内容是新高考卷的必考内容，会结合导数来判断或证明函数的单调性，从而求得函数的极值或给定区间上的最值，热点内容，需综合复习
知识讲解
函数的极值与导数
(1)函数的极小值与极小值点
若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，，而且在点x＝a附近的左侧，右侧，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．
(2)函数的极大值与极大值点
若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，，而且在点x＝b 附近的左侧，右侧，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
（3）极值与导数的关系
是极值点
是极值点，即：是为极值点的必要非充分条件
函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
考点一、求函数的极值或极值点
1．（2024·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，，求的取值范围．
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
2．（2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求的值；
(2)设函数，求的单调区间；
(3)求的极值点个数．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
【详解】（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
3．（2021·天津·高考真题）已知，函数．
（I）求曲线在点处的切线方程：
（II）证明存在唯一的极值点
（III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围．
【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）
【分析】（I）求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可求出切线方程；
（II）令，可得，则可化为证明与仅有一个交点，利用导数求出的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令，题目等价于存在，使得，即，利用导数即可求出的最小值.
【详解】（I），则，
又，则切线方程为；
（II）令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，，，当时，，画出大致图像如下：
所以当时，与仅有一个交点，令，则，且，
当时，，则，单调递增，
当时，，则，单调递减，
为的极大值点，故存在唯一的极值点；
（III）由（II）知，此时，
所以，
令，
若存在a，使得对任意成立，等价于存在，使得，即，
，，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，故，
所以实数b的取值范围.
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明与仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在，使得，即.
1．（2024·湖南长沙·三模）已知函数（）.
(1)求函数的极值；
(2)若集合有且只有一个元素，求的值.
【答案】(1)极大值是，无极小值；
(2).
【分析】（1）利用求导，通过参数，可分析出为正负的区间，从而可以判断的极值；
（2）利用不等式有唯一解，则正好是最大值取到等号，再去分析取等号的含参方程有解的条件，所以重新构造新的函数，通过求导来研究函数的零点和方程的解.
【详解】（1）由，
因为，所以的定义域为，则，
因为时，；时，.
所以的单调递增区间为；单调递减区间为，
所以是的极大值点，的极大值是，无极小值.
（2）由（1）可得，
要使得集合有且只有一个元素，则只需要
设，则，
因为时，；时，，
所以的单调递减区间为；单调递增区间为.
所以，所以关于的方程有解时，
只能是，
所以集合有且只有一个元素时.
2．（2024·浙江温州·三模）设函数的导函数为.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)证明：函数存在唯一的极大值点，且.
（参考数据：）
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，极大值，无极小值.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间和极值；
（2）利用导数求函数的极大值点，由单调性证明.
【详解】（1）函数，定义域为，
，，
解得，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故极大值为，无极小值.
（2）由（1）可知，且，，
所以根据零点定理，使，使，
即时，，为减函数；
时，，为增函数，
所以存在唯一极大值点，即，
又因为，
所以，即，得证!
3．（2024·陕西商洛·模拟预测）已知函数的导函数为.
(1)证明：函数有且只有一个极值点；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）求导，结合函数单调性及零点存在定理说明的单调性即可证明；
（2）换元，并分离参数求函数最值即可求解.
【详解】（1）证明：由题意知的定义域为，且，
令，则，
所以（即）在上单调递增，
又
所以在上有唯一零点，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数有且只有一个极值点.
（2）恒成立，
即恒成立，
即恒成立，即恒成立.
令，则，所以，
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，解得，
即实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的极值点及不等式恒成立问题，关键是利用函数特点同构，得到恒成立..
考点二、根据函数极值或极值点求参数值或范围
1．（2024·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
2．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当时，；
（2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见详解（2）
【分析】（1）分别构建，，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究在上的单调性，求导，分类讨论和，结合（1）中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解.
【详解】（1）构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
构建，
则，
构建，则对恒成立，
则在上单调递增，可得，
即对恒成立，
则在上单调递增，可得，
所以；
综上所述：.
（2）令，解得，即函数的定义域为，
若，则，
因为在定义域内单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增，
故是的极小值点，不合题意，所以.
当时，令
因为，
且，
所以函数在定义域内为偶函数，
由题意可得：，
（i）当时，取，，则，
由（1）可得，
且，
所以，
即当时，，则在上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递减，
所以是的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当时，取，则，
由（1）可得，
构建，
则，
且，则对恒成立，
可知在上单调递增，且，
所以在内存在唯一的零点，
当时，则，且，
则，
即当时，，则在上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意；
综上所述：，即，解得或，
故a的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
1.当时，利用，换元放缩；
2.当时，利用，换元放缩.
3．（2023·全国·高考真题）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若在存在极值，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)存在满足题意，理由见解析.
(3).
【分析】(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的方程，解方程可得实数的值，最后检验所得的是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数，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，和三中情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
函数在处的切线方程为，
即.
（2）令，
函数的定义域满足，即函数的定义域为，
定义域关于直线对称，由题意可得，
由对称性可知，
取可得，
即，则，解得，
经检验满足题意，故.
即存在满足题意.
（3）由函数的解析式可得，
由在区间存在极值点，则在区间上存在变号零点;
令，
则，
令，
在区间存在极值点，等价于在区间上存在变号零点，
当时，，在区间上单调递减，
此时，在区间上无零点，不合题意;
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，
所以在区间上无零点，不符合题意；
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故的最小值为，
令，则，
函数在定义域内单调递增，，
据此可得恒成立，
则，
由一次函数与对数函数的性质可得，当时，
，
且注意到，
根据零点存在性定理可知:在区间上存在唯一零点.
当时，，单调减，
当时，，单调递增，
所以.
令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以
，
所以函数在区间上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数得取值范围是.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.
4．（2021·全国·高考真题）设函数，已知是函数的极值点．
（1）求a；
（2）设函数．证明:．
【答案】（1）；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出，由极值点处导数为0即可求解出参数；
（2）由（1）得，且，分类讨论和，可等价转化为要证，即证在和上恒成立，结合导数和换元法即可求解
【详解】（1）由，，
又是函数的极值点，所以，解得；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
由（Ⅰ）知，，其定义域为．
要证，即证，即证．
（ⅰ）当时，，，即证．令，因为，所以在区间内为增函数，所以．
（ⅱ）当时，，，即证，由（ⅰ）分析知在区间内为减函数，所以．
综合（ⅰ）（ⅱ）有．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
由（1）得，，且，
当 时，要证，， ，即证，化简得；
同理，当时，要证，， ，即证，化简得；
令，再令，则，，
令，，
当时，，单减，故；
当时，，单增，故；
综上所述，在恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
令，因为，所以在区间内是增函数，在区间内是减函数，所以，即（当且仅当时取等号）．故当且时，且，，即，所以．
（ⅰ）当时，，所以，即，所以．
（ⅱ）当时，，同理可证得．
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当且时，，即．
【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当时，转化为证明，当时，转化为证明，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当时，成立和当时，成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数，利用导数分析单调性，证得常见常用结论（当且仅当时取等号）．然后换元得到，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.
1．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数的一个极值为．
(1)求实数的值；
(2)若函数在区间上的最大值为18，求实数与的值．
【答案】(1)或5
(2)实数的值为的值为5
【分析】（1）通过求导，根据导数的正负得到极值点，根据极值为解出的值；
（2）根据上的单调性，分，，，四种情况讨论的最大值，只有中存在符合题意，令最大值为18，求得和的值.
【详解】（1）由，得，
令，得或；令，得；令，得或．
所以函数有两个极值和．
若，得，解得；
若，得，解得．
综上，实数的值为－22或5．
（2）由（1）得，在区间的变化情况如下表所示：
由表可知，
①当时，函数在区间上单调递增，所以最大值为，
其值为或，不符合题意；
②当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，所以在上的最大值为，其值为或25，不符合题意；
③当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，所以在上的最大值为，其值为或25，不符合题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
若在区间上的最大值为，其值为或，不符合题意，
又因为若，则．那么，函数在区间上的最大值只可能小于－2，不合题意，
所以要使函数在区间上的最大值为18，必须使，且，
即．所以，
所以．所以，
所以．所以或，
所以或．因为，所以舍去．
综上，实数的值为的值为5．
【点睛】方法点睛：函数在闭区间上的最值
通过求导，根据导数的正负得到函数的单调性，从而函数的最大值在极大值和端点值中取大，函数的最小值在极小值和端点值中取小.
2．（2024·重庆·模拟预测）已知
(1)若在处的切线平行于x轴，求a的值；
(2)若存在极值点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据已知条件有，解方程即可求出；
（2）根据条件有在上至少有一个变号零点，即至少有一解，构造函数，对求导，利用导数判断函数单调性，求出函数最值，进而即得.
【详解】（1）因为，所以，
根据题意有，即，解得，
检验，此时，切线为，平行与轴，故符合题意.
（2）因为，所以，
因为存在极值点，所以在上至少有一个变号零点，
即至少有一解，令，
则，令，即，解得，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，又当时，，
所以.
3．（2023·湖南郴州·一模）已知函数.
(1)若曲线在处切线与轴平行，求；
(2)若在处取得极大值，求的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义即可得解；
（2）分类讨论的取值情况，利用导数分析的单调情况，从而得到其极值情况，由此得解.
【详解】（1）因为，
所以，
因为曲线在处切线与轴平行，
所以，解得，
又，所以.
（2）的定义域为，，
①当时，令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减.
在处取得极大值，满足题意；
②当时，令，得，令，得，
在上单调递增，在上单调递减.
在处取得极大值，满足题意；
③当时，
（i）当时，
所以在上单调递增，无极值，不满足题意；
（ii）当时，，
令，得，令，得或.
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
在处取得极小值，不满足题意；
（iii）当时，，
令，得，令，得或.
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
在处取得极大值，满足题意；
综上所述，的取值范围为.
4．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，.
(1)求函数单调区间；
(2)若函数在有两个极值点，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）通过求函数的导数，将分类，讨论函数的单调性；
（2）通过导数将函数极值问题转化为方程在上有两个根即可.
【详解】（1）由题意可知，函数定义域为，
导数
时，恒成立
时，当；当
时，当；当
综上可知：时为常函数，无单调区间
时，单调增区间为：，单调减区间为：
时，单调增区间为：，单调减区间为：.
（2）因为，
所以，
因为在上有两个极值点，
则，即在上有两个根，
令，
当时，，单调递减
当时，，单调递增
又因为时 ，，，
所以在上有2个极值点需满足.
综上所述，当时，函数在上有两个极值点.
考点三、利用导数求函数最值
1．（2024·安徽·三模）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求函数在上的最值.
【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果.
【详解】（1）由函数，可得，
可得，且，所以切线的斜率为，切点为，
则所求切线方程为.
（2）由（1），当时，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
而，，，
故所求最大值为，最小值为.
2．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数在区间上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数单调性，分类讨论函数最大值.
【详解】（1）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若，则，此时在上单调递增，
若，则由得，当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
综上，当，的增区间为，无减区间，
若，减区间为，增区间为.
（2）由（1）知，当时，在区间上为增函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，在上为增函数，
函数的最大值为，
由，得，
若时，函数的最大值为，
若时，函数的最大值为，
综上，当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为.
1．（2024·山东泰安·三模）已知函数.
(1)讨论的最值；
(2)若，且，求的取值范围.
【答案】(1)最小值为，无最大值.
(2).
【分析】（1）求得，结合导数的符号，求得函数的单调区间，进而求得其最值；
（2）把不等式转化为，令，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围.
【详解】（1）.解：因为的定义域为，可得.
当时，令，可得；
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时，取得极小值，也是最小值，且最小值为，无最大值.
（2）解：当时，由，可得，
整理得，即，
令，
则，
由（1）知，当时，的最小值为，即恒成立，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
故当时，取得最大值，即，
故的取值范围为.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2．（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数.
(1)求函数在区间上的最小值；
(2)判断函数的零点个数，并证明.
【答案】(1)
(2)函数在有且仅有一个零点，证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，令，利用导数说明的单调性，结合零点存在性定理得到的单调性，即可求出在闭区间上的最小值；
（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明.
【详解】（1）因为，
所以，令，，
当时，，
所以在上单调递减，且，
，
所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使
又当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
，
所以函数在区间上的最小值为.
（2）函数在上有且仅有一个零点，证明如下：
函数，，则，
若，，
所以在区间上单调递增，又，
，
结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，
若，则，，则，
若，因为，所以，
综上，函数在有且仅有一个零点.
3．（2021·北京·高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
考点四、由函数最值求参数值或范围
1．（2022·全国·高考真题）已知函数和有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当时，的解的个数、的解的个数均为2，构建新函数，利用导数可得该函数只有一个零点且可得的大小关系，根据存在直线与曲线、有三个不同的交点可得的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【详解】（1）的定义域为，而，
若，则，此时无最小值，故.
的定义域为，而.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
当时，，故在上为减函数，
当时，，故在上为增函数，
故.
因为和有相同的最小值，
故，整理得到，其中，
设，则，
故为上的减函数，而，
故的唯一解为，故的解为.
综上，.
（2）[方法一]：
由（1）可得和的最小值为.
当时，考虑的解的个数、的解的个数.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
设，其中，则，
故在上为增函数，故，
故，故有两个不同的零点，即的解的个数为2.
设，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
所以，
而，，
有两个不同的零点即的解的个数为2.
当，由（1）讨论可得、仅有一个解，
当时，由（1）讨论可得、均无根，
故若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
则.
设，其中，故，
设，，则，
故在上为增函数，故即，
所以，所以在上为增函数，
而，，
故上有且只有一个零点，且：
当时，即即，
当时，即即，
因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点，
故，
此时有两个不同的根，
此时有两个不同的根，
故，，，
所以即即，
故为方程的解，同理也为方程的解
又可化为即即，
故为方程的解，同理也为方程的解，
所以，而，
故即.
[方法二]：
由知，，，
且在上单调递减，在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增，且
①时，此时，显然与两条曲线和
共有0个交点，不符合题意；
②时，此时，
故与两条曲线和共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③时，首先，证明与曲线有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
其次，证明与曲线和有2个交点，
即证明有2个零点，，
所以上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
令，则，
所以在上存在且只存在1个零点，设为，在上存在且只存在1个零点，设为
再次，证明存在b，使得
因为，所以，
若，则，即，
所以只需证明在上有解即可，
即在上有零点，
因为，，
所以在上存在零点，取一零点为，令即可，
此时取
则此时存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，
最后证明，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为
所以，
又因为在上单调递减，，即，所以，
同理，因为，
又因为在上单调递增，即，，所以，
又因为，所以，
即直线与两条曲线和从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2．（2024·海南·模拟预测）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数有最小值2，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到，构造，求导得到函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，则，
由于函数在点处切线方程为，即.
（2）的定义域为，
，
当时，令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即
则令，设，
令，解得：；令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：.
3．（2024·四川·模拟预测）已知函数．
(1)若函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的值；
(2)若函数的最小值为，求的值．
【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）根据导数的几何意义，求得切线方程，再根据三角形面积，即可求得结果；
（2）通过二次求导，求得的最小值，结合的隐零点，即可求得结果.
【详解】（1）因为，所以，
则，又，
所以函数在处的切线方程为．
由题意，显然，令得，令得，
所以函数在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，
所以，解得或．
（2）由（1）知，令，
所以，当时，在上单调递减，
当时，，在上单调递增．
因为，所以当时，，
又
所以在上必存在唯一零点，使得．
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增．
所以在处取得最小值，
即，且，即，
所以．
设，所以，
当时，单调递增，，
当时，，单调递减，，
又，所以函数在上存在唯一的，使得成立，
所以，所以，即．
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是能够通过二次求导，求得的隐零点，从而判断的单调性，进而求得最小值.
1．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有最大值，求实数的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导得，分类讨论可求单调区间；
（2）利用（1）的结论可求实数的值．
【详解】（1）
1°当时在区间上单调递增。
2°当时，时，单调递增
时，单调递减
综上，当时，的增区间是，
当时，的增区间是，减区间是
（2）由（1）知当时，无最大值。
当时，，平方有，
解得．
2．（2024·陕西西安·一模）已知函数．
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)若的最小值为1，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）由在区间上恒成立，则，即可得出答案；
（2）由，得，求导分析单调性、最值，即可得出答案.
【详解】（1）因为在上单调递增，
所以在区间上恒成立，所以，
令，则，
令，则．
当时，单调递增，，
所以，所以在上单调递增，
故，所以．的取值范围为．
（2）由，得，
所以，
令，则，
令，则，
当时，，
则，
当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，
在上单调递增，且，
所以，当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
所以，所以成立，
当时，当时，在上单调递减，，
在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，此时，舍去．
当时，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，．舍去；
当时，当时，，在上单调递增，，在上单调递减，在上单调递增，
此时，，舍去，
综上，．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性与导函数的关系，解题关键是利用在区间单调递增等价在区间恒成立，然后分离参数，利用导数研究新构造函数的最小值，
3．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数．
(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若的最小值为6，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数单调性得到恒成立，再令新函数，根据单调性求最值即可.
（2）根据函数单调性构造函数，再根据零点存在定理求出零点，解出方程即可求出的值.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，，
因为在上单调递减，所以恒成立且不恒为0，
所以，即恒成立．
设，则，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，
则，
所以实数的取值范围是．
（2）解法一 由（1）知，，
因为的最小值为6，所以，得．
设，则，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在，使得，
当时，，即，在上单调递减；
当时，，即，在上单调递增，
所以．
因为，所以，
解得（舍去）或，
所以．
解法二 由题意知在上恒成立，则在上恒成立．
令，则，
，
由得，由得或，
所以在和上单调递减，在上单调递增．
又，当时，，
所以，故．
因为的最小值为6，所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性问题，其中关键是零点存在定理的应用.在研究函数的单调性时，利用零点存在定理找到导函数的隐零点，即存在，使得，再根据最值求解的值即可.
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数和函数有相同的最大值.
(1)求a的值；
(2)设集合，（b为常数）.证明：存在实数b，使得集合中有且仅有3个元素.
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）先由定义域得到，求导，当时，函数无最大值，舍去，当时，求出单调性和有最大值，进而求出的单调性，最大值，从而得到方程，求出a的值；
（2）集合的元素个数即为直线与两条曲线和的交点个数，在（1）的基础上作出和，数形结合得到答案.
【详解】（1）由题意可知，由，得，
若，当时，；当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以有最小值，无最大值，不合题意.
所以，当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值.
由，得，且，
当时，；当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有最大值.
则，解得.
（2）集合的元素个数即为直线与两条曲线和的交点个数.
由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，
且，，
在上单调递增，在上单调递减，
且，，
作出和的图像如图所示.
设和的图像交于点M，
则当直线经过点M时，直线与两条曲线和共有3个交点，
故存在实数b，使得集合中有且仅有3个元素.
【点睛】方程解的问题可转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，常常利用导函数得到函数的单调性和极值最值情况，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
考点五、选填小题中极值的应用与求解
1．（2022·全国·高考真题）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：D
2．（2021·全国·高考真题）设，若为函数的极大值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
3．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
4．（2022·全国·高考真题）已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为，所以方程的两个根为，
即方程的两个根为，
即函数与函数的图象有两个不同的交点，
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
所以当时，，即图象在上方
当时，，即图象在下方
，图象显然不符合题意，所以．
令，则，
设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，
则切线的斜率为，故切线方程为，
则有，解得，则切线的斜率为，
因为函数与函数的图象有两个不同的交点，
所以，解得，又，所以，
综上所述，的取值范围为．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
=0的两个根为
因为分别是函数的极小值点和极大值点，
所以函数在和上递减，在上递增，
设函数，则，
若，则在上单调递增，此时若，
则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数
且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；
若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.
【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；
法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．
1．（2021·全国·高考真题）函数的最小值为 .
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
2．（2023·全国·高考真题）（多选）若函数既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
3．（2024·全国·高考真题）（多选）设函数，则（ ）
A．是的极小值点B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
4．（2022·全国·高考真题）（多选）已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心D．直线是曲线的切线
【答案】AC
【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题，，令得或，
令得，
所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；
因，，，
所以，函数在上有一个零点，
当时，，即函数在上无零点，
综上所述，函数有一个零点，故B错误；
令，该函数的定义域为，，
则是奇函数，是的对称中心，
将的图象向上移动一个单位得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，故C正确；
令，可得，又，
当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.
故选：AC.
一、单选题
1．（2024·河北承德·二模）设为实数，若函数在处取得极小值，则（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】B
【分析】求出函数的导数，根据极值点求出的值，然后根据极值的概念检验即得．
【详解】由题可得，
令，解得；或，
因为函数在处取得极小值，
所以，即，
当时，，或，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，满足题意.
故选：B.
2．（2024·重庆·模拟预测）若函数有极值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数的定义域与导函数，依题意可得在上有变号零点，结合二次函数的性质得到，解得即可.
【详解】函数的定义域为，且，
因为函数有极值，所以在上有变号零点，
即在上有解（若有两个解，则两个解不能相等），
因为二次函数的对称轴为，开口向上，
所以只需，解得，即实数的取值范围是.
故选：C
二、多选题
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的极值点为
B．的极值点为1
C．直线是曲线的一条切线
D．有两个零点
【答案】BC
【分析】利用导数与函数的极值的关系可判断AB；结合函数的单调性与函数零点的知识可判断D；利用导数的几何意义求得在处的切线方程，从而得以判断．
【详解】对A：因为，所以，
令，得；令，得，
所以在上单调递减；在上单调递增.
可知在处取得唯一极小值，也是的最小值，
所以的极值点为，故A错误，B正确；
对C：因为，，
所以在处的切线方程为，
即，故C正确．
对D：因为，，结合在上的单调性，
可知是在上的唯一零点；
当时，恒成立，故恒成立，
所以在上没有零点；
综上：只有一个零点，故D错误．
故选：BC.
三、填空题
4．（2024·安徽·二模）已知函数，当时的最大值与最小值的和为 ．
【答案】
【分析】求导，可得函数的单调性，即可求解极值点以及端点处的函数值，即可求解最值.
【详解】，
当时，，递增；当时，，递减；
，，，
故最大值与最小值的和为：．
故答案为：
四、解答题
5．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若对定义域内任意实数都有，求的取值范围．
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性得到函数的最值.
（2）先利用端点效应猜想的取值范围再利用导数研究函数的单调性，求证出猜想的正确性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
所以，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为．
（2）因为恒成立，所以，得，
下面证明：当时，．
证明如下：因为在上单调递减，
又因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又因为，所以时，．
综上，的取值范围为．
6．（2024·山东潍坊·二模）已知函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求实数a，b的值；
(2)求的单调区间和极值．
【答案】(1)，
(2)单调递增区间是，，单调递减区间是，极大值为，极小值为.
【分析】（1）求导根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导分析导函数的正负区间进而求解极值即可.
【详解】（1）由题可得，
由题意，故，
又，故.
（2）由（1）可得，
令可得或，令可得，
故的单调递增区间是，，单调递减区间是.
则的极大值为，极小值为.
7．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）已知函数．
(1)若，求函数在上的最大值和最小值；
(2)讨论函数的单调性．
【答案】(1)最大值为，最小值为；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，利用导数研究函数在的单调性，求极值和区间端点函数值，即可求解；
（2）对函数求导，根据未知数的不同范围，分别求出函数单调性.
【详解】（1）当时，，则，
令，得或，
由于，
所以当，，在单调递减，
所以当，，在单调递增，
所以在时取到极小值，且，
又因为，，
综上，函数在上的最大值为，最小值为.
（2）因为，所以，
当，即时，，
在单调递增，
当，即时，
令，则，
所以当，，在单调递增，
当，，在单调递减，
当，，在单调递增.
综上所述，当时，在单调递增，
当时，在，单调递增，在单调递减.
8．（2024·河南·三模）已知函数，且在处的切线方程是．
(1)求实数，的值；
(2)求函数的单调区间和极值．
【答案】(1)，
(2)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值.
【详解】（1）因为，所以，
又在处的切线方程为，
所以，，
解得，．
（2）由（1）可得定义域为，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
则在处取得极小值，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
因此极小值为，无极大值．
9．（2022高三上·河南·专题练习）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若函数在处取到极小值，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解直线方程，
（2）求导，分类讨论的取值，即可结合函数的单调性求解极值.
【详解】（1）由题意，，则，
又，故所求的切线方程为．
（2）由题意，，故．
若，则，故当时，，当时，，
故当时，函数取到极小值；
若，则令，解得或，
要使函数在处取到极小值，则需，即，
此时当时，，当时，，当时，，满足条件．
综上，实数m的取值范围为．
10．（2024·重庆·模拟预测）已知函数 在时取得极值.
(1)求实数；
(2)若，求的单调区间和极值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出参数的值，再检验即可；
（2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间与极值.
【详解】（1）因为，所以，
由题意得，
即，解得，经检验符合题意；
（2）由（1）得，，
则，
由得或，得，
即的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以的极大值为，极小值为
一、单选题
1．（2024·福建泉州·一模）已知，是函数两个极值点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项.
【详解】，令，解得，
所以，故AB不正确；
，故C正确D错误.
故选：C
2．（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数在上恰有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数有两个极值点的个数，转化为导数在上有两个变号零点，再进行参数的讨论即可.
【详解】由题意得．
因为函数在上恰有两个极值点，则在上有两个变号零点．
当时，在上恒成立，不符合题意．
当时，令，则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，
又，，
所以，则，即实数的取值范围是.
故选：D．
【点睛】方法点睛：本题考查已知函数极值点个数求参数范围.对于函数零点个数的相关问题，常常利用导数和数形结合思想来求解．求解这类问题的步骤：
（1）构造函数，并求其定义域，这是解决此类题的关键点和难点；
（2）求导，得函数的单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与轴的交点情况，进而求解．
二、多选题
3．（2024·全国·模拟预测）设函数，记的极小值点为，极大值点为，则（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．
【答案】ACD
【分析】利用导数研究函数的极值点、单调性，一一判断各选项，即可得答案..
【详解】由题知的定义域为，，
令，解得，即在上单调递减，
令，解得或，即在和上单调递增，
又因为记的极小值点为，极大值点为，
根据单调性可得，
则，故A正确，B错误；
令，解得，即，故C正确；
，故D正确．
故选：ACD．
4．（2024·重庆·三模）若函数既有极小值又有极大值，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据题意，求得，转化为在上有两个不同的实数根，根据二次函数的性质，列出不等式组，结合选项，即可求解.
【详解】由函数，可得，
因为既有极小值又有极大值，
可得方程在上有两个不同的实数根，
则满足，可得，所以，，，
例如：时，满足上式，此时不成立．
故选：ABC.
三、填空题
5．（2024·新疆喀什·三模）已知函数和（）有相同的最大值．则的最小值为 ．
【答案】e
【分析】利用导数求函数的单调性，对参数分类讨论，分析得当时有最大值为，利用二次函数的性质求出函数的最大值为，所以，代入运用基本不等式求和的最小值即可.
【详解】，，
当时，，最大值为0，
又，所以当时，，
由得，与题设矛盾；
当时，令得，，即，
当时，，当时，，
当时，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
在处取到最小值，没有最大值，不符合题意；
当时，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
.
与有相同的最大值，
，又，
，当且仅当，即时取等号.
即的最小值为.
故答案为： .
四、解答题
6．（2024·广东茂名·二模）已知函数.
(1)若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；
(2)若，求函数在区间上的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先求函数的导函数，只需保证，求解即可；
（2）构造函数，借助函数导函数分析函数的单调性，应用零点存在性定理求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
因为曲线在点处的切线方程为，切线的斜率为，
所以，得，解得：.
（2）当时，令，
，
当时，，单调递增，
又，，
所以至少存在唯一的实数，使得.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
又
所以.
7．（2024·河南开封·三模）已知函数，为的导函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间和极值．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用导数求出，，，代入直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）求出导函数，用列表法求出极值即可．
【详解】（1）因为的定义域为，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）依题意，，则，
令，解得或．
当变化时，，的变化情况如表所示：
函数的单调递减区间为，单调递增区间为，．
故的极小值为，的极大值为．
8．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，若的最小值为0，
(1)求的值;
(2)若，证明:存在唯一的极大值点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，分和两种情况讨论求解即可；
（2）令，求导后可得在递减，递增，再结合零点存在性定理得在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，从而得是唯一的极大值点.
【详解】（1），
当时，，所以在上递减，则没有最小值，
当时，由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得最小值，得成立，
下面证为唯一解，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，
所以方程有且只有唯一解，
综上，；
（2）证明:由（1）知，
令，
当时，，当时，，
所以在上递减，上递增，
因为，
所以在存在唯一的使得，在存在唯一的零点，
所以当或时，，即，
当时，，即，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
即是唯一的极大值点，
，
由，得，
所以，
因为，所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的单调性，考零点存在性定理，考查导数的综合应用，第（2）问解题的关键是二次求导后结合零点存在性定理确定出函数极值点的范围，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
9．（2024·福建泉州·一模）设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，若的值域为，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，分和讨论的单调性，即可得出答案.
（2）对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论.
【详解】（1）的定义域为．
当时，在单调递减．
当时，令，得，
当，单调递减：当，单调递增．
综上，当时，在单调递减；
当时，在单调递减，在单调递增．
（2），定义域为．
，
由（1）得：当时，在单调递减，在单调递增，
所以，
令，
因为当时，递增，当时，递减，
所以，当且仅当时等号成立，
即，当且仅当时等号成立．
当时，，则在递增，不合题意，舍去．
当时，又因为当趋近正无穷，趋近正无穷，
所以在上存在唯一的，使得，即（※）
当递增；当递减；当递增．
又因为趋近，趋近，且的值域为，
所以
，代入（※），得：，即．
当时，同理：当递增；当递减；当递增．
又因为趋近，趋近，且的值域为，
所以，满足．
综上，．
【点睛】关键点点睛：关键点在于对分类讨论，求出的单调性，求出的最小值，进而求出单调性和最值，从而证得结论.
10．（2024·青海西宁·模拟预测）已知函数
(1)当时，求的零点；
(2)若恰有两个极值点，求的取值范围.
【答案】(1)有且仅有一个零点
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，即可求解；
（2）当时，利用二阶导数研究函数的单调性可知最多只有一个极值点；当时，利用二阶导数研究函数的单调性可知，和，，即可求解.
【详解】（1）当时，等价于.
令，则，
所以在上单调递增.
因为，所以有且仅有一个零点.
（2）由，得.
令，则.
若，则在上恒成立，故在上单调递增，
最多只有一个零点，则最多只有一个极值点，不符合题意；
若，则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，则.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，从而.
显然，当时，，则，.
令，则，
设，则，
由，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即恒成立，故单调递增.
当时，，即，
则.
因为，所以，.
当时，，当时，，
则的单调递增区间为和，单调递减区间为，
则恰有两个极值点.
故当恰有两个极值点时，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(极值点)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
1．（2023·全国·高考真题）（多选）已知函数的定义域为，，则（ ）．
A．B．
C．是偶函数D．为的极小值点
【答案】ABC
【分析】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，可构造特殊函数进行判断即可.
【详解】方法一：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，不妨令，显然符合题设条件，此时无极值，故错误.
方法二：
因为，
对于A，令，，故正确.
对于B，令，，则，故B正确.
对于C，令，，则，
令，
又函数的定义域为，所以为偶函数，故正确，
对于D，当时，对两边同时除以，得到，
故可以设，则，
当肘，，则，
令，得；令，得；
故在上单调递减，在上单调递增，
因为为偶函数，所以在上单调递增，在上单调递减，
显然，此时是的极大值，故D错误.
故选：.
2．（2022·全国·高考真题）已知函数．
(1)当时，求的最大值；
(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以；
（2），则，
当时，，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，此时函数无零点，不合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；
又，
由（1）得，即，所以，
当时，，
则存在，使得，
所以仅在有唯一零点，符合题意；
当时，，所以单调递增，又，
所以有唯一零点，符合题意；
当时，，在上，，单调递增；
在上，，单调递减；此时，
由（1）得当时，，，所以，
此时
存在，使得，
所以在有一个零点，在无零点，
所以有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.
3．（2020·北京·高考真题）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；
（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
【详解】（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程为：，即.
（Ⅱ）[方法一]：导数法
显然，因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，
所以，
不妨设时，结果一样，
则，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得极小值，
也是最小值为.
[方法二]【最优解】：换元加导数法
．
因为为偶函数，不妨设，，
令，则．
令，则面积为，只需求出的最小值．
．
因为，所以令，得．
随着a的变化，的变化情况如下表：
所以．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法三]：多元均值不等式法
同方法二，只需求出的最小值．
令，
当且仅当，即时取等号．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法四]：两次使用基本不等式法
同方法一得到
,下同方法一.
【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性较高.
4．（2019·全国·高考真题）已知函数.证明：
（1）存在唯一的极值点；
（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.
【答案】（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）先对函数求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一，使得，进而可得判断函数的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；
（2）先由（1）的结果，得到，，得到在内存在唯一实根，记作，再求出，即可结合题意，说明结论成立.
【详解】（1）由题意可得，的定义域为，
由，
得，
显然单调递增；
又，，
故存在唯一，使得；
又当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
因此，存在唯一的极值点；
（2）
[方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】
的根的情况问题可转化为函数与的图像在区间内的交点情况．．
当时，在区间内单调递增；又因为，所以当时，，则时，单调递减；当时，，则当时，单调递增．又，所以函数与的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为和，且，即和为的两个实根．
又因为，当时，，由于，所以，即，所以两个实根互为倒数．
[方法二]【分类讨论】
由（1）知，．又，所以有且仅有两个实根，可令．
下面证明，
由，得，显然有， ．（*）
（1）当时，，（*）式不成立；
（2）当时，，（*）式不成立；
（3）当时，，（*）式成立．
综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
[方法三]【利用函数的单调性结合零点存在定理】
的定义域为，显然不是方程的根，
所以有两个实根等价于有两个零点，且定义域为．
而，所以在区间内单调递增，在区间内单调递增．
当时，，，
所以在区间内有唯一零点，即，
所以 ．
结合单调性知在区间内有唯一零点，所以有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，
即有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对称性研究函数体现了整体思想；
方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；
方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.
5．（2019·江苏·高考真题）设函数，为f（x）的导函数．
（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；
（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；
（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤．
【答案】（1）；
（2）的极小值为
（3）见解析.
【分析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；
（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.
（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：
解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；
解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值，
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
【详解】（1）因为，所以．
因为，所以，解得．
（2）因为，
所以，
从而．令，得或．
因为，都在集合中，且，
所以．
此时，．
令，得或．列表如下：
所以的极小值为．
（3）因为，所以，
．
因为，所以，
则有2个不同的零点，设为．
由，得．
列表如下：
所以的极大值．
解法一：
．因此．
解法二：
因为，所以．
当时，．
令，则．
令，得．列表如下：
所以当时，取得极大值，且是最大值，故．
所以当时，，因此．
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．
6．（2018·全国·高考真题）已知函数，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】方法一：由，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.
【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法
．
令，得，即在区间内单调递增；
令，得，即在区间内单调递减．
则．
故答案为：.
［方法二］： 三元基本不等式的应用
因为，
所以
．
当且仅当，即时，取等号．
根据可知，是奇函数，于是，此时．
故答案为：.
［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式
，
，
当且仅当，即时，．
根据可知，是奇函数，于是．
故答案为：.
［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩
，当且仅当时等号成立．
故答案为：.
［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值
设，则可化为，
当时，；当时，，对分母求导后易知，
当时，有最小值．
故答案为：.
［方法六］： 配方法
，
当且仅当即时，取最小值．
故答案为：.
［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法
因为，所以，
即函数的一个周期为，因此时，的最小值即为函数的最小值．
当时，，
当时， 因为
，令，解得或，由，，，所以的最小值为．
故答案为：.
【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；
方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；
方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；
方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；
方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；
方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；
方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．
7．（2018·全国·高考真题）已知函数．
（1）若，证明：当时，；当时，；
（2）若是的极大值点，求．
【答案】（1）见解析
（2）
【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．
（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a的范围．
详解：（1）当时，，.
设函数，则.
当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.
所以在单调递增.
又，故当时，；当时，.
（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.
（ii）若，设函数.
由于当时，，故与符号相同.
又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.
.
如果，则当，且时，，故不是的极大值点.
如果，则存在根，故当，且时，，所以不是的极大值点.
如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点
综上，.
点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大．
8．（2018·北京·高考真题）设函数.
（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围.
【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）
【详解】分析：（1）求导，构建等量关系，解方程可得参数的值；（2）对分及两种情况进行分类讨论，通过研究的变化情况可得取得极值的可能，进而可求参数的取值范围.
详解：
解：（Ⅰ）因为，
所以.
，
由题设知，即，解得.
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得.
若a>1，则当时，；
当时，.
所以在x=1处取得极小值.
若，则当时，，
所以.
所以1不是的极小值点.
综上可知，a的取值范围是.
方法二：.
（1）当a=0时，令得x=1.
随x的变化情况如下表：
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
（2）当a>0时，令得.
①当，即a=1时，，
∴在上单调递增，
∴无极值，不合题意.
②当，即0
③当，即a>1时，随x的变化情况如下表：
∴在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.
（3）当a<0时，令得.
随x的变化情况如下表：
∴在x=1处取得极大值，不合题意.
综上所述，a的取值范围为.
点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成立问题.
解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.
9．（2018·江苏·高考真题）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为 ．
【答案】
【分析】方法一：利用导数判断函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数,再根据函数在上的单调性确定函数最值，即可解出.
【详解】［方法一］：【通性通法】单调性法
求导得，
当时，函数在区间内单调递增，且，所以函数在内无零点；
当时，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增．
当时，；当时，．
要使函数在区间内有且仅有一个零点，只需，解得．
于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，，所以最大值与最小值之和为．
故答案为：．
［方法二］： 等价转化
由条件知有唯一的正实根，于是．令，则，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，当时，；当时，．
只需直线与的图像有一个交点，故，下同方法一．
［方法三］：【最优解】三元基本不等式
同方法二得，，当且仅当时取等号，
要满足条件只需，下同方法一．
［方法四］：等价转化
由条件知有唯一的正实根，即方程有唯一的正实根，整理得，即函数与直线在第一象限内有唯一的交点．于是平移直线与曲线相切时，满足题意，如图．
设切点，因为，于是，解得，
下同方法一．
【整体点评】方法一：利用导数得出函数在上的单调性，确定零点位置，求出参数，进而问题转化为闭区间上的最值问题，从而解出，是该类型题的通性通法；
方法二：利用等价转化思想，函数在上有唯一零点转化为两函数图象有唯一交点，从而求出参数，使问题得解；
方法三：通过三元基本不等式确定取最值条件，从而求出参数，使问题得解，是该题的最优解；
方法四：将函数在上有唯一零点转化为直线与曲线相切，从而求出参数，使问题得解．
10．（2017·山东·高考真题）已知函数，，其中是自然对数的底数.
（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导数得斜率，由点斜式写出直线方程.
（Ⅱ）写出函数，求导数得到，由于的正负与的取值有关，故可令，通过应用导数研究在上的单调性，明确其正负.然后分和两种情况讨论 极值情况即可.
试题解析：（Ⅰ）由题意
又，
所以，
因此 曲线在点处的切线方程为
，
即 .
（Ⅱ）由题意得 ，
因为
，
令
则
所以在上单调递增.
因为
所以 当时，
当时，
(1)当时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时，，
所以 当时，，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以 当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以 当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值.
极小值是.
综上所述：
当时，在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是.
【名师点睛】1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′(x0)(x−x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．
2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2024年新I卷，第10题,6分
求已知函数的极值点
利用导数求函数的单调区间
2024年新Ⅱ卷，第11题,6分
极值与最值的综合应用
利用导数研究具体函数单调性
函数对称性的应用
利用导数研究函数的零点
判断零点所在的区间
2024年新Ⅱ卷，第16题,15分
根据极值求参数
求在曲线上一点处的切线方程
利用导数研究含参函数单调性
2023年新I卷，第11题,5分
函数极值点的辨析
函数的性质、奇偶性的定义与判断
2023年新I卷，第22题,12分
由导数求函数的最值 (不含参)
基本(均值)不等式的应用、求平面轨迹
方程、求直线与地物线相交所得弦的弦长
2023年新Ⅱ卷，第11题,5分
根据极值求参数
根据二次函数零点的分布求参数的范围
2023年新Ⅱ卷，第22题,12分
根据极值点求参数
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数研究不等式恒成立问题
利用导数研究函数的零点
2022年新I卷，第8题,5分
由导数求函数的最值 (不含参)
锥体体积的有关计算球的体积的有关计算
多面体与球体内切外接问题
2022年新I卷，第10题,5分
求已知函数的极值点
求在曲线上一点处的切线方程 (斜率）
利用导数研究函数的零点
2022年新I卷，第22题,12分
由导数求函数的最值 (含参)
利用导数研究方程的根
2021年新I卷，第15题,5分
由导数求函的最值 (不含参)
无
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极小值
增
极大值
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增
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极小值
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a
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