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第3 讲 导数与单调性、极值和最值
1.(2023·新课标Ⅱ卷，T6)已知函数f(x)=aex-ln x 在区间(1，2)上单调递增，则a 的最小值为( )
A.e2
B.e
C.e-1
D.e-2
2.(2022·全国乙卷，文T11)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1 在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为( )
A.-π
2 ，π
2
B.-3 π
2 ，π
2
C.-π
2 ，π
2 +2
D.-3 π
2 ，π
2 +2
3.(多选)(2025·全国Ⅱ卷，T10)已知f(x)是定义在R 上的奇函数，且当x>0 时，f(x)=(x2-3)ex+2，则( )
A.f(0)=0
B.当x<0 时，f(x)=-(x2-3)e-x-2
C.f(x)≥2 当且仅当x≥√3
D.x=-1 是f(x)的极大值点
4.(2024·新课标Ⅱ卷，T16)已知函数f(x)=ex-ax-a3.
(1)当a=1 时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中高档题目，具有一定的难度，三种题型都有所考查，分值约为
11~26 分.
考查方向：
考查重点一是判断函数的单调性以及单调性应用，如求参数范围、比较大小、解不等式等，二是函数极值，
主要是求函数的极值，由极值求参数的值、范围等，三是函数的最值以及最值的应用.
1.答案 C
解析 依题可知，f'(x)=aex-1
x ≥0 在(1，2)上恒成立，显然a>0，
所以xex≥1
a在(1，2)上恒成立，
设g(x)=xex，x∈(1，2)，
所以g'(x)=(x+1)ex>0，
所以g(x)在(1，2)上单调递增，
g(x)>g(1)=e，故e≥1
a，
即a≥1
e =e-1，即a 的最小值为e-1.
2.答案 D
解析 f(x)=cos x+(x+1)sin x+1，x∈[0，2π]，则f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)·cos x=(x+1)cos x，x∈[0，2π].
令f'(x)=0，解得x=-1(舍去)，x=π
2 或x=3 π
2 .
因为f (
π
2)=cos π
2 +(
π
2 +1)sin π
2 +1
=2+π
2 ，
f (
3 π
2 )=cos 3 π
2 +(
3 π
2 +1)sin 3 π
2 +1=-3 π
2 ，
又f(0)=cos 0+(0+1)sin 0+1=2，
f(2π)=cos 2π+(2π+1)sin 2π+1=2，
所以f(x)max=f (
π
2)=2+π
2 ，
f(x)min=f (
3 π
2 )=-3 π
2 .故选D.
3.答案 ABD
解析 对于A，因为f(x)是定义在R 上的奇函数，则f(0)=0，故A 正确；
对于B，当x<0 时，-x>0，则f(x)=-f(-x)=-{[(-x)2-3]e-x+2}=-(x2-3)e-x-2，故B 正确；
对于C，f(-1)=-(1-3)e-2=2(e-1)>2，故C 错误；
对于D，当x<0 时，f(x)=(3-x2)e-x-2，则f'(x)=-(3-x2)e-x-2xe-x=(x2-2x-3)e-x，
令f'(x)=0，解得x=-1 或x=3(舍去)，
当x∈(-∞，-1)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
当x∈(-1，0)时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减，
则x=-1 是f(x)的极大值点，故D 正确.
4.解 (1)当a=1 时，则f(x)=ex-x-1，
f'(x)=ex-1，
可得f(1)=e-2，f'(1)=e-1，
即切点坐标为(1，e-2)，
切线斜率k=e-1，
所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1)，
即(e-1)x-y-1=0.
(2)方法一 因为f(x)的定义域为R，
且f'(x)=ex-a，
若a≤0，则f'(x)>0 对任意x∈R 恒成立，
可知f(x)在R 上单调递增，
无极值，不符合题意；
若a>0，令f'(x)>0，解得x>ln a，
令f'(x)<0，解得x<ln a，
可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，+∞)上单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，无极大值，
由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，
即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
则g'(a)=2a+1
a>0，
可知g(a)在(0，+∞)上单调递增，
且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0 等价于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a 的取值范围为(1，+∞).
方法二 因为f(x)的定义域为R，
且f'(x)=ex-a，
若f(x)有极小值，
则f'(x)=ex-a 有零点，
令f'(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a 有交点，则a>0，
令f'(x)>0，解得x>ln a；
令f'(x)<0，解得x<ln a，
可知f(x)在(-∞，ln a)上单调递减，
在(ln a，+∞)上单调递增，
则f(x)有极小值f(ln a)=a-aln a-a3，
无极大值，符合题意，
由题意可得，f(ln a)=a-aln a-a3<0，
即a2+ln a-1>0，
令g(a)=a2+ln a-1，a>0，
因为y=a2，y=ln a-1 在(0，+∞)上均单调递增，
所以g(a)在(0，+∞)上单调递增，
且g(1)=0，
不等式a2+ln a-1>0 等价于g(a)>g(1)，
解得a>1，
所以a 的取值范围为(1，+∞).
考点一 利用导数研究函数的单调性
考向1 利用导数求函数的单调区间
例1 已知函数f(x)=(x-2)ex+a
2x2-ax，讨论函数f(x)的单调性.
解 由题意得函数f(x)的定义域为R，
f'(x)=(x-1)ex+a(x-1)=(x-1)(ex+a).
①当a≥0 时，
若x∈(-∞，1)，则f'(x)<0，
所以f(x)在(-∞，1)上单调递减；
若x∈(1，+∞)，则f'(x)>0，
所以f(x)在(1，+∞)上单调递增.
②当-e<a<0 时，ln(-a)<1，
若x∈(-∞，ln(-a))∪(1，+∞)，则f'(x)>0，
所以f(x)在(-∞，ln(-a))，(1，+∞)上单调递增；
若x∈(ln(-a)，1)，则f'(x)<0，
所以f(x)在(ln(-a)，1)上单调递减.
③当a=-e 时，ln(-a)=1，
对∀x∈R，f'(x)≥0，所以f(x)在R 上单调递增.
④当a<-e 时，ln(-a)>1，
若x∈(-∞，1)∪(ln(-a)，+∞)，则f'(x)>0，
所以f(x)在(-∞，1)，(ln(-a)，+∞)上单调递增；
若x∈(1，ln(-a))，则f'(x)<0，
所以f(x)在(1，ln(-a))上单调递减.
综上所述，当a≥0 时，f(x)在(-∞，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增；
当-e<a<0 时，f(x)在(-∞，ln(-a))，(1，+∞)上单调递增，在(ln(-a)，1)上单调递减；
当a=-e 时，f(x)在R 上单调递增；
当a<-e 时，f(x)在(-∞，1)，(ln(-a)，+∞)上单调递增，在(1，ln(-a))上单调递减.
考向2 单调性的应用
例2 (1)若函数f(x)=ln x+ax2-2 在区间(
1
4 ，1)内存在单调递减区间，则实数a 的取值范围是( )
A.(-∞，- 1
2)
B.(- 1
8 ，+ ∞)
C.(-2，+∞)
D.(-8，+∞)
答案 A
解析 由f(x)=ln x+ax2-2 可得，f'(x)=1
x +2ax.
因为函数f(x)=ln x+ax2-2 在区间(
1
4 ，1)内存在单调递减区间，
所以f'(x)<0 在x∈(
1
4 ，1)时有解，即a<- 1
2 x
2在x∈(
1
4 ，1)时有解.
设g(x)=- 1
2 x
2，x∈(
1
4 ，1)，
显然g(x)在(
1
4 ，1)上单调递增，所以g(
1
4)<g(x)<g(1).
所以a<g(1)=-1
2，故实数a 的取值范围是(-∞，- 1
2).
(2)(2025·长沙模拟)已知y=f(x)是定义在(1，+∞)上的连续可导函数，其导函数为y=f'(x)，若xf'(x)<f(x)，
且f(3)=6，则不等式f(ln x)>2ln x 的解集为( )
A.(1，3)
B.(3，e2)
C.(1，e3)
D.(e，e3)
答案 D
解析 令g(x)=f ( x)
x
(x>1)，
则g'(x)= x f
'( x)- f ( x)
x
2
，
因为xf'(x)<f(x)，则xf'(x)-f(x)<0，
所以g'(x)<0，
则g(x)=f ( x)
x
在区间(1，+∞)上单调递减，又f(3)=6，由f(ln x)>2ln x，ln x>1，
得{
f (ln x)
ln x
>2= f (3)
3
，
ln x>1，
即{
g(ln x)>g(3)，
ln x>1，
所以1<ln x<3，解得e<x<e3，
故原不等式的解集为(e，e3).
[规律方法] (1)讨论函数的单调性一般可以归结为参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)函数f(x)在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈D 上恒成立.
(3)若函数y=f(x)在区间(a，b)上不单调，则转化为f'(x)=0 在(a，b)上有解(需验证解的两侧导数是否异号).
(4)函数f(x)在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f'(x)>0(或f'(x)<0)在x∈D 上有解.
跟踪演练1 (1)(2025·菏泽模拟)已知函数f(x)=(x-a-1)ex-(
x
2 -a)bx 是R 上的增函数，则( )
A.a=b
B.a=1
b
C.a=ln b
D.a=eb
答案 C
解析 由f(x)=(x-a-1)ex-(
x
2 -a)bx，
得f'(x)=(x-a)ex-bx+ab=(x-a)(ex-b)，
因为f(x)是R 上的增函数，则f'(x)≥0 对x∈R 恒成立，即(x-a)(ex-b)≥0 对x∈R 恒成立，
当b≤0 时，ex-b>0，此时x-a≥0 对x∈R 不恒成立，不满足题意；
当b>0 时，等价于(x-a)(x-ln b)≥0 对x∈R 恒成立，则a=ln b.
(2)(2025·张掖模拟)已知a=9eln 2，b=18，c=4eln 3，则a，b，c 的大小关系为( )
A.b>a>c
B.a>c>b
C.a>b>c
D.b>c>a
答案 A
解析 令f(x)=ln x
x ，x∈(1，e)，
则f'(x)=1- ln x
x
2
>0 对任意的x∈(1，e)恒成立，
所以函数f(x)在(1，e)上单调递增，
所以f(e)>f(2)>f(1)=0，
即1
e >ln2
2 >0，故2>eln 2>0，
所以9eln 2<9×2=18，即a<b，
又因为a=9eln 2=eln 29=eln 512>eln 81=eln 34=4eln 3=c，即a>c，因此b>a>c.
考点二 利用导数研究函数的极值
例3 (2025·郑州模拟)已知函数f(x)=xln(ax)(a≠0).
(1)若直线y=-1
e与曲线y=f(x)相切，求a 的值；
(2)若f(x)有极大值，且极大值大于1，求a 的取值范围.
解 (1)设直线y=-1
e 与曲线y=f(x)的切点为(x0，- 1
e)，则x0ln(ax0)=-1
e .
①
f'(x)=ln(ax)+1，则ln(ax0)+1=0.
②
由①②解得x0=1
e ，a=1.
(2)当a>0 时，f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln(ax)+1 是增函数.
令ln(ax)+1=0，解得x= 1
ae .
当x∈(0，1
ae)时，f'(x)<0，
当x∈(
1
ae ，+∞)时，f'(x)>0，
所以f(x)在(0，1
ae)上单调递减，在(
1
ae ，+∞)上单调递增，则f(x)有极小值，没有极大值，不符合题意，
所以a<0；
因为a<0，所以f(x)的定义域为(-∞，0).
当x∈(-∞，1
ae)时，f'(x)>0，
当x∈(
1
ae ，0)时，f'(x)<0，
所以f(x)在(-∞，1
ae)上单调递增，在(
1
ae ，0)上单调递减，则f(x)有极大值f(
1
ae)，没有极小值.
因为f(x)的极大值大于1，
所以f(
1
ae)=- 1
ae >1，解得-1
e <a<0.
故a 的取值范围为(- 1
e ，0).
[规律方法] f'(x0)=0 是可导函数f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件，即f'(x)的变号零点才是f(x)的极
值点，所以判断f(x)的极值点时，除了找f'(x)=0 的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.
跟踪演练2 (1)(多选)(2025·重庆模拟)已知函数f(x)，x∈[-a，a]的图象是一条连续不断的曲线，设其导
数为f'(x)，函数g(x)=(x2-x)f'(x)的图象如图，则下列说法正确的是( )
A.f(x)在x=-1 处取极大值
B.x=1 是f(x)的极大值点
C.f(x)没有极小值点
D.x=1 可能不是导函数f'(x)的极大值点
答案 ACD
解析 由题图知，
x
[-a，-1)
(-1，0)
(0，1)
(1，a]
g(x)
+
-
+
-
x2-x
+
+
-
+
f'(x)
+
-
-
-
∴f(x)在(-a，-1)上单调递增，在(-1，a)上单调递减，
∴f(x)在x=-1 处取得极大值，无极小值点，故A，C 正确，B 错误；
又当0<x<1，1<x≤a 时，f'(x)<0，g(1)=0，
当x=1 时，x2-x=0，所以f'(1)不一定等于0，
当f'(1)=0 时，x=1 是导函数f'(x)的极大值点，
当f'(1)≠0 时，x=1 不是导函数f'(x)的极大值点，故D 正确.
(2)(2025·哈尔滨模拟)若函数f(x)=xln x-(m-1)ln 2x 存在唯一极值点，则实数m 的取值范围是( )
A.(1，+∞)
B.[1，+∞)
C.{1- 1
e
2}∪[1，+∞)
D.[1- 1
e
2 ，+ ∞)
答案 B
解析 由f(x)=xln x -(m-1)ln 2x，x>0，求导可得f'(x)=ln x+1-m-1
x
，
由题意得函数f'(x)存在唯一变号零点，
令f'(x)=0 得，m-1=xln x+x，
令g(x)=xln x+x，x>0，求导可得g'(x)=ln x+2，由g'(x)=0，解得x= 1
e
2，
当0<x< 1
e
2时，g'(x)<0；当x> 1
e
2时，g'(x)>0，
所以函数g(x)在(0，1
e
2)上单调递减，在(
1
e
2 ，+∞)上单调递增，则g(x)min=g(
1
e
2)=- 1
e
2，
画出函数g(x)的大致图象如图所示，
由图知，当m-1=- 1
e
2，即m=1- 1
e
2时，x= 1
e
2为f'(x)的不变号零点，不符合题意；故m-1≥0，即m≥1，故实
数m 的取值范围是[1，+∞).
考点三 利用导数研究函数的最值
例4 (1)(2022·全国甲卷)当x=1 时，函数f(x)=aln x+b
x 取得最大值-2，则f'(2)等于( )
A.-1
B.-1
2
C.1
2
D.1
答案 B
解析 因为函数f(x)的定义域为(0，+∞)，
所以依题意可知{
f (1)=-2，
f '(1)=0，
而f'(x)=a
x - b
x
2，
所以{
b=-2，
a-b=0，即{
a=-2，
b=-2，
所以f'(x)=-2
x + 2
x
2，
因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，
当x=1 时取最大值，满足题意.
所以f'(2)=-1+1
2=-1
2.
(2)(2025·石家庄模拟)如图所示，圆锥的内接圆柱的轴截面是边长为2 的正方形，则该圆锥体积的最小
值为( )
A.4π
B.9 π
2
C.5π
D.11π
2
答案 B
解析 设圆锥的高为h，底面半径为r(r>1)，则圆锥内接的圆柱上面的小圆锥的高为h-2，
由图易知AO
OB =
A O1
O1C ，
即h-2
1
=h
r ，∴h= 2r
r -1，
∴该圆锥的体积V=1
3πr2h= 2π r
3
3(r -1)，
则V'=2π r
2(2r -3)
3(r -1)
2
，
令V'=0，则r=3
2，
当1<r<3
2时，V'<0；当r>3
2时，V'>0，
即V 在(1，3
2)上单调递减，在(
3
2 ，+ ∞)上单调递增，
当r=3
2时，V 取得最小值为9 π
2 .
[规律方法] 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，一般要根据函数的单调性和极值画出函数的大致图象，
借助图象求解.求最值时不能想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较再下结论，图象上最高点和最低
点的函数值即为函数的最大值和最小值.
跟踪演练3 (2025·长沙模拟)已知函数f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3 在区间(1，2)上有最小值，则实数a 的取
值范围是( )
A.a>-3
B.-49
3 <a<-10
C.-49
3 <a<-3
D.-10<a<-3
答案 D
解析 函数f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3，求导得f'(x)=6x-2
x +a-1=6 x
2+(a-1)x -2
x
，
由f(x)=3x2-2ln x+(a-1)x+3 在区间(1，2)上有最小值，
得f'(x)在区间(1，2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
令h(x)=6x2+(a-1)x-2，h(0)=-2<0，则h(x)在区间(1，2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
因此{
Δ=(a-1)
2+ 4×6×2>0，
h(1)=6+a-1-2<0，
h(2)=6×4+2(a-1)-2>0，
解得-10<a<-3，
所以实数a 的取值范围是-10<a<-3.
专题强化练
[分值：90 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.函数f(x)=x2-ln x-x 的单调递减区间是( )
A.(0，1
2)
B.(
1
2 ，+∞)
C.(0，1)
D.(1，+∞)
答案 C
解析 由题意可得f'(x)=2x-1
x -1=2 x
2- x -1
x
=(2 x +1)( x -1)
x
，x>0，
令f'(x)=0，得x=1，
所以当x∈(0，1)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数f(x)=x2-ln x-x 的单调递减区间是(0，1).
2.设函数f(x)= e
x
x +a，若f(x)的极小值为√e，则a 等于( )
A.-1
2
B.1
2
C.3
2
D.2
答案 B
解析 由已知得，f'(x)=e
x( x +a-1)
( x +a)
2
(x≠-a)，
令f'(x)=0，有x=1-a，
当x<1-a 且x≠-a 时，f'(x)<0，
当x>1-a 时，f'(x)>0，
所以f(x)在x=1-a 处取得极小值f(1-a)=e1-a=√e，所以1-a=1
2，得a=1
2.
3.若函数f(x)=aln x +1
x
-2 的单调递减区间为(1，+∞)，则a 等于( )
A.1
e
B.1
C.e
D.e2
答案 B
解析 f'(x)=a-(a ln x +1)
x
2
=a-1-a ln x
x
2
，
因为f(x)的单调递减区间为(1，+∞)，而f(x)的定义域为(0，+∞)，
所以f(x)的一个极值点为1，
所以f'(1)=a-1
1
2 =0，解得a=1.
所以f(x)=ln x +1
x
-2，f'(x)=- ln x
x
2
，
令f'(x)<0，即- ln x
x
2
<0，解得x>1，
所以f(x)的单调递减区间为(1，+∞)，符合题意，综上，a=1.
4.函数f(x)的大致图象如图所示，设f(x)的导函数为f'(x)，则f'(x)f(x)>0 的解集为( )
A.(-∞，0)∪(1，3)
B.(1，3)
C.(0，1)∪(3，+∞)
D.(-∞，0)∪(3，+∞)
答案 C
解析 由函数f(x)的图象可知，
当x∈(-∞，0)∪(3，+∞)时，f(x)<0；
当x∈(0，3)时，f(x)>0；
又由图可知，当x∈(-∞，1)时，函数f(x)单调递增，则f'(x)>0；
当x∈(1，+∞)时，函数f(x)单调递减，则f'(x)<0，
所以f'(x)f(x)>0 的解集为(0，1)∪(3，+∞).
5.(2025·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)=a
2x2+bln x 在x=2 处有最小值，且最小值为1-2ln 2，则a+b 的值为(
)
A.3
B.1
2
C.-3
2
D.-3
答案 C
解析 函数f(x)=a
2x2+bln x 的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=ax+b
x ，
由于函数f(x)在x=2 有最小值，则函数f(x)在x=2 处取极小值，则f'(2)=2a+1
2b=0，
所以b=-4a，
又f(x)min=f(2)=2a+bln 2=2a-4aln 2，
所以2a-4aln 2=1-2ln 2，解得a=1
2，
所以b=-2，
经检验，当a=1
2，b=-2 时，函数f(x)=a
2x2+bln x 在x=2 处有最小值，且最小值为1-2ln 2，故a+b=-3
2.
6.(2025·遵义模拟)已知函数f(x)=1
2ax2-ln x-b(a>0)，若∀x>0，f(x)≥0，则b
a的最大值是( )
A.1
2
B.1
e
C.2
e
D.1
答案 A
解析 由题意知，若∀x>0，f(x)≥0，
即b≤1
2ax2-ln x，
令g(x)=1
2ax2-ln x，x>0，
则g'(x)=ax-1
x =a x
2-1
x
，
令g'(x)=0，解得x=√a
a ，
当0<x<√a
a 时，g'(x)<0，g(x)单调递减；
当x>√a
a 时，g'(x)>0，g(x)单调递增；
所以g(x)min=g(
√a
a )=1
2+1
2ln a，
即b≤1
2+1
2ln a，
所以b
a≤1
2a+ln a
2a ，
令h(a)= 1
2a+ln a
2a ，a>0，
则h'(a)=-ln a
2a
2，
由h'(a)=0 得a=1，
所以当0<a<1 时，h'(a)>0，h(a)单调递增；
当a>1 时，h'(a)<0，h(a)单调递减，
所以h(a)max=h(1)=1
2，即b
a的最大值为1
2.
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.(2025·邯郸模拟)已知函数f(x)=(x2-3)ex，则下列结论正确的是( )
A.
lim
x→0 f ( x)+3
x
=3
B.函数f(x)在(-1，1)上单调递减
C.函数f(x)有极大值6e-3
D.函数f(x)在[-4，-2]上的最小值为f(-4)
答案 BC
解析 由题意得，f'(x)=(x2+2x-3)ex=(x+3)(x-1)ex，
因为f(0)=-3，则
lim
x→0 f ( x)+3
x
=
lim
x→0 f ( x)- f (0)
x -0
=f'(0)=-3，故A 不正确；
由f'(x)>0 得，x<-3 或x>1，
由f'(x)<0 得，-3<x<1，
则f(x)在(-∞，-3)和(1，+∞)上单调递增，在(-3，1)上单调递减，
所以f(x)在x=-3 处取得极大值为f(-3)=6e-3，故B，C 正确；
因为f(-4)=13
e
4 >f(-2)= 1
e
2，则函数f(x)在[-4，-2]上的最小值为f(-2)，故D 不正确.
8.(2025·厦门模拟)已知f(x)=x3+ax2+bx-2，不等式f(x)<2 的解集为{x|x<1 且x≠-2}，则下列说法中正确的是(
)
A.函数f(x)的极大值点为1
B.函数f(x)的一个对称中心为点(-1，0)
C.当-2<x<-1
2时，f(2x+1)>-2
D.过点(-3，-2)且与曲线y=f(x)相切的直线有2 条
答案 BCD
解析 对于A，因为不等式f(x)<2 的解集为{x|x<1 且x≠-2}，
即不等式x3+ax2+bx-4<0 的解集为{x|x<1 且x≠-2}，
所以方程x3+ax2+bx-4=0 的根为x=1 和x=-2(二重根)，
得(x+2)2(x-1)=0，即x3+3x2-4=0，
所以{
a=3，
b=0，则f(x)=x3+3x2-2，
得f'(x)=3x2+6x=3x(x+2)，
令f'(x)<0 得-2<x<0，
令f'(x)>0 得x<-2 或x>0，
所以函数f(x)在(-2，0)上单调递减，在(-∞，-2)，(0，+∞)上单调递增，
所以x=-2 是f(x)的极大值点，故A 错误；
对于B，由A 知，f(x)=x3+3x2-2，
则f(-2-x)=(-2-x)3+3(-2-x)2-2=-x3-3x2+2，
所以f(-2-x)+f(x)=0，
即f(x)的一个对称中心为点(-1，0)，故B 正确；
对于C，令u=2x+1，当-2<x<-1
2时，则-3<u<0，
则要满足f(2x+1)>-2，只需使f(u)>-2，
而f(u)+2=u3+3u2=u2(u+3)，由-3<u<0，
得u2(u+3)>0，即f(u)>-2，所以f(2x+1)>-2，故C 正确；
对于D，由A 知，f'(x)=3x2+6x，
设f(x)在点(x0，x0
3+3x0
2-2)处的切线方程为y-(x0
3+3x0
2-2)=(3x0
2+6x0)(x-x0)，
由切线经过点(-3，-2)得，-2-(x0
3+3x0
2-2)=(3x0
2+6x0)(-3-x0)，
整理得x0
3+6x0
2+9x0=0，
即x0(x0
2+6x0+9)=x0(x0+3)2=0，
解得x0=-3 或x0=0，此时存在2 条切线满足题意，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.(2025·全国Ⅱ卷)若x=2 是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点，则f(0)= .
答案 -4
解析 由题意有f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)，
所以f'(x)=(x-2)(x-a)+(x-1)(x-a)+(x-1)(x-2)，
因为x=2 是函数f(x)的极值点，所以f'(2)=2-a=0，得a=2.
当a=2 时，f'(x)=2(x-2)(x-1)+(x-2)2=(x-2)(3x-4)，令f'(x)=0，得x=2 或x=4
3 ，
当x∈(-∞，4
3)时，f'(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(
4
3 ，2)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(2，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以x=2 是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极小值点，符合题意，故a=2.
所以f(0)=-1×(-2)×(-2)=-4.
10.(2025·郑州模拟)若直线y=x 为曲线y=eax+b的一条切线，则b
a的最小值为 .
答案 -1
解析 y'=aeax+b，
设直线y=x 与曲线y=eax+b相切于点(x，x)，
则x=eax+b且aeax+b=1，
解得eax+b=1
a，所以x=1
a，
从而b=-1-ln a，所以b
a=-1- ln a
a
，
设g(a)=-1- ln a
a
(a>0)，
g'(a)=- 1
a ·a-(-1- ln a)
a
2
=ln a
a
2 ，
令g'(a)<0 得，0<a<1；令g'(a)>0 得，a>1，
所以g(a)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
所以g(a)min=g(1)=-1，即b
a的最小值为-1.
四、解答题(共28 分)
11.(13 分)(2025·哈尔滨模拟)已知函数f(x)=(x2+1)e-x，g(x)=ax+b，其中a，b∈R.
(1)若曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线与直线y=g(x)垂直，且f(0)=g(0)，求a，b 的值；(5 分)
(2)若函数h(x)=f(x)-g(x)在区间(0，+∞)上存在极大值，求a 的取值范围.(8 分)
解 (1)因为f(x)=(x2+1)e-x，
所以f'(x)=2xe-x-(x2+1)e-x=(2x-x2-1)e-x，
所以f'(0)=-1，依题意，-1×a=-1，得a=1.
又f(0)=1，g(0)=b，且f(0)=g(0)，
所以b=1，所以a=b=1.
(2)由题意，h(x)=(x2+1)e-x-ax-b，
所以h'(x)=(2x-x2-1)e-x-a，
令φ(x)=(2x-x2-1)e-x，
则φ'(x)=(2-2x-2x+x2+1)e-x=(x2-4x+3)e-x，
令φ'(x)=0，则x2-4x+3=0，解得x=1 或x=3.
当0<x<1 时，φ'(x)>0，所以φ(x)在(0，1)上单调递增；
当1<x<3 时，φ'(x)<0，所以φ(x)在(1，3)上单调递减；
当x>3 时，φ'(x)>0，所以φ(x)在(3，+∞)上单调递增.
则φ(x)在x=1 处取得极大值φ(1)=0，在x=3 处取得极小值φ(3)=-4e-3.
因为h(x)在区间(0，+∞)上存在极大值，
所以y=φ(x)与y=a 的图象在(0，+∞)上有交点，
且在交点左侧h(x)的导数大于0，交点右侧h(x)的导数小于0，
所以a 的取值范围是(-4e-3，0).
12.(15 分)(2025·重庆模拟)已知函数f(x)=ax-ln x+a2(a∈R).
(1)若f(x)在(1，e)上不单调，求实数a 的取值范围；(7 分)
(2)当a>0 时，求证：f(x)≥3ln a+2.(8 分)
(1)解 函数f(x)=ax-ln x+a2的定义域为(0，+∞)，
求导得f'(x)=a-1
x ，
当a≤0 时，f'(x)<0 在(0，+∞)上恒成立，函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，不符合题意；
当a>0 时，由f'(x)<0，得0<x<1
a，
由f'(x)>0，得x>1
a，
函数f(x)在(0，1
a)上单调递减，在(
1
a ，+ ∞)上单调递增，
故1<1
a<e，解得1
e <a<1，
所以实数a 的取值范围为(
1
e ，1).
(2)证明 由(1)知，当a>0 时，f(x)的最小值为f (
1
a)=1+a2+ln a，
则1+a2+ln a-(3ln a+2)=a2-2ln a-1，
设g(x)=x2-2ln x-1，x>0，
求导得g'(x)=2x-2
x =2( x -1)( x +1)
x
，
当0<x<1 时，g'(x)<0；当x>1 时，g'(x)>0，
因此函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，g(x)≥g(1)=0，即g(a)≥0，
则f (
1
a)=1+a2+ln a≥3ln a+2，
所以f(x)≥3ln a+2.
(每小题5 分，共10 分)
13.(2025·上饶模拟)利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学的
数学知识，探究函数f(x)=xx，x∈(0，+∞)，下列说法正确的是( )
A.f(x)有且只有一个极大值点
B.f(x)在(0，1
e)上单调递增
C.存在实数a∈(0，+∞)，使得f(a)=1
e
D.f(x)有最小值，最小值为
1
e
1
e
答案 D
解析 由x>0，则f(x)=xx=e
ln x
x=exln x，x∈(0，+∞)，
令g(x)=xln x，x>0，则g'(x)=1+ln x，
令g'(x)=0，解得x=1
e ，
当0<x<1
e 时，g'(x)<0，g(x)在(0，1
e)上单调递减；
当x>1
e 时，g'(x)>0，g(x)在(
1
e ，+ ∞)上单调递增；
显然f(x)由函数y=eu与u=g(x)复合而成，而y=eu在R 上单调递增；
故f(x)在(0，1
e)上单调递减，在(
1
e ，+∞)上单调递增；
所以f(x)在x=1
e 处取得极小值f (
1
e)=e
- 1
e=
1
e
1
e ，且无极大值，
又f(x)min=f (
1
e)=e
- 1
e>e-1=1
e ，
故不存在实数a∈(0，+∞)，使得f(a)=1
e .
故A，B，C 错误，D 正确.
14.(2025·武汉模拟)罗尔中值定理是微分学中的一个重要定理，与拉格朗日中值定理和柯西中值定理一起并
称微分学三大中值定理.罗尔中值定理：若定义域为R 的函数f(x)的导函数记为f'(x)，且函数f(x)满足条件①
在闭区间[a，b]上连续；②在开区间(a，b)内可导；③f(a)=f(b).那么至少存在一个ξ∈(a，b)使得f'(ξ)=0.已
知函数f(x)=ex-ax2-(e-a-1)x-1，a∈R 在区间(0，1)内有零点，其中，e=2.718…是自然对数的底数，则实数a
的取值范围为( )
A.(
1
2 ，1)
B.(
1
2 ，e
2)
C.(
1
2 ，e -2)
D.(e-2，1)
答案 D
解析 依题意设f(x)在区间(0，1)内的零点为x1，则有f(x1)=f(0)=0，
由罗尔中值定理可知，存在x2∈(0，x1)，使f'(x2)=0，
同理，由f(x1)=f(1)=0 及罗尔中值定理可知，存在x3∈(x1，1)，使f'(x3)=0，
故f'(x)=0 在(0，1)上至少有两个不等实根，
令g(x)=f'(x)=ex-2ax-(e-a-1)，
则g'(x)=ex-2a，显然g'(x)=ex-2a 在(0，1)上单调递增，
当a≤1
2，x∈(0，1)时，g'(x)>0，此时g(x)在(0，1)上单调递增，
故f'(x)=0 在(0，1)上至多只有一个实根；
同理可知，当a≥e
2，x∈(0，1)时，g'(x)<0，此时g(x)在(0，1)上单调递减，
故f'(x)=0 在(0，1)上至多只有一个实根；
当1
2<a<e
2时，令g'(x)=0，可得x=ln 2a，
易知ln 2a∈(0，1)，且g(x)在(0，ln 2a)上单调递减，在(ln 2a，1)上单调递增，
故当1
2<a<e
2且x∈(0，1)时，g(x)min=g(ln 2a)；
又g(
1
2)=e
1
2+1-e<√2.89+1-e=2.7-e<0，
故g(x)min=g(ln 2a)<0，
则由函数零点存在定理知，{
g(0)=2+a-e>0，
g(1)=1-a>0，
故e-2<a<1，即实数a 的取值范围为(e-2，1).
