專題02函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

考點1函數(shù)模

型及應(yīng)用2025北京卷、2024北京卷、2022北京卷

（5年3考）

考點2基本初

等函數(shù)的性

質(zhì)：單調(diào)性、2025北京卷、2023北京卷、2022北京卷、

奇偶性、周期2021北京卷

性、對稱性

（5年4考）近五年高考命題顯示，本節(jié)內(nèi)容為高考重

考點3比較大點。函數(shù)單調(diào)性、奇偶性、對稱性、周期

小問題2024北京卷性是必考知識點，尤其周期性、對稱性、

（5年1考）奇偶性常相互結(jié)合，并與函數(shù)圖像、零點

考點4函數(shù)與及不等式綜合考查。導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用在高考

方程的綜合問中的考查較為穩(wěn)定，是重點內(nèi)容。面對高

2023北京卷、2022北京卷、2021北京卷

題考相關(guān)試題，關(guān)鍵在于把握導(dǎo)數(shù)是研究函

（5年3考）數(shù)的有力工具，借助圖像直觀呈現(xiàn)函數(shù)單

考點5函數(shù)及調(diào)性、極值、最值等本質(zhì)問題。無論試題

其表示2023北京卷、2022北京卷、2022北京卷如何變化，最終都要聚焦于函數(shù)的單調(diào)性

（5年3考）與最值，它們是導(dǎo)數(shù)考查的核心所在，做

考點6雙變量好具體問題轉(zhuǎn)化即可。

問題2025北京卷、2022北京卷

（5年2考）

考點7零點問

題2024北京卷

（5年1考）

考點8極最值

問題2023北京卷、2021北京卷

（5年2考）

考點01函數(shù)模型及應(yīng)用

1．（2025·北京·高考真題）一定條件下，某人工智能大語言模型訓(xùn)練N個單位的數(shù)據(jù)量所需要的時間

69

Tklog2N（單位：h），其中k為常數(shù)．在此條件下，已知訓(xùn)練數(shù)據(jù)量N從10個單位增加到1.02410個

單位時，訓(xùn)練時間增加20h；當(dāng)訓(xùn)練數(shù)據(jù)量N從1.024109個單位增加到4.096109個單位時，訓(xùn)練時間增

加（）

A．2hB．4hC．20hD．40h

【答案】B

699

【解析】設(shè)當(dāng)N取10個單位、1.02410個單位、4.09610個單位時所需時間分別為T1,T2,T3,

6

由題意，T1klog2106klog210，

9106

T2klog21.02410klog2210k106log210，

9126

T3klog24.09610klog2210k126log210，

因為T2T1k106log2106klog21010k20，所以k2，

所以T3T2k126log210k106log2102k4，

所以當(dāng)訓(xùn)練數(shù)據(jù)量N從1.024109個單位增加到4.096109個單位時，訓(xùn)練時間增加4小時.

故選：B.

S1

2．（2024·北京·高考真題）生物豐富度指數(shù)d是河流水質(zhì)的一個評價指標(biāo)，其中S,N分別表示河流

lnN

中的生物種類數(shù)與生物個體總數(shù).生物豐富度指數(shù)d越大，水質(zhì)越好．如果某河流治理前后的生物種類數(shù)S沒

有變化，生物個體總數(shù)由N1變?yōu)镹2，生物豐富度指數(shù)由2.1提高到3.15，則（）

A．3N22N1B．2N23N1

2332

C．N2N1D．N2N1

【答案】D

S1S1

32

【解析】由題意得2.1,3.15，則2.1lnN13.15lnN2，即2lnN13lnN2，所以N2N1.

lnN1lnN2

故選：D.

3．（2022·北京·高考真題）在北京冬奧會上，國家速滑館“冰絲帶”使用高效環(huán)保的二氧化碳跨臨界直冷制冰

技術(shù)，為實現(xiàn)綠色冬奧作出了貢獻(xiàn)．如圖描述了一定條件下二氧化碳所處的狀態(tài)與T和lgP的關(guān)系，其中T

表示溫度，單位是K；P表示壓強，單位是bar．下列結(jié)論中正確的是（）

A．當(dāng)T220，P1026時，二氧化碳處于液態(tài)

B．當(dāng)T270，P128時，二氧化碳處于氣態(tài)

C．當(dāng)T300，P9987時，二氧化碳處于超臨界狀態(tài)

D．當(dāng)T360，P729時，二氧化碳處于超臨界狀態(tài)

【答案】D

【解析】當(dāng)T220，P1026時，lgP3，此時二氧化碳處于固態(tài)，故A錯誤.

當(dāng)T270，P128時，2lgP3，此時二氧化碳處于液態(tài)，故B錯誤.

當(dāng)T300，P9987時，lgP與4非常接近，故此時二氧化碳處于固態(tài)，對應(yīng)的是非超臨界狀態(tài)，故C錯

誤.

當(dāng)T360，P729時，因2lgP3,故此時二氧化碳處于超臨界狀態(tài)，故D正確.

故選：D

考點02基本初等函數(shù)的性質(zhì)：單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性

4．（2025·北京·高考真題）關(guān)于定義域為R的函數(shù)f(x)，給出下列四個結(jié)論：

存在在R上單調(diào)遞增的函數(shù)f(x)使得f(x)f(2x)x恒成立；

①存在在R上單調(diào)遞減的函數(shù)f(x)使得fxf2xx恒成立；

②使得f(x)f(x)cosx恒成立的函數(shù)f(x)存在且有無窮多個；

③使得f(x)f(x)cosx恒成立的函數(shù)f(x)存在且有無窮多個．

④其中正確結(jié)論的序號是．

【答案】

【解析】對②于③，若存在在R上的增函數(shù)fx，滿足fxf2xx，

則f0f2①00，即f00，

故x0時，f4xf2xfx0，故f(4x)f(2x)f(x)f(2x)，

故2xx即x0，矛盾，故錯誤；

①

對于，取fxx，該函數(shù)為R上的減函數(shù)且fxf2xx，

故該函②數(shù)符合，故正確；

1

對于，取fx②cosxmx,mR，

2

③

此時fxfxcosx，由mR可得fx有無窮多個，

故正確；

對于③，若存在fx，使得fxfxcosx，

令x④0，則0cos0，但cos01，矛盾，

故滿足fxfxcosx的函數(shù)不存在，故錯誤.

故答案為：④

5．（2023·北②京③·高考真題）下列函數(shù)中，在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞增的是（）

1

A．f(x)lnxB．f(x)

2x

1

C．f(x)D．f(x)3|x1|

x

【答案】C

【解析】對于A，因為ylnx在0,上單調(diào)遞增，yx在0,上單調(diào)遞減，

所以fxlnx在0,上單調(diào)遞減，故A錯誤；

1

對于B，因為y2x在0,上單調(diào)遞增，y在0,上單調(diào)遞減，

x

1

所以fx在0,上單調(diào)遞減，故B錯誤；

2x

1

對于C，因為y在0,上單調(diào)遞減，yx在0,上單調(diào)遞減，

x

1

所以fx在0,上單調(diào)遞增，故C正確；

x

1

11

1211021

對于D，因為f3323，f1331,f233，

2

顯然fx3x1在0,上不單調(diào)，D錯誤.

故選：C.

1

6．（2022·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)，則對任意實數(shù)x，有（）

12x

A．f(-x)+f(x)=0B．f(x)f(x)0

1

C．f(x)f(x)1D．f(x)f(x)

3

【答案】C

112x1

【解析】fxfx1，故A錯誤，C正確；

12x12x12x12x

112x12x12

fxfx1，不是常數(shù)，故BD錯誤；

12x12x12x12x2x12x1

故選：C．

7．（2021·北京·高考真題）函數(shù)f(x)cosxcos2x是

A．奇函數(shù)，且最大值為2B．偶函數(shù)，且最大值為2

99

C．奇函數(shù)，且最大值為D．偶函數(shù)，且最大值為

88

【答案】D

【解析】由題意，f(x)cosxcos2xcosxcos2xfx，所以該函數(shù)為偶函數(shù)，

2

219

又f(x)cosxcos2x2cosxcosx12cosx，

48

19

所以當(dāng)cosx時，f(x)取最大值.

48

故選：D.

考點03比較大小問題

x

8．（2024·北京·高考真題）已知x1,y1，x2,y2是函數(shù)y2的圖象上兩個不同的點，則（）

yyxxyyxx

A．log1212B．log1212

222222

yyyy

C．log12xxD．log12xx

22122212

【答案】B

xx1x2

【解析】由題意不妨設(shè)x1x2，因為函數(shù)y2是增函數(shù)，所以022，即0y1y2，

xxxx

2x12x212yy12

對于選項AB：可得2x1·2x222，即12220，

22

x1x2

y1y22x1x2

根據(jù)函數(shù)ylog2x是增函數(shù)，所以loglog2，故B正確，A錯誤；

2222

對于選項D：例如x10,x21，則y11,y22，

yy3yy

可得log12log0,1，即log121xx，故D錯誤；

22222212

11

對于選項C：例如x1,x2，則y,y，

121224

yy3yy

可得log12loglog332,1，即log123xx，故C錯誤，

222822212

故選：B.

考點04函數(shù)與方程的綜合問題

x2,xa,

9．（2023·北京·高考真題）設(shè)a0，函數(shù)f(x)a2x2,axa,，給出下列四個結(jié)論：

x1,xa.

f(x)在區(qū)間(a1,)上單調(diào)遞減；

①當(dāng)a1時，f(x)存在最大值；

②設(shè)Mx1,fx1x1a,Nx2,fx2x2a，則|MN|1；

③1

設(shè)Px3,fx3x3a,Qx4,fx4x4a．若|PQ|存在最小值，則a的取值范圍是0,．

2

其④中所有正確結(jié)論的序號是．

【答案】

【解析】依②題③意，a0，

當(dāng)xa時，fxx2，易知其圖像為一條端點取不到值的單調(diào)遞增的射線；

當(dāng)axa時，fxa2x2，易知其圖像是，圓心為0,0，半徑為a的圓在x軸上方的圖像（即半圓）；

當(dāng)xa時，fxx1，易知其圖像是一條端點取不到值的單調(diào)遞減的曲線；

1

對于，取a，則fx的圖像如下，

2

①

11

顯然，當(dāng)x(a1,)，即x,時，fx在,0上單調(diào)遞增，故錯誤；

22

①

對于，當(dāng)a1時，

當(dāng)x②a時，fxx2a21；

當(dāng)axa時，fxa2x2顯然取得最大值a；

當(dāng)xa時，fxx1a12，

綜上：fx取得最大值a，故正確；

對于，易知當(dāng)ax1a時，在②x1a，x2a且接近于xa處，Mx1,fx1x1a,Nx2,fx2x2a

的距離③最小，

當(dāng)x1a時，yfx10，當(dāng)x2a且接近于xa處，y2fx2a1，

此時，MNy1y2a11，

當(dāng)x1a時，x2a且接近于xa處，Mx1,fx1x1a,Nx2,fx2x2a的距離最小，

aa12

此時MN1；故正確；

2

③

4

對于，取a，則fx的圖像如下，

5

④

因為Px3,fx3x3a,Qx4,fx4x4a，

4

結(jié)合圖像可知，要使PQ取得最小值，則點P在fxx2x上，點Q在

5

16244

fxxx，

2555

4

同時PQ的最小值為點O到fxx2x的距離減去半圓的半徑a，

5

4

此時，因為fxyx2x的斜率為1，則kOP1，故直線OP的方程為yx，

5

yxx1

聯(lián)立，解得，則P1,1，

yx2y1

4

顯然P1,1在fxx2x上，滿足PQ取得最小值，

5

41

即a也滿足PQ存在最小值，故a的取值范圍不僅僅是0,，故錯誤.

52

④

故答案為：.

②③ax1,xa,

10．（2022·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)fx2若f(x)存在最小值，則a的一個取值為；

x2,xa.

a的最大值為．

【答案】0（答案不唯一）1

1,x0

【解析】若a0時，f(x){，f(x)0；

(x2)2,x0min

∴

若a0時，當(dāng)xa時，f(x)ax1單調(diào)遞增，當(dāng)x時，f(x)，故f(x)沒有最小值，不符合

題目要求；

若a0時，

當(dāng)xa時，f(x)ax1單調(diào)遞減，f(x)f(a)a21，

0(0a2)

當(dāng)xa時，f(x){

min(a2)2(a2)

a210或a21（a2）2，

∴解得0a1，

綜上可得0a1；

故答案為：0（答案不唯一），1

11．（2021·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)lgxkx2，給出下列四個結(jié)論：

若k0，f(x)恰有2個零點；

①存在負(fù)數(shù)k，使得f(x)恰有1個零點；

②存在負(fù)數(shù)k，使得f(x)恰有3個零點；

③存在正數(shù)k，使得f(x)恰有3個零點．

④其中所有正確結(jié)論的序號是．

【答案】

1

【解析】對①于②④，當(dāng)k0時，由fxlgx20，可得x或x100，正確；

100

①①

對于，考查直線ykx2與曲線ylgx0x1相切于點Pt,lgt，

②

e

kt2lgtt

1100

對函數(shù)ylgx求導(dǎo)得y，由題意可得1，解得，

xln10k100

tln10klge

e

100

所以，存在klge0，使得fx只有一個零點，正確；

e

②

對于，當(dāng)直線ykx2過點1,0時，k20，解得k2，

③100

所以，當(dāng)lgek2時，直線ykx2與曲線ylgx0x1有兩個交點，

e

若函數(shù)fx有三個零點，則直線ykx2與曲線ylgx0x1有兩個交點，

100

lgek2

直線ykx2與曲線ylgxx1有一個交點，所以，e，此不等式無解，

k20

因此，不存在k0，使得函數(shù)fx有三個零點，錯誤；

對于，考查直線ykx2與曲線ylgxx1相③切于點Pt,lgt，

④kt2lgtt100e

1

對函數(shù)ylgx求導(dǎo)得y，由題意可得1，解得lge，

xln10kk

tln10100e

lge

所以，當(dāng)0k時，函數(shù)fx有三個零點，正確.

100e

④

故答案為：.

①②④

考點05函數(shù)及其表示

x1

12．（2023·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)4log2x，則f．

2

【答案】1

1

x121

【解析】函數(shù)f(x)4log2x，所以f()4log211.

222

故答案為：1

13．（2022·北京·高考真題）若函數(shù)f(x)Asinx3cosx的一個零點為，則A；

3

f．

12

【答案】12

π33

【解析】f()A0，A1

322

∵∴

π

f(x)sinx3cosx2sin(x)

3

∴ππππ

f()2sin()2sin2

121234

故答案為：1，2

1

14．（2022·北京·高考真題）函數(shù)f(x)1x的定義域是．

x

【答案】,00,1

11x0

【解析】因為fx1x，所以，解得x1且x0，

xx0

故函數(shù)的定義域為,00,1；

故答案為：,00,1

考點06雙變量問題

ln1x

15．（2025·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)的定義域是1,,f00，導(dǎo)函數(shù)fx，設(shè)l1是

1x

曲線yfx在點A(a,f(a))(a0)處的切線．

(1)求f(x)的最大值；

(2)當(dāng)1a0時，證明：除切點A外，曲線yf(x)在直線l1的上方；

2ax2x1

(3)設(shè)過點A的直線l2與直線l1垂直，l1，l2與x軸交點的橫坐標(biāo)分別是x1，x2，若a0，求的取

x2x1

值范圍．

1

1xln1x1ln1x

【解析】（1）設(shè)gxfx，1x，

gx22

1x1x

由gx0可得xe1，當(dāng)x1,e1時，gx0，gx單調(diào)遞增，

當(dāng)xe1,時，gx0，gx單調(diào)遞減，

1

所以fx的最大值為fe1.

e

ln1aln1aln1a

（2）因為fa，所以直線l1的方程為yfaxa，即yxafa，

1a1a1a

ln1aln1xln1a

設(shè)hxfxxafa，hxfxfa，

1a1x1a

由（1）可知，fx在x1,e1上單調(diào)遞增，而1a0，

所以，當(dāng)1xa時，hx0，hx單調(diào)遞減，

當(dāng)0xa時，hx0，hx單調(diào)遞增，且faf00，

ln1x

而當(dāng)x0時，fx0，所以總有fxfa，hx單調(diào)遞增

1x

故hxha，從而命題得證；

:1

（3）解法一：由題意，直線l:yfaxa+fa，直線l1yxa+fa，

1fa

fa

所以x+a，xfafa+a，

1fa2

ln1x

當(dāng)x0時，fx0，fx在0,上單調(diào)遞增，

1x

所以faf00,fa0，

fa

2afafa+a+a

2axxfa

所以21

x2x1fa

fafa+a+a

fa

2

fa12

212，

fa1fa1

1

由（1）可得當(dāng)a0時，f(a)0,，

e

2

2122e

所以fa0,,,2，

222

efa1e1

2axxe21

21

所以2,1.

x2x1e1

ln1xln21xln21x

解法二：由fx可設(shè)fxC，又f00，所以C0，即fx，

1x22

ln1aln21a

因為直線l1的方程為yxa，易知a0，

1a2

1aln21a

所以直線l的方程為yxa,

2ln1a2

1aln1aln31a

xa，x2a.

1221a

1aln1aln31a

2

2axx221a1aln21a

所以12

xxln31a1aln1a22

21ln1a1a

21a2

ln21a

1

22

1a1ga211

1,由（1）知,當(dāng)x0時，gx(0,]，所以g2a(0,],

ln21a1g2a1g2aee2

21

1a

2axxe21

21

所以2,1.

x2x1e1

16．（2022·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)exln(1x)．

(1)求曲線yf(x)在點(0,f(0))處的切線方程；

(2)設(shè)g(x)f(x)，討論函數(shù)g(x)在[0,)上的單調(diào)性；

(3)證明：對任意的s,t(0,)，有f(st)f(s)f(t)．

【解析】（1）因為f(x)exln(1x)，所以f00，

即切點坐標(biāo)為0,0，

1

又f(x)ex(ln(1x))，

1x

切線斜率kf(0)1

∴切線方程為：yx

1

（∴2）因為g(x)f(x)ex(ln(1x))，

1x

21

所以g(x)ex(ln(1x))，

1x(1x)2

21

令h(x)ln(1x)，

1x(1x)2

122x21

則h(x)0，

1x(1x)2(1x)3(1x)3

h(x)在[0,)上單調(diào)遞增，

∴h(x)h(0)10

∴g(x)0在[0,)上恒成立，

∴g(x)在[0,)上單調(diào)遞增.

∴（3）原不等式等價于f(st)f(s)f(t)f(0)，

令m(x)f(xt)f(x)，(x,t0)，

即證m(x)m(0)，

m(x)f(xt)f(x)extln(1xt)exln(1x)，

∵extex

m(x)extln(1xt)exln(1x)g(xt)g(x)，

1xt1x

1

由（2）知g(x)f(x)ex(ln(1x))在0,上單調(diào)遞增，

1x

g(xt)g(x)，

∴m(x)0

∴m(x)在0,上單調(diào)遞增，又因為x,t0，

∴m(x)m(0)，所以命題得證.

∴

考點07零點問題

17．（2024·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)fxxkln1xk0，直線l是曲線yfx在點t,ftt0處

的切線．

(1)當(dāng)k1時，求fx的單調(diào)區(qū)間.

(2)求證：l不經(jīng)過點0,0.

(3)當(dāng)k1時，設(shè)點At,ftt0，C0,ft，O0,0，B為l與y軸的交點，SACO與SABO分別表示

△ACO與ABO的面積．是否存在點A使得2S△ACO15S△ABO成立？若存在，這樣的點A有幾個？

（參考數(shù)據(jù)：1.09ln31.10，1.60ln51.61，1.94ln71.95）

1x

【解析】（1）f(x)xln(1x),f(x)1(x1)，

1x1x

當(dāng)x1,0時，fx0；當(dāng)x0,，fx0；

f(x)在(1,0)上單調(diào)遞減，在(0,)上單調(diào)遞增.

則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(1,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,).

kk

（2）f(x)1，切線l的斜率為1，

1x1t

k

則切線方程為yf(t)1(xt)(t0)，

1t

kk

將(0,0)代入則f(t)t1,f(t)t1，

1t1t

ktt

即tkln(1t)tt，則ln(1t)，ln(1t)0，

1t1t1t

t

令F(t)ln(1t)，

1t

假設(shè)l過(0,0)，則F(t)在t(0,)存在零點.

11ttt

F(t)0，F(xiàn)(t)在(0,)上單調(diào)遞增，F(xiàn)(t)F(0)0，

1t(1t)2(1t)2

F(t)在(0,)無零點，與假設(shè)矛盾，故直線l不過(0,0).

1x2

（3）k1時，f(x)xln(1x),f(x)10.

1x1x

1

Stf(t)，設(shè)l與y軸交點B為(0,q)，

ACO2

t0時，若q0，則此時l與f(x)必有交點，與切線定義矛盾.

由（2）知q0.所以q0，

1

則切線l的方程為ytlnt11xt，

1t

t

令x0，則yqyln(1t).

t1

t

，則，

2SACO15SABO2tf(t)15tln(1t)

t1

t15t

13ln(1t)2t150，記h(t)13ln(1t)2t(t0)，

1t1t

滿足條件的A有幾個即h(t)有幾個零點.

2

131513t132t2t1152t29t42t1t4

，

ht22222

1tt1t1t1t1

1

當(dāng)t0,時，ht0，此時ht單調(diào)遞減；

2

1

當(dāng)t,4時，ht0，此時ht單調(diào)遞增；

2

當(dāng)t4,時，ht0，此時ht單調(diào)遞減；

1

因為h(0)0,h0,h(4)13ln520131.6200.80，

2

15247272

h(24)13ln254826ln548261.614820.540，

2555

1

所以由零點存在性定理及h(t)的單調(diào)性，h(t)在,4上必有一個零點，在(4,24)上必有一個零點，

2

綜上所述，h(t)有兩個零點，即滿足2SACO15SABO的A有兩個.

考點08極最值問題

18．（2023·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)xx3eaxb，曲線yf(x)在點(1,f(1))處的切線方程為yx1．

(1)求a,b的值；

(2)設(shè)函數(shù)g(x)f(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；

(3)求f(x)的極值點個數(shù)．

【解析】（1）因為f(x)xx3eaxb,xR，所以fx13x2ax3eaxb，

因為fx在(1,f(1))處的切線方程為yx1，

所以f(1)110，f(1)1，

113eab0a1

則ab，解得，

13ae1b1

所以a1,b1.

（2）由（1）得gxfx13x2x3ex1xR，

則gxxx26x6ex1，

2

令x6x60，解得x33，不妨設(shè)x133，x233，則0x1x2，

易知ex10恒成立，

所以令gx0，解得0xx1或xx2；令gx0，解得x0或x1xx2；

所以gx在0,x1，x2,上單調(diào)遞減，在,0，x1,x2上單調(diào)遞增，

即gx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,33和33,，單調(diào)遞增區(qū)間為,0和33,33.

（3）由（1）得f(x)xx3ex1xR，fx13x2x3ex1，

由（2）知fx在0,x1，x2,上單調(diào)遞減，在,0，x1,x2上單調(diào)遞增，

當(dāng)x0時，f114e20，f010，即f1f00

所以fx在,0上存在唯一零點，不妨設(shè)為x3，則1x30，

此時，當(dāng)xx3時，fx0，則fx單調(diào)遞減；當(dāng)x3x0時，fx0，則fx單調(diào)遞增；

所以fx在,0上有一個極小值點；

當(dāng)x0,x1時，fx在0,x1上單調(diào)遞減，

則fx1f33f1120，故f0fx10，

所以fx在0,x1上存在唯一零點，不妨設(shè)為x4，則0x4x1，

此時，當(dāng)0xx4時，fx0，則fx單調(diào)遞增；當(dāng)x4xx1時，fx0，則fx單調(diào)遞減；

所以fx在0,x1上有一個極大值點；

當(dāng)xx1,x2時，fx在x1,x2上單調(diào)遞增，

則fx2f33f310，故fx1fx20，

所以fx在x1,x2上存在唯一零點，不妨設(shè)為x5，則x1x5x2，

此時，當(dāng)x1xx5時，fx0，則fx單調(diào)遞減；當(dāng)x5xx2時，fx0，則fx單調(diào)遞增；

所以fx在x1,x2上有一個極小值點；

232

當(dāng)xx2333時，3xxx3x0，

所以fx13x2x3ex10，則fx單調(diào)遞增，

所以fx在x2,上無極值點；

綜上：fx在,0和x1,x2上各有一個極小值點，在0,x1上有一個極大值點，共有3個極值點.

32x

19．（2021·北京·高考真題）已知函數(shù)fx．

x2a

（1）若a0，求曲線yfx在點1,f1處的切線方程；

（2）若fx在x1處取得極值，求fx的單調(diào)區(qū)間，以及其最大值與最小值．

32x2x3

【解析】（1）當(dāng)a0時，fx，則fx，f11，f14，

x2x3

此時，曲線yfx在點1,f1處的切線方程為y14x1，即4xy50；

2x2a2x32x2x23xa

32x

（2）因為fx，則fx22，

x2ax2ax2a

24a

由題意可得f120，解得a