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專題 3 用導數研究函數的極值
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 研究函數的極值是導數在函數中的一個重要應用,也是高考考
查的重點,本專題從求函數的極值、確定函數極值點的個數、由函數極值點個數確定參數范圍、含參數的函
數極值的討論、由極值點滿足條件求解不等式問題等幾個方面幫助高三學生把握極值問題的求解.
(一) 求函數的極值
1.函數的極值與導數的關系
(1)函數的極小值與極小值點
若函數 f(x)在點 x＝a 處的函數值 f(a)比它在點 x＝a 附近其他點的函數值都小,f′(a)＝0,而且在點 x＝a 附近的
左側 f′(x)<0,右側 f′(x)>0,則點 a 叫做函數的極小值點,f(a)叫做函數的極小值.
(2)函數的極大值與極大值點
若函數 f(x)在點 x＝b 處的函數值 f(b)比它在點 x＝b 附近其他點的函數值都大,f′(b)＝0,而且在點 x＝b 附近的
左側 f′(x)>0,右側 f′(x)<0,則點 b 叫做函數的極大值點,f(b)叫做函數的極大值.
2.求函數 f(x)極值的步驟：
①確定函數的定義域；
②求導數 f′(x)；
③解方程 f′(x)＝0,求出函數定義域內的所有根；
④列表檢驗 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右兩側值的符號.如果左正右負,那么 f(x)在 x0 處取極大值；如果左負右
正,那么 f(x)在 x0處取極小值.
3.對極值理解：
(1)極值點不是點,注意極值與極值點的區別；
(2)若 f(x)在(a,b)內有極值,那么 f(x)在(a,b)內絕不是單調函數,即在區間上單調的函數沒有極值；
(3)根據函數的極值可知函數的極大值 f(x0)比在點 x0附近的點的函數值都大,在函數的圖象上表現為極大值對
應的點是局部的“高峰”；函數的極小值 f(x0)比在點 x0 附近的點的函數值都小,在函數的圖象上表現為極小值
對應的點是局部的“低谷”．一個函數在其定義域內可以有許多極小值和極大值,在某一點處的極小值也可能
大于另一個點處的極大值,極大值與極小值的大小沒有必然的聯系,即極小值不一定比極大值小,極大值不一
定比極小值大；
(4)使 f′(x)＝0 的點稱為函數 f(x)的駐點,可導函數的極值點一定是它的駐點．駐點可能是極值點,也可能不是
極值點．例如 f(x)＝x3 的導數 f′(x)＝3x2 在點 x＝0 處有 f′(0)＝0,即 x＝0 是 f(x)＝x3 的駐點,但從 f(x)在(－∞,＋
∞)上為增函數可知,x＝0 不是 f(x)的極值點．因此若 f′(x0)＝0,則 x0不一定是極值點,即 f′(x0)＝0 是 f(x)在 x＝x0
處取到極值的必要不充分條件,函數 y＝f′(x)的變號零點,才是函數的極值點；
(5)函數 f(x)在［a,b］上有極值,極值也不一定不唯一．它的極值點的分布是有規律的,相鄰兩個極大值點之間
必有一個極小值點,同樣相鄰兩個極小值點之間必有一個極大值點．一般地,當函數 f(x)在［a,b］上連續且有
有限個極值點時,函數 f(x)在［a,b］內的極大值點、極小值點是交替出現的．
【例 1】(2024 屆湖南師范大學附屬中學高三下學期模擬三) 已知函數 f x = x + ln ax 1+ xex （ a<0）.
a
(1)求函數 f x 的極值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一個元素，求 a 的值.
1 ex
【解析】（1）由 f x = 1+ x + ÷，
è x a
x
因為 a<0，所以 f x - ,0 1 e的定義域為 ，則 + < 0，
x a
因為 x - ,-1 時， f x > 0； x -1,0 時， f x < 0 .
所以 f x 的單調遞增區間為 - ,-1 ；單調遞減區間為 -1,0 ，
x= 1 f x f x f 1 1 ln a 1所以 - 是 的極大值點， 的極大值是 - = - + - - ，無極小值.
ae
（2）由（1）可得 f x 1= f -1 = -1+ ln -a -max ，ae
要使得集合 x f x -1 1有且只有一個元素，則只需要-1+ ln -a - = -1ae
g x 1 ln x 1 g x 1 1 ex +1設 = - + - - ，則 = + 2 = ，ex x ex ex2
x , 1因為 - -

÷時， g x < 0 x
1- ,0 ； ÷時， g x > 0
è e
，
è e
1 1
所以 g x 的單調遞減區間為 - ,- e ÷；單調遞增區間為 - ,0÷ .è è e
所以 g x = g 1- 1min e ÷ = -1，所以關于
a 的方程-1+ ln -a - = -1有解時，
è ae
a 1只能是 = - ，所以集合 x f x -1 1有且只有一個元素時 a = - .
e e
(二)函數極值點的個數問題
可導函數 f x 的極值點的個數,通常轉化為方程 f x = 0 實根個數,再根據 f x 的單調性或圖象求解,求解
時要注意 f x = 0 是 x0 的必要不充分條件.可導函數 f (x) 在點 x0 處取得極值的充要條件是： x0 是導函數的
變號零點,即 f (x0 ) = 0 ,且在 x0 左側與右側, f (x)的符號異號．另外,不可導函數也會有極值,如函數 f (x) = x ,
在極小值點 x0 = 0 處是不可導的.
3 2 x
【例 2】（2024 屆北京市景山學校高三上學期考試）已知函數 f (x) = ax - 2x e (a R) .
(1)當 a = -1時,求 f (x) 的單調區間；
(2)求證：當 a > 0時,函數 f (x) 有三個不同的極值點.
【解析】（1）當 a = -1時, f (x) = -x3 - 2x2 ex ,
f x = -x3 - 2x2 - 3x2 - 4x ex = -x3 - 5x2 - 4x ex = -x x2 + 5x + 4 ex = -x x +1 x + 4 ex ,
所以在區間 - , -4 , -1,0 , f x > 0, f x 單調遞增,
在區間 -4, -1 , 0, + , f x < 0, f x 單調遞減.
所以 f x 的增區間為 - , -4 , -1,0 ；減區間為 -4, -1 , 0, + .
（2 f (x) = ax3）依題意 - 2x2 ex (a > 0) ,
f x = ax3 - 2x2 + 3ax2 - 4x ex = éax3 + 3a - 2 x2 - 4xù x 2 e = x éax + 3a - 2 x - 4ù ex ,
對于函數 g x = ax2 + 3a - 2 x - 4 a > 0 , g 0 = -4 0, D = 3a - 2 2 +16a > 0 ,
所以 g x -4有兩個零點,設為 x1, x2 ,則 x1 × x2 = < 0 ,a
不妨設 x1 < 0 < x2 ,所以在區間 - , x1 , 0, x2 , f x < 0, f x 單調遞減；
在區間 x1,0 , x2 ,+ , f x > 0, f x 單調遞增,
所以 f x 有三個不同的極值點 x1,0, x3 .
(三)由函數極值點個數確定參數范圍
此類問題一般是先把問題轉化為 f x = 0 實根個數問題,可借助圖象分析,若 f x = 0 可化為二次方程問題,
可利用二次方程根的分布求解.
1
【例 3】（2024 3屆山西省晉中市高三下學期 5 月適應訓練）已知函數 f x = x + ax ， a R
3
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若函數 g x = f x + 2lnx 存在兩個極值點，求實數 a 的取值范圍．
f x 11 = x3【解析】（ ）由 + ax ，知 f x = x2 + a .
3
當 a 0時， f x 0恒成立，所以 f x 在R 上單調遞增；
當 a<0時，有 f x = x2 + a = x + -a x - -a ，
從而對 x < - -a 和 x > -a 有 f x > 0，對- -a < x < -a 有 f x < 0 .
所以 f x 在 - ,- -a ù 和 é -a ,+ 上單調遞增，在 é - -a , -a ù 上單調遞減.
綜上，當 a 0時， f x 在R 上單調遞增；
當 a<0時， f x 在 - ,- -a ù é é ù 和 -a ,+ 上單調遞增，在 - -a , -a 上單調遞減.
（2）由于 g x 1= x3 ax 2+ + 2ln x，故 g x = x2 + + a .
3 x
3
h x = g x 2 2 x -1 記 ，則 h x = 2x - = .從而對0 < x < 1有 h x < 0，對 x >1有 h x > 0 .
x2 x2
所以 g x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增.
當 a -3時，對 x 0,1 1,+ 均有 g x > g 1 = 3 + a 0，所以 g x 不可能有兩個零點，從而 g x 不
可能有兩個極值點；
2 4 2
當 a

< -3時，由 g - ÷ = 2 > 0， g 1 = 3+ a < 0， g a a -a = > 0，結合零點存在定理可知 g x 存在è -a
2
兩個零點u
- ,1 ÷， v 1, -a .
è a
再結合 g x 的單調性知 g x 在 x 0,u v, + 時取正值，在 x u,v 時取負值，所以 g x 有極大值點
x = u 和極小值點 x = v .
綜上， a 的取值范圍是 - ,-3 .
(四)含參數的函數極值的討論
求含參數函數 f x 的極值,通常轉化為不等式 f x > 0 或 f x < 0 的解集問題,求解時要注意對參數進行分
類討論.
2x2 - ax + a
【例 4】（2024 屆河寧夏銀川一中、昆明一中高三下學期二模）已知函數 f (x) = x ，其中 a R ．e
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)討論 f x 的極值.
x x 2 2
【解析】（1）Q f (x)
(4x - a)e - e (2x - ax + a) -2x + (a + 4)x - 2a
=
(ex
= ，
)2 ex
a =1 f (x) -2x
2 + 5x - 2
當 時， = ， f (0) = -2 ，又Q f (0) =1
ex
，
故曲線 y = f x 在 0, f 0 處的切線方程為 y -1 = -2 x - 0 ，即 2x + y -1 = 0 .
2 Q f (x) -2x
2 + (a + 4)x - 2a (-2x + a)(x - 2) a
（ ） = x = x = 0，解得 x1 = 2， x2 = ，e e 2
a a
①若 a < 4，可得 x < 或 x > 2時， f x < 0，當 < x < 2時， f x > 0，2 2
f x , a 2, a所以 在 - ÷， + 遞減， , 2

è 2 ÷
遞增，
è 2
a
所以 f x 的極小值為 f ( )
a
= 8 - a
2 a ， f x 的極大值為 f (2) = 2 . e2 e
②若 a = 4 ，則 f x 0，所以函數 f x 在 R 上單調遞減，無極值；
a
③若 a > 4 ，當 x < 2 或 x > 時， f x < 0，當 2 < x a<2 時， f
x > 0，2
所以 f x (- ,2) a a 在 ， ,+ 2 ÷ 遞減， 2, 2 ÷遞增，è è
f x f (2) 8 - a
a a
所以 的極小值為 = 2 ， f x 的極大值為 f ( ) =2 a .e e2
a a 8 - a
綜上，當 a < 4時， f x 的極小值為 f ( ) =2 a ， f x 的極大值為 f (2) = 2 . 當 a = 4 時，函數 f x 無極e2 e
f x f (2) 8 - a
a a
值.當 a > 4 時， 的極小值為 = 2 ， f x 的極大值為 f ( ) =2 ae e2
(五)由極值點滿足條件求解不等式問題
此類問題一般是給出極值點個數或給出與極值點有關的等式不等式,證明與極值點有關的不等式或根據不等
式恒成立求參數范圍,前者通常構造函數與方程求解,后者通常轉化為函數最值或通過分類參數求解.
【例 5】（2024 屆四川省成都市樹德中學高三下學期適應性考試）已知函數 f x = x - a ln x,a R .
(1)當 a = 2時，曲線 y = f x 2與曲線 f x = -x + m 恰有一條公切線 y = -x + t ，求實數m 與 t 的值；
(2)若函數 h x = x - a ln x 1- 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 且 h x2 - h x
4
1 - ，求 a 的取值范圍.x e
2
【解析】（1）解：當 a = 2時， f x = x - 2ln x，可得 f x =1- ，
x
令 f x =1 2- = -1，可得 x =1，又由 f 1 =1，所以切點 1,1 在直線 y = -x + t 上，則 t = 2，
x
1
因為 y = -x2 + m，所以 y = -2x，令 y = -1，則 x = ，
2
在直線 y = -x + 2
1 3
方程中，令 x = ，可得 y = ，
2 2
1 3 7
又因為點 , ÷在曲線 y = -x2 + m2 2 上，所以
m = .
è 4
2
2 h x = x - a ln x 1- h x 1 a 1 x - ax +1（ ）解：函數 ，可得 = - + = x > 0x 2 2 ，x x x
ìx1 + x2 = a
x x =1
由函數 h x 有兩個極值點，所以 x2 - ax +1 = 0 1 2有兩個不等正根，則 í ，
a > 2
0 < x1 <1 < x2
1 1
由 h x2 - h x1 = x2 - a ln x2 - - x1 + a ln x1 +x2 x1
= x2 - x1 + a ln x1 - ln x
x - x
+ 2 1 2 1
1
2 = - x + 2 x + ln x
4
-
x x ，1 2 è x
1 ÷ 1 ÷ 1
1 è x1 e
1 1 2
可得 - x1 ÷ + x1 + ÷ ln x1 - ，
è x1 è x1 e
1 1
令 g x = - x + x + ÷ ln x 0 < x <1
1
， g (x) = - 2 -1
1 1 1
+ 1-
x è x x è x2 ÷
ln x +1+ 2 = 1- ln x > 0x x2 ÷ ， è
所以 g x 在區間 0,1 上單調遞增，
g 1 e 1= - + 1 因為 ÷ + e÷ 1
2
- = -
è e e
，
è e e
1 x x 1

所以由 - 1 ÷ + 1 + ÷ ln x
2 1
x x 1
- ，可得 x1 <1，
è 1 è 1 e e
2
令函數m x x 1 1= + , x é ,1 1 x -1x ê ÷，可得m x =1- = < 0， e x2 x2
m x 1 m x m 1 2, m x m 1 1所以 在[ ,1) 上單調遞減，可得 > = =
e max ÷
= e + ，
è e e
1 1ù
又因為 a = x1 + x ，所以
a 的取值范圍是 2,e + .
1 è e ú
【例 6】（2024 屆四川省成都市第七中學高三上學期考試）已知函數 f x = a ln x - ax +1 , a R .
(1)若經過點 0,0 的直線與函數 f x 的圖像相切于點 2, f 2 ,求實數 a 的值；
(2)設 g x = f x 1+ x2 -1 ,若 g x 有兩個極值點為x1 , x2 x1 x2 ,且不等式 g x1 + g x2 < l x1 + x2 恒成2
立,求實數l 的取值范圍.
【解析】（1） f (x) 的定義域為 (0, + ) ,
由 f x = a ln x - ax +1 ,得 f x a= - a ,則 f 2 a a= - a = - ,
x 2 2
因為經過點 0,0 的直線與函數 f x 的圖像相切于點 2, f 2 ,
f (2) a 1
所以 k = = - ,所以 a ln 2 - 2a +1 = -a ,解得 a = ,
2 2 1- ln 2
2
（2） g x = f x 1+ x2 1-1 = a ln x - ax + x2 ,則 g x a x - ax + a= - a + x = (x > 0) ,2 2 x x
因為 g x 有兩個極值點為x1 , x2 x1 x2 ,
x2
所以 g x - ax + a= = 0在 (0, + )上有兩個不同的根,
x
此時方程 x2 - ax + a = 0在 (0, + )上有兩個不同的根,
則D = a2 - 4a > 0 ,且 x1 + x2 = a > 0, x1x2 = a > 0 ,解得 a > 4 ,
g x + gg x x 若不等式 1 + g x2 < l x1 + x2 恒成立,則l > 1 2 恒成立,x1 + x2
g(x ) + g(x ) = a(ln x - x ) 1+ x2 + a(ln x - x ) 1+ x2 = a ln(x x ) a(x x ) 1- + + (x2 + x2因為 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2
)
= a ln(x1x2 ) - a(x
1
1 + x2 ) + é(x + x )
2 - 2x x ù 1 2
2 1 2 1 2
= a ln a - a - a
2
1
g x + g x a ln a - a
2 - a
不妨設 h(a) = 1 2 1= 2 = ln a - a -1(a > 4) ,
x1 + x2 a 2
則 h (a)
1 1 2 - a
= - = ,因為 a > 4 ,所以 h (a) < 0 ,
a 2 2a
所以 h(a) 在 (4, + ) 上遞減,所以 h(a) < h(4) = 2ln 2 - 3 ,所以l 2ln 2 - 3 ,
即實數l 的取值范圍為[2 ln 2 - 3, + ) .
ex g(x) 2t【例 1】（2024 屆山東省泰安肥城市高考仿真模擬）已知函數 f (x) = ， = + t ln x
x2
.
x
(1)求函數 g(x)單調區間；
(2)若函數H (x) = f (x) - g(x) 在 (0, 2) 有兩個極值點，求實數 t 的取值范圍.
【解析】（1）由題意可知，函數定義域為 (0, + )，
導數 g (x)
2t t t(x - 2)
= - 2 + =x x x2
t = 0時， g (x) = 0恒成立 t > 0時，當 x > 2, g (x) > 0；當0 < x < 2, g (x) < 0
t < 0時，當 x > 2, g (x) < 0 ；當0 < x < 2, g (x) > 0
綜上可知： t = 0時為常函數，無單調區間
t > 0時，單調增區間為： (2,+ ) ，單調減區間為： (0, 2)
t < 0時，單調增區間為： (0, 2) ，單調減區間為： (2,+ ) .
x
2 H (x) e t ln x 2t (x - 2)(e
x - tx)
（ ）因為 = 2 - - (x > 0)，所以H (x) = 3 ，x x x
H (x) 0,2 x t e
x
因為 在 上有兩個極值點，則 e - tx = 0，即 = 在 0,2 上有兩個根，
x
x x
令 p(x) e e (x -1)= ， p (x) =
x x2
當0 < x < 1時， p (x) < 0， p(x)單調遞減
當1< x < 2時， p (x) > 0 ， p(x)單調遞增
2
又因為 x 0 時 p(x) + ， p(1) = e， p(2) e= ，
2
2
所以 h(x) e在 (0, 2) 上有 2 個極值點需滿足 e < t < .
2
e2
綜上所述，當 e < t < 時，函數 H (x) 在 (0, 2) 上有兩個極值點.
2
1 2
【例 2】（2024 屆山東省智慧上進高三下學期 5 月大聯考）已知函數 f x = + ax ÷ ln x + - 2è x ，其中
a R ．
(1)當a 1時，判斷 f x 的單調性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）證明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）證明： x 1,+ 時， f x
1 4 5
> -
x3 x2
+ - 2
x ．2 2 2
1 2
【解析】（1）函數 f x = + a ln x + - 2x ÷ x 的定義域為 0, + ，è
1+ ln x
則 f x - ln x 1 1 2
a -
= + x ，
x2
+ a
x ÷
- =
è x x2 x
令 g x a 1+ ln x ln x= - ， x 0, + ，則 g x = ，
x x2
所以當0 < x < 1時 g x < 0，當 x >1時 g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
所以 g x 在 x =1處取得極小值，即最小值，所以 g x = g 1 = a -1 0min ，
所以 f x 0在 0, + 上恒成立，所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值為 g 1 = a -1，
當 x 0 時 g x + ，當 x + 時 g x a，
若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，則 g x = 0有兩個不相等的實數根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，
ìa > 0 1 1
所以 í ，解得 0 < a < 1，又 g ÷ = a > 0，所以 < x1 < 1 < x g 1 = a -1< 0 e e
2 ，
è
且當0 < x < x1 時 g x > 0，即 f x > 0，則 f x 單調遞增，
當 x1 < x < x2 時 g x < 0，即 f x < 0，則 f x 單調遞減，
當 x > x2 時 g x > 0，即 f x > 0，則 f x 單調遞增，
所以x1為 f x 的極大值點，x2為 f x 的極小值點，
ìa 1+ ln x- 1 = 0 ìx 1+ ln x= 1
x 11 a
因為 í 1 ，所以+ ln x í ， a - 2 = 0 x 1+ ln x2 = 2
x2 a
要證 x2 - x1 + 2
2 2 1
> ，即證 x2 > - 2 + x1，又 < xa a e 1
<1，
x 2
2x
只需證 2 > -1 x
2
，即證 2 > -1 ln x
x -1
- 2 > 0
a 1+ ln x
，即證 2
2 x2 +1
，
1 2 x2 +1
令 p x = ln x x -1- x >1 ，則 p x = - 2 = 2 > 0，x +1 x x +1 x x +1
x2 -1
所以 p x 在 1, + 上單調遞增，所以 p x > p 1 = 0 ，即 ln x2 - > 0x 成立，2 +1
2
所以 x2 - x1 + 2 > ；a
1+ ln x
（ⅱ）由（ⅰ 2）知 x2 >1，a = x ，2
且當1< x < x2 時 f x < 0，當 x > x 2 時 f x > 0，
所以 f x 在 1, x2 上單調遞減，在 x2 ,+ 上單調遞增，
所以 f x f x2
1
= + a ÷ ln x
2
2 + - 2
è x2 x2
1 1+ ln x 2 2
= + 2 ln x 2ln x2 + ln x2 + 2 - 2x ÷ 2x x 2 + - 2 = ，è 2 2 x2 x2
令H x = ln x 1 x 1 1 x -1+ >1 ，則H x = - = > 0，
x x x2 x2
所以H x 在 1, + 上單調遞增，
所以H x > H 1 =1，即 ln x 1 1> - > 0 x >1 ，
x
2
1 1 2 1- + 1- + 2 - 2x
所以 2ln x2 + ln x
2
2 + 2 - 2x 2 è x ÷ 2 è x ÷ 22 1 4 5 ，> = 3 - 2 + - 2x2 x2 x2 x2 x2
所以 f x
1 4 5
> 3 - 2 + - 2x .2 x2 x2
【例 3】（2025 屆云南省三校高三聯考）（1）證明：當0 < x < 1時， x - x2 < sinx < x；
（2 2）已知函數 f x = cos ax - ln 1- x ，若 x = 0是 f x 的極小值點，求 a 的取值范圍.
【解析】（1）證明：令 g(x) = x - x2 - sin x(0 < x <1)，
則 g x =1- 2x - cos x，令m x = g x =1- 2x - cos x
則m x = -2 + sin x < 0恒成立，則 g (x) 在( 0, 1)上單調遞減，
則 g (x) < g (0) = 0，所以 g(x)在( 0, 1)上單調遞減，
則 g(x) < g(0) = 0，即 x - x2 < sin x；
同理，令 h(x) = sin x - x(0 < x <1)，則h (x) = cos x -1 < 0，
則 h(x) 在( 0, 1)上單調遞減，
則 h(x) < h(0) = 0 ，即 sin x < x ，
故當0 < x < 1時， x - x < sin x < x .
（2）解：由題 f (x) = -a sin ax
2x
+ 2 ，令 n x = f x = -a sin ax
2x
+ ，
1- x 1- x2
2 1- x2 + 2x × 2x
n x a2 cos ax 2 + 2x
2
則 = - + 2 = -a
2 cos ax + ，
1- x2 21- x2
又 f 0 = 0, n 0 = -a2 + 2，則
①若 n 0 = 2 - a2 > 0，即- 2 < a < 2 時，
易知存在d > 0 ，使得 x (0,d ) 時， n x > 0，
\ f (x)在 (0,d )上單調遞增，則 f (x) > f (0) = 0 ，
則 f (x) 在 (0,d )上單調遞增，與 x = 0是 f (x) 的極大值點矛盾，舍去.
②若 n 0 = 2 - a2 < 0 ，即 a < - 2 或 a > 2 時，
易知存在d > 0 ，使得 x (-d ,d )時， f (x) < 0 ，\ f (x)在 (-d ,d )上單調遞減，又 f (0) = 0 ，
\當-d < x < 0時， f (x) > 0 ， f (x) 單調遞增，當0 < x < d 時， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減，
滿足 x = 0是 f (x) 的極大值點，符合題意.
③若 n 0 = 2 - a2 = 0，即 a = ± 2 時，由 f (x) 為偶函數，不妨只考慮 a = 2 的情形，
f (x) 2 sin( 2x) 2x , x 2x此時 = - + 2 (0,1)， f (x) > -2x + 2 = 2x(
1
-1) > 0，
1- x 1- x 1- x2
\ f (x)在( 0, 1)上單調遞增，這與 x = 0是 f (x) 的極大值點矛盾，舍去.
綜上所述， a 的取值范圍為 (- ,- 2) U ( 2,+ ) .
【例 4】（2024 屆浙江省紹興市柯橋區三模）若函數a(x) 有且僅有一個極值點m ，函數 b (x) 有且僅有一個
極值點 n，且m > n ，則稱a(x) 與 b (x) 具有性質a - b / /m > n．
(1) 2 x函數j1(x) = sin x - x 與j2 x = e - x是否具有性質j1 -j2 / /x0 > 0？并說明理由．
(2)已知函數 f x = aex - ln x +1 與 g x = ln x + a - ex +1具有性質 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a 的取值范圍；
（ii）證明： g x1 > x2 ．
【解析】（1）函數j1(x) = sin x - x
2
與j2 x = ex - x具有性質j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x h x = j ，令 1 x = cosx - 2x ，則 h x = -sinx - 2 < 0 j ，故 1 x1 單調遞減，

又j1 0 = cos0 - 0 =1 > 0 j ， 1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
則j1 x 在 - , x0 上單調遞增，在 x0 ,+ 上單調遞減，
故j1(x) 有且僅有一個極值點 x0 0,1 ，
j 2 x = ex -1，則當 x < 0 時，j2 x < 0，當 x > 0時，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
故j2 (x)有且僅有一個極值點 0 ，
j 2 x故函數 1(x) = sin x - x 與j2 x = e - x具有性質j1 -j2 / /x0 > 0；
x 1
（2）（i） f x = ae - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
當 a 0時， f x aex 1= - < 0，此時 f x 沒有極值點，故舍去，
x +1
x 1
當 a > 0 m x = f x = aex 1時， 令 - ，則m x = ae + > 0
x +1 x +1 2 恒成立，
故 f x 在 -1, + 上單調遞增， g x 1= - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
1
由 a > 0，令 n x = g x 1= - ex ，則 n x = - - ex < 0
x + a x + a 2 恒成立，
故 g x 在 -a, + 上單調遞減，
a 0,1 f 0 ae0 1當 時，有 = - = a -1< 0 ，又 x + 時， f x + ，
0 +1
故此時存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上單調遞減，在 x1,+ 上單調遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 0, + ，
g 0 1= - e0 1有 = -1 > 0，又 x + 時， g x - ，
a a
故此時存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
則 g x 有唯一極值點 x2 0, + ，
即有 f x1 = aex
1 1
1 - = 0 ， g x x2x +1 2 = - e = 01 x2 + a
，
即 e
x 1 11 = x2， e = ，此時需滿足 x > x > 0，則 ex1 > ex2a x1 +1 x + a 1 2 ，2
1 1 x2
故有 > a < <1a x +1 x + a ，即 x2 > ax1，即 ，故 a 0,1x 符合要求；1 2 1
當 a 1, + 時， f 0 1= ae0 - = a -1 > 0，又 x -1時， f x - ，
0 +1
故此時存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上單調遞減，在 x1,+ 上單調遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 -1,0 ，
g 0 1= - e0 1有 = -1< 0 ，又 x -a 時， g x + ，
a a
故此時存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
則 g x 有唯一極值點 x2 -a,0 ，
1 1
> x2同理可得 a x +1 x + a ，此時需滿足0 > x1 > x2，即 x2 > ax1，則
a >
x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故該不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
當 a =1時，有 f 0 = ae0 1- = a -1 = 0， g 0 1= - e0 1= -1 = 0，
0 +1 a a
此時 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的極值點都為 0 ，不符合要求，故舍去；
綜上，故 a 0,1 1,+ ；
（ii）當 a x
1
0,1 2 0時，有 x1 > x2 > 0，則 e = > e =1，故0 < x2 + a <1x + a ，2
g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
則 g x1 < g x2 = ln x2 + a - ex
1
2 +1 = ln x2 + a - +1x ，2 + a
令 t = x2 + a 0,1 ，則 g x2 = lnt
1
- +1，令m t lnt 1= - +1， t 0,1
t t
則m t 1 1= + 2 > 0，故m t 在 0,1 上單調遞增，t t
則 g x 12 = lnt - +1< m 1 = ln1
1
- +1 = 0 ，
t 1
故 g x1 > g x2 ，要證 g x1 > x2 ，只需證 g x1 + x2 < 0，
g x1 + x2 < g x2
1
+ x2 = ln x2 + a - ex2 +1+ x = ln - ex2 x22 ex +1+ x2 =1- e < 0，2
即當 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
當 a 11, + 時，有0 > x1 > x ex22，則 = < e0 =1，即 x2 + a >1x ，2 + a
g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
則 g x1 > g 0 = ln 0 + a - e0 +1 = lna > 0 ，
即要證 g x1 > x2 ，只需證 g x1 + x2 > 0，
g x + x = ln x + a - ex1 +1+ x > ln x + a - ex11 2 1 2 2 +1+ x2
ln 1= - ex1 +1+ x x1x 2 = -x2 - e +1+ x =1- e
x1
2 >1- e
0 = 0，
e 2
即當 a 1, + ，有 g x1 > x2 ；綜上所述， g x1 > x2 .
1
1. （2024 2屆西藏拉薩市第三高級中學高三下學期 5 月月考）已知函數 f x = x + 2lnx - ax a R .
2
(1)討論 f x 的單調性：
(2)若 f x 有兩個極值點 x1, x2 ，求證： f x1 + x2 < 3ln2 - 4 .
2
1 f x 0, , f x x 2 a x - ax + 2【解析】（ ） 的定義域為 + = + - = .
x x
①若 a 0，則 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
②若 a > 0，令 x2 - ax + 2 = 0 ，此時Δ = a2 -8，
(i)當Δ = a2 -8 0，即0 < a 2 2 時， f x > 0，所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
(ii)當Δ = a2 -8 > 0 ，即 a > 2 2 時，
a - a2 2x2 - ax + 2 = 0 x -8 , x a + a -8方程 的兩個實數根為 = = ，且0 < x3 < x3 4 ，2 4 2
當 x 0, x3 或 x x4 , + 時， f x > 0；當 x x3 , x4 時， f x < 0，
所以 f x 在 x3 , x4 上單調遞減，在 0, x3 , x4 , + 上單調遞增.
綜上，當a 2 2 時， f x 在 0, + 上單調遞增；
a - a2 -8 a + a2 -8 2f x 0, , , a - a -8 , a + a
2 -8
當 a > 2 2 時， 在 ÷÷ + ÷÷上單調遞增，在 ÷÷上單調遞
è 2 è 2 è 2 2
減.
（2） f x 有兩個極值點 x1, x2 ，結合（1），知 a > 2 2 ，且 x1, x2 是方程 x2 - ax + 2 = 0 的兩個實數根，
所以 x1 + x2 = a, x1x2 = 2，所以 f x1 + x2 = f a = 2lna
1
- a2 .
2
2
令 g a = 2lna 1 a - 2- a2 (a > 2 2) 2 a + 2 ，則
2 g a = - a
2 - a
= = - .
a a a
因為 a > 2 2 ，所以 g a < 0，所以 g a 在 2 2, + 上單調遞減，
所以 g a < g 2 2 = 3ln2 - 4，即 f x1 + x2 < 3ln2 - 4，證畢.
2．（2024 x 2屆河南省鶴壁市外國語學校高三上學期 11 月檢測）已知函數 f x = e - ax a R ，其中 e 為自
然對數的底數．
(1)若函數 f x 在 0, + 上有 2 個極值點，求 a 的取值范圍；
(2)設函數 g x = f x + e1-x - ex + ax2 + cos x ， x 0,2π ，證明： g x 的所有零點之和大于 2π．
x
【解析】（1）由題設 f x = e - 2ax在 0, + 上有 2 個變號零點，
當 a 0時， f x > 0，即 f x 在 0, + 上遞增，不可能有 2 個零點；
當 a > 0時，令 f x = 0，則 x0 = ln 2a + ln x0 ，且在 0, + 上有 2 個對應的 x0 ，
所以，問題化為 y = x0 - ln x0 與 y = ln 2a的圖象在 0, + 上有兩個交點，
對于m x = x - ln x m x 1，有 =1- ，則在 0,1 上，m x < 0 ，m x 遞減，
x
在 1, + 上，m x > 0，m x 遞增，
又 x 趨向于 0 時，m x 趨向正無窮，x 趨向于正無窮時，m x 趨向正無窮，
且m x = m 1 =1 emin ，所以 ln 2a >1，故 a > ．2
e
綜上， a > ；
2
（2）由已知函數 g x = e1-x + cos x 1-x， x 0,2π ，其導函數 g x = -e - sin x，
設 g x = h x = -e1-x - sin x， h x = e1-x - cos x ，
x 0, π x π π π當 ÷時，設 y = e cosx ， y = e
x cos x - sin x ，顯然 x 0,

÷ , y > 0， x , ÷ , y < 0
è 2
，
è 4 è 4 2
π
y = ex cos x
π π π 2
在 0, ÷上遞增，在 , ÷上遞減，所以 y y | = e 4 cos xè è x= 4
如圖畫出函數 y = e1-x 和 y = cos x 的圖象，
x 5π$ 0

,
7π
÷，使得當 x 0, x0 時， h x > 0， g x 4 4 單調遞增，è
當 x x0 , 2π 時，函數 h x < 0， g x 單調遞減，
1- x π
又 e 0 = cos x0 ，所以 g 0 = -e < 0， g x0 = -e1-x0 - sin x0 = -cos x0 - sin x0 = - 2 sin
x + 0 ÷ ，
è 4
x 5因為 0 π,
7 π π 3π÷，所以 x0 +
, 2π g x > 0 g 2π = -e1-2π < 0
è 4 4 4 è 2 ÷
，所以 0 ，又 ，

故$x1 0, x0 ，使得 g x1 = 0 ，$x2 x0 , 2π ，使得 g x2 = 0，
于是可得當 x 0, x1 時， g x < 0， g x 單調遞減，當 x x1, x2 時， g x > 0， g x 單調遞增，
當 x x2 , 2π 時， g x < 0， g x 單調遞減，
3π
又 g π = -e1-π
1-
< 0 3π 3πg ， ÷ = -e 2 +1 > 0，故 x2 1
π, ÷，
è è 2
g π
1 π- 1-π
則 ÷ = e 2 > 0， g π = e -1 < 0
π
，所以存在a ,π

÷，使得 g a = 0，
è 2 è 2
g x < g π < 0 g 3π 1
3π
-
2 3π所以 1 ，又 ÷ = e > 0，所以 g x

2 2
> g > 0
è è 2
÷ ，

b π, 3π則存在

÷，使得 g b = 0，又 g 2π = e1-2π +1 > 02 ，è
所以函數 g x 在區間 x x2 , 2π 上無零點，
故函數在 x 0,2π a b π a π b 3π上有兩個零點 ， ，且 < < < < ，
2 2
由 g a = g b = 0可得 e1-a + cosa = 0， e1-b + cos b = 0 ，
所以 cosa = -e1-a ， cos b = -e1-b ，
又a < b 1-a >1- b e1-a > e1-b -e1-a < -e1-b ，
所以 cosa < cos b = cos 2π - b ，
π a π b 3π π π根據 < < < < ，可得 < a < p ， < 2π - b < π，
2 2 2 2
π
并且函數 y = cos x 在 , π2 ÷上單調遞減，所以
a > 2π - b ，即a + b > 2π ，
è
故 g x 的兩個零點之和大于 2π．
1
3 2．（2024 遼寧省沈陽市第一二〇中學高三最后一卷）設函數 f x = xlnx - x - ax 的兩個極值點分別為
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求實數 a 的取值范圍；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正數l 的取值范圍（其中 e = 2．71828L為自然對數的底數）．
1 2
【解析】（1）由題 f x = xlnx - x - ax ，定義域為 0, + ．
2
則 f x =1+ lnx -1- ax = lnx - ax ，
由題可得 f x = lnx - ax = 0有兩個不等實數根 x1，x2 ，
a lnx于是 = 有兩個不同的實數根，
x
lnx
等價于函數 y = a 與 h x = 圖像在 0, + 有兩個不同的交點，
x
Qh x 1- lnx= ，由 h 2 x > 0 0 < x < e，由 h x 0 x e，x
所以 h x 在 0,e 遞增，在 e, + 遞減，
又 h 1 = 0，h x 有極大值為 h e 1= ，當 x + 時， h x 0，
e
所以可得函數 h x 的草圖（如圖所示）．
lnx
所以，要使函數 y = a 與 h x = 圖像在 0, + 有兩個不同的交點，
x
當且僅當 a
0, 1 ÷ ，即實數 a 的取值范圍為 0,
1
e e ÷è è
（2）由（1）可知： x1，x2 是方程F x = lnx - ax = 0的兩個實數根，且1 < x1 < e < x2 ，
ln x ax ln
x1
則 ì 1 = 1 a ln x1 - ln x x ，í = 2 = 2
ln x2 = ax2 x1 - x2 x1 - x2
即l < a x1 + x2
x2 + x1 x x= ln 2
t +1
x - x
2 ÷，令 = t >1,l < ln t ，
2 1 è x1 x1 t -1
2
2 t -1 h
1 2t t +1 - 2 t -1 t -1 令 h t = ln t - , t 1，則 = -
t +1 t t +1 2
= 0，
t t +1 2
所以 h t 在 1, + 上單調遞增，且 h 1 = 0，所以 h t h 1 = 0，
2 t -1 t +1
于是，當 t > 1時，有 ln t > ，即 lnt > 2 ，
t +1 t -1
綜上所述，l 2，即l 的取值范圍是 - ，2 ．
4．（2024 屆四川省百師聯盟 2024 屆高三聯考）已知函數 f x = ax ln x - 2x + b （ a ，b R ）在點 1, f 1
處的切線方程為 y = -x．
(1)求函數 f x 的極值；
(2)設 g x = ex éêxf
1
÷ + 2
ù
ú + mx （m R ），若 g x 0恒成立，求m 的取值范圍．
è x
【解析】（1）由題 f x = ax ln x - 2x + b ， f x = a ln x + a - 2，
ì f 1 = b - 2 = -1
由題意可得 í a = b =1
f 1 = a - 2
，解得 ，
= -1
所以 f x = x ln x - 2x +1， f x = ln x -1．
令 f x > 0，解得 x>e，令 f x < 0，解得0 < x < e，
可知 f x 在 e, + 上單調遞增，在 0,e 上單調遞減，
所以當 x=e時， f x 有極小值，極小值為 f e =1- e ，無極大值．
（2）由題意可知： g x = ex éxf 1 ùê ÷ + 2 + mx = ex x - ln x + mx 0，且 x > 0，
è x ú
ex ln x - x ex ln x - x
整理得m ，原題意等價于m 在 0, + 內恒成立，
x x
e
x ln x - xh x e
x x -1 ln x - x -1
設 = , x > 0，則 h x = ，
x x2
設 t x = ln x - x -1, x > 0，則 t x 1 1 1- x= - = ．
x x
當0 < x < 1時， t x > 0；當 x >1時， t x < 0，
可知 t x 在 0,1 內單調遞增，在 1, + 內單調遞減，
則 t x t 1 = -2 < 0 ，即當 x > 0時， ln x - x - 1 < 0 恒成立，
當0 < x < 1時， h x > 0；當 x >1時， h x < 0；
可知 h x 在 0,1 內單調遞增，在 1, + 內單調遞減，則 h x h 1 = -e，
ex ln x - x
由m 恒成立，可得m -e ，所以m 的取值范圍為 -e,+ ．
x
5．（2024 屆湖南省長沙市雅禮中學高三下學期二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數在一點的一個鄰
域（包含該點的開區間）內處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數在該點處的值就是一
個極大（小）值.
對于函數 y = f x f x + Dx - f x，設自變量 x 從 x0 變化到 x0 + Dx ，當Dx > 0， lim 0 0 是一個確定的值，
Dx 0 Dx
則稱函數 y = f x f x + Dx - f x在點 x0 處右可導；當Dx < 0， lim 0 0 是一個確定的值，則稱函數 y = f x
Dx 0 Dx
在點 x0 處左可導.當函數 y = f x 在點 x0 處既右可導也左可導且導數值相等，則稱函數 y = f x 在點 x0 處可
導.
(1)請舉出一個例子，說明該函數在某點處不可導，但是該點是該函數的極值點；
(2)已知函數 f x = x2eax2 +1 - x3 sin x - ex2 .
（ⅰ）求函數 g x = eax2 +1 - x sin x - e在 x = 0處的切線方程；
（ⅱ）若 x = 0為 f x 的極小值點，求 a 的取值范圍.
【解析】（1） y = x ， x = 0為該函數的極值點，
f 0 + Dx - f 0 Dx - 0
當Dx > 0， lim Dx= lim = lim =1，
Dx 0 Dx Dx 0 Dx Dx 0 Dx
f 0 + Dx - f 0 Dx - 0
當Dx < 0， lim = lim = lim -Dx = -1，
Dx 0 Dx Dx 0 Dx Dx 0 Dx
則該函數在 x = 0處的左導數為 -1，右導數為 1，
所以該函數在 x = 0處不可導.
（2）（ⅰ）根據題意， g(0) = 0，則切點 0,0 ，
2
又 g x = 2axeax +1 - sin x - x cos x，則 k = g (0) = 0，所以切線方程為 y = 0 ；
2 2
（ⅱ） f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 = x2 eax +1 - x sin x - e ，
因為當 x 0時， x2 > 0，故 f x 與 g x 同號，
2g x = eax +1 - x sin x - e，先考察 g x 的性質，
由于 g x 為偶函數，只需分析其在 0, + 上的性質即可，
2
g x = 2axeax +1 - sin x - x cos x， g 0 = 0,，
設m 2x = 2axeax +1 - sin x - x cos x, x 0,+ ，
2m x = 2a + 4a2x2 eax +1則 - 2cos x + x sin x ，m 0 = 2ae - 2，
則必有m 0 = 2ae - 2 0 a 1≥ ，即 .
e
①否則，若m 0 = 2ae - 2 < 0 1，即 a < ，
e
則必存在一個區間 0, m ，使得m x < 0 ，
則 g x 在 0, m 單調遞減，又 g 0 = 0，
則 g x 在區間 0, m 內小于 0，則 g x 在 0, m 單調遞減，
又 g 0 = 0，故 g x 在區間 0, m 內小于 0，
故 f x 在區間 0, m 內小于 0，則 x = 0不可能為 f x 的極小值點.
a 1
1 2
②當 x +1時，
e g x
2
= eax +1 - x sin x - e≥ ee - x sin x - e，
1 12 2x x2x +1 +1
令 h x = ee - x sin x - e ， h x = ee - sin x - x cos x ，e
s x 2x
1 x2
1
+1 x2 +1
令 = ee - sin x - x cos x，則 s x = 2 4 2 + 2 x ÷ee - 2cos x + x sin x，e è e e
2 4 1 x22 +1
易知 y = + x ÷ee2 在區間 0, + 上單調遞增，è e e
對 y = -2cos x + x sin x ， y = 2sin x + sin x + x cos x = 3sin x + x cos x，
則 y = 3sin x + x cos x 在區間 0,
π
2 ÷上大于 0，è
π
故 y = -2cos x + x sin x 在區間 0, ÷上單調遞增.
è 2
s x 2 4
1 x22 +1
故 = + 2 x ÷ee - 2cos x
π
+ x sin x 0, 在區間
e e 2 ÷
上單調遞增.
è è
又 s 0 = 0，故 s x 0 π ，故 h x 在區間 0, ÷上單調遞增，
è 2
又 h 0 = 0，故h x 0，故 h x π 在區間 0, 2 ÷上單調遞增，è
又 h 0 = 0，故 h x π> 0 x ， 0, ÷ ，
è 2
2 π
則 g x = eax +1 - x sin x - e≥ h x > 0， x 0, 2 ÷ ，è
x 0, π 故當 ÷ 時， f x > 0
π
，由偶函數知 x
- ,0 ÷時， f x > 0
è 2
，
è 2
故 x = 0為 f x 的極小值點，
1
所以 a 的取值范圍為 a .
e
6．（2024 屆河北省名校聯盟高考三模）已知函數 f x = cosx + 2x．
(1)當 x - ,0 時，證明： f x < ex ．
(2)若函數 g x = ln x +1 + ex - f x ，試問：函數 g x 是否存在極小值？若存在，求出極小值；若不存在，
請說明理由．
【解析】（1）證明：函數 f (x) = cos x + 2x 定義域為R ,
令F (x) = ex - 2x - cos x ，則F (x) = ex - 2 + sin x = (ex -1) + (sin x -1) ，
當 x (- ,0)時， ex -1 < e0 -1 = 0 ，且 sin x -1 0 ，所以 F (x) < 0，
函數F (x) = ex - 2x - cos x 在 (- ,0)上單調遞減，故F (x) > F (0) = 0，
即 ex - 2x - cos x > 0，故 ex > f (x)得證.
1
（2）由題意 g(x) = ln(x +1) + ex - 2x - cos x, x > -1，則 g (x) = + ex - 2 + sin x, x > -1，
x +1
1
令 h(x) g (x)
1
= = + ex - 2 + sin x, x > -1，則 h (x) = ex - + cos x, x > -1
x +1 (x +1)2
當 x (0,
π) π時， h (x) > 0，故函數 h(x) 在 (0, ) 單調遞增，則 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
2 2
所以 g(x)在 (0,
π) 單調遞增；
2
1
當 x (
-
-1,0)時， h (x) 1 1單調遞增，且 h (0) =1 > 0，又 h (- ) = e 2 + cos(- ) - 4 < 0，
2 2
x ( 1故$ 0 - ,0)，使得 h (x ) = 0，2 0
所以當 x (x0 ,0)時， h x > 0，即函數 h(x) 在 (x0 ,0) 上單調遞增，即 h(x) = g (x) < h(0) = 0，
所以函數 g(x)在 (x0 ,0) 上單調遞減；
π 3
當 x
π 1
[ , + ) 1 x時， ex e 2 > 2.72 > 4, > 0 ，即 g (x) = + e - 2 + sin x > 0，
2 x +1 x +1
π
所以函數 g(x)在[ ,+ ) 上單調遞增.
2
綜上所述，函數 g(x)在 (x0 ,0) 上單調遞減，在 (0, + )上單調遞增，
因此，當 x = 0時，函數 g(x)有極小值，極小值為 g(0) = 0 .故存在，極小值為 0.
a
7．（2024 屆四川省攀枝花市高考數學三模）已知函數 f (x) = ln x + -1(a R)．
x
(1)求函數 f (x) 的極值；
1
(2)設函數 f (x) 的導函數為 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），證明： f x1 + f x2 + > 1．a
a
【解析】（1）解：由函數 f (x) = ln x + -1，可得其定義域為 x (0,+ ) f (x)
1 a x - a
，且 = - 2 = ，x x x x2
當 a 0時， f (x) > 0 ，函數 f x 在 (0, + )上單調遞增，無極值；
當 a > 0時，令 f (x) > 0 ，可得 x > a ；令 f (x) < 0 ，可得 x < a ，
所以函數 f x 在 (a,+ ) 上單調遞增，在 (0, a)上單調遞減，
當 x = a時，函數 f x 取得極小值，極小值為 f (a) = ln a，無極大值.
f (x) 1 a（2）證明：由（1）知， = - ，
x x2
可得 f (x1)
1 a , f (x ) 1 a= - 2 2 = - 2 ，且 f (x1) = f (x2 ), x1 xx x x x 2 ，1 1 2 2
1 a 1 a 1 1 a a 1 1 1 1
所以 - 2 = - - = - = a( + )( - )x1 x x x
2 ，所以 2 2 ，
1 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2
1 1
因為 x1 x2 ，所以 a( + ) =1x x ，可得 a > 0，1 2
f x f x ln x a ln x a則 1 + 2 = 1 + + + - 2 = ln(x x ) -1x 2 x 1 2 ，1 2
1 1 1 1 1 1
因為 a( + ) > 2a × ，所以 2a × <1，記得 x x > 4a2，
x x 1 21 2 x1 x2 x1 x2
所以 f x1 + f x2 = ln(x1x 22 ) -1 > ln(4a ) -1，
設 g a = ln(4a2 ) 1+ - 2 = 2ln a 1 2 1 2a -1+ + 2ln 2 - 2，可得 g a = - 2 = 2 ，a a a a a
當 a (0,
1) 時， g a < 0 ， g a 在 (0, 1)上單調遞減；
2 2
1
當 a (
1 ,+ )
2 時，
g a > 0， g a 在 ( , + )上單調遞增，
2
a 1 g a g(1所以，當 = 時， = ) = 0 ，
2 min 2
ln(4a2 ) 1 2 0 ln(4a2 ) 1 1 2 1 f x f x 1所以 + - > ，所以 - + - > ，即
a a 1
+ 2 + > 1.a
8．（2024 屆江蘇省揚州市高三下學期高考考前調研測試）已知函數 f x = sinx, g x = x．
(1)求函數 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的極值；
x g x (2)函數j = , x 0,
π
f x 2 ÷．è
①討論函數j x 的單調性；
②函數F x = a ×j x ×cosx
1
- < 0
j x ，求實數 a 的取值范圍．
【解析】（1）函數 h x = 2sinx - 3x ， x 0,2π ，則 h x = 2cosx - 3 ，
令 h x = 0, x 0, 2π π，解得 x = 或 x 11π=
6 6
，
則 x ， h x ， h x 的關系表如下所示：
0, π π π ,11π 11π 11πx , 2π
è 6 ÷ 6 è 6 6 ÷ 6 6 ÷è
h x + 0 - 0 +
h x 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
由上表，函數 h x 極大值為 h π 3π=1- h 11π ÷ ，極小值為 ÷ = -1
11 3π
- ；
è 6 6 è 6 6
g xx j x , x π= = 0, j x sinx - x ×cosx（2）① f x =sinx è 2 ÷，則 ， sin2x
記g x = sinx - x ×cosx，則g x = cosx - cosx - x ×sinx = x ×sinx，
當 x
π
0, ÷ 時，g x > 0
π
2 ，則
g x 在 0, 2 ÷上單調遞增，è è

所以 x 0,
π
2 ÷ 時，
g x > g 0 = 0，所以j x > 0，
è
所以j x 0, π 是 2 ÷上的增函數．è
F x axcosx sinx , x π② = - 0, ÷，當 a 0時，F x < 0sinx x 2 恒成立；è
a 0 F x a cosx x sinx當 > 時， = × × - < 0 ax2cosx - sin2x < 0，
sinx x
令G x = ax2cosx sin2x, x 0, π- ÷，
è 2
當 a > 1時，令M x π= x - sinx, x 0,

÷，則M x =1- cosx > 0
è 2
，

所以M x 在 0, π 2 ÷上單調遞增，所以M x > M 0 = 0，即 x > sinx ，è
所以G x = ax2cosx - sin2x > ax2cosx - x2 = x2 acosx -1 ，
π 1
因為 a > 1，所以$x0 0, ÷ , cosx0 = ,G x0 > 02 a ，不滿足題意，所以 a > 1不成立．è
當0 < a 1 G x = ax2時， cosx - sin2x x2cosx - sin2x
2
記H x = x cosx - sin2x，H x = 2xcosx - x2sinx - 2sinxcosx，
由①知 x
π
0, ÷ 時， xcosx < sinx
è 2
，

H x < 2sinx - x2所以 sinx - 2sinxcosx
x2 2 x x2 é x
2
= 2sinx × 1- - cosx = 2sinx × 2sin - < 2sinx × 2 x
2 ù
2 ÷ ÷
ê ÷ - ú = 0，
è è 2 2 ê è 2 2 ú
所以H x < H 0 = 0．所以0 < a 1成立．
綜上所述： a 1．
9．（2024 屆江蘇省南通市模擬預測）設 a > 0，函數 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)當 a =1時，求過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程：
(2) x1, x2 是函數 f (x) 的兩個極值點，證明： f x1 + f x2 為定值．
【解析】（1）當 a =1時， f (x) = x3 - 2x +1，則導數 f (x) = 3x2 - 2 ．
3 2
設切點為 x0 , x0 - 2x0 +1 ，則 f x0 = 3x0 - 2，
3
所以切線方程為 y - x0 - 2x0 +1 = 3x20 - 2 x - x0 ．
又切線過點 (0, -1) ，則-1- x30 - 2x0 +1 = 3x20 - 2 0 - x0 ，
3
整理得， 2x0 = 2，解得 x0 = 1．
所以過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程為 y = x -1．
（2）證明：依題意， f (x) = 3ax2 - 2(a > 0) ，令 f (x) = 0 x 2，得 = ± ．
3a
2 2 2 2 2 2 x - ,- ÷÷ - - , ÷÷ ,+
è 3a
÷÷
3a è 3a 3a 3a è 3a
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
2 2
不妨設 x1 < x2，則 x1 = - , x2 = ．3a 3a
3 3

f x 31 + f x2 = ax1 - 2x1 +1+ ax32 - 2x2 +1 = a 2 2 - ÷÷ - 2 - ÷÷ +1+ a
2 2
3a 3a ÷÷
- 2 +1 = 2
è è è 3a 3a
所以 f x1 + f x2 為定值．
ln x + ln a +1
10．（2024 ax屆廣西貴港市高考模擬預測）已知函數 f (x) = ae - ．
x
(1)當 a =1時，請判斷 f (x) 的極值點的個數并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實數 a 的取值范圍．
x 1+ ln x
【解析】（1）當 a =1時， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
f (x) ex ln x x
2ex + ln x
所以 = + = ，
x2 x2
1
令 h(x) = x2ex + ln x ，則 h (x) = (x2 + 2x)ex + ，
x
當 x (0,+ )時， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上單調遞增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)
1
存在唯一零點 x0 ，且 x0 ( ,1)，2 4 2
當 x (0, x0 )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上單調遞減，
當 x (x0 ,+ ) 時， f (x) > 0 ， f (x) 在 x0 ,+ 單調遞增．
\ f (x)有一個極小值點 x0 ，無極大值點．
2 Q f (x) = aeax
ln x + ln a +1
（ ） - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，則 t (0,+ ) t
ln t +1
，\2a e - +1恒成立．
t
設 g(x) = ex
ln x +1
- ，由（1）可知 g(x)的最小值為 g(x )．
x 0
ln x 1
又 h(x ) = x2ex0 + ln x = 0，\ x e
x0
0 = -
0 = - ln x = -e- ln x0 ln x
0 0 0 x 0 0 ．（﹡）0 x0
設m(x) = xex ，當 x > 0時，m (x) = (x +1)ex > 0，\m(x) 在 (0, + )上單調遞增，
Q x 10 ( ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x ) x ln x e
x0
0 ，\ 0 = - 0 ，即 = x ．0
g(x ) ex 1+ ln x 1 1- x\ = 0 0 00 - = - =1x x x ，0 0 0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，
\a 的取值范圍為 0,1 ．
a 1
11 ．（2024 屆江蘇省蘇州大學高三下學期高考考前指導卷）已知函數 f x = ax - - 2ln x 在區間 , e÷內有x è e
兩個極值點.
(1)求實數 a 的取值范圍；
(2)若 f x 的極大值和極小值的差為M ，求實數M 的取值范圍.
a a 2 ax2 - 2x + a
【解析】（1）因為 f x = ax - - 2ln x ，則 f
x x = a + x2 - =x x2 ，
2
令 f x = 0，則 ax2 - 2x + a = 0，令 g x = ax - 2x + a ，
設函數 f x 1在區間 , e

e ÷ 內的兩個極值點為
x
è 1
，x2 x1 < x2 ，
1
由韋達定理得 x1x2 =1，所以 < x <1< xe 1 2
< e，
a 0 1顯然 ， > 0，所以 a > 0，
a
ìa > 0 ìa > 0

Δ > 0

4 - 4a
2 > 0
2 2e
所以 íg e > 0 ，即 íae - 2e + a > 0 ，解得 2 < a <1.
1 2
e +1
g > 0 a 1 2 ÷ - + a > 0 è e e ÷ è e
1- 1- a2 1+ 1- a2
此時 x1 = ， x2 = ，列表如下：a a
x
1 , x 1 ÷ x1 x1, x2 x2 x2 , e è e
f x ＋ 0 － 0 ＋
f x 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增
2e
所以 2 < a <1.e +1
a
（2）因為 x1x2 =1，所以M = f x1 - f x2 = ax1 - - 2ln x1 - ax
a
2 - - 2ln xx x 2 ÷1 è 2
a ax 2ln x a ax 2ln 1

2ax 2a= 1 - - 1 - - 1 - ÷ = 1 - - 2ln x
2 .
x1 è x1 x
1
1 x1
ax2由 - 2x + a = 0，得 a
2x
= 1 1
1 1 x2 +1，且 < x <1，1 e 1
2 2x1
2x x2 2所以 1 M = 2 2 x
+1
1 -
1 - 2ln x2 x -1 11 = 4 1
2 .
x +1 x x2
- ln x
+1 2 1 ÷1 1 è 1
x2
t -1 1 1
設 1 = t
1
， 2 < t < 1，令 h t = 4

- ln t

÷ ， t

2 ,1

e è t +1 2 e ÷
，
è

h 2 1 -2 t -1t 4
2
1
則 = 2 - ÷ = < 0 h t
,1
÷ 2 ，所以 在 2 ÷上單調遞減，
è t +1 2t t t +1 è e
從而 h 1 < h t < h 1 8 e2 ÷，即 h t 0, ÷，è è e2 +1
8
所以實數M 的取值范圍是 0, 2 ÷ .è e +1
12．（2024 屆北京市順義區第一中學高三下學期考前適應性檢測）已知函數 f x = x ln 2x +1 - ax2 .
(1)求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 a < 0時，求證：函數 f x 存在極小值；
(3)求函數 f x 的零點個數.
【解析】（1）由函數 f x = x ln 2x +1 - ax2 求導得： f x = ln 2x 2x+1 + - 2ax，
2x +1
所以 f (0) = 0 ，因為 f (0) = 0，
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程是 y = 0 .
2 2
1
（ ）函數 f x = x ln 2x +1 - ax 的定義域為 (- , + )，由（1）知， f x = ln 2x 1 2x+ + - 2ax，
2 2x +1
1
因為 a < 0 2x，則當- < x < 0時， ln(2x +1) < 0 ， < 0 ，-2ax < 0，
2 2x +1
所以，有 f (x) < 0 ，函數 f (x) 在 (
1
- ,0) 上遞減，
2
2x
當 x > 0時， ln(2x +1) > 0， > 0 ，-2ax > 0，則有 f (x) > 0 ，函數 f (x) 在 (0, + )上遞增，
2x +1
所以，當 x = 0時，函數 f (x) 取得極小值，
所以，當 a < 0時，函數 f (x) 存在極小值.
（3）函數 f x = x ln 2x +1 - ax2 1的定義域為 (- , + )， f x = 0 x ln 2x +1 = ax2，
2
顯然 x = 0是函數 f (x) 的零點，
當 x 0
ln(2x +1)
時，函數 f (x) 的零點即為方程 a = 的解，
x
g lnx 2x +1 1
2x

令 = , x - ,0÷ 0, +
- ln 2x +1
，則
x è 2 g x = 2x +1
，
x2
2 2 4x
令 h x 2x= - ln 2x +1 ，則 h x = 2 - = - 2 ，
2x +1 2x +1 2x +1 2x +1
1
當- < x < 0時， h (x) > 0，當 x > 0時， h (x) < 0，
2
h(x) ( 1所以函數 在 - ,0) 上遞增，在 (0, + )上遞減，
2
x 1" - ,0 ÷ 0, + ， h(x) < h(0) = 02 ，è
所以，有 g (x) < 0， g(x)在 (
1
- ,0) ， (0, + )上都遞減，
2
令j(x) = ln(2x +1) - 2x ，j x 2= - 2 4x= - ，
2x +1 2x +1
1
當- < x < 0時，j (x) > 0 ，當 x > 0時，j (x) < 0，
2
所以，j(x) 在 (
1
- ,0) 上遞增，在 (0, + )上遞減，j(x) j(0) = 0，
2
1
所以，" (- ,+ ) ，恒有 ln(2x +1) 2x，當且僅當 x = 0時取“=”，
2
1 ln(2x +1) ln 2x +1
所以，當- < x < 0 時， > 2，當 x > 0時，0 < < 2，
2 x x
所以， g x 1在 (- ,0) 上單調遞減， g x 取值集合為 (2,+ ) ，
2
g x 在 (0, + )上遞減， g x 取值集合為 (0, 2) ，
所以，當0 a
ln(2x +1)
< < 2 或 a > 2時，方程 a = 有唯一解，
x
當 a 0或 a = 2時，此方程無解，
所以，當 a 0或 a = 2時，函數 f (x) 有一個零點，
當0 < a < 2 或 a > 2時，函數 f (x) 有兩個零點.
13．（2024 屆河北省雄安新區部分高中高考三模）已知函數 f x = xlnx - ax2 - 3x a R ．
(1)若 x =1是 f x 的一個極值點，求 a 的值；
(2)若 f x 有兩個極值點x1，x2，其中 x1 < x2，求 a 的取值范圍．
【解析】（1）易知 f x = lnx +1- 2ax - 3 = lnx - 2ax - 2，
又 x =1是 f x 的一個極值點，所以 f 1 = 0，即-2a - 2 = 0，所以a = -1，
此時 f x = lnx + 2x - 2，
令 h x = lnx + 2x - 2， h x 1= + 2 > 0，
x
所以 f x = h x 在 0, + 上單調遞增，且 f 1 = 0，
當 x 0,1 時， f x < 0，當 x 1, + 時， f x > 0，
所以 f x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
所以 x =1是 f x 的極小值點，即a = -1符合題意，
因此 a 的值為 -1．
（2）因為 f x = lnx - 2ax - 2，且 f x = xlnx - ax2 - 3x a R 有兩個極值點x1，x2，
所以方程 f x = 0在 0, + 上有兩個不同的根，
即方程 lnx - 2ax - 2 = 0 有兩個不同的正數根，
將問題轉化為函數 g x lnx - 2= 與函數 y = 2a的圖象在 0, + 上有兩個不同的交點，
x
g x 3- lnx g x 3 - lnx則 = 2 ，令 = 2 = 0，解得x x x = e
3 ，
當 x > e3 時， g x < 0， g x 單調遞減，當0 < x < e3 時， g x > 0， g x 單調遞增，
2
且當 x > e2 時， g x > 0， g e = 0，故作出 g x 的圖象如圖所示：
2a 0, 1 a 0, 1 a 0, 1 由圖象可知 e3 ÷ 滿足題意，即
2e3 ÷ ，即 的取值范圍為 ÷ ．è è è 2e3
14．（2024 2屆天津市民族中學高三下學期 4 月模擬）已知函數 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)當 a = 2時，試求函數圖象在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 f x 有兩個極值點x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范圍；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，試求實數 m 的取值范圍．
2 2
【解析】（1） a = 2時， f x = x - 2x + 2lnx ，故 f x = 2x - 2 + .
x
2 2
故 f 1 = 2 - 2 + = 2，又 f 1 =1 - 2 = -1，
1
故函數圖象在點 1, f 1 處的切線方程為 y - -1 = 2 x -1 ，
即 2x - y - 3 = 0；
2
（2）（ⅰ） f x 2x 2 a 2x - 2x + a= - + = (x > 0)，
x x
函數 f x 在 0，+ 上有兩個極值點，需滿足 2x2 - 2x + a = 0在 (0, + )上有兩個不等的根，.
由 f x = 0得 2x2 - 2x + a = 0，
ìΔ = 4 -8a > 0
1
則 ía ，故此時0 < a < ；
> 0 2 2
ⅱ x + x =1 x 1- 1- 2a x 1+ 1- 2a 0 x
1 1
（ ） 1 2 ， 1 = ， 2 = ，則可得 <2 2 1
< ， < x <1，
2 2 2
f x1
由不等式 f x1 mx2 恒成立，則m ，x2
f x 2x2 - 2x + alnx x1 - 2x1 + 2x1 - 2x2 lnx1 1= 1 1 1 = 1 1 =1- x1 + + 2x1lnx1，x2 x2 x2 x1 -1
1
令 h x =1 x 1 1- + + 2xlnx(0 < x < )，則 h x =1- +2lnx
x -1 2 x -1 2 ，
1
因為0
1 1 1
< x < ，-1 < x -1< - , < x -1 2 <1，-4 < - 2 < -1，
2 2 4 x -1
又 2lnx < 0 .所以 h x < 0 0 1，即 < x < 時， h x 單調遞減，
2
h x > h 1 3 fln2 x1 3所以 ÷ = - - ，即 > - - ln2 ，
è 2 2 x2 2
故實數m 的取值范圍是 - ,
3
- - ln2ùú .è 2
π cos x π
15．（2024 屆貴州省畢節市高三第三次診斷性考試）（1）證明：當 < x < π 時， < - x < cos x ；
2 sin x 2
（2）已知函數 f (x) 2ax tan x x
π π
= - 在 - ,

÷上有兩個極值點，求實數 a 的取值范圍．
è 2 2
h(x) cos x π 1
π
【解析】（1）證明：令 = - + x， h (x) =1- < 0

在 , π 上恒成立，
sin x 2 sin2 x 2 ֏
\h(x) π , π π 在 ÷上單調遞減，\h(x) < h ÷ = 0
cos x π
即 < - x，
è 2 è 2 sin x 2
π
g(x) π= - x - cos x g x = sin x -1 < 0 , π 又令 ， 在
2 2 ÷
上恒成立，
è
π π
\ g(x) , π π在 2 ÷上單調遞減，
\ g(x) < g ÷ = 0即 - x < cos x2 ，è è 2
π cos x π
∴當 < x < π 時， < - x < cos x ；
2 sin x 2
（2）Q f (x) = 2ax - tan x ，\ f (x) = 2a
1
-
cos2
，
x
1 π π
由題意知原命題等價于 f (x) = 2a - 2 = 0
- , 在 2 2 ÷上有兩個不等實根，cos x è
1 1 π
得 2a = 2 ，又因為 y = 在 - ,0 上單調遞減，在 0,
π
cos x cos2 x 2 ÷ 2 ÷
上單調遞增，
è è
1 π π 1
當 x = 0時， 2 =1，當 x - 或 x 時， + ，cos x 2 2 cos2 x
1
\2a > 1即 a > .
2專題 3 用導數研究函數的極值
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 研究函數的極值是導數在函數中的一個重要應用,也是高考考
查的重點,本專題從求函數的極值、確定函數極值點的個數、由函數極值點個數確定參數范圍、含參數的函
數極值的討論、由極值點滿足條件求解不等式問題等幾個方面幫助高三學生把握極值問題的求解.
(一) 求函數的極值
1.函數的極值與導數的關系
(1)函數的極小值與極小值點
若函數 f(x)在點 x＝a 處的函數值 f(a)比它在點 x＝a 附近其他點的函數值都小,f′(a)＝0,而且在點 x＝a 附近的
左側 f′(x)<0,右側 f′(x)>0,則點 a 叫做函數的極小值點,f(a)叫做函數的極小值.
(2)函數的極大值與極大值點
若函數 f(x)在點 x＝b 處的函數值 f(b)比它在點 x＝b 附近其他點的函數值都大,f′(b)＝0,而且在點 x＝b 附近的
左側 f′(x)>0,右側 f′(x)<0,則點 b 叫做函數的極大值點,f(b)叫做函數的極大值.
2.求函數 f(x)極值的步驟：
①確定函數的定義域；
②求導數 f′(x)；
③解方程 f′(x)＝0,求出函數定義域內的所有根；
④列表檢驗 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右兩側值的符號.如果左正右負,那么 f(x)在 x0 處取極大值；如果左負右
正,那么 f(x)在 x0處取極小值.
3.對極值理解：
(1)極值點不是點,注意極值與極值點的區別；
(2)若 f(x)在(a,b)內有極值,那么 f(x)在(a,b)內絕不是單調函數,即在區間上單調的函數沒有極值；
(3)根據函數的極值可知函數的極大值 f(x0)比在點 x0附近的點的函數值都大,在函數的圖象上表現為極大值對
應的點是局部的“高峰”；函數的極小值 f(x0)比在點 x0 附近的點的函數值都小,在函數的圖象上表現為極小值
對應的點是局部的“低谷”．一個函數在其定義域內可以有許多極小值和極大值,在某一點處的極小值也可能
大于另一個點處的極大值,極大值與極小值的大小沒有必然的聯系,即極小值不一定比極大值小,極大值不一
定比極小值大；
(4)使 f′(x)＝0 的點稱為函數 f(x)的駐點,可導函數的極值點一定是它的駐點．駐點可能是極值點,也可能不是
極值點．例如 f(x)＝x3 的導數 f′(x)＝3x2 在點 x＝0 處有 f′(0)＝0,即 x＝0 是 f(x)＝x3 的駐點,但從 f(x)在(－∞,＋
∞)上為增函數可知,x＝0 不是 f(x)的極值點．因此若 f′(x0)＝0,則 x0不一定是極值點,即 f′(x0)＝0 是 f(x)在 x＝x0
處取到極值的必要不充分條件,函數 y＝f′(x)的變號零點,才是函數的極值點；
(5)函數 f(x)在［a,b］上有極值,極值也不一定不唯一．它的極值點的分布是有規律的,相鄰兩個極大值點之間
必有一個極小值點,同樣相鄰兩個極小值點之間必有一個極大值點．一般地,當函數 f(x)在［a,b］上連續且有
有限個極值點時,函數 f(x)在［a,b］內的極大值點、極小值點是交替出現的．
【例 1】(2024 屆湖南師范大學附屬中學高三下學期模擬三) 已知函數 f x = x + ln ax 1+ xex （ a<0）.
a
(1)求函數 f x 的極值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一個元素，求 a 的值.
1 ex
【解析】（1）由 f x = 1+ x + ÷，
è x a
x
因為 a<0，所以 f x - ,0 1 e的定義域為 ，則 + < 0，
x a
因為 x - ,-1 時， f x > 0； x -1,0 時， f x < 0 .
所以 f x 的單調遞增區間為 - ,-1 ；單調遞減區間為 -1,0 ，
x= 1 f x f x f 1 1 ln a 1所以 - 是 的極大值點， 的極大值是 - = - + - - ，無極小值.
ae
（2）由（1）可得 f x 1= f -1 = -1+ ln -a -max ，ae
要使得集合 x f x -1 1有且只有一個元素，則只需要-1+ ln -a - = -1ae
g x 1 ln x 1 g x 1 1 ex +1設 = - + - - ，則 = + 2 = ，ex x ex ex2
x , 1因為 - -

÷時， g x < 0 x
1- ,0 ； ÷時， g x > 0
è e
，
è e
1 1
所以 g x 的單調遞減區間為 - ,- e ÷；單調遞增區間為 - ,0÷ .è è e
所以 g x = g 1- 1min e ÷ = -1，所以關于
a 的方程-1+ ln -a - = -1有解時，
è ae
a 1只能是 = - ，所以集合 x f x -1 1有且只有一個元素時 a = - .
e e
(二)函數極值點的個數問題
可導函數 f x 的極值點的個數,通常轉化為方程 f x = 0 實根個數,再根據 f x 的單調性或圖象求解,求解
時要注意 f x = 0 是 x0 的必要不充分條件.可導函數 f (x) 在點 x0 處取得極值的充要條件是： x0 是導函數的
變號零點,即 f (x0 ) = 0 ,且在 x0 左側與右側, f (x)的符號異號．另外,不可導函數也會有極值,如函數 f (x) = x ,
在極小值點 x0 = 0 處是不可導的.
3 2 x
【例 2】（2024 屆北京市景山學校高三上學期考試）已知函數 f (x) = ax - 2x e (a R) .
(1)當 a = -1時,求 f (x) 的單調區間；
(2)求證：當 a > 0時,函數 f (x) 有三個不同的極值點.
【解析】（1）當 a = -1時, f (x) = -x3 - 2x2 ex ,
f x = -x3 - 2x2 - 3x2 - 4x ex = -x3 - 5x2 - 4x ex = -x x2 + 5x + 4 ex = -x x +1 x + 4 ex ,
所以在區間 - , -4 , -1,0 , f x > 0, f x 單調遞增,
在區間 -4, -1 , 0, + , f x < 0, f x 單調遞減.
所以 f x 的增區間為 - , -4 , -1,0 ；減區間為 -4, -1 , 0, + .
（2 f (x) = ax3）依題意 - 2x2 ex (a > 0) ,
f x = ax3 - 2x2 + 3ax2 - 4x ex = éax3 + 3a - 2 x2 - 4xù x 2 e = x éax + 3a - 2 x - 4ù ex ,
對于函數 g x = ax2 + 3a - 2 x - 4 a > 0 , g 0 = -4 0, D = 3a - 2 2 +16a > 0 ,
所以 g x -4有兩個零點,設為 x1, x2 ,則 x1 × x2 = < 0 ,a
不妨設 x1 < 0 < x2 ,所以在區間 - , x1 , 0, x2 , f x < 0, f x 單調遞減；
在區間 x1,0 , x2 ,+ , f x > 0, f x 單調遞增,
所以 f x 有三個不同的極值點 x1,0, x3 .
(三)由函數極值點個數確定參數范圍
此類問題一般是先把問題轉化為 f x = 0 實根個數問題,可借助圖象分析,若 f x = 0 可化為二次方程問題,
可利用二次方程根的分布求解.
1
【例 3】（2024 3屆山西省晉中市高三下學期 5 月適應訓練）已知函數 f x = x + ax ， a R
3
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若函數 g x = f x + 2lnx 存在兩個極值點，求實數 a 的取值范圍．
f x 11 = x3【解析】（ ）由 + ax ，知 f x = x2 + a .
3
當 a 0時， f x 0恒成立，所以 f x 在R 上單調遞增；
當 a<0時，有 f x = x2 + a = x + -a x - -a ，
從而對 x < - -a 和 x > -a 有 f x > 0，對- -a < x < -a 有 f x < 0 .
所以 f x 在 - ,- -a ù 和 é -a ,+ 上單調遞增，在 é - -a , -a ù 上單調遞減.
綜上，當 a 0時， f x 在R 上單調遞增；
當 a<0時， f x 在 - ,- -a ù é é ù 和 -a ,+ 上單調遞增，在 - -a , -a 上單調遞減.
（2）由于 g x 1= x3 ax 2+ + 2ln x，故 g x = x2 + + a .
3 x
3
h x = g x 2 2 x -1 記 ，則 h x = 2x - = .從而對0 < x < 1有 h x < 0，對 x >1有 h x > 0 .
x2 x2
所以 g x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增.
當 a -3時，對 x 0,1 1,+ 均有 g x > g 1 = 3 + a 0，所以 g x 不可能有兩個零點，從而 g x 不
可能有兩個極值點；
2 4 2
當 a

< -3時，由 g - ÷ = 2 > 0， g 1 = 3+ a < 0， g a a -a = > 0，結合零點存在定理可知 g x 存在è -a
2
兩個零點u
- ,1 ÷， v 1, -a .
è a
再結合 g x 的單調性知 g x 在 x 0,u v, + 時取正值，在 x u,v 時取負值，所以 g x 有極大值點
x = u 和極小值點 x = v .
綜上， a 的取值范圍是 - ,-3 .
(四)含參數的函數極值的討論
求含參數函數 f x 的極值,通常轉化為不等式 f x > 0 或 f x < 0 的解集問題,求解時要注意對參數進行分
類討論.
2x2 - ax + a
【例 4】（2024 屆河寧夏銀川一中、昆明一中高三下學期二模）已知函數 f (x) = x ，其中 a R ．e
(1)當 a =1時，求曲線 y = f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)討論 f x 的極值.
x x 2 2
【解析】（1）Q f (x)
(4x - a)e - e (2x - ax + a) -2x + (a + 4)x - 2a
=
(ex
= ，
)2 ex
a =1 f (x) -2x
2 + 5x - 2
當 時， = ， f (0) = -2 ，又Q f (0) =1
ex
，
故曲線 y = f x 在 0, f 0 處的切線方程為 y -1 = -2 x - 0 ，即 2x + y -1 = 0 .
2 Q f (x) -2x
2 + (a + 4)x - 2a (-2x + a)(x - 2) a
（ ） = x = x = 0，解得 x1 = 2， x2 = ，e e 2
a a
①若 a < 4，可得 x < 或 x > 2時， f x < 0，當 < x < 2時， f x > 0，2 2
f x , a 2, a所以 在 - ÷， + 遞減， , 2

è 2 ÷
遞增，
è 2
a
所以 f x 的極小值為 f ( )
a
= 8 - a
2 a ， f x 的極大值為 f (2) = 2 . e2 e
②若 a = 4 ，則 f x 0，所以函數 f x 在 R 上單調遞減，無極值；
a
③若 a > 4 ，當 x < 2 或 x > 時， f x < 0，當 2 < x a<2 時， f
x > 0，2
所以 f x (- ,2) a a 在 ， ,+ 2 ÷ 遞減， 2, 2 ÷遞增，è è
f x f (2) 8 - a
a a
所以 的極小值為 = 2 ， f x 的極大值為 f ( ) =2 a .e e2
a a 8 - a
綜上，當 a < 4時， f x 的極小值為 f ( ) =2 a ， f x 的極大值為 f (2) = 2 . 當 a = 4 時，函數 f x 無極e2 e
f x f (2) 8 - a
a a
值.當 a > 4 時， 的極小值為 = 2 ， f x 的極大值為 f ( ) =2 ae e2
(五)由極值點滿足條件求解不等式問題
此類問題一般是給出極值點個數或給出與極值點有關的等式不等式,證明與極值點有關的不等式或根據不等
式恒成立求參數范圍,前者通常構造函數與方程求解,后者通常轉化為函數最值或通過分類參數求解.
【例 5】（2024 屆四川省成都市樹德中學高三下學期適應性考試）已知函數 f x = x - a ln x,a R .
(1)當 a = 2時，曲線 y = f x 2與曲線 f x = -x + m 恰有一條公切線 y = -x + t ，求實數m 與 t 的值；
(2)若函數 h x = x - a ln x 1- 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 且 h x2 - h x
4
1 - ，求 a 的取值范圍.x e
2
【解析】（1）解：當 a = 2時， f x = x - 2ln x，可得 f x =1- ，
x
令 f x =1 2- = -1，可得 x =1，又由 f 1 =1，所以切點 1,1 在直線 y = -x + t 上，則 t = 2，
x
1
因為 y = -x2 + m，所以 y = -2x，令 y = -1，則 x = ，
2
在直線 y = -x + 2
1 3
方程中，令 x = ，可得 y = ，
2 2
1 3 7
又因為點 , ÷在曲線 y = -x2 + m2 2 上，所以
m = .
è 4
2
2 h x = x - a ln x 1- h x 1 a 1 x - ax +1（ ）解：函數 ，可得 = - + = x > 0x 2 2 ，x x x
ìx1 + x2 = a
x x =1
由函數 h x 有兩個極值點，所以 x2 - ax +1 = 0 1 2有兩個不等正根，則 í ，
a > 2
0 < x1 <1 < x2
1 1
由 h x2 - h x1 = x2 - a ln x2 - - x1 + a ln x1 +x2 x1
= x2 - x1 + a ln x1 - ln x
x - x
+ 2 1 2 1
1
2 = - x + 2 x + ln x
4
-
x x ，1 2 è x
1 ÷ 1 ÷ 1
1 è x1 e
1 1 2
可得 - x1 ÷ + x1 + ÷ ln x1 - ，
è x1 è x1 e
1 1
令 g x = - x + x + ÷ ln x 0 < x <1
1
， g (x) = - 2 -1
1 1 1
+ 1-
x è x x è x2 ÷
ln x +1+ 2 = 1- ln x > 0x x2 ÷ ， è
所以 g x 在區間 0,1 上單調遞增，
g 1 e 1= - + 1 因為 ÷ + e÷ 1
2
- = -
è e e
，
è e e
1 x x 1

所以由 - 1 ÷ + 1 + ÷ ln x
2 1
x x 1
- ，可得 x1 <1，
è 1 è 1 e e
2
令函數m x x 1 1= + , x é ,1 1 x -1x ê ÷，可得m x =1- = < 0， e x2 x2
m x 1 m x m 1 2, m x m 1 1所以 在[ ,1) 上單調遞減，可得 > = =
e max ÷
= e + ，
è e e
1 1ù
又因為 a = x1 + x ，所以
a 的取值范圍是 2,e + .
1 è e ú
【例 6】（2024 屆四川省成都市第七中學高三上學期考試）已知函數 f x = a ln x - ax +1 , a R .
(1)若經過點 0,0 的直線與函數 f x 的圖像相切于點 2, f 2 ,求實數 a 的值；
(2)設 g x = f x 1+ x2 -1 ,若 g x 有兩個極值點為x1 , x2 x1 x2 ,且不等式 g x1 + g x2 < l x1 + x2 恒成2
立,求實數l 的取值范圍.
【解析】（1） f (x) 的定義域為 (0, + ) ,
由 f x = a ln x - ax +1 ,得 f x a= - a ,則 f 2 a a= - a = - ,
x 2 2
因為經過點 0,0 的直線與函數 f x 的圖像相切于點 2, f 2 ,
f (2) a 1
所以 k = = - ,所以 a ln 2 - 2a +1 = -a ,解得 a = ,
2 2 1- ln 2
2
（2） g x = f x 1+ x2 1-1 = a ln x - ax + x2 ,則 g x a x - ax + a= - a + x = (x > 0) ,2 2 x x
因為 g x 有兩個極值點為x1 , x2 x1 x2 ,
x2
所以 g x - ax + a= = 0在 (0, + )上有兩個不同的根,
x
此時方程 x2 - ax + a = 0在 (0, + )上有兩個不同的根,
則D = a2 - 4a > 0 ,且 x1 + x2 = a > 0, x1x2 = a > 0 ,解得 a > 4 ,
g x + gg x x 若不等式 1 + g x2 < l x1 + x2 恒成立,則l > 1 2 恒成立,x1 + x2
g(x ) + g(x ) = a(ln x - x ) 1+ x2 + a(ln x - x ) 1+ x2 = a ln(x x ) a(x x ) 1- + + (x2 + x2因為 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2
)
= a ln(x1x2 ) - a(x
1
1 + x2 ) + é(x + x )
2 - 2x x ù 1 2
2 1 2 1 2
= a ln a - a - a
2
1
g x + g x a ln a - a
2 - a
不妨設 h(a) = 1 2 1= 2 = ln a - a -1(a > 4) ,
x1 + x2 a 2
則 h (a)
1 1 2 - a
= - = ,因為 a > 4 ,所以 h (a) < 0 ,
a 2 2a
所以 h(a) 在 (4, + ) 上遞減,所以 h(a) < h(4) = 2ln 2 - 3 ,所以l 2ln 2 - 3 ,
即實數l 的取值范圍為[2 ln 2 - 3, + ) .
x
【例 1】（2024 e屆山東省泰安肥城市高考仿真模擬）已知函數 f (x) = ， g(x)
2t
= + t ln x
x2
.
x
(1)求函數 g(x)單調區間；
(2)若函數H (x) = f (x) - g(x) 在 (0, 2) 有兩個極值點，求實數 t 的取值范圍.
【解析】（1）由題意可知，函數定義域為 (0, + )，
導數 g (x)
2t t t(x - 2)
= - 2 + =x x x2
t = 0時， g (x) = 0恒成立 t > 0時，當 x > 2, g (x) > 0；當0 < x < 2, g (x) < 0
t < 0時，當 x > 2, g (x) < 0 ；當0 < x < 2, g (x) > 0
綜上可知： t = 0時為常函數，無單調區間
t > 0時，單調增區間為： (2,+ ) ，單調減區間為： (0, 2)
t < 0時，單調增區間為： (0, 2) ，單調減區間為： (2,+ ) .
x x
（2）因為H (x) e t ln x 2t (x 0) (x - 2)(e - tx)= 2 - - > ，所以H (x) = 3 ，x x x
x
因為 H (x) 在 0,2 上有兩個極值點，則 ex - tx = 0，即 t e= 在 0,2 上有兩個根，
x
x x
令 p(x) e p (x) e (x -1)= ， =
x x2
當0 < x < 1時， p (x) < 0， p(x)單調遞減
當1< x < 2時， p (x) > 0 ， p(x)單調遞增
2
又因為 x 0 時 p(x) + ， p(1) = e， p(2) e= ，
2
e2
所以 h(x) 在 (0, 2) 上有 2 個極值點需滿足 e < t < .
2
e2
綜上所述，當 e < t < 時，函數 H (x) 在 (0, 2) 上有兩個極值點.
2
1 2
【例 2】（2024 屆山東省智慧上進高三下學期 5 月大聯考）已知函數 f x = + ax ÷ ln x + - 2è x ，其中
a R ．
(1)當a 1時，判斷 f x 的單調性；
(2)若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）證明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）證明： x 1,+ 時， f x
1 4 5
> -
x3 x2
+ - 2
x ．2 2 2
1 2
【解析】（1）函數 f x = + a ln x + - 2x ÷ x 的定義域為 0, + ，è
1+ ln x
則 f x - ln x 1 1 2
a -
= + x ，
x2
+ a
x ÷
- =
è x x2 x
令 g x a 1+ ln x ln x= - ， x 0, + ，則 g x = ，
x x2
所以當0 < x < 1時 g x < 0，當 x >1時 g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
所以 g x 在 x =1處取得極小值，即最小值，所以 g x = g 1 = a -1 0min ，
所以 f x 0在 0, + 上恒成立，所以 f x 在 0, + 上單調遞增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值為 g 1 = a -1，
當 x 0 時 g x + ，當 x + 時 g x a，
若 f x 存在兩個極值點 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，則 g x = 0有兩個不相等的實數根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，
ìa > 0 1 1
所以 í ，解得 0 < a < 1，又 g ÷ = a > 0，所以 < x1 < 1 < x g 1 = a -1< 0 e e
2 ，
è
且當0 < x < x1 時 g x > 0，即 f x > 0，則 f x 單調遞增，
當 x1 < x < x2 時 g x < 0，即 f x < 0，則 f x 單調遞減，
當 x > x2 時 g x > 0，即 f x > 0，則 f x 單調遞增，
所以x1為 f x 的極大值點，x2為 f x 的極小值點，
ìa 1+ ln x- 1 = 0 ìx 1+ ln x= 1
x 11 a
因為 í 1 ，所以+ ln x í ， a - 2 = 0 x 1+ ln x2 = 2
x2 a
要證 x2 - x1 + 2
2 2 1
> ，即證 x2 > - 2 + x1，又 < xa a e 1
<1，
x 2
2x
只需證 2 > -1 x
2
，即證 2 > -1 ln x
x -1
- 2 > 0
a 1+ ln x
，即證 2
2 x2 +1
，
1 2 x2 +1
令 p x = ln x x -1- x >1 ，則 p x = - 2 = 2 > 0，x +1 x x +1 x x +1
x2 -1
所以 p x 在 1, + 上單調遞增，所以 p x > p 1 = 0 ，即 ln x2 - > 0x 成立，2 +1
2
所以 x2 - x1 + 2 > ；a
1+ ln x
（ⅱ）由（ⅰ 2）知 x2 >1，a = x ，2
且當1< x < x2 時 f x < 0，當 x > x 2 時 f x > 0，
所以 f x 在 1, x2 上單調遞減，在 x2 ,+ 上單調遞增，
所以 f x f x2
1
= + a ÷ ln x
2
2 + - 2
è x2 x2
1 1+ ln x 2 2
= + 2 ln x 2ln x2 + ln x2 + 2 - 2x ÷ 2x x 2 + - 2 = ，è 2 2 x2 x2
令H x = ln x 1 x 1 1 x -1+ >1 ，則H x = - = > 0，
x x x2 x2
所以H x 在 1, + 上單調遞增，
所以H x > H 1 =1，即 ln x 1 1> - > 0 x >1 ，
x
2
1 1 2 1- + 1- + 2 - 2x
所以 2ln x2 + ln x
2
2 + 2 - 2x 2 è x ÷ 2 è x ÷ 22 1 4 5 ，> = 3 - 2 + - 2x2 x2 x2 x2 x2
所以 f x
1 4 5
> 3 - 2 + - 2x .2 x2 x2
【例 3】（2025 屆云南省三校高三聯考）（1）證明：當0 < x < 1時， x - x2 < sinx < x；
（2 2）已知函數 f x = cos ax - ln 1- x ，若 x = 0是 f x 的極小值點，求 a 的取值范圍.
【解析】（1）證明：令 g(x) = x - x2 - sin x(0 < x <1)，
則 g x =1- 2x - cos x，令m x = g x =1- 2x - cos x
則m x = -2 + sin x < 0恒成立，則 g (x) 在( 0, 1)上單調遞減，
則 g (x) < g (0) = 0，所以 g(x)在( 0, 1)上單調遞減，
則 g(x) < g(0) = 0，即 x - x2 < sin x；
同理，令 h(x) = sin x - x(0 < x <1)，則h (x) = cos x -1 < 0，
則 h(x) 在( 0, 1)上單調遞減，
則 h(x) < h(0) = 0 ，即 sin x < x ，
故當0 < x < 1時， x - x < sin x < x .
（2）解：由題 f (x) = -a sin ax
2x
+ 2 ，令 n x = f x = -a sin ax
2x
+ ，
1- x 1- x2
2 1- x2 + 2x × 2x
n x a2 cos ax 2 + 2x
2
則 = - + 2 = -a
2 cos ax + ，
1- x2 21- x2
又 f 0 = 0, n 0 = -a2 + 2，則
①若 n 0 = 2 - a2 > 0，即- 2 < a < 2 時，
易知存在d > 0 ，使得 x (0,d ) 時， n x > 0，
\ f (x)在 (0,d )上單調遞增，則 f (x) > f (0) = 0 ，
則 f (x) 在 (0,d )上單調遞增，與 x = 0是 f (x) 的極大值點矛盾，舍去.
②若 n 0 = 2 - a2 < 0 ，即 a < - 2 或 a > 2 時，
易知存在d > 0 ，使得 x (-d ,d )時， f (x) < 0 ，\ f (x)在 (-d ,d )上單調遞減，又 f (0) = 0 ，
\當-d < x < 0時， f (x) > 0 ， f (x) 單調遞增，當0 < x < d 時， f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減，
滿足 x = 0是 f (x) 的極大值點，符合題意.
③若 n 0 = 2 - a2 = 0，即 a = ± 2 時，由 f (x) 為偶函數，不妨只考慮 a = 2 的情形，
f (x) 2 sin( 2x) 2x , x 2x此時 = - + 2 (0,1)， f (x) > -2x + 2 = 2x(
1
-1) > 0，
1- x 1- x 1- x2
\ f (x)在( 0, 1)上單調遞增，這與 x = 0是 f (x) 的極大值點矛盾，舍去.
綜上所述， a 的取值范圍為 (- ,- 2) U ( 2,+ ) .
【例 4】（2024 屆浙江省紹興市柯橋區三模）若函數a(x) 有且僅有一個極值點m ，函數 b (x) 有且僅有一個
極值點 n，且m > n ，則稱a(x) 與 b (x) 具有性質a - b / /m > n．
(1) 2 x函數j1(x) = sin x - x 與j2 x = e - x是否具有性質j1 -j2 / /x0 > 0？并說明理由．
(2)已知函數 f x = aex - ln x +1 與 g x = ln x + a - ex +1具有性質 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a 的取值范圍；
（ii）證明： g x1 > x2 ．
【解析】（1）函數j1(x) = sin x - x
2
與j2 x = ex - x具有性質j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x h x = j ，令 1 x = cosx - 2x ，則 h x = -sinx - 2 < 0 j ，故 1 x1 單調遞減，

又j1 0 = cos0 - 0 =1 > 0 j ， 1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
則j1 x 在 - , x0 上單調遞增，在 x0 ,+ 上單調遞減，
故j1(x) 有且僅有一個極值點 x0 0,1 ，
j 2 x = ex -1，則當 x < 0 時，j2 x < 0，當 x > 0時，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
故j2 (x)有且僅有一個極值點 0 ，
j 2 x故函數 1(x) = sin x - x 與j2 x = e - x具有性質j1 -j2 / /x0 > 0；
x 1
（2）（i） f x = ae - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
當 a 0時， f x aex 1= - < 0，此時 f x 沒有極值點，故舍去，
x +1
x 1
當 a > 0 m x = f x = aex 1時， 令 - ，則m x = ae + > 0
x +1 x +1 2 恒成立，
故 f x 在 -1, + 上單調遞增， g x 1= - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
1
由 a > 0，令 n x = g x 1= - ex ，則 n x = - - ex < 0
x + a x + a 2 恒成立，
故 g x 在 -a, + 上單調遞減，
a 0,1 f 0 ae0 1當 時，有 = - = a -1< 0 ，又 x + 時， f x + ，
0 +1
故此時存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上單調遞減，在 x1,+ 上單調遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 0, + ，
g 0 1= - e0 1有 = -1 > 0，又 x + 時， g x - ，
a a
故此時存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
則 g x 有唯一極值點 x2 0, + ，
即有 f x1 = aex
1 1
1 - = 0 ， g x x2x +1 2 = - e = 01 x2 + a
，
即 e
x 1 11 = x2， e = ，此時需滿足 x > x > 0，則 ex1 > ex2a x1 +1 x + a 1 2 ，2
1 1 x2
故有 > a < <1a x +1 x + a ，即 x2 > ax1，即 ，故 a 0,1x 符合要求；1 2 1
當 a 1, + 時， f 0 1= ae0 - = a -1 > 0，又 x -1時， f x - ，
0 +1
故此時存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上單調遞減，在 x1,+ 上單調遞增，
則 f x 有唯一極值點 x1 -1,0 ，
g 0 1= - e0 1有 = -1< 0 ，又 x -a 時， g x + ，
a a
故此時存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
則 g x 有唯一極值點 x2 -a,0 ，
1 1
> x2同理可得 a x +1 x + a ，此時需滿足0 > x1 > x2，即 x2 > ax1，則
a >
x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故該不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
當 a =1時，有 f 0 = ae0 1- = a -1 = 0， g 0 1= - e0 1= -1 = 0，
0 +1 a a
此時 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的極值點都為 0 ，不符合要求，故舍去；
綜上，故 a 0,1 1,+ ；
（ii）當 a x
1
0,1 2 0時，有 x1 > x2 > 0，則 e = > e =1，故0 < x2 + a <1x + a ，2
g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
則 g x1 < g x2 = ln x2 + a - ex
1
2 +1 = ln x2 + a - +1x ，2 + a
令 t = x2 + a 0,1 ，則 g x2 = lnt
1
- +1，令m t lnt 1= - +1， t 0,1
t t
則m t 1 1= + 2 > 0，故m t 在 0,1 上單調遞增，t t
則 g x 12 = lnt - +1< m 1 = ln1
1
- +1 = 0 ，
t 1
故 g x1 > g x2 ，要證 g x1 > x2 ，只需證 g x1 + x2 < 0，
g x1 + x2 < g x2
1
+ x2 = ln x2 + a - ex2 +1+ x = ln - ex2 x22 ex +1+ x2 =1- e < 0，2
即當 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
1當 a 1, + 時，有0 > x x2 01 > x2，則 e = < e =1，即 x2 + a >1x + a ，2
g x 在 -a, x2 上單調遞增，在 x2 ,+ 上單調遞減，
g x > g 0 = ln 0 + a - e0則 1 +1 = lna > 0 ，
即要證 g x1 > x2 ，只需證 g x1 + x2 > 0，
g x1 + x2 = ln x1 + a - ex1 +1+ x2 > ln x2 + a - ex1 +1+ x2
1
= ln - ex1 +1+ x = -x - ex1 +1+ x =1- ex1 >1- e0 = 0，
ex2 2 2 2
即當 a 1, + ，有 g x1 > x2 ；綜上所述， g x1 > x2 .
1
1. （2024 2屆西藏拉薩市第三高級中學高三下學期 5 月月考）已知函數 f x = x + 2lnx - ax a R .
2
(1)討論 f x 的單調性：
(2)若 f x 有兩個極值點 x1, x2 ，求證： f x1 + x2 < 3ln2 - 4 .
2．（2024 x 2屆河南省鶴壁市外國語學校高三上學期 11 月檢測）已知函數 f x = e - ax a R ，其中 e 為自
然對數的底數．
(1)若函數 f x 在 0, + 上有 2 個極值點，求 a 的取值范圍；
(2)設函數 g x = f x + e1-x - ex + ax2 + cos x ， x 0,2π ，證明： g x 的所有零點之和大于 2π．
1
3．（2024 遼寧省沈陽市第一二〇中學高三最后一卷）設函數 f x = xlnx - x - ax2 的兩個極值點分別為
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求實數 a 的取值范圍；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正數l 的取值范圍（其中 e = 2．71828L為自然對數的底數）．
4．（2024 屆四川省百師聯盟 2024 屆高三聯考）已知函數 f x = ax ln x - 2x + b （ a ，b R ）在點 1, f 1
處的切線方程為 y = -x．
(1)求函數 f x 的極值；
(2) g x = ex é 1 ù設 êxf x ÷ + 2ú + mx （m R ），若 g x 0恒成立，求
m 的取值范圍．
è
5．（2024 屆湖南省長沙市雅禮中學高三下學期二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數在一點的一個鄰
域（包含該點的開區間）內處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數在該點處的值就是一
個極大（小）值.
f x + Dx - f x
對于函數 y = f x ，設自變量 x 從 x 變化到 x + Dx ，當Dx > 0， lim 0 0 0 0 是一個確定的值，
Dx 0 Dx
則稱函數 y = f x f x + Dx - f x在點 x0 處右可導；當Dx < 0 ， lim 0 0 是一個確定的值，則稱函數 y = f x
Dx 0 Dx
在點 x0 處左可導.當函數 y = f x 在點 x0 處既右可導也左可導且導數值相等，則稱函數 y = f x 在點 x0 處可
導.
(1)請舉出一個例子，說明該函數在某點處不可導，但是該點是該函數的極值點；
2
(2)已知函數 f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（ⅰ）求函數 g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0處的切線方程；
（ⅱ）若 x = 0為 f x 的極小值點，求 a 的取值范圍.
6．（2024 屆河北省名校聯盟高考三模）已知函數 f x = cosx + 2x．
(1) x當 x - ,0 時，證明： f x < e ．
(2)若函數 g x = ln x +1 + ex - f x ，試問：函數 g x 是否存在極小值？若存在，求出極小值；若不存在，
請說明理由．
a
7．（2024 屆四川省攀枝花市高考數學三模）已知函數 f (x) = ln x + -1(a R)．
x
(1)求函數 f (x) 的極值；
(2)設函數 f (x)
1
的導函數為 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），證明： f x1 + f x2 + > 1．a
8．（2024 屆江蘇省揚州市高三下學期高考考前調研測試）已知函數 f x = sinx, g x = x．
(1)求函數 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的極值；
gx x j , x 0, π= (2)函數 f x ÷．è 2
①討論函數j x 的單調性；
1
②函數F x = a ×j x ×cosx - < 0j x ，求實數 a 的取值范圍．
9．（2024 屆江蘇省南通市模擬預測）設 a > 0，函數 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)當 a =1時，求過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程：
(2) x1, x2 是函數 f (x) 的兩個極值點，證明： f x1 + f x2 為定值．
f (x) aeax ln x + ln a +110．（2024 屆廣西貴港市高考模擬預測）已知函數 = - ．
x
(1)當 a =1時，請判斷 f (x) 的極值點的個數并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實數 a 的取值范圍．
a 1
11．（2024

屆江蘇省蘇州大學高三下學期高考考前指導卷）已知函數 f x = ax - - 2ln x 在區間
x
, e
e ÷內有è
兩個極值點.
(1)求實數 a 的取值范圍；
(2)若 f x 的極大值和極小值的差為M ，求實數M 的取值范圍.
12．（2024 2屆北京市順義區第一中學高三下學期考前適應性檢測）已知函數 f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 a < 0時，求證：函數 f x 存在極小值；
(3)求函數 f x 的零點個數.
13．（2024 2屆河北省雄安新區部分高中高考三模）已知函數 f x = xlnx - ax - 3x a R ．
(1)若 x =1是 f x 的一個極值點，求 a 的值；
(2)若 f x 有兩個極值點x1，x ，其中 x1 < x2，求 a2 的取值范圍．
14．（2024 2屆天津市民族中學高三下學期 4 月模擬）已知函數 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)當 a = 2時，試求函數圖象在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)若函數 f x 有兩個極值點x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范圍；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，試求實數 m 的取值范圍．
π
15．（2024 屆貴州省畢節市高三第三次診斷性考試）（1）證明：當 < x π
cos x π
< 時， < - x < cos x ；
2 sin x 2
（2）已知函數 f (x)
π π
= 2ax - tan x 在 x - , ÷上有兩個極值點，求實數 a 的取值范圍．
è 2 2

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