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專題 4 用導數研究函數的最值
函數與導數一直是高考中的熱點與難點,函數的最值是函數的一個重要性質,有些復雜的函數的最值,只能借
助導數來求,高考常考題型一是給出確定函數或含有參數的函數求最值,二是求解不等式恒成立問題,常常利
用函數的最值來求解,此類問題一般難度較大,多以壓軸題形式出現.
(一) 求函數 y f x 在閉區間 a,b 上的最值
一般地,如果在區間 a,b 上函數 y f x 的圖象是一條連續不斷的曲線,那么它必有最大值與最小值．
求函數 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步驟
(1)求函數在(a,b)內的極值；
(2)求函數在區間端點的函數值 f(a),f(b)；
(3)將函數 f(x)的極值與 f(a),f(b)比較,其中最大的一個為最大值,最小的一個為最小值．
π
【例 1】（2024 屆山西省晉中市平遙縣高三沖刺調研）已知函數 f x ln x + sin x + sin .
10
(1)求函數 f x 在區間 1,e 上的最小值；
(2)判斷函數 f x 的零點個數，并證明.
π
【解析】（1）因為 f x ln x + sin x + sin ，
10
所以 f (x)
1
+ cos x ，令 g x f (x) 1 cos x g x 1 + ， - 2 - sin x ，x x x
當 x 1,e 1時， g x - 2 - sin x < 0，x
所以 g x 在 1,e 上單調遞減，且 g 1 1+ cos1 > 0，
g e 1 cos e< 1 + + cos 2π 1 1 - < 0 ，
e e 3 e 2
所以由零點存在定理可知，在區間[1,e]存在唯一的a ，使 g a f a 0
又當 x 1,a 時， g x f x > 0；當 x a , e 時， g x f x < 0 ；
所以 f x 在 x 1,a 上單調遞增，在 x a , e 上單調遞減，
又因為 f 1 ln1+ sin1+ sin π sin1 sin π+ ，
10 10
f e ln e + sin e + sin π 1+ sin e + sin π > f 1 ，
10 10
π
所以函數 f (x) 在區間[1,e]上的最小值為 f 1 sin1+ sin .
10
（2）函數 f x 在 0, + 上有且僅有一個零點，證明如下：
函數 f x π 1 ln x + sin x + sin ， x 0, + ，則 f (x) + cos x ，
10 x
若0 < x 1， f (x)
1
+ cos x > 0，
x
所以 f (x) 在區間 0,1 π上單調遞增，又 f 1 sin1+ sin > 0，
10
f 1 ÷ -1+ sin
1 π π π
+ sin < -1+ sin + sin 0，
è e e 10 6 6
結合零點存在定理可知， f (x) 在區間 0,1 有且僅有一個零點，
若1 < x π ，則 ln x > 0,sin x 0 ， sin
π
> 0，則 f x > 0，
10
若 x > π，因為 ln x > ln π >1 -sin x，所以 f x > 0，
綜上，函數 f (x) 在 0, + 有且僅有一個零點.
(二) 求函數在非閉區間上的最值
求函數在非閉區間上的最值,一般通過研究函數的單調性與極值來確定,若函數在某一區間上有唯一極值點,
則該點處的極值一定是函數的最值.
ax 12 2【例 】（2024 屆青海省部分學校高三下學期協作考試模擬預測）已知函數 f x e + x - ax（ a R ）.
2
(1)當 a 1時，求 f x 的最值；
(2)當a -1,1 時，證明：對任意的x1， x2 -2, 2 ，都有 f x1 - f x2 ≤ e2 -1.
1 a 1 f x ex 1+ x2【解析】（ ）當 時， - x ， f x ex + x -1，
2
易知 f x ex + x -1在上R 單調遞增.
因為 f 0 0，所以當 x < 0 時， f x < 0，當 x > 0時， f x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以 f x 有最小值 f 0 1，無最大值.
2 f x aeax + x - a . g x f x aeax（ ）證明： 令 + x - a ，則 g x a2eax +1 > 0，
所以 f ' x 在 -2,2 上單調遞增.
又 f 0 0，所以當 x < 0 時， f x < 0，當 x > 0時， f x > 0，
所以 f x 在 -2,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，
即當a -1,1 時， f x 在 -2,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增.
所以 f 2 - f 0 e2a - 2a +1， f -2 - f 0 e-2a + 2a +1 .
h t e2t令 - 2t - e2 + 2，則 h t 2e2t - 2 ，當 t < 0時， h t < 0 ，當 t > 0時， h t > 0，
所以 h t 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
因為h 1 0， h -1 1 2 + 4 - e2 < 0 ，所以當 t -1,1 時， h t 0，e
即當 t -1,1 時， e2t - 2t +1 e2 -1，
所以當a -1,1 時， e2a - 2a +1≤ e2 -1且 e - 2a + 2a +1≤ e2 -1，
即 f 2 - f 0 e2 -1且 f -2 - f 0 e2 -1，
2
即對任意的x1， x2 -2, 2 ，都有 f x1 - f x2 ≤ e -1.
(三) 含單參數的函數在閉區間上的最值問題
含單參數的函數的最值一般不通過比值求解,而是先討論函數的單調性,再根據單調性求出最值．含參函數在
區間上的最值通常有兩類：一是動極值點定區間,二是定極值點動區間,這兩類問題一般根據區間與極值點的
位置關系來分類討論．
【例 3】（2024 屆廣東省東莞中學、廣州二中等高三下學期六校聯考）已知函數
f x 1 x2 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時，求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + ，
x2 + 1- a x - a x +1 x - a
求導數，得 f x x 1 a a + - - ，
x x x
若a 0，則 f x > 0，此時 f x 在 0, + 上單調遞增，
若 a > 0，則由 f x 0得 x a，當0 < x < a 時， f x < 0， f x 在 0,a 上單調遞減，
當 x > a時， f x > 0 ， f x 在 a,+ 上單調遞增，
綜上，當a 0， f x 的增區間為 0, + ，無減區間，
若 a > 0， f x 減區間為 0,a ，增區間為 a,+ .
（2）由（1）知，當0 < a 1時， f x 在區間 1,e 上為增函數，
函數 f x 1 2的最大值為 f e e + 1- a e - a ，
2
當a e 時， f x 在區間 1,e 上為減函數，
函數 f x 的最大值為 f 1 3 - a，
2
當1 < a < e 時， f x 在區間 1,a 上為減函數，在 a, e 上為增函數，
函數 f x 的最大值為max f (1), f (e) ，
由 f e - f 1 1 e2 1 a e 3 0 a 1 e 1 3 + - - > ，得 < + - ，
2 2 2 2e
1 a 1 e 1 3 1若 < < + - 時，函數 f x 2的最大值為 f e e + 1- a e - a ，
2 2e 2
1
若 e 1
3 3
+ - a < e時，函數 f x 的最大值為 f 1 - a，
2 2e 2
1 3 1 2
綜上，當 a < e +1- 時，函數 f x 的最大值為 f e e + 1- a e - a ，
2 2e 2
當 a
1
e 1 3+ - 時，函數 f x 3的最大值為 f 1 - a .
2 2e 2
(四) 把不等式恒成立或有解問題轉化為函數的最值問題
有些不等式恒成立或有解問題,常通過分離參數,轉化為求函數的最值問題,常用結論是：若 f x 的值域為
m, M ,則 f x a 恒成立 a m , f x a 有解 a M .
【例 4】（2024 屆湖南省岳陽市湘陰縣第一中學高三下學期期中）已知函數 f 1+ lnx x -1 （ a為常數），
x - a
x 2是函數 f x 的一個極值點.
(1)求實數 a的值；
(2)如果當 x
m
2時，不等式 f x 恒成立，求實數m 的最大值；
x
n 2 1 2 3 n (3)求證： - + + +L+ ÷ < ln n +1 .
è 2 3 4 n +1
x - a
-1- ln x -1
【解析】（1）由題意得： f x x -1 ，
x - a 2
因為 x 2是函數 f x 的一個極值點，
所以 f 2 0，解得： a 1，
x -1
-1- ln x -1
則 ln x -1f x x -1 ，
x -1 2
-
x -1 2
令 f x > 0，則1< x < 2，令 f x < 0，則 x > 2，
所以 x 2是函數 f x 的一個極值點，
所以 a 1；
1+ ln x -1（2）由（1）得 f x ，定義域為 1, + ，
x -1
1+ ln x -1
所以問題等價于m x × 在 2, + 上恒成立，
x -1
1+ ln x -1
x -1- ln x -1
構造函數 g x x × ， x 2，則 g x
x -1 x -1 2 ，
令 h x x -1- ln x -1 ， x 2，則 h x x - 2 ，
x -1
所以 x 2時，h x 0， h x 在 2, + 遞增，
所以 h x h 2 1 > 0，所以 g x > 0，
所以 g x 在 2, + 遞增，
所以 g x g 2 2min ，所以m 2，
所以實數m 的最大值為 2；
f x 2 1+ ln x -1（3）由（2 2）得： x 2時， ，即 ，
x x -1 x
整理得 ln x 2 2-1 1- >1- ，
x x -1
k +1 2
令 x -1 ，則1- 1
2k ln k +1 1 2k- ，即 > - ，
k x -1 k +1 k k +1
k 1 1 2 1 時， - < ln 2 ， k 2時，1- 2 2 < ln 3 ，
2 1 3 2
…，
k n 時，1
n n +1
- 2 × < ln ，
n +1 n
將以上不等式兩端分別相加得：
n 2 1 2 L n ln 2 3 L n +1- + + + <

，
è 2 3 n +1÷ ÷ è 1 2 n
n 2 1 2 n即 - + +L+

÷ < ln n +1 .
è 2 3 n +1
(五) 含雙參數的函數的最值問題
含雙參數的函數的最值一般與恒成立問題有關，通常是先通過函數的最值把問題兩個參數的等式或不等式，
再把其中一個參數看作自變量，構造函數求解．
x
【例 5】（2023 屆河南省安陽市高三上學期名校調研）已知函數 f x e - ax + b ．
(1)當b 0時，討論 f x 的單調性；
(2)當 a > 0時，若 f x 0，求 b 的最小值．
【解析】 (1)當b 0時， f x ex - ax f x ex， - a ，當 a 0時， f x ex -a > 0， f x 在 R 上單調
遞增；當 a > 0時，令 f x 0有 x ln a，當 x - , ln a 時， f x < 0， f x 單調遞減，當 x ln a,+
時， f x > 0， f x 單調遞增.
(2)當 a > 0時，由（1）若 f x 0，則 f ln a 0有解即可，即 a - a ln a + b 0 有解，即 b a ln a - a 有解，
設 g a a ln a - a，則 g a ln a，故當0 < a <1時， g a < 0 ， g a 單調遞減；當a >1時， g a > 0，
g a 單調遞增.故 g min a ln 1 - 1 -1，故當b a ln a - a -1min .故 b 的最小值為 -1
(六) 根據 f x a 恒成立,求整數 a 的最大值
根據 f x a 恒成立,求整數 a 的最大值,通常情況是 f x 有最小值,但無法求出,這種情況下一般設出函數
的極值點,把最小值轉化為關于極值點的式子,根據極值所在范圍,確定最小值的大致范圍,由此確定整數 a 的
最大值.
【例 6】（2024 2屆山東省日照市高三下學期三模）已知函數 f x a ln x - x + a - 2 x，
g x x - 2 ex - x2 - 4x + m， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a -1時，對"x 0,1 ， f x > g x ，求正整數m 的最大值.
【解析】（1）函數 f x a x +1 -2x + a 的定義域為 0, + ，求導得 f x - 2x + a - 2 ，
x x
①當a 0時，有 f x < 0，此時函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
a a
②當 a > 0時，當 x 0, ÷ 時， f x > 0，此時函數 f x 在區間 0, ÷上單調遞增；
è 2 è 2
x a ,+ a 當 ÷時， f x < 0，此時函數 f x 在區間 ,+ ÷ 上單調遞減.
è 2 è 2
所以當a 0時，函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
當 a > 0時，函數 f x 0, a a 在區間 ÷上單調遞增，在區間 ,+ 上單調遞減.
è 2 è 2 ÷
x
（2）當 a -1， x 0,1 時， f x > g x 恒成立，等價于m < -x + 2 e - ln x + x 恒成立，
設 h x 1 -x + 2 ex - ln x + x， x 0,1 x ，則 h x 1- x e - ，
è x ÷
當0 < x < 1時，有1 - x > 0 ，
u x ex 1函數 - 在 0,1 1 上單調遞增，且u ÷ e - 2 < 0 ，u 1 e -1 > 0 ，x è 2
x 1 x
1
0
則存在唯一的 0 ,1÷，使得u x0 0，即 e ，
è 2 x0
當 x 0, x0 時，u x < 0， h x < 0；當 x x0 ,1 時，u x > 0 ， h x > 0，
函數 h x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0,1 上單調遞增，
h x h x0 -x0 + 2 ex
1
0 - ln x0 + x0 -x0 + 2 + 2x
2
0 -1+ + 2xmin x0 x
0
0
y 1 2 2x x 0,1 y 2 2 2設 - + + ，則當 時， - 2 + < 0，函數 y -1+ + 2x在 0,1 上單調遞減，x x x
x 1 ,1 又因為 0 ÷，所以h x0 3,4 .
è 2
所以正整數m 的最大值是 3.
【例 1】（2024 屆湖南省岳陽市汨羅市高三下學期 5 月月考）函數 f x ln x, g x x2 - x -m+ 2．
(1)若m e，求函數F x f x - g x 的最大值；
(2)若 f x + g x x2 - x -2 ex在 x (0, 2]恒成立，求實數 m 的取值范圍．
2
【解析】（1）因為F x ln x - x + x + e - 2，
F (x) 0,+ F (x) 1 2x 1 (2x +1)(x -1)可知 的定義域為 ，且 - + - ，
x x
由F (x) > 0，解得0 < x <1；由 F (x) < 0，解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)內單調遞增，在 (1, + )內單調遞減，
所以函數F x f x - g x 的最大值為F 1 e-2．
（2）因為 f (x) + g(x) x2 - (x - 2)ex 在 x (0, 2]恒成立，
等價于m (x - 2)ex + ln x - x + 2在 x (0, 2]恒成立．
設 h(x) (x - 2)ex + ln x - x + 2， x (0, 2]，
則 h (x) (x -1)ex
1
+ -1 x -1 ex
1
- ÷ ，x è x
1
當 x >1 1時，則 x -1 > 0，且 e x > e, < 1 x，可得 e - > e -1 > 0x ，x
所以 h (x) > 0；
當0 < x <1時，則 x -1< 0，
設u(x) ex
1
- ,0 < x <1，則u (x) ex
1
+ 2 > 0，x x
1
可知u(x) 在( 0, 1)遞增，且u ÷ e - 2 0,u(1) e -1 0．
è 2
1
則$x
,1 0 ÷ ，使得u x0 0．
è 2
當 x 0, x0 時，u(x) < 0；當 x x0 ,1 時，u(x) > 0．
當 x 0, x0 時， h (x) > 0；當 x x0 ,1 時， h (x) < 0．
可知函數 h(x) 在 0, x0 遞增，在 x0,1 遞減，在 (1, 2)遞增．
u x ex 1 x 10 0由 0 - 0，得 e ，且 ln x0 -xx x 0 ．0 0
可得 h x0

x - 2 ex00 + ln x
1 1
0 - x0 + 2 x0 - 2 - 2x0 + 2 3- 2x x0 + ÷，0 è x0
x 1且 0 ,1

，則h x < 0，
è 2 ÷ 0
又因為 h(2) ln 2 > 0，可知當 x (0, 2]時，h(x)max h 2 ln 2，
所以m 的取值范圍是[ln 2, + ) ．
a
【例 2】（2024 屆云南省昆明市第一中學高三考前適應性訓練）已知函數 f x x - ln x， a > 0．
(1)求 f x 的最小值 g a ；
1
(2)證明： g a a + -1．
a
a
【解析】（1） f (x) 的定義域為 0, + ， f x axa-1 1 ax -1- ，
x x
1
令 axa0 -1 0 解得 x
1

a
÷ ，又因為當 a > 0時， y ax
a -1
0 為增函數，
è a
故當 x 0, x0 時， f x < 0，則 f x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0,+ 時， f x > 0，則 f x 在 x0 ,+ 上單調遞增；
f x a 1 1 1 1+ ln a 1+ ln a故 min f x0 x0 - ln x0 - ln ，故 g a a a a a a ．
g a 1+ ln a - ln a（2） a ， a > 0，則 g
a ，
a2
故當a 0,1 時， g a > 0，則 g a 在 0,1 單調遞增；
當a 1,+ 時， g a < 0 ，則 g a 在 1, + 單調遞減；
故 g a max g 1 1．
a 1
1
又因為 + 2 a 1 2，所以 a + -1 1（當且僅當 a 1時，取“ ”a ），a a
所以 g a a 1+ -1．
a
【例 3】（2024 屆河南省信陽市高級中學高三下學期三模）已知函數 f x ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，求 a 的取值范圍.
【解析】（1） f x a 1 -ax + a +1 + (x <1)，
1- x 1- x
①當 a 0時， f (-1) -a - ln 2 < 0，不符合題意.
1
②當 a<0時，令 f (x) 0，解得 x 1 + ，
a
當 x
1 1 - ,1+

÷時， f (x) < 0 ， f (x)

在區間 - ,1+

上單調遞減，
è a è a ÷
x 1 1+ ,1 f (x) > 0 f (x) 1當 ÷時， ， 在區間 1+ ,1

a ÷
上單調遞增，
è è a
1 1
所以當 x 1 + 時， f (x) 取得最小值 f 1+ ÷ a +1+ ln -a a ；a è
若 f x 0恒成立，則 a +1+ ln -a 0，
設j x x +1+ ln -x (x < 0)，則j x 1 x +1 1+ ，
x x
當 x - , -1 時，j x > 0,j x 在區間 - , -1 上單調遞增，
當 x (-1,0)時，j x < 0,j x 在區間 -1,0 上單調遞減，
所以j x j -1 0 ，即 a +1+ ln -a 0的解為 a -1 .
所以 a -1 .
（2）當 a 0時， f (x) > 0， f (x) 在區間 (- ,1)上單調遞增，
所以 f (x) 至多有一個零點，不符合題意；
當 a<0時，因為 f (0) 0，不妨設 x1 0 ，
若0 < x2 <1，則 x2 - x1 <1< e -1，不符合題意；
若 x2 < 0，則 x2 <1- e，
由（2）可知，只需 f (1- e) < 0 ，即 a(1- e)
1
-1< 0，解得 < a < 0，
1- e
1
即 a

的取值范圍為 ,01- e ÷ .è
【例 4】（2024 屆廣東省廣州市高中畢業班沖刺訓練二）已知函數 f x xeax （ a > 0）.
(1)求 f x 在區間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當a 1時，求證： f x ln x + x +1.
ax
【解析】（1）解： f x e 1+ ax （ x > 0）（ a > 0），
令 f x 0 x 1，則 - ，
a
1
當0 < a 1時，- -1，所以 f x 0在區間 -1,1 上恒成立， f x 在區間 -1,1 上單調遞增，
a
所以 f x f -1 -e-a ， f xmin fmax 1 e
a .
1 x é 1, 1 f x 0 f x é 1, 1當 a > 1時，-1 < - <1，則當 ê- - ÷時， < ， 在區間 ê- - ÷上單調遞減；a a a
x 1 ù 1 ù當 - ,1ú 時， f x > 0， f x 在區間 - ,1 上單調遞增，è a è a ú
所以 f x f 1 1 - ÷ -min ，è a ae
而 f -1 -e-a < 0， f 1 ea > 0 .所以 f x f 1max e
a
0 < a 1 f x -e-a綜上所述，當 時， ， f x eamin max ；
1
當 a > 1時，所以 f x - ， f x eamin .ae max
（2）方法一：隱零點法
因為 x > 0，a 1，所以 xeax xex ，欲證 xeax ln x + x +1，只需證明 xex ln x + x +1，
設 g x xex - ln x x 1- -1 x ，（ x > 0）， g x x +1 e - ÷，
è x
f x ex 1令 - ，易知f x 在 0, + 上單調遞增，
x
f 1 而 ÷ e - 2 < 0 ，f 1 e -1 > 0，
è 2
1
所以由零點的存在性定理可知，存在唯一的 x0 ,1÷ 使得f x0 0，
è 2
ex 10 - 0 ex 10即 x ，因此 x ，
x0 - ln x0 ，
0 0
當 x 0, x0 時，f x < 0， g x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0,+ 時，f x > 0， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增；
所以 g x g x ex00 x0 - ln x
1
0 - x0 -1 x0 - - ln x0 - xmin x 0
-1 0
0
所以 g x 0，因此 f x ln x + x +1.
方法二：（同構）
因為 x > 0，a 1，所以 xeax xex ，欲證 xeax ln x + x +1，只需證明 xex ln x + x +1，
只需證明 xex eln xex ex ln x+x ln x + x +1，
x
因此構造函數h x e - x -1（ x R ），
h x ex -1，
當 x - ,0 時，h x < 0，h x 在 - ,0 上單調遞減；
當 x 0,+ 時，h x > 0，h x 在 0, + 上單調遞增：
所以 h x h 0 0，所以 ex x +1，
所以 xex ln x + x +1，
因此 f x ln x + x +1.
【例 5】（2024 屆江蘇省宿遷市高三下學期三模）已知函數 f (x) ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲線 y f (x) 在 x 2處的切線的方程為 x + y b，求實數b 的值；
(2)若函數 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求 a 的取值范圍．
(a, 9a【解析】（1）因為 f (x) ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函數的定義域為 ]4 ，
f (x) 1 2所以 -x - a 9a 4x ，-
由曲線 y f (x) 在 x 2處的切線的方程為 x + y b，得 f (2) -1，
所以 f (2)
1 2
- -1
2 - a 9a 8 ，-
1 2 8 1 9
設 h(a) - ( < a < 2) h (a) + > 02 - a 9a ，- 8 9 (a - 2)2 (9a - 8) 9a - 8 ，
所以函數 h(a) (
8
是 , 2)9 上的遞增函數，又
h(1) -1，
1 2
所以方程 - -12 - a 有唯一解 a 1，9a - 8
所以 f (x) ln(x - 1) + 9 - 4x ， f (2) 1，
所以切點坐標為 (2,1)，代入直線方程 x + y b得b 3．
9a
（2） f (x) ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定義域為 (a, ]4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a) -
x - a ，9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
設 g(x) 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) - 2 < 0，
9a - 4x
g(x) (a, 9a ) g(9a ) 5a所以 在 4 上遞減，又 g(a) 5a > 0，
- < 0
4 2 ，
所以當 x (a, x0 )時， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0，函數 f (x) 遞增，
當 x (x ,
9a
0 )時， g (x) < 0，即 f (x) < 0 ，函數 f (x)4 遞減，
所以函數 f (x) 的最大值 fmax (x) f (x0 ) ln(x0 - a) + 9a - 4x0 ，
又 g(x0 ) 9a - 4x0 - 2(x0 - a) 0 ，
所以 9a - 4x0 2(x0 - a)，
所以 fmax (x) f (x0 ) ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，
因為 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
設 h(x) ln x + 2x，則 h (x) 1x + 2 > 0，所以 h(x) 遞增，
所以 x0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，
9a
因為 g(x)在 (a, )4 上遞減，且
g(x0 ) 0，
所以只需 g(2a)≤0恒成立，即 a - 2a≤0 ，
a 0 a 1又 > ，所以 ．
4
【例 6 2 x】（山西省晉城 5 月第四次調研考）函數 f (x) x + ax e (a R) .
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x x f (x)只有一個解，則當 x > 0時，求使 x > kx - x2 ex -1 成立的最大整數 k.e
1 f (x) x2 + ax ex R f x éx2 x【解析】（ ）函數 ，定義域為 ，則 + a + 2 x + aù e ，
因為 e x > 0 ，設 g(x) x2 + (a + 2)x + a ，D (a + 2)2 - 4a a2 + 4 > 0，
2
g(x) 0 x -(a + 2) - a + 4 x -(a + 2) + a
2 + 4
則令 得， 1 ， 2 ，2 2
x ( , -(a + 2) - a
2 + 4
當 - ) 時， g(x) > 0 ， f (x) > 0， f (x) 單調遞增，
2
2 2
當 x (-(a + 2) - a + 4 , -(a + 2) + a + 4 ) 時， g (x) < 0， f (x) < 0 ，
2 2
f (x) 單調遞減，
x (-(a + 2) + a
2 + 4
當 ,+ )時， g(x) > 0 ， f (x) > 0， f (x) 單調遞增，
2
-(a + 2) - a2 + 4 -(a + 2) + a2 + 4
綜上所述： f (x) 的單調遞增區間為 (- , )， ( , + )，
2 2
(-(a + 2) - a
2 + 4 , -(a + 2) + a
2 + 4
單調遞減區間為 )；
2 2
（2）若 f (x) x x2即 + ax ex x 只有一個解，
因為 x 0使方程成立，所以只有 0 是 f (x) x 的解，
當 x 0時， (x + a)ex 1無非零解，
設 h(x) (x + a)ex -1，則 h'(x) (x + a +1)ex，
當 x < -a -1， h (x) < 0， h(x) 單調遞減，當 x > -a -1， h (x) > 0， h(x) 單調遞增，
所以 h(x) 最小值為 h(-a -1) -e-a-1 -1< 0 ，
當 x - 時， h(x) -1，當 x + 時， h(x) + ，
故 h(x) (x + a)ex -1定有零點，又因為 (x + a)ex 1無非零解，有零點應還是 0，
h(0) (0 + a)e0 -1 0 a 1 f (x) x2 + x ex所以 ，所以 ，則 ，
f (x)
x > kx - x2 ex -1 x2 + x > kx - x2 ex，得 -1 ， x > 0， ex >1，e
x +1 k x k x +1所以 x > - ，得 < x + x，e -1 e -1
x x
-1- xex e e - x - 2
設F (x)
x +1
+ x ，則F '(x) +1 x ，e -1 ex 2 x 2-1 e -1
令G x ex - x - 2，則G x ex -1，
因為 x > 0時， ex >1，所以G x > 0，則G x 在 0,+ 單調遞增，
又G(1) e - 3 < 0，G(2) e2 - 4 > 0
ex0 ex0 - x
x F ' x 0
- 2
所以$x0 (1, 2) 使得G x 0，所以 e 00 x0 + 2，且 0 0， ex 20 -1
當 x 0, x x +10 時，F x0 < 0，F (x) x + x 單調遞減，e -1
當 x x0,+ F (x) > 0 F (x)
x +1
時， ， x + x 單調遞增，e -1
所以 F (x) F x x0 +1 + x x最小值 0 x 0 ，且 e 0 x0 + 2，e 0 -1
x0 +1
得F x0 + x xx +1 0 0 +1，0
又因為 x0 (1, 2) ，所以 x0 +1 (2,3) ，因為 k < F x0 ，
所以 k < x0 +1，故整數 k 的最大值為 2.
2
1．（2024 x-1屆浙江省稽陽聯誼學校高三下學期 4 月聯考）已知函數 f x e + a ln x - x ， a R
a
(1)當 a -2時，求 f x 的最小值；
(2)若 f x 在定義域內單調遞增，求實數 a 的取值范圍；
(3)當 0 < a < 1時，設x1為函數 f x
1
的極大值點，求證： f x1 < .e
2.（2024 x屆廣東省茂名市高州市高三一模）設函數 f x e + asinx， x 0,+ .
(1)當 a -1時， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求實數b 的取值范圍；
(2)若a > 0, f x 在 0, + 上存在零點，求實數 a 的取值范圍.
3.（2024 屆遼寧省鳳城市第一中學高三下學期期初考）已知函數 f x xex-1 - ln x - x .
(1)求函數 f x 的最小值；
(2)求證： e é f x + x ù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
f x ax4.（2024 屆河北省高三學生全過程縱向評價六）已知函數 x ， g x sin x + cos x .e
(1)當 a 1時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0,π 時， f x g x 恒成立，求 a 的取值范圍.
5．（2024 屆河北省保定市九縣一中三模）已知函數 f x ax + ln x +1 .
(1)若 a -2，求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的取值集合.
6．（2024 x屆重慶市育才中學教育集團高三下學期 5 月模擬）已知函數 f x ax - e +1．
(1)求函數 y f x 的最值；
(2)若 a 3，設曲線 y f x 與 x 軸正半軸的交點為 P ，該曲線在點 P 處的切線方程為 y g x ，求證：
"x R, f x g x ；
7.（2024 x屆河北省秦皇島市青龍縣第一中學高三下學期 5 月模擬）已知m > 0，函數 f x e -2x + m的圖
象在點 0, f 0 處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為 2.
(1)求m 的值；
(2)求 f x 在 -1,2 上的值域.
8.（2024 屆遼寧省實驗中學高三下學期考前練）已知函數 f x x ln x - ax + a（ a R ）
9．（2024 屆陜西省西北工業大學附屬中學高三適應性訓練）已知函數 f (x) 2sin x - ax
(1)若函數在[0, π]內點A 處的切線斜率為-a(a 0)，求點 A 的坐標；
π
(2)①當 a 1時，求 g(x) f (x) - ln(x +1)
é
在 ê0,
ù
6 ú
上的最小值；

sin 1 sin 1②證明： + +L sin
1 n +1
+ > ln n N,n 2 ．
2 3 n 2
1
10．（2024 屆四川省南充高中高三下學期月考）已知函數 f (x) 1- - a ln x, a R.
x
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)當 a > 0時，函數 f (x) 與函數 g(x) a(1- e1-x ) - x +1有相同的最大值，求 a的值.
11．（2024 屆山東省菏澤市高三下學期二模）已知函數 f x ln x + m 的圖象與 x 軸交于點 P ，且在 P 處
的切線方程為 y g x , g 1 1，記 h x 2 f x - 1+ 4x +1．（參考數據： e3 20.09 ）．
(1)求 g x 的解析式；
(2)求 h x 的單調區間和最大值．
12．（2024 屆湖北省武昌實驗中學高三下學期 5 月高考適應性考試）已知函數 f x ln x 1- ax2 a R .
2
(1)當 a 1時，求 f x 的最大值；
(2) 2討論函數 f x 在區間 é1,e ù 上零點的個數.
13．（2024 屆安徽省鼎尖名校聯盟高三下學期 5 月聯考）已知函數 f x 2 x -1 ex - ax2 .
(1)求曲線 y f x 在 x 0處的切線方程；
(2)若 a e2，求函數 f x 在 1,3 上的最值.
14．（2024 ax屆湖北省武漢市華中師范大學附屬中學高三五月適應性考試）已知函數 f x xe (x > 0) ．
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2) 1若函數 f x 有最大值 2 ，求實數 a的值．
1
15 2．（2024 屆四川省南充市高三三診）已知函數 f x x - sinx + ax .
2
(1)當 a 1時，求 f x 的最小值；
(2)①求證： f x 有且僅有一個極值點；
②當 a -1- π,1 時，設 f x 的極值點為 x0 ，若 g x 1 - x2 + 2sinx - 2x .求證： f x0 g x0 2
16．（2024 x-1屆江蘇省連云港市厲莊高級中學高三考前模擬）已知函數 f x a - loga x （ a > 0，且
a 1）．
(1)若 a e，求函數 f x 的最小值；
(2)若 a 2，證明： x | f x <1 1 ,a a ÷．è 專題 4 用導數研究函數的最值
函數與導數一直是高考中的熱點與難點,函數的最值是函數的一個重要性質,有些復雜的函數的最值,只能借
助導數來求,高考常考題型一是給出確定函數或含有參數的函數求最值,二是求解不等式恒成立問題,常常利
用函數的最值來求解,此類問題一般難度較大,多以壓軸題形式出現.
(一) 求函數 y f x 在閉區間 a,b 上的最值
一般地,如果在區間 a,b 上函數 y f x 的圖象是一條連續不斷的曲線,那么它必有最大值與最小值．
求函數 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步驟
(1)求函數在(a,b)內的極值；
(2)求函數在區間端點的函數值 f(a),f(b)；
(3)將函數 f(x)的極值與 f(a),f(b)比較,其中最大的一個為最大值,最小的一個為最小值．
π
【例 1】（2024 屆山西省晉中市平遙縣高三沖刺調研）已知函數 f x ln x + sin x + sin .
10
(1)求函數 f x 在區間 1,e 上的最小值；
(2)判斷函數 f x 的零點個數，并證明.
π
【解析】（1）因為 f x ln x + sin x + sin ，
10
所以 f (x)
1
+ cos x ，令 g x f (x) 1 cos x g x 1 + ， - 2 - sin x ，x x x
當 x 1,e 1時， g x - 2 - sin x < 0，x
所以 g x 在 1,e 上單調遞減，且 g 1 1+ cos1 > 0，
g e 1 cos e< 1 + + cos 2π 1 1 - < 0 ，
e e 3 e 2
所以由零點存在定理可知，在區間[1,e]存在唯一的a ，使 g a f a 0
又當 x 1,a 時， g x f x > 0；當 x a , e 時， g x f x < 0 ；
所以 f x 在 x 1,a 上單調遞增，在 x a , e 上單調遞減，
又因為 f 1 ln1+ sin1+ sin π sin1 sin π+ ，
10 10
f e ln e + sin e + sin π 1+ sin e + sin π > f 1 ，
10 10
π
所以函數 f (x) 在區間[1,e]上的最小值為 f 1 sin1+ sin .
10
（2）函數 f x 在 0, + 上有且僅有一個零點，證明如下：
函數 f x π 1 ln x + sin x + sin ， x 0, + ，則 f (x) + cos x ，
10 x
若0 < x 1， f (x)
1
+ cos x > 0，
x
所以 f (x) 在區間 0,1 π上單調遞增，又 f 1 sin1+ sin > 0，
10
f 1 ÷ -1+ sin
1 π π π
+ sin < -1+ sin + sin 0，
è e e 10 6 6
結合零點存在定理可知， f (x) 在區間 0,1 有且僅有一個零點，
若1 < x π ，則 ln x > 0,sin x 0 ， sin
π
> 0，則 f x > 0，
10
若 x > π，因為 ln x > ln π >1 -sin x，所以 f x > 0，
綜上，函數 f (x) 在 0, + 有且僅有一個零點.
(二) 求函數在非閉區間上的最值
求函數在非閉區間上的最值,一般通過研究函數的單調性與極值來確定,若函數在某一區間上有唯一極值點,
則該點處的極值一定是函數的最值.
ax 12 2【例 】（2024 屆青海省部分學校高三下學期協作考試模擬預測）已知函數 f x e + x - ax（ a R ）.
2
(1)當 a 1時，求 f x 的最值；
(2)當a -1,1 時，證明：對任意的x1， x2 -2, 2 ，都有 f x1 - f x2 ≤ e2 -1.
1 a 1 f x ex 1+ x2【解析】（ ）當 時， - x ， f x ex + x -1，
2
易知 f x ex + x -1在上R 單調遞增.
因為 f 0 0，所以當 x < 0 時， f x < 0，當 x > 0時， f x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
所以 f x 有最小值 f 0 1，無最大值.
2 f x aeax + x - a . g x f x aeax（ ）證明： 令 + x - a ，則 g x a2eax +1 > 0，
所以 f ' x 在 -2,2 上單調遞增.
又 f 0 0，所以當 x < 0 時， f x < 0，當 x > 0時， f x > 0，
所以 f x 在 -2,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，
即當a -1,1 時， f x 在 -2,0 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增.
所以 f 2 - f 0 e2a - 2a +1， f -2 - f 0 e-2a + 2a +1 .
h t e2t令 - 2t - e2 + 2，則 h t 2e2t - 2 ，當 t < 0時， h t < 0 ，當 t > 0時， h t > 0，
所以 h t 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增.
因為h 1 0， h -1 1 2 + 4 - e2 < 0 ，所以當 t -1,1 時， h t 0，e
即當 t -1,1 時， e2t - 2t +1 e2 -1，
所以當a -1,1 時， e2a - 2a +1≤ e2 -1且 e - 2a + 2a +1≤ e2 -1，
即 f 2 - f 0 e2 -1且 f -2 - f 0 e2 -1，
2
即對任意的x1， x2 -2, 2 ，都有 f x1 - f x2 ≤ e -1.
(三) 含單參數的函數在閉區間上的最值問題
含單參數的函數的最值一般不通過比值求解,而是先討論函數的單調性,再根據單調性求出最值．含參函數在
區間上的最值通常有兩類：一是動極值點定區間,二是定極值點動區間,這兩類問題一般根據區間與極值點的
位置關系來分類討論．
【例 3】（2024 屆廣東省東莞中學、廣州二中等高三下學期六校聯考）已知函數
f x 1 x2 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時，求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
【解析】（1） f x 的定義域為 0, + ，
x2 + 1- a x - a x +1 x - a
求導數，得 f x x 1 a a + - - ，
x x x
若a 0，則 f x > 0，此時 f x 在 0, + 上單調遞增，
若 a > 0，則由 f x 0得 x a，當0 < x < a 時， f x < 0， f x 在 0,a 上單調遞減，
當 x > a時， f x > 0 ， f x 在 a,+ 上單調遞增，
綜上，當a 0， f x 的增區間為 0, + ，無減區間，
若 a > 0， f x 減區間為 0,a ，增區間為 a,+ .
（2）由（1）知，當0 < a 1時， f x 在區間 1,e 上為增函數，
函數 f x 1 2的最大值為 f e e + 1- a e - a ，
2
當a e 時， f x 在區間 1,e 上為減函數，
函數 f x 的最大值為 f 1 3 - a，
2
當1 < a < e 時， f x 在區間 1,a 上為減函數，在 a, e 上為增函數，
函數 f x 的最大值為max f (1), f (e) ，
由 f e - f 1 1 e2 1 a e 3 0 a 1 e 1 3 + - - > ，得 < + - ，
2 2 2 2e
1 a 1 e 1 3 1若 < < + - 時，函數 f x 2的最大值為 f e e + 1- a e - a ，
2 2e 2
1
若 e 1
3 3
+ - a < e時，函數 f x 的最大值為 f 1 - a，
2 2e 2
1 3 1 2
綜上，當 a < e +1- 時，函數 f x 的最大值為 f e e + 1- a e - a ，
2 2e 2
當 a
1
e 1 3+ - 時，函數 f x 3的最大值為 f 1 - a .
2 2e 2
(四) 把不等式恒成立或有解問題轉化為函數的最值問題
有些不等式恒成立或有解問題,常通過分離參數,轉化為求函數的最值問題,常用結論是：若 f x 的值域為
m, M ,則 f x a 恒成立 a m , f x a 有解 a M .
【例 4】（2024 屆湖南省岳陽市湘陰縣第一中學高三下學期期中）已知函數 f 1+ lnx x -1 （ a為常數），
x - a
x 2是函數 f x 的一個極值點.
(1)求實數 a的值；
(2)如果當 x
m
2時，不等式 f x 恒成立，求實數m 的最大值；
x
n 2 1 2 3 n (3)求證： - + + +L+ ÷ < ln n +1 .
è 2 3 4 n +1
x - a
-1- ln x -1
【解析】（1）由題意得： f x x -1 ，
x - a 2
因為 x 2是函數 f x 的一個極值點，
所以 f 2 0，解得： a 1，
x -1
-1- ln x -1
則 ln x -1f x x -1 ，
x -1 2
-
x -1 2
令 f x > 0，則1< x < 2，令 f x < 0，則 x > 2，
所以 x 2是函數 f x 的一個極值點，
所以 a 1；
1+ ln x -1（2）由（1）得 f x ，定義域為 1, + ，
x -1
1+ ln x -1
所以問題等價于m x × 在 2, + 上恒成立，
x -1
1+ ln x -1
x -1- ln x -1
構造函數 g x x × ， x 2，則 g x
x -1 x -1 2 ，
令 h x x -1- ln x -1 ， x 2，則 h x x - 2 ，
x -1
所以 x 2時，h x 0， h x 在 2, + 遞增，
所以 h x h 2 1 > 0，所以 g x > 0，
所以 g x 在 2, + 遞增，
所以 g x g 2 2min ，所以m 2，
所以實數m 的最大值為 2；
f x 2 1+ ln x -1（3）由（2 2）得： x 2時， ，即 ，
x x -1 x
整理得 ln x 2 2-1 1- >1- ，
x x -1
k +1 2
令 x -1 ，則1- 1
2k ln k +1 1 2k- ，即 > - ，
k x -1 k +1 k k +1
k 1 1 2 1 時， - < ln 2 ， k 2時，1- 2 2 < ln 3 ，
2 1 3 2
…，
k n 時，1
n n +1
- 2 × < ln ，
n +1 n
將以上不等式兩端分別相加得：
n 2 1 2 L n ln 2 3 L n +1- + + + <

，
è 2 3 n +1÷ ÷ è 1 2 n
n 2 1 2 n即 - + +L+

÷ < ln n +1 .
è 2 3 n +1
(五) 含雙參數的函數的最值問題
含雙參數的函數的最值一般與恒成立問題有關，通常是先通過函數的最值把問題兩個參數的等式或不等式，
再把其中一個參數看作自變量，構造函數求解．
x
【例 5】（2023 屆河南省安陽市高三上學期名校調研）已知函數 f x e - ax + b ．
(1)當b 0時，討論 f x 的單調性；
(2)當 a > 0時，若 f x 0，求 b 的最小值．
【解析】 (1)當b 0時， f x ex - ax f x ex， - a ，當 a 0時， f x ex -a > 0， f x 在 R 上單調
遞增；當 a > 0時，令 f x 0有 x ln a，當 x - , ln a 時， f x < 0， f x 單調遞減，當 x ln a,+
時， f x > 0， f x 單調遞增.
(2)當 a > 0時，由（1）若 f x 0，則 f ln a 0有解即可，即 a - a ln a + b 0 有解，即 b a ln a - a 有解，
設 g a a ln a - a，則 g a ln a，故當0 < a <1時， g a < 0 ， g a 單調遞減；當a >1時， g a > 0，
g a 單調遞增.故 g min a ln 1 - 1 -1，故當b a ln a - a -1min .故 b 的最小值為 -1
(六) 根據 f x a 恒成立,求整數 a 的最大值
根據 f x a 恒成立,求整數 a 的最大值,通常情況是 f x 有最小值,但無法求出,這種情況下一般設出函數
的極值點,把最小值轉化為關于極值點的式子,根據極值所在范圍,確定最小值的大致范圍,由此確定整數 a 的
最大值.
【例 6】（2024 2屆山東省日照市高三下學期三模）已知函數 f x a ln x - x + a - 2 x，
g x x - 2 ex - x2 - 4x + m， a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a -1時，對"x 0,1 ， f x > g x ，求正整數m 的最大值.
【解析】（1）函數 f x a x +1 -2x + a 的定義域為 0, + ，求導得 f x - 2x + a - 2 ，
x x
①當a 0時，有 f x < 0，此時函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
a a
②當 a > 0時，當 x 0, ÷ 時， f x > 0，此時函數 f x 在區間 0, ÷上單調遞增；
è 2 è 2
x a ,+ a 當 ÷時， f x < 0，此時函數 f x 在區間 ,+ ÷ 上單調遞減.
è 2 è 2
所以當a 0時，函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；
當 a > 0時，函數 f x 0, a a 在區間 ÷上單調遞增，在區間 ,+ 上單調遞減.
è 2 è 2 ÷
x
（2）當 a -1， x 0,1 時， f x > g x 恒成立，等價于m < -x + 2 e - ln x + x 恒成立，
設 h x 1 -x + 2 ex - ln x + x， x 0,1 x ，則 h x 1- x e - ，
è x ÷
當0 < x < 1時，有1 - x > 0 ，
u x ex 1函數 - 在 0,1 1 上單調遞增，且u ÷ e - 2 < 0 ，u 1 e -1 > 0 ，x è 2
x 1 x
1
0
則存在唯一的 0 ,1÷，使得u x0 0，即 e ，
è 2 x0
當 x 0, x0 時，u x < 0， h x < 0；當 x x0 ,1 時，u x > 0 ， h x > 0，
函數 h x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0,1 上單調遞增，
h x h x0 -x0 + 2 ex
1
0 - ln x0 + x0 -x0 + 2 + 2x
2
0 -1+ + 2xmin x0 x
0
0
y 1 2 2x x 0,1 y 2 2 2設 - + + ，則當 時， - 2 + < 0，函數 y -1+ + 2x在 0,1 上單調遞減，x x x
x 1 ,1 又因為 0 ÷，所以h x0 3,4 .
è 2
所以正整數m 的最大值是 3.
【例 1】（2024 屆湖南省岳陽市汨羅市高三下學期 5 月月考）函數 f x ln x, g x x2 - x -m+ 2．
(1)若m e，求函數F x f x - g x 的最大值；
(2)若 f x + g x x2 - x -2 ex在 x (0, 2]恒成立，求實數 m 的取值范圍．
2
【解析】（1）因為F x ln x - x + x + e - 2，
F (x) 0,+ F (x) 1 2x 1 (2x +1)(x -1)可知 的定義域為 ，且 - + - ，
x x
由F (x) > 0，解得0 < x <1；由 F (x) < 0，解得 x >1．
可知 F (x)在( 0, 1)內單調遞增，在 (1, + )內單調遞減，
所以函數F x f x - g x 的最大值為F 1 e-2．
（2）因為 f (x) + g(x) x2 - (x - 2)ex 在 x (0, 2]恒成立，
等價于m (x - 2)ex + ln x - x + 2在 x (0, 2]恒成立．
設 h(x) (x - 2)ex + ln x - x + 2， x (0, 2]，
則 h (x) (x -1)ex
1
+ -1 x -1 ex
1
- ÷ ，x è x
1
當 x >1 1時，則 x -1 > 0，且 e x > e, < 1 x，可得 e - > e -1 > 0x ，x
所以 h (x) > 0；
當0 < x <1時，則 x -1< 0，
設u(x) ex
1
- ,0 < x <1，則u (x) ex
1
+ 2 > 0，x x
1
可知u(x) 在( 0, 1)遞增，且u ÷ e - 2 0,u(1) e -1 0．
è 2
1
則$x
,1 0 ÷ ，使得u x0 0．
è 2
當 x 0, x0 時，u(x) < 0；當 x x0 ,1 時，u(x) > 0．
當 x 0, x0 時， h (x) > 0；當 x x0 ,1 時， h (x) < 0．
可知函數 h(x) 在 0, x0 遞增，在 x0,1 遞減，在 (1, 2)遞增．
u x ex 1 x 10 0由 0 - 0，得 e ，且 ln x0 -xx x 0 ．0 0
可得 h x0

x - 2 ex00 + ln x
1 1
0 - x0 + 2 x0 - 2 - 2x0 + 2 3- 2x x0 + ÷，0 è x0
x 1且 0 ,1

，則h x < 0，
è 2 ÷ 0
又因為 h(2) ln 2 > 0，可知當 x (0, 2]時，h(x)max h 2 ln 2，
所以m 的取值范圍是[ln 2, + ) ．
a
【例 2】（2024 屆云南省昆明市第一中學高三考前適應性訓練）已知函數 f x x - ln x， a > 0．
(1)求 f x 的最小值 g a ；
1
(2)證明： g a a + -1．
a
a
【解析】（1） f (x) 的定義域為 0, + ， f x axa-1 1 ax -1- ，
x x
1
令 axa0 -1 0 解得 x
1

a
÷ ，又因為當 a > 0時， y ax
a -1
0 為增函數，
è a
故當 x 0, x0 時， f x < 0，則 f x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0,+ 時， f x > 0，則 f x 在 x0 ,+ 上單調遞增；
f x a 1 1 1 1+ ln a 1+ ln a故 min f x0 x0 - ln x0 - ln ，故 g a a a a a a ．
g a 1+ ln a - ln a（2） a ， a > 0，則 g
a ，
a2
故當a 0,1 時， g a > 0，則 g a 在 0,1 單調遞增；
當a 1,+ 時， g a < 0 ，則 g a 在 1, + 單調遞減；
故 g a max g 1 1．
a 1
1
又因為 + 2 a 1 2，所以 a + -1 1（當且僅當 a 1時，取“ ”a ），a a
所以 g a a 1+ -1．
a
【例 3】（2024 屆河南省信陽市高級中學高三下學期三模）已知函數 f x ax - ln 1- x a R .
(1)若 f x 0恒成立，求 a 的值；
(2)若 f x 有兩個不同的零點 x1, x2 ，且 x2 - x1 > e -1，求 a 的取值范圍.
【解析】（1） f x a 1 -ax + a +1 + (x <1)，
1- x 1- x
①當 a 0時， f (-1) -a - ln 2 < 0，不符合題意.
1
②當 a<0時，令 f (x) 0，解得 x 1 + ，
a
當 x
1 1 - ,1+

÷時， f (x) < 0 ， f (x)

在區間 - ,1+

上單調遞減，
è a è a ÷
x 1 1+ ,1 f (x) > 0 f (x) 1當 ÷時， ， 在區間 1+ ,1

a ÷
上單調遞增，
è è a
1 1
所以當 x 1 + 時， f (x) 取得最小值 f 1+ ÷ a +1+ ln -a a ；a è
若 f x 0恒成立，則 a +1+ ln -a 0，
設j x x +1+ ln -x (x < 0)，則j x 1 x +1 1+ ，
x x
當 x - , -1 時，j x > 0,j x 在區間 - , -1 上單調遞增，
當 x (-1,0)時，j x < 0,j x 在區間 -1,0 上單調遞減，
所以j x j -1 0 ，即 a +1+ ln -a 0的解為 a -1 .
所以 a -1 .
（2）當 a 0時， f (x) > 0， f (x) 在區間 (- ,1)上單調遞增，
所以 f (x) 至多有一個零點，不符合題意；
當 a<0時，因為 f (0) 0，不妨設 x1 0 ，
若0 < x2 <1，則 x2 - x1 <1< e -1，不符合題意；
若 x2 < 0，則 x2 <1- e，
由（2）可知，只需 f (1- e) < 0 ，即 a(1- e)
1
-1< 0，解得 < a < 0，
1- e
1
即 a

的取值范圍為 ,01- e ÷ .è
【例 4】（2024 屆廣東省廣州市高中畢業班沖刺訓練二）已知函數 f x xeax （ a > 0）.
(1)求 f x 在區間 -1,1 上的最大值與最小值；
(2)當a 1時，求證： f x ln x + x +1.
ax
【解析】（1）解： f x e 1+ ax （ x > 0）（ a > 0），
令 f x 0 x 1，則 - ，
a
1
當0 < a 1時，- -1，所以 f x 0在區間 -1,1 上恒成立， f x 在區間 -1,1 上單調遞增，
a
所以 f x f -1 -e-a ， f xmin fmax 1 e
a .
1 x é 1, 1 f x 0 f x é 1, 1當 a > 1時，-1 < - <1，則當 ê- - ÷時， < ， 在區間 ê- - ÷上單調遞減；a a a
x 1 ù 1 ù當 - ,1ú 時， f x > 0， f x 在區間 - ,1 上單調遞增，è a è a ú
所以 f x f 1 1 - ÷ -min ，è a ae
而 f -1 -e-a < 0， f 1 ea > 0 .所以 f x f 1max e
a
0 < a 1 f x -e-a綜上所述，當 時， ， f x eamin max ；
1
當 a > 1時，所以 f x - ， f x eamin .ae max
（2）方法一：隱零點法
因為 x > 0，a 1，所以 xeax xex ，欲證 xeax ln x + x +1，只需證明 xex ln x + x +1，
設 g x xex - ln x x 1- -1 x ，（ x > 0）， g x x +1 e - ÷，
è x
f x ex 1令 - ，易知f x 在 0, + 上單調遞增，
x
f 1 而 ÷ e - 2 < 0 ，f 1 e -1 > 0，
è 2
1
所以由零點的存在性定理可知，存在唯一的 x0 ,1÷ 使得f x0 0，
è 2
ex 10 - 0 ex 10即 x ，因此 x ，
x0 - ln x0 ，
0 0
當 x 0, x0 時，f x < 0， g x < 0， g x 在 0, x0 上單調遞減；
當 x x0,+ 時，f x > 0， g x > 0， g x 在 x0 ,+ 上單調遞增；
所以 g x g x ex00 x0 - ln x
1
0 - x0 -1 x0 - - ln x0 - xmin x 0
-1 0
0
所以 g x 0，因此 f x ln x + x +1.
方法二：（同構）
因為 x > 0，a 1，所以 xeax xex ，欲證 xeax ln x + x +1，只需證明 xex ln x + x +1，
只需證明 xex eln xex ex ln x+x ln x + x +1，
x
因此構造函數h x e - x -1（ x R ），
h x ex -1，
當 x - ,0 時，h x < 0，h x 在 - ,0 上單調遞減；
當 x 0,+ 時，h x > 0，h x 在 0, + 上單調遞增：
所以 h x h 0 0，所以 ex x +1，
所以 xex ln x + x +1，
因此 f x ln x + x +1.
【例 5】（2024 屆江蘇省宿遷市高三下學期三模）已知函數 f (x) ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)．
(1)若曲線 y f (x) 在 x 2處的切線的方程為 x + y b，求實數b 的值；
(2)若函數 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，求 a 的取值范圍．
(a, 9a【解析】（1）因為 f (x) ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，函數的定義域為 ]4 ，
f (x) 1 2所以 -x - a 9a 4x ，-
由曲線 y f (x) 在 x 2處的切線的方程為 x + y b，得 f (2) -1，
所以 f (2)
1 2
- -1
2 - a 9a 8 ，-
1 2 8 1 9
設 h(a) - ( < a < 2) h (a) + > 02 - a 9a ，- 8 9 (a - 2)2 (9a - 8) 9a - 8 ，
所以函數 h(a) (
8
是 , 2)9 上的遞增函數，又
h(1) -1，
1 2
所以方程 - -12 - a 有唯一解 a 1，9a - 8
所以 f (x) ln(x - 1) + 9 - 4x ， f (2) 1，
所以切點坐標為 (2,1)，代入直線方程 x + y b得b 3．
9a
（2） f (x) ln(x - a) + 9a - 4x (a > 0)，定義域為 (a, ]4 ，
f (x) 1 2 9a - 4x - 2(x - a) -
x - a ，9a - 4x (x - a) 9a - 4x
-2
設 g(x) 9a - 4x - 2(x - a)，所以 g (x) - 2 < 0，
9a - 4x
g(x) (a, 9a ) g(9a ) 5a所以 在 4 上遞減，又 g(a) 5a > 0，
- < 0
4 2 ，
所以當 x (a, x0 )時， g(x) > 0 ，即 f (x) > 0，函數 f (x) 遞增，
當 x (x ,
9a
0 )時， g (x) < 0，即 f (x) < 0 ，函數 f (x)4 遞減，
所以函數 f (x) 的最大值 fmax (x) f (x0 ) ln(x0 - a) + 9a - 4x0 ，
又 g(x0 ) 9a - 4x0 - 2(x0 - a) 0 ，
所以 9a - 4x0 2(x0 - a)，
所以 fmax (x) f (x0 ) ln(x0 - a) + 2(x0 - a)，
因為 f (x)≤ ln a + 2a 恒成立，即 ln(x0 - a) + 2(x0 - a)≤ ln a + 2a 恒成立，
設 h(x) ln x + 2x，則 h (x) 1x + 2 > 0，所以 h(x) 遞增，
所以 x0 - a≤ a ，即 x0 2a 恒成立，
9a
因為 g(x)在 (a, )4 上遞減，且
g(x0 ) 0，
所以只需 g(2a)≤0恒成立，即 a - 2a≤0 ，
a 0 a 1又 > ，所以 ．
4
【例 6 2 x】（山西省晉城 5 月第四次調研考）函數 f (x) x + ax e (a R) .
(1)求 f x 的單調區間；
(2)若 f x x f (x)只有一個解，則當 x > 0時，求使 x > kx - x2 ex -1 成立的最大整數 k.e
1 f (x) x2 + ax ex R f x éx2 x【解析】（ ）函數 ，定義域為 ，則 + a + 2 x + aù e ，
因為 e x > 0 ，設 g(x) x2 + (a + 2)x + a ，D (a + 2)2 - 4a a2 + 4 > 0，
2
g(x) 0 x -(a + 2) - a + 4 x -(a + 2) + a
2 + 4
則令 得， 1 ， 2 ，2 2
x ( , -(a + 2) - a
2 + 4
當 - ) 時， g(x) > 0 ， f (x) > 0， f (x) 單調遞增，
2
2 2
當 x (-(a + 2) - a + 4 , -(a + 2) + a + 4 ) 時， g (x) < 0， f (x) < 0 ，
2 2
f (x) 單調遞減，
x (-(a + 2) + a
2 + 4
當 ,+ )時， g(x) > 0 ， f (x) > 0， f (x) 單調遞增，
2
-(a + 2) - a2 + 4 -(a + 2) + a2 + 4
綜上所述： f (x) 的單調遞增區間為 (- , )， ( , + )，
2 2
(-(a + 2) - a
2 + 4 , -(a + 2) + a
2 + 4
單調遞減區間為 )；
2 2
（2）若 f (x) x x2即 + ax ex x 只有一個解，
因為 x 0使方程成立，所以只有 0 是 f (x) x 的解，
當 x 0時， (x + a)ex 1無非零解，
設 h(x) (x + a)ex -1，則 h'(x) (x + a +1)ex，
當 x < -a -1， h (x) < 0， h(x) 單調遞減，當 x > -a -1， h (x) > 0， h(x) 單調遞增，
所以 h(x) 最小值為 h(-a -1) -e-a-1 -1< 0 ，
當 x - 時， h(x) -1，當 x + 時， h(x) + ，
故 h(x) (x + a)ex -1定有零點，又因為 (x + a)ex 1無非零解，有零點應還是 0，
h(0) (0 + a)e0 -1 0 a 1 f (x) x2 + x ex所以 ，所以 ，則 ，
f (x)
x > kx - x2 ex -1 x2 + x > kx - x2 ex，得 -1 ， x > 0， ex >1，e
x +1 k x k x +1所以 x > - ，得 < x + x，e -1 e -1
x x
-1- xex e e - x - 2
設F (x)
x +1
+ x ，則F '(x) +1 x ，e -1 ex 2 x 2-1 e -1
令G x ex - x - 2，則G x ex -1，
因為 x > 0時， ex >1，所以G x > 0，則G x 在 0,+ 單調遞增，
又G(1) e - 3 < 0，G(2) e2 - 4 > 0
ex0 ex0 - x
x F ' x 0
- 2
所以$x0 (1, 2) 使得G x 0，所以 e 00 x0 + 2，且 0 0， ex 20 -1
當 x 0, x x +10 時，F x0 < 0，F (x) x + x 單調遞減，e -1
當 x x0,+ F (x) > 0 F (x)
x +1
時， ， x + x 單調遞增，e -1
所以 F (x) F x x0 +1 + x x最小值 0 x 0 ，且 e 0 x0 + 2，e 0 -1
x0 +1
得F x0 + x xx +1 0 0 +1，0
又因為 x0 (1, 2) ，所以 x0 +1 (2,3) ，因為 k < F x0 ，
所以 k < x0 +1，故整數 k 的最大值為 2.
2
1．（2024 x-1屆浙江省稽陽聯誼學校高三下學期 4 月聯考）已知函數 f x e + a ln x - x ， a R
a
(1)當 a -2時，求 f x 的最小值；
(2)若 f x 在定義域內單調遞增，求實數 a 的取值范圍；
(3)當 0 < a < 1時，設x1為函數 f x f x
1
的極大值點，求證： 1 < .e
x-1
【解析】（1）當 a -2時， f x e -2lnx + x，定義域為 0,+ ，
f x ex-1 2- +1 m x ex-1 2則 ，記 - +1
x x
由m x ex-1 2+ 2 > 0，可得 f x 在 0,+ 單調遞增，且 f 1 0，x
故 x 0,1 時， f x < 0， f x 單調遞減； x 1,+ 時， f x > 0， f x 單調遞增，
則 f x 的最小值為 f 1 1.
（2）若 f x 在定義域內單調遞增，則 f x 0在 x 0,+ 上恒成立，
xex-1 2- x + a
f x ex-1 a 2+ - a ，
x a x
g x xex-1 2 x a a + 2 a -1 令 - + ，則 g 1 0 ，且 g 0 a 0可知a 1，a a
下證a 1時， g x 0，
x-1 2 x-1
由 h a xe - x + a 關于a 1單調遞增，則h a xe -2x +1，
a
令G x xex-1 - 2x +1 G x x +1 ex-1，則 - 2，
故G x 在 x 0,+ 上單調遞增，且G 1 0，
則G x 在 0,1 上單調遞減，在 1,+ 上單調遞增，
所以G x G 1 0，
綜上所述，a 1,+ 時， f x 在定義域 0,+ 上單調遞增.
f x ex-1 a 2 a 2（3） + - x-1，記 n x e + -
x a x a
n x ex-1 a- 2 ， 0 < a < 1，x
易知 n x 在 0,+ 上單調遞增，且 x 趨于 0 時， n x 趨于- ，n 1 1- a > 0，
所以存在唯一 x0 0,1 ，使得n x0 0，
故 f x 在 0, x0 上單調遞減， x0,+ x2ex -1單調遞增，其中 00 a ，
根據函數 y x2ex-1在 0,+ 上單調遞增且a 0,1 2，得0 < x0 ex0 -1<1，
a 2 2又 x +1 ex0 -1<2 f x ex0 -1 + - x +1 ex0 -10 ，所以 0 0 - 2 x -1 < 0x0 a x 0 ，0 e
因為當 x 趨于 0 時， f x 趨于- ，所以存在唯一極大值點x1，滿足0 < x1 < x0 ，
x -1 a 21 2 x -1
又 f x1 e + - 0 1x a ，則 xa 1 x1e + a ，1
由 f a ea-1 1 2 2 2 + - < - < 0，故 x1 < a <1，a a
f x ex -1 211 + a ln x1 - x1 1- x1 ex1 -1 + a ln x1 -1 < 1- x1 ex1 -1 + x1 ln x -1 ，a 1
令j x 1- x ex-1 + x ln x -1 ， x 0,1 ，
x-1 x-1 1
則j x -xe + ln x < 0， x 趨于 0 時， x ln x -1 < 0， x 0時， 1- x e ，
e
1
所以j x < ，即 f x 11 < .e e
2.（2024 x屆廣東省茂名市高州市高三一模）設函數 f x e + asinx， x 0,+ .
(1)當 a -1時， f x bx +1在 0, + 上恒成立，求實數b 的取值范圍；
(2)若a > 0, f x 在 0, + 上存在零點，求實數 a 的取值范圍.
【解析】（1）當 a -1時， f x ex - sinx，
所以不等式轉化為 ex - bx - sinx -1 0 ，在 0, + 上恒成立.
令 h x ex - bx - sinx -1，
所以 h x ex - cosx - b .
當 x [0,+ )時， ex - cos x 0恒成立.
若b 0，則h x 0在 0, + 上恒成立，
h x 在 0, + 上單調遞增，
故 h x h 0 0，符合題意；
x
若b > 0，令函數m x e - cosx - b，
則m x ex + sinx 0在 0, + 上恒成立，
所以m x 在 0, + 上單調遞增，
因為m 0 -b < 0，且當 x + 時，m x + .
所以$x 0, + ，m x ex00 0 - cosx0 - b 0，
故當 x 0, x0 時， h x m x < 0，h x 單調遞減，
當 x x0,+ 時， h x m x > 0，h x 單調遞增，
則 h(x)min h x0 =ex0 - bx0 - sinx0 -1< h 0 0，不符合題意.
綜上所述，實數b 的取值范圍為 - , 0 ；
（2）因為 f x ex + asinx， x 0,+ ，
令 f x 0，即 ex + asinx 0，
1 sinx
所以- x .a e
令 g x sinx x ， x 0,+ ，e
2sin x π -

則 ÷g x cosx - sinx - è 4 .
ex ex
令 g x 0 π，得 x kπ + ,k N .
4
x π所以當 + 2kπ,
5π
+ 2kπ ÷時， sin
π
x - ÷ > 0， g x 單調遞減；
è 4 4 è 4
x 0, π x 5π 2kπ, 9π π當

÷ ， + + 2kπ ÷時， sin x - ÷ < 0, g x 單調遞增.
è 4 è 4 4 è 4
x 5π所以當 + 2kπ,k N 時， g x 取得極小值，
4
x 5π 13π即當 , , × × ×時， g x 取得極小值.
4 4
5π 13π
又因為 sin 5π sin 13π 2 ××× - ， 4
4 4 2 0 < e < e
4 < ×××，
5π 13π
所以 g ÷ < g ÷ < ××× .
è 4 è 4
g x g 5π 2
5π
-
所以 ÷ - e 4 .
è 4 2
當 x
π
+ 2kπ, k N, g x 取得極大值，
4
x π , 9π即當 , × × ×時， g x 取得極大值.
4 4
π π 9π
又因為 sin sin 9π 2 ××× ， 4 4
4 4 2 0 < e < e < ×××
，
g π 所以 ÷ > g
9π
÷ > ××× .
è 4 è 4
π
-
所以 g x π 2 g 4 ÷ e
4 ，
è 2
5π π
所以當 x 0,+ 2 -e 4 g x 2 -，- e 4 .
2 2
2 5π π-e 4 1 2
-
所以- - e 4 .
2 a 2
又因為 a > 0，
5π
所以 a 2e 4 時， f x 在 0, + 上存在零點，
é 5π
所以實數 a 的取值范圍為 ê 2e 4 ,+ ÷ .

3.（2024 x-1屆遼寧省鳳城市第一中學高三下學期期初考）已知函數 f x xe - ln x - x .
(1)求函數 f x 的最小值；
(2)求證： e é f x + xù > ex - e -1 ln x
1
- .
2
1 f x xex-1【解析】（ ）因為函數 - ln x - x，所以 f x x +1 ex-1 1- -1 x +1 ex-1 1 - ，x ÷è x
x-1 1 x-1 1
記 h x e - , x > 0， h x e + > 0，
x x2
所以h x 在 0,+ 上單調遞增，且 h 1 0，
所以當0 < x <1時，h x < 0，即 f x < 0，所以 f x 在 0,1 單調遞減；
當 x >1時，h x > 0，即 f x > 0，所以 f x 在 1,+ 單調遞增，且 f 1 0，
所以 f x f 1 0min .
1
（2）要證 e é f x + x ù > ex - e -1 ln x - ，2
只需證明： x -1 ex ln x 1- + > 0 對于 x > 0恒成立，
2
g x x -1 ex 1- ln x + g x xex 1令 ，則 - x > 0 ，
2 x
當 x > 0時，令m(x) g (x) xex
1
- ，
x
則m (x)
1
(x +1)ex + > 0，m(x)2 在 (0, + )上單調遞增，x
x 1
即 g x xe - 在 (0, + )上為增函數，
x
é 2 ù
g 2 2
2 3 2 2 27 3
又因為 ÷ e3 - êe3 -

3 ÷
ú < 0， g 1 e -1> 0，
è 3 2 3 ê è 8 ú

x 2 1 x
2ex0 -1
所以存在 0
,1 ÷使得 g x0 0，由 g x0 x0ex0 - 0 0，
è 3 x0 x0
1 1
得 x20 e
x0 1即 ex0 x0x2 即
e
x2 即
-2ln x0 x0 ，
0 0
所以當 x 0, x0 時， g x xex
1
- < 0， g x 單調遞減，
x
當 x x0,+ 時， g x
1
xex - > 0 ， g x 單調遞增，
x
1 x -1 x 1 x3 + x2g x g x + 2x - 2所以 0 x0 -1 ex0 - ln x0 + 0 2 + 0 + 0 0 0min ，2 x0 2 2 2x20
2
j x x3 + x2令 + 2x 2- 2 < x <1

÷，則j 3 x 3x
2 + 2x 1 5+ 2 3 x + ÷ + > 0 ，è è 3 3
j x 2 ,1 j x j 2 2所以 在 ÷上單調遞增，所以 0 > ÷ > 0，
è 3 è 3 27
j x0 x
所以 g x g x0 2 > 0，所以 x -1 e - ln x
1
+ > 0 ，
2x0 2
1
即 e é f x + xù > ex - e -1 ln x - .2
ax
4.（2024 屆河北省高三學生全過程縱向評價六）已知函數 f x x ， g x sin x + cos x .e
(1)當 a 1時，求 f x 的極值；
(2)當 x 0,π 時， f x g x 恒成立，求 a 的取值范圍.
f x x f x 1- x【解析】（1）當 a 1時 x ，所以 e ex ，
所以當 x <1時 f x > 0，當 x >1時 f x < 0，
所以 f x 在 - ,1 上單調遞增，在 1, + 上單調遞減，
所以 f x 1在 x 1處取得極大值，即 f x f 1 ，無極小值.
極大值 e
（2）因為當 x 0,π 時， f x g x 恒成立，
即當 x 0,π ax時，
ex
sin x + cos x恒成立，
ex即 sin x +cos x -ax 0在 0,π 上恒成立，
x 3π 3π當 時- a 0，解得 a 0，
4 4
x
設h x e sin x + cos x - ax， x 0,π ，
x x x
則h x e sin x + cos x + e cos x -sin x - a 2e cos x - a，
令m x h x 2ex cos x - a，則m x 2ex cos x - sin x 2 2ex cos π x + 4 ÷，è
當 x

0,
π
÷ 時m x > 0，則 h x 單調遞增，
è 4
x π 當 , π ÷ 時m x < 0，則 h x 單調遞減，
è 4
π π
因為 a 0， h 0 2 - a > 0 h ， ÷ 2e 4 - a > 0，h π -2eπ -a，
è 4
當-2eπ - a 0 ，即 a -2eπ 時h x 0在 0,π 上恒成立，
所以h x 在 0,π 上單調遞增，
所以h x h 0 1> 0min ，所以 h x 0恒成立，
當-2eπ < a < 0時$x
π , π 0 ÷使得h x0 0，
è 4
所以當 x 0, x0 時h x > 0，h x 單調遞增；
當 x x0, π 時h x < 0，h x 單調遞減；
ì f 0 0 ì1 0
2eπ a e
π
所以 í f π ，則 ，解得- < - ， 0
í-eπ - aπ 0 π
eπ eπ ù
綜上可得 a - ，即 a 的取值范圍為 - , -π π ú
.
è
5．（2024 屆河北省保定市九縣一中三模）已知函數 f x ax + ln x +1 .
(1)若 a -2，求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 0恒成立，求 a 的取值集合.
【解析】（1）由 a -2，得 f x -2x + ln x +1 ，定義域為 -1,+ ，
1 -2x -1
則 f x -2 + ，
x +1 x +1
x 1, 1當 - -

÷時， f x > 0
1
，當 x - ,+

2 2 ÷時，
f x < 0，
è è
f x 1 1故 的單調遞增區間為 -1, -

÷ ，單調遞減區間為 - , +

2 2 ÷
.
è è
（2）由 f x ax + ln x +1 ， x -1,+ 1，得 f x a + ，
x +1
若 a 0，則顯然 f 2 2a + ln3 > 0，不符合題意，
若 a<0，令 f x 0，解得 x a +1 - > -1，
a
x a +1則當
-1,- ÷時， f x > 0， f x a 單調遞增，è
x a +1當 - , +

a ÷時，
f x < 0， f x 單調遞減，
è
f x f a +1- -a -1- ln -amax ÷ a ，è
則-a -1- ln -a 0，即a +1+ ln -a 0，
令 g a a +1+ ln -a ，則 g a 1 1 a +1+ ，
a a
當 x - ,-1 時， g a > 0， g a 單調遞增，
當 x -1,0 時， g a < 0， g a 單調遞減，
所以 g a g -1 0，當滿足 g a 0max 時， a -1，
所以 a 的取值集合為 -1 .
6．（2024 屆重慶市育才中學教育集團高三下學期 5 月模擬）已知函數 f x ax - ex +1．
(1)求函數 y f x 的最值；
(2)若 a 3，設曲線 y f x 與 x 軸正半軸的交點為 P ，該曲線在點 P 處的切線方程為 y g x ，求證：
"x R, f x g x ；
【解析】（1）因為函數 f x ax - ex +1，定義域為R .
x
所以 f x a -e ，
當 a 0時， f x < 0，函數 f x 單調遞減，此時，函數無最值.
當 a > 0時， f x 0， x ln a，
則 f x > 0, x < ln a， f x 在 - ，ln a 單調遞增；
f x < 0, x > ln a， f x 在 lna,+ 單調遞減，
所以函數 f x 在 x ln a處取得最大值，最大值為 f ln a a ln a - a +1，無最小值.
（2）因為 a 3，所以函數 f x 3x - ex +1，則 f x 3- ex
曲線 y f x 與 x 軸正半軸的交點為P x0 ,0 ，
f x 3-ex則切線斜率為 00 ，
y 3- ex切線方程為： 0 x - x0 .
則 g x 3- ex0 x - x0 ，
令F x f x - g x 3x - ex +1- 3 - ex0 x - x0
F x 3- ex - 3- ex0 ex0 - ex ，
所以F x 在 - , x0 單調遞增， x0，+ 單調遞減，
F x 的最大值為F x0 0，
所以F x f x - g x 0，
即"x R, f x g x .
7.（2024 x屆河北省秦皇島市青龍縣第一中學高三下學期 5 月模擬）已知m > 0，函數 f x e -2x + m的圖
象在點 0, f 0 處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為 2.
(1)求m 的值；
(2)求 f x 在 -1,2 上的值域.
【解析】（1）因為 f x ex -2x + m，所以 f x ex -2，則 k f 0 -1 .
因為 f 0 1+ m，所以切點坐標為 0,1+ m ，
所以 f x 的圖象在點 0, f 0 處的切線方程為 y -x +1+ m .
1
令 y 0 ，得 x 1+ m，又m > 0，所以 1+ m 1+ m 2，所以m 1.
2
（2）由（1）可知 f x ex -2，令 f x > 0，解得 x > ln2 ，所以 f x 在 ln2,2 上單調遞增.
令 f x < 0，解得 x < ln2，所以 f x 在 -1,ln2 上單調遞減，
又 f 1-1 3 + ， f 2 e2 - 3， f ln2 3- 2ln2，
e
所以 f x 在 -1,2 上的值域為 é 3- 2ln2,e2 - 3ù .
8.（2024 屆遼寧省實驗中學高三下學期考前練）已知函數 f x x ln x - ax + a（ a R ）
【解析】（1） f x ln x +1- a，
因為曲線 y f x 在點 1, f 1 處的切線方程為 y 2x - 2 ，
所以 f 1 1- a 2，所以 a -1；
（2）對任意 x 1,+ ，不等式 f x >1- 2x恒成立，
即 x ln x - ax + a >1- 2x，
即 a
x ln x + 2x -1
< 在 x 1,+ 上恒成立，
x -1
令 g x x ln x + 2x -1 , x 1, + ，
x -1
ln x + 3
g x x -1 - x ln x + 2x -1 x - 2 - ln x則 x >1 2 ，x -1 x -1 2
令 h x x - 2 - ln x x 1 1 x -1> ，則 h x 1- > 0 x >1 ，
x x
所以函數h x 在 1, + 上單調遞增，
又 h 3 1- ln 3 < 0, h 4 2 - ln 4 > 0，
所以存在 x0 3,4 使得h x0 0，即 x0 - 2 ln x0 ，
當1 < x < x0 時， h x < 0，即 g x < 0，
當 x > x0時， h x > 0 ，即 g x > 0，
所以函數 g x 在 1, x0 上單調遞減，在 x0 ,+ 上單調遞增，
x0 ln x0 + 2x0 -1 x0 x0 - 2 + 2x0 -1所以 g x g x0 x0 +1min ，x0 -1 x0 -1
所以 a < x0 +1，
又因 x0 3,4 ，則 x0 +1 4,5 ，
所以正整數 a 的最大值為 4 .
9．（2024 屆陜西省西北工業大學附屬中學高三適應性訓練）已知函數 f (x) 2sin x - ax
(1)若函數在[0, π]內點A 處的切線斜率為-a(a 0)，求點 A 的坐標；
π
(2)①當 a 1時，求 g(x) f (x) - ln(x +1)
é ù
在 ê0, ú上的最小值； 6
sin 1 sin 1 L sin 1 n +1②證明： + + + > ln n N,n 2 ．
2 3 n 2
【解析】（1）設點 A x0 , f x0 , x0 [0, π] .
由于 f (x) 2cos x - a，則 f x0 2cos x0 - a -a ，得 cos x0 0，
π f π 2 π a π ,2 πx 則 0 ，且2 ÷
- ，所以點 A 的坐標為 - a .
è 2 2 è 2 2 ÷
（2）① g(x) 2sin x - x - ln(x +1) ，
則 g (x) 2cos x -1
1
- ，記 h(x) 2cos x 1
1
- - ，
x +1 x +1
則 h (x) 2sin x
1
- +
(x +1)2
é π ù h (0) 1 > 0,h
π 1
h (x) ÷
2 -1 < 0
易知 在 ê0, ú上單調遞減，且 è 6 , 6
π
+1
è 6 ÷
\$x
1
0 0,
π
÷ ,h x0 0，即 -2sin x0 + 2 06 x ，è 0 +1
所以，當 x 0, x0 時， h (x) > 0， h x 在 0, x0 上單調遞增；
x π 當 x0 , ÷時， h (x) < 0 ， h x
π
6 在
x0 , ÷上單調遞減.
è è 6
h 0 0,h π ÷ 3 -1
1 1 5
-
因為 è 6 π
> 3 -1- 3 - > 0
+1 1 +1 3 ，
6 2
x π é π ù所以 0, ÷時， h x > 0 ， g x 在 0, 單調遞增，
è 6 ê 6 ú
所以，當 x 0時， g x 取得最小值 g 0 0 .
x 0, π ②由①可知 ÷，時 g(x) > 0 恒成立，即 2sin x > ln(x +1) + x恒成立.
è 6
設 s(x) x - ln(x +1)
1 x
，則 s (x) 1- ，
x +1 x +1
x π當

0, ÷時， s (x) > 0， s(x)

在 0,
π
6 6 ÷
上單調遞增，
è è
所以 s(x) > s(0) 0，所以 x > ln(x +1)，
又 2sin x > ln(x +1) + x > 2ln(x +1) ，所以 sin x > ln(x +1) ，
1
取 x
1
n N,n 2 ，則 sin > ln 1 +1 ln(n +1) - ln n，n n è n ÷
\sin 1 sin 1+ +L+ sin 1 > ln 3- ln 2 + ln 4 - ln 3 +L+ ln(n +1) - ln n
2 3 n
ln(n 1) ln 2 ln n +1 + - ，得證.
2
1
10．（2024 屆四川省南充高中高三下學期月考）已知函數 f (x) 1- - a ln x, a R.
x
(1)討論 f (x) 的單調性；
(2)當 a > 0時，函數 f (x) 與函數 g(x) a(1- e1-x ) - x +1有相同的最大值，求 a的值.
【解析】（1） f x 1 a 1- ax - ，x > 0.
x2 x x2
1
①當 a > 0時，當 0 < x < 時， f x > 0，f (x) 1單調遞增；當 x > 時， f x < 0，f (x) 單調遞減.
a a
②當 a 0時， f (x) 在（0,+ ）單調遞增. .
1 1
綜上所述，當 a > 0時， f (x) 在（0, ）單調遞增，在（ ,+ ）單調遞減.
a a
當 a 0時， f (x) 在（0,+ ）單調遞增.
1
（2）由（1）得當 a > 0時，當 x 時， f (x) 取得最大值 1- a + a ln a，
a
g x ae1-x -1,易知 g (x) 單調遞減 ，令 g (x) 0， x 1+ a ln a ，
當 x <1+ a ln a 時， g x > 0， g(x)單調遞增; 當 x >1+ a ln a 時， g x < 0，單 g(x)調遞減，所以，當
x 1+ a ln a 時， g(x)取得最大值 1- a + a ln a
依題意，有 1- a + a ln a a -1- ln a ，所以 2a - 2 - ln a - a ln a 0
令 h(x) 2x - 2 - ln x - x ln x (x > 0) 則 h x 2 1- - lnx +1 1 1- - lnx.
x x
由 f (x)
1
的單調性可知，當 a 1時， f (x) 1- - ln x.在 x 1時取得最大值 0，即 f (x) 0 ,從而可得
x
h x 1 1- - lnx 0，因此 h(x) 在（0,+ ）上單調遞減，又 h(1) 0 ,
x
所以 2a - 2 - ln a - a ln a 0， a 1 .
11．（2024 屆山東省菏澤市高三下學期二模）已知函數 f x ln x + m 的圖象與 x 軸交于點 P ，且在 P 處
的切線方程為 y g x , g 1 1，記 h x 2 f x - 1+ 4x +1．（參考數據： e3 20.09 ）．
(1)求 g x 的解析式；
(2)求 h x 的單調區間和最大值．
1
【解析】（1）由題意 f x ln x + m 與 x 軸的交點 P 1- m,0 ，又 f x ，
x + m
\ 1在點 P 處的切線的斜率 k 1，
1- m + m
\在點 P 處的切線方程為 g x x -1+ m,Q g 1 1,\m 1，即切線方程為 g x x
（2）由（1）知 f x ln x +1 ，所以 h x 1 2ln x +1 - 1+ 4x +1 x -
è 4 ÷
，

2 2 2 1+ 4x - x -1
\h x - ，
x +1 1+ 4x x +1 1+ 4x
令 h x 0得 x1 0, x2 2, x, h x , h x 的變化情況列表如下，
1 1
x - - ,0 ÷ 0 0,2 2 2, + 4 è 4
h x - + -
h x 減函數 極小值 增函數 極大值 減函數
h x 0,2 1 所以 的單調增區間為 ，單調減區間為 - ,0÷和 2, + ，
è 4
h(x) h 2 1 2ln3- 2，又 h -

÷ 2ln
3
+1 2ln3 - 2ln4 +1
極大值 ，è 4 4
h 1
3
- ÷ - h x 3- 2ln4 ln
e ln 20.09 0, h 1> > \ -

÷ > h x ，
è 4 極大值 16 16 è 4 極大值
\h x 3的最大值為2ln +1．
4
1
12．（2024 2屆湖北省武昌實驗中學高三下學期 5 月高考適應性考試）已知函數 f x ln x - ax a R .
2
(1)當 a 1時，求 f x 的最大值；
(2) f x é1,e2討論函數 在區間 ù 上零點的個數.
【解析】（1） f x 的定義域是 0, + ，
Q f x 1 ln x - ax2 a R f x 1 ax 1- ax
2
，\ - ，
2 x x
1- x2
當 a 1時， f x 0，得 x ±1 .
x
Q x > 0
\當 x 0,1 時， f x > 0，函數 f x 單調遞增，
當 x 1, + 時， f x < 0，函數 f x 單調遞減
\當 x 1時，函數 f x 取最大值，最大值為 f 1 1 - ；
2
f x 0 a 2ln x（2）由 ，得 2 ，x
g x 2ln x 2 - 4ln x令
x2
，則 g x 3 ，x
由 g x > 0得 1 < x < e ，
由 g x < 0，得 e < x < e2 ，
g x [1, e] é e,e2在區間 上單調遞增，在區間 ù 上單調遞減，
又 g 1 0， g e 1 g e2 4， e e4 ，
作函數 g x 的圖象如下：
0 a 4 1綜上：當 < 4 或 a f x é1,e
2
時， 在 ùe e
上有一個零點，
4
當 4 a
1
< 時， f x 在 é 1,e
2 ù 上有 2 個零點，e e
當 a<0 a
1
或 > 時， f x 在 é1,e2 ù 上沒有零點.e
13．（2024 x 2屆安徽省鼎尖名校聯盟高三下學期 5 月聯考）已知函數 f x 2 x -1 e - ax .
(1)求曲線 y f x 在 x 0處的切線方程；
(2)若 a e2，求函數 f x 在 1,3 上的最值.
【解析】（1）由函數 f x 2 x -1 ex - ax2 ，可得 f x 2xex - 2ax 2x ex - a ，
可得 f 0 0，且 f 0 -2，所以切線的斜率為 k 0，切點為 0, -2 ，
則所求切線方程為 y=- 2 .
（2）由（1），當 a e2 x 2時，可得 f x 2x e - e , x 1,3 ，
當 x 1,2 時， f x < 0，函數 f x 在 1,2 上單調遞減，
當 x 2,3 時， f x > 0，函數 f x 在 2,3 上單調遞增，
f 1 -e2 f 2 -2e2 3 2而 ， ， f 3 4e - 9e ，
故所求最大值為 4e3 - 9e2，最小值為 -2e2 .
14．（2024 ax屆湖北省武漢市華中師范大學附屬中學高三五月適應性考試）已知函數 f x xe (x > 0) ．
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若函數 f x 1有最大值 2 ，求實數 a的值．
【解析】（1） f x 1 1+ 2ax ×eax + a xeax eax (x > 0)
2 x 2 x
1°當 a 0時 f x > 0,\ f x 在區間 0, + 上單調遞增。
1
2°當 a < 0時， x 0, - ÷時， f x > 0,\ f x 單調遞增
è 2a
x 1 - ,+

÷ 時， f x < 0,\ f x 單調遞減
è 2a
綜上，當 a 0時， f x 的增區間是 0, + ，

當 a < 0時， f x 的增區間是 0,
1
-
1
÷，減區間是 - , +

è 2a ÷ è 2a
（2）由（1）知當 a 0時， f x 無最大值。
1
-
當 a < 0時， f x f 1- 1 1 1 1 ÷ - e 2 ，平方有 - max ，è 2a 2a 2 2ae 4
a 2 2解得 - ,\a - ．
e e
1
15 2．（2024 屆四川省南充市高三三診）已知函數 f x x - sinx + ax .
2
(1)當 a 1時，求 f x 的最小值；
(2)①求證： f x 有且僅有一個極值點；
②當 a -1- π,1 f x 1 2時，設 的極值點為 x0 ，若 g x - x + 2sinx - 2x .求證： f x0 g x0 2
【解析】（1） f (x) x - cos x + a ，令 f (x) h(x)，
當 a 1時， f x 1 x2 - sin x + x， h(x) x - cos x +1，
2
Qh (x) 1+ sin x 0，故 h(x) 在 R 上單調遞增，又 h(0) 0 ，
\ x (- ,0), f (x) h(x) < 0, f (x)在 - ,0 上單調遞減，
x (0,+ ), f (x) h(x) > 0, f (x) 在 0, + 上單調遞增，
\ f (x)的最小值為 f (0) 0 .
（2）由（1）知， h(x) f (x) x - cos x + a ，
Qh (x) 1+ sin x 0，故 h(x) 在 R 上單調遞增，即 f (x) 在 R 上單調遞增，
又 f (-2 - a) -2 - cos(2 + a) < 0, f (2 - a) 2 - cos(2 - a) > 0 ，
\ f (-2 - a) × f (2 - a) < 0，
\ f (x)存在唯一的變號零點 x0 ，
即 f (x) 有且僅有一個極值點 x0 .
②由①知： f (x) 有且僅有一個極值點 x0 且 f x0 x0 - cos x0 + a 0 ，則 a cos x0 - x0
當 a [-1- π,1]時， f (0) -1+ a 0, f (π) π +1+ a 0，
由①知：0 x0 π，要證 f (x0 ) g(x0 )，
只需證： F x0 f x
1
0 - g x0 x20 - sin x + ax
1- - x20 0 0 + 2sin x - 2x

2 2 0 0 ÷
0，
è
而 a cos x0 - x0 ，那么 F x0 2x0 - 3sin x0 + x0 cos x0 0 x0 π .
\F x0 2 - 2cos x0 - x0 sin x0 ，
令 P x0 F x0 ，則 P x0 sin x0 - x0 cos x0 ，
設 S x0 P x0 ，則 S x0 x0 sin x0 ，又 x0 0, π ，
所以 S x0 0，\S x0 在 0, π 上單調遞增，即 P x0 在 0, π 上單調遞增，
又 P (0) 0，\P x0 0，\P x0 在 0, π 上單調遞增，
即 F x0 在 0, π 上單調遞增，又 F (0) 0，\F x0 0 ，
\F x0 在 0, π 上單調遞增，\F x0 F 0 0，
綜上所述， a [-1- π,1]時， f x0 g x0 .
16．（2024 屆江蘇省連云港市厲莊高級中學高三考前模擬）已知函數 f x a x-1 - loga x （ a > 0，且
a 1）．
(1)若 a e，求函數 f x 的最小值；
(2)若 a 2，證明： x | f x 1<1 ,a a ÷．è
1 a e f x ex-1 - log x ex-1 - ln x x 0, + f x ex-1 1【解析】（ ）若 ，則 e ， ，所以 - ，x
g x ex-1 1設 - 則 g 1 1 x ex-1 + x-1
x x2
> 0 ，得 f x e - 在 0, + 上為增函數．
x
又 f 1 0，當 0 < x <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 f x 在 x 1處取得極小值即最小值．所以 f x 的最小值為 1．
1
（2 x-1 x-1）因為 f x a - loga x ， a 2， x 0, + ，所以 f x a ln a - ，x ln a
設j x a x-1 ln a 1- ln a > 0 j x a x-1 ln2 1，其中 ，得 a + > 0 ，
x ln a x2 ln a
所以 f x 在 0, + 上為增函數，當 x 0時， f x - , x + 時， f x + ，
所以存在 x0 0, + 使得 f x0 0 ，當 0 < x < x0 時 f x0 < 0，當 x > x0時 f x0 > 0 ，
所以 f x 在 0, x0 上單調遞減，在 x0 ,+ 上單調遞增，且 f 1 1，
①當 a e時，由（1）知，由 f x 1，有 x | f x <1 1 ,a a ÷ ；è
② 2 a < e f 1 ln a 1 ln
2 a -1
當 時， - < 0，由 f x 在 0, + 上為增函數，
ln a ln a
有 x0 >1，得 f x 在 x0 ,+ 上單調遞增，且 f x0 < f 1 1，
x > x f x 1 x | f x <1 1 , a 所以存在 1 0使得 1 ，要證 ÷，
è a
1
因為 <1， f x 在 x0 ,+ 上單調遞增，只要證 a x1 ，只要證 f a f x1 1，a
又當 2 a < e f a aa-1 -1 a2-1時， -1 a -1 1成立，
1
所以當 2 a < e時， x | f x <1 ,a a ÷；è
2
③當 a > e時， f 1 ln a 1 ln a -1- > 0，由 f x 在 0, + 上為增函數，
ln a ln a
所以 x0 <1，且 f x0 < f 1 1，所以存在 x1 < x0 使得 f x1 1，
要證 x | f x 1 1< ,a ÷，因為 a > 1， f x 在 0, x0 a 上單調遞減，è
且 x 0+ 時 f x 1 + 1 x ，只要證 a 1，只要證 f ÷ f x1 1，è a
1 1 -1 1 1 -1a a 1又 f a - log a +1
1
-1 ，由 恒成立，故 f >1成立，
è a ÷ a a a
a > 0 ֏ a
所以當 a > e時， x | f x <1 1 ,a
è a ÷
也成立，

1
綜上，當 a 2時， x | f x <1 ,a .
è a ÷
成立

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