資源簡(jiǎn)介

考點(diǎn) 18 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值（2 種核心題型+基礎(chǔ)保分
練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要和充分條件.2.會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、
極小值.3.掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的方法.4.會(huì)用導(dǎo)數(shù)研究生活中的最優(yōu)化問題．
【知識(shí)點(diǎn)】
1．函數(shù)的極值
(1)函數(shù)的極小值
函數(shù) y＝f(x)在點(diǎn) x＝a 處的函數(shù)值 f(a)比它在點(diǎn) x＝a 附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都小，f′(a)＝
0；而且在點(diǎn) x＝a 附近的左側(cè) ，右側(cè) ，則 a 叫做函數(shù) y＝f(x)的極小值
點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù) y＝f(x)的極小值．
(2)函數(shù)的極大值
函數(shù) y＝f(x)在點(diǎn) x＝b 處的函數(shù)值 f(b)比它在點(diǎn) x＝b 附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都大，f′(b)＝
0；而且在點(diǎn) x＝b 附近的左側(cè) ，右側(cè) ，則 b 叫做函數(shù) y＝f(x)的極大值
點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù) y＝f(x)的極大值．
(3)極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱為 ，極小值和極大值統(tǒng)稱為 ．
2．函數(shù)的最大(小)值
(1)函數(shù) f(x)在區(qū)間[a，b]上有最值的條件：
如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù) y＝f(x)的圖象是一條 的曲線，那么它必有最大值和最
小值．
(2)求函數(shù) y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大(小)值的步驟：
①求函數(shù) y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的 ；
②將函數(shù) y＝f(x)的各極值與 比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)
是最小值．
常用結(jié)論
對(duì)于可導(dǎo)函數(shù) f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù) f(x)在 x＝x0處有極值”的必要不充分條件
【核心題型】
題型一　利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的極值問題
根據(jù)函數(shù)的極值(點(diǎn))求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)
(1)列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為 0 和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解；
(2)驗(yàn)證：求解后驗(yàn)證根的合理性．
命題點(diǎn) 1　根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值
【例題 1】（2024· x四川廣安·二模）已知函數(shù) f x = ax +1 e ，給出下列 4 個(gè)圖象：
其中，可以作為函數(shù) f x 的大致圖象的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式 1】（23-24 高三上·黑龍江·階段練習(xí)）如圖是函數(shù) y = f x 的導(dǎo)函數(shù) y = f x 的圖象，
下列結(jié)論正確的是（ ）
A． y = f x 在 x=-1處取得極大值 B． x =1是函數(shù) y = f x 的極值點(diǎn)
C． x = -2是函數(shù) y = f x 的極小值點(diǎn) D．函數(shù) y = f x 在區(qū)間 -1,1 上單調(diào)遞減
1 1
【變式 2】（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f (x) = 4 - 2 的大致圖象是（ ）x x
A． B．
C． D．
【變式 3】（2024 高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知函數(shù) f（x）的導(dǎo)函數(shù) f′（x）的圖象如圖所示，
則下列結(jié)論正確的是（　　）
A．曲線 y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線斜率小于零
B．函數(shù) f（x）在區(qū)間（－1，1）上單調(diào)遞增
C．函數(shù) f（x）在 x＝1 處取得極大值
D．函數(shù) f（x）在區(qū)間（－3，3）內(nèi)至多有兩個(gè)零點(diǎn)
命題點(diǎn) 2　求已知函數(shù)的極值
2 x
【例題 2】（2024·寧夏銀川·一模）若函數(shù) f (x) = x - ax - 2 e 在 x = -2處取得極大值，則 f (x)
的極小值為（ ）
A．-6e2 B．-4e C．-2e2 D．-e
π π
【變式 1】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f x = 2x - tan x - π 在區(qū)間 - , ÷的極大值、極小
è 2 2
值分別為（ ）
π
A． +1
π π 3π
，- +1 B．- +1，- +1
2 2 2 2
3π 1 π π 3πC． - ，- +1 D．- -1，- +1
2 2 2 2
ìex
, x > 0,
【變式 2】（多選）（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知 f (x) = í x 則方程
-x2 - 4x -1, x 0,
f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 可能有（ ）個(gè)解.
A．3 B．4 C．5 D．6
【變式 3】（2024· 2 - x遼寧鞍山·二模） f x = x e 的極大值為 ．
命題點(diǎn) 3　已知極值(點(diǎn))求參數(shù)
【例題 3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) x1, x2 為函數(shù) f x = x x - 2 x - a （其中 a > 0）的兩個(gè)
不同的極值點(diǎn)，若不等式 f x1 + f x2 0成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為（ ）
A． 1,4 B． 0,4 C． 0,1 D． 4, +
【變式 1】（2024·四川綿陽·三模）若函數(shù) f x 1= ax2 - x + blnx a 0 有唯一極值點(diǎn)，則下
2
列關(guān)系式一定成立的是（ ）
A． a > 0,b < 0
1
B． a < 0,b > 0 C． ab < D． ab > 0
4
【變式 2】（2024·遼寧·一模）已知函數(shù) f x = x3 + ax2 + bx + a2在 x=-1處有極值 8，則 f 1
等于 ．
2
【變式 3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ln x - x + ax - 2 a R ．
(1)若 f x 的極值為－2，求 a 的值；
(2)若 m，n 是 f x 的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求證： f m + n + m + n < 0．
題型二　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值
求含有參數(shù)的函數(shù)的最值，需先求函數(shù)的定義域、導(dǎo)函數(shù)，通過對(duì)參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)
的單調(diào)性，從而得到函數(shù) f(x)的最值．
命題點(diǎn) 1　不含參函數(shù)的最值
【例題 4】（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）"x 1,2 ，有 a - x 2lnx + x 2 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范
圍為（ ）
A． e, + 1, + é e B． C． ê ,+ ÷ D． 2e, + 2
2
【變式 1】（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）已知 f x = x - 2x + a ln x - x ，若存在 x0 0,e ，使得
f x0 0成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .
【變式 2】（2024·上海徐匯·二模）如圖，兩條足夠長(zhǎng)且互相垂直的軌道 l1, l2 相交于點(diǎn)O，一
根長(zhǎng)度為8的直桿 AB 的兩端點(diǎn) A, B分別在 l1, l2 上滑動(dòng)（ A, B兩點(diǎn)不與O點(diǎn)重合，軌道與直
桿的寬度等因素均可忽略不計(jì)），直桿上的點(diǎn) P 滿足OP ^ AB，則△OAP面積的取值范圍
是 .
【變式 3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = lnx ．
(1)求函數(shù) g x f x = 的最值．
x
2
(2) 1 e - 3證明： xex - x4 - x3 - ef x > 0（其中 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
4 4
命題點(diǎn) 2　含參函數(shù)的最值
1
【例題 5】（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = ex - x2 - bx(a，b R)2(a 1) 沒有極+
b
值點(diǎn)，則 的最大值為（
a 1 ）+
e e e2A． B． C． e D．
2 2 2
【變式 1】（23-24 高三下·重慶·階段練習(xí)）若過點(diǎn) a,b 可以作曲線 y = lnx的兩條切線，則
（ ）
A．b > lna B．b < lna C． a < 0 D．b > ea
【變式 2】．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f x = x + 2 ln x +1 - ax 只有 3 個(gè)零點(diǎn)x1，x2，
x3 x1 < x2 < x3 < 3 ，則 a + x2的取值范圍是 ．
1
【變式 3】（2024·北京海淀·一模）已知函數(shù) a- xf (x) = xe 2 .
(1)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù) g(x) = f (x) + e-2a , x (0, + )存在最大值，求 a的取值范圍.
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
1．（2023· 3廣西·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f x = x + ax在 x =1處取得極小值，則極小值為（ ）
A．1 B．2 C．-2 D． -1
é π ù
2．（2024·四川涼山·二模）若 f x = x sin x + cos x -1， x ê- , πú ，則函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù) 2
為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，函數(shù) y = f x 及其導(dǎo)函數(shù) y = f x
的圖象如圖所示，已知兩圖象有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，其坐標(biāo)為 0,1 ，則（ ）
A．函數(shù) y = f x ×ex 的最大值為 1
B y = f x ×ex．函數(shù) 的最小值為 1
f x
C ．函數(shù) y = x 的最大值為 1e
f x
D ．函數(shù) y = x 的最小值為 1e
4．（2024·陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ae2x + bex + 2x 有 2個(gè)極值點(diǎn)，則（ ）
b2A．0 < a < B．b > 0 C． a < 4b D．b > 2a
16
a sin x + cos x5 2024· ．（ 全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x + x在 0, π 上恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，e
則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是（ ）
2 π π
A． 4 0, e2 ÷÷
B． - , eπ C． 0,eπ 2D． 4 e ,+ 2 ÷÷è è
二、多選題
b
6．（2024·全國(guó)· x模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ae + 在定義域內(nèi)既存在極大值點(diǎn)又存在極小
x
值點(diǎn)，則（ ）
A． ab > 0
b 4
B．
a e2
C．4a - be2 > 0 D．對(duì)于任意非零實(shí)數(shù) a，總存在實(shí)數(shù)b 滿足題意
7．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）已知各項(xiàng)都是正數(shù)的數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，且
S a= n 1n +2 2a ，則下列結(jié)論正確的是（ ）n
A．當(dāng)m > n m，n N* 時(shí)， am > an B． Sn + Sn+2 < 2Sn+1
2 S 1C．?dāng)?shù)列 Sn 是等差數(shù)列 D． n - lnnSn
三、填空題
8．（2024·上海黃浦·二模）如圖是某公園局部的平面示意圖，圖中的實(shí)線部分（它由線段
CE, DF 與分別以O(shè)C,OD為直徑的半圓弧組成）表示一條步道.其中的點(diǎn)C, D 是線段 AB 上的
動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) O 為線段 AB,CD 的中點(diǎn)，點(diǎn) E, F 在以 AB 為直徑的半圓弧上，且 OCE , ODF 均
為直角.若 AB =1百米，則此步道的最大長(zhǎng)度為 百米.
9．（2023·江西贛州· - x模擬預(yù)測(cè)）當(dāng) x = 0時(shí)，函數(shù) f x = ae + bx 取得極小值 1，則
a + b = .
四、解答題
1 1 1
10．（2023· 2河南洛陽·一模）已知函數(shù) f x = x + + ．
2 x 2
(1)求 f x 的圖像在點(diǎn) 2, f 2 處的切線方程；
(2)求 f x é1在 ê , 2
ù
2 ú
上的值域．

11．（2024·上海靜安·二模）已知 k R ，記 f (x) = a x + k ×a- x （ a > 0且a 1）．
(1)當(dāng) a = e（ e是自然對(duì)數(shù)的底）時(shí)，試討論函數(shù) y = f (x) 的單調(diào)性和最值；
(2)試討論函數(shù) y = f (x) 的奇偶性；
(3)拓展與探究：
① 當(dāng) k 在什么范圍取值時(shí)，函數(shù) y = f (x) 的圖象在 x 軸上存在對(duì)稱中心？請(qǐng)說明理由；
②請(qǐng)?zhí)岢龊瘮?shù) y = f (x) 的一個(gè)新性質(zhì)，并用數(shù)學(xué)符號(hào)語言表達(dá)出來．（不必證明）
綜合提升練
一、單選題
1．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù) f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函數(shù)，則實(shí)數(shù) a
的取值范圍是（ ）
A． - , 2 ln 2 B． 0, 2 ln 2
C． - , 2 D． 0,2
2．（2024· x陜西渭南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = xe + a 在區(qū)間 0,1 上的最小值為 1，則實(shí)數(shù)
a 的值為（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
3．（23-24 高三下·內(nèi)蒙古赤峰·開學(xué)考試）已知函數(shù) f x = x ln x - ax有極值-e，則a =
（ ）
A．1 B．2 C． e D．3
4 b
4．（2024·廣東佛山·二模）若函數(shù) f x = a ln x + + 2 （ a 0）既有極大值也有極小值，則x x
下列結(jié)論一定正確的是（ ）
A． a<0 B．b < 0 C． ab > -1 D． a + b > 0
2 ln x
5．（2023· x甘肅蘭州·一模）已知函數(shù) f x = ex + - ln x的極值點(diǎn)為x1，函數(shù) h x = 的2 2x
最大值為x2，則（ ）
A． x1 > x2 B． x2 > x1 C． x1 x2 D． x2 x1
6．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）記函數(shù) y = f x 的導(dǎo)函數(shù)為 y ， y 的導(dǎo)函數(shù)為 y ，則曲線 y = f x
y
K =
的曲率 32 ．則曲線 y = ln x 的曲率的極值點(diǎn)為（ ）é1+ y ù 2
A 2 B 2 3． ． C 2 3． D 2．
2 3 9 3
7．（2024·北京朝陽·一模）已知 n個(gè)大于 2 的實(shí)數(shù) x1, x2 , × × ×, xn ，對(duì)任意 xi i =1,2, × × ×,n ，存在
yi 2
y x
滿足 yi < xi ，且 x ii = y ii ，則使得 x1 + x2 + ×××+ xn-1 15xn 成立的最大正整數(shù) n為（ ）
A．14 B．16 C．21 D．23
8．（2023·河南洛陽·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x 及其導(dǎo)函數(shù) f x 的定義域均為R ，且
f x - f x = x2e2x , f 0 = 0，則 f x （ ）
A．有一個(gè)極小值點(diǎn)，一個(gè)極大值點(diǎn) B．有兩個(gè)極小值點(diǎn)，一個(gè)極大值點(diǎn)
C．最多有一個(gè)極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn) D．最多有一個(gè)極大值點(diǎn)，無極小值點(diǎn)
二、多選題
9．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)函數(shù) f x ， g x 公共定義域內(nèi)的任意 x，若存在常數(shù)M R ，
使得 f x - g x M 恒成立，則稱 f x 和 g x 是M - 伴侶函數(shù)，則下列說法正確的是
（ ）
A．存在常數(shù)M R ，使得 f x = log2 5x 與 g x = log
5
1 是M - 伴侶函數(shù)
2 x
B x+1．存在常數(shù)M R ，使得 f x = 3 與 g x = 3x-1是M - 伴侶函數(shù)
C． f x = ln x與 g x = x + 2是1-伴侶函數(shù)
D．若 f x = g x ，則存在常數(shù)M R ，使得 f x 與 g x 是M - 伴侶函數(shù)
10．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ax2 + bx + c ex 的極小值點(diǎn)為 0，極大值點(diǎn)為
m m > 0 ，且極大值為 0，則（ ）
A．m = 2 B．b = 4a
C．存在 x0 R ，使得 f x0 > 0 D．直線 y = 3a與曲線 y = f x 有 3 個(gè)交點(diǎn)
11．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = lna + b ex - a2ex ，其中 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，
則（ ）
A．若 f x 為減函數(shù)，則 f 0 < 0 B．若 f x 存在極值，則 aeb >1
C．若 f 1 = 0，則b > ln2 D．若 f x 0，則b a
三、填空題
12 2022· · f x x
2 + x +1
．（ 廣西 模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) = ，則 f x 的極小值為 .
ex
13．（2023· · f x = ax3廣東汕頭 一模）函數(shù) - 6x的一個(gè)極值點(diǎn)為 1，則 f x 的極大值
是 ．
14．（2024·上海閔行· x、x R x > 0 ex二模）對(duì)于任意的 11 2 ，且 2 ，不等式 - x1 + ln x2 - x2 > a 恒
成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為 .
四、解答題
15．（2024·安徽·二模）已知函數(shù) f (x) = x2 -10x + 3 f (1) ln x .
(1)求函數(shù) f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程；
(2)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間和極值.
16．（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x2 - alnx +1,a R .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求曲線 y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線方程；
(2)當(dāng) a > 0時(shí)，若函數(shù) f x 有最小值 2，求 a的值.
lnx 1
17．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = - ．
x e
(1)求 f (x) 的最大值；
(2)證明：當(dāng) x > 0時(shí)， f (x) < xex ．
18．（2024·福建·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = a ln x - bx 在 1, f 1 處的切線在 y 軸上的截距為
-2．
(1)求 a的值；
(2)若 f x 有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，求b 的取值范圍．
1
19 2x x．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = e + a - 2 e - 2ax ．
2
3
(1)若曲線 y = f x 在 0, a - ÷處的切線方程為 4ax + 2y +1 = 0 ，求 a的值及 f x 的單調(diào)區(qū)
è 2
間．
(2)若 f x 的極大值為 f ln2 ，求 a的取值范圍．
5 3
(3) a = 0 f x + 5ex - > x2當(dāng) 時(shí)，求證： + xlnx．
2 2
拓展沖刺練
一、單選題
k
1．（2023· x湖南衡陽·模擬預(yù)測(cè)）若曲線 f x = (k < 0)與 g x = e 有三條公切線，則 k 的取
x
值范圍為（ ）
1 1 2 2
A． - ,0÷ B

． - ,-
C ÷ ． - ,0÷ D． - ,-
è e è e è e ÷è e
2．（2023·河南·三模）已知函數(shù) f (x) = x2 ln x ，則下列結(jié)論正確的是（ ）
1
A． f (x) 在 x =
1 e
處得到極大值- B． f (x) 在 x = e 處得到極大值e 2e 2
1 1 e
C． f (x) 在 x = 處得到極小值- D． f (x) 在 x = e 處得到極小值e 2e 2
3．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)函數(shù) f (x) = 2x3 - 2x ，若正實(shí)數(shù) a使得存在三個(gè)兩兩不同的實(shí)
數(shù)b ， c，d 滿足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好為一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，則
a的取值范圍為（ ）
0, 1 ù é1
ù é ù
A． ú B． ê ,1
ù 3 3
C
2 2 ú ．
0, ú D． ê ,1ú
è è 3 3
x+1
4．（2024·湖北·二模）已知函數(shù) f x ax e= x + x （e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．則下列說法正確的e x + e
是（ ）
A．函數(shù) f x 的定義域?yàn)?R
2
B．若函數(shù) f x 在P 0, f 0 e處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為 ，則 a =1
2e - 2
C．當(dāng) a =1時(shí)， f x = m可能有三個(gè)零點(diǎn)
D．當(dāng) a =1時(shí)，函數(shù)的極小值大于極大值
二、多選題
5．（2023·安徽· 3一模）已知函數(shù) f x = x - x x R ，則（ ）
A． f x 是奇函數(shù)
3 3
B． f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 - , - ÷÷ 和 , + ÷÷
è 3 è 3
C f x 2 3． 的最大值為
9

f x 3 , 2 3
3 2 3
D． 的極值點(diǎn)為 - ,3 9 ÷÷
, -
3 9 ÷÷è è
6．（2024·浙江杭州·二模）過點(diǎn)P 2,0 的直線與拋物線 C： y2 = 4x交于 A, B兩點(diǎn)．拋物線C
在點(diǎn)A 處的切線與直線 x = -2交于點(diǎn) N ，作 NM ^ AP 交 AB 于點(diǎn)M ，則（ ）
A．直線 NB與拋物線 C 有 2 個(gè)公共點(diǎn)
B．直線MN 恒過定點(diǎn)
C 2．點(diǎn)M 的軌跡方程是 x -1 + y2 =1 x 0
MN 3
D． 的最小值為
AB 8 2
三、填空題
7．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f x = ln x - k x2 + ln x + k 在定義域內(nèi)為增函數(shù)，則實(shí)數(shù) k
的取值范圍為 ．
8．（2023·江蘇淮安·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ln2x - ax 有三個(gè)零點(diǎn)，則 a的取值范圍是 .
四、解答題
9．（23-24 高三下·山東菏澤· f x = x -1 ex - ax2階段練習(xí)）已知函數(shù) ， a R .
e
(1)當(dāng) a = 2 時(shí)，求
f x 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若方程 f x + a = 0有三個(gè)不同的實(shí)根，求 a的取值范圍．
2
10．（2024·山西呂梁·二模）已知函數(shù) f x = alnx - 2x a- a 0 .
x
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求 f x 的單調(diào)區(qū)間和極值；
(2)求 f x 在區(qū)間 0,1 上的最大值.考點(diǎn) 18 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值（2 種核心題型+基礎(chǔ)保分
練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要和充分條件.2.會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、
極小值.3.掌握利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的方法.4.會(huì)用導(dǎo)數(shù)研究生活中的最優(yōu)化問題．
【知識(shí)點(diǎn)】
1．函數(shù)的極值
(1)函數(shù)的極小值
函數(shù) y＝f(x)在點(diǎn) x＝a 處的函數(shù)值 f(a)比它在點(diǎn) x＝a 附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都小，f′(a)＝
0；而且在點(diǎn) x＝a 附近的左側(cè) f′(x)<0，右側(cè) f′(x)>0，則 a 叫做函數(shù) y＝f(x)的極小值點(diǎn)，
f(a)叫做函數(shù) y＝f(x)的極小值．
(2)函數(shù)的極大值
函數(shù) y＝f(x)在點(diǎn) x＝b 處的函數(shù)值 f(b)比它在點(diǎn) x＝b 附近其他點(diǎn)處的函數(shù)值都大，f′(b)＝
0；而且在點(diǎn) x＝b 附近的左側(cè) f′(x)>0，右側(cè) f′(x)<0，則 b 叫做函數(shù) y＝f(x)的極大值點(diǎn)，
f(b)叫做函數(shù) y＝f(x)的極大值．
(3)極小值點(diǎn)、極大值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)，極小值和極大值統(tǒng)稱為極值．
2．函數(shù)的最大(小)值
(1)函數(shù) f(x)在區(qū)間[a，b]上有最值的條件：
如果在區(qū)間[a，b]上函數(shù) y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小
值．
(2)求函數(shù) y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大(小)值的步驟：
①求函數(shù) y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內(nèi)的極值；
②將函數(shù) y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值 f(a)，f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最
小的一個(gè)是最小值．
常用結(jié)論
對(duì)于可導(dǎo)函數(shù) f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數(shù) f(x)在 x＝x0處有極值”的必要不充分條件
【核心題型】
題型一　利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的極值問題
根據(jù)函數(shù)的極值(點(diǎn))求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)
(1)列式：根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為 0 和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解；
(2)驗(yàn)證：求解后驗(yàn)證根的合理性．
命題點(diǎn) 1　根據(jù)函數(shù)圖象判斷極值
【例題 1】（2024· x四川廣安·二模）已知函數(shù) f x = ax +1 e ，給出下列 4 個(gè)圖象：
其中，可以作為函數(shù) f x 的大致圖象的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】對(duì) a的情況進(jìn)行分類討論，借助于導(dǎo)數(shù)對(duì)函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行分析即可判斷函數(shù)的大
致圖象.
【詳解】由題意知， f x 定義域?yàn)镽 ，
當(dāng) a = 0時(shí)， f x = ex ，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù) f x 單調(diào)遞增，可對(duì)應(yīng)①；
當(dāng) a > 0時(shí)， f x = ax + a +1 ex ，令 f x a +1= 0可得： x a +1= - < 0 ，所以當(dāng) x
a
- , - ÷
è a
時(shí)， f x < 0，當(dāng) x a +1 - , + ÷時(shí)， f x > 0
1
，所以，函數(shù) f x 先減后增，且當(dāng) x < -
è a a
時(shí)， f x < 0 ，此時(shí)可對(duì)應(yīng)②；
當(dāng) a<0時(shí)， f x = ax + a +1 ex ，當(dāng) f x = 0 x a +1時(shí) = - ，當(dāng) x - ,
a +1
- ÷時(shí)， f x > 0，a è a
x a +1當(dāng) - , +

÷時(shí)， f x < 0，所以，函數(shù) f x 先增后減，
è a
當(dāng) a < -1時(shí)， x
a +1
= - < 0 1，且此時(shí) 0 < - < 1a ，所以可對(duì)應(yīng)③，a
x a +1當(dāng)-1 < a < 0
1
時(shí)， = - > 0 ，此時(shí)- >1，所以可對(duì)應(yīng)④.
a a
故選：D
【變式 1】（23-24 高三上·黑龍江·階段練習(xí)）如圖是函數(shù) y = f x 的導(dǎo)函數(shù) y = f x 的圖象，
下列結(jié)論正確的是（ ）
A． y = f x 在 x=-1處取得極大值 B． x =1是函數(shù) y = f x 的極值點(diǎn)
C． x = -2是函數(shù) y = f x 的極小值點(diǎn) D．函數(shù) y = f x 在區(qū)間 -1,1 上單調(diào)遞減
【答案】C
【分析】根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可求解 y = f x 的單調(diào)性，即可結(jié)合選項(xiàng)逐一求解.
【詳解】由圖象可知：當(dāng) x<- 2時(shí)， f x < 0, f x 單調(diào)遞減，當(dāng) x -2時(shí)， f x 0, f x
單調(diào)遞增，
故 x = -2是函數(shù) y = f x 的極小值點(diǎn)， y = f x 無極大值.
故選：C
1 1
【變式 2】（2023·河北·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f (x) = 4 - 2 的大致圖象是（ ）x x
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先判斷函數(shù)的奇偶性，再利用導(dǎo)數(shù)法判斷.
【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù) f (x)
1 1
= 4 - 2 的定義域?yàn)椋?x | x R, x 0 ，且 f -x = f x ，x x
所以函數(shù) f x 是偶函數(shù)，
當(dāng) x > 0時(shí)， f x = -4x-5 1 1- x2 ÷ ，
è 2
令 f x = 0，得 x = 2 ，
當(dāng)0 < x < 2 時(shí)， f x < 0，當(dāng) x > 2 時(shí)， f x > 0，
所以當(dāng) x = 2 時(shí)， f x 取得極小值，
故選：D
【變式 3】（2024 高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知函數(shù) f（x）的導(dǎo)函數(shù) f′（x）的圖象如圖所示，
則下列結(jié)論正確的是（　　）
A．曲線 y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線斜率小于零
B．函數(shù) f（x）在區(qū)間（－1，1）上單調(diào)遞增
C．函數(shù) f（x）在 x＝1 處取得極大值
D．函數(shù) f（x）在區(qū)間（－3，3）內(nèi)至多有兩個(gè)零點(diǎn)
【答案】D
【詳解】解析：由題意，得 f′（1）＝0，所以曲線 y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線斜率
等于零，故 A 錯(cuò)誤；當(dāng) x∈（－1，1）時(shí)，f′（x）＜0，所以 f（x）在（－1，1）上單調(diào)遞減，
故 B 錯(cuò)誤；當(dāng)－2＜x＜1 時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng) x＞1，f′（x）＜0，f（x）單
調(diào)遞減，所以 x＝1 不是 f（x）的極值點(diǎn)，故 C 錯(cuò)誤；當(dāng) x∈（－3，－2）時(shí)，f′（x）＞0，f
（x）單調(diào)遞增，當(dāng) x∈（－2，3）時(shí)，f′（x）≤0，f（x）單調(diào)遞減，所以當(dāng) f（－2）＜0 時(shí)，
f（x）在（－3，3）上沒有零點(diǎn)；當(dāng) f（－2）＝0 時(shí)，f（x）在（－3，3）上只有一個(gè)零點(diǎn)；
當(dāng) f（－2）＞0 時(shí)，f（x）在（－3，3）上有兩個(gè)零點(diǎn)．綜上，函數(shù) f（x）在區(qū)間（－3，3）
內(nèi)至多有兩個(gè)零點(diǎn)，故選 D.
命題點(diǎn) 2　求已知函數(shù)的極值
【例題 2】（2024·寧夏銀川· 2 x一模）若函數(shù) f (x) = x - ax - 2 e 在 x = -2處取得極大值，則 f (x)
的極小值為（ ）
A．-6e2 B．-4e C．-2e2 D．-e
【答案】C
【分析】由題意求出 a的值，進(jìn)而求出 f x ，再解出極小值即可.
f (x) = x2 x【詳解】因?yàn)楹瘮?shù) - ax - 2 e 在 x = -2處取得極大值，
則 f x = éx2 + 2 - a x - 2 - a
x
ù ×e ， x R 且 f -2 = 0，
即 4 - 2 2 - a - 2 - a = 0，所以 a = 2；
所以 f x = x2 - 2x - 2 ×ex ， f x = x2 - 4 ×ex = x + 2 x - 2 ex ，
令 f x = 0，則 x = 2或 x = -2，
由 x - ,-2 , f x > 0 ， x -2,2 , f x < 0， x 2, + , f x > 0，
所以 f x 在 - ,-2 , 2, + 上單調(diào)遞增，在 -2,2 上單調(diào)遞減.
所以函數(shù) f x 在 x = -2處取得極大值， f = f 2 = -2e2極小 .
故選：C.
π π
【變式 1】（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f x = 2x - tan x - π 在區(qū)間 - , ÷的極大值、極小
è 2 2
值分別為（ ）
π π π
A． +1，- +1 B．- +1
3π
，- +1
2 2 2 2
3π π π 3π
C． -1，- +1 D．- -1，- +1
2 2 2 2
【答案】D
【分析】求出 f x ，由 f (x) < 0 、 f (x) > 0 可得答案．
f (x) 2 sin x

2 1 2cos
2 x -1
【詳解】由題意，得 = - = - = ，
è cos x ÷ cos2 x cos2 x
π π π π
當(dāng) x - ,- ÷ , ÷ 時(shí)， 2cos2 x -1 < 0， f (x) < 0 ；
è 2 4 è 4 2
x π , π - 當(dāng) ÷時(shí)， 2cos2 x -1 > 0， f (x) > 0 ．
è 4 4
π π π π
所以 f (x)

在 - ,-

÷上單調(diào)遞減，在 - ,
π π
÷上單調(diào)遞增，在 ,4 2 ÷ 上單調(diào)遞減．è 2 4 è 4 4 è
π π 3π
當(dāng) x = - 4 時(shí)，
f (x) 取得極小值，為 f - ÷ = - +1；
è 4 2
π π
當(dāng) x
π
=
4 時(shí)，
f (x) 取得極大值，為 f ÷ = - -1．
è 4 2
故選：D．
ìex
, x > 0,
【變式 2】（多選）（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知 f (x) = í x 則方程
-x2 - 4x -1, x 0,
f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 可能有（ ）個(gè)解.
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】BCD
【分析】方程 f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 得 f (x) = 3或 f (x) = k ，作出函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合判
斷解的個(gè)數(shù).
x ex x -1
【詳解】 f (x) e = x > 0 ，有 f (x) = ，
x x2
當(dāng)0 < x <1時(shí) f (x) < 0 ， f (x) 單調(diào)遞減；當(dāng) x >1時(shí) f (x) > 0 ， f (x) 單調(diào)遞增，
當(dāng) x =1時(shí)， f (x) 有極小值 f 1 = e .
f (x) = -x2 - 4x -1 x 0 ，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，
f (x) 在 - ,-2 上單調(diào)遞增，在 -2,0 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x = -2時(shí)， f (x) 有極大值 f (-2) = 3 .
ìex
f (x) , x > 0,由 = í x 的圖象如圖所示，
2 -x - 4x -1, x 0
由 f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 得 f (x) = 3或 f (x) = k ，
由圖象可知 f (x) = 3有 3 個(gè)解， f (x) = k 可能有 1，2，3，4 個(gè)解，
故方程 f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 可能有 4，5，6，7 個(gè)解.
故選：BCD.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：
函數(shù)零點(diǎn)的求解與判斷方法：
(1)直接求零點(diǎn)：令 f x = 0，如果能求出解，則有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn)．
(2)零點(diǎn)存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間 a,b 上是連續(xù)不斷的曲線，且
f a × f b < 0，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)
零點(diǎn)．
(3)利用圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)：將函數(shù)變形為兩個(gè)函數(shù)的差，畫兩個(gè)函數(shù)的圖象，看其交點(diǎn)的橫
坐標(biāo)有幾個(gè)不同的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn)
【變式 3】（2024·遼寧鞍山·二模） f x = x2e- x 的極大值為 ．
4
【答案】
e2
【分析】借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得其極大值.
- x 2 - x 2 - x - x
【詳解】 f x = 2xe + x -e = 2x - x e = -x x - 2 e ，
當(dāng) x - ,0 U 2,+ 時(shí)， f x < 0，當(dāng) x 0,2 時(shí)， f x > 0，
故 f x 在 - ,0 、 2, + 上單調(diào)遞減，在 0,2 上單調(diào)遞增，
故 f x 有極大值 f 2 = 22 e-2 4= 2 .e
4
2
故答案為： e
命題點(diǎn) 3　已知極值(點(diǎn))求參數(shù)
【例題 3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）設(shè) x1, x2 為函數(shù) f x = x x - 2 x - a （其中 a > 0）的兩個(gè)
不同的極值點(diǎn)，若不等式 f x1 + f x2 0成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為（ ）
A． 1,4 B． 0,4 C． 0,1 D． 4, +
【答案】A
【分析】導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)， x1, x2 為對(duì)應(yīng)的一元二次方程的兩根，由 f x1 + f x2 0，代
入函數(shù)解析式，結(jié)合韋達(dá)定理化簡(jiǎn)，可解出實(shí)數(shù) a的取值范圍.
【詳解】因?yàn)?f x = x x - 2 x - a ，所以 f x = 3x2 - 2 2 + a x + 2a．
ì 2
Δ = 4 a - 2a + 4 > 0,

2 2 + a又函數(shù) f x 有兩個(gè)不同的極值點(diǎn) x1, x2 ，所以 íx1 + x2 = ,
3
2a
x x = . 1 2 3
解法一：由 f x + f x 0 x3 + x3 - a + 2 x21 2 ，得 1 2 1 + x22 + 2a x1 + x2 0 ，
即 x1 + x2 é x1 + x
2
2 -3x1x é2 - a + 2 x1 + x
2
2 - 2x1x ù2 + 2a x1 + x2 0 * ．
將 x + x , x x 的值代入（*）式，得 a21 2 1 2 - 5a + 4 0，解得1 a 4，
故選：A．
3
解法二：函數(shù) y = ax + kx a 0 為奇函數(shù)，圖象的對(duì)稱中心為 0,0 ，
則函數(shù) y = a x - m 3 + k x - m + n圖象的對(duì)稱中心為 m, n
設(shè) g x = ax3 + bx2 + cx + d = a x - m 3 + k x - m + n，
a x - m 3 + k x - m + n = ax3 - 3amx2 + 3am2 + k x + n - am3 - km ，
ì-3am = b

比較系數(shù)，有 í3am2 + k = c ，

n - am
3 - km = d
b b2 3
解得m = - , k = c - , n
2b bc
= - + d g b= -
3a 3a 27a2 3a è 3a ÷
3 2 b b
所以函數(shù) g x = ax + bx + cx + d a 0 圖象的對(duì)稱中心為 - , g - ÷÷ ，
è 3a è 3a
即若 f x 存在兩個(gè)相異的極值點(diǎn) x1, x2 ，則其對(duì)稱中心為點(diǎn) x1, f x1 和點(diǎn) x2 , f x2 的中點(diǎn)，
f x1 + f x2 f x + x即 = 1 2
2 ÷
．
è 2
x + x 2 + a
由題設(shè)得 f x1 + f x2 0，即 f 1 2 ÷ 0 ，即 f ÷ 0，
è 2 è 3
ìa > 0,

所以 ía + 2 a + 2 2 a + 2- - a 解得
1 a 4 .
0, 3 è 3
÷ ÷
è 3
故選: A．
1 2
【變式 1】（2024·四川綿陽·三模）若函數(shù) f x = ax - x + blnx a 0 有唯一極值點(diǎn)，則下
2
列關(guān)系式一定成立的是（ ）
A． a > 0,b < 0 B． a < 0,b > 0
1
C． ab < D． ab > 0
4
【答案】C
2
【分析】求導(dǎo)，構(gòu)造函數(shù) g x = ax - x + b a 0 ，利用二次函數(shù)零點(diǎn)的分布，結(jié)合分類討
論以及極值點(diǎn)的定義即可求解.
2
f x ax 1 b ax - x + b【詳解】 = - + = ，
x x
令 g x = ax2 - x + b a 0 ，D =1- 4ab，
若D =1- 4ab 0 ，則 g x = ax2 - x + b 0 或 g x = ax2 - x + b 0 ，此時(shí) f x 單調(diào)，不存在
極值點(diǎn)，故不符合題意，
若D =1- 4ab > 0，則方程 g x = ax2 - x + b = 0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，
1
由于 f x = ax2 - x + blnx a 0 有唯一極值點(diǎn)，故 g x = ax2 - x + b = 0只能有一個(gè)正實(shí)數(shù)
2
根，
若另一個(gè)實(shí)數(shù)根為 0，此時(shí)b = 0，顯然滿足條件，
b
若令一個(gè)實(shí)數(shù)根為負(fù)根，則 < 0，故 ab < 0 ，
a
1
結(jié)合選項(xiàng)可知， ab < 一定成立，
4
故選：C
【變式 2】（2024·遼寧· 3一模）已知函數(shù) f x = x + ax2 + bx + a2在 x=-1處有極值 8，則 f 1
等于 ．
【答案】-4
【分析】求導(dǎo)，即可由 f -1 = 8且 f -1 = 0求解 a,b，進(jìn)而代入驗(yàn)證是否滿足極值點(diǎn)即
可．
【詳解】 f x = 3x2 + 2ax + b,
ì-1+ a - b + a2 = 8
若函數(shù) f x 在 x=-1處有極值 8，則 f -1 = 8, f -1 = 0,即 í ,
3- 2a + b = 0
解得： a = 3,b = 3或 a = -2,b = -7 ，
當(dāng) a = 3,b = 3時(shí)， f x = 3x2 + 6x + 3 = 3(x +1)2 0，此時(shí) x=-1不是極值點(diǎn)，故舍去；
當(dāng) a = -2,b = -7 時(shí)， f x = 3x2 - 4x - 7 = 3x - 7 x +1 ，
x 7 7當(dāng) > 或 x < -1時(shí)， f x > 0，當(dāng)-1< x < , f x < 0，故 x=-1是極值點(diǎn)，
3 3
故 a = -2,b = -7 符合題意，
故 f x = x3 - 2x2 - 7x + 4，
故 f 1 = -4 .
故答案為：-4
2
【變式 3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ln x - x + ax - 2 a R ．
(1)若 f x 的極值為－2，求 a 的值；
(2)若 m，n 是 f x 的兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求證： f m + n + m + n < 0．
【答案】(1)1
(2)證明見解析
【分析】（1）對(duì)函數(shù) f x 求導(dǎo)，再根據(jù)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系研究函數(shù) f x 的性質(zhì)，即可得解；
（2）由題意 f m + n + m + n 1 m - n= - ln
m m
m - n m + n n ÷
，再設(shè)m > n > 0 ， t = n ，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)è
g t t -1= - ln t t >1 ，利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行證明即可.
t +1
【詳解】（1）由題知 f x 的定義域?yàn)? 0, + ，
f x 1 2x a -2x
2 + ax +1
= - + = ．
x x
由 f x = 0可得 2x2 - ax -1 = 0，
a - a2 + 8 a + a2 + 8
解得 x1 = （舍去）， x2 = ，4 4
且 ax2 = 2x
2
2 -1，
∴ f x 在 0, x2 上單調(diào)遞增，在 x2 ,+ 上單調(diào)遞減，
∴ f x f x = ln x - x2有極大值 2 2 2 + ax 2 2 22 - 2 = ln x2 - x2 + 2x2 -1 - 2 = ln x2 + x2 - 3．
設(shè) h x = ln x + x2 - 3，
則 h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，且 h 1 = -2，
x =1 a + a
2 + 8
故 2 ，即 = 1，解得 a =1．
4
（2）由條件可得 f m = ln m - m2 + am - 2 = 0， f n = ln n - n2 + an - 2 = 0，
m
兩式相減，可得 ln - m2 - n2 + a m - n = 0，n
ln m
故 a = m + n - n ，
m - n
f m n m n 1+ + + = - 2 m + n + a + m + n
m + n
ln m1 n 1 m - n ln m= - = - ．
m + n m - n m - n è m + n n ÷
m
不妨設(shè)m > n > 0 ， t = n ，則 t > 1，
f m + n + m + n < 0 m - n ln m要證 ，只需證明 - < 0，
m + n n
t -1
即證 - ln t < 0 ．
t +1
g t t -1設(shè) = - ln t t >1 ，
t +1
2
g t 2 1 2t t +1 t
2 +1
則 =
t +1 2
- = = - < 0 ，
t t t +1 2 t t +1 2
∴ g t 在 1, + g t 1-1上單調(diào)遞減， < - ln1 = 0，
1+1
故 f m + n + m + n < 0．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：
（1）研究函數(shù)零點(diǎn)、極值時(shí)，一般需要求導(dǎo)分析函數(shù)、導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，并結(jié)合特值進(jìn)行
分析判斷；
t -1
（2）證明有關(guān)零點(diǎn)的不等式時(shí)，需要觀察不等式，構(gòu)造常用函數(shù) g t = - ln t t >1 證明
t +1
即可.
題型二　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值
求含有參數(shù)的函數(shù)的最值，需先求函數(shù)的定義域、導(dǎo)函數(shù)，通過對(duì)參數(shù)分類討論，判斷函數(shù)
的單調(diào)性，從而得到函數(shù) f(x)的最值．
命題點(diǎn) 1　不含參函數(shù)的最值
【例題 4】（2024·陜西·模擬預(yù)測(cè)）"x 1,2 ，有 a - x 2lnx + x 2 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范
圍為（ ）
e
A． e, + 1, + é ,+ B． C． ê ÷ D． 2e, + 2
【答案】C
2 2
【分析】構(gòu)造函數(shù)m x = -x lnx + x , x 1,2 ，求導(dǎo)可得函數(shù)的單調(diào)性，即可求解最值
m x = m e e=max ，進(jìn)而 a m x 2 max 即可.
【詳解】由 a - x 2lnx + x 2 在 x 1,2 上恒成立，令m x = -x2lnx + x2 , x 1,2 ，
則m x = -2xlnx - x + 2x = -2xlnx + x = x -2lnx +1 ．令m x = 0，則 x = e ，
當(dāng) x 1, e 時(shí)，m x > 0，故m x 在 1, e 上單調(diào)遞增；
當(dāng) x e,2 時(shí)，m x < 0，故m x 在 e,2 上單調(diào)遞減；
則m x e e m e = ，所以 a 2 2
故選:C
2
【變式 1】（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）已知 f x = x - 2x + a ln x - x ，若存在 x0 0,e ，使得
f x0 0成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .
【答案】 -1, +
【分析】先用導(dǎo)數(shù)證明不等式 x - ln x -1 0，然后對(duì) a -1和 a < -1分類討論，即可得出結(jié)
果.
【詳解】設(shè) g x = x - ln x g x 1 1 x -1，則 = - = ，從而當(dāng)0 < x <1時(shí) g x < 0，當(dāng) x >1時(shí)
x x
g x > 0 .
所以 g x 在 0,1 上遞減，在 1, + 上遞增，故對(duì)任意 x > 0有 x - ln x = g x g 1 =1，即
x - ln x -1 0 .
一方面，當(dāng) a -1時(shí)，由于 f 1 =1- 2 - a = -1- a 0，故存在 x0 = 1使得 f x0 0成立；
另一方面，當(dāng) a < -1時(shí)，由于對(duì)任意 x 0,e 都有
f x = x2 - 2x + a ln x - x
= x -1 2 -1+ a ln x - x
= x -1 2 + -a x - ln x -1
= x -1 2 + -a x - ln x -1 + -a -1
0 + 0 + -a -1 （這里用到 x -1 2 0，-a > 0， x - ln x -1 0）
= -a -1 > 0，
所以對(duì)任意 x 0,e 都有 f x > 0 .
綜上， a的取值范圍是 -1, + .
故答案為： -1, + .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于求取值范圍問題，本質(zhì)上就是要確定一個(gè)集合，使得命題成立的
x 0,e
充要條件是參數(shù)屬于該集合. 故本題中我們從兩個(gè)方面入手，證明了存在 0 使得
f x0 0 a -1, + 的充要條件是 ，即可解決問題
【變式 2】（2024·上海徐匯·二模）如圖，兩條足夠長(zhǎng)且互相垂直的軌道 l1, l2 相交于點(diǎn)O，一
根長(zhǎng)度為8的直桿 AB 的兩端點(diǎn) A, B分別在 l1, l2 上滑動(dòng)（ A, B兩點(diǎn)不與O點(diǎn)重合，軌道與直
桿的寬度等因素均可忽略不計(jì)），直桿上的點(diǎn) P 滿足OP ^ AB，則△OAP面積的取值范圍
是 .
【答案】 (0,6 3]
【分析】令 OAB = x(0 < x
π
< )，利用直角三角形邊角關(guān)系及三角形面積公式求出△OAP
2
的面積函數(shù)，再利用導(dǎo)數(shù)求出值域即得.
OAB x(0 x π【詳解】依題意，設(shè) = < < )，則
2
OA = AB cos x = 8cos x, AP = OAcos x = 8cos2 x ，
因此△OAP的面積 f (x)
1
= OA × AP sin x = 32sin x cos3 x 0 x π， < <
2 2
，
求導(dǎo)得 f (x) = 32(cos4 x - 3sin2 x cos2 x) = 32cos4 x(1- 3tan2 x)，
0 x π π π π當(dāng) < < 時(shí)， f (x) > 0 π π，當(dāng) < x < 時(shí)， f (x) < 0 ，即函數(shù) f (x) 在 (0, ) 上遞增，在 ( , )
6 6 2 6 6 2
上遞減，
π
因此 f (x) π= f ( ) = 32 3 1 ( )3 = 6 3 ，而 f (0) = f ( ) = 0max ，則0 < f (x) 6 3 ，6 2 2 2
所以△OAP面積的取值范圍是 (0,6 3] .
故答案為： (0,6 3]
【變式 3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = lnx ．
f x(1) 求函數(shù) g x = 的最值．
x
1 e2(2)證明： xex - 3- x4 - x3 - ef x > 0（其中 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
4 4
1
【答案】(1)最大值為 g e = ，無最小值；
e
(2)證明見解析.
【分析】（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而得出函數(shù)的最值.
2
2 ex 1 x3 e - 3 elnx
lnx 1
（ ）不等式轉(zhuǎn)化為 - - x2 - > 0，結(jié)合（1）知 ，從而證明：
4 4 x x e
1 e2ex - 3- x3 - x2 -1 0，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最小值證得結(jié)果.
4 4
lnx
【詳解】（1）由題意知 g x = ，定義域?yàn)? 0, + ，
x
1- lnx
從而 g x = ．
x2
所以當(dāng) x 0,e 時(shí)， g x > 0；當(dāng) x e, + 時(shí)， g x < 0．
所以函數(shù) g x 在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減．
所以函數(shù) g x 1的最大值為 g e = ，無最小值．
e
2 xex 1 e
2
x4 - 3
2
x3 ef x 0 ex 1 x3 e - 3 x2 elnx（ ）欲證 - - - > ，只需證 - - - > 0．
4 4 4 4 x
lnx 1 elnx
由（1）知 ，從而 1，當(dāng)且僅當(dāng) x=e時(shí)取等號(hào)．
x e x
1 e2
下面證明： ex - 3- x3 - x2 -1 0．
4 4
1 2 2
設(shè) h x = ex - x3 e - 3- x2 3 e - 3-1, x > 0，則 h x = ex - x2 - x．
4 4 4 2
H x ex 3 e
2 - 3 2
設(shè) = - x2 - x，則H x = ex 3 x e - 3- - ．
4 2 2 2
3 e2F x ex x - 3設(shè) = - - ，則F x = ex 3- ，
2 2 2
故當(dāng) x

0, ln
3 F x < 0 x ÷時(shí)， ；當(dāng) ln
3 , +
2 2 ÷
時(shí)，F(xiàn) x > 0．
è è
所以函數(shù)F x 0, ln 3 在 ÷ 上單調(diào)遞減，在 ln
3 ,+
2 ÷
上單調(diào)遞增．
è è 2
5 - e2 e2 - 3 3 3 3 3 e2
由于F 0 = < 0, F 2 0, F ln ln - 3= > ÷ = - - < 0，2 2 è 2 2 2 2 2
3
故設(shè)存在唯一的 x0 ln , 2

÷，使F x0 = 0，
è 2
且當(dāng) x 0, x0 時(shí)，F(xiàn) x < 0，當(dāng) x x0 ,+ 時(shí)，F(xiàn) x > 0．
故函數(shù)H x 在 0, x0 上單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增．
e2 3 4e + 3 - 2e2
又H 0 =1, H 1 = e - + = < 0, H 2 = e2 - 3 - e2 - 3 = 0，2 4 4
所以存在唯一的 x1 0,1 ，使H x1 = 0，
故當(dāng) x 0, x1 U 2, + 時(shí)，H x > 0；當(dāng) x x1, 2 時(shí)，H x < 0．
從而函數(shù) h x 在 0, x1 , 2,+ 上分別單調(diào)遞增，在 x1, 2 上單調(diào)遞減．
因?yàn)?h 0 = e0 - 0 - 0 -1 = 0, h 2 = e2 - 2 - e2 - 3 -1 = 0，
所以 h x 0在 0, + 上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng) x = 2時(shí)取等號(hào)．
2
因?yàn)槿〉葪l件不相同，所以 ex 1 x3 e - 3- - x2 elnx- > 0恒成立，
4 4 x
2
即 xex 1- x4 e - 3- x3 - ef x > 0成立．
4 4
【點(diǎn)睛】本題第（2）問考查的是利用導(dǎo)數(shù)證明不等式．
證明時(shí)有三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：
一是不等式的等價(jià)變形，由第（1）問的提示可知，需要把所證明的不等式兩端同時(shí)除以 x ，
1 e2 - 3 elnx
使不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化為 ex - x3 - x2 - > 0；
4 4 x
lnx 1 elnx
二是放縮法的應(yīng)用，由（1）知 ，從而 1，此時(shí)只需再證明不等式
x e x
2 2
ex 1 e - 3- x3 - x2 -1 0即可；三是構(gòu)造函數(shù) h x = ex 1 e - 3- x3 - x2 -1，通過求導(dǎo)研究
4 4 4 4
h x 的單調(diào)性，進(jìn)一步求得 h x 的最小值，在研究 h x 單調(diào)性的過程中，需要注意特殊點(diǎn)、
端點(diǎn)，以及隱零點(diǎn)的討論．
命題點(diǎn) 2　含參函數(shù)的最值
1
【例題 5】（2024· x四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = e - x2 - bx(a，b R)2(a 1) 沒有極+
b
值點(diǎn)，則 的最大值為（
a 1 ）+
A e
e 2
． B e． C． e D．
2 2 2
【答案】B
【分析】轉(zhuǎn)化為 f (x) ex
1
= - x - b 0恒成立，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)，得到其單調(diào)性和最值，
a +1
1 ln a +1 b ln a +1 +1
從而得到b + ，故 a +1 2 ，換元后，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)得到其單調(diào)a +1 a +1 a +1
性和最值，求出答案.
【詳解】函數(shù) f x = ex
1
- x2 - bx
2 a +1 沒有極值點(diǎn)，
\ f (x) 1= ex - x - b 0，或 f (x) 0恒成立，
a +1
由 y = ex 指數(shù)爆炸的增長(zhǎng)性， f (x) 不可能恒小于等于 0，
\ f (x) = ex
1
- x - b 0恒成立．
a +1
令 h x ex 1 x 1= - - b ，則 h x = ex - ，
a +1 a +1
當(dāng) a +1< 0時(shí)， h x > 0恒成立， h x 為R 上的增函數(shù)，
x
因?yàn)?e 0,+ 1是增函數(shù)，- x - b - , + 也是增函數(shù)，
a +1
所以，此時(shí) h(x) - , + ，不合題意；
1
②當(dāng) a +1 > 0時(shí)， h x = ex - 為增函數(shù)，由 h x = 0得 x = -ln a +1 ，
a +1
令 h x > 0 x > -ln a +1 ，h x < 0 x < -ln a +1 ，
\h x 在 - ，- ln a +1 上單調(diào)遞減，在 -ln a +1 ，+ 上單調(diào)遞增，
當(dāng) x = -ln a +1 h x h ln a 1 1 ln a +1 時(shí)，依題意有 = - + = + - b 0，min a +1 a +1
b 1
ln a +1
即 + ，
a +1 a +1
b ln a +1 +1
Qa +1 > 0，\ a +1 ，a +1 2
令 a +1 = x(x > 0) u x lnx +1， = 2 x > 0 ，x
x -
u x lnx +1 × 2x - 2lnx +1 則 =
x4
= ，
x3
令u x 1> 0 0 < x < ，令u x 1< 0，解得 x > ，
e e
x 1所以當(dāng) = 時(shí)，u x
1 e
取最大值u = .e è e
÷
2
a +1 1= e e e b e故當(dāng) ，b = ，即 a = -1，b = 時(shí)， 取得最大值 .e 2 e 2 a +1 2
b e
綜上，若函數(shù) h x 沒有極值點(diǎn)，則 的最大值為 .
a +1 2
故選：B.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：將函數(shù)沒有極值點(diǎn)的問題轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)恒大于等于 0，通過構(gòu)造函數(shù)，
借助導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最小值，從而得解.
【變式 1】（23-24 高三下·重慶·階段練習(xí)）若過點(diǎn) a,b 可以作曲線 y = lnx的兩條切線，則
（ ）
A．b > lna B．b < lna C． a < 0 D．b > ea
【答案】A
【分析】設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為 (x0 , y0 )，由切點(diǎn)坐標(biāo)求出切線方程，代入坐標(biāo) (a , b ) ，關(guān)于 x0 的方程
有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，變形后轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，構(gòu)造新函數(shù)由導(dǎo)數(shù)確定函
數(shù)的圖象后可得.
1
【詳解】設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為 (x0 , y0 )，由于 y
1
= ，因此切線方程為 y - ln x0 = (x - x )x 0 ，x 0
a - x0 a
又切線過點(diǎn) (a , b ) ，則b - ln x0 = ，b +1 = ln x0 +x ，0 x0
設(shè) f (x)
a
= ln x + ，函數(shù)定義域是 (0, + )，
x
y = b +1 f (x) ln x a f (x) 1 a x - a則直線 與曲線 = + 有兩個(gè)不同的交點(diǎn)， = -
x x x2
= 2 ，x
當(dāng) a 0時(shí)， f (x) > 0 恒成立， f (x) 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，不合題意；
當(dāng) a > 0時(shí)，0 < x < a 時(shí)， f (x) < 0 ， f (x) 單調(diào)遞減，
x > a時(shí)， f (x) > 0 ， f (x) 單調(diào)遞增，所以 f (x)min = f (a) = ln a +1，
結(jié)合圖象可知b +1 > ln a +1，即b > ln a .
故選：A.
【變式 2】．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f x = x + 2 ln x +1 - ax 只有 3 個(gè)零點(diǎn)x1，x2，
x3 x1 < x2 < x3 < 3 ，則 a + x2的取值范圍是 ．
10ln 2
【答案】 2, ÷
è 3
【分析】由題意對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，為判斷導(dǎo)數(shù)與零的大小關(guān)系，對(duì)導(dǎo)數(shù)再次求導(dǎo)求其最值，利用
分類討論思想，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理，建立不等式組，可得答案.
【詳解】函數(shù) f x = x + 2 ln x +1 - ax 的定義域?yàn)? -1, + ，則
f x = ln x +1 x + 2+ - a ．
x +1
1 1 x
設(shè) g x = f x ，則 g x = - =x +1 x +1 2 x +1 2 ，
所以當(dāng) x -1,0 時(shí)， g x < 0， f x 單調(diào)遞減，當(dāng) x 0, + 時(shí)， g x > 0， f x 單調(diào)
遞增，
所以 f x f 0 = 2 - a ．
當(dāng) 2 - a 0，即 a 2時(shí)， f x 0， f x 單調(diào)遞增，且 f 0 = 0，此時(shí) f x 只有 1 個(gè)零點(diǎn)，
不滿足題意；
1
1 a -1+ 2
當(dāng) 2 - a < 0，即 a > 2時(shí)，由 f a -1÷ = ln
1 -1+1 a ÷ +
e
1 - a = e
a +1- 2a > 0，
è e è e
ea
-1+1
a
f ea -1 = ln ea 1 1 e -1+ 2 1- + + a - a =1+ a > 0e -1+1 e
存在m -1,0 ， n 0, + ，使得 f m = 0， f n = 0，
當(dāng) x -1, m U n,+ 時(shí)， f x > 0；當(dāng) x m, n 時(shí)， f x < 0，
所以 f x 在 -1, m 上單調(diào)遞增，在 m, n 上單調(diào)遞減，在 n,+ 上單調(diào)遞增，
又 f 0 = 0，易知 f m > 0， f n < 0 ，
f 1 1 1 1 1- = -1+ 2 ln -1+1 - a -1 = -2ae-a由 a ÷ a ÷ a ÷ a ÷ < 0，è e è e è e è e
f ea -1 = ea -1+ 2 ln ea -1+1 - a ea -1 = 2a > 0，
則 f x 在 -1, m ， n,+ 上各有 1 個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)滿足題意.
所以 a > 2，且 x2 = 0．由 x3 < 3，得 f 3 = 5ln 4 - 3a > 0 a
10ln 2
，得 < ．
3
所以 a x
10ln 2
+ 2的取值范圍是 2, 3 ÷
．
è
2,10ln 2 故答案為： ÷ .
è 3
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是對(duì) a分 a 2和 a > 2討論，當(dāng) a > 2時(shí)，需要利用零點(diǎn)存
x < 3 f 3 = 5ln 4 - 3a > 0
在性定理證明其滿足題意，再根據(jù) 3 ，則 ，解出即可.
1
【變式 3】（2024·北京海淀·一模）已知函數(shù) a- xf (x) = xe 2 .
(1)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù) g(x) = f (x) + e-2a , x (0, + )存在最大值，求 a的取值范圍.
【答案】(1) f (x) 的增區(qū)間為 - , 2 ，減區(qū)間為 (2,+ )
(2) a -1
a 1- x 1
【分析】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，得到 f (x) = e 2 (1- x)，再求出 f (x) > 0 和 f (x) < 0 對(duì)應(yīng)的 x
2
取值，即可求出結(jié)果；
（2）令 h(x) = f (x) + e-2a ，對(duì) h(x) 求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，求出 h(x) 的單
h(x) (0, + ) 2ea-1 -2 -2調(diào)區(qū)間，進(jìn)而得出 在 上取值范圍，從而將問題轉(zhuǎn)化成 + e a e a 成立，
構(gòu)造函數(shù)m(x) = ex-1 + e-2x ，再利用m(x)的單調(diào)性，即可求出結(jié)果.
1
【詳解】（1）易知定義域?yàn)镽 ，因?yàn)?a- xf (x) = xe 2 ，所以
a 1 x 1 a 1 1- - x a- xf (x) e 2 xe 2 e 2 (1 1= - = - x)，
2 2
由 f (x) = 0，得到 x = 2，當(dāng) x < 2時(shí)， f (x) > 0 ，當(dāng) x > 2時(shí)， f (x) < 0 ，
所以，函數(shù) f (x) 的單調(diào)遞增區(qū)間為 - , 2 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 2, + .
（2）令 h(x) = f (x) + e-2a ，則 h (x) = f (x)，
由（1）知，函數(shù) f (x) 的單調(diào)遞增區(qū)間為 - , 2 ，單調(diào)遞減區(qū)間為 2, + ，
所以 h(x) 在 x = 2時(shí)取得最大值 h(2) = 2ea-1 + e-2a，
1
所以當(dāng) x > 2時(shí)， a- xh(x) = xe 2 + e-2a > e-2a = h(0) ，當(dāng)0 < x < 2時(shí)， h(x) > h(0)，
即當(dāng) x (0,+ )時(shí)， h(x) h(0),h(2) ，
a 1- x
所以函數(shù) g(x) = xe 2 + e-2a 在 (0, + ) a-1 -2 -2存在最大值的充要條件是 2e + e a e a ，
2ea-1 + e-2a + e-2a
即 = ea-1+e-2a 0，
2
令m(x) = ex-1 + e-2x ，則m (x) = ex-1 + e-2 > 0 恒成立，
所以m(x) = ex-1 + e-2x 是增函數(shù)，又因?yàn)閙(-1) = e-2 - e-2 = 0，
所以m(a) = ea-1 + e-2a 0的充要條件是 a -1，
所以 a的取值范圍為 -1, + .
a 1- x
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)晴：本題的關(guān)鍵在于第（2）問，構(gòu)造函數(shù) h(x) = xe
2 + e-2a，利用函數(shù)
x (0,+ ) h(x) h(0),h(2) 2ea-1 + e-2a e-2a單調(diào)性得到 時(shí)， ，從而將問題轉(zhuǎn)化成 ，構(gòu)造
函數(shù)m(x) = e
x-1 + e-2x ，再利用m(x)的單調(diào)性來解決問題
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
1 3．（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）函數(shù) f x = x + ax在 x =1處取得極小值，則極小值為（ ）
A．1 B．2 C．-2 D． -1
【答案】C
【分析】求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù)，利用極小值點(diǎn)求出 a 值，再借助導(dǎo)數(shù)求出極小值作答.
2
【詳解】依題意， f x = 3x + a，因?yàn)楹瘮?shù) f (x) 在 x =1處取得極小值，則 f 1 = 3+ a = 0，
解得 a = -3，
此時(shí) f x = 3x2 - 3 = 3(x +1)(x -1)，當(dāng) x < -1或 x >1時(shí)， f (x) > 0 ，當(dāng)-1 < x <1，時(shí) f (x) < 0 ，
因此函數(shù) f (x) 在 - ,-1 , 1,+ 上單調(diào)遞增，在 (-1,1)上單調(diào)遞減，
3
所以函數(shù) f x = x - 3x在 x =1處取得極小值 f (1) = -2 .
故選：C
2．（2024·四川涼山·二模）若 f x = x sin x + cos x -1， x é π- , πùê ú ，則函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù) 2
為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】求導(dǎo)，研究函數(shù)單調(diào)性，極值，畫圖，根據(jù)圖象得零點(diǎn)個(gè)數(shù).
【詳解】 f x = sin x + x cos x - sin x = x cos x ,
x π當(dāng)
- ,0 ÷時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
è 2
π
當(dāng) x
0, ÷時(shí)， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
è 2
x π , π 當(dāng) ÷時(shí)， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
è 2
f π π又 -

÷ = -1
π π
> 0， f 0 = 0 ， f ÷ = -1 > 0 ， f π = -2 < 0 ，
è 2 2 è 2 2
則 f x = x sin x + cos x -1的草圖如下：
由圖象可得函數(shù) f x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 2 .
故選：C.
3．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）在同一平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，函數(shù) y = f x 及其導(dǎo)函數(shù) y = f x
的圖象如圖所示，已知兩圖象有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，其坐標(biāo)為 0,1 ，則（ ）
A．函數(shù) y = f x ×ex 的最大值為 1
B x．函數(shù) y = f x ×e 的最小值為 1
f x
C y ．函數(shù) = x 的最大值為 1e
f x
D ．函數(shù) y = x 的最小值為 1e
【答案】C
【分析】AB 選項(xiàng)，先判斷出虛線部分為 y = f x ，實(shí)線部分為 y = f x ，求導(dǎo)得到
y = f x ×ex f (x)在 R 上單調(diào)遞增，AB 錯(cuò)誤；再求導(dǎo)得到 x (- ,0)時(shí)， y = x 單調(diào)遞增，當(dāng)e
x (0,+ ) f (x)時(shí)， y = x 單調(diào)遞減，故 C 正確，D 錯(cuò)誤.e
【詳解】AB 選項(xiàng)，由題意可知，兩個(gè)函數(shù)圖像都在 x 軸上方，任何一個(gè)為導(dǎo)函數(shù)，
則另外一個(gè)函數(shù)應(yīng)該單調(diào)遞增，判斷可知，虛線部分為 y = f x ，
實(shí)線部分為 y = f x ，
故 y = f x ×ex + f x ×ex = f x + f x ×ex > 0恒成立，
故 y = f x ×ex 在 R 上單調(diào)遞增，則 A，B 顯然錯(cuò)誤，
f y (x)e
x - f (x)ex f (x) - f (x)
對(duì)于 C，D， = = 2 x ，ex e
x (- ,0) y f (x) - f (x) f (x)由圖像可知 ， = x > 0恒成立，故 y = x 單調(diào)遞增，e e
x (0, + ) y f (x) - f (x) 0 y f (x)當(dāng) ， = x < ， = x 單調(diào)遞減，e e
y f (x) f 0所以函數(shù) = x 在 x = 0處取得極大值，也為最大值， 0 =1，C 正確，D 錯(cuò)誤.e e
故選：C
4．（2024· 2x x陜西安康·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ae + be + 2x 有 2個(gè)極值點(diǎn)，則（ ）
A 0 a b
2
． < < B．b > 0 C． a < 4b D．b > 2a
16
【答案】A
【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，令 t = ex ，依題意可得關(guān)于 t 的方程 2at 2 + bt + 2 = 0有兩個(gè)不相
ì2a 0
Δ > 0
等的正實(shí)根 t

1 、 t2 ，則 í ，即可判斷.
t1 + t2 > 0
t1t2 > 0
f x = ae2x【詳解】函數(shù) + bex + 2x 的定義域?yàn)镽 ，
且 f x = 2ae2x + bex + 2，
依題意 f x = 0有兩個(gè)不相等實(shí)數(shù)根，
令 t = ex ，則關(guān)于 t 的方程 2at 2 + bt + 2 = 0有兩個(gè)不相等的正實(shí)根 t1 、 t2 ，
ì2a 0
2
Δ = b -16a > 0
b b2
所以 ít1 + t2 = - > 0，所以0 < a < ，b < 0 .
2a 16
1
t1t2 = > 0 a
故選：A
a sin x + cos x5 ．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x + x在 0, π 上恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，e
則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是（ ）
2 π π
A． 4 0, e ÷÷ B． - , eπ C 0,eπ
2
． D． e 4 ,+ 2 2 ÷÷è è
【答案】D
【分析】函數(shù) f x 在 0, π 上恰有兩個(gè)極值點(diǎn)， f x 在 0, π 上有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，分離常
x
數(shù)得 a e= ，轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，利用數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行求解；或直
2sin x
接求函數(shù) f x 的單調(diào)性，求圖象在 0, π 上與 x 軸有兩個(gè)交點(diǎn)的條件.
-2a sin x
【詳解】解法一： 由題意可得 f x = x +1，因?yàn)楹瘮?shù) f x 在 0, π 上恰有兩個(gè)極e
值點(diǎn)，所以 f x 在 0, π 上有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)．
x x
令 f x -2a sin x= x +1 = 0 a
e
，可得 = ，令 g x e= , x 0, πe ，2sin x 2sin x
則直線 y = a 與函數(shù) y = g x ， x 0, π 的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
2ex sin x cos x 2 2e
x sin x π-
- 4 ÷g x = è ，
2sin x 2
=
2sin x 2
x π ,π 當(dāng) ÷時(shí)， g x
π
> 0 ，所以 g x 在
4
,π ÷ 上單調(diào)遞增，
è è 4
x 0, π g x 0 g x 0, π當(dāng) ÷ 時(shí)， < ，所以 在 ÷上單調(diào)遞減，
è 4 è 4
π 2 π
又 g ÷ = e 4 ，當(dāng) x 趨近于 0 時(shí)， g x 趨近于+∞，當(dāng) x 趨近于 π 時(shí)， g x 趨近于+∞，
è 4 2
2 π
所以可作出 g x 的圖象如圖所示，數(shù)形結(jié)合可知 a > e 4 ，
2
2 π
即實(shí)數(shù) a 的取值范圍是 e 4 , +
è 2
÷÷，

故選：D．
-2a sin x
解法二 由題意可得 f x = x +1．因?yàn)楹瘮?shù) f x 在 0, π 上恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，所以e
f x 在 0, π 上有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)．
當(dāng) a 0時(shí)， f x > 0在 0, π 上恒成立，不符合題意．
h x f x -2a sin xa 0 1 2 2a sin

x
π
-
當(dāng) > 時(shí)，令 = = + ，則 4 ÷x h x è ，e =
ex
x π ,π π 當(dāng) ÷時(shí)， h x > 0， h x 單調(diào)遞增，當(dāng) x 0, ÷時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減，
è 4 è 4
π 2a π 2a π
因?yàn)?h 0 = h π =1， h 4 ÷ =1- π ，所以 h ÷ =1- π < 0
2
è ，則è 4 a > e
4 ，即實(shí)數(shù) a 的
e 4 e 4 2
2 π
取值范圍是 4 e , + 2 ÷÷，è
故選：D．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：
導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式
恒成立問題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為
函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一
種常用技巧.
二、多選題
b
6．（2024·全國(guó)· x模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ae + 在定義域內(nèi)既存在極大值點(diǎn)又存在極小
x
值點(diǎn)，則（ ）
b 4
A． ab > 0 B．
a e2
C．4a - be2 > 0 D．對(duì)于任意非零實(shí)數(shù) a，總存在實(shí)數(shù)b 滿足
題意
【答案】AD
【分析】根據(jù)給定條件，分類討論，逐項(xiàng)判斷即可.
2 x
【詳解】由題意，得 f x b= aex b ax e - b- = .令 f x = 0 2，得 x ex =2 2 .x x a
令 g x = x2ex g x = x x + 2 ex，則 .
當(dāng) x - ,-2 0,+ 時(shí)， g x > 0，此時(shí) g x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x -2,0 時(shí)， g x < 0，此時(shí) g x 單調(diào)遞減.
Q g 4-2 = , g 0 = 0，當(dāng) x - 2 時(shí)， g x 0，e
\ 0 b 4當(dāng) < < 2 時(shí)， f x 在定義域內(nèi)既存在極大值點(diǎn)又存在極小值點(diǎn).故 A 正確，B 不正確.a e
b 4
當(dāng) a<0時(shí)，由0 < < 2 知，當(dāng)b < 0時(shí)，a e 4a - be
2 < 0，故 C 不正確.
b 4
對(duì)于任意非零實(shí)數(shù) a，總存在實(shí)數(shù)b ，使得0 < < 2 成立，故 D 正確.a e
故選：AD.
7．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）已知各項(xiàng)都是正數(shù)的數(shù)列 an 的前 n項(xiàng)和為 Sn ，且
S an 1n = +2 2a ，則下列結(jié)論正確的是（ ）n
A．當(dāng)m > n m，n N* 時(shí)， am > an B． Sn + Sn+2 < 2Sn+1
C．?dāng)?shù)列 1S 2n 是等差數(shù)列 D． Sn - lnnSn
【答案】BCD
【分析】計(jì)算數(shù)列首項(xiàng)及第二項(xiàng)可判定 A，利用等差數(shù)列的定義及 Sn ,an 的關(guān)系可判定 C，從
而求出 Sn 的通項(xiàng)公式結(jié)合基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性可判定 B、D.
a 1
【詳解】對(duì) A 1
2
，由題意可知 a1 = + a =1 a =12 2a 1 ，所以 1 ，1
a a a+ = 2 1則 1 2 + a
2
2 2a 2
+ 2a2 -1 = 0，所以 a2 = 2 -1< a1，故 A 錯(cuò)誤；
2
a 1 S - S 1 2 2
對(duì) C n n n-1，由 Sn = + Sn = + S n
- Sn-1 =1 n 2 2 2a 2 2 S - S ，故 C 正確；n n n-1
C 2對(duì) ，所以 Sn =1+ n -1 = n Sn = n ，
則 S n + n + 2n + Sn+2 = n + n + 2 < 2 = 2Sn+1，故 B 正確；2
1 1 1
對(duì) D，易知 Sn - = n -S ，令 f x = x - - 2ln x x 1 ，n n x
f x 1 1 2 1
2

則 = + 2 - = -1÷ 0，則 f x 單調(diào)遞增，x x è x
所以 f x f 1
1
= 0 n 1- ln n，即 Sn - ln nS ，故 D 正確.n n
故選：BCD
三、填空題
8．（2024·上海黃浦·二模）如圖是某公園局部的平面示意圖，圖中的實(shí)線部分（它由線段
CE, DF 與分別以O(shè)C,OD為直徑的半圓弧組成）表示一條步道.其中的點(diǎn)C, D 是線段 AB 上的
動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn) O 為線段 AB,CD 的中點(diǎn)，點(diǎn) E, F 在以 AB 為直徑的半圓弧上，且 OCE , ODF 均
為直角.若 AB =1百米，則此步道的最大長(zhǎng)度為 百米.
π2 + 4
【答案】
2
【分析】設(shè)半圓步道直徑為 x 百米，連接 AE, BE ，借助相似三角形性質(zhì)用 x 表示CE，結(jié)合
對(duì)稱性求出步道長(zhǎng)度關(guān)于 x 的函數(shù)關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)求出最大值即得.
【詳解】設(shè)半圓步道直徑為 x 百米，連接 AE, BE ，顯然 AEB = 90o ，
由點(diǎn) O 為線段 AB,CD 的中點(diǎn)，得兩個(gè)半圓步道及直道CE, DF 都關(guān)于過點(diǎn)O垂直于 AB 的直
線對(duì)稱，
1
則 AC = - x, BC
1
= + x ，又CE ^ AB ，則RtVACE ∽ RtVECB ，有 2 ，
2 2 CE = AC × BC
DF CE 1 x2 f (x) 2 1
1
即有 = = - ，因此步道長(zhǎng) = - x2 + πx = 1- 4x2 + πx，0 < x < ，
4 4 2
求導(dǎo)得 f (x)
4x π
= - + π ，由 f (x) = 02 ，得 x = ，1- 4x 2 π2 + 4
當(dāng)0
π π 1
< x < 時(shí)， f (x) > 02 ，函數(shù) f (x) 遞增，當(dāng) < x < f (x) < 02 π + 4 2 π2
時(shí)， ，函數(shù)
+ 4 2
f (x) 遞減，
π 2 2
因此當(dāng) x = 時(shí)， f (x)max = 1- 4(
π )2 π π + 4+ =
2 ，2 π + 4 2 π2 + 4 2 π2 + 4 2
π2 + 4
所以步道的最大長(zhǎng)度為 百米.
2
π2 + 4
故答案為：
2
9．（2023· - x江西贛州·模擬預(yù)測(cè)）當(dāng) x = 0時(shí)，函數(shù) f x = ae + bx 取得極小值 1，則
a + b = .
【答案】 2
f x = -ae- x ì f (0) = a =1【分析】求導(dǎo)函數(shù) + b，根據(jù) í f (0) a b 0求得 a,b的值，檢驗(yàn)極值點(diǎn)后可 = - + =
得 a + b 的值.
【詳解】函數(shù) f x = ae- x + bx ，則 f x = -ae- x + b
當(dāng) x = 0時(shí)，函數(shù) f x = ae- x + bx 取得極小值 1，
ì f (0) = a =1
所以 í a =1,b =1
f (0) = -a + b = 0
，解得 ，
x
所以 f x = -e- x 1 e -1+ = x ，e
則函數(shù)在 x - ,0 時(shí)， f x < 0，函數(shù)單調(diào)遞減；在 x 0, + 時(shí)， f x > 0，函數(shù)單調(diào)
遞增；符合 x = 0是函數(shù)的極值點(diǎn)；
故 a + b = 2 .
故答案為： 2 .
四、解答題
1
10 2023· · f x = x2 1 1．（ 河南洛陽 一模）已知函數(shù) + + ．
2 x 2
(1)求 f x 的圖像在點(diǎn) 2, f 2 處的切線方程；
(2)求 f x é1在 ê , 2
ù
上的值域．
2 ú
【答案】(1) 7x - 4y - 2 = 0；
(2) 2,3 ．
【分析】（1）把點(diǎn) 2, f 2 代入函數(shù)解析式，得切點(diǎn)坐標(biāo)，通過求導(dǎo)，得到切線的斜率，根
據(jù)直線的點(diǎn)斜式方程，求切線方程．
（2）解不等式 f x > 0，得函數(shù)增區(qū)間，解不等式 f x < 0，得函數(shù)減區(qū)間，結(jié)合
x é1 ù é1 ùê , 2ú ，確定函數(shù)單調(diào)性，求得最值，進(jìn)而得出 f x 在 ê , 2ú上的值域． 2 2
【詳解】（1）因?yàn)?f x 1= x2 1 1+ + ，所以 f x 1 7= x - 2 ，所以 f 2 = 3， f 2 = ，2 x 2 x 4
7
故所求切線方程為 y - 3 = x - 2 ，即7x - 4y - 2 = 0．
4
x3 -1 x -12 x
2 + x +1 é1 ù
（ ）由（1）知 f x = = ， x , 2 ．
x2 x2 ê 2 ú
令 f x > 0，得1< x 2；令 f x < 0 1，得 x <1．2
é1 ù
所以 f x 在 ê ,12 ú 上單調(diào)遞減，在
1,2 上單調(diào)遞增，

所以 f x = f 1min = 2 ．
f 1 21又 ÷ = ， f 2 = 3，
è 2 8
因?yàn)?f 2 > f 1 2 ÷，è
2 f x 3 f x é1 ,2ù所以 ，即 在 ê ú上的值域?yàn)?2,3 ． 2
11．（2024·上海靜安·二模）已知 k R ，記 f (x) = a x + k ×a- x （ a > 0且a 1）．
(1)當(dāng) a = e（ e是自然對(duì)數(shù)的底）時(shí)，試討論函數(shù) y = f (x) 的單調(diào)性和最值；
(2)試討論函數(shù) y = f (x) 的奇偶性；
(3)拓展與探究：
① 當(dāng) k 在什么范圍取值時(shí)，函數(shù) y = f (x) 的圖象在 x 軸上存在對(duì)稱中心？請(qǐng)說明理由；
②請(qǐng)?zhí)岢龊瘮?shù) y = f (x) 的一個(gè)新性質(zhì)，并用數(shù)學(xué)符號(hào)語言表達(dá)出來．（不必證明）
【答案】(1)詳見解析；
(2)詳見解析；
1
(3)①當(dāng) k < 0時(shí)，函數(shù) y = f (x) 有對(duì)稱中心 log(-k),0 ，理由見解析；②答案見解析.
è 2 ÷
【分析】（1）當(dāng) a = e時(shí)，求得 f (x) = ex - k ×e- x ，分 k 0和 k > 0，兩種情況討論，分別求
得函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求得函數(shù)的最值；
（2）根據(jù)題意，分別結(jié)合 f (-x) = f (x)和 f (-x) = - f (x) ，列出方程求得 k 的值，即可得到結(jié)
論；
1
（3）根據(jù)題意，得到當(dāng) k < 0時(shí)，函數(shù) y = f (x) 有對(duì)稱中心 log(-k),0÷，且 k < 0時(shí)，對(duì)
è 2
于任意的 x R ，都有-x R ，并且 f (loga (-k) - x) = - f (x) ．
【詳解】（1）解：當(dāng) a = e時(shí)，函數(shù) f (x) = ex + k ×e- x ，可得 f (x) = ex - k ×e- x ，
若 k 0時(shí)， f (x) > 0 ，故函數(shù) y = f (x) 在R 上單調(diào)遞增，函數(shù) y = f (x) 在R 上無最值；
1
若 k > 0時(shí)，令 f (x) = 0，可得 x = ln k ，
2
x 1 1當(dāng) - , ln k

÷時(shí)， f x < 0，函數(shù) y = f (x) ù在2 - , ln k2 ú上為嚴(yán)格減函數(shù)； è è
x 1當(dāng) ln k,
1
+ 時(shí)， f x > 0，函數(shù) y = f (x) é在 ln k, + 上為嚴(yán)格增函數(shù)，
è 2 ÷ ê 2 ÷
1 f 1所以，當(dāng) x = ln k

時(shí)，函數(shù)取得最小值，最小值為
2
ln k
2 ÷
= 2 k ，無最大值．
è
綜上：當(dāng) k 0時(shí)，函數(shù) f (x) 在R 上無最值；當(dāng) k > 0時(shí)，最小值為 2 k ，無最大值．
（2）解：因?yàn)椤?y = f (x) 為偶函數(shù)” “對(duì)于任意的 x R ，都有 f (-x) = f (x) ”
即對(duì)于任意的 x R ，都有-x R ，并且 a x + k ×a- x = a- x + k × a x ；
即對(duì)于任意的 x R ， (k -1)(a x - a- x ) = 0 ，可得 k =1，
所以 k =1是 y = f (x) 為偶函數(shù)的充要條件．
因?yàn)椤?y = f (x) 為奇函數(shù)” “對(duì)于任意的 x R ，都有 f (-x) = - f (x) ”，
即對(duì)于任意的 x R ，都有-x R ，并且-a x - k × a- x = a- x + k × a x ，
即對(duì)于任意的 x R ， (k +1)(a x + a- x ) = 0，可得 k = -1，
所以 k = -1是 y = f (x) 為奇函數(shù)的充要條件，
當(dāng) k ±1時(shí)， y = f (x) 是非奇非偶函數(shù).
1
（3）解：①當(dāng) k 0

< 時(shí)，函數(shù) y = f (x) 有對(duì)稱中心 log(-k),02 ÷，è
當(dāng) k < 0時(shí)，對(duì)于任意的 x R ，都有-x R ，并且 f (loga (-k) - x) = - f (x) ．
證明：當(dāng) k < 0時(shí)，令 f (x) 0 x
1
= ，解得 = loga (-k) 為函數(shù) y = f (x) 的零點(diǎn)，2
由 f (x) = a x + k ×a- x ，
可得 f (log (-k) - x) = aloga (-k )-x + k ×a-(loga (-k )-x)a = -k × a- x - a x = - f (x)；
1
② 答案 1：當(dāng) k > 0時(shí)，函數(shù) y = f (x) 有對(duì)稱軸 x = log
2 a
k ．
即當(dāng) k > 0時(shí)，對(duì)于任意的 x R ，都有-x R ，并且 f (loga k - x) = f (x) ，
參考證明：當(dāng) k > 0時(shí)，由 f (x) = a x + k ×a- x ，
可得 f (log k - x) = aloga k -x + k ×a-(loga k -x)a = k × a- x + a x = f (x)，
答案 2：當(dāng) k =1時(shí)， y = f (x) 的圖象關(guān)于 y 軸對(duì)稱，
即對(duì)于任意的 x R ，都有 f (-x) = f (x)，
1
k 0 y = f (x) x = log (-k) f
1
答案 3：當(dāng) < 時(shí)，函數(shù) 的零點(diǎn)為 a ，即 loga (-k)
= 0.
2 2 ֏
【點(diǎn)睛】解決函數(shù)極值、最值綜合問題的策略：
1、求極值、最值時(shí)，要求步驟規(guī)范，含參數(shù)時(shí)，要討論參數(shù)的大小；
2、求函數(shù)最值時(shí)，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，要通過比較才能下結(jié)論；
3、函數(shù)在給定閉區(qū)間上存在極值，一般要將極值與端點(diǎn)值進(jìn)行比較才能確定最值.
綜合提升練
一、單選題
1．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù) f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函數(shù)，則實(shí)數(shù) a
的取值范圍是（ ）
A． - , 2 ln 2 B． 0, 2 ln 2
C． - , 2 D． 0,2
【答案】C
【分析】根據(jù)函數(shù)給定區(qū)間上為增函數(shù)可得導(dǎo)函數(shù)在該區(qū)間上恒為非負(fù)數(shù)，利用參變分離法
即可通過求相應(yīng)函數(shù)的最值求得參數(shù)范圍.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù) f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函數(shù)，所以
f x = ln x 1+ +1- a 0 在 0, + 上恒成立，
x
a 1 1即 ≤ ln x + +1在 0, + 上恒成立．令 g x = ln x + +1， x 0, + ,則
x x
g x 1 1 x -1= - = ，
x x2 x2
則當(dāng)0 < x <1時(shí)， g (x) < 0，當(dāng) x >1時(shí)， g (x) > 0，故 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, +
上單調(diào)遞增，
所以 g x = g 1 = 2min ，所以 a 2．
故選：C．
2 x．（2024·陜西渭南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = xe + a 在區(qū)間 0,1 上的最小值為 1，則實(shí)數(shù)
a 的值為（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
【答案】D
【分析】先利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及最值計(jì)算即可.
【詳解】由題意可知： f x = x +1 ex ，
所以當(dāng) x 0,1 時(shí) f x > 0，則 f x 在 0,1 上單調(diào)遞增，
所以 f x = f 0 = a =1min .
故選：D.
3．（23-24 高三下·內(nèi)蒙古赤峰·開學(xué)考試）已知函數(shù) f x = x ln x - ax有極值-e，則a =
（ ）
A．1 B．2 C． e D．3
【答案】B
【分析】先求出函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù)；再求出極值點(diǎn)，代入函數(shù) f x = x ln x - ax解方程即可.
【詳解】由題目條件可得：函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + ， f x = ln x +1- a .
令 f x > 0，得 x > ea-1；
令 f x < 0，得 0 < x < ea -1 .
所以函數(shù) f x 0,ea-1 a-1在區(qū)間 上單調(diào)遞減，在 e , + 上單調(diào)遞增.
則 ea-1是函數(shù) f x 的極小值點(diǎn)，
f ea-1 = ea-1 ln ea-1 - aea-1故 = -e ，解得 a = 2 .
故選：B
4．（2024·廣東佛山·二模）若函數(shù) f x = a ln x 4 b+ + 2 （ a 0）既有極大值也有極小值，則x x
下列結(jié)論一定正確的是（ ）
A． a<0 B．b < 0 C． ab > -1 D． a + b > 0
【答案】B
【分析】求出函數(shù) f x 的導(dǎo)數(shù) f x ，由已知可得函數(shù) f x 在 0, + 上有兩個(gè)零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化
為一元二次方程有兩個(gè)不等的正根判斷作答即可.
2
【詳解】函數(shù) f x 的定義域?yàn)? 0, + f x a 4 2b ax - 4x - 2b， = - - = ，
x x2 x3 x3
又函數(shù) f x 既有極大值也有極小值，所以函數(shù) f x 在 0, + 上有兩個(gè)零點(diǎn)，
由 a 0，所以方程 ax2 - 4x - 2b = 0 有兩個(gè)不同的正實(shí)數(shù) x1, x2 ，
ì
Δ = -4 2 - 4a -2b > 0


所以 íx1 + x
4
2 = > 0 ，即 ab > -2, a > 0,b < 0 .
a
x x -2b 1 2 = > 0 a
故選：B
x25．（2023·甘肅蘭州·一模）已知函數(shù) f ln xx = ex + - ln x的極值點(diǎn)為x1，函數(shù) h x = 的2 2x
最大值為x2，則（ ）
A． x1 > x2 B． x2 > x1 C． x1 x2 D． x2 x1
【答案】A
1 1 1 1
【分析】根據(jù)題目條件求出 x1 , ÷ ， x2 = < ，即可判斷．è 4 2 2e 4
f x ex x
2
【詳解】 = + - ln x的定義域?yàn)? 0, + ，
2
1 1
f x = ex 1+ x - 在 0, + 1 3 1 15上單調(diào)遞增，且 f ÷ = e2 - > 0 ， f = e4 - < 0 ，x è 2 2 ÷è 4 4
1 1 1
所以$x
x1
1 ,4 2 ÷
， e + x1 - = 0x ，è 1
所以當(dāng)0 < x < x1 時(shí) f x < 0，當(dāng) x > x 1 時(shí) f x > 0，即 f x 在 0, x1 上單調(diào)遞減，在 x1, +
上單調(diào)遞增，
f x x x x 1 1 則 在 = 1處取得極小值且 1 , ．
è 4 2 ÷
h x ln x 0, + h x 2 - 2ln x 1- ln x= 的定義域?yàn)?，由 = = ，
2x 4x2 2x2
當(dāng) x 0,e 時(shí)， h x > 0，當(dāng) x e,+ 時(shí)， h x < 0，
h x ln x x=e ln e 1故 = 在 處取得極大值，也是最大值， h x = h e = =max ，2x 2e 2e
即 x
1 1
2 = < ．所以 x2e 4 1
> x2 ．
故選：A
6．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）記函數(shù) y = f x 的導(dǎo)函數(shù)為 y ， y 的導(dǎo)函數(shù)為 y ，則曲線 y = f x
y
K =
的曲率 3 ．則曲線 y = ln x2 的曲率的極值點(diǎn)為（ ）é
1+ y ù
2

A 2 B 2 3． ． C 2 3 2． D．
2 3 9 3
【答案】A
【分析】根據(jù)定義求解 y 和 y ，由曲率的定義進(jìn)行求解極值點(diǎn).
1 1
【詳解】函數(shù) y = ln x 的定義域是 0, + ， y = ， y = - 2 ，x x
1
2
K x= x =
∴ y = ln x 3 3曲線 的曲率 é 1
2
ù 2 1+ x21
2 ，
ê + x ÷ úê è ú
3 1
2 3 11+ x 2 - x × × 1+ x2 2 ×2x 2 2 2 2 2
K = 2
1+ x 1+ x - 3x 1- 2x
=
2 3 3
= 5 ，
1+ x 1+ x2 1+ x2 2
顯然當(dāng)0 2< x < 時(shí)，K > 0 2；當(dāng) x > 時(shí)，K < 0．
2 2
∴ x 2= 為曲線 y = ln x 的曲率的極值點(diǎn)，
2
故選：A．
7．（2024·北京朝陽·一模）已知 n個(gè)大于 2 的實(shí)數(shù) x1, x2 , × × ×, xn ，對(duì)任意 xi i =1,2, × × ×,n ，存在
yi 2滿足 yi < x
y x
i ，且 x i ii = yi ，則使得 x1 + x2 + ×××+ xn-1 15xn 成立的最大正整數(shù) n為（ ）
A．14 B．16 C．21 D．23
【答案】D
ln x
【分析】構(gòu)造函數(shù) f x = x 2 ，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可得 e < xi 4 ，則有x
15 x + x + ××× + x 1 2 n-1 n -1 e ，即可得解.
xn 4
x yi x
ln x ln y
【詳解】由 ii = yi ，且 yi 2， xi > 2，故 yi ln xi = xi ln y
i i
i，即 =x y ，i i
f x ln x x 2 f x 1- ln x令 = ， = ，
x x2
故當(dāng) x 2,e 時(shí)， f x > 0，當(dāng) x e,+ 時(shí)， f x < 0，
即 f x 在 2,e 上單調(diào)遞增，在 e,+ 上單調(diào)遞減，
ln xi ln y= i由 ，即 f xi = f yi ，故 xi > e， 2 yi < ex y ，i i
又 f 2 ln 2 ln 4= = = f 4 ，故 xi 4 ，即 e < xi 4 ，2 4
x x x 15x 15 x1 + x2 + ××× + x n -1 e若 1 + 2 + ×××+ n-1 n ，則有 n-1 ，xn 4
n 60 60即 +1，由 e 2.72，故 +1 22.06 +1 = 23.07 .
e e
故最大正整數(shù) n為 23 .
故選：D.
ln x
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于借助函數(shù) f x = 的性質(zhì)，結(jié)合其單調(diào)性得到
x
n -1
2 y e e x 4 15 x1 + x2 + ××× + xn-1 e i < ，從而得到 < i ，則有 ，即可得解.xn 4
8．（2023·河南洛陽·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x 及其導(dǎo)函數(shù) f x 的定義域均為R ，且
f x - f x = x2e2x , f 0 = 0，則 f x （ ）
A．有一個(gè)極小值點(diǎn)，一個(gè)極大值點(diǎn) B．有兩個(gè)極小值點(diǎn)，一個(gè)極大值點(diǎn)
C．最多有一個(gè)極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn) D．最多有一個(gè)極大值點(diǎn)，無極小值點(diǎn)
【答案】C
f x
【分析】設(shè) g x = ，求導(dǎo)后，構(gòu)造 h x = g x + x2exx ，求導(dǎo)，得到其單調(diào)性和極值情e
況，結(jié)合極小值為 0，故當(dāng) x - ,-1 時(shí)， h x 至多有 1 個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，且在 -1, + 上無變
號(hào)零點(diǎn)；分 h x 在區(qū)間 - , -1 上沒有變號(hào)零點(diǎn)和 1 個(gè)變號(hào)零點(diǎn)兩種情況，得到極值情況.
f x f
x - f x 2 2x
【詳解】令 g x x e= ，則 g x x = x = x = x2ex ，e e e
故 f x = f x + x2e2x = ex g x + x2e2x = ex é 2 x g x + x e ù．
h x = g x + x2ex令 ，
2 x 2 x 2 x x
所以 h x = g x + x + 2x e = x e + x + 2x e = 2x x +1 e ，
當(dāng) x - ,-1 時(shí)， h x > 0,h x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x -1,0 時(shí)， h x < 0, h x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x 0, + 時(shí)， h x > 0,h x 單調(diào)遞增，
所以 h x f 0的極小值為 h 0 = g 0 = 0 = 0，e
h x 1的極大值為 h -1 = g -1 + > h 0 = 0，
e
所以當(dāng) x - ,-1 時(shí)， h x 至多有 1 個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，且在 -1, + 上無變號(hào)零點(diǎn)；
當(dāng) h x 在區(qū)間 - , -1 上沒有變號(hào)零點(diǎn)時(shí)，
則 h x 0， f x = exh x 0， f x 單調(diào)遞增， f x 無極值點(diǎn)，
當(dāng) h x 在區(qū)間 - , -1 上有 1 個(gè)變號(hào)零點(diǎn)時(shí)，
x
可設(shè)為 x0 ，則當(dāng) x - , x0 時(shí)， h x < 0, f x = e h x < 0， f x 單調(diào)遞減，
當(dāng) x x0 ,+ 時(shí)， h x 0, f x = exh x 0， f x 單調(diào)遞增，
所以 f x 有且只有一個(gè)極小值點(diǎn) x0 ，無極大值點(diǎn)．
綜上， f x 最多有一個(gè)極小值點(diǎn)，無極大值點(diǎn)．
故選：C
【點(diǎn)睛】隱零點(diǎn)的處理思路：
第一步：用零點(diǎn)存在性定理判定導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的存在性，其中難點(diǎn)是通過合理賦值，敏銳捕捉
零點(diǎn)存在的區(qū)間，有時(shí)還需結(jié)合函數(shù)單調(diào)性明確零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
第二步：虛設(shè)零點(diǎn)并確定取范圍，抓住零點(diǎn)方程實(shí)施代換，如指數(shù)與對(duì)數(shù)互換，超越函數(shù)與
簡(jiǎn)單函數(shù)的替換，利用同構(gòu)思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.
二、多選題
9．（2023·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)函數(shù) f x ， g x 公共定義域內(nèi)的任意 x，若存在常數(shù)M R ，
使得 f x - g x M 恒成立，則稱 f x 和 g x 是M - 伴侶函數(shù)，則下列說法正確的是
（ ）
A．存在常數(shù)M R ，使得 f x = log2 5x 與 g x = log
5
1 是M - 伴侶函數(shù)
2 x
B x+1．存在常數(shù)M R ，使得 f x = 3 與 g x = 3x-1是M - 伴侶函數(shù)
C． f x = ln x與 g x = x + 2是1-伴侶函數(shù)
D．若 f x = g x ，則存在常數(shù)M R ，使得 f x 與 g x 是M - 伴侶函數(shù)
【答案】AD
【分析】根據(jù)伴侶函數(shù)的定義，由對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則判斷 A，根據(jù)指數(shù)型函數(shù)的單調(diào)性以及值
域可判斷 B，求導(dǎo)，判斷 h x = ln x - x - 2的單調(diào)性進(jìn)而可判斷 C，根據(jù)常函數(shù)的性質(zhì)可判斷
D.
【詳解】A 選項(xiàng)：由題意得
f x - g x = log2 5x - log
5
1 = log
5
2 5x + log2 = log 25 = 2logx x 2 2 5，2
故存在M 2log2 5，使得 f x - g x M 恒成立，故 A 正確；
B 選項(xiàng)：由題意得 f x - g x = 3x+1 - 3x-1 = 8 3x-1，
由于 y = 8 3x-1為單調(diào)遞增函數(shù)，且值域?yàn)? 0, + ，
因此不存在M R ，使得8 3x-1 M 恒成立，故 B 錯(cuò)誤；
C 選項(xiàng)：由題意得 f x - g x = ln x - x - 2 ，
令函數(shù) h x = ln x - x - 2 1 1- x，則 h x = -1 = ，
x x
易知 h x 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減，
所以 h x h 1 = -3，所以 h x 3，不滿足 ln x - x - 2 1，故 C 錯(cuò)誤；
D 選項(xiàng)：令 t x = f x - g x ，則 t x = f x - g x = 0，
所以 t x 為常函數(shù)，（點(diǎn)撥：若兩個(gè)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)相同，則兩個(gè)函數(shù)相差一個(gè)常數(shù)）
不妨令 t x = a ，故存在M a ，使得 f x - g x M 恒成立，故 D 正確.
故選：AD
10．（2024· 2全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = ax + bx + c ex 的極小值點(diǎn)為 0，極大值點(diǎn)為
m m > 0 ，且極大值為 0，則（ ）
A．m = 2 B．b = 4a
C．存在 x0 R ，使得 f x0 > 0 D．直線 y = 3a與曲線 y = f x 有 3 個(gè)交點(diǎn)
【答案】AD
2
【分析】根據(jù)函數(shù)的極值點(diǎn)，確定方程 ax + 2a + b x + b + c = 0的根的情況，利用韋達(dá)定理
ì2a + b = -ma, ì b = -a m + 2 ,
得 í ，即 í 得到 f x = a éx2 - m + 2 x +
m + 2 ù ×ex
b c 0, c a m 2 , ，再依據(jù) + = = +
f m = 0，解出m = 2 ，即可判斷 A，B 2選項(xiàng)；根據(jù)函數(shù)解析式 f x = a x - 2 ex , a < 0判斷
C 選項(xiàng)；根據(jù)函數(shù)圖像判斷 D 選項(xiàng).
2
【詳解】因?yàn)?f x = é ax + 2a + b x + b + cù ×e
x
，令 f x = 0，
則 ax2 + 2a + b x + b + c = 0且 f x 的極小值點(diǎn)為 0，
極大值點(diǎn)為m m > 0 ，所以 0 和m 為方程的兩個(gè)根，
ì2a + b = -ma,
所以 a<0，且 f x = ax x - m ex ，所以 í
b + c = 0,
ì b = -a m + 2 , 2
所以 í f x = a éx - m + 2 x + m + 2 ù ×ex
c = a m + 2 ,
所以 ，
又因?yàn)?f m = 0 2，即 a é m - m + 2 m + m + 2 ù
m
×e = 0，
化簡(jiǎn)為 a -m + 2 em = 0 ， a<0， em > 0 ，所以-m + 2 = 0，
解得m = 2 ，所以b = -4a,c = 4a ，所以 A 正確，B 錯(cuò)誤；
因?yàn)?f x = a x - 2 2 ex , a < 0，所以 f x 0 恒成立，所以 C 錯(cuò)誤；
函數(shù) f x 的圖象如圖所示，因?yàn)?f 0 = 4a < 3a < 0，
所以直線 y = 3a與曲線 y = f x 有 3 個(gè)交點(diǎn)，所以 D 正確．
故選：AD．
11．（2024·全國(guó)· x 2模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = lna + b e - a ex ，其中 e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，
則（ ）
A．若 f x 為減函數(shù)，則 f 0 < 0 B．若 f x 存在極值，則 aeb >1
C．若 f 1 = 0，則b > ln2 D．若 f x 0，則b a
【答案】BCD
x 2
【分析】對(duì) f x 求導(dǎo)可得 f x = lna + b e - a e，當(dāng) f 0 = 0時(shí)， f x 也為減函數(shù)，可得
A錯(cuò)誤；若 f x 存在極值可知 f x 存在“變號(hào)”零點(diǎn)，可得B正確；由 f 1 = 0可得b = a2 - lna ，
2
構(gòu)造 g x = x2 - lnx 并判斷單調(diào)性可得b > ln2，C 正確；由 f x 0可得 lna a ex+ b x ，易知e
ex 1 b a lnax ，可得 - ，構(gòu)造函數(shù) h x = x
lnx
- , x > 0 并判斷單調(diào)性即可求得b a ，D 正
e a a x
確.
f x = lna + b ex - a2【詳解】因?yàn)?ex ，所以 f x = lna + b ex - a2e，
所以當(dāng) f 0 = lna + b = 0時(shí)， f x = -a2e < 0, f x 為減函數(shù)，A 錯(cuò)誤．
若 f x 存在極值，則 f x = lna + b ex - a2e存在“變號(hào)”零點(diǎn)．
因?yàn)?f x = 0可得 lna + b ex = a2e ，所以 lna + b > 0，即 aeb >1，B 正確．
若 f 1 = 0，則 lna + b e - a2e = 0，即b = a2 - lna ．
2 2
g x = x2 - lnx 2 x + ÷ x - ÷令 ，則
g x 2x 1= - = è
2 è 2 ，, x > 0
x x
2
所以當(dāng)0 < x < 時(shí)， g x < 0 2，當(dāng) x > 時(shí)， g x > 0，
2 2
2 g x 2

所以 在 0, ÷÷ 上為減函數(shù)，在 ,+ 2 ÷÷上是增函數(shù)，è 2 è

所以 g(x)
2 1 2 1
min = g ÷÷ = - ln = 1+ ln2
1
，所以b 1+ ln2 > ln2，C 正確．
è 2 2 2 2 2
2
若 f x 0，即 lna + b a ex ．由 ex x +1，得 ex-1
ex
x x ，即 x 1，e e
b lna
所以 lna + b a2 ，易知 a > 0，所以 a - ．a(chǎn) a
2
h x = x lnx- , x > 0 h x 1 1- lnx x -1+ lnx設(shè) ， = - 2 =x x x2 ．
設(shè)j x = x2 -1+ lnx, x > 0,j x = 2x 1+ > 0，所以j x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
x
結(jié)合j 1 = 0，當(dāng)0 < x <1時(shí)，j x < 0, h x < 0, h x 在 0,1 上單調(diào)遞減；
當(dāng) x >1時(shí)，j x > 0, h x > 0,h x 在 1, + 上單調(diào)遞增．
所以 h(x)min = h 1 =1
b
，所以 1，即b a ，D 正確．
a
故選：BCD．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：在求解參數(shù)取值范圍時(shí)，往往根據(jù)已知條件得出變量之間的基本關(guān)系，
通過構(gòu)造函數(shù)得出函數(shù)單調(diào)性即可求得參數(shù)取值范圍.
三、填空題
2
12 2022· · f x x + x +1．（ 廣西 模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) = x ，則 f x 的極小值為 .e
【答案】1
【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而求得極小值.
x2 + x +1 2x +1 e
x - x2 + x +1 ex
-x x -1 【詳解】由 f x = ，得 f x = =x x 2 ex ，e e
令 f x = 0，解得 x = 0或 x =1，
故函數(shù) f x 在 - ,0 ， 1, + 上單調(diào)遞減，在 0,1 上單調(diào)遞增，
故函數(shù) f x 在 x = 0時(shí)取極小值 f 0 =1，
故答案為：1.
13 3．（2023·廣東汕頭·一模）函數(shù) f x = ax - 6x的一個(gè)極值點(diǎn)為 1，則 f x 的極大值
是 ．
【答案】4
【分析】由極值點(diǎn)定義得到 f 1 = 0，求出 a = 2，進(jìn)而得到 x >1或 x < -1時(shí)， f x > 0，
-1 < x <1時(shí)， f x < 0，得到函數(shù)單調(diào)性和極大值.
【詳解】 f x = ax3 - 6x定義域?yàn)?R，
f x = 3ax2 - 6，由題意得， f 1 = 3a - 6 = 0，解得 a = 2，
f x = 6x2故 - 6，
令 f x = 0，解得 x = ±1，
令 f x > 0得， x >1或 x < -1， f x = 2x3 - 6x 單調(diào)遞增，
令 f x < 0得，-1 < x <1， f x = 2x3 - 6x 單調(diào)遞減，
f x = 2x3故 - 6x 在 x=-1處取得極大值，極大值為 f -1 = -2 + 6 = 4 .
故答案為：4
14．（2024·上海閔行·二模）對(duì)于任意的 x1、x2 R ，且 x2 > 0 x，不等式 e 1 - x1 + ln x2 - x2 > a 恒
成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為 .
【答案】 - , 2
【分析】通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分別求 ex1 - x1 和 ln x2 - x2 的最小值即可.
【詳解】設(shè)函數(shù) f x = ex - x x，定義域?yàn)?R，則 f x = e -1，
當(dāng) x < 0 時(shí)， f x < 0；當(dāng) x > 0時(shí)， f x > 0，
則 f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，
f x 最小值為 f 0 =1，
所以當(dāng) x1 = 0 時(shí)， e
x1 - x1 有最小值 1；
設(shè)函數(shù) g x = x - ln x，定義域?yàn)? 0, + g x 1 1 x -1，則 = - = ，
x x
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x < 0；當(dāng) x >1時(shí)， g x > 0，
則 g x 在 0,1 上單調(diào)遞減，在 1, + 上單調(diào)遞增，
g x 最小值為 g 1 =1，
所以當(dāng) x2 =1時(shí)， ln x2 - x2 有最小值 1，
x
不等式 e 1 - x1 + ln x2 - x2 > a 恒成立，則有 2 > a，
所以實(shí)數(shù) a的取值范圍為 - , 2 .
故答案為： - , 2 .
四、解答題
15．（2024·安徽·二模）已知函數(shù) f (x) = x2 -10x + 3 f (1) ln x .
(1)求函數(shù) f (x) 在點(diǎn) (1, f (1))處的切線方程；
(2)求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間和極值.
【答案】(1) y = 4x -13；
(2)遞增區(qū)間為 (0, 2), (3,+ ) ，遞減區(qū)間為 2,3 ，極大值-16 +12ln 2，極小值-21+12ln 3 .
【分析】（1）求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù)，賦值求得 f (1) ，再利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程.
（2）由（1）的信息，求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出單調(diào)區(qū)間及極值.
【詳解】（1）函數(shù) f (x) = x2

-10x + 3 f (1) ln x ，求導(dǎo)得 f (x) 2x 10
3 f (1)
= - + ，
x
則 f (1) = -8 + 3 f (1) ，解得 f (1) = 4，于是 f (x) = x2 -10x +12ln x ， f (1) = -9，
所以所求切線方程為： y + 9 = 4(x -1)，即 y = 4x -13 .
（2）由（1）知，函數(shù) f (x) = x2 -10x +12ln x ，定義域?yàn)?(0, + )，
求導(dǎo)得 f (x) 2x 10
12 2(x - 2)(x - 3)
= - + = ，
x x
當(dāng)0 < x < 2或 x > 3時(shí)， f (x) > 0 ，當(dāng) 2 < x < 3時(shí)， f (x) < 0 ，
因此函數(shù) f (x) 在 (0, 2), (3,+ ) 上單調(diào)遞增，在 (2,3) 上單調(diào)遞減，
當(dāng) x = 2時(shí)， f (x) 取得極大值 f (2) = -16 +12ln 2，
當(dāng) x = 3時(shí)， f (x) 取得極小值 f (3) = -21+12ln 3，
所以函數(shù) f (x) 的遞增區(qū)間為 (0, 2), (3,+ ) ，遞減區(qū)間為 (2,3) ，
極大值-16 +12ln 2，極小值-21+12ln 3 .
16．（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f x = x2 - alnx +1,a R .
(1)當(dāng) a =1時(shí)，求曲線 y = f x 在點(diǎn) 1, f 1 處的切線方程；
(2)當(dāng) a > 0時(shí)，若函數(shù) f x 有最小值 2，求 a的值.
【答案】(1) y = x +1
(2) a = 2
【分析】（1）求出 f 1 = 2 ，求導(dǎo)，得到 f 1 =1，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程；
a a a
（2）求定義域，求導(dǎo)，得到函數(shù)單調(diào)性和最小值，得到 - ln -1 = 0，構(gòu)造
2 2 2
g t = t - tlnt -1，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合特殊點(diǎn)的函數(shù)值，得到答案.
【詳解】（1）當(dāng) a =1時(shí)， f x = x2 - lnx +1, y = f x 的定義域?yàn)? 0, + ，
則 f x 1= 2x - ，則 f 1 = 2 1- =1, f 1 =1- ln1+1 = 2，
x 1
由于函數(shù) f x 在點(diǎn) 1, f 1 處切線方程為 y - 2 = x -1，即 y = x +1 .
2
（2） f x = x - alnx +1,a R的定義域?yàn)? 0, + ，
2
f x = 2x a 2x - a- = ，
x x
當(dāng) a > 0時(shí)，令 f x > 0 a，解得： x > ；令 f x < 0 0 x a，解得： < < ，
2 2
a 所以 f x a在 0, ÷÷上單調(diào)遞減，在 ,+ 2 2 ÷÷上單調(diào)遞增，è è

f (x) f a a a所以， min = ÷÷ = - aln +1 = 2
a a a
，即 - ln -1 = 0
è 2 2 2 2 2 2
a
則令 t = > 0 ，設(shè) g t = t - tlnt -1, g t = -lnt ，
2
令 g t < 0，解得： t > 1；令 g t >0，解得：0 < t <1，
所以 g t 在 0,1 上單調(diào)遞增，在 1, + 上單調(diào)遞減，
所以 g t g 1 =1- ln1-1 = 0，
t a所以 = =1，解得： a = 2 .
2
f (x) lnx 117．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) = - ．
x e
(1)求 f (x) 的最大值；
(2)證明：當(dāng) x > 0時(shí)， f (x) < xex ．
【答案】(1)0；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù) f (x) 的最大值.
（2）構(gòu)造函數(shù) g(x) = xex , x > 0 ，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)值集合即可得解.
f (x) lnx 1【詳解】（1）函數(shù) = - 的定義域?yàn)?(0, + ) f (x)
1- lnx
，求導(dǎo)得 = ，
x e x2
當(dāng)0 < x < e時(shí)， f (x) > 0 ，函數(shù) f (x) 遞增，當(dāng) x>e時(shí)， f (x) < 0 ，函數(shù) f (x) 遞減，
所以當(dāng) x=e時(shí)，函數(shù) f (x) 取得最大值 f (e) = 0 .
（2）令函數(shù) g(x) = xex , x > 0 ，求導(dǎo)得 g (x) = (x +1)ex > 0，即函數(shù) g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，
因此"x (0,+ )， g(x) > g(0) = 0，由（1）知， f (x) 0恒成立，
所以 f (x) < g(x) ，即當(dāng) x > 0時(shí)， f (x) < xex .
18．（2024·福建·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) f (x) = a ln x - bx 在 1, f 1 處的切線在 y 軸上的截距為
-2．
(1)求 a的值；
(2)若 f x 有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，求b 的取值范圍．
【答案】(1)2

(2) b 0,
2
e ֏
【分析】（1）借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義計(jì)算即可得；
2ln x
（2）借助函數(shù)與方程的關(guān)系，可將 f x 有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)轉(zhuǎn)化為方程b = 有兩個(gè)根，
x
構(gòu)造對(duì)應(yīng)函數(shù)并借助導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性及值域即可得.
【詳解】（1） f (x)
a
= - b， f 1 = a - b ， f (1) = a 0 - b = -b，
x
則函數(shù) f (x) = a ln x - bx 在 1, f 1 處的切線為： y + b = a - b x -1 ，
即 y = a - b x - a ，令 x = 0，則有 y = -a = -2 ，即 a = 2；
（2）由 a = 2，即 f (x) = 2ln x - bx，
若 f x 有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)，則方程 2ln x - bx = 0有兩個(gè)根，
b 2ln x即方程 = 有兩個(gè)根，
x
g x 2ln x 2 1- ln x 令 = ，則 g x =x x2 ，
則當(dāng) x 0,e 時(shí)， g x > 0，則當(dāng) x e,+ 時(shí)， g x < 0，
故 g x 在 0,e 上單調(diào)遞增，在 e,+ 上單調(diào)遞減，
g x g e 2ln e 2故 = = ，
e e
又 x 0 時(shí)， g x - ， x + 時(shí)， g x 0，
2 2ln x
故當(dāng)b 0, ÷時(shí)，方程b = 有兩個(gè)根，即 f x 有且僅有兩個(gè)零點(diǎn).
è e x
1
19 2024· · f x = e2x．（ 全國(guó) 模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù) + a - 2 ex - 2ax ．
2
3
(1)若曲線 y = f x 在 0, a - ÷處的切線方程為 4ax + 2y +1 = 0 ，求 a的值及 f x 的單調(diào)區(qū)
è 2
間．
(2)若 f x 的極大值為 f ln2 ，求 a的取值范圍．
5 3
(3) a = 0 x 2當(dāng) 時(shí)，求證： f x + 5e - > x + xlnx．
2 2
【答案】(1) a =1，單調(diào)遞減區(qū)間是 - , ln2 ，單調(diào)遞增區(qū)間是 ln2,+
(2) - , -2
(3)證明見解析
【分析】（1）求導(dǎo)，根據(jù)點(diǎn)斜式求解切線方程，即可與 4ax + 2y +1 = 0 對(duì)比可得 a =1，即可
利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)單調(diào)性，
（2）求導(dǎo)得 f x = ex + a ex - 2 ，即可對(duì) a分類討論求解導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求解單調(diào)性，
1 2x x
（3）將不等式變形為只需要證明 e + 2e - 2x2
5
- > xlnx - ex 1- x2，構(gòu)造函數(shù)
2 2 2
x
h x 1= e2x + 2ex - 2x2 5 lnx- e 1，利用導(dǎo)數(shù)求證 h x > 0 ，構(gòu)造函數(shù) t x = 和j x = + ，
2 2 x x2 2
利用導(dǎo)數(shù)分別證明j x > t x ，即可求證0 > xlnx ex 1- - x2，進(jìn)而可求解.
2
2x x
【詳解】（1）由題意，得 f x = e + a - 2 e - 2a ，所以 f 0 = -a -1．
y = f x 0, a 3- 因?yàn)榍€ 在 ÷處的切線方程為 y -
3
2
a - ÷ = -a -1 x，
è è 2
又 4ax + 2y +1 = 0 ，所以-2a = -a -1，所以 a =1．
所以 f x = e2x - ex - 2 = ex - 2 ex +1 ．
令 f x < 0，得 x < ln2；令 f x > 0，得 x > ln2 ．
所以函數(shù) f x 的單調(diào)遞減區(qū)間是 - , ln2 ，單調(diào)遞增區(qū)間是 ln2,+ ．
2x
（2）由題意得 f x = e + a - 2 ex - 2a = ex + a ex - 2 ．
當(dāng) a 0時(shí)，令 f x > 0，得 x > ln2 ；令 f x < 0，得 x < ln2．
所以 f x 在 - , ln2 上單調(diào)遞減，在 ln2,+ 上單調(diào)遞增，此時(shí) f x 只有極小值，不符合
題意．
當(dāng) a < 0時(shí)，令 f x = 0，得 x1 = ln2， x2 = ln -a ．
因?yàn)?f x 的極大值為 f ln2 ，所以 ln2 < ln -a ，解得 a < -2．
綜上， a的取值范圍為 - , -2 ．
1
3 2x x（ ）當(dāng) a = 0時(shí)， f x = e - 2e ．
2
要證 f x + 5ex 5 3- > x2 + xlnx 1 2x，即證 e + 2ex 3 5- x2 - > xlnx - ex ，
2 2 2 2 2
1 2x x 2 5 x 1 2
只需證 e + 2e - 2x - > xlnx - e - x ．
2 2 2
1 2x
先證： e + 2ex 2x2
5
- - > 0， x > 0．
2 2
h x 1= e2x + 2ex設(shè) - 2x2 5- ， x > 0，則 h x = e2x + 2ex - 4x．
2 2
2x
設(shè)m x = e + 2ex - 4x， x > 0，則m x = 2e2x + 2ex - 4 = 2 ex -1 ex + 2 > 0．
所以函數(shù)m x 在 0, + 上單調(diào)遞增，則m x > m 0 = 3 > 0 ，即 h x > 0，
所以函數(shù) h x 在 0, + 上單調(diào)遞增，則 h x > h 0 = 0 1 e2x，所以 + 2ex - 2x2 5- > 0．
2 2
x
再證： xlnx - ex
1
- x2 < 0 x > 0 lnx e 1， ，即證 <
2 x x2
+ ．
2
t x lnx t x 1- lnx設(shè) = ，則 =
x x2
．
當(dāng) x 0,e 時(shí)， t x > 0， t x 單調(diào)遞增；

當(dāng) x e, + 時(shí)， t x < 0， t x 單調(diào)遞減．所以 t x t e 1= ．
e
x
e 1 x 0 x - 2j x e
x
設(shè) = 2 + ， > ，則j x = ．x 2 x3
當(dāng) x 0,2 時(shí)，j x < 0，j x 單調(diào)遞減；當(dāng) x 2, + 時(shí)，j x > 0，j x 單調(diào)遞增．
2 2 x x
所以j x j 2 e 1 lnx 1 e 1 e 1 lnx e 1= + ．所以 < + + ，即 < + ．
4 2 x e 4 2 x2 2 x x2 2
1 e2x 2ex 2x2 5 xlnx ex 1綜上， + - - > - - x2得證．
2 2 2
故 f x 5 3+ 5ex - > x2 + xlnx．
2 2
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明或判定不等式問題：
1．通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值），從而得出不等關(guān)系；
2．利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，從而判定不等關(guān)系；
3．適當(dāng)放縮構(gòu)造法：根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮或利用常見放縮結(jié)論，從而判定不等關(guān)系；
4．構(gòu)造“形似”函數(shù)，變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·湖南衡陽·模擬預(yù)測(cè)）若曲線 f x k= (k < 0)與 g x = ex有三條公切線，則 k 的取
x
值范圍為（ ）
1- ,0 , 1 2 2A． ÷ B． - -

÷ C． - ,0 D． - ,-

è e è e e ÷è e ÷è
【答案】A
【分析】利用導(dǎo)數(shù)幾何意義，分別設(shè)出兩條曲線的切線方程，將問題轉(zhuǎn)化為一條直線與一條
曲線交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，即可求出 k 的取值范圍.
【詳解】設(shè)公切線為 l, P x1, y1
k -k
是 l與 f x 的切點(diǎn)，由 f x = ，得 f x = ，
x x2
設(shè)Q x2 , y x x2 是 l與 g x 的切點(diǎn)，由 g x = e ，得 g x = e ，
-k
所以 l的方程為 y - y1 = 2 x - x x 1 ，1
y k y -k因?yàn)?1 = ，整理得 = 2 x
2k
+
x x ，1 1 x1
同理 y - y2 = e
x2 x - x2 ，
因?yàn)?y2 = e
x2 x，整理得 y = e 2 x + ex2 1- x2 ，
ì k
- = e
x2
x2 1
依題意兩條直線重合，可得 í2k ， = ex2 1- x2
x1
2
消去x1，得 4k = -e
x2 x2 -1 ，
x 2
由題意此方程有三個(gè)不等實(shí)根，設(shè) h x = -e (x -1) ，
即直線 y = 4k 與曲線 h x 有三個(gè)不同的交點(diǎn)，
因?yàn)?h x = ex 1- x2 ，令 h x = 0，則 x = ±1，
當(dāng) x < -1或 x >1時(shí)， h x < 0；當(dāng)-1 < x <1時(shí)， h x > 0，
所以 h x h -1 = -4e-1有極小值為 ， h x 有極大值為 h 1 = 0，
因?yàn)?h x = -ex (x -1)2 ， ex > 0， (x -1)2 0，所以 h x 0，
當(dāng) x 趨近于- 時(shí)， h x 趨近于 0；當(dāng) x 趨近于+ 時(shí)， h x 趨近于- ，
故 h x 的圖象簡(jiǎn)單表示為下圖:
1
所以當(dāng)-4e-1 < 4k < 0，即- < k < 0時(shí)，直線 y = 4k 與曲線 h x 有三個(gè)交點(diǎn).
e
故選：A.
2．（2023·河南·三模）已知函數(shù) f (x) = x2 ln x ，則下列結(jié)論正確的是（ ）
1
A． f (x) 在 x =
1 e
處得到極大值- B． f (x) 在 處得到極大值
e 2e x = e 2
1
C． f (x) 在 x =
1 e
處得到極小值- D． f (x) 在
e 2e x = e
處得到極小值
2
【答案】C
【分析】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值即可.
【詳解】由 f (x) = 2x ln x + x = x(2 ln x +1) ，且 x (0,+ )，
1
所以 x (0, )時(shí) f (x)
1
< 0 ， f (x) 遞減， x ( ,+ ) 時(shí) f (x) > 0 ， f (x) 遞增，
e e
1 1 1 1 1
所以 f (x) 在 x = 處得到極小值 f ( ) = ln = - .
e e e e 2e
故選：C
3．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)函數(shù) f (x) = 2x3 - 2x ，若正實(shí)數(shù) a使得存在三個(gè)兩兩不同的實(shí)
數(shù)b ， c，d 滿足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好為一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，則
a的取值范圍為（ ）
1 ù é1 ù 3 ù é 3 ù
A． 0, ú B． ê ,1ú C． 0, D2 2 3 ú ． ê
,1ú
è è 3
【答案】D
【分析】若存在一個(gè)矩形，根據(jù)函數(shù)以及矩形的特點(diǎn)，可以認(rèn)為以原點(diǎn)為圓心， a2 + ( f (a))2
為半徑長(zhǎng)的圓與 f (x) = 2x3 - 2x 有至少四個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)
y = x2 + (2x3 - 2x)2 - a2 - (2a3 - 2a)2 在 0, + 上至少有兩個(gè)零點(diǎn)，再利用導(dǎo)數(shù)研究極值進(jìn)而
研究零點(diǎn)個(gè)數(shù)求出參數(shù)的取值范圍.
【詳解】解：已知 f (x) = 2x3 - 2x ，若正實(shí)數(shù) a使得存在三個(gè)兩兩不同的實(shí)數(shù)b ， c，d ，
滿足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好為一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn)，
因?yàn)?f (x) = 2x3 - 2x 是奇函數(shù)，所以若存在一個(gè)矩形，則矩形的中心在原點(diǎn)，
則 x2 + (2x3 - 2x)2 = a2 + (2a3 - 2a)2 在 0, + 上至少有兩個(gè)根，
設(shè) g(x) = x2 + (2x3 - 2x)2 = 4x6 -8x4 + 5x2 ，
則 g (x) = 24x5 - 32x3 +10x = 2x(2x2 -1)(6x2 - 5) ，
在 0, + 上 g (x) = 0 x 2 x 30時(shí)， = 或 = ，
2 6
2 30 2 30
在 (0, )和 ( , + ) 上， g (x) > 0，在 ( , )上 g (x) < 0，
2 6 2 6
(0, 2所以在 ) ( 30和 , + ) 上， g(x) 2 30單調(diào)遞增，在 ( , )上， g(x)單調(diào)遞減，
2 6 2 6
則 g(x) =g( 2 ) =1， g(x) =g( 30 ) 25= ，
極大值 2 極小值 6 27
25 2 3 2
根據(jù)題意 a + (2a - 2a) 1，
27
當(dāng) a2 + (2a3 - 2a)2 =1時(shí)，有 (2a2 -1)2 (a2 -1) = 0，解得 a =1或 a 2= ，
2
此時(shí) a [ 2 ,1] .
2
2 3
當(dāng) a + (2a - 2a)2
25
= 時(shí)，有 (6a2 - 5)2 (3a2 -1) = 0，解得
27 a
30
= 或 a 3= ，
6 3
此時(shí) a [ 3 , 30 ] .
3 6
綜上當(dāng) a [ 3 ,1]時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性存在三個(gè)兩兩不同的實(shí)數(shù)b ， c，d ，
3
滿足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好為一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn).
故選：D .
【點(diǎn)睛】已知函數(shù)的極值滿足某種限制，求參數(shù)的值（范圍）.一般先求導(dǎo)，分析函數(shù)的單
調(diào)性，表示出函數(shù)的極值，再數(shù)形結(jié)合列方程（不等式（組）），求參數(shù)的值（范圍）.
x+1
4．（2024·
ax e
湖北·二模）已知函數(shù) f x = x + x （e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．則下列說法正確的e x + e
是（ ）
A．函數(shù) f x 的定義域?yàn)?R
2
B．若函數(shù) f x 在P 0, f 0 e處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為 ，則 a =1
2e - 2
C．當(dāng) a =1時(shí)， f x = m可能有三個(gè)零點(diǎn)
D．當(dāng) a =1時(shí)，函數(shù)的極小值大于極大值
【答案】D
【分析】對(duì)于 A： g x = x + ex ，通過求導(dǎo)找到零點(diǎn)，進(jìn)而確定定義域；對(duì)于 B：求出
f (x) ， f (0)， f (0)，進(jìn)而可得切線方程，從而得到面積；對(duì)于 CD：求出 f (x) ，利用零點(diǎn)
存在定理，確定零點(diǎn)位置，從而得到極值，進(jìn)而可判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)以及極值關(guān)系.
【詳解】記 g x = x + ex ，則 g x =1+ ex > 0，所以 g x 為單調(diào)遞增函數(shù)，
g( 1 1- c-1) = -1+ = < 0， g 0 =1 > 0e c ，所以函數(shù) g x 有唯一零點(diǎn) n -1,0 ，
因?yàn)?f x 有意義需使 x + ex 0，所以函數(shù) f x 的定義域?yàn)閧x | x n}，所以 A 錯(cuò)誤；
f (x) a(1- x) (x -1)e
x+1 é ex+1 a ù
因?yàn)?= x + x 2 = (x -1) ê - ， f (0) = a - e ， f (0) = e ，e (x + e ) (x + e
x )2 ex ú
所以函數(shù) f (x) 在點(diǎn) P 處的切線方程為 y - e = a - e x， a e ，
e
此直線與 x 軸、y 軸的交點(diǎn)分別為 ,0÷， 0,e ，
è e - a
1 e e e
2
由三角形的面積公式得 × × = ，解得 a =1或 a = 2e -1，所以 B 錯(cuò)誤；
2 e - a 2e - 2
e2x+1a =1 f (x) (x 1) - (x + e
x )2 (x 1) ( e
2x+1 - x - ex )( e2x+1 + x + ex )
當(dāng) 時(shí)， = - ×
ex × (x + ex
= - ，
)2 ex × (x + ex )2
當(dāng) x > n時(shí)，記 h(x) = e2x+1 - x - ex = ( e -1) × ex - x，
x
則 h (x) = e -1 e -1，明顯 h x 單調(diào)遞增，
而 h 0 = e - 2 < 0， h 1 = e -1 e -1 > 0，
由零點(diǎn)存在定理知存在0 < x1 <1，使得 h (x1) = ( e -1)ex1 -1 = 0 ，即 ( e -1)ex1 = 1，
h(x) 在 (n, x1)上單調(diào)遞減，在 (x1,+ )上單調(diào)遞增，
所以 h(x)min = h(x1) = ( e -1)e
x1 - x1 = 1- x1 > 0，
即當(dāng) x > n時(shí)， h x > 0 ，所以 e2x+1 > 2x + ex ，
所以 f x 在 n,1 上單調(diào)遞減，在 (1, + )上單調(diào)遞增，其中-1 < n < 0， en + n = 0，
當(dāng) x < n時(shí)，記 L(x) = e × ex + ex + x ， L (x) = e × ex + ex +1 > 0 ，
所以 L x 在 (- , n) 上單調(diào)遞增，
L( 1) e +1 1 e +1- e 2.89 +1- e 2.7 - e- = - = < = < 0 ， L(n) = e × en + en + n = e × en > 0，
e e e e
由零點(diǎn)存在定理知存在 x2 -1, n ，使得 L(x2 ) = ( e +1) × ex2 + x2 = 0，
2x+1 x 2
2
即當(dāng) x (- , x2 )時(shí)， L x < 0 e2x+1 - x + ex < 0，從而有 f (x) = (x 1) e - (x + e )- × > 0ex × (x + ex )2 ，
2x+1
x x , n 2x+1 x 2 f (x) (x 1) e - (x + e
x )2
當(dāng) 2 時(shí)， L(x) > 0 e - (x + e ) > 0，從而有 = - × x < 0e × (x + ex )2 ，
綜上可知 f x 在 (- , x2 )上單調(diào)遞增，在 x2 , n 上單調(diào)遞堿，在 n,1 上單調(diào)遞減，在 (1, + )
x
上單調(diào)遞增，其中 -1 < x 2 n2 < n < 0，且 e +1 ×e + x2 = 0， e + n = 0，
所以 f x = f x2 ， fmax x = f 1min ．
f (x ) x e
x2 +1
2 e 1 e
x2 +1 2
又因?yàn)?2 = x + x = - + + < 0
1 e
x ， f (1) = + > 0 ，e 2 x2 + e 2 -e 2 e e 1+ e
所以當(dāng) x (- ,n)時(shí)， f x < 0 ，當(dāng) x (n,+ )時(shí)， f x > 0，且 f x2 < f 1 ，
所以 f x = m 最多只有兩個(gè)零點(diǎn)，C 錯(cuò)誤，D 正確．
故選：D.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：1．函數(shù)零點(diǎn)的判定常用的方法有：
（1）零點(diǎn)存在性定理；（2）數(shù)形結(jié)合；（3）解方程 f(x)＝0.
2．研究方程 f(x)＝g(x)的解，實(shí)質(zhì)就是研究 G(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)．
3．轉(zhuǎn)化思想：方程解的個(gè)數(shù)問題可轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問題；已知方程有解求
參數(shù)范圍問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域問題
二、多選題
5．（2023· 3安徽·一模）已

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