資源簡介

第 03 講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值
目錄
01 考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航..........................................................................................................................2
02 知識導(dǎo)圖·思維引航..........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究..........................................................................................................................4
知識點 1：函數(shù)的極值 ................................................................................................................................................4
知識點 2：函數(shù)的最大（小）值 ................................................................................................................................5
解題方法總結(jié) ...............................................................................................................................................................5
題型一：求函數(shù)的極值與極值點 ...............................................................................................................................6
題型二：根據(jù)極值、極值點求參數(shù) ...........................................................................................................................7
題型三：求函數(shù)的最值（不含參） ...........................................................................................................................8
題型四：求函數(shù)的最值（含參） ...............................................................................................................................9
題型五：根據(jù)最值求參數(shù) .........................................................................................................................................10
題型六：函數(shù)單調(diào)性、極值、最值的綜合應(yīng)用 .....................................................................................................10
題型七：不等式恒成立與存在性問題 .....................................................................................................................12
04 真題練習(xí)·命題洞見........................................................................................................................12
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................13
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................14
易錯點：對 f(x0)為極值的充要條件理解不清.........................................................................................................14
答題模板：求可導(dǎo)函數(shù) f(x) 的極值 .........................................................................................................................15
考點要求 考題統(tǒng)計 考情分析
2024年 I卷第 10題，6分
2024年 II卷第 16題，15分 高考對最值、極值的考查相對穩(wěn)定，屬于重
2024年 II卷第 11題，6分 點考查的內(nèi)容．高考在本節(jié)內(nèi)容上無論試題怎樣
2024年甲卷第 21題，12分 變化，我們只要把握好導(dǎo)數(shù)作為研究函數(shù)的有力
（1）函數(shù)的極值
2023年乙卷第 21題，12分 工具這一點，將函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等本
（2）函數(shù)的最值
2023年 II卷第 22題，12分 質(zhì)問題利用圖像直觀明了地展示出來，其余的就
2022年乙卷第 16題，5分 是具體問題的轉(zhuǎn)化了．最終的落腳點一定是函數(shù)
2022年 I卷第 10題，5分 的單調(diào)性與最值，因為它們是導(dǎo)數(shù)永恒的主題．
2022年甲卷第 6題，5分
復(fù)習(xí)目標(biāo)：
（1）借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要和充分條件．
（2）會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值．
（3）會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值．
知識點 1：函數(shù)的極值
（1）函數(shù)的極小值
如果對 x0 附近的所有點都有 f (x) > f (x0 )，而且在點 x = x0 附近的左側(cè) f (x) < 0 ，右側(cè) f (x) > 0 ，則稱
f (x0 ) 是函數(shù)的一個極小值，記作 y = f (x )極小值 0 ．
（2）函數(shù)的極大值
函數(shù) f (x) 在點 x0 附近有定義，如果對 x0 附近的所有點都有 f (x) < f (x0 )，而且在點 x = x0 附近的左側(cè)
f (x) > 0 ，右側(cè) f (x) < 0 ，則稱 f (x0 ) 是函數(shù)的一個極大值，記作 y = f (x )極大值 0 ．
（3）極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極小值和極大值統(tǒng)稱為極值．
（4）求 f (x) 極值的步驟
①先確定函數(shù) f (x) 的定義域；
②求導(dǎo)數(shù) f (x)；
③求方程 f (x) = 0 的解；
④檢驗 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右兩側(cè)的符號，如果在根的左側(cè)附近為正，在右側(cè)附近為負，
那么函數(shù) y = f (x) 在這個根處取得極大值；如果在根的左側(cè)附近為負，在右側(cè)附近為正，那么函數(shù)
y = f (x) 在這個根處取得極小值．
② f (x0 ) = 0 是 x0 為極值點的既不充分也不必要條件，如 f (x) = x
3
， f (0) = 0 ，但 x0 = 0 不是極值
點．另外，極值點也可以是不可導(dǎo)的，如函數(shù) f (x) = x ，在極小值點 x0 = 0 是不可導(dǎo)的，于是有如下結(jié)論：
x0 為可導(dǎo)函數(shù) f (x) 的極值點 f (x0 ) = 0；但 f (x0 ) = 0 x0為 f (x) 的極值點．
【診斷自測】（2024·遼寧·三模）下列函數(shù)中，既是定義域上的奇函數(shù)又存在極小值的是（ ）
A． f x = xsinx 1B． f x = x +
x
C． f x = ex 1+ x D． f x = x +1 - x -1e
知識點 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 y = f (x) 在 (m，n)內(nèi)的極值（極大值或極小值）；
②將 y = f (x) 的各極值與 f (m)和 f (n) 比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
3
【診斷自測】函數(shù) f x = x - x, x -2,2 的最小值為 ．
解題方法總結(jié)
（1）若函數(shù) f x 在區(qū)間 D 上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，則
不等式 f x > a 在區(qū)間 D 上恒成立 f x min > a ；
不等式 f x a 在區(qū)間 D 上恒成立 f x min a ；
不等式 f x < b在區(qū)間 D 上恒成立 f x max < b ；
不等式 f x b在區(qū)間 D 上恒成立 f x max b ；
（2）若函數(shù) f x 在區(qū)間 D 上不存在最大（小）值，且值域為 m, n ，則
不等式 f x > a 或f x a 在區(qū)間 D 上恒成立 m a ．
不等式 f x < b 或f x b 在區(qū)間 D 上恒成立 m b ．
（3）若函數(shù) f x 在區(qū)間Ｄ上存在最小值 f x min 和最大值 f x f x m,nmax ，即 ，則對不等式有
解問題有以下結(jié)論：
不等式 a < f x 在區(qū)間 D 上有解 a < f x max ；
不等式 a f x 在區(qū)間 D 上有解 a f x max ；
不等式 a > f x 在區(qū)間 D 上有解 a > f x min ；
不等式 a f x 在區(qū)間 D 上有解 a f x min ；
（4）若函數(shù) f x 在區(qū)間 D 上不存在最大（小）值，如值域為 m, n ，則對不等式有解問題有以下結(jié)
論：
不等式 a < f x 或a f x 在區(qū)間 D 上有解 a < n
不等式b > f x 或b f x 在區(qū)間 D 上有解 b > m
（5）對于任意的 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（6）對于任意的 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（7）若存在 x1 a, b ，對于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（8）若存在 x1 a, b ，對于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（9）對于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ；
（10）對于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max ；
（11）若存在 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max
（12）若存在 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ．
題型一：求函數(shù)的極值與極值點
【典例 1-1】“ x0 是函數(shù) f x 的一個極值點”是“ f x 在 x0 處導(dǎo)數(shù)為 0”的（ ）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
【典例 1-2】如圖，可導(dǎo)函數(shù) y = f (x) 在點P x0 , f x0 處的切線為 l : y = g(x)，設(shè) h(x) = f (x) - g(x)，則
下列說法正確的是（ ）
A．$x R，h(x)>0 B．"x R，h (x)<0
C． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的極大值點 D． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的極小值點
【方法技巧】
1、因此，在求函數(shù)極值問題中，一定要檢驗方程 f (x) = 0 根左右的符號，更要注意變號后極大值與
極小值是否與已知有矛盾．
2、原函數(shù)出現(xiàn)極值時，導(dǎo)函數(shù)正處于零點，歸納起來一句話：原極導(dǎo)零．這個零點必須穿越 x 軸，否
則不是極值點．判斷口訣：從左往右找穿越（導(dǎo)函數(shù)與 x 軸的交點）；上坡低頭找極小，下坡抬頭找極大．
【變式 1-1】（2024· 2 - x遼寧鞍山·二模） f x = x e 的極大值為 ．
【變式 1-2】（2024·河南·三模）已知函數(shù) f (x) = ax - ln x，且 f (x) 在 x =1處的切線方程是 x - y + b = 0．
(1)求實數(shù) a，b的值；
(2)求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間和極值．
【變式 1-3】（2024·北京東城·二模）已知函數(shù) f x = xsin2x + cos2x .
(1)求曲線 y = f x π π 在 - , f - ÷÷處的切線方程；
è 4 è 4
f x é 2π , 5π- ù(2)求函數(shù) 在區(qū)間
ê 3 6 ú
上的極值點個數(shù).

x
【變式 1-4】已知函數(shù) f (x) = a - e loga x - e ，其中 a >1．討論 f (x) 的極值點的個數(shù)．
題型二：根據(jù)極值、極值點求參數(shù)
【典例 2-1】（2024·廣西·模擬預(yù)測）設(shè) ab 0，若 x = a為函數(shù) f x = a x - a 2 x - b 的極大值點，則（ ）
A． a < b B． a > b C． ab < b2 D． ab > b2
1 1
【典例 2-2】（2024·高三·陜西咸陽·期中）若函數(shù) f (x) = a ln x - + a
x x2
(a 0)既有極大值也有極小值，則
的取值范圍是（ ）
1
A． - ,0
1
÷ B． - ,0
1 1
÷ C． 0, ÷ D． 0, ÷
è 8 è 2 è 4 è 2
【方法技巧】
根據(jù)函數(shù)的極值（點）求參數(shù)的兩個要領(lǐng)
（1）列式：根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為 0 和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解；
（2）驗證：求解后驗證根的合理性．
【變式 2-1】已知函數(shù) f (x) = b ln x
3
+ x2 + 2ax + a2 27 b- 3a 在 x =1處取得極小值 ，則 的值為 ．
2 2 a
【變式 2-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x a sin x + cos x = x + x在 0, π 上恰有兩個極值點，則實數(shù)e
a 的取值范圍是（ ）
2 π 2 π
A． 0, e
4 ÷÷ B． - , eπ C． 0,eπ D． 4 e ,+
è 2 è 2 ÷
÷

【變式 2-3】（2024· 2四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù) f x = x +1 x + 4x + a ，若-1不是 f x 的
極值點，則實數(shù)a = .
【變式 2-4】若函數(shù) f (x) = xex - (m -1)e2x 存在唯一極值點，則實數(shù)m 的取值范圍是 .
1
【變式 2-5】（2024·四川綿陽· 2 x模擬預(yù)測）若 x1, x2 是函數(shù) f x = ax - e +1 a R 的兩個極值點且 x2 2x1，2
則實數(shù) a的取值范圍為 .
2
【變式 2-6】已知函數(shù) f x = x +a cos x，若 x = 0是 f x 的極大值點，則 a 的取值范圍是 ．
【變式 2-7】已知x 和x 分別是函數(shù) f (x) = 2a x 21 2 - ex （ a > 0且 a 1）的極大值點和極小值點．若 x1 < x2，
則實數(shù) a的取值范圍是 ．
題型三：求函數(shù)的最值（不含參）
f (x) 13-1 = x2【典例 】函數(shù) - (e -1)x - e ln x 的最小值為 ．
2
3 2
【典例 3-2】函數(shù) f x = 2x - 6x + m（m 為常數(shù)）在 -2,3 上有最大值 3，則 f x 在 -2,3 上的最小值
為 ．
【方法技巧】
求函數(shù) f x 在閉區(qū)間 [a,b]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值 f a ， f b
與 f x 的各極值進行比較得到函數(shù)的最值．
-x2 + 3x + 2
【變式 3-1】（2024·浙江杭州·二模）函數(shù) f x = 的最大值為 ．
x +1
3-2 x = 2 f x = x3 + bx2【變式 】當(dāng) 時，函數(shù) -12x取得極值，則 f x 在區(qū)間 -4,4 上的最大值為 ．
sin x 64
【變式 3-3】（2024·高三·山東青島·開學(xué)考試）已知 0 < x < π，則 + 的最小值為 .
1- cos x 1+ cos x
題型四：求函數(shù)的最值（含參）
【典例 4-1】已知函數(shù) f x = ex - ax -1 .
(1)當(dāng) a =1時，求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求 f x 在 1, + 上的最小值.
x - 2
4-2 x 2e
x - mx - m
【典例 】（2024·四川南充·二模）設(shè)函數(shù) f x = e ， g x = 2 ．x + 2 x
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)性區(qū)間；
2
(2)設(shè)0 m < 2 e，證明函數(shù) g x 在區(qū)間 0, + 上存在最小值 A，且1 < A ．
2
【方法技巧】
若所給的閉區(qū)間 [a,b]含參數(shù)，則需對函數(shù) f x 求導(dǎo)，通過對參數(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．
x
【變式 4-1】（2024·四川自貢·一模）函數(shù) f x = e - lnx 的最小值為m .
(1)判斷m 與 2 的大小，并說明理由：
x
(2)求函數(shù) g x = lnx e- m 的最大值.e
【變式 4-2】已知函數(shù) f x = x - k -1 ex k R .
(1)當(dāng) k =1時，求 f x 在 0, -2 處的切線方程；
(2)討論 f x 在區(qū)間 0,3 上的最小值.
【變式 4-3】已知函數(shù) f (x) = 2x3 - ax2 + 2，當(dāng) 0 < a < 3時，記 f (x) 在區(qū)間 0,1 的最大值為 M ，最小值為m ，
求M - m的取值范圍.
1 a + 2
【變式 4-4 3 2】已知函數(shù) f x = x + x + 2ax .
3 2
(1)當(dāng) a = 0時，求函數(shù) f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間和極值；
(3)當(dāng) a 1,2 時，求函數(shù) f x 在 -2a, a 上的最大值.
題型五：根據(jù)最值求參數(shù)
【典例 5-1】（2024· 2河南南陽·一模）已知函數(shù) f x = 3x - 2lnx + a -1 x + 3在區(qū)間 1,2 上有最小值，則整
數(shù) a的一個取值可以是 ．
ìax -1, x < -1,
【典例 5-2】已知 a 0，若函數(shù) f x = í a x - 2 ex + 2, x -1有最小值，則實數(shù) 的最大值為 .
【方法技巧】
已知函數(shù)最值，求參數(shù)的范圍，列出有關(guān)參數(shù)的方程或不等式，然后求其參數(shù)值或范圍．
【變式 5-1】（2024·廣西南寧·一模）已知函數(shù) f x = x -1 ex + ax2 的最小值為-1，則實數(shù) a的取值范圍
為 .
【變式 5-2】（2024·廣東· f x = x ex-1二模）已知函數(shù) - 2a - ln x 的最小值為 0，則 a 的值為 .
eex
【變式 5-3】已知函數(shù) f x = a - ex + a ln x的最小值為 1，則 a的取值范圍為 .x
【變式 5-4 -ax】若函數(shù) f x = ax + xe - ln x -1的最小值為 0，則實數(shù) a 的最大值為 .
題型六：函數(shù)單調(diào)性、極值、最值的綜合應(yīng)用
【典例 6-1】已知 f (x) = x (2 - ln x)，g（x）＝f（x）＋ax-3，其中 a∈（0，＋∞）．
（1）判斷 f（x）的單調(diào)性并求其最值；
（2）若 g（x）存在極大值，求 a 的取值范圍，并證明此時 g（x）的極大值小于 0．
a
【典例 6-2】（2024·高三·湖南·期末）已知函數(shù) f (x) = ln x +1- 2a - x + 有兩個不同的極值點 x1, x2 .x
（1）求 a的取值范圍.
（2）求 f (x) 的極大值與極小值之和的取值范圍.
1 1
（3）若m 0,

÷ ,n

,+ ÷ ，則 f (m) - f (n)2 2 是否有最小值？若有，求出最小值；若沒有，說明理由
.
è è
【方法技巧】
函數(shù)單調(diào)性、極值、最值的綜合應(yīng)用通常會用到分類討論、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法.
2ln x +1
【變式 6-1】設(shè) f x = - xeax ,a R .
x
(1)若 a = 0，討論 f x 的單調(diào)性;
(2)若 a 0，求 f x 的最大值(用 a表示);
(3)若 f x 恰有三個極值點，直接寫出 a的取值范圍.
【變式 6-2】（2024·海南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x a= - exx + x a R ．e
(1)若函數(shù) f x 在區(qū)間 - , ln2 上單調(diào)遞增，求實數(shù) a的取值范圍．
(2)設(shè)函數(shù) f x 有一個極大值為M ，一個極小值為 N ，試問： N - M 是否存在最小值？若存在最小值，求
出最小值；若不存在最小值，請說明理由．
題型七：不等式恒成立與存在性問題
【典例 7-1】已知函數(shù) f x = x ln x - ax +1，若存在 x0 (0, + ) ，使得 f x0 < 0成立，則實數(shù) a的取值范
圍 ．
【典例 7-2】已知函數(shù) f x = x -1 ex+1 + mx2 g x = x3 4， - - mx, x 0,2 ,0 < m 6 ．若$x1 R，x
x2 0,2 ，使 f x1 g x2 成立，則實數(shù)m 的取值范圍為 ．
【方法技巧】
在不等式恒成立或不等式有解條件下求參數(shù)的取值范圍，一般利用等價轉(zhuǎn)化的思想其轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最
值或值域問題加以求解，可采用分離參數(shù)或不分離參數(shù)法直接移項構(gòu)造輔助函數(shù)．
【變式 7-1】函數(shù) f x = ex - 2ax - e + b 0 b對任意 x R 成立，則 的最小值為（ ）
a
5
A．4 B．3 C． D．2
2
1
【變式 7-2】（2024·山東泰安· x二模）已知函數(shù) f x = xe - ax2 - ax a > 0 .
2
1
(1)若 f x 的極大值為1- ，求 a的值；
e
a 1(2)當(dāng) > 時，若"x1 [1, + ),$x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，求 a的取值范圍.e
【變式 7-3】（2024·高三·陜西商洛·期中）已知函數(shù) f x =1+ lnx， g x = ex ，若 f x1 = g x2 成立，則
x1 - x2 的最小值為（ ）
A．1 B．2 C． e D． ln2
1．（2024 年新課標(biāo)全國Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題）（多選題）設(shè)函數(shù) f (x) = 2x3 - 3ax2 +1，則（ ）
A．當(dāng) a >1時， f (x) 有三個零點
B．當(dāng) a < 0時， x = 0是 f (x) 的極大值點
C．存在 a，b，使得 x = b 為曲線 y = f (x) 的對稱軸
D．存在 a，使得點 1, f 1 為曲線 y = f (x) 的對稱中心
2．（多選題）（2024 年新課標(biāo)全國Ⅰ卷數(shù)學(xué)真題）設(shè)函數(shù) f (x) = (x -1)2 (x - 4) ，則（ ）
A． x = 3是 f (x) 2的極小值點 B．當(dāng)0 < x <1時， f (x) < f x
C．當(dāng)1< x < 2時，-4 < f (2x -1) < 0 D．當(dāng)-1 < x < 0時， f (2 - x) > f (x)
3．（2022 年高考全國乙卷數(shù)學(xué)（文）真題）函數(shù) f x = cos x + x +1 sin x +1在區(qū)間 0,2π 的最小值、最大
值分別為（ ）
π π 3π π π π 3π π
A．- ， B．- ， C．- ， + 2 D．- ， + 2
2 2 2 2 2 2 2 2
b
4．（2022 年高考全國甲卷數(shù)學(xué)（理）真題）當(dāng) x =1時，函數(shù) f (x) = a ln x + 取得最大值-2，則 f (2) =
x
（ ）
1
A． -1 B．- C 1． 2 D．12
b c
5．（多選題）（2023 年新課標(biāo)全國Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題）若函數(shù) f x = a ln x + + a 0 既有極大值也有極小值，
x x2
則（ ）．
A．bc > 0 B． ab > 0 C．b2 + 8ac > 0 D． ac < 0
1．將一個邊長為 a 的正方形鐵片的四角截去四個邊長均為 x 的小正方形，做成一個無蓋方盒．
(1)試把方盒的容積 V 表示為 x 的函數(shù)；
(2)x 多大時，方盒的容積 V 最大？
2．用測量工具測量某物體的長度，由于工具的精度以及測量技術(shù)的原因，測得 n 個數(shù)據(jù) a1， a2 ， a3，…，
n
a 1n ．證明：用 n 個數(shù)據(jù)的平均值 x = ai 表示這個物體的長度，能使這 n 個數(shù)據(jù)的方差n i=1
n
f (x) 1= (x - a )2i 最小．n i=1
(b 43．已知某商品進價為 a 元/件，根據(jù)以往經(jīng)驗，當(dāng)售價是 b a)元/件時，可賣出 c 件.市場調(diào)查表明，
3
當(dāng)售價下降 10%時，銷量可增加 40%．現(xiàn)決定一次性降價，銷售價為多少時，可獲得最大利潤？
4．已知函數(shù) f (x) = x2 + px + q ，試確定 p，q 的值，使得當(dāng) x =1時， f x 有最小值 4．
5．已知函數(shù) f (x) = x(x - c)2 在 x = 2處有極大值，求 c 的值．
6．已知 A，B 兩地的距離是130km、根據(jù)交通法規(guī)，兩地之間的公路車速應(yīng)限制在50～100km/h，假設(shè)油
x2
價是 7 元/L，以 xkm/h 的速度行駛時，汽車的耗油率為 3+ ÷ L/h ，司機每小時的工資是 35 元．那么最
è 360
經(jīng)濟的車速是多少？如果不考慮其他費用，這次行車的總費用是多少？
易錯點：對 f(x0)為極值的充要條件理解不清
易錯分析：對 f (x) 為極值的充要條件理解不清，導(dǎo)致出現(xiàn)多解.
答題模板：求可導(dǎo)函數(shù) f(x) 的極值
1、模板解決思路
解決求可導(dǎo)函數(shù) f x 的極值的問題，關(guān)鍵是檢驗定義域內(nèi)導(dǎo)數(shù)值為 0 的點左右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)值是否異號，
若異號，則該點為極值點，否則不為極值點.
2、模板解決步驟
第一步：先確定函數(shù) f (x) 的定義域；
第二步：求導(dǎo)數(shù) f (x)；
第三步：求方程 f (x) = 0 的解；
第四步：檢驗 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右兩側(cè)的符號，如果在根的左側(cè)附近為正，在右側(cè)附近
為負，那么函數(shù) y = f (x) 在這個根處取得極大值；如果在根的左側(cè)附近為負，在右側(cè)附近為正，那么函數(shù)
y = f (x) 在這個根處取得極小值．
【易錯題 1】已知函數(shù) f x = 3ln x 1- ax2 + 3a -1 x，其中 a < 0，若 x = 3是 f x 的極小值點，則實數(shù) a
2
的取值范圍為 ．
【易錯題 2】函數(shù) f (x) = x3 - 3a2x2 - 3ax在 x =1取得極值，則實數(shù)a = .第 03 講 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值
目錄
01 考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航..........................................................................................................................2
02 知識導(dǎo)圖·思維引航..........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究..........................................................................................................................4
知識點 1：函數(shù)的極值 ................................................................................................................................................4
知識點 2：函數(shù)的最大（小）值 ................................................................................................................................5
解題方法總結(jié) ...............................................................................................................................................................6
題型一：求函數(shù)的極值與極值點 ...............................................................................................................................7
題型二：根據(jù)極值、極值點求參數(shù) .........................................................................................................................11
題型三：求函數(shù)的最值（不含參） .........................................................................................................................17
題型四：求函數(shù)的最值（含參） .............................................................................................................................19
題型五：根據(jù)最值求參數(shù) .........................................................................................................................................26
題型六：函數(shù)單調(diào)性、極值、最值的綜合應(yīng)用 .....................................................................................................30
題型七：不等式恒成立與存在性問題 .....................................................................................................................36
04 真題練習(xí)·命題洞見........................................................................................................................40
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................43
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................45
易錯點：對 f(x0)為極值的充要條件理解不清.........................................................................................................45
答題模板：求可導(dǎo)函數(shù) f(x) 的極值 .........................................................................................................................45
考點要求 考題統(tǒng)計 考情分析
2024年 I卷第 10題，6分
2024年 II卷第 16題，15分 高考對最值、極值的考查相對穩(wěn)定，屬于重
2024年 II卷第 11題，6分 點考查的內(nèi)容．高考在本節(jié)內(nèi)容上無論試題怎樣
2024年甲卷第 21題，12分 變化，我們只要把握好導(dǎo)數(shù)作為研究函數(shù)的有力
（1）函數(shù)的極值
2023年乙卷第 21題，12分 工具這一點，將函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等本
（2）函數(shù)的最值
2023年 II卷第 22題，12分 質(zhì)問題利用圖像直觀明了地展示出來，其余的就
2022年乙卷第 16題，5分 是具體問題的轉(zhuǎn)化了．最終的落腳點一定是函數(shù)
2022年 I卷第 10題，5分 的單調(diào)性與最值，因為它們是導(dǎo)數(shù)永恒的主題．
2022年甲卷第 6題，5分
復(fù)習(xí)目標(biāo)：
（1）借助函數(shù)圖象，了解函數(shù)在某點取得極值的必要和充分條件．
（2）會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值．
（3）會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值．
知識點 1：函數(shù)的極值
（1）函數(shù)的極小值
如果對 x0 附近的所有點都有 f (x) > f (x0 )，而且在點 x = x0 附近的左側(cè) f (x) < 0 ，右側(cè) f (x) > 0 ，則稱
f (x0 ) 是函數(shù)的一個極小值，記作 y = f (x )極小值 0 ．
（2）函數(shù)的極大值
函數(shù) f (x) 在點 x0 附近有定義，如果對 x0 附近的所有點都有 f (x) < f (x0 )，而且在點 x = x0 附近的左側(cè)
f (x) > 0 ，右側(cè) f (x) < 0 ，則稱 f (x0 ) 是函數(shù)的一個極大值，記作 y = f (x極大值 0 )．
（3）極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極小值和極大值統(tǒng)稱為極值．
（4）求 f (x) 極值的步驟
①先確定函數(shù) f (x) 的定義域；
②求導(dǎo)數(shù) f (x)；
③求方程 f (x) = 0 的解；
④檢驗 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右兩側(cè)的符號，如果在根的左側(cè)附近為正，在右側(cè)附近為負，
那么函數(shù) y = f (x) 在這個根處取得極大值；如果在根的左側(cè)附近為負，在右側(cè)附近為正，那么函數(shù)
y = f (x) 在這個根處取得極小值．
注：①可導(dǎo)函數(shù) f (x) 在點 x0 處取得極值的充要條件是： x0 是導(dǎo)函數(shù)的變號零點，即 f (x0 ) = 0 ，且在
x0 左側(cè)與右側(cè)， f (x)的符號導(dǎo)號．
② f (x0 ) = 0 x
3
是 0 為極值點的既不充分也不必要條件，如 f (x) = x ， f (0) = 0 ，但 x0 = 0 不是極值
點．另外，極值點也可以是不可導(dǎo)的，如函數(shù) f (x) = x ，在極小值點 x0 = 0 是不可導(dǎo)的，于是有如下結(jié)論：
x0 為可導(dǎo)函數(shù) f (x) 的極值點 f (x0 ) = 0；但 f (x0 ) = 0 x0為 f (x) 的極值點．
【診斷自測】（2024·遼寧·三模）下列函數(shù)中，既是定義域上的奇函數(shù)又存在極小值的是（ ）
1
A． f x = xsinx B． f x = x +
x
C． f x 1= ex + x D． f x = x +1 - x -1e
【答案】B
【解析】對 A， x R ， f (-x) = (-x)sin(-x) = x sin x = f (x) ，故 f (x) 為偶函數(shù)，不符題意；
1
對 B， x (- ,0) (0,+ ) ， f (-x) = -x - = - f (x)x 為奇函數(shù)，
f (x) =1 1- 2 = 0 ，得 x = ±1，x
當(dāng) x (0,1) 時 f (x) < 0 ， x (1,+ )時 f (x) > 0，
故 f 1 的極小值，故 B 正確；
1 1
對 C f -x = e- x + = ex， - x + - x = f (x)為偶函數(shù)，不符題意；e e
ì2, x >1
對 D， f (x) =

í2x - 2, -1 x 1無極值，不符題意，

-2, x < -1
故選：B
知識點 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 y = f (x) 在 (m，n)內(nèi)的極值（極大值或極小值）；
②將 y = f (x) 的各極值與 f (m)和 f (n) 比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
注：①函數(shù)的極值反映函數(shù)在一點附近情況，是局部函數(shù)值的比較，故極值不一定是最值；函數(shù)的最
值是對函數(shù)在整個區(qū)間上函數(shù)值比較而言的，故函數(shù)的最值可能是極值，也可能是區(qū)間端點處的函數(shù)值；
②函數(shù)的極值點必是開區(qū)間的點，不能是區(qū)間的端點；
③函數(shù)的最值必在極值點或區(qū)間端點處取得．
【診斷自測】函數(shù) f x = x3 - x, x -2,2 的最小值為 ．
【答案】-6
【解析】函數(shù) f x = 3x2 -1，
é 3 ù
當(dāng) x ê-2, - ú 時， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
3
é ù
當(dāng) x
3
ê , 2ú時， f x > 0， f x 單調(diào)遞增，
3
3 3
當(dāng) x - , 時， f x < 0， f x 單調(diào)遞減，
è 3 3 ÷
÷

3
3 3 3 2 3 3
所以 f ÷÷ = ÷÷ - ÷÷ = - ， f -2 = -2 + 2 = -6，
è 3 è 3 è 3 9
所以 f x 的最小值為-6 .
故答案為：-6 .
解題方法總結(jié)
（1）若函數(shù) f x 在區(qū)間 D 上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，則
不等式 f x > a 在區(qū)間 D 上恒成立 f x min > a ；
不等式 f x a 在區(qū)間 D 上恒成立 f x min a ；
不等式 f x < b在區(qū)間 D 上恒成立 f x max < b ；
不等式 f x b在區(qū)間 D 上恒成立 f x max b ；
（2）若函數(shù) f x 在區(qū)間 D 上不存在最大（小）值，且值域為 m, n ，則
不等式 f x > a 或f x a 在區(qū)間 D 上恒成立 m a ．
不等式 f x < b 或f x b 在區(qū)間 D 上恒成立 m b ．
（3）若函數(shù) f x 在區(qū)間Ｄ上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，即 f x m,n ，則對不等式有
解問題有以下結(jié)論：
不等式 a < f x 在區(qū)間 D 上有解 a < f x max ；
不等式 a f x 在區(qū)間 D 上有解 a f x max ；
不等式 a > f x 在區(qū)間 D 上有解 a > f x min ；
不等式 a f x 在區(qū)間 D 上有解 a f x min ；
（4）若函數(shù) f x 在區(qū)間 D 上不存在最大（小）值，如值域為 m, n ，則對不等式有解問題有以下結(jié)
論：
不等式 a < f x 或a f x 在區(qū)間 D 上有解 a < n
不等式b > f x 或b f x 在區(qū)間 D 上有解 b > m
（5）對于任意的 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（6）對于任意的 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（7）若存在 x1 a, b ，對于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（8）若存在 x1 a, b ，對于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（9）對于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ；
（10）對于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max ；
（11）若存在 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max
（12）若存在 x1 a, b ，總存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ．
題型一：求函數(shù)的極值與極值點
【典例 1-1】“ x0 是函數(shù) f x 的一個極值點”是“ f x 在 x0 處導(dǎo)數(shù)為 0”的（ ）
A．充要條件 B．充分不必要條件
C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】D
3 2
【解析】當(dāng) f x = x 時， f x = 3x ，則 f x 在 x = 0處導(dǎo)數(shù)為 0，但 0 不是它的極值點；
當(dāng) f x = x 時，則 f x 在 x = 0處導(dǎo)數(shù)不存在，但 0 是它的極值點；
因此題干兩條件是既不充分也不必要條件.
故選：D.
【典例 1-2】如圖，可導(dǎo)函數(shù) y = f (x) 在點P x0 , f x0 處的切線為 l : y = g(x)，設(shè) h(x) = f (x) - g(x)，則
下列說法正確的是（ ）
A．$x R，h(x)>0 B．"x R，h (x)<0
C． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的極大值點 D． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的極小值點
【答案】C
【解析】因函數(shù) y = f (x) 在點P x0 , f x0 處的切線為 y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x0 )，
即 g(x) = f (x0 )x - x0 f (x0 ) + f (x0 ) ，則 h(x) = f (x) - g(x) = f (x) - f (x0 )x + x0 f (x0 ) - f (x0 )，
于是， h (x) = f (x) - f (x0 )，由圖知，當(dāng) x < x0 時， f (x) > f (x0 )，此時 h (x) > 0，
當(dāng) x > x0時， f (x) < f (x0 )，此時 h (x) < 0 .
對于 B 項，由上分析，B 項顯然錯誤；
對于 C, D 項，由上分析，當(dāng) x < x0 時， h(x) 單調(diào)遞增；當(dāng) x > x0時， h(x) 單調(diào)遞減,
即當(dāng) x = x0時， h(x) 取得極大值，且 h x0 = 0，故 C 項正確，D 項錯誤；
對于 A 項，由上分析 x = x0時， h(x) 取得極大值h(x0) = 0，也是最大值，
則有"x R， h(x) ≤ 0 ，故 A 項錯誤.
故選：C.
【方法技巧】
1、因此，在求函數(shù)極值問題中，一定要檢驗方程 f (x) = 0 根左右的符號，更要注意變號后極大值與
極小值是否與已知有矛盾．
2、原函數(shù)出現(xiàn)極值時，導(dǎo)函數(shù)正處于零點，歸納起來一句話：原極導(dǎo)零．這個零點必須穿越 x 軸，否
則不是極值點．判斷口訣：從左往右找穿越（導(dǎo)函數(shù)與 x 軸的交點）；上坡低頭找極小，下坡抬頭找極大．
2 - x
【變式 1-1】（2024·遼寧鞍山·二模） f x = x e 的極大值為 ．
4
【答案】
e2
【解析】 f x = 2xe- x + x2 -e- x = 2x - x2 e- x = -x x - 2 e- x ，
當(dāng) x - ,0 U 2,+ 時， f x < 0，當(dāng) x 0,2 時， 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= .
e2
4
故答案為：
e2
.
【變式 1-2】（2024·河南·三模）已知函數(shù) f (x) = ax - ln x，且 f (x) 在 x =1處的切線方程是 x - y + b = 0．
(1)求實數(shù) a，b的值；
(2)求函數(shù) f (x) 的單調(diào)區(qū)間和極值．
【解析】（1）因為 f (x) = ax - ln x，所以 f x 1= a - ，
x
又 f (x) 在 x =1處的切線方程為 y = x + b，
所以 f (1) = a -1 =1， f (1) = a =1+ b，
解得 a = 2，b =1．
f (x) = 2x - ln x 0, + f (x) 2 1 2x -1（2）由（1）可得 定義域為 ，則 = - = ，
x x
x 0, 1 當(dāng) ÷時， f (x) < 0 ，此時函數(shù) f (x) 單調(diào)遞減，
è 2
x 1 當(dāng) ,+ ÷時， f (x) > 0，此時函數(shù) f (x) 單調(diào)遞增，
è 2
則 f (x)
1
在 x = 處取得極小值，
2
1 1
所以 f (x) 的單調(diào)遞減區(qū)間為 0, ÷，單調(diào)遞增區(qū)間為 ,+ ，
è 2 ÷ è 2
1
因此極小值為 f ÷ = 1+ ln 22 ，無極大值．è
【變式 1-3】（2024·北京東城·二模）已知函數(shù) f x = xsin2x + cos2x .
(1)求曲線 y = f x π- , f π 在 -

÷÷處的切線方程；
è 4 è 4
f x é 2π , 5π(2)求函數(shù) 在區(qū)間 ê-
ù
ú 上的極值點個數(shù). 3 6
【解析】（1）因為 f x = xsin2x + cos2x
則 f x = sin2x + 2x cos 2x - 2sin 2x = 2x cos 2x - sin 2x，
π π π
可得 f -

÷ = , f - ÷ =1，
è 4 4 è 4
π
可知切點坐標(biāo)為 - ,
π
÷，切線斜率 k =1，
è 4 4
所以曲線 y f x π= - , f π 在 -
π π π
4 4 ÷÷
處的切線方程為 y - = x + ，即 x - y + = 0 .
è è 4 4 2
1 1
（2）令 t = 2x，則 x = t ，令 g t = t sin t + cos t ，
2 2
因為 g t 的定義域為R ，且 g -t 1= -t sin 1-t + cos -t = t sin t + cos t = g t ，
2 2
可知 g t 為偶函數(shù)，
g t 1因為 = sin t 1+ t cos t sin t 1- = t cos t - sin t ，
2 2 2
é 2π 5π ù é 4π 5π ù
若 x ê- , ，則 t - , ， 3 6 ú ê 3 3 ú
t 0, 5π 取 ÷，構(gòu)建 h t = t cos t - sin t ，則 h t = cos t - t sin t - cos t = -t sin t ，
è 3
當(dāng) t 0, π 時， h t < 0 ；當(dāng) t π,
5π
÷ 時， h t > 0；
è 3
可知 h t 在 0, π 內(nèi)單調(diào)遞減，在 π,
5π
÷ 內(nèi)單調(diào)遞增，
è 3
h π h 0 0,h 4π 2π 3則 < = ÷ = - + 0, h
5π 5π 3
= + 0，
è 3 3 2 è 3 ÷ 6 2
h t 5π 4π 5π故 在 0, ÷內(nèi)存在唯一零點 t0
, ÷，
è 3 è 3 3
當(dāng) t 0, t0 時， h t
5π
< 0，即 g t < 0 ；當(dāng) t t0 , 3 ÷時， h t > 0，即 g
t > 0；
è
5π
可知 g t 在 0, t0 內(nèi)單調(diào)遞減，在 t0 , ÷ 內(nèi)單調(diào)遞增，
è 3
t é 4π , 5π - ù對于 ê ú ，結(jié)合偶函數(shù)對稱性可知： 3 3
g t 在 0, t0
4π 5π
內(nèi)單調(diào)遞減，在 - ,03 ÷
, t0 , ÷ 內(nèi)單調(diào)遞增，
è è 3
又因為 t = 2x在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，
由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知：
f x 0, 1 t 2π 1 5π 在 0 ÷內(nèi)單調(diào)遞減，在 - ,0÷ , t0 , ÷內(nèi)單調(diào)遞增，
è 2 è 3 è 2 6
é 2π
所以 f x 在區(qū)間 ê- ,
5π ù 1
ú上的有 2 個極值點0, t0 ，極值點個數(shù)為 2. 3 6 2
【變式 1-4】已知函數(shù) f (x) = a x - e loga x - e ，其中 a >1．討論 f (x) 的極值點的個數(shù)．
【解析】由題意知，函數(shù) f (x) 的定義域為 (0, + )，
x 2
f x a x ln a e xa ln a - e= - = ，
x ln a x ln a
設(shè) g x = xa x ln2 a - e， a >1，顯然函數(shù) g(x)在 (0, + )上單調(diào)遞增， g(x)與 f (x) 同號，
2
①當(dāng)a > e時， g 0 = -e < 0， g 1 = a ln a - e > 0 ，
所以函數(shù) g(x)在 0,1 內(nèi)有一個零點 x0 ，且 x 0, x0 ， g x < 0 ， x x0 ,+ ， g x > 0，
故 f x 在 0, x0 單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 單調(diào)遞增；
所以函數(shù) f (x) 在 (0, + )上有且僅有一個極值點；
②當(dāng)a = e時，同①可知，函數(shù) f (x) 在 (0, + )上有且僅有一個極值點 1；
1 1
③當(dāng)1 < a < e 時， 2 > 1 g
1
， ÷ = a ln
2 a
2 - eln a ，è ln a
1
ln a ln2 a ln a 1
1 1
因為 = 2 = > 1，所以 ln2 a ， g(ln a ln a a > e ln2
) > 0
a ，
又 g 1 = a ln2 a - e < 0，所以函數(shù) g(x)在 (1, 12 )ln a 內(nèi)有一個零點x1，
且 x 0, x1 ， g x < 0 ， x x1,+ ， g x > 0，
故 f x 在 0, x1 單調(diào)遞減，在 x1,+ 單調(diào)遞增；
所以函數(shù) f (x) 在 (0, + )上有且僅有一個極值點；
綜上所述，函數(shù) f (x) 在 (0, + )上有且僅有一個極值點．
題型二：根據(jù)極值、極值點求參數(shù)
【典例 2-1】（2024·廣西·模擬預(yù)測）設(shè) ab 0，若 x = a f x = a x - a 2為函數(shù) x - b 的極大值點，則（ ）
A． a < b B． a > b C． ab < b2 D． ab > b2
【答案】C
【解析】由三次函數(shù)的性質(zhì)可知，要使 x = a為函數(shù) f x = a x - a 2 x - b 的極大值點，則：
當(dāng) a > 0時，函數(shù) f x 大致圖象如圖（1）所示，則0 < a < b，此時 ab < b2 ；
當(dāng) a<0時，函數(shù) f x 大致圖象如圖（2）所示，則b < a < 0，此時 ab < b2 .
綜上： ab < b2 .
故選：C.
1 1
【典例 2-2】（2024·高三·陜西咸陽·期中）若函數(shù) f (x) = a ln x - + 2 (a 0)既有極大值也有極小值，則 ax x
的取值范圍是（ ）
1- ,0 1A． ÷ B． - ,0
0, 1 1 ÷ C． ÷ D． 0,
è 8 è 2 è 4 2 ÷ è
【答案】A
1 1
【解析】因為 f (x) = a ln x - + (a 0)，定義域為 0, + ，
x x2
2
所以 f (x) a 1 2 ax + x - 2= + 2 - =x x x3 x3
(a 0)，
因為函數(shù) f (x) 既有極大值也有極小值，
所以方程 ax2 + x - 2 = 0 有兩個不相等的正根，設(shè)兩根為 x1, x2 ，
ì
Δ =1+ 8a > 0

x x 1則有 í 1 + 2 = - > 0
1
，解得- < a < 0，
a 8

x x
-2
1 2 = > 0 a
1
所以 a的取值范圍為 - ,0÷，
è 8
故選：A.
【方法技巧】
根據(jù)函數(shù)的極值（點）求參數(shù)的兩個要領(lǐng)
（1）列式：根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為 0 和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解；
（2）驗證：求解后驗證根的合理性．
3 2 2 27 b
【變式 2-1】已知函數(shù) f (x) = b ln x + x + 2ax + a - 3a 在 x =1處取得極小值 ，則 的值為 ．
2 2 a
11
【答案】-
4
3 2 2 b
【解析】由 f (x) = b ln x + x + 2ax + a - 3a 求導(dǎo)， f (x) = + 3x + 2a ，
2 x
ì f (1) 27 ì 3 27 = a2 - a + = ì a = 4 ìa = -3
依題意， í 2 ，即 í 2 2 ，解得 íb 11或 í b 3 . f (1) = 0 b + 2a + 3 = 0
= - =
3
當(dāng) a = 4，b = -11時， f (x) = -11ln x + x2 + 8x + 4 ， x > 0，
2
2
f (x) 11= - + 3x + 8 3x + 8x -11 (x -1)(3x +11)= = ，
x x x
當(dāng)0 < x <1時， f (x) < 0 ， f (x) 在 0,1 上單調(diào)遞減，當(dāng) x >1時， f (x) > 0， f (x) 在 1, + 單調(diào)遞增，
27 b 11
即 x =1時，函數(shù) f (x) 取得極小值 f (1) = ，符合題意，此時 = - ；
2 a 4
當(dāng) a = -3，b = 3時， f (x) = 3ln x
3
+ x2 - 6x +18， x > 0，
2
f (x) 3
2
3x 6 3x - 6x + 3 3(x -1)
2
因 = + - = = 0 ，
x x x
即函數(shù) f (x) 在 (0, + )上為增函數(shù)，無極值，與題意不符，舍去.
11
故答案為：- .
4
a sin x + cos x
【變式 2-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = + x在 0, πx 上恰有兩個極值點，則實數(shù)e
a 的取值范圍是（ ）
2 π 2 π
A π π． 0, e
4
÷÷ B． - , e C． 0,e D． 4 e ,+ 2 2 ÷÷è è
【答案】D
-2a sin x
【解析】解法一： 由題意可得 f x = x +1，因為函數(shù) f x 在 0, π 上恰有兩個極值點，所以e
f x 在 0, π 上有兩個變號零點．
f x -2a sin x
x x
令 = x +1 = 0，可得 a
e g x e= ，令 = , x 0, π ，e 2sin x 2sin x
則直線 y = a 與函數(shù) y = g x ， x 0, π 的圖象有兩個不同的交點，
2 2ex sin x π- x ÷
g 2e sin x - cos xx = è 4 ，
2sin x 2
=
2sin x 2
x π ,π 當(dāng) ÷時， g x > 0，所以 g x
π
在 ,π ÷ 上單調(diào)遞增，
è 4 è 4
x 0, π π當(dāng)

÷時， g x < 0，所以 g x 在 0, 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， g x 趨近于+∞，當(dāng) x 趨近于 π 時， 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
即實數(shù) a 的取值范圍是 e
4 , +
2 ÷÷
，
è
故選：D．
f x -2a sin x解法二 由題意可得 = x +1．因為函數(shù) f x 在 0, π 上恰有兩個極值點，所以 f x 在 0, π 上e
有兩個變號零點．
當(dāng) a 0時， f x > 0在 0, π 上恒成立，不符合題意．
a 0 h x f x -2a sin x
π
當(dāng) > 時，令 = = x +1
2 2a sin x -
，則 4 ÷e h x ，= è
ex
π π
當(dāng) x ,π ÷時， h x > 0， h x 單調(diào)遞增，當(dāng) x 0, ÷時， h x < 0， h x 單調(diào)遞減，
è 4 è 4
π 2a π 2a π
因為 h 0 = h π h

=1， 4 ÷
=1- π ，所以 h 4 ÷
=1- 2π < 0，則 a > e 4 ，即實數(shù) a 的取值范圍是è e 4 è e 4 2
2 π
e 4 , + 2 ÷÷
，
è
故選：D．
【變式 2-3 2】（2024·四川·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 的導(dǎo)函數(shù) f x = x +1 x + 4x + a ，若-1不是 f x 的
極值點，則實數(shù)a = .
【答案】3
【解析】由 f x = x +1 x2 + 4x + a ，設(shè)h x = x2 + 4x + a ，
若-1不是函數(shù) f x 的極值點，則必有 h -1 = 0，即1- 4 + a = 0，所以 a = 3．
當(dāng) a = 3時， f x = x +1 x2 + 4x + 3 = (x +1)2 x + 3 ，
故當(dāng) x > -3時， f x 0，當(dāng) x < -3時， f x < 0，
因此 x = -3是 f x 的極值點，-1不是極值點，滿足題意，故 a = 3．
故答案為：3
【變式 2-4】若函數(shù) f (x) = xex - (m -1)e2x 存在唯一極值點，則實數(shù)m 的取值范圍是 .
【答案】 - ,1
【解析】 f (x) = xex - (m -1)e2x , x R，則 f (x) = (x +1)ex - 2(m -1)e2x = [x +1- 2(m -1)ex ]ex ，
若函數(shù) f (x) = xex - (m -1)e2x 存在唯一極值點，
則 f (x) = 0在 x R 上有唯一的根，
所以由 f (x) = 0可得 x +1- 2(m -1)ex 2m
x +1
= 0，則 - 2 = x 有唯一的根，e
直線 y = 2m - 2與函數(shù) g x x +1= x 的圖象有一個交點（非切點），e
ex - ex x +1g x x又 = 2x = - ，e ex
所以當(dāng) x - ,0 時， g x > 0， g x 單調(diào)遞增，當(dāng) x 0, + 時， g x < 0， g x 單調(diào)遞減，
所以，函數(shù) g(x)的極大值為 g(0) = 1，且當(dāng) x < -1時， g(x) < 0，當(dāng) x > -1時， g(x) > 0 ，
則函數(shù) g(x)得圖象如下圖所示：
所以，當(dāng) 2m - 2 0時，即當(dāng)m 1時，直線 y = 2m - 2與函數(shù) g(x)
x +1
= x 的圖象有一個交點（非切點），e
因此，實數(shù)m 的取值范圍是 - ,1 ．
故答案為： - ,1 ．
【變式 2-5】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）若 x1, x2 是函數(shù) f x
1
= ax2 - ex +1 a R 的兩個極值點且 x
2 2
2x1，
則實數(shù) a的取值范圍為 .
é 2 ,+ 【答案】 ê ÷ ln2
1 2
【解析】因為 f x = ax - ex +1，所以 f x = ax - ex .
2
1 2 x
因為函數(shù) f x = ax - e +1有兩個極值點 x1, x2 ，2
所以 x1, x2 是方程 ax - ex
x
= 0 的兩個根，則有 ax 11 = e ，
所以 ln a + ln x1 = x1，同理可得 ln a + ln x2 = x2 .
x2
設(shè) = t t 2 x ，則 x2 = tx1，1
由 ln a + ln x2 = x2 ，則 ln a + ln tx1 = tx1，即 ln a + ln t + ln x1 = tx1，
由 ln a + ln x1 = x1，則 ln a + ln t + x1 - ln a = tx1，即 ln t + x1 = tx1，
1 t 1 1ln t ln t - - ln t 1- - ln t
所以 x1 = t 2 ，令 g t = t 2 ，則 g t = t = t ，t -1 t -1 t -1 2 t -1 2
令 h t =1 1- - ln t t 2 ，則 h t 1 1 1- t= 2 - = 2 < 0在 2, + 上恒成立，t t t t
所以 h t 在 2, + 1 1上單調(diào)遞減，所以 h t h 2 =1- - ln 2 = - ln 2 < 0，
2 2
所以 g t < 0在 2, + 上恒成立，所以函數(shù) g t 在 2, + 上單調(diào)遞減，
ln t
所以 g t g 2 = ln 2，又 g t > 0，所以0 < g t ln 2，又 x1 = t 2 ，t -1
所以0 < x1 ln 2 .
由 ln a + ln x1 = x1，則 ln a = x1 - ln x1 0 < x1 ln 2 ，令F x = x - ln x 0 < x ln 2 ，
則F x 1 1 x -1= - = < 0在 0, ln 2 上恒成立，所以函數(shù)F x 在 0, ln 2 上單調(diào)遞減，
x x
ln 2
所以F x F ln 2 = ln 2 - ln ln 2 ，即 ln a ln 2 - ln ln 2 ，所以 a eln 2-ln ln 2 e 2=
eln ln 2
= ，
ln 2
é 2
即實數(shù) a的取值范圍為 ê ,+ ln 2 ÷
.

é 2
故答案為： ê ,+

÷ .
ln 2
【變式 2-6】已知函數(shù) f x = x2 +a cos x，若 x = 0是 f x 的極大值點，則 a 的取值范圍是 ．
【答案】 2, +
【解析】由函數(shù) f x = x2 +a cos x，得 f x = 2x cos x - x2 + a sin x ，
令 t x = 2x cos x - x2 + a sin x，
t x = 2 - x2 - a cos x - 4x sin x
由 x = 0是 f x 的極大值點，易得 f 0 = 0，
且$x -x0 , x0 x0 > 0 , f x 在 -x0 , x0 x0 > 0 上單調(diào)遞減，
即 t 0 0，所以2 - a 0，即 a 2，
當(dāng) a > 2時， t 0 < 0，符合題意；
當(dāng) a = 2時， t 0 = 0， p x = t x = -x2 cos x - 4x sin x，
則 s x = p x = -6x cos x + x2 sin x - 4sin x ， p 0 = 0 ，
則 s x = -6cos x + 6x sin x + 2x sin x + x2 cos x - 4cos x ， s 0 < 0，
則$x -x0 , x0 x0 > 0 ， s x < 0， s x = p x 在 -x0 , x0 上單調(diào)遞減，
-x ,0 p x > 0 0, x p 在 0 上 ，在 0 上 x < 0， p x = t x < p 0 = 0，符合題意；
所以 a 的取值范圍是 2, + .
故答案為： 2, +
【變式 2-7】已知x1和x2分別是函數(shù) f (x) = 2a
x - ex2 （ a > 0且 a 1）的極大值點和極小值點．若 x1 < x2，
則實數(shù) a的取值范圍是 ．
【答案】 (1,e)
【解析】由已知， f x = 2 a x ln a - ex 至少要有兩個變號零點x1和x2，
構(gòu)造函數(shù) h x = f x = 2 a x ln a - ex 2，對其求導(dǎo)， h x = 2a x ln a - 2e ,
若 0 < a < 1，則 h x 在R 上單調(diào)遞減，
此時若 h x0 = 0，則 f x 在 - , x0 上單調(diào)遞增，在 x0 , + 上單調(diào)遞減，
此時若x1和x2分別是函數(shù) f (x) 的極大值點和極小值點，則 x1 > x2 ，不合題意；
若 a >1，則 h x 在R 上單調(diào)遞增，
此時若 h x0 = 0，則 f x 在 - , x0 上單調(diào)遞減，在 x0 , + 上單調(diào)遞增，
令 h x0 = 0 x
e
，則 a 0 = (ln a)2 ，
此時若x1和x2分別是函數(shù) f (x) 的極大值點和極小值點，且 x1 < x2，
則需滿足 f x0 < 0 x
e
，即 f x0 = 2a 0 × ln a - 2e × x0 = 2 - ex0 ÷ < 0，
è ln a
1 ex0 > ， x0 ln a >1，故 x0 ln a = ln a
x0 = ln >1
(ln a)2 ，ln a
所以a (1,e) ．
故答案為： 1,e
題型三：求函數(shù)的最值（不含參）
1
【典例 3-1】函數(shù) f (x) = x2 - (e -1)x - e ln x 的最小值為 ．
2
e2
【答案】-
2
1 2
【解析】∵函數(shù) f x = x - e -1 x - elnx， x > 0
2
2
e x - e -1 x - e x +1f x x - e ∴ = x - e -1 - = = ，令 f x = 0，得 x=e，
x x x
當(dāng) x 0,e 時， f x < 0， f x 為減函數(shù)，
當(dāng) x e, + 時， f x > 0， f x 為增函數(shù)，
∴ f x 在 x=e處取極小值，也是最小值，
e2
∴函數(shù) f x 最小值為 f e = - .
2
e2
故答案為：- .
2
3-2 f x = 2x3 - 6x2【典例 】函數(shù) + m（m 為常數(shù)）在 -2,3 上有最大值 3，則 f x 在 -2,3 上的最小值
為 ．
【答案】-37
【解析】因為 f (x) = 2x3 - 6x2 + m，所以 f (x) = 6x2 -12x = 6x(x - 2) ，
當(dāng) x (-2,0) 2,3 時， f (x) > 0；當(dāng) x (0, 2) 時， f (x) < 0 ，
所以函數(shù) f (x) 在 -2,0 和 2,3 上單調(diào)遞增，在 0,2 上單調(diào)遞減，
因為 f (0) = m， f 3 = m，所以 f (x) 的最大值為 f (0) = f 3 = m = 3，
則 f (x) = 2x3 - 6x2 + 3，又 f (-2) = -37， f (2) = -5， 所以 f (x) 的最大值為 f (-2) = -37 .
故答案為：-37 .
【方法技巧】
求函數(shù) f x 在閉區(qū)間 [a,b]上的最值時，在得到極值的基礎(chǔ)上，結(jié)合區(qū)間端點的函數(shù)值 f a ， f b
與 f x 的各極值進行比較得到函數(shù)的最值．
2
【變式 3-1】（2024·浙江杭州·二模）函數(shù) f x -x + 3x + 2= 的最大值為 ．
x +1
【答案】 2 2
2 2 2
【解析】令 t = x +1 > 0，則 x = t 2 1 - t -1 + 3 t -1 + 2- ，故 f x 2= = -t3 + 5t - ，
t t
令 h t 2= -t3 + 5t - t > 0 ，
t
4 2
則 h t 3t 2 5 2 -3t + 5t
2 + 2 3t +1 t + 2 t - 2
= - + + 2 = 2 = - ，t t t 2
當(dāng) t 0, 2 時， h t > 0，當(dāng) t 2,+ 時， h t < 0 ，
則 h t 在 0, 2 上單調(diào)遞增，在 2,+ 上單調(diào)遞減，
3故 h t h 2 2= - 2 + 5 2 - = 2 2 ，
2
-x2 + 3x + 2
即函數(shù) f x = 的最大值為 2 2 .
x +1
故答案為： 2 2 .
3-2 x = 2 f x = x3 + bx2【變式 】當(dāng) 時，函數(shù) -12x取得極值，則 f x 在區(qū)間 -4,4 上的最大值為 ．
【答案】16
2
【解析】由題意得 f x = 3x + 2bx -12，
因為 x = 2時，函數(shù) f x = x3 + bx2 -12x取得極值，
故 f 2 =12 + 4b -12 = 0,\b = 0，
即 f x = 3x2 -12 ，當(dāng) x<- 2或 x > 2時， f x > 0，當(dāng)-2 < x < 2時， f x < 0，
故 f x 在 (- , -2), (2, + )上單調(diào)遞增，在 (-2, 2) 上單調(diào)遞減，
故 x = 2時，函數(shù) f x 取得極小值，故b = 0符合題意，
當(dāng) x -4,4 時， f x 在[-4,-2), (2, 4]上單調(diào)遞增，在 (-2, 2) 上單調(diào)遞減，
而 f -4 = -64 + 48 = -16, f 4 = 64 - 48 =16，
f -2 = -8 + 24 =16, f 2 = 8 - 24 = -16，
則 f x 在區(qū)間 -4,4 上的最大值為 16，
故答案為：16
sin x 64
【變式 3-3】（2024·高三·山東青島·開學(xué)考試）已知 0 < x < π，則 + 的最小值為 .
1- cos x 1+ cos x
【答案】38
x x 64 x x
sin x 64 2sin cos
sin2 + cos2
2 2 ÷
【解析】設(shè) f x = + = 2 2x +
è
1- cos x 1+ cos x 2sin2 2cos2 x
，
2 2
1
= x + 32 tan
2 x + 32
tan 2 ，
2
設(shè) tan
x
= t ，由 x 0, π ，得 t > 0，
2
f t 1= + 32t 2 + 32 f t 1 64t 64t
3 -1 t 1則 ， = - 2 + = 2 = 0，得 = ，t t t 4
當(dāng) t
1
0, ÷ 時， f t < 0
1
， f t 在區(qū)間
4
0, 單調(diào)遞減，
è è 4 ÷
t 1 ,+ 1當(dāng) ÷ 時， f t > 0， f t 在區(qū)間 ,+

÷單調(diào)遞增，
è 4 è 4
1 1
所以當(dāng) t = 時， f t 取得最小值 f ÷ = 38，4 è 4
sin x 64
即 + 的最小值為38 .
1- cos x 1+ cos x
故答案為：38
題型四：求函數(shù)的最值（含參）
【典例 4-1 f x = ex】已知函數(shù) - ax -1 .
(1)當(dāng) a =1時，求 f (x) 的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求 f x 在 1, + 上的最小值.
【解析】（1）當(dāng) a =1時， f x = ex - x -1，\ f x = ex -1，
當(dāng) x < 0 時， f x < 0，當(dāng) x > 0時， f x > 0，
\ f x 在 (- ,0)上單調(diào)遞減，在 (0, + )上單調(diào)遞增，
0
所以當(dāng) x = 0時，函數(shù) f x 有極小值 f 0 = e - 0 -1 = 0，無極大值.
綜上： f x 的減區(qū)間是 (- ,0)，增區(qū)間是 (0, + )，極小值為 0，無極大值.
（2）Q f x = ex - a ，
\ 當(dāng) a 0時， f x > 0，所以 f x 在 1, + 上單調(diào)遞增，所以 f x = f 1 = e - a -1min ；
當(dāng) a > 0時，令 f x = 0，得 x = ln a，
（ⅰ）當(dāng)0 < a e 時，則 ln a 1，所以 f x 在 1, + 上單調(diào)遞增，所以 f x = f 1 = e - a -1min ；
（ⅱ）當(dāng)a > e時，則 ln a > 1，所以 f x 在 1, ln a 上單調(diào)遞減，在 ln a, + 上單調(diào)遞增，
則 f x = f ln a = a - a ln a -1min ；
綜上：當(dāng) a e 時， f x 在 1, + 上的最小值為 e - a -1；
當(dāng)a > e時， f x 在 1, + 上的最小值為 a - a ln a -1.
f x x - 2
x
【典例 4-2】（2024·四川南充·二模）設(shè)函數(shù) = ex ， g x 2e - mx - m= ．x + 2 x2
(1)求函數(shù) f x 的單調(diào)性區(qū)間；
2
(2)設(shè)0 m < 2，證明函數(shù) g x 在區(qū)間 0, + e上存在最小值 A，且1 < A ．
2
【解題思路】（1）根據(jù)函數(shù)解析式明確定義域，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系，可得答案；
（2）根據(jù)函數(shù)解析式求導(dǎo)，整理導(dǎo)數(shù)，利用（1）的結(jié)論，結(jié)合隱零點做題思路，可得答案.
x - 2
【解析】（1）由 f x = ex ，則 x + 2 0 ，所以 f x 的定義域為 - ,-2 -2, + ，
x + 2
ée
x + x - 2 ex ù x + 2 - x - 2 e
x
x2ex
求導(dǎo)可得 f x = 2 = 2 0， x + 2 (x + 2)
當(dāng)且僅當(dāng) x = 0時等號成立，
\ f x 的增區(qū)間為 - ,-2 , -2, + ，無單調(diào)遞減區(qū)間.
2 x - 2 e
x + m x + 2
g x x + 2
é 2 x - 2 ù
（2） = 3 = 3 ê e
x + m
x x ú
，
x + 2
2 x - 2
由（1）知，j x = ex + m 在 0, + 上單調(diào)遞增，
x + 2
由0 m < 2知，j 0 = -2 + m < 0，j 2 = m 0，
\$xm 0,2 使j xm = 0
x + 2
且 x 0, xm 時，j x < 0，由 3 > 0，則 g x < 0，x
x x x + 2m , + 時，j x > 0 ，由 3 > 0，則 g x > 0，x
即 g x 在 0, xm 單調(diào)遞減，在 xm ,+ 單調(diào)遞增，
\ g x 在 0, + 上存在最小值A(chǔ) ，且 A = g xm ，
2 xj x = 0 m - 2 ex 2 x - 2 又 m 得： m + m = 0，即-m = m exm ，xm + 2 xm + 2
x 2 x - 2m
x 2e + xm +1
m exm 2exm
A g x 2e
m - mxm - m x 2 2e
x
+ m éxm + 2 + xm +1m xm - 2 ù\ = = = = = ，m x2 x2 x2 x 2 xm + 2m m m m +
2ex 2 x +1 ex
設(shè) h x = (0 < x 2)，\h x = > 0，
x + 2 (x + 2)2
2 2
\h x 在 0,2 上單調(diào)遞增， h 0 =1,h 2 e= ，\1 < h x e ，
2 2
2
又 xm 0,2 1 A e，故 < .2
【方法技巧】
若所給的閉區(qū)間 [a,b]含參數(shù)，則需對函數(shù) f x 求導(dǎo)，通過對參數(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．
x
【變式 4-1】（2024·四川自貢·一模）函數(shù) f x = e - lnx 的最小值為m .
(1)判斷m 與 2 的大小，并說明理由：
x
(2)求函數(shù) g x = lnx e- 的最大值.
em
【解題思路】（1）先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) f x 的單調(diào)性求出最小值 f x =ex0 - lnxmin 0 ，其中 x0 滿足
ex 1 1 1 10 - = 0 ex0；再由 - = 0 ex0 = x = - ln x m = + xx0 x
得 x ； 0 0 ，求出 x 0 ；最后利用對勾函數(shù)的單調(diào)性即可0 0 0
求解.
（2）先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù) g x x -m
1 x1 -m
的單調(diào)性求出最大值 g x =lnx - e 1 - e = 0max 1 ，其中x1滿足 x ；再由1
1
- ex1 -m = 0 1 1 1及（1）中 x0 = - ln x0 ，m = + x m = + ln = x + ln xx x 0 ，得 x x 1 1 ；最后由函數(shù)
y = x + ln x 在
1 0 0 0
0 + 1上單調(diào)遞增，得 = xx 1，代入 g x max ，即可求出結(jié)果.0
【解析】（1）m>2 .
理由如下：
由 f x = ex - lnx 可得：函數(shù)定義域為 0 + ； f x = ex 1- x .
Q f x ex 1= + 2 > 0x
\ f x = ex 1- 在 0 + x 上單調(diào)遞增.
1
Q f
1 1
÷ = e2 - 1 = e - 2 < 0è 2 ， f 1 = e -1 > 0
2
\
1 1
存在唯一的 x0 ,1÷ ，使得 f x = 0，即 ex0 - = 0x .è 2 0
\ 當(dāng) x 0, x0 時， f x < 0；當(dāng) x x0 ,+ 時， f x > 0 .
x
即函數(shù) f x = e - lnx 在 0, x0 上單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增.
故 f x = fmin x =e
x0
0 - lnx0 .
Q ex
1
0 - = 0
x0
ex 1\ 0 = x
x ； 0
= - ln x0
0
\ f x =ex0 - lnx 1 10 = + xmin x 0 ，即m = + xx 0 .0 0
Q 1 1 因為函數(shù) y = + x 在 ,1÷上單調(diào)遞減，x è 2
\ y 1
1
> +1 = 2，即m = + x0 > 21 x0
故m>2 .
2 g x lnx e
x
（ ）由 = - = lnx - ex-m，得：函數(shù)定義域為 0 + ， g x 1 1= - ex-m x-m， g x = - - e < 0m .e x x2
\ g x 1= - ex-m在 0 + 上單調(diào)遞減.
x
Q 當(dāng) x 0 時， g x + ；當(dāng) x + 時， g x - .
\ 存在唯一的 x1 0，+ ，使得 g x
1
= 0 - ex1 -m，即 = 0x .1
\ 當(dāng) x 0, x1 時， g x > 0；當(dāng) x x1,+ 時， g x < 0，
ex
即函數(shù) g x = lnx - m 在 0, x1 上單調(diào)遞增，在 x1,+ 上單調(diào)遞減.e
故 g x = g x1 =lnx x1 -mmax 1 - e .
1
Q - ex1 -m = 0
x1
1
\ = ex1 -m ，即m = x1 + ln xx 1 .1
1
由（1）知： x0 = - ln x0 ， m = + xx 00
1 1
則m = + ln = xx x 1
+ ln x1 .
0 0
令 y = x + ln x
Q 函數(shù) y = x 在 0 + 上單調(diào)遞增， y = ln x 在 0 + 上單調(diào)遞增.
\ 函數(shù) y = x + ln x 在 0 + 上單調(diào)遞增，
1
\ = x
x 1 .0
\ g x =lnx 11 - ex1 -m = lnx1 - = -lnx + x = 0max x 0 0 .1
ex
故函數(shù) g x = lnx - m 的最大值為 0 .e
x
【變式 4-2】已知函數(shù) f x = x - k -1 e k R .
(1)當(dāng) k =1時，求 f x 在 0, -2 處的切線方程；
(2)討論 f x 在區(qū)間 0,3 上的最小值.
x x
【解析】（1）當(dāng) k =1時， f x = x - 2 e ，則 f x = x -1 e ，所以 f 0 = -1，
則 f x 在 0, -2 處的切線方程為y = -x - 2，即 x + y + 2 = 0，
所以當(dāng) k =1時，函數(shù) f x 在 0, -2 處的切線方程為 x + y + 2 = 0．
2 x x（ ）函數(shù) f x = x - k -1 e ，則 f x = x - k e ，
當(dāng) x > k 時， f x > 0，此時 f x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x < k 時， f x < 0，此時 f x 單調(diào)遞減；
當(dāng) k > 3時，函數(shù)在 0,3 上單調(diào)遞減，故函數(shù)的最小值 f (x)min = f 3 = 2 - k e3；
當(dāng) k < 0時，函數(shù)在 0,3 上單調(diào)遞增，故函數(shù)的最小值 f (x)min = f 0 = -1- k ；
當(dāng)0 k 3 k時，函數(shù)的最小值 f (x)min = f k = -e ．
ì-1- k, k < 0
綜上可得 f (x)
k
min = í-e ,0 k 3 .

2 - k e3 , k > 3
【變式 4-3】已知函數(shù) f (x) = 2x3 - ax2 + 2，當(dāng) 0 < a < 3時，記 f (x) 在區(qū)間 0,1 的最大值為 M ，最小值為m ，
求M - m的取值范圍.
【解題思路】討論 a的范圍，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性進行最大值和最小值的判斷，求出M - m，再構(gòu)造
函數(shù)求出M - m的取值范圍.
【解析】由 f (x) = 2x3 - ax2 + 2求導(dǎo)得 f x a= 6x2 - 2ax = 6x x -

÷ ，
è 3
a a
若0 < a 2 ， f (x) 在區(qū)間 0, ÷單調(diào)遞減，在區(qū)間 ,1÷單調(diào)遞增，
è 3 è 3
所以區(qū)間 0,1 a 上最小值為 f 3 ÷，è
而 f 0 = 2, f 1 = 2 - a + 2 f 0 ，故所以區(qū)間 0,1 上最大值為 f 1 ，
é 3 2 ù 3
所以M - m = f 1 f a- ÷ = 4 - a - ê2
a
- a
a 2 a+ ú = - a + 2，
è 3 ê è 3
÷ ÷
è 3 ú 27
x3 x2
設(shè)函數(shù) g x = - x + 2 ， g x = -1，
27 9
當(dāng)0 < x 2時 g x < 0，從而 g(x)單調(diào)遞減，
3 8
而0 < a 2 8 a
é
，所以 - a + 2 < 2，即M - m的取值范圍是
27 27 ê
, 2÷ ，
27
a a
若 2 < a < 3， f (x) 在區(qū)間 0, ÷單調(diào)遞減，在區(qū)間 ,1 單調(diào)遞增，
è 3 è 3 ÷
所以區(qū)間 0,1 a 上最小值為 f ÷，
è 3
而 f (0) = 2, f (1) = 2 - a + 2 f (0)，故所以區(qū)間 0,1 上最大值為 f (0)，
é
M m f 0 f a 2 2 a
3
a
2
ù a3
所以 - = - ÷ = - ê ÷ - a ÷ + 2ú = ，
è 3 ê è 3 è 3 ú 27
8 a3 8
而 2 < a < 3，所以 < <1，即M - m的取值范圍是 ,1

27 27 27 ÷
.
è
é 8
綜上得M - m的取值范圍是 ê , 2

÷ .
27
1 a + 2
4-4 f x = x3 + x2【變式 】已知函數(shù) + 2ax .
3 2
(1)當(dāng) a = 0時，求函數(shù) f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)求函數(shù) f x 的單調(diào)區(qū)間和極值；
(3)當(dāng) a 1,2 時，求函數(shù) f x 在 -2a, a 上的最大值.
【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可得解；
（2）利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值的關(guān)系，分類討論 a的取值范圍即可得解；
（3）根據(jù) a的取值范圍，結(jié)合（2）中結(jié)論得到 f x 的單調(diào)性，從而得到其最值.
1 3 a + 2 2
【解析】（1）因為 f x = x + x + 2ax，
3 2
a = 0 f x 1= x3 + x2 f x = x2當(dāng) 時， ，則 + 2x，
3
4
所以 f 1 = ， f 1 = 3，
3
所以函數(shù) f x 在點 1, f 1 4處的切線方程為 y - = 3 x -1 ，即9x - 3y - 5 = 0 .
3
f x 1 3 a + 2（2 2）因為 = x + x + 2ax，
3 2
則 f x = x2 + a + 2 x + 2a = x + 2 x + a ，
令 f x = 0得 x = -a或 a = -2 ，
當(dāng) a < 2時， -a > -2，
令 f x > 0，得 x<- 2或 x > -a；令 f x < 0，得-2 < x < -a；
所以 f x 在 - , -2 , -a, + 上單調(diào)遞增，在 -2, -a 上單調(diào)遞減，
則 f x = f -2 8= - + 2a + 4 4- 4a = -2a + ，
極大值 3 3
1 a3 3f x a= f -a = - a3 + + a2 - 2a2 = - a2 ；
極小值 3 2 6
當(dāng) a = 2 f x = x + 2 2時， 0， f x 在R 上單調(diào)遞增，沒有極值；
當(dāng) a > 2時，-a < -2，
令 f x > 0，得 x < -a或 x > -2 ；令 f x < 0，得-a < x < -2；
所以 f x 在 - , -a , -2, + 上單調(diào)遞增，在 -a, -2 上單調(diào)遞減，
3
4則 f x = f -a a= - a2 ， f x = f -2 = -2a + ；
極大值 6 極小值 3
綜上：當(dāng) a < 2時， f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 - , -2 , -a, + ，單調(diào)遞減區(qū)間為 -2, -a ，
f x f 2 4
3
= - = -2a + a， f x = f -a = - a2 ；
極大值 3 極小值 6
當(dāng) a = 2時， f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為R ，沒有極值；
當(dāng) a > 2時， f x 的單調(diào)遞增區(qū)間為 - , -a , -2, + ，單調(diào)遞減區(qū)間為 -a, -2 ，
3
a 4f x = f -a = - a2 ， f x = f -2 = -2a + ；
極大值 6 極小值 3
（3）因為 a 1,2 ，所以 a < 2，-4 < -2a < -2 ，
由（2）知， f x 在 -2a, -2 上單調(diào)遞增，在 -2, -a 上單調(diào)遞減，在 -a, a 上單調(diào)遞增，
所以 f x = max f -2 , f amax ，
3
因為 f -2 = -2a 4 2+ < - f a 1 a3 a a2 2a2 5， = + + + = a3 + 3a2 23> ，3 3 3 2 6 6
所以 f x 5= a3 + 3a2max .6
題型五：根據(jù)最值求參數(shù)
【典例 5-1】（2024· 2河南南陽·一模）已知函數(shù) f x = 3x - 2lnx + a -1 x + 3在區(qū)間 1,2 上有最小值，則整
數(shù) a的一個取值可以是 ．
【答案】-4（答案不唯一， a {a Z | -10 < a < -3}中的任意整數(shù)均可）
2
【解析】由 f (x) = 3x2 - 2ln x + (a -1)x + 3可知， f (x) = 6x 2 a 1 6x + (a -1)x - 2- + - = ，
x x
又 f (x) = 3x2 - 2ln x + (a -1)x + 3在 (1, 2)上有最小值，
所以 f (x) 在 (1, 2)上有變號零點且在零點兩側(cè)的函數(shù)值左負右正，
令 h(x) = 6x2 + (a -1)x - 2，則 h(x) 在 (1, 2)上有變號零點且在零點兩側(cè)的函數(shù)值左負右正，
ì Δ = (a -1)2 + 4 6 2 > 0

所以 í h(1) = 6 + a -1- 2 < 0 ，解得-10 < a < -3，

h(2) = 6 4 + 2(a -1) - 2 > 0
又因為 a Z，所以 a {a Z | -10 < a < -3} .
故答案為：-4（答案不唯一， a {a Z | -10 < a < -3}中的任意整數(shù)均可）.
ìax -1, x < -1,
【典例 5-2】已知 a 0，若函數(shù) f x = í x - 2 ex + 2, x -1有最小值，則實數(shù)
a的最大值為 .

【答案】 e - 3 / -3 + e
x
【解析】當(dāng) x -1時， f x = x - 2 e + 2， f x = x -1 ex ，
當(dāng) x -1,1 時， f x < 0，當(dāng) x 1,+ 時， f x > 0，
故 f x 在 x -1,1 上單調(diào)遞減，在 x 1,+ 上單調(diào)遞增，
故 f x = x - 2 ex + 2在 x =1處取得極小值，且 f 1 = -e + 2，
當(dāng) x < -1時， f x = ax -1，
若 a > 0， f x = ax -1在 - , -1 上單調(diào)遞增，此時 f x 沒有最小值，
若 a<0， f x = ax -1在 - , -1 上單調(diào)遞減，
要想函數(shù)有最小值，則-a -1 -e + 2，解得 a e - 3，
故實數(shù) a的最大值為 e - 3 .
故答案為： e - 3
【方法技巧】
已知函數(shù)最值，求參數(shù)的范圍，列出有關(guān)參數(shù)的方程或不等式，然后求其參數(shù)值或范圍．
5-1 2024· · f x = x -1 ex【變式 】（ 廣西南寧 一模）已知函數(shù) + ax2 的最小值為-1，則實數(shù) a的取值范圍
為 .
【答案】 0, +
x 2 x x
【解析】因為 f x = x -1 e + ax ，所以 f x = xe + 2ax = x e + 2a ，
若 a 0，則 x - ,0 時， f x < 0，故 f x 在 - ,0 上單調(diào)遞減，
x 0, + 時， f x > 0，故 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增，
所以當(dāng) x = 0時， f x 有最小值 f 0 = -1，滿足題意；
若 a<0，則當(dāng) x無限趨近于負無窮大時， f x 無限趨向于負無窮大， f x 沒有最小值，不符合題意；
綜上， a 0，所以實數(shù) a的取值范圍為 0, + .
故答案為： 0, +
【變式 5-2】（2024·廣東· x-1二模）已知函數(shù) f x = x e - 2a - ln x 的最小值為 0，則 a 的值為 .
1
【答案】 /0.5
2
【解析】由 f x = (x +1)ex-1 1- - 2a ，且 x (0,+ )，
x
令 g(x) = f x ，則 g (x) 1= (x + 2)ex-1 + 2 > 0，即 g(x)在 (0, + )上遞增，x
所以 f x 在 (0, + )上遞增，又 x 0+ ， f ' (x) - ， x + ， f ' (x) + ，
1
$x (0, + ) f x = (x +1)ex0 -1所以， 0 使 0 0 - - 2a = 0 x (0, x ) 'x ，且 0 時， f (x) < 0，0
x (x ,+ ) 時， f '0 (x) > 0，所以 f (x) 在 (0, x0 )上遞減，在 (x0 ,+ )上遞增，
所以 f (x)min = f x x0 -10 = x0 e - 2a - ln x0 = 0
ì(x +1)ex -1 10 0 - = 2a
由 í x0 ，得 x2 x0 -10 e + ln x0 =1，

x ex0 -10 - 2a = ln x0
令函數(shù) t(x) = x2ex-1 + ln x t '(x) = (x2 +2x)ex-1
1
， + > 0，
x
所以 t(x)在 (0, + )上是增函數(shù)，注意到 t(1) = 1，所以 x0 = 1，
所以 2a =1 a
1
= .
2
1
故答案為： 2
ex
【變式 5-3】已知函數(shù) f x e= a - ex + a ln x的最小值為 1，則 a的取值范圍為 .x
- ,0 U ée2【答案】 , +
eex eex xa
【解析】 f x = - ex + a ln x = + ln ， x 0, +
xa xa
，
eex
xa
設(shè) = t ， t 0, + ， g t 1= + ln t ， g t 1 1 t -1= - + =
eex
，
t t 2 t t 2
當(dāng) t 0,1 時， g t < 0，函數(shù)單調(diào)遞減；
當(dāng) t 1,+ 時， g t >0，函數(shù)單調(diào)遞增；
a
故 g t = g 1 =1 x，故 t = =1有解，即 xa exmin ex = e ， a ln x = ex ， a 0，e
1 ln x
即 = ， x 0, + ，
a ex
設(shè) h x ln x 1- ln x= ， h x =
ex ex2
，
當(dāng) x 0,e 時， h x > 0，函數(shù)單調(diào)遞增；
當(dāng) x e, + 時， h x < 0，函數(shù)單調(diào)遞增；
h x 1= h e =max 2 ，畫出函數(shù)圖像，如圖所示：e
1 1
根據(jù)圖像知 ，解得 a<0或 a e2 a - ,0 U ée22 ，即 , + .a e
故答案為： - ,0 U é 2 e , + .
-ax
【變式 5-4】若函數(shù) f x = ax + xe - ln x -1的最小值為 0，則實數(shù) a 的最大值為 .
1
【答案】 / e-1e
【解析】由題意知 f x = ax + xe-ax - ln x -1 = eln x-ax + ax - ln x -1，
令 t = ln x - ax ，原函數(shù)變?yōu)?y = et - t -1.
x
令 g x = e - x -1，則 g x = ex -1，易知當(dāng) x < 0 ， g x < 0，當(dāng) x > 0時， g ' x > 0，所以 g x 在
- ,0 上單調(diào)遞減，在 0, + 上單調(diào)遞增，
即對于"x R ， g x g 0 = 0 ，即 g x = 0min ，當(dāng)且僅當(dāng) t = 0時取最小值，
所以當(dāng) t = ln x - ax = 0， f x 取得最小值 0，即只需方程 a ln x= 有解即可；
x
ln x
也即函數(shù) y = a 與函數(shù) y = 圖象有交點即可；
x
h x ln x h x = 1- ln x令 = ，則
x x2
，
當(dāng) x 0,e 時， h x > 0；當(dāng) x e, + 時， h x < 0，
故 h x 在 0,e 1上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減，所以 h x = h e =max ，e
在同一坐標(biāo)系下畫出兩函數(shù)圖象如下圖所示：
即 a
1
即滿足題意；
e
1
所以 amax = .e
1
故答案為：
e
題型六：函數(shù)單調(diào)性、極值、最值的綜合應(yīng)用
【典例 6-1】已知 f (x) = x (2 - ln x)，g（x）＝f（x）＋ax-3，其中 a∈（0，＋∞）．
（1）判斷 f（x）的單調(diào)性并求其最值；
（2）若 g（x）存在極大值，求 a 的取值范圍，并證明此時 g（x）的極大值小于 0．
【解題思路】（1）求出 f (x) ，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系即可求解.
（2） g(x) = x (2 - lnx) + ax - 3，令 t = x ，則 x = t 2 ，可得j(t) = 2t - 2t ln t + at2 - 3，求出導(dǎo)函數(shù)，且
j (t) 1 min = j ÷ = 2ln a + 2 = 2(ln a +1)
1 1
，討論 a≥ 0 < a 出極大值，即可求解.
f (x) 1 (2 ln x) x g -1 - ln x【解析】（1）∵ = - + =2 x x 2 x ，
∴當(dāng) x (0，1)時， f (x) > 0， f (x) 單調(diào)遞增；
當(dāng) x (1，+ )時， f (x) < 0 ， f (x) 單調(diào)遞減，
∴ f (x)max = f (1) = 2，且 f (x) 無最小值．
（2） g(x) = x (2 - lnx) + ax - 3，
令 t = x ，則 x = t 2 ，
∴ x (2 - lnx) + ax - 3 = 2t - 2t ln t + at2 - 3．
令j(t) = 2t - 2t ln t + at2 - 3，
∵函數(shù) t = x 是 (0，+ ) 上的單調(diào)遞增函數(shù)，
∴由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知， g(x)存在極大值 j (t) 存在極大值，
且 g(x)取到極大值 g(x0 ) j(t)取到極大值j(t0 ) ，
其中 t0 = x0 ，且 g(x0 ) = j(t0 )．
∵j (t) = 2 - 2ln t - 2 + 2at = -2ln t + 2at ，
j (t) -2 2a -2 + 2at∴ = + = ，
t t
∴ t
1
0， ÷ 時，j (t) < 0，j (t)a 單調(diào)遞減；è
t 1 + ，a ÷時，
j (t) > 0，j (t)單調(diào)遞增，
è
1
∴j (t)min = j a ÷
= 2ln a + 2 = 2(ln a +1) ．
è
1 j 1 ①當(dāng) a≥ 時， ÷≥0a ，則
j (t)≥0 在 (0，+ ) 上恒成立，
e è
∴j(t) 在 (0，+ ) 上單調(diào)遞增，則j(t) 無極值點；
1 1
②當(dāng) 0 < a < 時， > e 1
1
，取 < ， e
1
< ，
e a a a
有j (1) = 2a > 0 ，j (e) = -2 + 2ae < -2 + 2 = 0，
∴j (t)在 (1，e)上有唯一零點，
設(shè)為 t0 ，且 t (1，t0 )時，j (t) > 0 ， t t0 , e 時，j (t) < 0，
1
∴當(dāng)0 < a < 時，j(t) 在 (0，+ ) 上有唯一的極大值點j(t0 ) ．e
∵j (t0 ) = -2ln t0 + 2at0 = 0，∴ ln t0 = at0 ，
∴j(t0 ) = 2t0 - 2t0 ln t + at
2
0 0 - 3 = 2t0 - 2t0 ln t0 + t0 ln t0 - 3 = 2t0 - t0 ln t0 - 3，
令m(t) = 2t - t ln t - 3，
則m (t) = 2 - ln t -1 = - ln t +1，
∴m(t) 在 (0，e)上單調(diào)遞增．
又m(e) = 2e - e - 3 = e - 3 < 0，
∴j(t0 ) < 0，
即j(t) 的極大值小于 0，
綜上，有0
1
< a < 時， g(x)存在極大值，且此時 g(x)的極大值小于 0．
e
a
【典例 6-2】（2024·高三·湖南·期末）已知函數(shù) f (x) = ln x +1- 2a - x + 有兩個不同的極值點 x
x 1
, x2 .
（1）求 a的取值范圍.
（2）求 f (x) 的極大值與極小值之和的取值范圍.
（3 ）若m 0,
1
÷ ,n
1
,+

÷ ，則 f (m) - f (n)2 2 是否有最小值？若有，求出最小值；若沒有，說明理由
.
è è
【解題思路】（1）先求得函數(shù) f x 的定義域和導(dǎo)函數(shù)，結(jié)合一元二次方程根的分布求得 a的取值范圍.
（2）根據(jù)（1）求得 x1x2 = a, x1 + x2 = 1，求得 f x1 + f x2 的表達式，并利用導(dǎo)數(shù)求得這個表達式的取值
范圍.
（3）由（2）假設(shè) f (x)極小值 = f x1 ， f (x) = f x極大值 2 ，則[ f (m) - f (n)]min = f x1 - f x2 ，求得
f x1 - f x2 的表達式，并利用導(dǎo)數(shù)研究這個表達式的單調(diào)性，由此判斷出這個表達式?jīng)]有最小值，也即
f (m) - f (n)沒有最小值.
2
【解析】（1） f x 定義域為 0, + ， f (x) 1 a -x + x - a= -1- = .
x x2 x2
因為 f (x) 有兩個不同的極值點 x1, x2 ，且 x > 0，
ìD =1- 4a > 0
1
所以 x2 - x + a = 0 有兩個不同的正根， íx1 + x2 =1 > 0，解得0 < a < .
4
x1 × x2 = a > 0
（2）因為 x1x2 = a, x1 + x2 = 1，不妨設(shè) x1 < x2，所以 f (x)極小值 = f x1 ， f (x) = f x極大值 2 ，
a x + x
所以 f (x)極小值 + f (x) = f x1 + f x2 = ln x1 × x2 + 2(1- 2a) + 1 2 -極大值 x1 + x2 x1x2
= ln a + 2 - 4a .
令j (a) = ln a - 4a + 2 ，則j (a)
1
= - 4 > 0，
a
所以j(a)

在 0,
1
÷ 上單調(diào)遞增，所以j (a) < j
1
4 ÷
= -2ln 2 +1，
è 4 è
即 f (x) 的極大值與極小值之和的取值范圍是 (- ,-2ln 2 +1) .
（3）由（2）知 x1x2 = a, x1 + x2 = 1 .因為m

0,
1
÷ ,n
1 1 ,+

÷ , x1 < < x2 2 2 ，è è 2
所以 f (m)min = f x1 , f (n)max = f x2 ，
[ f (m) f (n)] x1 x2 - x1所以 - min = f x1 - f x2 = ln + x2 - x1 + ax2 x
.
1x2
1- x
因為 x1 =1- x2 ，所以[ f (m) - f (n)]
2
min = ln + 2 2x2 -1 x2
= ln 1- x2 - ln x2 + 4x2 - 2
1
< x2 < 1

÷ .
è 2
h(x) = ln(1- x) - ln x + 4x - 2 1 1 1 (2x -1)
2
令 < x < 12 ÷ ，則
h (x) = - + 4 = < 0，
è x -1 x x(x -1)
h(x) 1所以 在 ,1

2 ÷上單調(diào)遞減，
h(x) 無最小值，
è
故 f (m) - f (n)沒有最小值.
【方法技巧】
函數(shù)單調(diào)性、極值、最值的綜合應(yīng)用通常會用到分類討論、數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法.
f x 2ln x +1【變式 6-1】設(shè) = - xeax ,a R .
x
(1)若 a = 0，討論 f x 的單調(diào)性;
(2)若 a 0，求 f x 的最大值(用 a表示);
(3)若 f x 恰有三個極值點，直接寫出 a的取值范圍.
【解題思路】（1）求出 f x 的導(dǎo)數(shù)，討論其符號可得其單調(diào)性；
（2）求出函數(shù) f x 的導(dǎo)數(shù)，利用隱零點及同構(gòu)方法得到 f x = f x
1+ 2ln x0
0 = - x
ax0
max x 0
e 且
0
-2ln x0 = ax0 ，化簡后可得最大值；
3 2 ax（ ）由題設(shè)可得 f x 的導(dǎo)數(shù)有三個不同的變號零點，從而得到 s x =1- 2ln x - x 1+ ax e ， x > 0有三
T x 2 é a2x4 4ax3 2x2 ù eax T 2 0 T 2個不同的變號零點，設(shè) = + + + ，就 - ÷ -

a 、 ÷
< 0
a 分類討論可得參數(shù)è è
的取值范圍.
2ln x +1
1 a = 0 f x = - x f x 1- 2ln x - x
2
【解析】（ ） 時， ，故 =
x x2
，
令 s x =1- 2ln x - x2，則 s x 2= - - 2x < 0，
x
故 s x 在 0, + 上為減函數(shù)，而 s 1 = 0，
故在 0,1 上， s x > 0即 f x > 0，在 1, + 上， s x < 0即 f x < 0 .
故 f x 的單調(diào)增區(qū)間為 0,1 ，單調(diào)減區(qū)間為 1, + .
1- 2ln x - x2 1+ ax eax
（2） f x 1- 2ln x = 2 - 1+ ax eax = ，x x2
2
設(shè) s x =1- 2ln x - x 1+ ax eax ， x > 0，
則 s x 2= - - é a2x3 + 4ax2 + 2x ù ax e < 0，故 s x 在 0, + 為減函數(shù)，x
而 x 0 時， s x + ，而 s e = -e 1+ a e ea e < 0，
故在 0, + 上存在唯一的 x0 0, e 使得 s x0 = 0，
且當(dāng) x 0, x0 時， s x > 0 即 f x > 0，當(dāng) x x0 ,+ 時， s x < 0即 f x < 0
故 f x 在 0, x0 上為增函數(shù)，在 x0 ,+ 為減函數(shù)，
f x = f x 1+ 2ln x= 0 - x eax0故 max 0 0 ，其中1- 2ln x0 - x20 1+ axx 0 e
ax0 = 0，
0
1- 2ln x0
即 2 = x
2
0 1+ ax ax
e e
0 ax0 +1
0 e 即 2 ln 2 = 1+ ax0 e = eax0 +1 ln eax0 +1x0 x0 x
，
0
設(shè)u x = x ln x, x >1，則u x =1+ ln x > 0，故u x 為 1, + 上的增函數(shù)，
e 1,eax +1 1 e而 2 > 0 > ，故 2 = e
ax 10 +1 = eax0
x x ， x2 ，故
-2ln x0 = ax0 ，
0 0 0
f x f x 1+ 2ln x0 1 2ln x故 = = - = 00 = -amax x .0 x0 x0
（3）結(jié)合（2）可知 a<0，
2 ax
且 s x =1- 2ln x - x 1+ ax e ， x > 0有三個不同的變號零點，
s x 2 2 +
é a2x4 + 4ax3 + 2x2 ù eax
而 = - - é a2 x3 + 4ax2 + 2x ù ax x e 即 s x = - ，x
T x = 2 + é 2 4 3 2 ù ax 3 3 2 2 ax令 a x + 4ax + 2x e ，T x = x a x + 8a x +14ax + 4 e ，
則T x = x ax + 2 ax + 3- 7 ax + 3 + 7 eax ，
0 x 3- 7 2 3+ 7故當(dāng) < < - 或- < x < - 時，T x > 0 ，
a a a
3- 7 2 3+ 7
當(dāng)- < x < - 或 x > - 時，T x < 0，
a a a

T x 0, 3- 7
2 3 + 7
故 在 - a ÷÷
， - ,-a a ÷÷
上遞增；
è è
3- 7 2 3+ 7
在 - , - ÷÷， - ,+ 上遞減，
è a a è a
÷÷

3- 7
而T 0 = 2 > 0，故T - ÷÷ > 2 > 0，
è a
2
若T - ÷ 0 T
3+ 7
，則 - > 0 ，
è a

è a ÷
÷

而當(dāng) x + 時，T x 2，
故T x 0在 0, + 上恒成立即 s x 0在 0, + 上恒成立，
所以 s x 在 0, + 上為減函數(shù)，故 s x 至多有一個零點，不合題意.
T 2 2 é 16 32 8 ù- < 0 T - = 2 + - + e-2 2若 即a ÷ a ÷ ÷
< 0即- < a < 0，
è è ê è a2 a2 a2
ú
e
2

此時T 2 + 2
2 + 2
- a ÷
= 2 + é ù -2- 2÷ 2 6 + 4 2 - 4(2 + 2) + 2 e = 2 > 0，è a
2 2 + 2 3 + 7
因- < - < - ，故T
3+ 7
- ÷ > 0 ，a a a ÷è a
而當(dāng) x + 時，T x 2，
故T x 在 0, + 上有且只有兩個零點，
x , x 3- 7 x 2 3 + 7設(shè)它們分別為 2 3 ，且- < 2 < - < xa a 3
< - ，
a
故當(dāng) x 0, x2 x3 ,+ 時，T x > 0即 s x < 0，
當(dāng) x x2 , x3 時，T x < 0即 s x > 0，
故 s x 在 0, x2 , x3 , + 為減函數(shù)，在 x2 , x3 上為增函數(shù)，
2 a 2因為- < < 0，故-2 < ea < 0，故- > e ，
e a
s e =1- 2ln e - e2 1+ ae eae = -1- e2 1+ ae eae，
令 v x = 1+ x ex ,-2 < x < 0，則 v x = 2 + x ex > 0，
故 v x 在 -2,0 上為增函數(shù)，故-e-2 < v x <1 2 ae 2，故-1 < e 1+ ae e < e ，
-1- e2故 < -1- e2 1+ ae eae < 0，故 s e < 0 .
s 2 -

÷ =1- 2ln
2 4 4 4
-
-2
÷ + 2 e =1- ln 2 + 2 e
-2
，
è a è a a a a
2
t 4= > e2設(shè) 2 ， h t
t
=1- ln t + h t 1 1 t - e2 ，則 = - + 2 = 2 > 0，a e t e te
故 h t 在 (e2 ,+ ) 2 2 為增函數(shù)，故 h t > h e = 0，所以 s - ÷ > 0 ，
è a
又 x 0 時， s x + ， x + 時， s x - ，
故此時 s x 有三個不同的零點，
2
綜上，- < a < 0 .
e
a
【變式 6-2】（2024·海南·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xx - e + x a R ．e
(1)若函數(shù) f x 在區(qū)間 - , ln2 上單調(diào)遞增，求實數(shù) a的取值范圍．
(2)設(shè)函數(shù) f x 有一個極大值為M ，一個極小值為 N ，試問： N - M 是否存在最小值？若存在最小值，求
出最小值；若不存在最小值，請說明理由．
【解析】（1）函數(shù) f x 的定義域為 - , + ，
2x x
f x a -e + e - a= - x - ex +1 = .e ex
由題意知 f x 0，
即-e2x + ex - a 0在區(qū)間 - , ln2 上恒成立．
令 t = ex , t 0,2 ，則不等式-t 2 + t - a 0在 0,2 上恒成立．
2 ì g 0 = -a 0,
設(shè) g t = -t + t - a ，則 í
g 2 = -4 + 2 - a 0,
解得 a -2，
則 a的取值范圍為 - , -2 ．
2x x
（2）因為 f x -e + e - a= ，
ex
所以由題意知方程 f x = 0，
即 e2x - ex + a = 0至少有兩個不同的實數(shù)根．
令 t = ex (t > 0)，則方程 t 2 - t + a = 0有且僅有兩個不同的正實數(shù)根．
設(shè) t1, t2 t1 < t2 為方程 t 2 - t + a = 0的兩個實數(shù)根，
ì t1 + t2 =1,

則 í t
1
1t2 = a > 0, 解得0 < a < ．
4
Δ =1- 4a > 0,
假設(shè) N - M 存在最小值，
設(shè)與 t1, t2 t1 < t 相對應(yīng)的方程 e2x - ex2 + a = 0的兩個根為 x1, x2 x1 < x2 ，
所以當(dāng) x - , x1 x2 ,+ 時， f x < 0；
當(dāng) x x1, x2 時， f x > 0，
所以 N = f x1 , M = f x2 ，
N M a則 - = x - e
x1 + x - a x21 x - e + x

÷ = x - x + 2 ex2 - ex1 ．e 1 è e 2 2 1 2
t + t 1因為 1 2 =1，所以 t1 =1- t2 ，且0 < t1 < < t2 <1，2
則 N - M = lnt1 - lnt2 + 2 t2 - t1 = ln 1- t2 - lnt2 + 4t2 - 2．
F x = ln 1- x - lnx + 4x - 2 1 < x <1 設(shè) ÷ ，
è 2
2
F x 1 1 4 1 4 4x - 4x +1 (2x -1)
2
則 = - + = + = = < 0x ，-1 x x -1 x x x -1 x -1 x
1
所以函數(shù)F x 在 ,1
è 2 ÷
上單調(diào)遞減，

所以 N - M 不存在最小值．
題型七：不等式恒成立與存在性問題
【典例 7-1】已知函數(shù) f x = x ln x - ax +1，若存在 x0 (0, + ) ，使得 f x0 < 0成立，則實數(shù) a的取值范
圍 ．
【答案】 (1, + )
【解析】因為 f x = x ln x - ax +1，由 f x0 < 0，即 x0 ln x0 - ax0 +1< 0，
a x0 ln x0 +1 1即 > = ln x +
1
x 0 x ，設(shè) g x = ln x + , x > 0，0 0 x
根據(jù)題意知存在 x0 (0, + ) ，使得 f x0 < 0成立，即 a > g x min 成立，
由 g x = ln x 1+ , x > 0，可得 g x 1 1 x -1= - = ，
x x x2 x2
當(dāng)0 < x <1時， g x < 0， g x 單調(diào)遞減；當(dāng) x >1時， g x > 0， g x 單調(diào)遞增，
所以當(dāng) x =1時，函數(shù) g x 取得最小值，最小值為 g 1 =1，所以 a >1，
即實數(shù) a的取值范圍是 (1, + ) .
故答案為： (1, + ) .
7-2 f x = x -1 ex+1【典例 】已知函數(shù) + mx2， g x 4= x3 - - mx, x 0,2 ,0 < m 6 ．若$x1 R，x
x2 0,2 ，使 f x1 g x2 成立，則實數(shù)m 的取值范圍為 ．

【答案】 0,3
e
+ ù
è 2 ú
【解析】 f x = x -1 ex+1 + mx2的定義域為R ，
f x = ex+1 + x -1 ex+1 + 2mx = x ex+1則 + 2m ，
當(dāng)m > 0時，∵ ex+1 > 0，∴ ex+1 + 2m > 0 ，
∴當(dāng) x > 0時， f x > 0；當(dāng) x < 0 時， f x < 0．
故 f x 在區(qū)間 - ,0 上單調(diào)遞減，在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增，
所以 f x = f 0min = -e 3
4
，因為 g x = x - - mx, x 0,2 ,0 < m 6
x
g x = 3x2 4所以 + 2 - m 4 3 - m，∵0 < m 6，∴ g x > 0，x
∴ g x 在 0,2 上為增函數(shù)．∴ g x = g 2 = 8 - 2 - 2m = 6 - 2mmax ，
依題意有 f x1 g xmin 2 max ，∴6 - 2m -e，∴0 < m 3
e
+ ，
2

故答案為： 0,3
e
+ ù
è 2 ú
．

【方法技巧】
在不等式恒成立或不等式有解條件下求參數(shù)的取值范圍，一般利用等價轉(zhuǎn)化的思想其轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最
值或值域問題加以求解，可采用分離參數(shù)或不分離參數(shù)法直接移項構(gòu)造輔助函數(shù)．
【變式 7-1】函數(shù) f x = ex - 2ax - e + b 0 b對任意 x R 成立，則 的最小值為（ ）
a
5
A．4 B．3 C． D．2
2
【答案】D
f x = ex - 2ax - e + b f x = ex【解析】由函數(shù) ，可得 - 2a，且 a 0，
若 a<0時， f x > 0恒成立，函數(shù) f x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x < 0 時， f x < -2ax - e + b +1，
因為函數(shù) y = -2ax - e + b +1在 (- ,0)上單調(diào)遞增，所以 y < -e + b +1，
所以存在 x0 R ，使得 x < x0 時， f x < 0 ，不符合題意，則有 a > 0，
當(dāng) x < ln(2a)時， f x < 0；當(dāng) x > ln(2a)時， f x > 0，
則函數(shù) f x 在 (- , ln(2a))上單調(diào)遞減，在 (ln(2a),+ )上單調(diào)遞增，
所以 f x = f (ln(2a)) = 2a - 2a ln(2a) - e + b ，
所以 2a - 2a ln(2a) - e + b 0
b
，則 2ln(2a)
e
+ - 2，
a a
令 g a 2ln(2a) e 2, a 0 g a 2 e 2a - e= + - > ，可得 = - = ，
a a a2 a2
0 a e當(dāng) < < 時， g a < 0 e；當(dāng) a > 時， g a > 0 ，
2 2
所以函數(shù) g a e e在 (0, e )2 上遞減，在 ( , + )上遞增，所以 g a = g( ) = 2min ，2 2
b
所以 的最小值為2 .
a
故選：D.
1
【變式 7-2】（2024· x 2山東泰安·二模）已知函數(shù) f x = xe - ax - ax a > 0 .
2
(1)若 f x 1的極大值為1- ，求 a的值；
e
a 1(2)當(dāng) > 時，若"x1 [1, + ),$x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，求 a的取值范圍.e
x 1
【解析】（1）因為函數(shù) f x = xe - ax2 - ax a > 0 ，可得 f x = (x +1)(ex - a)，
2
因為 a > 0，令 f x = 0，解得 x=- 1或 x = ln a，
1
當(dāng) ln a < -1時，即0 < a < 時， f x 在 - , ln a 上單調(diào)遞增，在 ln a, -1 上單調(diào)遞減，在 -1, + 上單調(diào)
e
遞增
所以 f x f ln a a ln a 1的極大值為 = - a(ln a)2 - a ln a 1= - a(ln a)2 < 0，不符合題意；
2 2
1
當(dāng) ln a = -1時，即 a = 時， f x 0， f x 在R 上單調(diào)遞增，無極大值；
e
1
當(dāng) ln a > -1時，即 a > 時， f x 在 - ,-1 上單調(diào)遞增，在 -1, ln a 上單調(diào)遞減，在 ln a, + 上單調(diào)遞
e
增，
所以 f x 極大值為 f -1 a 1 1= - =1- ，解得 a = 2 .
2 e e
a 1（2）當(dāng) > 時，
e
由（1）知， f x 在 - ,-1 上單調(diào)遞增，在 -1, ln a 上單調(diào)遞減，在 ln a, + 上單調(diào)遞增，且當(dāng) x -
時， f x - ，當(dāng) x + 時， f x +
1 3
當(dāng) ln a 0時，即 < a 1時，當(dāng) x 1,+ 時， f x 單調(diào)遞增， f x [e - a, + )，
e 2
ìa 1 ü
又因為當(dāng) x - ,0 時， f x (- ,max í - ,0 ]，
2 e


e 3 a 0 1因為 - > ，所以，當(dāng) < a 1時，$x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，2 e
當(dāng)0 < ln a 1時，即1< a e 時，
當(dāng) x 1,+ 時， f x 單調(diào)遞增， f x [e 3- a, + )，
2
當(dāng) x (- ,0]時， f x (- , a 1- ]
2 e
3 a 1 1
若滿足題意，只需 a - e - ，即1< a e - ，
2 2 e e
當(dāng) ln a > 1時，即a > e時，
當(dāng) x 1,+ 時， f x 在 1, ln a 上單調(diào)遞減， ln a, + 上單調(diào)遞增
所以函數(shù) f x 的最小值為 f x = f (ln a) 1= - a(ln a)2min ，2
1 2
所以 f x [- a(ln a) ,+ )，
2
a 1
又因為 x - ,0 時， f x (- , - ]，
2 e
1
若滿足題意，只需 a(ln a)2
a 1 1
- ，即 a[1- (ln a)2 ]
1
，
2 2 e 2 e
因為a > e，所以1- (ln a)2 < 0，
所以，當(dāng)a > e時，不存在 x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，
綜上，實數(shù) a
1 1
的取值范圍為 ( ,e - ] .
e e
x
【變式 7-3】（2024·高三·陜西商洛·期中）已知函數(shù) f x =1+ lnx， g x = e ，若 f x1 = g x2 成立，則
x1 - x2 的最小值為（ ）
A．1 B．2 C． e D． ln2
【答案】A
1+ lnx = ex2 = t x = et-1【解析】不妨設(shè) 1 ，則 1 ， x2 = lnt，
x - x = et-1 - lnt h t = et-1則 1 2 ．令 - lnt t > 0 ，
則 h t 1= et-1 - ，記m(t) et-1 1 m (t) et-1 1= - ，則 = + > 0
t t t 2
所以 h t 在 0, + 上單調(diào)遞增，由 h t = 0，可得 t =1，
所以當(dāng) t 0,1 時， h t < 0 ， h t 單調(diào)遞減，
當(dāng) t 1,+ 時， h t > 0， h t 單調(diào)遞增，
所以 h t h 1 =1．
故選：A
1．（2024 年新課標(biāo)全國Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題）（多選題）設(shè)函數(shù) f (x) = 2x3 - 3ax2 +1，則（ ）
A．當(dāng) a >1時， f (x) 有三個零點
B．當(dāng) a < 0時， x = 0是 f (x) 的極大值點
C．存在 a，b，使得 x = b 為曲線 y = f (x) 的對稱軸
D．存在 a，使得點 1, f 1 為曲線 y = f (x) 的對稱中心
【答案】AD
【解析】A 選項， f (x) = 6x2 - 6ax = 6x(x - a)，由于 a >1，
故 x - ,0 a,+ 時 f (x) > 0，故 f (x) 在 - ,0 , a, + 上單調(diào)遞增，
x (0,a)時， f (x) < 0， f (x) 單調(diào)遞減，
則 f (x) 在 x = 0處取到極大值，在 x = a處取到極小值，
由 f (0) =1 > 0， f (a) =1- a3 < 0，則 f (0) f (a) < 0，
根據(jù)零點存在定理 f (x) 在 (0,a)上有一個零點，
又 f (-1) = -1- 3a < 0， f (2a) = 4a3 +1 > 0 ，則 f (-1) f (0) < 0, f (a) f (2a) < 0 ，
則 f (x) 在 (-1,0), (a, 2a) 上各有一個零點，于是 a >1時， f (x) 有三個零點，A 選項正確；
B 選項， f (x) = 6x(x - a)， a<0時， x (a,0), f (x) < 0， f (x) 單調(diào)遞減，
x (0,+ )時 f (x) > 0， f (x) 單調(diào)遞增，
此時 f (x) 在 x = 0處取到極小值，B 選項錯誤；
C 選項，假設(shè)存在這樣的 a,b，使得 x = b 為 f (x) 的對稱軸，
即存在這樣的 a,b使得 f (x) = f (2b - x)，
即 2x3 - 3ax2 +1 = 2(2b - x)3 - 3a(2b - x)2 +1，
3 0 3 3
根據(jù)二項式定理，等式右邊 (2b - x)3展開式含有 x3的項為 2C3(2b) (-x) = -2x ，
于是等式左右兩邊 x3的系數(shù)都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在這樣的 a,b，使得 x = b 為 f (x) 的對稱軸，C 選項錯誤；
D 選項，
方法一：利用對稱中心的表達式化簡
f (1) = 3 - 3a ，若存在這樣的 a，使得 (1,3- 3a) 為 f (x) 的對稱中心，
則 f (x) + f (2 - x) = 6 - 6a ，事實上，
f (x) + f (2 - x) = 2x3 - 3ax2 +1+ 2(2 - x)3 - 3a(2 - x)2 +1 = (12 - 6a)x2 + (12a - 24)x +18 -12a ，
于是6 - 6a = (12 - 6a)x2 + (12a - 24)x +18 -12a
ì12 - 6a = 0

即 í12a - 24 = 0 ，解得 a = 2，即存在 a = 2使得 (1, f (1))是 f (x) 的對稱中心，D 選項正確.

18 -12a = 6 - 6a
方法二：直接利用拐點結(jié)論
任何三次函數(shù)都有對稱中心，對稱中心的橫坐標(biāo)是二階導(dǎo)數(shù)的零點，
f (x) = 2x3 - 3ax2 +1， f (x) = 6x2 - 6ax ， f (x) =12x - 6a ，
a a
由 f (x) = 0 x
a
= ，于是該三次函數(shù)的對稱中心為 , f2 2 ÷÷
，
è è 2
由題意 (1, f (1))
a
也是對稱中心，故 =1 a = 2，
2
即存在 a = 2使得 (1, f (1))是 f (x) 的對稱中心，D 選項正確.
故選：AD
2．（多選題）（2024 年新課標(biāo)全國Ⅰ卷數(shù)學(xué)真題）設(shè)函數(shù) f (x) = (x -1)2 (x - 4) ，則（ ）
A． x = 3是 f (x) 的極小值點 B．當(dāng)0 < x <1時， f (x) < f x2
C．當(dāng)1< x < 2時，-4 < f (2x -1) < 0 D．當(dāng)-1 < x < 0時， f (2 - x) > f (x)
【答案】ACD
2
【解析】對 A，因為函數(shù) f x 的定義域為 R，而 f x = 2 x -1 x - 4 + x -1 = 3 x -1 x - 3 ，
易知當(dāng) x 1,3 時， f x < 0，當(dāng) x - ,1 或 x 3, + 時， f x > 0
函數(shù) f x 在 - ,1 上單調(diào)遞增，在 1,3 上單調(diào)遞減，在 3, + 上單調(diào)遞增，故 x = 3是函數(shù) f x 的極小
值點，正確；
對 B，當(dāng)0 < x <1時， x - x2 = x 1- x > 0，所以1 > x > x2 > 0，
而由上可知，函數(shù) f x 在 0,1 2上單調(diào)遞增，所以 f x > f x ，錯誤；
對 C，當(dāng)1 < x < 2時，1 < 2x -1 < 3，而由上可知，函數(shù) f x 在 1,3 上單調(diào)遞減，
所以 f 1 > f 2x -1 > f 3 ，即-4 < f 2x -1 < 0，正確；
D -1 < x < 0 f (2 - x) - f (x) = 1- x 2 2 2對 ，當(dāng) 時， -2 - x - x -1 x - 4 = x -1 2 - 2x > 0，
所以 f (2 - x) > f (x)，正確；
故選：ACD.
3．（2022 年高考全國乙卷數(shù)學(xué)（文）真題）函數(shù) f x = cos x + x +1 sin x +1在區(qū)間 0,2π 的最小值、最大
值分別為（ ）
π π 3π π π π 3π π
A．- ， B．- ， C．- ， + 2 D．- ， + 2
2 2 2 2 2 2 2 2
【答案】D
【解析】 f x = -sin x + sin x + x +1 cos x = x +1 cos x，
所以 f x π 3π 在區(qū)間 0, 2 ÷和 , 2π ÷ 上 f
x > 0，即 f x 單調(diào)遞增；è è 2
π , 3π 在區(qū)間 ÷上 f x < 0，即 f x 單調(diào)遞減，
è 2 2
又 f 0 = f 2π 2 f π π 2 f 3π 3π= ， ÷ = + ， = - +1
1 3π+ = - ，
è 2 2 è 2 ÷ ÷ è 2 2
所以 f x 在區(qū)間 0,2π 3π π上的最小值為- ，最大值為 + 2 .
2 2
故選：D
b
4．（2022 年高考全國甲卷數(shù)學(xué)（理）真題）當(dāng) x =1時，函數(shù) f (x) = a ln x + 取得最大值-2，則 f (2) =
x
（ ）
1
A 1． -1 B．- C．
2 2
D．1
【答案】B
【解析】因為函數(shù) f x 定義域為 0, + ，所以依題可知， f 1 = -2， f 1 = 0 a b，而 f x = - 2 ，所以x x
b = -2, a - b = 0 2 2，即 a = -2,b = -2，所以 f x = - + 2 ，因此函數(shù) f x 在 0,1 上遞增，在 1, + 上遞減，x x
1 1
x =1時取最大值，滿足題意，即有 f 2 = -1+ = - ．
2 2
故選：B.
b c
5．（多選題）（2023 年新課標(biāo)全國Ⅱ卷數(shù)學(xué)真題）若函數(shù) f x = a ln x + + 2 a 0 既有極大值也有極小值，x x
則（ ）．
A．bc > 0 B． ab > 0 C．b2 + 8ac > 0 D． ac < 0
【答案】BCD
f (x) = a ln x b c+ + (0, + ) f (x) a b 2c ax
2 - bx - 2c
【解析】函數(shù)
x x2
的定義域為 ，求導(dǎo)得 = - - = ，
x x2 x3 x3
因為函數(shù) f (x) 既有極大值也有極小值，則函數(shù) f (x) 在 (0, + )上有兩個變號零點，而 a 0，
因此方程 ax2 - bx - 2c = 0有兩個不等的正根 x1, x2 ，
ì
Δ = b2 + 8ac > 0


于是 íx
b
1 + x2 = > 0 ，即有b2 + 8ac > 0， ab > 0， ac < 0，顯然 a2bc < 0，即bc < 0 ，A 錯誤，BCD 正確.
a

x
2c
1x2 = - > 0 a
故選：BCD
1．將一個邊長為 a 的正方形鐵片的四角截去四個邊長均為 x 的小正方形，做成一個無蓋方盒．
(1)試把方盒的容積 V 表示為 x 的函數(shù)；
(2)x 多大時，方盒的容積 V 最大？
【解析】（1）由題意可知：無蓋方盒的棱長分別為： x， (a - 2x)， (a - 2x)，
a
所以方盒的容積V = (a - 2x)2 x(0 < x < )；
2
2 V '(x) = -4(a - 2x)x + (a - 2x)2（ ） = (a - 2x)(a - 6x)=0(0
a
< x < )
2
a
解得： x = ，
6
a
當(dāng) > x
a a a
> 時函數(shù)遞減，當(dāng) > x > 0時函數(shù)遞增，所以當(dāng) x = 時，盒的容積 V 最大.
2 6 6 6
2．用測量工具測量某物體的長度，由于工具的精度以及測量技術(shù)的原因，測得 n 個數(shù)據(jù) a1， a2 ， a3，…，
n
a 1n ．證明：用 n 個數(shù)據(jù)的平均值 x = a 表示這個物體的長度，能使這 n 個數(shù)據(jù)的方差n ii=1
n
f (x) 1= (x - a 2n i ) 最小．i=1
f (x) 1
n 1 n
【解析】 = 2(x - ai ) = 2(x - a )，n ii=1 n i=1
1 n
則當(dāng) x = ai 時， f (x) = 0，n i=1
n
x (0, 1 a ) f (x) 0 x (1
n
i ， < ，函數(shù)單減； ai ,+ ) ， f (x) > 0，函數(shù)單增；n i=1 n i=1
1 n nf (x) = (x - a )2 1方差 i 在 x =n n ai 時，取得最小值.i=1 i=1
4
3．已知某商品進價為 a 元/件，根據(jù)以往經(jīng)驗，當(dāng)售價是 b (b a)元/件時，可賣出 c 件.市場調(diào)查表明，
3
當(dāng)售價下降 10%時，銷量可增加 40%．現(xiàn)決定一次性降價，銷售價為多少時，可獲得最大利潤？
【解析】設(shè)銷售價為 x，可獲得的利潤為 y，
y b - x則 = (1+ 40%)c × (x - a)
c
= (5b - 4x)(x - a) c= [-4x2 + (4a + 5b)x - 5ab]，
10%b b b
c
求導(dǎo)得 y = [-8x + (4a + 5b)]
c
，令 y = [-8x + (4a + 5b)] = 0，
b b
解得 x
4a + 5b
= ，由 y > 0 x (a,
5
知， b)，
8 4
當(dāng) x (a,
4a + 5b)時， y > 0，函數(shù)單增；
8
x (4a + 5b當(dāng) ,
5 b)時， y < 0，函數(shù)單減；
8 4
x 4a + 5b因此 = 是函數(shù)的極大值點，也是最大值點；
8
4a + 5b
故當(dāng)銷售價為 元/件時，可獲得最大利潤.
8
4．已知函數(shù) f (x) = x2 + px + q ，試確定 p，q 的值，使得當(dāng) x =1時， f x 有最小值 4．
【解析】根據(jù)題意，函數(shù) f（x）＝x2+px+q，其二次項系數(shù)為 1；
若當(dāng) x＝1 時，f（x）有最小值 4，則 f（x）＝（x﹣1）2+4＝x2﹣2x+5，
又由 f（x）＝x2+px+q，則 p＝﹣2，q＝5．
5．已知函數(shù) f (x) = x(x - c)2 在 x = 2處有極大值，求 c 的值．
【解析】Q f (x) = (x - c)2 + 2x(x - c) = 3x2 - 4cx + c2 ，且函數(shù) f (x) = x(x - c)2 在 x = 2處有極大值，
\ f (2) = 0，即 c2 -8c +12 = 0，解得 c = 6或 2．
經(jīng)檢驗 c = 2時，函數(shù) f (x) 在 x = 2處取得極小值，不符合題意，應(yīng)舍去．
故 c = 6．
故答案為：6．
6．已知 A，B 兩地的距離是130km、根據(jù)交通法規(guī)，兩地之間的公路車速應(yīng)限制在50～100km/h，假設(shè)油
x2
價是 7 元/L，以 xkm/h 的速度行駛時，汽車的耗油率為 3+ L/h ，司機每小時的工資是 35 元．那么最
è 360
÷

經(jīng)濟的車速是多少？如果不考慮其他費用，這次行車的總費用是多少？
【解析】設(shè)汽車以 xkm / h行駛時，
é x2 ù 130 7280 91x
行車的總費用 y = ê35 + 7 3+ ÷ú = + ，50 x 100，
è 360 x x 36
y 7280 91x即 = + ，50 x 100，
x 36
y 7280 91x 2 7280 91x此時 = + × = 2 165630 271，
x 36 x 36 9
7280 91x
當(dāng)且僅當(dāng) = 時，即
x 36 x = 24 5
時取等號成立，
故最經(jīng)濟的車速約為 24 5km / h ；
如果不考慮其他費用，這次行車的總費用約為 271元.
易錯點：對 f(x0)為極值的充要條件理解不清
易錯分析：對 f (x) 為極值的充要條件理解不清，導(dǎo)致出現(xiàn)多解.
答題模板：求可導(dǎo)函數(shù) f(x) 的極值
1、模板解決思路
解決求可導(dǎo)函數(shù) f x 的極值的問題，關(guān)鍵是檢驗定義域內(nèi)導(dǎo)數(shù)值為 0 的點左右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)值是否異號，
若異號，則該點為極值點，否則不為極值點.
2、模板解決步驟
第一步：先確定函數(shù) f (x) 的定義域；
第二步：求導(dǎo)數(shù) f (x)；
第三步：求方程 f (x) = 0 的解；
第四步：檢驗 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右兩側(cè)的符號，如果在根的左側(cè)附近為正，在右側(cè)附近
為負，那么函數(shù) y = f (x) 在這個根處取得極大值；如果在根的左側(cè)附近為負，在右側(cè)附近為正，那么函數(shù)
y = f (x) 在這個根處取得極小值．
1 f x 1= 3ln x - ax2【易錯題 】已知函數(shù) + 3a -1 x，其中 a < 0，若 x = 3是 f x 的極小值點，則實數(shù) a
2
的取值范圍為 ．
1
【答案】 - , -

3 ֏
【解析】因為函數(shù) f (x) 的定義域為 (0, + )，
3 -ax
2 + 3a -1 x + 3 -ax -1 x - 3
求導(dǎo)得 f x = - ax + 3a -1 = = ，
x x x
f x = 0 x 1令 ，可得 = - 或 x = 3，
a
1 1
因為 x = 3是 f (x) 的極小值點，又 a<0，所以- < 3，從而 a < - ．
a 3
a ( , 1所以實數(shù) 的取值范圍為 - - ) .
3
1
故答案為： - ,- ÷
è 3
【易錯題 2】函數(shù) f (x) = x3 - 3a2x2 - 3ax在 x =1取得極值，則實數(shù)a = .
1
【答案】 2
【解析】 f (x) = 3x2 - 6a2x - 3a ，
因為函數(shù)在 x =1取得極值，則 f 1 = 0，
即3- 6a2 - 3a = 0，解得 a
1
= 或 a = -1，
2
當(dāng) a = -1時， f (x) = 3x2 - 6x + 3 = 3 x -1 2 0，
此時函數(shù)無極值，故 a = -1（舍去）
a 1當(dāng) = 時， f (x) = 3x2
3 3 3
- x - = 2x2 - x -1 ，2 2 2 2
令 f x 0 2 1，則 2x - x -1 0，解得 x 1或 x - .2
令 f x < 0，則 2x2 1- x -1< 0，解得- < x <1，2
所以函數(shù) f x 1 1在 - , -
ù
ú 和 1, +

上為增函數(shù)，在 - ,1

2 ÷上減函數(shù)，è 2 è
1
所以在 x =1取得極小值，所以實數(shù) a =
2
1
故答案為： 2

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