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专题 3 用导数研究函数的极值
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 研究函数的极值是导数在函数中的一个重要应用,也是高考考
查的重点,本专题从求函数的极值、确定函数极值点的个数、由函数极值点个数确定参数范围、含参数的函
数极值的讨论、由极值点满足条件求解不等式问题等几个方面帮助高三学生把握极值问题的求解.
(一) 求函数的极值
1.函数的极值与导数的关系
(1)函数的极小值与极小值点
若函数 f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小,f′(a)＝0,而且在点 x＝a 附近的
左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,则点 a 叫做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值.
(2)函数的极大值与极大值点
若函数 f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大,f′(b)＝0,而且在点 x＝b 附近的
左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则点 b 叫做函数的极大值点,f(b)叫做函数的极大值.
2.求函数 f(x)极值的步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数 f′(x)；
③解方程 f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；
④列表检验 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右两侧值的符号.如果左正右负,那么 f(x)在 x0 处取极大值；如果左负右
正,那么 f(x)在 x0处取极小值.
3.对极值理解：
(1)极值点不是点,注意极值与极值点的区别；
(2)若 f(x)在(a,b)内有极值,那么 f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在区间上单调的函数没有极值；
(3)根据函数的极值可知函数的极大值 f(x0)比在点 x0附近的点的函数值都大,在函数的图象上表现为极大值对
应的点是局部的“高峰”；函数的极小值 f(x0)比在点 x0 附近的点的函数值都小,在函数的图象上表现为极小值
对应的点是局部的“低谷”．一个函数在其定义域内可以有许多极小值和极大值,在某一点处的极小值也可能
大于另一个点处的极大值,极大值与极小值的大小没有必然的联系,即极小值不一定比极大值小,极大值不一
定比极小值大；
(4)使 f′(x)＝0 的点称为函数 f(x)的驻点,可导函数的极值点一定是它的驻点．驻点可能是极值点,也可能不是
极值点．例如 f(x)＝x3 的导数 f′(x)＝3x2 在点 x＝0 处有 f′(0)＝0,即 x＝0 是 f(x)＝x3 的驻点,但从 f(x)在(－∞,＋
∞)上为增函数可知,x＝0 不是 f(x)的极值点．因此若 f′(x0)＝0,则 x0不一定是极值点,即 f′(x0)＝0 是 f(x)在 x＝x0
处取到极值的必要不充分条件,函数 y＝f′(x)的变号零点,才是函数的极值点；
(5)函数 f(x)在［a,b］上有极值,极值也不一定不唯一．它的极值点的分布是有规律的,相邻两个极大值点之间
必有一个极小值点,同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．一般地,当函数 f(x)在［a,b］上连续且有
有限个极值点时,函数 f(x)在［a,b］内的极大值点、极小值点是交替出现的．
【例 1】(2024 届湖南师范大学附属中学高三下学期模拟三) 已知函数 f x = x + ln ax 1+ xex （ a<0）.
a
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一个元素，求 a 的值.
1 ex
【解析】（1）由 f x = 1+ x + ÷，
è x a
x
因为 a<0，所以 f x - ,0 1 e的定义域为 ，则 + < 0，
x a
因为 x - ,-1 时， f x > 0； x -1,0 时， f x < 0 .
所以 f x 的单调递增区间为 - ,-1 ；单调递减区间为 -1,0 ，
x= 1 f x f x f 1 1 ln a 1所以 - 是 的极大值点， 的极大值是 - = - + - - ，无极小值.
ae
（2）由（1）可得 f x 1= f -1 = -1+ ln -a -max ，ae
要使得集合 x f x -1 1有且只有一个元素，则只需要-1+ ln -a - = -1ae
g x 1 ln x 1 g x 1 1 ex +1设 = - + - - ，则 = + 2 = ，ex x ex ex2
x , 1因为 - -

÷时， g x < 0 x
1- ,0 ； ÷时， g x > 0
è e
，
è e
1 1
所以 g x 的单调递减区间为 - ,- e ÷；单调递增区间为 - ,0÷ .è è e
所以 g x = g 1- 1min e ÷ = -1，所以关于
a 的方程-1+ ln -a - = -1有解时，
è ae
a 1只能是 = - ，所以集合 x f x -1 1有且只有一个元素时 a = - .
e e
(二)函数极值点的个数问题
可导函数 f x 的极值点的个数,通常转化为方程 f x = 0 实根个数,再根据 f x 的单调性或图象求解,求解
时要注意 f x = 0 是 x0 的必要不充分条件.可导函数 f (x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是： x0 是导函数的
变号零点,即 f (x0 ) = 0 ,且在 x0 左侧与右侧, f (x)的符号异号．另外,不可导函数也会有极值,如函数 f (x) = x ,
在极小值点 x0 = 0 处是不可导的.
3 2 x
【例 2】（2024 届北京市景山学校高三上学期考试）已知函数 f (x) = ax - 2x e (a R) .
(1)当 a = -1时,求 f (x) 的单调区间；
(2)求证：当 a > 0时,函数 f (x) 有三个不同的极值点.
【解析】（1）当 a = -1时, f (x) = -x3 - 2x2 ex ,
f x = -x3 - 2x2 - 3x2 - 4x ex = -x3 - 5x2 - 4x ex = -x x2 + 5x + 4 ex = -x x +1 x + 4 ex ,
所以在区间 - , -4 , -1,0 , f x > 0, f x 单调递增,
在区间 -4, -1 , 0, + , f x < 0, f x 单调递减.
所以 f x 的增区间为 - , -4 , -1,0 ；减区间为 -4, -1 , 0, + .
（2 f (x) = ax3）依题意 - 2x2 ex (a > 0) ,
f x = ax3 - 2x2 + 3ax2 - 4x ex = éax3 + 3a - 2 x2 - 4xù x 2 e = x éax + 3a - 2 x - 4ù ex ,
对于函数 g x = ax2 + 3a - 2 x - 4 a > 0 , g 0 = -4 0, D = 3a - 2 2 +16a > 0 ,
所以 g x -4有两个零点,设为 x1, x2 ,则 x1 × x2 = < 0 ,a
不妨设 x1 < 0 < x2 ,所以在区间 - , x1 , 0, x2 , f x < 0, f x 单调递减；
在区间 x1,0 , x2 ,+ , f x > 0, f x 单调递增,
所以 f x 有三个不同的极值点 x1,0, x3 .
(三)由函数极值点个数确定参数范围
此类问题一般是先把问题转化为 f x = 0 实根个数问题,可借助图象分析,若 f x = 0 可化为二次方程问题,
可利用二次方程根的分布求解.
1
【例 3】（2024 3届山西省晋中市高三下学期 5 月适应训练）已知函数 f x = x + ax ， a R
3
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 g x = f x + 2lnx 存在两个极值点，求实数 a 的取值范围．
f x 11 = x3【解析】（ ）由 + ax ，知 f x = x2 + a .
3
当 a 0时， f x 0恒成立，所以 f x 在R 上单调递增；
当 a<0时，有 f x = x2 + a = x + -a x - -a ，
从而对 x < - -a 和 x > -a 有 f x > 0，对- -a < x < -a 有 f x < 0 .
所以 f x 在 - ,- -a ù 和 é -a ,+ 上单调递增，在 é - -a , -a ù 上单调递减.
综上，当 a 0时， f x 在R 上单调递增；
当 a<0时， f x 在 - ,- -a ù é é ù 和 -a ,+ 上单调递增，在 - -a , -a 上单调递减.
（2）由于 g x 1= x3 ax 2+ + 2ln x，故 g x = x2 + + a .
3 x
3
h x = g x 2 2 x -1 记 ，则 h x = 2x - = .从而对0 < x < 1有 h x < 0，对 x >1有 h x > 0 .
x2 x2
所以 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
当 a -3时，对 x 0,1 1,+ 均有 g x > g 1 = 3 + a 0，所以 g x 不可能有两个零点，从而 g x 不
可能有两个极值点；
2 4 2
当 a

< -3时，由 g - ÷ = 2 > 0， g 1 = 3+ a < 0， g a a -a = > 0，结合零点存在定理可知 g x 存在è -a
2
两个零点u
- ,1 ÷， v 1, -a .
è a
再结合 g x 的单调性知 g x 在 x 0,u v, + 时取正值，在 x u,v 时取负值，所以 g x 有极大值点
x = u 和极小值点 x = v .
综上， a 的取值范围是 - ,-3 .
(四)含参数的函数极值的讨论
求含参数函数 f x 的极值,通常转化为不等式 f x > 0 或 f x < 0 的解集问题,求解时要注意对参数进行分
类讨论.
2x2 - ax + a
【例 4】（2024 届河宁夏银川一中、昆明一中高三下学期二模）已知函数 f (x) = x ，其中 a R ．e
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在 0, f 0 处的切线方程；
(2)讨论 f x 的极值.
x x 2 2
【解析】（1）Q f (x)
(4x - a)e - e (2x - ax + a) -2x + (a + 4)x - 2a
=
(ex
= ，
)2 ex
a =1 f (x) -2x
2 + 5x - 2
当 时， = ， f (0) = -2 ，又Q f (0) =1
ex
，
故曲线 y = f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y -1 = -2 x - 0 ，即 2x + y -1 = 0 .
2 Q f (x) -2x
2 + (a + 4)x - 2a (-2x + a)(x - 2) a
（ ） = x = x = 0，解得 x1 = 2， x2 = ，e e 2
a a
①若 a < 4，可得 x < 或 x > 2时， f x < 0，当 < x < 2时， f x > 0，2 2
f x , a 2, a所以 在 - ÷， + 递减， , 2

è 2 ÷
递增，
è 2
a
所以 f x 的极小值为 f ( )
a
= 8 - a
2 a ， f x 的极大值为 f (2) = 2 . e2 e
②若 a = 4 ，则 f x 0，所以函数 f x 在 R 上单调递减，无极值；
a
③若 a > 4 ，当 x < 2 或 x > 时， f x < 0，当 2 < x a<2 时， f
x > 0，2
所以 f x (- ,2) a a 在 ， ,+ 2 ÷ 递减， 2, 2 ÷递增，è è
f x f (2) 8 - a
a a
所以 的极小值为 = 2 ， f x 的极大值为 f ( ) =2 a .e e2
a a 8 - a
综上，当 a < 4时， f x 的极小值为 f ( ) =2 a ， f x 的极大值为 f (2) = 2 . 当 a = 4 时，函数 f x 无极e2 e
f x f (2) 8 - a
a a
值.当 a > 4 时， 的极小值为 = 2 ， f x 的极大值为 f ( ) =2 ae e2
(五)由极值点满足条件求解不等式问题
此类问题一般是给出极值点个数或给出与极值点有关的等式不等式,证明与极值点有关的不等式或根据不等
式恒成立求参数范围,前者通常构造函数与方程求解,后者通常转化为函数最值或通过分类参数求解.
【例 5】（2024 届四川省成都市树德中学高三下学期适应性考试）已知函数 f x = x - a ln x,a R .
(1)当 a = 2时，曲线 y = f x 2与曲线 f x = -x + m 恰有一条公切线 y = -x + t ，求实数m 与 t 的值；
(2)若函数 h x = x - a ln x 1- 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 且 h x2 - h x
4
1 - ，求 a 的取值范围.x e
2
【解析】（1）解：当 a = 2时， f x = x - 2ln x，可得 f x =1- ，
x
令 f x =1 2- = -1，可得 x =1，又由 f 1 =1，所以切点 1,1 在直线 y = -x + t 上，则 t = 2，
x
1
因为 y = -x2 + m，所以 y = -2x，令 y = -1，则 x = ，
2
在直线 y = -x + 2
1 3
方程中，令 x = ，可得 y = ，
2 2
1 3 7
又因为点 , ÷在曲线 y = -x2 + m2 2 上，所以
m = .
è 4
2
2 h x = x - a ln x 1- h x 1 a 1 x - ax +1（ ）解：函数 ，可得 = - + = x > 0x 2 2 ，x x x
ìx1 + x2 = a
x x =1
由函数 h x 有两个极值点，所以 x2 - ax +1 = 0 1 2有两个不等正根，则 í ，
a > 2
0 < x1 <1 < x2
1 1
由 h x2 - h x1 = x2 - a ln x2 - - x1 + a ln x1 +x2 x1
= x2 - x1 + a ln x1 - ln x
x - x
+ 2 1 2 1
1
2 = - x + 2 x + ln x
4
-
x x ，1 2 è x
1 ÷ 1 ÷ 1
1 è x1 e
1 1 2
可得 - x1 ÷ + x1 + ÷ ln x1 - ，
è x1 è x1 e
1 1
令 g x = - x + x + ÷ ln x 0 < x <1
1
， g (x) = - 2 -1
1 1 1
+ 1-
x è x x è x2 ÷
ln x +1+ 2 = 1- ln x > 0x x2 ÷ ， è
所以 g x 在区间 0,1 上单调递增，
g 1 e 1= - + 1 因为 ÷ + e÷ 1
2
- = -
è e e
，
è e e
1 x x 1

所以由 - 1 ÷ + 1 + ÷ ln x
2 1
x x 1
- ，可得 x1 <1，
è 1 è 1 e e
2
令函数m x x 1 1= + , x é ,1 1 x -1x ê ÷，可得m x =1- = < 0， e x2 x2
m x 1 m x m 1 2, m x m 1 1所以 在[ ,1) 上单调递减，可得 > = =
e max ÷
= e + ，
è e e
1 1ù
又因为 a = x1 + x ，所以
a 的取值范围是 2,e + .
1 è e ú
【例 6】（2024 届四川省成都市第七中学高三上学期考试）已知函数 f x = a ln x - ax +1 , a R .
(1)若经过点 0,0 的直线与函数 f x 的图像相切于点 2, f 2 ,求实数 a 的值；
(2)设 g x = f x 1+ x2 -1 ,若 g x 有两个极值点为x1 , x2 x1 x2 ,且不等式 g x1 + g x2 < l x1 + x2 恒成2
立,求实数l 的取值范围.
【解析】（1） f (x) 的定义域为 (0, + ) ,
由 f x = a ln x - ax +1 ,得 f x a= - a ,则 f 2 a a= - a = - ,
x 2 2
因为经过点 0,0 的直线与函数 f x 的图像相切于点 2, f 2 ,
f (2) a 1
所以 k = = - ,所以 a ln 2 - 2a +1 = -a ,解得 a = ,
2 2 1- ln 2
2
（2） g x = f x 1+ x2 1-1 = a ln x - ax + x2 ,则 g x a x - ax + a= - a + x = (x > 0) ,2 2 x x
因为 g x 有两个极值点为x1 , x2 x1 x2 ,
x2
所以 g x - ax + a= = 0在 (0, + )上有两个不同的根,
x
此时方程 x2 - ax + a = 0在 (0, + )上有两个不同的根,
则D = a2 - 4a > 0 ,且 x1 + x2 = a > 0, x1x2 = a > 0 ,解得 a > 4 ,
g x + gg x x 若不等式 1 + g x2 < l x1 + x2 恒成立,则l > 1 2 恒成立,x1 + x2
g(x ) + g(x ) = a(ln x - x ) 1+ x2 + a(ln x - x ) 1+ x2 = a ln(x x ) a(x x ) 1- + + (x2 + x2因为 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2
)
= a ln(x1x2 ) - a(x
1
1 + x2 ) + é(x + x )
2 - 2x x ù 1 2
2 1 2 1 2
= a ln a - a - a
2
1
g x + g x a ln a - a
2 - a
不妨设 h(a) = 1 2 1= 2 = ln a - a -1(a > 4) ,
x1 + x2 a 2
则 h (a)
1 1 2 - a
= - = ,因为 a > 4 ,所以 h (a) < 0 ,
a 2 2a
所以 h(a) 在 (4, + ) 上递减,所以 h(a) < h(4) = 2ln 2 - 3 ,所以l 2ln 2 - 3 ,
即实数l 的取值范围为[2 ln 2 - 3, + ) .
ex g(x) 2t【例 1】（2024 届山东省泰安肥城市高考仿真模拟）已知函数 f (x) = ， = + t ln x
x2
.
x
(1)求函数 g(x)单调区间；
(2)若函数H (x) = f (x) - g(x) 在 (0, 2) 有两个极值点，求实数 t 的取值范围.
【解析】（1）由题意可知，函数定义域为 (0, + )，
导数 g (x)
2t t t(x - 2)
= - 2 + =x x x2
t = 0时， g (x) = 0恒成立 t > 0时，当 x > 2, g (x) > 0；当0 < x < 2, g (x) < 0
t < 0时，当 x > 2, g (x) < 0 ；当0 < x < 2, g (x) > 0
综上可知： t = 0时为常函数，无单调区间
t > 0时，单调增区间为： (2,+ ) ，单调减区间为： (0, 2)
t < 0时，单调增区间为： (0, 2) ，单调减区间为： (2,+ ) .
x
2 H (x) e t ln x 2t (x - 2)(e
x - tx)
（ ）因为 = 2 - - (x > 0)，所以H (x) = 3 ，x x x
H (x) 0,2 x t e
x
因为 在 上有两个极值点，则 e - tx = 0，即 = 在 0,2 上有两个根，
x
x x
令 p(x) e e (x -1)= ， p (x) =
x x2
当0 < x < 1时， p (x) < 0， p(x)单调递减
当1< x < 2时， p (x) > 0 ， p(x)单调递增
2
又因为 x 0 时 p(x) + ， p(1) = e， p(2) e= ，
2
2
所以 h(x) e在 (0, 2) 上有 2 个极值点需满足 e < t < .
2
e2
综上所述，当 e < t < 时，函数 H (x) 在 (0, 2) 上有两个极值点.
2
1 2
【例 2】（2024 届山东省智慧上进高三下学期 5 月大联考）已知函数 f x = + ax ÷ ln x + - 2è x ，其中
a R ．
(1)当a 1时，判断 f x 的单调性；
(2)若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）证明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）证明： x 1,+ 时， f x
1 4 5
> -
x3 x2
+ - 2
x ．2 2 2
1 2
【解析】（1）函数 f x = + a ln x + - 2x ÷ x 的定义域为 0, + ，è
1+ ln x
则 f x - ln x 1 1 2
a -
= + x ，
x2
+ a
x ÷
- =
è x x2 x
令 g x a 1+ ln x ln x= - ， x 0, + ，则 g x = ，
x x2
所以当0 < x < 1时 g x < 0，当 x >1时 g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 g x 在 x =1处取得极小值，即最小值，所以 g x = g 1 = a -1 0min ，
所以 f x 0在 0, + 上恒成立，所以 f x 在 0, + 上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值为 g 1 = a -1，
当 x 0 时 g x + ，当 x + 时 g x a，
若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，则 g x = 0有两个不相等的实数根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，
ìa > 0 1 1
所以 í ，解得 0 < a < 1，又 g ÷ = a > 0，所以 < x1 < 1 < x g 1 = a -1< 0 e e
2 ，
è
且当0 < x < x1 时 g x > 0，即 f x > 0，则 f x 单调递增，
当 x1 < x < x2 时 g x < 0，即 f x < 0，则 f x 单调递减，
当 x > x2 时 g x > 0，即 f x > 0，则 f x 单调递增，
所以x1为 f x 的极大值点，x2为 f x 的极小值点，
ìa 1+ ln x- 1 = 0 ìx 1+ ln x= 1
x 11 a
因为 í 1 ，所以+ ln x í ， a - 2 = 0 x 1+ ln x2 = 2
x2 a
要证 x2 - x1 + 2
2 2 1
> ，即证 x2 > - 2 + x1，又 < xa a e 1
<1，
x 2
2x
只需证 2 > -1 x
2
，即证 2 > -1 ln x
x -1
- 2 > 0
a 1+ ln x
，即证 2
2 x2 +1
，
1 2 x2 +1
令 p x = ln x x -1- x >1 ，则 p x = - 2 = 2 > 0，x +1 x x +1 x x +1
x2 -1
所以 p x 在 1, + 上单调递增，所以 p x > p 1 = 0 ，即 ln x2 - > 0x 成立，2 +1
2
所以 x2 - x1 + 2 > ；a
1+ ln x
（ⅱ）由（ⅰ 2）知 x2 >1，a = x ，2
且当1< x < x2 时 f x < 0，当 x > x 2 时 f x > 0，
所以 f x 在 1, x2 上单调递减，在 x2 ,+ 上单调递增，
所以 f x f x2
1
= + a ÷ ln x
2
2 + - 2
è x2 x2
1 1+ ln x 2 2
= + 2 ln x 2ln x2 + ln x2 + 2 - 2x ÷ 2x x 2 + - 2 = ，è 2 2 x2 x2
令H x = ln x 1 x 1 1 x -1+ >1 ，则H x = - = > 0，
x x x2 x2
所以H x 在 1, + 上单调递增，
所以H x > H 1 =1，即 ln x 1 1> - > 0 x >1 ，
x
2
1 1 2 1- + 1- + 2 - 2x
所以 2ln x2 + ln x
2
2 + 2 - 2x 2 è x ÷ 2 è x ÷ 22 1 4 5 ，> = 3 - 2 + - 2x2 x2 x2 x2 x2
所以 f x
1 4 5
> 3 - 2 + - 2x .2 x2 x2
【例 3】（2025 届云南省三校高三联考）（1）证明：当0 < x < 1时， x - x2 < sinx < x；
（2 2）已知函数 f x = cos ax - ln 1- x ，若 x = 0是 f x 的极小值点，求 a 的取值范围.
【解析】（1）证明：令 g(x) = x - x2 - sin x(0 < x <1)，
则 g x =1- 2x - cos x，令m x = g x =1- 2x - cos x
则m x = -2 + sin x < 0恒成立，则 g (x) 在( 0, 1)上单调递减，
则 g (x) < g (0) = 0，所以 g(x)在( 0, 1)上单调递减，
则 g(x) < g(0) = 0，即 x - x2 < sin x；
同理，令 h(x) = sin x - x(0 < x <1)，则h (x) = cos x -1 < 0，
则 h(x) 在( 0, 1)上单调递减，
则 h(x) < h(0) = 0 ，即 sin x < x ，
故当0 < x < 1时， x - x < sin x < x .
（2）解：由题 f (x) = -a sin ax
2x
+ 2 ，令 n x = f x = -a sin ax
2x
+ ，
1- x 1- x2
2 1- x2 + 2x × 2x
n x a2 cos ax 2 + 2x
2
则 = - + 2 = -a
2 cos ax + ，
1- x2 21- x2
又 f 0 = 0, n 0 = -a2 + 2，则
①若 n 0 = 2 - a2 > 0，即- 2 < a < 2 时，
易知存在d > 0 ，使得 x (0,d ) 时， n x > 0，
\ f (x)在 (0,d )上单调递增，则 f (x) > f (0) = 0 ，
则 f (x) 在 (0,d )上单调递增，与 x = 0是 f (x) 的极大值点矛盾，舍去.
②若 n 0 = 2 - a2 < 0 ，即 a < - 2 或 a > 2 时，
易知存在d > 0 ，使得 x (-d ,d )时， f (x) < 0 ，\ f (x)在 (-d ,d )上单调递减，又 f (0) = 0 ，
\当-d < x < 0时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，当0 < x < d 时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减，
满足 x = 0是 f (x) 的极大值点，符合题意.
③若 n 0 = 2 - a2 = 0，即 a = ± 2 时，由 f (x) 为偶函数，不妨只考虑 a = 2 的情形，
f (x) 2 sin( 2x) 2x , x 2x此时 = - + 2 (0,1)， f (x) > -2x + 2 = 2x(
1
-1) > 0，
1- x 1- x 1- x2
\ f (x)在( 0, 1)上单调递增，这与 x = 0是 f (x) 的极大值点矛盾，舍去.
综上所述， a 的取值范围为 (- ,- 2) U ( 2,+ ) .
【例 4】（2024 届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数a(x) 有且仅有一个极值点m ，函数 b (x) 有且仅有一个
极值点 n，且m > n ，则称a(x) 与 b (x) 具有性质a - b / /m > n．
(1) 2 x函数j1(x) = sin x - x 与j2 x = e - x是否具有性质j1 -j2 / /x0 > 0？并说明理由．
(2)已知函数 f x = aex - ln x +1 与 g x = ln x + a - ex +1具有性质 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a 的取值范围；
（ii）证明： g x1 > x2 ．
【解析】（1）函数j1(x) = sin x - x
2
与j2 x = ex - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x h x = j ，令 1 x = cosx - 2x ，则 h x = -sinx - 2 < 0 j ，故 1 x1 单调递减，

又j1 0 = cos0 - 0 =1 > 0 j ， 1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
则j1 x 在 - , x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
故j1(x) 有且仅有一个极值点 x0 0,1 ，
j 2 x = ex -1，则当 x < 0 时，j2 x < 0，当 x > 0时，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故j2 (x)有且仅有一个极值点 0 ，
j 2 x故函数 1(x) = sin x - x 与j2 x = e - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0；
x 1
（2）（i） f x = ae - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
当 a 0时， f x aex 1= - < 0，此时 f x 没有极值点，故舍去，
x +1
x 1
当 a > 0 m x = f x = aex 1时， 令 - ，则m x = ae + > 0
x +1 x +1 2 恒成立，
故 f x 在 -1, + 上单调递增， g x 1= - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
1
由 a > 0，令 n x = g x 1= - ex ，则 n x = - - ex < 0
x + a x + a 2 恒成立，
故 g x 在 -a, + 上单调递减，
a 0,1 f 0 ae0 1当 时，有 = - = a -1< 0 ，又 x + 时， f x + ，
0 +1
故此时存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 0, + ，
g 0 1= - e0 1有 = -1 > 0，又 x + 时， g x - ，
a a
故此时存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 0, + ，
即有 f x1 = aex
1 1
1 - = 0 ， g x x2x +1 2 = - e = 01 x2 + a
，
即 e
x 1 11 = x2， e = ，此时需满足 x > x > 0，则 ex1 > ex2a x1 +1 x + a 1 2 ，2
1 1 x2
故有 > a < <1a x +1 x + a ，即 x2 > ax1，即 ，故 a 0,1x 符合要求；1 2 1
当 a 1, + 时， f 0 1= ae0 - = a -1 > 0，又 x -1时， f x - ，
0 +1
故此时存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 -1,0 ，
g 0 1= - e0 1有 = -1< 0 ，又 x -a 时， g x + ，
a a
故此时存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 -a,0 ，
1 1
> x2同理可得 a x +1 x + a ，此时需满足0 > x1 > x2，即 x2 > ax1，则
a >
x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故该不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
当 a =1时，有 f 0 = ae0 1- = a -1 = 0， g 0 1= - e0 1= -1 = 0，
0 +1 a a
此时 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的极值点都为 0 ，不符合要求，故舍去；
综上，故 a 0,1 1,+ ；
（ii）当 a x
1
0,1 2 0时，有 x1 > x2 > 0，则 e = > e =1，故0 < x2 + a <1x + a ，2
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x1 < g x2 = ln x2 + a - ex
1
2 +1 = ln x2 + a - +1x ，2 + a
令 t = x2 + a 0,1 ，则 g x2 = lnt
1
- +1，令m t lnt 1= - +1， t 0,1
t t
则m t 1 1= + 2 > 0，故m t 在 0,1 上单调递增，t t
则 g x 12 = lnt - +1< m 1 = ln1
1
- +1 = 0 ，
t 1
故 g x1 > g x2 ，要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 < 0，
g x1 + x2 < g x2
1
+ x2 = ln x2 + a - ex2 +1+ x = ln - ex2 x22 ex +1+ x2 =1- e < 0，2
即当 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
当 a 11, + 时，有0 > x1 > x ex22，则 = < e0 =1，即 x2 + a >1x ，2 + a
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x1 > g 0 = ln 0 + a - e0 +1 = lna > 0 ，
即要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 > 0，
g x + x = ln x + a - ex1 +1+ x > ln x + a - ex11 2 1 2 2 +1+ x2
ln 1= - ex1 +1+ x x1x 2 = -x2 - e +1+ x =1- e
x1
2 >1- e
0 = 0，
e 2
即当 a 1, + ，有 g x1 > x2 ；综上所述， g x1 > x2 .
1
1. （2024 2届西藏拉萨市第三高级中学高三下学期 5 月月考）已知函数 f x = x + 2lnx - ax a R .
2
(1)讨论 f x 的单调性：
(2)若 f x 有两个极值点 x1, x2 ，求证： f x1 + x2 < 3ln2 - 4 .
2
1 f x 0, , f x x 2 a x - ax + 2【解析】（ ） 的定义域为 + = + - = .
x x
①若 a 0，则 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上单调递增；
②若 a > 0，令 x2 - ax + 2 = 0 ，此时Δ = a2 -8，
(i)当Δ = a2 -8 0，即0 < a 2 2 时， f x > 0，所以 f x 在 0, + 上单调递增；
(ii)当Δ = a2 -8 > 0 ，即 a > 2 2 时，
a - a2 2x2 - ax + 2 = 0 x -8 , x a + a -8方程 的两个实数根为 = = ，且0 < x3 < x3 4 ，2 4 2
当 x 0, x3 或 x x4 , + 时， f x > 0；当 x x3 , x4 时， f x < 0，
所以 f x 在 x3 , x4 上单调递减，在 0, x3 , x4 , + 上单调递增.
综上，当a 2 2 时， f x 在 0, + 上单调递增；
a - a2 -8 a + a2 -8 2f x 0, , , a - a -8 , a + a
2 -8
当 a > 2 2 时， 在 ÷÷ + ÷÷上单调递增，在 ÷÷上单调递
è 2 è 2 è 2 2
减.
（2） f x 有两个极值点 x1, x2 ，结合（1），知 a > 2 2 ，且 x1, x2 是方程 x2 - ax + 2 = 0 的两个实数根，
所以 x1 + x2 = a, x1x2 = 2，所以 f x1 + x2 = f a = 2lna
1
- a2 .
2
2
令 g a = 2lna 1 a - 2- a2 (a > 2 2) 2 a + 2 ，则
2 g a = - a
2 - a
= = - .
a a a
因为 a > 2 2 ，所以 g a < 0，所以 g a 在 2 2, + 上单调递减，
所以 g a < g 2 2 = 3ln2 - 4，即 f x1 + x2 < 3ln2 - 4，证毕.
2．（2024 x 2届河南省鹤壁市外国语学校高三上学期 11 月检测）已知函数 f x = e - ax a R ，其中 e 为自
然对数的底数．
(1)若函数 f x 在 0, + 上有 2 个极值点，求 a 的取值范围；
(2)设函数 g x = f x + e1-x - ex + ax2 + cos x ， x 0,2π ，证明： g x 的所有零点之和大于 2π．
x
【解析】（1）由题设 f x = e - 2ax在 0, + 上有 2 个变号零点，
当 a 0时， f x > 0，即 f x 在 0, + 上递增，不可能有 2 个零点；
当 a > 0时，令 f x = 0，则 x0 = ln 2a + ln x0 ，且在 0, + 上有 2 个对应的 x0 ，
所以，问题化为 y = x0 - ln x0 与 y = ln 2a的图象在 0, + 上有两个交点，
对于m x = x - ln x m x 1，有 =1- ，则在 0,1 上，m x < 0 ，m x 递减，
x
在 1, + 上，m x > 0，m x 递增，
又 x 趋向于 0 时，m x 趋向正无穷，x 趋向于正无穷时，m x 趋向正无穷，
且m x = m 1 =1 emin ，所以 ln 2a >1，故 a > ．2
e
综上， a > ；
2
（2）由已知函数 g x = e1-x + cos x 1-x， x 0,2π ，其导函数 g x = -e - sin x，
设 g x = h x = -e1-x - sin x， h x = e1-x - cos x ，
x 0, π x π π π当 ÷时，设 y = e cosx ， y = e
x cos x - sin x ，显然 x 0,

÷ , y > 0， x , ÷ , y < 0
è 2
，
è 4 è 4 2
π
y = ex cos x
π π π 2
在 0, ÷上递增，在 , ÷上递减，所以 y y | = e 4 cos xè è x= 4
如图画出函数 y = e1-x 和 y = cos x 的图象，
x 5π$ 0

,
7π
÷，使得当 x 0, x0 时， h x > 0， g x 4 4 单调递增，è
当 x x0 , 2π 时，函数 h x < 0， g x 单调递减，
1- x π
又 e 0 = cos x0 ，所以 g 0 = -e < 0， g x0 = -e1-x0 - sin x0 = -cos x0 - sin x0 = - 2 sin
x + 0 ÷ ，
è 4
x 5因为 0 π,
7 π π 3π÷，所以 x0 +
, 2π g x > 0 g 2π = -e1-2π < 0
è 4 4 4 è 2 ÷
，所以 0 ，又 ，

故$x1 0, x0 ，使得 g x1 = 0 ，$x2 x0 , 2π ，使得 g x2 = 0，
于是可得当 x 0, x1 时， g x < 0， g x 单调递减，当 x x1, x2 时， g x > 0， g x 单调递增，
当 x x2 , 2π 时， g x < 0， g x 单调递减，
3π
又 g π = -e1-π
1-
< 0 3π 3πg ， ÷ = -e 2 +1 > 0，故 x2 1
π, ÷，
è è 2
g π
1 π- 1-π
则 ÷ = e 2 > 0， g π = e -1 < 0
π
，所以存在a ,π

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

2 2
> g > 0
è è 2
÷ ，

b π, 3π则存在

÷，使得 g b = 0，又 g 2π = e1-2π +1 > 02 ，è
所以函数 g x 在区间 x x2 , 2π 上无零点，
故函数在 x 0,2π a b π a π b 3π上有两个零点 ， ，且 < < < < ，
2 2
由 g a = g b = 0可得 e1-a + cosa = 0， e1-b + cos b = 0 ，
所以 cosa = -e1-a ， cos b = -e1-b ，
又a < b 1-a >1- b e1-a > e1-b -e1-a < -e1-b ，
所以 cosa < cos b = cos 2π - b ，
π a π b 3π π π根据 < < < < ，可得 < a < p ， < 2π - b < π，
2 2 2 2
π
并且函数 y = cos x 在 , π2 ÷上单调递减，所以
a > 2π - b ，即a + b > 2π ，
è
故 g x 的两个零点之和大于 2π．
1
3 2．（2024 辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数 f x = xlnx - x - ax 的两个极值点分别为
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正数l 的取值范围（其中 e = 2．71828L为自然对数的底数）．
1 2
【解析】（1）由题 f x = xlnx - x - ax ，定义域为 0, + ．
2
则 f x =1+ lnx -1- ax = lnx - ax ，
由题可得 f x = lnx - ax = 0有两个不等实数根 x1，x2 ，
a lnx于是 = 有两个不同的实数根，
x
lnx
等价于函数 y = a 与 h x = 图像在 0, + 有两个不同的交点，
x
Qh x 1- lnx= ，由 h 2 x > 0 0 < x < e，由 h x 0 x e，x
所以 h x 在 0,e 递增，在 e, + 递减，
又 h 1 = 0，h x 有极大值为 h e 1= ，当 x + 时， h x 0，
e
所以可得函数 h x 的草图（如图所示）．
lnx
所以，要使函数 y = a 与 h x = 图像在 0, + 有两个不同的交点，
x
当且仅当 a
0, 1 ÷ ，即实数 a 的取值范围为 0,
1
e e ÷è è
（2）由（1）可知： x1，x2 是方程F x = lnx - ax = 0的两个实数根，且1 < x1 < e < x2 ，
ln x ax ln
x1
则 ì 1 = 1 a ln x1 - ln x x ，í = 2 = 2
ln x2 = ax2 x1 - x2 x1 - x2
即l < a x1 + x2
x2 + x1 x x= ln 2
t +1
x - x
2 ÷，令 = t >1,l < ln t ，
2 1 è x1 x1 t -1
2
2 t -1 h
1 2t t +1 - 2 t -1 t -1 令 h t = ln t - , t 1，则 = -
t +1 t t +1 2
= 0，
t t +1 2
所以 h t 在 1, + 上单调递增，且 h 1 = 0，所以 h t h 1 = 0，
2 t -1 t +1
于是，当 t > 1时，有 ln t > ，即 lnt > 2 ，
t +1 t -1
综上所述，l 2，即l 的取值范围是 - ，2 ．
4．（2024 届四川省百师联盟 2024 届高三联考）已知函数 f x = ax ln x - 2x + b （ a ，b R ）在点 1, f 1
处的切线方程为 y = -x．
(1)求函数 f x 的极值；
(2)设 g x = ex éêxf
1
÷ + 2
ù
ú + mx （m R ），若 g x 0恒成立，求m 的取值范围．
è x
【解析】（1）由题 f x = ax ln x - 2x + b ， f x = a ln x + a - 2，
ì f 1 = b - 2 = -1
由题意可得 í a = b =1
f 1 = a - 2
，解得 ，
= -1
所以 f x = x ln x - 2x +1， f x = ln x -1．
令 f x > 0，解得 x>e，令 f x < 0，解得0 < x < e，
可知 f x 在 e, + 上单调递增，在 0,e 上单调递减，
所以当 x=e时， f x 有极小值，极小值为 f e =1- e ，无极大值．
（2）由题意可知： g x = ex éxf 1 ùê ÷ + 2 + mx = ex x - ln x + mx 0，且 x > 0，
è x ú
ex ln x - x ex ln x - x
整理得m ，原题意等价于m 在 0, + 内恒成立，
x x
e
x ln x - xh x e
x x -1 ln x - x -1
设 = , x > 0，则 h x = ，
x x2
设 t x = ln x - x -1, x > 0，则 t x 1 1 1- x= - = ．
x x
当0 < x < 1时， t x > 0；当 x >1时， t x < 0，
可知 t x 在 0,1 内单调递增，在 1, + 内单调递减，
则 t x t 1 = -2 < 0 ，即当 x > 0时， ln x - x - 1 < 0 恒成立，
当0 < x < 1时， h x > 0；当 x >1时， h x < 0；
可知 h x 在 0,1 内单调递增，在 1, + 内单调递减，则 h x h 1 = -e，
ex ln x - x
由m 恒成立，可得m -e ，所以m 的取值范围为 -e,+ ．
x
5．（2024 届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻
域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一
个极大（小）值.
对于函数 y = f x f x + Dx - f x，设自变量 x 从 x0 变化到 x0 + Dx ，当Dx > 0， lim 0 0 是一个确定的值，
Dx 0 Dx
则称函数 y = f x f x + Dx - f x在点 x0 处右可导；当Dx < 0， lim 0 0 是一个确定的值，则称函数 y = f x
Dx 0 Dx
在点 x0 处左可导.当函数 y = f x 在点 x0 处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数 y = f x 在点 x0 处可
导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
(2)已知函数 f x = x2eax2 +1 - x3 sin x - ex2 .
（ⅰ）求函数 g x = eax2 +1 - x sin x - e在 x = 0处的切线方程；
（ⅱ）若 x = 0为 f x 的极小值点，求 a 的取值范围.
【解析】（1） y = x ， x = 0为该函数的极值点，
f 0 + Dx - f 0 Dx - 0
当Dx > 0， lim Dx= lim = lim =1，
Dx 0 Dx Dx 0 Dx Dx 0 Dx
f 0 + Dx - f 0 Dx - 0
当Dx < 0， lim = lim = lim -Dx = -1，
Dx 0 Dx Dx 0 Dx Dx 0 Dx
则该函数在 x = 0处的左导数为 -1，右导数为 1，
所以该函数在 x = 0处不可导.
（2）（ⅰ）根据题意， g(0) = 0，则切点 0,0 ，
2
又 g x = 2axeax +1 - sin x - x cos x，则 k = g (0) = 0，所以切线方程为 y = 0 ；
2 2
（ⅱ） f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 = x2 eax +1 - x sin x - e ，
因为当 x 0时， x2 > 0，故 f x 与 g x 同号，
2g x = eax +1 - x sin x - e，先考察 g x 的性质，
由于 g x 为偶函数，只需分析其在 0, + 上的性质即可，
2
g x = 2axeax +1 - sin x - x cos x， g 0 = 0,，
设m 2x = 2axeax +1 - sin x - x cos x, x 0,+ ，
2m x = 2a + 4a2x2 eax +1则 - 2cos x + x sin x ，m 0 = 2ae - 2，
则必有m 0 = 2ae - 2 0 a 1≥ ，即 .
e
①否则，若m 0 = 2ae - 2 < 0 1，即 a < ，
e
则必存在一个区间 0, m ，使得m x < 0 ，
则 g x 在 0, m 单调递减，又 g 0 = 0，
则 g x 在区间 0, m 内小于 0，则 g x 在 0, m 单调递减，
又 g 0 = 0，故 g x 在区间 0, m 内小于 0，
故 f x 在区间 0, m 内小于 0，则 x = 0不可能为 f x 的极小值点.
a 1
1 2
②当 x +1时，
e g x
2
= eax +1 - x sin x - e≥ ee - x sin x - e，
1 12 2x x2x +1 +1
令 h x = ee - x sin x - e ， h x = ee - sin x - x cos x ，e
s x 2x
1 x2
1
+1 x2 +1
令 = ee - sin x - x cos x，则 s x = 2 4 2 + 2 x ÷ee - 2cos x + x sin x，e è e e
2 4 1 x22 +1
易知 y = + x ÷ee2 在区间 0, + 上单调递增，è e e
对 y = -2cos x + x sin x ， y = 2sin x + sin x + x cos x = 3sin x + x cos x，
则 y = 3sin x + x cos x 在区间 0,
π
2 ÷上大于 0，è
π
故 y = -2cos x + x sin x 在区间 0, ÷上单调递增.
è 2
s x 2 4
1 x22 +1
故 = + 2 x ÷ee - 2cos x
π
+ x sin x 0, 在区间
e e 2 ÷
上单调递增.
è è
又 s 0 = 0，故 s x 0 π ，故 h x 在区间 0, ÷上单调递增，
è 2
又 h 0 = 0，故h x 0，故 h x π 在区间 0, 2 ÷上单调递增，è
又 h 0 = 0，故 h x π> 0 x ， 0, ÷ ，
è 2
2 π
则 g x = eax +1 - x sin x - e≥ h x > 0， x 0, 2 ÷ ，è
x 0, π 故当 ÷ 时， f x > 0
π
，由偶函数知 x
- ,0 ÷时， f x > 0
è 2
，
è 2
故 x = 0为 f x 的极小值点，
1
所以 a 的取值范围为 a .
e
6．（2024 届河北省名校联盟高考三模）已知函数 f x = cosx + 2x．
(1)当 x - ,0 时，证明： f x < ex ．
(2)若函数 g x = ln x +1 + ex - f x ，试问：函数 g x 是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
【解析】（1）证明：函数 f (x) = cos x + 2x 定义域为R ,
令F (x) = ex - 2x - cos x ，则F (x) = ex - 2 + sin x = (ex -1) + (sin x -1) ，
当 x (- ,0)时， ex -1 < e0 -1 = 0 ，且 sin x -1 0 ，所以 F (x) < 0，
函数F (x) = ex - 2x - cos x 在 (- ,0)上单调递减，故F (x) > F (0) = 0，
即 ex - 2x - cos x > 0，故 ex > f (x)得证.
1
（2）由题意 g(x) = ln(x +1) + ex - 2x - cos x, x > -1，则 g (x) = + ex - 2 + sin x, x > -1，
x +1
1
令 h(x) g (x)
1
= = + ex - 2 + sin x, x > -1，则 h (x) = ex - + cos x, x > -1
x +1 (x +1)2
当 x (0,
π) π时， h (x) > 0，故函数 h(x) 在 (0, ) 单调递增，则 h(x) > h(0) = 0，即 g (x) > 0，
2 2
所以 g(x)在 (0,
π) 单调递增；
2
1
当 x (
-
-1,0)时， h (x) 1 1单调递增，且 h (0) =1 > 0，又 h (- ) = e 2 + cos(- ) - 4 < 0，
2 2
x ( 1故$ 0 - ,0)，使得 h (x ) = 0，2 0
所以当 x (x0 ,0)时， h x > 0，即函数 h(x) 在 (x0 ,0) 上单调递增，即 h(x) = g (x) < h(0) = 0，
所以函数 g(x)在 (x0 ,0) 上单调递减；
π 3
当 x
π 1
[ , + ) 1 x时， ex e 2 > 2.72 > 4, > 0 ，即 g (x) = + e - 2 + sin x > 0，
2 x +1 x +1
π
所以函数 g(x)在[ ,+ ) 上单调递增.
2
综上所述，函数 g(x)在 (x0 ,0) 上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
因此，当 x = 0时，函数 g(x)有极小值，极小值为 g(0) = 0 .故存在，极小值为 0.
a
7．（2024 届四川省攀枝花市高考数学三模）已知函数 f (x) = ln x + -1(a R)．
x
(1)求函数 f (x) 的极值；
1
(2)设函数 f (x) 的导函数为 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），证明： f x1 + f x2 + > 1．a
a
【解析】（1）解：由函数 f (x) = ln x + -1，可得其定义域为 x (0,+ ) f (x)
1 a x - a
，且 = - 2 = ，x x x x2
当 a 0时， f (x) > 0 ，函数 f x 在 (0, + )上单调递增，无极值；
当 a > 0时，令 f (x) > 0 ，可得 x > a ；令 f (x) < 0 ，可得 x < a ，
所以函数 f x 在 (a,+ ) 上单调递增，在 (0, a)上单调递减，
当 x = a时，函数 f x 取得极小值，极小值为 f (a) = ln a，无极大值.
f (x) 1 a（2）证明：由（1）知， = - ，
x x2
可得 f (x1)
1 a , f (x ) 1 a= - 2 2 = - 2 ，且 f (x1) = f (x2 ), x1 xx x x x 2 ，1 1 2 2
1 a 1 a 1 1 a a 1 1 1 1
所以 - 2 = - - = - = a( + )( - )x1 x x x
2 ，所以 2 2 ，
1 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2
1 1
因为 x1 x2 ，所以 a( + ) =1x x ，可得 a > 0，1 2
f x f x ln x a ln x a则 1 + 2 = 1 + + + - 2 = ln(x x ) -1x 2 x 1 2 ，1 2
1 1 1 1 1 1
因为 a( + ) > 2a × ，所以 2a × <1，记得 x x > 4a2，
x x 1 21 2 x1 x2 x1 x2
所以 f x1 + f x2 = ln(x1x 22 ) -1 > ln(4a ) -1，
设 g a = ln(4a2 ) 1+ - 2 = 2ln a 1 2 1 2a -1+ + 2ln 2 - 2，可得 g a = - 2 = 2 ，a a a a a
当 a (0,
1) 时， g a < 0 ， g a 在 (0, 1)上单调递减；
2 2
1
当 a (
1 ,+ )
2 时，
g a > 0， g a 在 ( , + )上单调递增，
2
a 1 g a g(1所以，当 = 时， = ) = 0 ，
2 min 2
ln(4a2 ) 1 2 0 ln(4a2 ) 1 1 2 1 f x f x 1所以 + - > ，所以 - + - > ，即
a a 1
+ 2 + > 1.a
8．（2024 届江苏省扬州市高三下学期高考考前调研测试）已知函数 f x = sinx, g x = x．
(1)求函数 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的极值；
x g x (2)函数j = , x 0,
π
f x 2 ÷．è
①讨论函数j x 的单调性；
②函数F x = a ×j x ×cosx
1
- < 0
j x ，求实数 a 的取值范围．
【解析】（1）函数 h x = 2sinx - 3x ， x 0,2π ，则 h x = 2cosx - 3 ，
令 h x = 0, x 0, 2π π，解得 x = 或 x 11π=
6 6
，
则 x ， h x ， h x 的关系表如下所示：
0, π π π ,11π 11π 11πx , 2π
è 6 ÷ 6 è 6 6 ÷ 6 6 ÷è
h x + 0 - 0 +
h x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
由上表，函数 h x 极大值为 h π 3π=1- h 11π ÷ ，极小值为 ÷ = -1
11 3π
- ；
è 6 6 è 6 6
g xx j x , x π= = 0, j x sinx - x ×cosx（2）① f x =sinx è 2 ÷，则 ， sin2x
记g x = sinx - x ×cosx，则g x = cosx - cosx - x ×sinx = x ×sinx，
当 x
π
0, ÷ 时，g x > 0
π
2 ，则
g x 在 0, 2 ÷上单调递增，è è

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

÷，则M x =1- cosx > 0
è 2
，

所以M x 在 0, π 2 ÷上单调递增，所以M x > M 0 = 0，即 x > sinx ，è
所以G x = ax2cosx - sin2x > ax2cosx - x2 = x2 acosx -1 ，
π 1
因为 a > 1，所以$x0 0, ÷ , cosx0 = ,G x0 > 02 a ，不满足题意，所以 a > 1不成立．è
当0 < a 1 G x = ax2时， cosx - sin2x x2cosx - sin2x
2
记H x = x cosx - sin2x，H x = 2xcosx - x2sinx - 2sinxcosx，
由①知 x
π
0, ÷ 时， xcosx < sinx
è 2
，

H x < 2sinx - x2所以 sinx - 2sinxcosx
x2 2 x x2 é x
2
= 2sinx × 1- - cosx = 2sinx × 2sin - < 2sinx × 2 x
2 ù
2 ÷ ÷
ê ÷ - ú = 0，
è è 2 2 ê è 2 2 ú
所以H x < H 0 = 0．所以0 < a 1成立．
综上所述： a 1．
9．（2024 届江苏省南通市模拟预测）设 a > 0，函数 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)当 a =1时，求过点 (0, -1) 且与曲线 y = f (x) 相切的直线方程：
(2) x1, x2 是函数 f (x) 的两个极值点，证明： f x1 + f x2 为定值．
【解析】（1）当 a =1时， f (x) = x3 - 2x +1，则导数 f (x) = 3x2 - 2 ．
3 2
设切点为 x0 , x0 - 2x0 +1 ，则 f x0 = 3x0 - 2，
3
所以切线方程为 y - x0 - 2x0 +1 = 3x20 - 2 x - x0 ．
又切线过点 (0, -1) ，则-1- x30 - 2x0 +1 = 3x20 - 2 0 - x0 ，
3
整理得， 2x0 = 2，解得 x0 = 1．
所以过点 (0, -1) 且与曲线 y = f (x) 相切的直线方程为 y = x -1．
（2）证明：依题意， f (x) = 3ax2 - 2(a > 0) ，令 f (x) = 0 x 2，得 = ± ．
3a
2 2 2 2 2 2 x - ,- ÷÷ - - , ÷÷ ,+
è 3a
÷÷
3a è 3a 3a 3a è 3a
f x + 0 - 0 +
f x Z 极大值 ] 极小值 Z
2 2
不妨设 x1 < x2，则 x1 = - , x2 = ．3a 3a
3 3

f x 31 + f x2 = ax1 - 2x1 +1+ ax32 - 2x2 +1 = a 2 2 - ÷÷ - 2 - ÷÷ +1+ a
2 2
3a 3a ÷÷
- 2 +1 = 2
è è è 3a 3a
所以 f x1 + f x2 为定值．
ln x + ln a +1
10．（2024 ax届广西贵港市高考模拟预测）已知函数 f (x) = ae - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
x 1+ ln x
【解析】（1）当 a =1时， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
f (x) ex ln x x
2ex + ln x
所以 = + = ，
x2 x2
1
令 h(x) = x2ex + ln x ，则 h (x) = (x2 + 2x)ex + ，
x
当 x (0,+ )时， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上单调递增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)
1
存在唯一零点 x0 ，且 x0 ( ,1)，2 4 2
当 x (0, x0 )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上单调递减，
当 x (x0 ,+ ) 时， f (x) > 0 ， f (x) 在 x0 ,+ 单调递增．
\ f (x)有一个极小值点 x0 ，无极大值点．
2 Q f (x) = aeax
ln x + ln a +1
（ ） - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，则 t (0,+ ) t
ln t +1
，\2a e - +1恒成立．
t
设 g(x) = ex
ln x +1
- ，由（1）可知 g(x)的最小值为 g(x )．
x 0
ln x 1
又 h(x ) = x2ex0 + ln x = 0，\ x e
x0
0 = -
0 = - ln x = -e- ln x0 ln x
0 0 0 x 0 0 ．（﹡）0 x0
设m(x) = xex ，当 x > 0时，m (x) = (x +1)ex > 0，\m(x) 在 (0, + )上单调递增，
Q x 10 ( ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x ) x ln x e
x0
0 ，\ 0 = - 0 ，即 = x ．0
g(x ) ex 1+ ln x 1 1- x\ = 0 0 00 - = - =1x x x ，0 0 0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，
\a 的取值范围为 0,1 ．
a 1
11 ．（2024 届江苏省苏州大学高三下学期高考考前指导卷）已知函数 f x = ax - - 2ln x 在区间 , e÷内有x è e
两个极值点.
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)若 f x 的极大值和极小值的差为M ，求实数M 的取值范围.
a a 2 ax2 - 2x + a
【解析】（1）因为 f x = ax - - 2ln x ，则 f
x x = a + x2 - =x x2 ，
2
令 f x = 0，则 ax2 - 2x + a = 0，令 g x = ax - 2x + a ，
设函数 f x 1在区间 , e

e ÷ 内的两个极值点为
x
è 1
，x2 x1 < x2 ，
1
由韦达定理得 x1x2 =1，所以 < x <1< xe 1 2
< e，
a 0 1显然 ， > 0，所以 a > 0，
a
ìa > 0 ìa > 0

Δ > 0

4 - 4a
2 > 0
2 2e
所以 íg e > 0 ，即 íae - 2e + a > 0 ，解得 2 < a <1.
1 2
e +1
g > 0 a 1 2 ÷ - + a > 0 è e e ÷ è e
1- 1- a2 1+ 1- a2
此时 x1 = ， x2 = ，列表如下：a a
x
1 , x 1 ÷ x1 x1, x2 x2 x2 , e è e
f x ＋ 0 － 0 ＋
f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
2e
所以 2 < a <1.e +1
a
（2）因为 x1x2 =1，所以M = f x1 - f x2 = ax1 - - 2ln x1 - ax
a
2 - - 2ln xx x 2 ÷1 è 2
a ax 2ln x a ax 2ln 1

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

- ln t

÷ ， t

2 ,1

e è t +1 2 e ÷
，
è

h 2 1 -2 t -1t 4
2
1
则 = 2 - ÷ = < 0 h t
,1
÷ 2 ，所以 在 2 ÷上单调递减，
è t +1 2t t t +1 è e
从而 h 1 < h t < h 1 8 e2 ÷，即 h t 0, ÷，è è e2 +1
8
所以实数M 的取值范围是 0, 2 ÷ .è e +1
12．（2024 届北京市顺义区第一中学高三下学期考前适应性检测）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
【解析】（1）由函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 求导得： f x = ln 2x 2x+1 + - 2ax，
2x +1
所以 f (0) = 0 ，因为 f (0) = 0，
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程是 y = 0 .
2 2
1
（ ）函数 f x = x ln 2x +1 - ax 的定义域为 (- , + )，由（1）知， f x = ln 2x 1 2x+ + - 2ax，
2 2x +1
1
因为 a < 0 2x，则当- < x < 0时， ln(2x +1) < 0 ， < 0 ，-2ax < 0，
2 2x +1
所以，有 f (x) < 0 ，函数 f (x) 在 (
1
- ,0) 上递减，
2
2x
当 x > 0时， ln(2x +1) > 0， > 0 ，-2ax > 0，则有 f (x) > 0 ，函数 f (x) 在 (0, + )上递增，
2x +1
所以，当 x = 0时，函数 f (x) 取得极小值，
所以，当 a < 0时，函数 f (x) 存在极小值.
（3）函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 1的定义域为 (- , + )， f x = 0 x ln 2x +1 = ax2，
2
显然 x = 0是函数 f (x) 的零点，
当 x 0
ln(2x +1)
时，函数 f (x) 的零点即为方程 a = 的解，
x
g lnx 2x +1 1
2x

令 = , x - ,0÷ 0, +
- ln 2x +1
，则
x è 2 g x = 2x +1
，
x2
2 2 4x
令 h x 2x= - ln 2x +1 ，则 h x = 2 - = - 2 ，
2x +1 2x +1 2x +1 2x +1
1
当- < x < 0时， h (x) > 0，当 x > 0时， h (x) < 0，
2
h(x) ( 1所以函数 在 - ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，
2
x 1" - ,0 ÷ 0, + ， h(x) < h(0) = 02 ，è
所以，有 g (x) < 0， g(x)在 (
1
- ,0) ， (0, + )上都递减，
2
令j(x) = ln(2x +1) - 2x ，j x 2= - 2 4x= - ，
2x +1 2x +1
1
当- < x < 0时，j (x) > 0 ，当 x > 0时，j (x) < 0，
2
所以，j(x) 在 (
1
- ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，j(x) j(0) = 0，
2
1
所以，" (- ,+ ) ，恒有 ln(2x +1) 2x，当且仅当 x = 0时取“=”，
2
1 ln(2x +1) ln 2x +1
所以，当- < x < 0 时， > 2，当 x > 0时，0 < < 2，
2 x x
所以， g x 1在 (- ,0) 上单调递减， g x 取值集合为 (2,+ ) ，
2
g x 在 (0, + )上递减， g x 取值集合为 (0, 2) ，
所以，当0 a
ln(2x +1)
< < 2 或 a > 2时，方程 a = 有唯一解，
x
当 a 0或 a = 2时，此方程无解，
所以，当 a 0或 a = 2时，函数 f (x) 有一个零点，
当0 < a < 2 或 a > 2时，函数 f (x) 有两个零点.
13．（2024 届河北省雄安新区部分高中高考三模）已知函数 f x = xlnx - ax2 - 3x a R ．
(1)若 x =1是 f x 的一个极值点，求 a 的值；
(2)若 f x 有两个极值点x1，x2，其中 x1 < x2，求 a 的取值范围．
【解析】（1）易知 f x = lnx +1- 2ax - 3 = lnx - 2ax - 2，
又 x =1是 f x 的一个极值点，所以 f 1 = 0，即-2a - 2 = 0，所以a = -1，
此时 f x = lnx + 2x - 2，
令 h x = lnx + 2x - 2， h x 1= + 2 > 0，
x
所以 f x = h x 在 0, + 上单调递增，且 f 1 = 0，
当 x 0,1 时， f x < 0，当 x 1, + 时， f x > 0，
所以 f x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 x =1是 f x 的极小值点，即a = -1符合题意，
因此 a 的值为 -1．
（2）因为 f x = lnx - 2ax - 2，且 f x = xlnx - ax2 - 3x a R 有两个极值点x1，x2，
所以方程 f x = 0在 0, + 上有两个不同的根，
即方程 lnx - 2ax - 2 = 0 有两个不同的正数根，
将问题转化为函数 g x lnx - 2= 与函数 y = 2a的图象在 0, + 上有两个不同的交点，
x
g x 3- lnx g x 3 - lnx则 = 2 ，令 = 2 = 0，解得x x x = e
3 ，
当 x > e3 时， g x < 0， g x 单调递减，当0 < x < e3 时， g x > 0， g x 单调递增，
2
且当 x > e2 时， g x > 0， g e = 0，故作出 g x 的图象如图所示：
2a 0, 1 a 0, 1 a 0, 1 由图象可知 e3 ÷ 满足题意，即
2e3 ÷ ，即 的取值范围为 ÷ ．è è è 2e3
14．（2024 2届天津市民族中学高三下学期 4 月模拟）已知函数 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)当 a = 2时，试求函数图象在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 有两个极值点x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范围；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，试求实数 m 的取值范围．
2 2
【解析】（1） a = 2时， f x = x - 2x + 2lnx ，故 f x = 2x - 2 + .
x
2 2
故 f 1 = 2 - 2 + = 2，又 f 1 =1 - 2 = -1，
1
故函数图象在点 1, f 1 处的切线方程为 y - -1 = 2 x -1 ，
即 2x - y - 3 = 0；
2
（2）（ⅰ） f x 2x 2 a 2x - 2x + a= - + = (x > 0)，
x x
函数 f x 在 0，+ 上有两个极值点，需满足 2x2 - 2x + a = 0在 (0, + )上有两个不等的根，.
由 f x = 0得 2x2 - 2x + a = 0，
ìΔ = 4 -8a > 0
1
则 ía ，故此时0 < a < ；
> 0 2 2
ⅱ x + x =1 x 1- 1- 2a x 1+ 1- 2a 0 x
1 1
（ ） 1 2 ， 1 = ， 2 = ，则可得 <2 2 1
< ， < x <1，
2 2 2
f x1
由不等式 f x1 mx2 恒成立，则m ，x2
f x 2x2 - 2x + alnx x1 - 2x1 + 2x1 - 2x2 lnx1 1= 1 1 1 = 1 1 =1- x1 + + 2x1lnx1，x2 x2 x2 x1 -1
1
令 h x =1 x 1 1- + + 2xlnx(0 < x < )，则 h x =1- +2lnx
x -1 2 x -1 2 ，
1
因为0
1 1 1
< x < ，-1 < x -1< - , < x -1 2 <1，-4 < - 2 < -1，
2 2 4 x -1
又 2lnx < 0 .所以 h x < 0 0 1，即 < x < 时， h x 单调递减，
2
h x > h 1 3 fln2 x1 3所以 ÷ = - - ，即 > - - ln2 ，
è 2 2 x2 2
故实数m 的取值范围是 - ,
3
- - ln2ùú .è 2
π cos x π
15．（2024 届贵州省毕节市高三第三次诊断性考试）（1）证明：当 < x < π 时， < - x < cos x ；
2 sin x 2
（2）已知函数 f (x) 2ax tan x x
π π
= - 在 - ,

÷上有两个极值点，求实数 a 的取值范围．
è 2 2
h(x) cos x π 1
π
【解析】（1）证明：令 = - + x， h (x) =1- < 0

在 , π 上恒成立，
sin x 2 sin2 x 2 ֏
\h(x) π , π π 在 ÷上单调递减，\h(x) < h ÷ = 0
cos x π
即 < - x，
è 2 è 2 sin x 2
π
g(x) π= - x - cos x g x = sin x -1 < 0 , π 又令 ， 在
2 2 ÷
上恒成立，
è
π π
\ g(x) , π π在 2 ÷上单调递减，
\ g(x) < g ÷ = 0即 - x < cos x2 ，è è 2
π cos x π
∴当 < x < π 时， < - x < cos x ；
2 sin x 2
（2）Q f (x) = 2ax - tan x ，\ f (x) = 2a
1
-
cos2
，
x
1 π π
由题意知原命题等价于 f (x) = 2a - 2 = 0
- , 在 2 2 ÷上有两个不等实根，cos x è
1 1 π
得 2a = 2 ，又因为 y = 在 - ,0 上单调递减，在 0,
π
cos x cos2 x 2 ÷ 2 ÷
上单调递增，
è è
1 π π 1
当 x = 0时， 2 =1，当 x - 或 x 时， + ，cos x 2 2 cos2 x
1
\2a > 1即 a > .
2专题 3 用导数研究函数的极值
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 研究函数的极值是导数在函数中的一个重要应用,也是高考考
查的重点,本专题从求函数的极值、确定函数极值点的个数、由函数极值点个数确定参数范围、含参数的函
数极值的讨论、由极值点满足条件求解不等式问题等几个方面帮助高三学生把握极值问题的求解.
(一) 求函数的极值
1.函数的极值与导数的关系
(1)函数的极小值与极小值点
若函数 f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小,f′(a)＝0,而且在点 x＝a 附近的
左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,则点 a 叫做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值.
(2)函数的极大值与极大值点
若函数 f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大,f′(b)＝0,而且在点 x＝b 附近的
左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则点 b 叫做函数的极大值点,f(b)叫做函数的极大值.
2.求函数 f(x)极值的步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数 f′(x)；
③解方程 f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；
④列表检验 f′(x)在 f′(x)＝0 的根 x0 左右两侧值的符号.如果左正右负,那么 f(x)在 x0 处取极大值；如果左负右
正,那么 f(x)在 x0处取极小值.
3.对极值理解：
(1)极值点不是点,注意极值与极值点的区别；
(2)若 f(x)在(a,b)内有极值,那么 f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在区间上单调的函数没有极值；
(3)根据函数的极值可知函数的极大值 f(x0)比在点 x0附近的点的函数值都大,在函数的图象上表现为极大值对
应的点是局部的“高峰”；函数的极小值 f(x0)比在点 x0 附近的点的函数值都小,在函数的图象上表现为极小值
对应的点是局部的“低谷”．一个函数在其定义域内可以有许多极小值和极大值,在某一点处的极小值也可能
大于另一个点处的极大值,极大值与极小值的大小没有必然的联系,即极小值不一定比极大值小,极大值不一
定比极小值大；
(4)使 f′(x)＝0 的点称为函数 f(x)的驻点,可导函数的极值点一定是它的驻点．驻点可能是极值点,也可能不是
极值点．例如 f(x)＝x3 的导数 f′(x)＝3x2 在点 x＝0 处有 f′(0)＝0,即 x＝0 是 f(x)＝x3 的驻点,但从 f(x)在(－∞,＋
∞)上为增函数可知,x＝0 不是 f(x)的极值点．因此若 f′(x0)＝0,则 x0不一定是极值点,即 f′(x0)＝0 是 f(x)在 x＝x0
处取到极值的必要不充分条件,函数 y＝f′(x)的变号零点,才是函数的极值点；
(5)函数 f(x)在［a,b］上有极值,极值也不一定不唯一．它的极值点的分布是有规律的,相邻两个极大值点之间
必有一个极小值点,同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．一般地,当函数 f(x)在［a,b］上连续且有
有限个极值点时,函数 f(x)在［a,b］内的极大值点、极小值点是交替出现的．
【例 1】(2024 届湖南师范大学附属中学高三下学期模拟三) 已知函数 f x = x + ln ax 1+ xex （ a<0）.
a
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一个元素，求 a 的值.
1 ex
【解析】（1）由 f x = 1+ x + ÷，
è x a
x
因为 a<0，所以 f x - ,0 1 e的定义域为 ，则 + < 0，
x a
因为 x - ,-1 时， f x > 0； x -1,0 时， f x < 0 .
所以 f x 的单调递增区间为 - ,-1 ；单调递减区间为 -1,0 ，
x= 1 f x f x f 1 1 ln a 1所以 - 是 的极大值点， 的极大值是 - = - + - - ，无极小值.
ae
（2）由（1）可得 f x 1= f -1 = -1+ ln -a -max ，ae
要使得集合 x f x -1 1有且只有一个元素，则只需要-1+ ln -a - = -1ae
g x 1 ln x 1 g x 1 1 ex +1设 = - + - - ，则 = + 2 = ，ex x ex ex2
x , 1因为 - -

÷时， g x < 0 x
1- ,0 ； ÷时， g x > 0
è e
，
è e
1 1
所以 g x 的单调递减区间为 - ,- e ÷；单调递增区间为 - ,0÷ .è è e
所以 g x = g 1- 1min e ÷ = -1，所以关于
a 的方程-1+ ln -a - = -1有解时，
è ae
a 1只能是 = - ，所以集合 x f x -1 1有且只有一个元素时 a = - .
e e
(二)函数极值点的个数问题
可导函数 f x 的极值点的个数,通常转化为方程 f x = 0 实根个数,再根据 f x 的单调性或图象求解,求解
时要注意 f x = 0 是 x0 的必要不充分条件.可导函数 f (x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是： x0 是导函数的
变号零点,即 f (x0 ) = 0 ,且在 x0 左侧与右侧, f (x)的符号异号．另外,不可导函数也会有极值,如函数 f (x) = x ,
在极小值点 x0 = 0 处是不可导的.
3 2 x
【例 2】（2024 届北京市景山学校高三上学期考试）已知函数 f (x) = ax - 2x e (a R) .
(1)当 a = -1时,求 f (x) 的单调区间；
(2)求证：当 a > 0时,函数 f (x) 有三个不同的极值点.
【解析】（1）当 a = -1时, f (x) = -x3 - 2x2 ex ,
f x = -x3 - 2x2 - 3x2 - 4x ex = -x3 - 5x2 - 4x ex = -x x2 + 5x + 4 ex = -x x +1 x + 4 ex ,
所以在区间 - , -4 , -1,0 , f x > 0, f x 单调递增,
在区间 -4, -1 , 0, + , f x < 0, f x 单调递减.
所以 f x 的增区间为 - , -4 , -1,0 ；减区间为 -4, -1 , 0, + .
（2 f (x) = ax3）依题意 - 2x2 ex (a > 0) ,
f x = ax3 - 2x2 + 3ax2 - 4x ex = éax3 + 3a - 2 x2 - 4xù x 2 e = x éax + 3a - 2 x - 4ù ex ,
对于函数 g x = ax2 + 3a - 2 x - 4 a > 0 , g 0 = -4 0, D = 3a - 2 2 +16a > 0 ,
所以 g x -4有两个零点,设为 x1, x2 ,则 x1 × x2 = < 0 ,a
不妨设 x1 < 0 < x2 ,所以在区间 - , x1 , 0, x2 , f x < 0, f x 单调递减；
在区间 x1,0 , x2 ,+ , f x > 0, f x 单调递增,
所以 f x 有三个不同的极值点 x1,0, x3 .
(三)由函数极值点个数确定参数范围
此类问题一般是先把问题转化为 f x = 0 实根个数问题,可借助图象分析,若 f x = 0 可化为二次方程问题,
可利用二次方程根的分布求解.
1
【例 3】（2024 3届山西省晋中市高三下学期 5 月适应训练）已知函数 f x = x + ax ， a R
3
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 g x = f x + 2lnx 存在两个极值点，求实数 a 的取值范围．
f x 11 = x3【解析】（ ）由 + ax ，知 f x = x2 + a .
3
当 a 0时， f x 0恒成立，所以 f x 在R 上单调递增；
当 a<0时，有 f x = x2 + a = x + -a x - -a ，
从而对 x < - -a 和 x > -a 有 f x > 0，对- -a < x < -a 有 f x < 0 .
所以 f x 在 - ,- -a ù 和 é -a ,+ 上单调递增，在 é - -a , -a ù 上单调递减.
综上，当 a 0时， f x 在R 上单调递增；
当 a<0时， f x 在 - ,- -a ù é é ù 和 -a ,+ 上单调递增，在 - -a , -a 上单调递减.
（2）由于 g x 1= x3 ax 2+ + 2ln x，故 g x = x2 + + a .
3 x
3
h x = g x 2 2 x -1 记 ，则 h x = 2x - = .从而对0 < x < 1有 h x < 0，对 x >1有 h x > 0 .
x2 x2
所以 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增.
当 a -3时，对 x 0,1 1,+ 均有 g x > g 1 = 3 + a 0，所以 g x 不可能有两个零点，从而 g x 不
可能有两个极值点；
2 4 2
当 a

< -3时，由 g - ÷ = 2 > 0， g 1 = 3+ a < 0， g a a -a = > 0，结合零点存在定理可知 g x 存在è -a
2
两个零点u
- ,1 ÷， v 1, -a .
è a
再结合 g x 的单调性知 g x 在 x 0,u v, + 时取正值，在 x u,v 时取负值，所以 g x 有极大值点
x = u 和极小值点 x = v .
综上， a 的取值范围是 - ,-3 .
(四)含参数的函数极值的讨论
求含参数函数 f x 的极值,通常转化为不等式 f x > 0 或 f x < 0 的解集问题,求解时要注意对参数进行分
类讨论.
2x2 - ax + a
【例 4】（2024 届河宁夏银川一中、昆明一中高三下学期二模）已知函数 f (x) = x ，其中 a R ．e
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在 0, f 0 处的切线方程；
(2)讨论 f x 的极值.
x x 2 2
【解析】（1）Q f (x)
(4x - a)e - e (2x - ax + a) -2x + (a + 4)x - 2a
=
(ex
= ，
)2 ex
a =1 f (x) -2x
2 + 5x - 2
当 时， = ， f (0) = -2 ，又Q f (0) =1
ex
，
故曲线 y = f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y -1 = -2 x - 0 ，即 2x + y -1 = 0 .
2 Q f (x) -2x
2 + (a + 4)x - 2a (-2x + a)(x - 2) a
（ ） = x = x = 0，解得 x1 = 2， x2 = ，e e 2
a a
①若 a < 4，可得 x < 或 x > 2时， f x < 0，当 < x < 2时， f x > 0，2 2
f x , a 2, a所以 在 - ÷， + 递减， , 2

è 2 ÷
递增，
è 2
a
所以 f x 的极小值为 f ( )
a
= 8 - a
2 a ， f x 的极大值为 f (2) = 2 . e2 e
②若 a = 4 ，则 f x 0，所以函数 f x 在 R 上单调递减，无极值；
a
③若 a > 4 ，当 x < 2 或 x > 时， f x < 0，当 2 < x a<2 时， f
x > 0，2
所以 f x (- ,2) a a 在 ， ,+ 2 ÷ 递减， 2, 2 ÷递增，è è
f x f (2) 8 - a
a a
所以 的极小值为 = 2 ， f x 的极大值为 f ( ) =2 a .e e2
a a 8 - a
综上，当 a < 4时， f x 的极小值为 f ( ) =2 a ， f x 的极大值为 f (2) = 2 . 当 a = 4 时，函数 f x 无极e2 e
f x f (2) 8 - a
a a
值.当 a > 4 时， 的极小值为 = 2 ， f x 的极大值为 f ( ) =2 ae e2
(五)由极值点满足条件求解不等式问题
此类问题一般是给出极值点个数或给出与极值点有关的等式不等式,证明与极值点有关的不等式或根据不等
式恒成立求参数范围,前者通常构造函数与方程求解,后者通常转化为函数最值或通过分类参数求解.
【例 5】（2024 届四川省成都市树德中学高三下学期适应性考试）已知函数 f x = x - a ln x,a R .
(1)当 a = 2时，曲线 y = f x 2与曲线 f x = -x + m 恰有一条公切线 y = -x + t ，求实数m 与 t 的值；
(2)若函数 h x = x - a ln x 1- 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 且 h x2 - h x
4
1 - ，求 a 的取值范围.x e
2
【解析】（1）解：当 a = 2时， f x = x - 2ln x，可得 f x =1- ，
x
令 f x =1 2- = -1，可得 x =1，又由 f 1 =1，所以切点 1,1 在直线 y = -x + t 上，则 t = 2，
x
1
因为 y = -x2 + m，所以 y = -2x，令 y = -1，则 x = ，
2
在直线 y = -x + 2
1 3
方程中，令 x = ，可得 y = ，
2 2
1 3 7
又因为点 , ÷在曲线 y = -x2 + m2 2 上，所以
m = .
è 4
2
2 h x = x - a ln x 1- h x 1 a 1 x - ax +1（ ）解：函数 ，可得 = - + = x > 0x 2 2 ，x x x
ìx1 + x2 = a
x x =1
由函数 h x 有两个极值点，所以 x2 - ax +1 = 0 1 2有两个不等正根，则 í ，
a > 2
0 < x1 <1 < x2
1 1
由 h x2 - h x1 = x2 - a ln x2 - - x1 + a ln x1 +x2 x1
= x2 - x1 + a ln x1 - ln x
x - x
+ 2 1 2 1
1
2 = - x + 2 x + ln x
4
-
x x ，1 2 è x
1 ÷ 1 ÷ 1
1 è x1 e
1 1 2
可得 - x1 ÷ + x1 + ÷ ln x1 - ，
è x1 è x1 e
1 1
令 g x = - x + x + ÷ ln x 0 < x <1
1
， g (x) = - 2 -1
1 1 1
+ 1-
x è x x è x2 ÷
ln x +1+ 2 = 1- ln x > 0x x2 ÷ ， è
所以 g x 在区间 0,1 上单调递增，
g 1 e 1= - + 1 因为 ÷ + e÷ 1
2
- = -
è e e
，
è e e
1 x x 1

所以由 - 1 ÷ + 1 + ÷ ln x
2 1
x x 1
- ，可得 x1 <1，
è 1 è 1 e e
2
令函数m x x 1 1= + , x é ,1 1 x -1x ê ÷，可得m x =1- = < 0， e x2 x2
m x 1 m x m 1 2, m x m 1 1所以 在[ ,1) 上单调递减，可得 > = =
e max ÷
= e + ，
è e e
1 1ù
又因为 a = x1 + x ，所以
a 的取值范围是 2,e + .
1 è e ú
【例 6】（2024 届四川省成都市第七中学高三上学期考试）已知函数 f x = a ln x - ax +1 , a R .
(1)若经过点 0,0 的直线与函数 f x 的图像相切于点 2, f 2 ,求实数 a 的值；
(2)设 g x = f x 1+ x2 -1 ,若 g x 有两个极值点为x1 , x2 x1 x2 ,且不等式 g x1 + g x2 < l x1 + x2 恒成2
立,求实数l 的取值范围.
【解析】（1） f (x) 的定义域为 (0, + ) ,
由 f x = a ln x - ax +1 ,得 f x a= - a ,则 f 2 a a= - a = - ,
x 2 2
因为经过点 0,0 的直线与函数 f x 的图像相切于点 2, f 2 ,
f (2) a 1
所以 k = = - ,所以 a ln 2 - 2a +1 = -a ,解得 a = ,
2 2 1- ln 2
2
（2） g x = f x 1+ x2 1-1 = a ln x - ax + x2 ,则 g x a x - ax + a= - a + x = (x > 0) ,2 2 x x
因为 g x 有两个极值点为x1 , x2 x1 x2 ,
x2
所以 g x - ax + a= = 0在 (0, + )上有两个不同的根,
x
此时方程 x2 - ax + a = 0在 (0, + )上有两个不同的根,
则D = a2 - 4a > 0 ,且 x1 + x2 = a > 0, x1x2 = a > 0 ,解得 a > 4 ,
g x + gg x x 若不等式 1 + g x2 < l x1 + x2 恒成立,则l > 1 2 恒成立,x1 + x2
g(x ) + g(x ) = a(ln x - x ) 1+ x2 + a(ln x - x ) 1+ x2 = a ln(x x ) a(x x ) 1- + + (x2 + x2因为 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2
)
= a ln(x1x2 ) - a(x
1
1 + x2 ) + é(x + x )
2 - 2x x ù 1 2
2 1 2 1 2
= a ln a - a - a
2
1
g x + g x a ln a - a
2 - a
不妨设 h(a) = 1 2 1= 2 = ln a - a -1(a > 4) ,
x1 + x2 a 2
则 h (a)
1 1 2 - a
= - = ,因为 a > 4 ,所以 h (a) < 0 ,
a 2 2a
所以 h(a) 在 (4, + ) 上递减,所以 h(a) < h(4) = 2ln 2 - 3 ,所以l 2ln 2 - 3 ,
即实数l 的取值范围为[2 ln 2 - 3, + ) .
x
【例 1】（2024 e届山东省泰安肥城市高考仿真模拟）已知函数 f (x) = ， g(x)
2t
= + t ln x
x2
.
x
(1)求函数 g(x)单调区间；
(2)若函数H (x) = f (x) - g(x) 在 (0, 2) 有两个极值点，求实数 t 的取值范围.
【解析】（1）由题意可知，函数定义域为 (0, + )，
导数 g (x)
2t t t(x - 2)
= - 2 + =x x x2
t = 0时， g (x) = 0恒成立 t > 0时，当 x > 2, g (x) > 0；当0 < x < 2, g (x) < 0
t < 0时，当 x > 2, g (x) < 0 ；当0 < x < 2, g (x) > 0
综上可知： t = 0时为常函数，无单调区间
t > 0时，单调增区间为： (2,+ ) ，单调减区间为： (0, 2)
t < 0时，单调增区间为： (0, 2) ，单调减区间为： (2,+ ) .
x x
（2）因为H (x) e t ln x 2t (x 0) (x - 2)(e - tx)= 2 - - > ，所以H (x) = 3 ，x x x
x
因为 H (x) 在 0,2 上有两个极值点，则 ex - tx = 0，即 t e= 在 0,2 上有两个根，
x
x x
令 p(x) e p (x) e (x -1)= ， =
x x2
当0 < x < 1时， p (x) < 0， p(x)单调递减
当1< x < 2时， p (x) > 0 ， p(x)单调递增
2
又因为 x 0 时 p(x) + ， p(1) = e， p(2) e= ，
2
e2
所以 h(x) 在 (0, 2) 上有 2 个极值点需满足 e < t < .
2
e2
综上所述，当 e < t < 时，函数 H (x) 在 (0, 2) 上有两个极值点.
2
1 2
【例 2】（2024 届山东省智慧上进高三下学期 5 月大联考）已知函数 f x = + ax ÷ ln x + - 2è x ，其中
a R ．
(1)当a 1时，判断 f x 的单调性；
(2)若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ．
2
（ⅰ）证明： x2 - x1 + 2 > ；a
（ⅱ）证明： x 1,+ 时， f x
1 4 5
> -
x3 x2
+ - 2
x ．2 2 2
1 2
【解析】（1）函数 f x = + a ln x + - 2x ÷ x 的定义域为 0, + ，è
1+ ln x
则 f x - ln x 1 1 2
a -
= + x ，
x2
+ a
x ÷
- =
è x x2 x
令 g x a 1+ ln x ln x= - ， x 0, + ，则 g x = ，
x x2
所以当0 < x < 1时 g x < 0，当 x >1时 g x > 0，
所以 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
所以 g x 在 x =1处取得极小值，即最小值，所以 g x = g 1 = a -1 0min ，
所以 f x 0在 0, + 上恒成立，所以 f x 在 0, + 上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知 g x 在 0, + 上的最小值为 g 1 = a -1，
当 x 0 时 g x + ，当 x + 时 g x a，
若 f x 存在两个极值点 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，则 g x = 0有两个不相等的实数根 x1, x2 x2 > x1 > 0 ，
ìa > 0 1 1
所以 í ，解得 0 < a < 1，又 g ÷ = a > 0，所以 < x1 < 1 < x g 1 = a -1< 0 e e
2 ，
è
且当0 < x < x1 时 g x > 0，即 f x > 0，则 f x 单调递增，
当 x1 < x < x2 时 g x < 0，即 f x < 0，则 f x 单调递减，
当 x > x2 时 g x > 0，即 f x > 0，则 f x 单调递增，
所以x1为 f x 的极大值点，x2为 f x 的极小值点，
ìa 1+ ln x- 1 = 0 ìx 1+ ln x= 1
x 11 a
因为 í 1 ，所以+ ln x í ， a - 2 = 0 x 1+ ln x2 = 2
x2 a
要证 x2 - x1 + 2
2 2 1
> ，即证 x2 > - 2 + x1，又 < xa a e 1
<1，
x 2
2x
只需证 2 > -1 x
2
，即证 2 > -1 ln x
x -1
- 2 > 0
a 1+ ln x
，即证 2
2 x2 +1
，
1 2 x2 +1
令 p x = ln x x -1- x >1 ，则 p x = - 2 = 2 > 0，x +1 x x +1 x x +1
x2 -1
所以 p x 在 1, + 上单调递增，所以 p x > p 1 = 0 ，即 ln x2 - > 0x 成立，2 +1
2
所以 x2 - x1 + 2 > ；a
1+ ln x
（ⅱ）由（ⅰ 2）知 x2 >1，a = x ，2
且当1< x < x2 时 f x < 0，当 x > x 2 时 f x > 0，
所以 f x 在 1, x2 上单调递减，在 x2 ,+ 上单调递增，
所以 f x f x2
1
= + a ÷ ln x
2
2 + - 2
è x2 x2
1 1+ ln x 2 2
= + 2 ln x 2ln x2 + ln x2 + 2 - 2x ÷ 2x x 2 + - 2 = ，è 2 2 x2 x2
令H x = ln x 1 x 1 1 x -1+ >1 ，则H x = - = > 0，
x x x2 x2
所以H x 在 1, + 上单调递增，
所以H x > H 1 =1，即 ln x 1 1> - > 0 x >1 ，
x
2
1 1 2 1- + 1- + 2 - 2x
所以 2ln x2 + ln x
2
2 + 2 - 2x 2 è x ÷ 2 è x ÷ 22 1 4 5 ，> = 3 - 2 + - 2x2 x2 x2 x2 x2
所以 f x
1 4 5
> 3 - 2 + - 2x .2 x2 x2
【例 3】（2025 届云南省三校高三联考）（1）证明：当0 < x < 1时， x - x2 < sinx < x；
（2 2）已知函数 f x = cos ax - ln 1- x ，若 x = 0是 f x 的极小值点，求 a 的取值范围.
【解析】（1）证明：令 g(x) = x - x2 - sin x(0 < x <1)，
则 g x =1- 2x - cos x，令m x = g x =1- 2x - cos x
则m x = -2 + sin x < 0恒成立，则 g (x) 在( 0, 1)上单调递减，
则 g (x) < g (0) = 0，所以 g(x)在( 0, 1)上单调递减，
则 g(x) < g(0) = 0，即 x - x2 < sin x；
同理，令 h(x) = sin x - x(0 < x <1)，则h (x) = cos x -1 < 0，
则 h(x) 在( 0, 1)上单调递减，
则 h(x) < h(0) = 0 ，即 sin x < x ，
故当0 < x < 1时， x - x < sin x < x .
（2）解：由题 f (x) = -a sin ax
2x
+ 2 ，令 n x = f x = -a sin ax
2x
+ ，
1- x 1- x2
2 1- x2 + 2x × 2x
n x a2 cos ax 2 + 2x
2
则 = - + 2 = -a
2 cos ax + ，
1- x2 21- x2
又 f 0 = 0, n 0 = -a2 + 2，则
①若 n 0 = 2 - a2 > 0，即- 2 < a < 2 时，
易知存在d > 0 ，使得 x (0,d ) 时， n x > 0，
\ f (x)在 (0,d )上单调递增，则 f (x) > f (0) = 0 ，
则 f (x) 在 (0,d )上单调递增，与 x = 0是 f (x) 的极大值点矛盾，舍去.
②若 n 0 = 2 - a2 < 0 ，即 a < - 2 或 a > 2 时，
易知存在d > 0 ，使得 x (-d ,d )时， f (x) < 0 ，\ f (x)在 (-d ,d )上单调递减，又 f (0) = 0 ，
\当-d < x < 0时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，当0 < x < d 时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减，
满足 x = 0是 f (x) 的极大值点，符合题意.
③若 n 0 = 2 - a2 = 0，即 a = ± 2 时，由 f (x) 为偶函数，不妨只考虑 a = 2 的情形，
f (x) 2 sin( 2x) 2x , x 2x此时 = - + 2 (0,1)， f (x) > -2x + 2 = 2x(
1
-1) > 0，
1- x 1- x 1- x2
\ f (x)在( 0, 1)上单调递增，这与 x = 0是 f (x) 的极大值点矛盾，舍去.
综上所述， a 的取值范围为 (- ,- 2) U ( 2,+ ) .
【例 4】（2024 届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数a(x) 有且仅有一个极值点m ，函数 b (x) 有且仅有一个
极值点 n，且m > n ，则称a(x) 与 b (x) 具有性质a - b / /m > n．
(1) 2 x函数j1(x) = sin x - x 与j2 x = e - x是否具有性质j1 -j2 / /x0 > 0？并说明理由．
(2)已知函数 f x = aex - ln x +1 与 g x = ln x + a - ex +1具有性质 f - g / /x1 > x2 ．
（i）求 a 的取值范围；
（ii）证明： g x1 > x2 ．
【解析】（1）函数j1(x) = sin x - x
2
与j2 x = ex - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0，理由如下：
j (x) = cos x - 2x h x = j ，令 1 x = cosx - 2x ，则 h x = -sinx - 2 < 0 j ，故 1 x1 单调递减，

又j1 0 = cos0 - 0 =1 > 0 j ， 1 1 = cos1- 2 < 0，故存在 x0 0,1 j ，使 1 x0 = 0 ，
则j1 x 在 - , x0 上单调递增，在 x0 ,+ 上单调递减，
故j1(x) 有且仅有一个极值点 x0 0,1 ，
j 2 x = ex -1，则当 x < 0 时，j2 x < 0，当 x > 0时，j2 x > 0，
故j2 (x)在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故j2 (x)有且仅有一个极值点 0 ，
j 2 x故函数 1(x) = sin x - x 与j2 x = e - x具有性质j1 -j2 / /x0 > 0；
x 1
（2）（i） f x = ae - ， 又 x +1 > 0，故 x > -1，
x +1
当 a 0时， f x aex 1= - < 0，此时 f x 没有极值点，故舍去，
x +1
x 1
当 a > 0 m x = f x = aex 1时， 令 - ，则m x = ae + > 0
x +1 x +1 2 恒成立，
故 f x 在 -1, + 上单调递增， g x 1= - ex ， x + a > 0，故 x > -a，
x + a
1
由 a > 0，令 n x = g x 1= - ex ，则 n x = - - ex < 0
x + a x + a 2 恒成立，
故 g x 在 -a, + 上单调递减，
a 0,1 f 0 ae0 1当 时，有 = - = a -1< 0 ，又 x + 时， f x + ，
0 +1
故此时存在 x1 0, + ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 0, + ，
g 0 1= - e0 1有 = -1 > 0，又 x + 时， g x - ，
a a
故此时存在 x2 0, + ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 0, + ，
即有 f x1 = aex
1 1
1 - = 0 ， g x x2x +1 2 = - e = 01 x2 + a
，
即 e
x 1 11 = x2， e = ，此时需满足 x > x > 0，则 ex1 > ex2a x1 +1 x + a 1 2 ，2
1 1 x2
故有 > a < <1a x +1 x + a ，即 x2 > ax1，即 ，故 a 0,1x 符合要求；1 2 1
当 a 1, + 时， f 0 1= ae0 - = a -1 > 0，又 x -1时， f x - ，
0 +1
故此时存在 x1 -1,0 ，使 f x 在 -1, x1 上单调递减，在 x1,+ 上单调递增，
则 f x 有唯一极值点 x1 -1,0 ，
g 0 1= - e0 1有 = -1< 0 ，又 x -a 时， g x + ，
a a
故此时存在 x2 -a,0 ，使 g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x 有唯一极值点 x2 -a,0 ，
1 1
> x2同理可得 a x +1 x + a ，此时需满足0 > x1 > x2，即 x2 > ax1，则
a >
x ，1 2 1
x2
由 <1， a 1, + x ，故该不等式成立，故 a 1, + 符合要求；1
当 a =1时，有 f 0 = ae0 1- = a -1 = 0， g 0 1= - e0 1= -1 = 0，
0 +1 a a
此时 x1 = x2 = 0，即 f x 、 g x 的极值点都为 0 ，不符合要求，故舍去；
综上，故 a 0,1 1,+ ；
（ii）当 a x
1
0,1 2 0时，有 x1 > x2 > 0，则 e = > e =1，故0 < x2 + a <1x + a ，2
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
则 g x1 < g x2 = ln x2 + a - ex
1
2 +1 = ln x2 + a - +1x ，2 + a
令 t = x2 + a 0,1 ，则 g x2 = lnt
1
- +1，令m t lnt 1= - +1， t 0,1
t t
则m t 1 1= + 2 > 0，故m t 在 0,1 上单调递增，t t
则 g x 12 = lnt - +1< m 1 = ln1
1
- +1 = 0 ，
t 1
故 g x1 > g x2 ，要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 < 0，
g x1 + x2 < g x2
1
+ x2 = ln x2 + a - ex2 +1+ x = ln - ex2 x22 ex +1+ x2 =1- e < 0，2
即当 a 0,1 ，有 g x1 > x2 ；
1当 a 1, + 时，有0 > x x2 01 > x2，则 e = < e =1，即 x2 + a >1x + a ，2
g x 在 -a, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
g x > g 0 = ln 0 + a - e0则 1 +1 = lna > 0 ，
即要证 g x1 > x2 ，只需证 g x1 + x2 > 0，
g x1 + x2 = ln x1 + a - ex1 +1+ x2 > ln x2 + a - ex1 +1+ x2
1
= ln - ex1 +1+ x = -x - ex1 +1+ x =1- ex1 >1- e0 = 0，
ex2 2 2 2
即当 a 1, + ，有 g x1 > x2 ；综上所述， g x1 > x2 .
1
1. （2024 2届西藏拉萨市第三高级中学高三下学期 5 月月考）已知函数 f x = x + 2lnx - ax a R .
2
(1)讨论 f x 的单调性：
(2)若 f x 有两个极值点 x1, x2 ，求证： f x1 + x2 < 3ln2 - 4 .
2．（2024 x 2届河南省鹤壁市外国语学校高三上学期 11 月检测）已知函数 f x = e - ax a R ，其中 e 为自
然对数的底数．
(1)若函数 f x 在 0, + 上有 2 个极值点，求 a 的取值范围；
(2)设函数 g x = f x + e1-x - ex + ax2 + cos x ， x 0,2π ，证明： g x 的所有零点之和大于 2π．
1
3．（2024 辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数 f x = xlnx - x - ax2 的两个极值点分别为
2
x1, x2 x1 < x2 ．
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)若不等式l < a x1 + x2 恒成立，求正数l 的取值范围（其中 e = 2．71828L为自然对数的底数）．
4．（2024 届四川省百师联盟 2024 届高三联考）已知函数 f x = ax ln x - 2x + b （ a ，b R ）在点 1, f 1
处的切线方程为 y = -x．
(1)求函数 f x 的极值；
(2) g x = ex é 1 ù设 êxf x ÷ + 2ú + mx （m R ），若 g x 0恒成立，求
m 的取值范围．
è
5．（2024 届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻
域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一
个极大（小）值.
f x + Dx - f x
对于函数 y = f x ，设自变量 x 从 x 变化到 x + Dx ，当Dx > 0， lim 0 0 0 0 是一个确定的值，
Dx 0 Dx
则称函数 y = f x f x + Dx - f x在点 x0 处右可导；当Dx < 0 ， lim 0 0 是一个确定的值，则称函数 y = f x
Dx 0 Dx
在点 x0 处左可导.当函数 y = f x 在点 x0 处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数 y = f x 在点 x0 处可
导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
2
(2)已知函数 f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（ⅰ）求函数 g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0处的切线方程；
（ⅱ）若 x = 0为 f x 的极小值点，求 a 的取值范围.
6．（2024 届河北省名校联盟高考三模）已知函数 f x = cosx + 2x．
(1) x当 x - ,0 时，证明： f x < e ．
(2)若函数 g x = ln x +1 + ex - f x ，试问：函数 g x 是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
a
7．（2024 届四川省攀枝花市高考数学三模）已知函数 f (x) = ln x + -1(a R)．
x
(1)求函数 f (x) 的极值；
(2)设函数 f (x)
1
的导函数为 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），证明： f x1 + f x2 + > 1．a
8．（2024 届江苏省扬州市高三下学期高考考前调研测试）已知函数 f x = sinx, g x = x．
(1)求函数 h x = 2 f x - 3g x , x 0,2π 的极值；
gx x j , x 0, π= (2)函数 f x ÷．è 2
①讨论函数j x 的单调性；
1
②函数F x = a ×j x ×cosx - < 0j x ，求实数 a 的取值范围．
9．（2024 届江苏省南通市模拟预测）设 a > 0，函数 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)当 a =1时，求过点 (0, -1) 且与曲线 y = f (x) 相切的直线方程：
(2) x1, x2 是函数 f (x) 的两个极值点，证明： f x1 + f x2 为定值．
f (x) aeax ln x + ln a +110．（2024 届广西贵港市高考模拟预测）已知函数 = - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
a 1
11．（2024

届江苏省苏州大学高三下学期高考考前指导卷）已知函数 f x = ax - - 2ln x 在区间
x
, e
e ÷内有è
两个极值点.
(1)求实数 a 的取值范围；
(2)若 f x 的极大值和极小值的差为M ，求实数M 的取值范围.
12．（2024 2届北京市顺义区第一中学高三下学期考前适应性检测）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
13．（2024 2届河北省雄安新区部分高中高考三模）已知函数 f x = xlnx - ax - 3x a R ．
(1)若 x =1是 f x 的一个极值点，求 a 的值；
(2)若 f x 有两个极值点x1，x ，其中 x1 < x2，求 a2 的取值范围．
14．（2024 2届天津市民族中学高三下学期 4 月模拟）已知函数 f x = x - 2x + a ln x a > 0 ．
(1)当 a = 2时，试求函数图象在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x 有两个极值点x1、 x2 x1 < x2 ；
（ⅰ）求 a 的取值范围；
（ⅱ）不等式 f x1 mx2 恒成立，试求实数 m 的取值范围．
π
15．（2024 届贵州省毕节市高三第三次诊断性考试）（1）证明：当 < x π
cos x π
< 时， < - x < cos x ；
2 sin x 2
（2）已知函数 f (x)
π π
= 2ax - tan x 在 x - , ÷上有两个极值点，求实数 a 的取值范围．
è 2 2

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