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考点 18 导数与函数的极值、最值（2 种核心题型+基础保分
练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、
极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．
【知识点】
1．函数的极值
(1)函数的极小值
函数 y＝f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝
0；而且在点 x＝a 附近的左侧 ，右侧 ，则 a 叫做函数 y＝f(x)的极小值
点，f(a)叫做函数 y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值
函数 y＝f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝
0；而且在点 x＝b 附近的左侧 ，右侧 ，则 b 叫做函数 y＝f(x)的极大值
点，f(b)叫做函数 y＝f(x)的极大值．
(3)极小值点、极大值点统称为 ，极小值和极大值统称为 ．
2．函数的最大(小)值
(1)函数 f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：
如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条 的曲线，那么它必有最大值和最
小值．
(2)求函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数 y＝f(x)在区间(a，b)内的 ；
②将函数 y＝f(x)的各极值与 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个
是最小值．
常用结论
对于可导函数 f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数 f(x)在 x＝x0处有极值”的必要不充分条件
【核心题型】
题型一　利用导数求解函数的极值问题
根据函数的极值(点)求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
(2)验证：求解后验证根的合理性．
命题点 1　根据函数图象判断极值
【例题 1】（2024· x四川广安·二模）已知函数 f x = ax +1 e ，给出下列 4 个图象：
其中，可以作为函数 f x 的大致图象的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式 1】（23-24 高三上·黑龙江·阶段练习）如图是函数 y = f x 的导函数 y = f x 的图象，
下列结论正确的是（ ）
A． y = f x 在 x=-1处取得极大值 B． x =1是函数 y = f x 的极值点
C． x = -2是函数 y = f x 的极小值点 D．函数 y = f x 在区间 -1,1 上单调递减
1 1
【变式 2】（2023·河北·模拟预测）函数 f (x) = 4 - 2 的大致图象是（ ）x x
A． B．
C． D．
【变式 3】（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f（x）的导函数 f′（x）的图象如图所示，
则下列结论正确的是（　　）
A．曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率小于零
B．函数 f（x）在区间（－1，1）上单调递增
C．函数 f（x）在 x＝1 处取得极大值
D．函数 f（x）在区间（－3，3）内至多有两个零点
命题点 2　求已知函数的极值
2 x
【例题 2】（2024·宁夏银川·一模）若函数 f (x) = x - ax - 2 e 在 x = -2处取得极大值，则 f (x)
的极小值为（ ）
A．-6e2 B．-4e C．-2e2 D．-e
π π
【变式 1】（2023·全国·模拟预测）函数 f x = 2x - tan x - π 在区间 - , ÷的极大值、极小
è 2 2
值分别为（ ）
π
A． +1
π π 3π
，- +1 B．- +1，- +1
2 2 2 2
3π 1 π π 3πC． - ，- +1 D．- -1，- +1
2 2 2 2
ìex
, x > 0,
【变式 2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知 f (x) = í x 则方程
-x2 - 4x -1, x 0,
f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 可能有（ ）个解.
A．3 B．4 C．5 D．6
【变式 3】（2024· 2 - x辽宁鞍山·二模） f x = x e 的极大值为 ．
命题点 3　已知极值(点)求参数
【例题 3】（2024·全国·模拟预测）设 x1, x2 为函数 f x = x x - 2 x - a （其中 a > 0）的两个
不同的极值点，若不等式 f x1 + f x2 0成立，则实数 a的取值范围为（ ）
A． 1,4 B． 0,4 C． 0,1 D． 4, +
【变式 1】（2024·四川绵阳·三模）若函数 f x 1= ax2 - x + blnx a 0 有唯一极值点，则下
2
列关系式一定成立的是（ ）
A． a > 0,b < 0
1
B． a < 0,b > 0 C． ab < D． ab > 0
4
【变式 2】（2024·辽宁·一模）已知函数 f x = x3 + ax2 + bx + a2在 x=-1处有极值 8，则 f 1
等于 ．
2
【变式 3】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ln x - x + ax - 2 a R ．
(1)若 f x 的极值为－2，求 a 的值；
(2)若 m，n 是 f x 的两个不同的零点，求证： f m + n + m + n < 0．
题型二　利用导数求函数最值
求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数
的单调性，从而得到函数 f(x)的最值．
命题点 1　不含参函数的最值
【例题 4】（2024·陕西·模拟预测）"x 1,2 ，有 a - x 2lnx + x 2 恒成立，则实数 a的取值范
围为（ ）
A． e, + 1, + é e B． C． ê ,+ ÷ D． 2e, + 2
2
【变式 1】（2024·四川·模拟预测）已知 f x = x - 2x + a ln x - x ，若存在 x0 0,e ，使得
f x0 0成立，则实数 a的取值范围是 .
【变式 2】（2024·上海徐汇·二模）如图，两条足够长且互相垂直的轨道 l1, l2 相交于点O，一
根长度为8的直杆 AB 的两端点 A, B分别在 l1, l2 上滑动（ A, B两点不与O点重合，轨道与直
杆的宽度等因素均可忽略不计），直杆上的点 P 满足OP ^ AB，则△OAP面积的取值范围
是 .
【变式 3】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = lnx ．
(1)求函数 g x f x = 的最值．
x
2
(2) 1 e - 3证明： xex - x4 - x3 - ef x > 0（其中 e为自然对数的底数）．
4 4
命题点 2　含参函数的最值
1
【例题 5】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - x2 - bx(a，b R)2(a 1) 没有极+
b
值点，则 的最大值为（
a 1 ）+
e e e2A． B． C． e D．
2 2 2
【变式 1】（23-24 高三下·重庆·阶段练习）若过点 a,b 可以作曲线 y = lnx的两条切线，则
（ ）
A．b > lna B．b < lna C． a < 0 D．b > ea
【变式 2】．（2024·全国·模拟预测）函数 f x = x + 2 ln x +1 - ax 只有 3 个零点x1，x2，
x3 x1 < x2 < x3 < 3 ，则 a + x2的取值范围是 ．
1
【变式 3】（2024·北京海淀·一模）已知函数 a- xf (x) = xe 2 .
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)若函数 g(x) = f (x) + e-2a , x (0, + )存在最大值，求 a的取值范围.
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2023· 3广西·模拟预测）函数 f x = x + ax在 x =1处取得极小值，则极小值为（ ）
A．1 B．2 C．-2 D． -1
é π ù
2．（2024·四川凉山·二模）若 f x = x sin x + cos x -1， x ê- , πú ，则函数 f x 的零点个数 2
为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）在同一平面直角坐标系内，函数 y = f x 及其导函数 y = f x
的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为 0,1 ，则（ ）
A．函数 y = f x ×ex 的最大值为 1
B y = f x ×ex．函数 的最小值为 1
f x
C ．函数 y = x 的最大值为 1e
f x
D ．函数 y = x 的最小值为 1e
4．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = ae2x + bex + 2x 有 2个极值点，则（ ）
b2A．0 < a < B．b > 0 C． a < 4b D．b > 2a
16
a sin x + cos x5 2024· ．（ 全国·模拟预测）已知函数 f x = x + x在 0, π 上恰有两个极值点，e
则实数 a 的取值范围是（ ）
2 π π
A． 4 0, e2 ÷÷
B． - , eπ C． 0,eπ 2D． 4 e ,+ 2 ÷÷è è
二、多选题
b
6．（2024·全国· x模拟预测）已知函数 f x = ae + 在定义域内既存在极大值点又存在极小
x
值点，则（ ）
A． ab > 0
b 4
B．
a e2
C．4a - be2 > 0 D．对于任意非零实数 a，总存在实数b 满足题意
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列 an 的前 n项和为 Sn ，且
S a= n 1n +2 2a ，则下列结论正确的是（ ）n
A．当m > n m，n N* 时， am > an B． Sn + Sn+2 < 2Sn+1
2 S 1C．数列 Sn 是等差数列 D． n - lnnSn
三、填空题
8．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段
CE, DF 与分别以OC,OD为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点C, D 是线段 AB 上的
动点，点 O 为线段 AB,CD 的中点，点 E, F 在以 AB 为直径的半圆弧上，且 OCE , ODF 均
为直角.若 AB =1百米，则此步道的最大长度为 百米.
9．（2023·江西赣州· - x模拟预测）当 x = 0时，函数 f x = ae + bx 取得极小值 1，则
a + b = .
四、解答题
1 1 1
10．（2023· 2河南洛阳·一模）已知函数 f x = x + + ．
2 x 2
(1)求 f x 的图像在点 2, f 2 处的切线方程；
(2)求 f x é1在 ê , 2
ù
2 ú
上的值域．

11．（2024·上海静安·二模）已知 k R ，记 f (x) = a x + k ×a- x （ a > 0且a 1）．
(1)当 a = e（ e是自然对数的底）时，试讨论函数 y = f (x) 的单调性和最值；
(2)试讨论函数 y = f (x) 的奇偶性；
(3)拓展与探究：
① 当 k 在什么范围取值时，函数 y = f (x) 的图象在 x 轴上存在对称中心？请说明理由；
②请提出函数 y = f (x) 的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）
综合提升练
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函数，则实数 a
的取值范围是（ ）
A． - , 2 ln 2 B． 0, 2 ln 2
C． - , 2 D． 0,2
2．（2024· x陕西渭南·模拟预测）已知函数 f x = xe + a 在区间 0,1 上的最小值为 1，则实数
a 的值为（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
3．（23-24 高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数 f x = x ln x - ax有极值-e，则a =
（ ）
A．1 B．2 C． e D．3
4 b
4．（2024·广东佛山·二模）若函数 f x = a ln x + + 2 （ a 0）既有极大值也有极小值，则x x
下列结论一定正确的是（ ）
A． a<0 B．b < 0 C． ab > -1 D． a + b > 0
2 ln x
5．（2023· x甘肃兰州·一模）已知函数 f x = ex + - ln x的极值点为x1，函数 h x = 的2 2x
最大值为x2，则（ ）
A． x1 > x2 B． x2 > x1 C． x1 x2 D． x2 x1
6．（2024·全国·模拟预测）记函数 y = f x 的导函数为 y ， y 的导函数为 y ，则曲线 y = f x
y
K =
的曲率 32 ．则曲线 y = ln x 的曲率的极值点为（ ）é1+ y ù 2
A 2 B 2 3． ． C 2 3． D 2．
2 3 9 3
7．（2024·北京朝阳·一模）已知 n个大于 2 的实数 x1, x2 , × × ×, xn ，对任意 xi i =1,2, × × ×,n ，存在
yi 2
y x
满足 yi < xi ，且 x ii = y ii ，则使得 x1 + x2 + ×××+ xn-1 15xn 成立的最大正整数 n为（ ）
A．14 B．16 C．21 D．23
8．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数 f x 及其导函数 f x 的定义域均为R ，且
f x - f x = x2e2x , f 0 = 0，则 f x （ ）
A．有一个极小值点，一个极大值点 B．有两个极小值点，一个极大值点
C．最多有一个极小值点，无极大值点 D．最多有一个极大值点，无极小值点
二、多选题
9．（2023·全国·模拟预测）对函数 f x ， g x 公共定义域内的任意 x，若存在常数M R ，
使得 f x - g x M 恒成立，则称 f x 和 g x 是M - 伴侣函数，则下列说法正确的是
（ ）
A．存在常数M R ，使得 f x = log2 5x 与 g x = log
5
1 是M - 伴侣函数
2 x
B x+1．存在常数M R ，使得 f x = 3 与 g x = 3x-1是M - 伴侣函数
C． f x = ln x与 g x = x + 2是1-伴侣函数
D．若 f x = g x ，则存在常数M R ，使得 f x 与 g x 是M - 伴侣函数
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ax2 + bx + c ex 的极小值点为 0，极大值点为
m m > 0 ，且极大值为 0，则（ ）
A．m = 2 B．b = 4a
C．存在 x0 R ，使得 f x0 > 0 D．直线 y = 3a与曲线 y = f x 有 3 个交点
11．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = lna + b ex - a2ex ，其中 e为自然对数的底数，
则（ ）
A．若 f x 为减函数，则 f 0 < 0 B．若 f x 存在极值，则 aeb >1
C．若 f 1 = 0，则b > ln2 D．若 f x 0，则b a
三、填空题
12 2022· · f x x
2 + x +1
．（ 广西 模拟预测）已知函数 = ，则 f x 的极小值为 .
ex
13．（2023· · f x = ax3广东汕头 一模）函数 - 6x的一个极值点为 1，则 f x 的极大值
是 ．
14．（2024·上海闵行· x、x R x > 0 ex二模）对于任意的 11 2 ，且 2 ，不等式 - x1 + ln x2 - x2 > a 恒
成立，则实数 a的取值范围为 .
四、解答题
15．（2024·安徽·二模）已知函数 f (x) = x2 -10x + 3 f (1) ln x .
(1)求函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)求 f (x) 的单调区间和极值.
16．（2024·海南·模拟预测）已知函数 f x = x2 - alnx +1,a R .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)当 a > 0时，若函数 f x 有最小值 2，求 a的值.
lnx 1
17．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f (x) = - ．
x e
(1)求 f (x) 的最大值；
(2)证明：当 x > 0时， f (x) < xex ．
18．（2024·福建·模拟预测）已知函数 f (x) = a ln x - bx 在 1, f 1 处的切线在 y 轴上的截距为
-2．
(1)求 a的值；
(2)若 f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．
1
19 2x x．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = e + a - 2 e - 2ax ．
2
3
(1)若曲线 y = f x 在 0, a - ÷处的切线方程为 4ax + 2y +1 = 0 ，求 a的值及 f x 的单调区
è 2
间．
(2)若 f x 的极大值为 f ln2 ，求 a的取值范围．
5 3
(3) a = 0 f x + 5ex - > x2当 时，求证： + xlnx．
2 2
拓展冲刺练
一、单选题
k
1．（2023· x湖南衡阳·模拟预测）若曲线 f x = (k < 0)与 g x = e 有三条公切线，则 k 的取
x
值范围为（ ）
1 1 2 2
A． - ,0÷ B

． - ,-
C ÷ ． - ,0÷ D． - ,-
è e è e è e ÷è e
2．（2023·河南·三模）已知函数 f (x) = x2 ln x ，则下列结论正确的是（ ）
1
A． f (x) 在 x =
1 e
处得到极大值- B． f (x) 在 x = e 处得到极大值e 2e 2
1 1 e
C． f (x) 在 x = 处得到极小值- D． f (x) 在 x = e 处得到极小值e 2e 2
3．（2023·湖北·模拟预测）设函数 f (x) = 2x3 - 2x ，若正实数 a使得存在三个两两不同的实
数b ， c，d 满足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好为一个矩形的四个顶点，则
a的取值范围为（ ）
0, 1 ù é1
ù é ù
A． ú B． ê ,1
ù 3 3
C
2 2 ú ．
0, ú D． ê ,1ú
è è 3 3
x+1
4．（2024·湖北·二模）已知函数 f x ax e= x + x （e 为自然对数的底数）．则下列说法正确的e x + e
是（ ）
A．函数 f x 的定义域为 R
2
B．若函数 f x 在P 0, f 0 e处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，则 a =1
2e - 2
C．当 a =1时， f x = m可能有三个零点
D．当 a =1时，函数的极小值大于极大值
二、多选题
5．（2023·安徽· 3一模）已知函数 f x = x - x x R ，则（ ）
A． f x 是奇函数
3 3
B． f x 的单调递增区间为 - , - ÷÷ 和 , + ÷÷
è 3 è 3
C f x 2 3． 的最大值为
9

f x 3 , 2 3
3 2 3
D． 的极值点为 - ,3 9 ÷÷
, -
3 9 ÷÷è è
6．（2024·浙江杭州·二模）过点P 2,0 的直线与抛物线 C： y2 = 4x交于 A, B两点．抛物线C
在点A 处的切线与直线 x = -2交于点 N ，作 NM ^ AP 交 AB 于点M ，则（ ）
A．直线 NB与抛物线 C 有 2 个公共点
B．直线MN 恒过定点
C 2．点M 的轨迹方程是 x -1 + y2 =1 x 0
MN 3
D． 的最小值为
AB 8 2
三、填空题
7．（2024·全国·模拟预测）函数 f x = ln x - k x2 + ln x + k 在定义域内为增函数，则实数 k
的取值范围为 ．
8．（2023·江苏淮安·模拟预测）已知函数 f x = ln2x - ax 有三个零点，则 a的取值范围是 .
四、解答题
9．（23-24 高三下·山东菏泽· f x = x -1 ex - ax2阶段练习）已知函数 ， a R .
e
(1)当 a = 2 时，求
f x 的单调区间；
(2)若方程 f x + a = 0有三个不同的实根，求 a的取值范围．
2
10．（2024·山西吕梁·二模）已知函数 f x = alnx - 2x a- a 0 .
x
(1)当 a =1时，求 f x 的单调区间和极值；
(2)求 f x 在区间 0,1 上的最大值.考点 18 导数与函数的极值、最值（2 种核心题型+基础保分
练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.2.会用导数求函数的极大值、
极小值.3.掌握利用导数研究函数最值的方法.4.会用导数研究生活中的最优化问题．
【知识点】
1．函数的极值
(1)函数的极小值
函数 y＝f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝
0；而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，则 a 叫做函数 y＝f(x)的极小值点，
f(a)叫做函数 y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值
函数 y＝f(x)在点 x＝b 处的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝
0；而且在点 x＝b 附近的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，则 b 叫做函数 y＝f(x)的极大值点，
f(b)叫做函数 y＝f(x)的极大值．
(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值．
2．函数的最大(小)值
(1)函数 f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：
如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小
值．
(2)求函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数 y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；
②将函数 y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最
小的一个是最小值．
常用结论
对于可导函数 f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数 f(x)在 x＝x0处有极值”的必要不充分条件
【核心题型】
题型一　利用导数求解函数的极值问题
根据函数的极值(点)求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
(2)验证：求解后验证根的合理性．
命题点 1　根据函数图象判断极值
【例题 1】（2024· x四川广安·二模）已知函数 f x = ax +1 e ，给出下列 4 个图象：
其中，可以作为函数 f x 的大致图象的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】对 a的情况进行分类讨论，借助于导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大
致图象.
【详解】由题意知， f x 定义域为R ，
当 a = 0时， f x = ex ，由指数函数的单调性可知函数 f x 单调递增，可对应①；
当 a > 0时， f x = ax + a +1 ex ，令 f x a +1= 0可得： x a +1= - < 0 ，所以当 x
a
- , - ÷
è a
时， f x < 0，当 x a +1 - , + ÷时， f x > 0
1
，所以，函数 f x 先减后增，且当 x < -
è a a
时， f x < 0 ，此时可对应②；
当 a<0时， f x = ax + a +1 ex ，当 f x = 0 x a +1时 = - ，当 x - ,
a +1
- ÷时， f x > 0，a è a
x a +1当 - , +

÷时， f x < 0，所以，函数 f x 先增后减，
è a
当 a < -1时， x
a +1
= - < 0 1，且此时 0 < - < 1a ，所以可对应③，a
x a +1当-1 < a < 0
1
时， = - > 0 ，此时- >1，所以可对应④.
a a
故选：D
【变式 1】（23-24 高三上·黑龙江·阶段练习）如图是函数 y = f x 的导函数 y = f x 的图象，
下列结论正确的是（ ）
A． y = f x 在 x=-1处取得极大值 B． x =1是函数 y = f x 的极值点
C． x = -2是函数 y = f x 的极小值点 D．函数 y = f x 在区间 -1,1 上单调递减
【答案】C
【分析】根据导函数的正负即可求解 y = f x 的单调性，即可结合选项逐一求解.
【详解】由图象可知：当 x<- 2时， f x < 0, f x 单调递减，当 x -2时， f x 0, f x
单调递增，
故 x = -2是函数 y = f x 的极小值点， y = f x 无极大值.
故选：C
1 1
【变式 2】（2023·河北·模拟预测）函数 f (x) = 4 - 2 的大致图象是（ ）x x
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数法判断.
【详解】解：因为函数 f (x)
1 1
= 4 - 2 的定义域为： x | x R, x 0 ，且 f -x = f x ，x x
所以函数 f x 是偶函数，
当 x > 0时， f x = -4x-5 1 1- x2 ÷ ，
è 2
令 f x = 0，得 x = 2 ，
当0 < x < 2 时， f x < 0，当 x > 2 时， f x > 0，
所以当 x = 2 时， f x 取得极小值，
故选：D
【变式 3】（2024 高三·全国·专题练习）已知函数 f（x）的导函数 f′（x）的图象如图所示，
则下列结论正确的是（　　）
A．曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率小于零
B．函数 f（x）在区间（－1，1）上单调递增
C．函数 f（x）在 x＝1 处取得极大值
D．函数 f（x）在区间（－3，3）内至多有两个零点
【答案】D
【详解】解析：由题意，得 f′（1）＝0，所以曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率
等于零，故 A 错误；当 x∈（－1，1）时，f′（x）＜0，所以 f（x）在（－1，1）上单调递减，
故 B 错误；当－2＜x＜1 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当 x＞1，f′（x）＜0，f（x）单
调递减，所以 x＝1 不是 f（x）的极值点，故 C 错误；当 x∈（－3，－2）时，f′（x）＞0，f
（x）单调递增，当 x∈（－2，3）时，f′（x）≤0，f（x）单调递减，所以当 f（－2）＜0 时，
f（x）在（－3，3）上没有零点；当 f（－2）＝0 时，f（x）在（－3，3）上只有一个零点；
当 f（－2）＞0 时，f（x）在（－3，3）上有两个零点．综上，函数 f（x）在区间（－3，3）
内至多有两个零点，故选 D.
命题点 2　求已知函数的极值
【例题 2】（2024·宁夏银川· 2 x一模）若函数 f (x) = x - ax - 2 e 在 x = -2处取得极大值，则 f (x)
的极小值为（ ）
A．-6e2 B．-4e C．-2e2 D．-e
【答案】C
【分析】由题意求出 a的值，进而求出 f x ，再解出极小值即可.
f (x) = x2 x【详解】因为函数 - ax - 2 e 在 x = -2处取得极大值，
则 f x = éx2 + 2 - a x - 2 - a
x
ù ×e ， x R 且 f -2 = 0，
即 4 - 2 2 - a - 2 - a = 0，所以 a = 2；
所以 f x = x2 - 2x - 2 ×ex ， f x = x2 - 4 ×ex = x + 2 x - 2 ex ，
令 f x = 0，则 x = 2或 x = -2，
由 x - ,-2 , f x > 0 ， x -2,2 , f x < 0， x 2, + , f x > 0，
所以 f x 在 - ,-2 , 2, + 上单调递增，在 -2,2 上单调递减.
所以函数 f x 在 x = -2处取得极大值， f = f 2 = -2e2极小 .
故选：C.
π π
【变式 1】（2023·全国·模拟预测）函数 f x = 2x - tan x - π 在区间 - , ÷的极大值、极小
è 2 2
值分别为（ ）
π π π
A． +1，- +1 B．- +1
3π
，- +1
2 2 2 2
3π π π 3π
C． -1，- +1 D．- -1，- +1
2 2 2 2
【答案】D
【分析】求出 f x ，由 f (x) < 0 、 f (x) > 0 可得答案．
f (x) 2 sin x

2 1 2cos
2 x -1
【详解】由题意，得 = - = - = ，
è cos x ÷ cos2 x cos2 x
π π π π
当 x - ,- ÷ , ÷ 时， 2cos2 x -1 < 0， f (x) < 0 ；
è 2 4 è 4 2
x π , π - 当 ÷时， 2cos2 x -1 > 0， f (x) > 0 ．
è 4 4
π π π π
所以 f (x)

在 - ,-

÷上单调递减，在 - ,
π π
÷上单调递增，在 ,4 2 ÷ 上单调递减．è 2 4 è 4 4 è
π π 3π
当 x = - 4 时，
f (x) 取得极小值，为 f - ÷ = - +1；
è 4 2
π π
当 x
π
=
4 时，
f (x) 取得极大值，为 f ÷ = - -1．
è 4 2
故选：D．
ìex
, x > 0,
【变式 2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知 f (x) = í x 则方程
-x2 - 4x -1, x 0,
f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 可能有（ ）个解.
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】BCD
【分析】方程 f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 得 f (x) = 3或 f (x) = k ，作出函数图象，数形结合判
断解的个数.
x ex x -1
【详解】 f (x) e = x > 0 ，有 f (x) = ，
x x2
当0 < x <1时 f (x) < 0 ， f (x) 单调递减；当 x >1时 f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，
当 x =1时， f (x) 有极小值 f 1 = e .
f (x) = -x2 - 4x -1 x 0 ，由二次函数的性质可知，
f (x) 在 - ,-2 上单调递增，在 -2,0 上单调递减，
当 x = -2时， f (x) 有极大值 f (-2) = 3 .
ìex
f (x) , x > 0,由 = í x 的图象如图所示，
2 -x - 4x -1, x 0
由 f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 得 f (x) = 3或 f (x) = k ，
由图象可知 f (x) = 3有 3 个解， f (x) = k 可能有 1，2，3，4 个解，
故方程 f 2 (x) - (k + 3) f (x) + 3k = 0 可能有 4，5，6，7 个解.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：
函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令 f x = 0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间 a,b 上是连续不断的曲线，且
f a × f b < 0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个
零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横
坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点
【变式 3】（2024·辽宁鞍山·二模） f x = x2e- x 的极大值为 ．
4
【答案】
e2
【分析】借助导数研究函数的单调性即可得其极大值.
- x 2 - x 2 - x - x
【详解】 f x = 2xe + x -e = 2x - x e = -x x - 2 e ，
当 x - ,0 U 2,+ 时， f x < 0，当 x 0,2 时， f x > 0，
故 f x 在 - ,0 、 2, + 上单调递减，在 0,2 上单调递增，
故 f x 有极大值 f 2 = 22 e-2 4= 2 .e
4
2
故答案为： e
命题点 3　已知极值(点)求参数
【例题 3】（2024·全国·模拟预测）设 x1, x2 为函数 f x = x x - 2 x - a （其中 a > 0）的两个
不同的极值点，若不等式 f x1 + f x2 0成立，则实数 a的取值范围为（ ）
A． 1,4 B． 0,4 C． 0,1 D． 4, +
【答案】A
【分析】导函数为二次函数， x1, x2 为对应的一元二次方程的两根，由 f x1 + f x2 0，代
入函数解析式，结合韦达定理化简，可解出实数 a的取值范围.
【详解】因为 f x = x x - 2 x - a ，所以 f x = 3x2 - 2 2 + a x + 2a．
ì 2
Δ = 4 a - 2a + 4 > 0,

2 2 + a又函数 f x 有两个不同的极值点 x1, x2 ，所以 íx1 + x2 = ,
3
2a
x x = . 1 2 3
解法一：由 f x + f x 0 x3 + x3 - a + 2 x21 2 ，得 1 2 1 + x22 + 2a x1 + x2 0 ，
即 x1 + x2 é x1 + x
2
2 -3x1x é2 - a + 2 x1 + x
2
2 - 2x1x ù2 + 2a x1 + x2 0 * ．
将 x + x , x x 的值代入（*）式，得 a21 2 1 2 - 5a + 4 0，解得1 a 4，
故选：A．
3
解法二：函数 y = ax + kx a 0 为奇函数，图象的对称中心为 0,0 ，
则函数 y = a x - m 3 + k x - m + n图象的对称中心为 m, n
设 g x = ax3 + bx2 + cx + d = a x - m 3 + k x - m + n，
a x - m 3 + k x - m + n = ax3 - 3amx2 + 3am2 + k x + n - am3 - km ，
ì-3am = b

比较系数，有 í3am2 + k = c ，

n - am
3 - km = d
b b2 3
解得m = - , k = c - , n
2b bc
= - + d g b= -
3a 3a 27a2 3a è 3a ÷
3 2 b b
所以函数 g x = ax + bx + cx + d a 0 图象的对称中心为 - , g - ÷÷ ，
è 3a è 3a
即若 f x 存在两个相异的极值点 x1, x2 ，则其对称中心为点 x1, f x1 和点 x2 , f x2 的中点，
f x1 + f x2 f x + x即 = 1 2
2 ÷
．
è 2
x + x 2 + a
由题设得 f x1 + f x2 0，即 f 1 2 ÷ 0 ，即 f ÷ 0，
è 2 è 3
ìa > 0,

所以 ía + 2 a + 2 2 a + 2- - a 解得
1 a 4 .
0, 3 è 3
÷ ÷
è 3
故选: A．
1 2
【变式 1】（2024·四川绵阳·三模）若函数 f x = ax - x + blnx a 0 有唯一极值点，则下
2
列关系式一定成立的是（ ）
A． a > 0,b < 0 B． a < 0,b > 0
1
C． ab < D． ab > 0
4
【答案】C
2
【分析】求导，构造函数 g x = ax - x + b a 0 ，利用二次函数零点的分布，结合分类讨
论以及极值点的定义即可求解.
2
f x ax 1 b ax - x + b【详解】 = - + = ，
x x
令 g x = ax2 - x + b a 0 ，D =1- 4ab，
若D =1- 4ab 0 ，则 g x = ax2 - x + b 0 或 g x = ax2 - x + b 0 ，此时 f x 单调，不存在
极值点，故不符合题意，
若D =1- 4ab > 0，则方程 g x = ax2 - x + b = 0有两个实数根，
1
由于 f x = ax2 - x + blnx a 0 有唯一极值点，故 g x = ax2 - x + b = 0只能有一个正实数
2
根，
若另一个实数根为 0，此时b = 0，显然满足条件，
b
若令一个实数根为负根，则 < 0，故 ab < 0 ，
a
1
结合选项可知， ab < 一定成立，
4
故选：C
【变式 2】（2024·辽宁· 3一模）已知函数 f x = x + ax2 + bx + a2在 x=-1处有极值 8，则 f 1
等于 ．
【答案】-4
【分析】求导，即可由 f -1 = 8且 f -1 = 0求解 a,b，进而代入验证是否满足极值点即
可．
【详解】 f x = 3x2 + 2ax + b,
ì-1+ a - b + a2 = 8
若函数 f x 在 x=-1处有极值 8，则 f -1 = 8, f -1 = 0,即 í ,
3- 2a + b = 0
解得： a = 3,b = 3或 a = -2,b = -7 ，
当 a = 3,b = 3时， f x = 3x2 + 6x + 3 = 3(x +1)2 0，此时 x=-1不是极值点，故舍去；
当 a = -2,b = -7 时， f x = 3x2 - 4x - 7 = 3x - 7 x +1 ，
x 7 7当 > 或 x < -1时， f x > 0，当-1< x < , f x < 0，故 x=-1是极值点，
3 3
故 a = -2,b = -7 符合题意，
故 f x = x3 - 2x2 - 7x + 4，
故 f 1 = -4 .
故答案为：-4
2
【变式 3】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = ln x - x + ax - 2 a R ．
(1)若 f x 的极值为－2，求 a 的值；
(2)若 m，n 是 f x 的两个不同的零点，求证： f m + n + m + n < 0．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数 f x 求导，再根据函数与导数的关系研究函数 f x 的性质，即可得解；
（2）由题意 f m + n + m + n 1 m - n= - ln
m m
m - n m + n n ÷
，再设m > n > 0 ， t = n ，进而构造函数è
g t t -1= - ln t t >1 ，利用函数的单调性进行证明即可.
t +1
【详解】（1）由题知 f x 的定义域为 0, + ，
f x 1 2x a -2x
2 + ax +1
= - + = ．
x x
由 f x = 0可得 2x2 - ax -1 = 0，
a - a2 + 8 a + a2 + 8
解得 x1 = （舍去）， x2 = ，4 4
且 ax2 = 2x
2
2 -1，
∴ f x 在 0, x2 上单调递增，在 x2 ,+ 上单调递减，
∴ f x f x = ln x - x2有极大值 2 2 2 + ax 2 2 22 - 2 = ln x2 - x2 + 2x2 -1 - 2 = ln x2 + x2 - 3．
设 h x = ln x + x2 - 3，
则 h x 在 0, + 上单调递增，且 h 1 = -2，
x =1 a + a
2 + 8
故 2 ，即 = 1，解得 a =1．
4
（2）由条件可得 f m = ln m - m2 + am - 2 = 0， f n = ln n - n2 + an - 2 = 0，
m
两式相减，可得 ln - m2 - n2 + a m - n = 0，n
ln m
故 a = m + n - n ，
m - n
f m n m n 1+ + + = - 2 m + n + a + m + n
m + n
ln m1 n 1 m - n ln m= - = - ．
m + n m - n m - n è m + n n ÷
m
不妨设m > n > 0 ， t = n ，则 t > 1，
f m + n + m + n < 0 m - n ln m要证 ，只需证明 - < 0，
m + n n
t -1
即证 - ln t < 0 ．
t +1
g t t -1设 = - ln t t >1 ，
t +1
2
g t 2 1 2t t +1 t
2 +1
则 =
t +1 2
- = = - < 0 ，
t t t +1 2 t t +1 2
∴ g t 在 1, + g t 1-1上单调递减， < - ln1 = 0，
1+1
故 f m + n + m + n < 0．
【点睛】方法点睛：
（1）研究函数零点、极值时，一般需要求导分析函数、导函数的单调性，并结合特值进行
分析判断；
t -1
（2）证明有关零点的不等式时，需要观察不等式，构造常用函数 g t = - ln t t >1 证明
t +1
即可.
题型二　利用导数求函数最值
求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数
的单调性，从而得到函数 f(x)的最值．
命题点 1　不含参函数的最值
【例题 4】（2024·陕西·模拟预测）"x 1,2 ，有 a - x 2lnx + x 2 恒成立，则实数 a的取值范
围为（ ）
e
A． e, + 1, + é ,+ B． C． ê ÷ D． 2e, + 2
【答案】C
2 2
【分析】构造函数m x = -x lnx + x , x 1,2 ，求导可得函数的单调性，即可求解最值
m x = m e e=max ，进而 a m x 2 max 即可.
【详解】由 a - x 2lnx + x 2 在 x 1,2 上恒成立，令m x = -x2lnx + x2 , x 1,2 ，
则m x = -2xlnx - x + 2x = -2xlnx + x = x -2lnx +1 ．令m x = 0，则 x = e ，
当 x 1, e 时，m x > 0，故m x 在 1, e 上单调递增；
当 x e,2 时，m x < 0，故m x 在 e,2 上单调递减；
则m x e e m e = ，所以 a 2 2
故选:C
2
【变式 1】（2024·四川·模拟预测）已知 f x = x - 2x + a ln x - x ，若存在 x0 0,e ，使得
f x0 0成立，则实数 a的取值范围是 .
【答案】 -1, +
【分析】先用导数证明不等式 x - ln x -1 0，然后对 a -1和 a < -1分类讨论，即可得出结
果.
【详解】设 g x = x - ln x g x 1 1 x -1，则 = - = ，从而当0 < x <1时 g x < 0，当 x >1时
x x
g x > 0 .
所以 g x 在 0,1 上递减，在 1, + 上递增，故对任意 x > 0有 x - ln x = g x g 1 =1，即
x - ln x -1 0 .
一方面，当 a -1时，由于 f 1 =1- 2 - a = -1- a 0，故存在 x0 = 1使得 f x0 0成立；
另一方面，当 a < -1时，由于对任意 x 0,e 都有
f x = x2 - 2x + a ln x - x
= x -1 2 -1+ a ln x - x
= x -1 2 + -a x - ln x -1
= x -1 2 + -a x - ln x -1 + -a -1
0 + 0 + -a -1 （这里用到 x -1 2 0，-a > 0， x - ln x -1 0）
= -a -1 > 0，
所以对任意 x 0,e 都有 f x > 0 .
综上， a的取值范围是 -1, + .
故答案为： -1, + .
【点睛】关键点点睛：对于求取值范围问题，本质上就是要确定一个集合，使得命题成立的
x 0,e
充要条件是参数属于该集合. 故本题中我们从两个方面入手，证明了存在 0 使得
f x0 0 a -1, + 的充要条件是 ，即可解决问题
【变式 2】（2024·上海徐汇·二模）如图，两条足够长且互相垂直的轨道 l1, l2 相交于点O，一
根长度为8的直杆 AB 的两端点 A, B分别在 l1, l2 上滑动（ A, B两点不与O点重合，轨道与直
杆的宽度等因素均可忽略不计），直杆上的点 P 满足OP ^ AB，则△OAP面积的取值范围
是 .
【答案】 (0,6 3]
【分析】令 OAB = x(0 < x
π
< )，利用直角三角形边角关系及三角形面积公式求出△OAP
2
的面积函数，再利用导数求出值域即得.
OAB x(0 x π【详解】依题意，设 = < < )，则
2
OA = AB cos x = 8cos x, AP = OAcos x = 8cos2 x ，
因此△OAP的面积 f (x)
1
= OA × AP sin x = 32sin x cos3 x 0 x π， < <
2 2
，
求导得 f (x) = 32(cos4 x - 3sin2 x cos2 x) = 32cos4 x(1- 3tan2 x)，
0 x π π π π当 < < 时， f (x) > 0 π π，当 < x < 时， f (x) < 0 ，即函数 f (x) 在 (0, ) 上递增，在 ( , )
6 6 2 6 6 2
上递减，
π
因此 f (x) π= f ( ) = 32 3 1 ( )3 = 6 3 ，而 f (0) = f ( ) = 0max ，则0 < f (x) 6 3 ，6 2 2 2
所以△OAP面积的取值范围是 (0,6 3] .
故答案为： (0,6 3]
【变式 3】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = lnx ．
f x(1) 求函数 g x = 的最值．
x
1 e2(2)证明： xex - 3- x4 - x3 - ef x > 0（其中 e为自然对数的底数）．
4 4
1
【答案】(1)最大值为 g e = ，无最小值；
e
(2)证明见解析.
【分析】（1）先求出函数的导数，根据导数得出函数的单调区间，从而得出函数的最值.
2
2 ex 1 x3 e - 3 elnx
lnx 1
（ ）不等式转化为 - - x2 - > 0，结合（1）知 ，从而证明：
4 4 x x e
1 e2ex - 3- x3 - x2 -1 0，再结合导数求函数的最小值证得结果.
4 4
lnx
【详解】（1）由题意知 g x = ，定义域为 0, + ，
x
1- lnx
从而 g x = ．
x2
所以当 x 0,e 时， g x > 0；当 x e, + 时， g x < 0．
所以函数 g x 在 0,e 上单调递增，在 e, + 上单调递减．
所以函数 g x 1的最大值为 g e = ，无最小值．
e
2 xex 1 e
2
x4 - 3
2
x3 ef x 0 ex 1 x3 e - 3 x2 elnx（ ）欲证 - - - > ，只需证 - - - > 0．
4 4 4 4 x
lnx 1 elnx
由（1）知 ，从而 1，当且仅当 x=e时取等号．
x e x
1 e2
下面证明： ex - 3- x3 - x2 -1 0．
4 4
1 2 2
设 h x = ex - x3 e - 3- x2 3 e - 3-1, x > 0，则 h x = ex - x2 - x．
4 4 4 2
H x ex 3 e
2 - 3 2
设 = - x2 - x，则H x = ex 3 x e - 3- - ．
4 2 2 2
3 e2F x ex x - 3设 = - - ，则F x = ex 3- ，
2 2 2
故当 x

0, ln
3 F x < 0 x ÷时， ；当 ln
3 , +
2 2 ÷
时，F x > 0．
è è
所以函数F x 0, ln 3 在 ÷ 上单调递减，在 ln
3 ,+
2 ÷
上单调递增．
è è 2
5 - e2 e2 - 3 3 3 3 3 e2
由于F 0 = < 0, F 2 0, F ln ln - 3= > ÷ = - - < 0，2 2 è 2 2 2 2 2
3
故设存在唯一的 x0 ln , 2

÷，使F x0 = 0，
è 2
且当 x 0, x0 时，F x < 0，当 x x0 ,+ 时，F x > 0．
故函数H x 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增．
e2 3 4e + 3 - 2e2
又H 0 =1, H 1 = e - + = < 0, H 2 = e2 - 3 - e2 - 3 = 0，2 4 4
所以存在唯一的 x1 0,1 ，使H x1 = 0，
故当 x 0, x1 U 2, + 时，H x > 0；当 x x1, 2 时，H x < 0．
从而函数 h x 在 0, x1 , 2,+ 上分别单调递增，在 x1, 2 上单调递减．
因为 h 0 = e0 - 0 - 0 -1 = 0, h 2 = e2 - 2 - e2 - 3 -1 = 0，
所以 h x 0在 0, + 上恒成立，当且仅当 x = 2时取等号．
2
因为取等条件不相同，所以 ex 1 x3 e - 3- - x2 elnx- > 0恒成立，
4 4 x
2
即 xex 1- x4 e - 3- x3 - ef x > 0成立．
4 4
【点睛】本题第（2）问考查的是利用导数证明不等式．
证明时有三个关键点：
一是不等式的等价变形，由第（1）问的提示可知，需要把所证明的不等式两端同时除以 x ，
1 e2 - 3 elnx
使不等式等价转化为 ex - x3 - x2 - > 0；
4 4 x
lnx 1 elnx
二是放缩法的应用，由（1）知 ，从而 1，此时只需再证明不等式
x e x
2 2
ex 1 e - 3- x3 - x2 -1 0即可；三是构造函数 h x = ex 1 e - 3- x3 - x2 -1，通过求导研究
4 4 4 4
h x 的单调性，进一步求得 h x 的最小值，在研究 h x 单调性的过程中，需要注意特殊点、
端点，以及隐零点的讨论．
命题点 2　含参函数的最值
1
【例题 5】（2024· x四川成都·模拟预测）已知函数 f (x) = e - x2 - bx(a，b R)2(a 1) 没有极+
b
值点，则 的最大值为（
a 1 ）+
A e
e 2
． B e． C． e D．
2 2 2
【答案】B
【分析】转化为 f (x) ex
1
= - x - b 0恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，
a +1
1 ln a +1 b ln a +1 +1
从而得到b + ，故 a +1 2 ，换元后，构造函数，求导得到其单调a +1 a +1 a +1
性和最值，求出答案.
【详解】函数 f x = ex
1
- x2 - bx
2 a +1 没有极值点，
\ f (x) 1= ex - x - b 0，或 f (x) 0恒成立，
a +1
由 y = ex 指数爆炸的增长性， f (x) 不可能恒小于等于 0，
\ f (x) = ex
1
- x - b 0恒成立．
a +1
令 h x ex 1 x 1= - - b ，则 h x = ex - ，
a +1 a +1
当 a +1< 0时， h x > 0恒成立， h x 为R 上的增函数，
x
因为 e 0,+ 1是增函数，- x - b - , + 也是增函数，
a +1
所以，此时 h(x) - , + ，不合题意；
1
②当 a +1 > 0时， h x = ex - 为增函数，由 h x = 0得 x = -ln a +1 ，
a +1
令 h x > 0 x > -ln a +1 ，h x < 0 x < -ln a +1 ，
\h x 在 - ，- ln a +1 上单调递减，在 -ln a +1 ，+ 上单调递增，
当 x = -ln a +1 h x h ln a 1 1 ln a +1 时，依题意有 = - + = + - b 0，min a +1 a +1
b 1
ln a +1
即 + ，
a +1 a +1
b ln a +1 +1
Qa +1 > 0，\ a +1 ，a +1 2
令 a +1 = x(x > 0) u x lnx +1， = 2 x > 0 ，x
x -
u x lnx +1 × 2x - 2lnx +1 则 =
x4
= ，
x3
令u x 1> 0 0 < x < ，令u x 1< 0，解得 x > ，
e e
x 1所以当 = 时，u x
1 e
取最大值u = .e è e
÷
2
a +1 1= e e e b e故当 ，b = ，即 a = -1，b = 时， 取得最大值 .e 2 e 2 a +1 2
b e
综上，若函数 h x 没有极值点，则 的最大值为 .
a +1 2
故选：B.
【点睛】关键点睛：将函数没有极值点的问题转化为导函数恒大于等于 0，通过构造函数，
借助导数研究函数的最小值，从而得解.
【变式 1】（23-24 高三下·重庆·阶段练习）若过点 a,b 可以作曲线 y = lnx的两条切线，则
（ ）
A．b > lna B．b < lna C． a < 0 D．b > ea
【答案】A
【分析】设切点坐标为 (x0 , y0 )，由切点坐标求出切线方程，代入坐标 (a , b ) ，关于 x0 的方程
有两个不同的实数解，变形后转化为直线与函数图象有两个交点，构造新函数由导数确定函
数的图象后可得.
1
【详解】设切点坐标为 (x0 , y0 )，由于 y
1
= ，因此切线方程为 y - ln x0 = (x - x )x 0 ，x 0
a - x0 a
又切线过点 (a , b ) ，则b - ln x0 = ，b +1 = ln x0 +x ，0 x0
设 f (x)
a
= ln x + ，函数定义域是 (0, + )，
x
y = b +1 f (x) ln x a f (x) 1 a x - a则直线 与曲线 = + 有两个不同的交点， = -
x x x2
= 2 ，x
当 a 0时， f (x) > 0 恒成立， f (x) 在定义域内单调递增，不合题意；
当 a > 0时，0 < x < a 时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减，
x > a时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增，所以 f (x)min = f (a) = ln a +1，
结合图象可知b +1 > ln a +1，即b > ln a .
故选：A.
【变式 2】．（2024·全国·模拟预测）函数 f x = x + 2 ln x +1 - ax 只有 3 个零点x1，x2，
x3 x1 < x2 < x3 < 3 ，则 a + x2的取值范围是 ．
10ln 2
【答案】 2, ÷
è 3
【分析】由题意对函数求导，为判断导数与零的大小关系，对导数再次求导求其最值，利用
分类讨论思想，结合零点存在性定理，建立不等式组，可得答案.
【详解】函数 f x = x + 2 ln x +1 - ax 的定义域为 -1, + ，则
f x = ln x +1 x + 2+ - a ．
x +1
1 1 x
设 g x = f x ，则 g x = - =x +1 x +1 2 x +1 2 ，
所以当 x -1,0 时， g x < 0， f x 单调递减，当 x 0, + 时， g x > 0， f x 单调
递增，
所以 f x f 0 = 2 - a ．
当 2 - a 0，即 a 2时， f x 0， f x 单调递增，且 f 0 = 0，此时 f x 只有 1 个零点，
不满足题意；
1
1 a -1+ 2
当 2 - a < 0，即 a > 2时，由 f a -1÷ = ln
1 -1+1 a ÷ +
e
1 - a = e
a +1- 2a > 0，
è e è e
ea
-1+1
a
f ea -1 = ln ea 1 1 e -1+ 2 1- + + a - a =1+ a > 0e -1+1 e
存在m -1,0 ， n 0, + ，使得 f m = 0， f n = 0，
当 x -1, m U n,+ 时， f x > 0；当 x m, n 时， f x < 0，
所以 f x 在 -1, m 上单调递增，在 m, n 上单调递减，在 n,+ 上单调递增，
又 f 0 = 0，易知 f m > 0， f n < 0 ，
f 1 1 1 1 1- = -1+ 2 ln -1+1 - a -1 = -2ae-a由 a ÷ a ÷ a ÷ a ÷ < 0，è e è e è e è e
f ea -1 = ea -1+ 2 ln ea -1+1 - a ea -1 = 2a > 0，
则 f x 在 -1, m ， n,+ 上各有 1 个零点，此时满足题意.
所以 a > 2，且 x2 = 0．由 x3 < 3，得 f 3 = 5ln 4 - 3a > 0 a
10ln 2
，得 < ．
3
所以 a x
10ln 2
+ 2的取值范围是 2, 3 ÷
．
è
2,10ln 2 故答案为： ÷ .
è 3
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对 a分 a 2和 a > 2讨论，当 a > 2时，需要利用零点存
x < 3 f 3 = 5ln 4 - 3a > 0
在性定理证明其满足题意，再根据 3 ，则 ，解出即可.
1
【变式 3】（2024·北京海淀·一模）已知函数 a- xf (x) = xe 2 .
(1)求 f (x) 的单调区间；
(2)若函数 g(x) = f (x) + e-2a , x (0, + )存在最大值，求 a的取值范围.
【答案】(1) f (x) 的增区间为 - , 2 ，减区间为 (2,+ )
(2) a -1
a 1- x 1
【分析】（1）对函数求导，得到 f (x) = e 2 (1- x)，再求出 f (x) > 0 和 f (x) < 0 对应的 x
2
取值，即可求出结果；
（2）令 h(x) = f (x) + e-2a ，对 h(x) 求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出 h(x) 的单
h(x) (0, + ) 2ea-1 -2 -2调区间，进而得出 在 上取值范围，从而将问题转化成 + e a e a 成立，
构造函数m(x) = ex-1 + e-2x ，再利用m(x)的单调性，即可求出结果.
1
【详解】（1）易知定义域为R ，因为 a- xf (x) = xe 2 ，所以
a 1 x 1 a 1 1- - x a- xf (x) e 2 xe 2 e 2 (1 1= - = - x)，
2 2
由 f (x) = 0，得到 x = 2，当 x < 2时， f (x) > 0 ，当 x > 2时， f (x) < 0 ，
所以，函数 f (x) 的单调递增区间为 - , 2 ，单调递减区间为 2, + .
（2）令 h(x) = f (x) + e-2a ，则 h (x) = f (x)，
由（1）知，函数 f (x) 的单调递增区间为 - , 2 ，单调递减区间为 2, + ，
所以 h(x) 在 x = 2时取得最大值 h(2) = 2ea-1 + e-2a，
1
所以当 x > 2时， a- xh(x) = xe 2 + e-2a > e-2a = h(0) ，当0 < x < 2时， h(x) > h(0)，
即当 x (0,+ )时， h(x) h(0),h(2) ，
a 1- x
所以函数 g(x) = xe 2 + e-2a 在 (0, + ) a-1 -2 -2存在最大值的充要条件是 2e + e a e a ，
2ea-1 + e-2a + e-2a
即 = ea-1+e-2a 0，
2
令m(x) = ex-1 + e-2x ，则m (x) = ex-1 + e-2 > 0 恒成立，
所以m(x) = ex-1 + e-2x 是增函数，又因为m(-1) = e-2 - e-2 = 0，
所以m(a) = ea-1 + e-2a 0的充要条件是 a -1，
所以 a的取值范围为 -1, + .
a 1- x
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，构造函数 h(x) = xe
2 + e-2a，利用函数
x (0,+ ) h(x) h(0),h(2) 2ea-1 + e-2a e-2a单调性得到 时， ，从而将问题转化成 ，构造
函数m(x) = e
x-1 + e-2x ，再利用m(x)的单调性来解决问题
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1 3．（2023·广西·模拟预测）函数 f x = x + ax在 x =1处取得极小值，则极小值为（ ）
A．1 B．2 C．-2 D． -1
【答案】C
【分析】求出函数 f (x) 的导数，利用极小值点求出 a 值，再借助导数求出极小值作答.
2
【详解】依题意， f x = 3x + a，因为函数 f (x) 在 x =1处取得极小值，则 f 1 = 3+ a = 0，
解得 a = -3，
此时 f x = 3x2 - 3 = 3(x +1)(x -1)，当 x < -1或 x >1时， f (x) > 0 ，当-1 < x <1，时 f (x) < 0 ，
因此函数 f (x) 在 - ,-1 , 1,+ 上单调递增，在 (-1,1)上单调递减，
3
所以函数 f x = x - 3x在 x =1处取得极小值 f (1) = -2 .
故选：C
2．（2024·四川凉山·二模）若 f x = x sin x + cos x -1， x é π- , πùê ú ，则函数 f x 的零点个数 2
为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】求导，研究函数单调性，极值，画图，根据图象得零点个数.
【详解】 f x = sin x + x cos x - sin x = x cos x ,
x π当
- ,0 ÷时， f x < 0， f x 单调递减，
è 2
π
当 x
0, ÷时， f x > 0， f x 单调递增，
è 2
x π , π 当 ÷时， f x < 0， f x 单调递减，
è 2
f π π又 -

÷ = -1
π π
> 0， f 0 = 0 ， f ÷ = -1 > 0 ， f π = -2 < 0 ，
è 2 2 è 2 2
则 f x = x sin x + cos x -1的草图如下：
由图象可得函数 f x 的零点个数为 2 .
故选：C.
3．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）在同一平面直角坐标系内，函数 y = f x 及其导函数 y = f x
的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为 0,1 ，则（ ）
A．函数 y = f x ×ex 的最大值为 1
B x．函数 y = f x ×e 的最小值为 1
f x
C y ．函数 = x 的最大值为 1e
f x
D ．函数 y = x 的最小值为 1e
【答案】C
【分析】AB 选项，先判断出虚线部分为 y = f x ，实线部分为 y = f x ，求导得到
y = f x ×ex f (x)在 R 上单调递增，AB 错误；再求导得到 x (- ,0)时， y = x 单调递增，当e
x (0,+ ) f (x)时， y = x 单调递减，故 C 正确，D 错误.e
【详解】AB 选项，由题意可知，两个函数图像都在 x 轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为 y = f x ，
实线部分为 y = f x ，
故 y = f x ×ex + f x ×ex = f x + f x ×ex > 0恒成立，
故 y = f x ×ex 在 R 上单调递增，则 A，B 显然错误，
f y (x)e
x - f (x)ex f (x) - f (x)
对于 C，D， = = 2 x ，ex e
x (- ,0) y f (x) - f (x) f (x)由图像可知 ， = x > 0恒成立，故 y = x 单调递增，e e
x (0, + ) y f (x) - f (x) 0 y f (x)当 ， = x < ， = x 单调递减，e e
y f (x) f 0所以函数 = x 在 x = 0处取得极大值，也为最大值， 0 =1，C 正确，D 错误.e e
故选：C
4．（2024· 2x x陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = ae + be + 2x 有 2个极值点，则（ ）
A 0 a b
2
． < < B．b > 0 C． a < 4b D．b > 2a
16
【答案】A
【分析】求出函数的导函数，令 t = ex ，依题意可得关于 t 的方程 2at 2 + bt + 2 = 0有两个不相
ì2a 0
Δ > 0
等的正实根 t

1 、 t2 ，则 í ，即可判断.
t1 + t2 > 0
t1t2 > 0
f x = ae2x【详解】函数 + bex + 2x 的定义域为R ，
且 f x = 2ae2x + bex + 2，
依题意 f x = 0有两个不相等实数根，
令 t = ex ，则关于 t 的方程 2at 2 + bt + 2 = 0有两个不相等的正实根 t1 、 t2 ，
ì2a 0
2
Δ = b -16a > 0
b b2
所以 ít1 + t2 = - > 0，所以0 < a < ，b < 0 .
2a 16
1
t1t2 = > 0 a
故选：A
a sin x + cos x5 ．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = x + x在 0, π 上恰有两个极值点，e
则实数 a 的取值范围是（ ）
2 π π
A． 4 0, e ÷÷ B． - , eπ C 0,eπ
2
． D． e 4 ,+ 2 2 ÷÷è è
【答案】D
【分析】函数 f x 在 0, π 上恰有两个极值点， f x 在 0, π 上有两个变号零点，分离常
x
数得 a e= ，转化为两函数图象有两个不同的交点，利用数形结合思想进行求解；或直
2sin x
接求函数 f x 的单调性，求图象在 0, π 上与 x 轴有两个交点的条件.
-2a sin x
【详解】解法一： 由题意可得 f x = x +1，因为函数 f x 在 0, π 上恰有两个极e
值点，所以 f x 在 0, π 上有两个变号零点．
x x
令 f x -2a sin x= x +1 = 0 a
e
，可得 = ，令 g x e= , x 0, πe ，2sin x 2sin x
则直线 y = a 与函数 y = g x ， x 0, π 的图象有两个不同的交点，
2ex sin x cos x 2 2e
x sin x π-
- 4 ÷g x = è ，
2sin x 2
=
2sin x 2
x π ,π 当 ÷时， g x
π
> 0 ，所以 g x 在
4
,π ÷ 上单调递增，
è è 4
x 0, π g x 0 g x 0, π当 ÷ 时， < ，所以 在 ÷上单调递减，
è 4 è 4
π 2 π
又 g ÷ = e 4 ，当 x 趋近于 0 时， g x 趋近于+∞，当 x 趋近于 π 时， g x 趋近于+∞，
è 4 2
2 π
所以可作出 g x 的图象如图所示，数形结合可知 a > e 4 ，
2
2 π
即实数 a 的取值范围是 e 4 , +
è 2
÷÷，

故选：D．
-2a sin x
解法二 由题意可得 f x = x +1．因为函数 f x 在 0, π 上恰有两个极值点，所以e
f x 在 0, π 上有两个变号零点．
当 a 0时， f x > 0在 0, π 上恒成立，不符合题意．
h x f x -2a sin xa 0 1 2 2a sin

x
π
-
当 > 时，令 = = + ，则 4 ÷x h x è ，e =
ex
x π ,π π 当 ÷时， h x > 0， h x 单调递增，当 x 0, ÷时， h x < 0， h x 单调递减，
è 4 è 4
π 2a π 2a π
因为 h 0 = h π =1， h 4 ÷ =1- π ，所以 h ÷ =1- π < 0
2
è ，则è 4 a > e
4 ，即实数 a 的
e 4 e 4 2
2 π
取值范围是 4 e , + 2 ÷÷，è
故选：D．
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式
恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为
函数的单调性、极(最)值问题处理，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一
种常用技巧.
二、多选题
b
6．（2024·全国· x模拟预测）已知函数 f x = ae + 在定义域内既存在极大值点又存在极小
x
值点，则（ ）
b 4
A． ab > 0 B．
a e2
C．4a - be2 > 0 D．对于任意非零实数 a，总存在实数b 满足
题意
【答案】AD
【分析】根据给定条件，分类讨论，逐项判断即可.
2 x
【详解】由题意，得 f x b= aex b ax e - b- = .令 f x = 0 2，得 x ex =2 2 .x x a
令 g x = x2ex g x = x x + 2 ex，则 .
当 x - ,-2 0,+ 时， g x > 0，此时 g x 单调递增；
当 x -2,0 时， g x < 0，此时 g x 单调递减.
Q g 4-2 = , g 0 = 0，当 x - 2 时， g x 0，e
\ 0 b 4当 < < 2 时， f x 在定义域内既存在极大值点又存在极小值点.故 A 正确，B 不正确.a e
b 4
当 a<0时，由0 < < 2 知，当b < 0时，a e 4a - be
2 < 0，故 C 不正确.
b 4
对于任意非零实数 a，总存在实数b ，使得0 < < 2 成立，故 D 正确.a e
故选：AD.
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知各项都是正数的数列 an 的前 n项和为 Sn ，且
S an 1n = +2 2a ，则下列结论正确的是（ ）n
A．当m > n m，n N* 时， am > an B． Sn + Sn+2 < 2Sn+1
C．数列 1S 2n 是等差数列 D． Sn - lnnSn
【答案】BCD
【分析】计算数列首项及第二项可判定 A，利用等差数列的定义及 Sn ,an 的关系可判定 C，从
而求出 Sn 的通项公式结合基本不等式、函数的单调性可判定 B、D.
a 1
【详解】对 A 1
2
，由题意可知 a1 = + a =1 a =12 2a 1 ，所以 1 ，1
a a a+ = 2 1则 1 2 + a
2
2 2a 2
+ 2a2 -1 = 0，所以 a2 = 2 -1< a1，故 A 错误；
2
a 1 S - S 1 2 2
对 C n n n-1，由 Sn = + Sn = + S n
- Sn-1 =1 n 2 2 2a 2 2 S - S ，故 C 正确；n n n-1
C 2对 ，所以 Sn =1+ n -1 = n Sn = n ，
则 S n + n + 2n + Sn+2 = n + n + 2 < 2 = 2Sn+1，故 B 正确；2
1 1 1
对 D，易知 Sn - = n -S ，令 f x = x - - 2ln x x 1 ，n n x
f x 1 1 2 1
2

则 = + 2 - = -1÷ 0，则 f x 单调递增，x x è x
所以 f x f 1
1
= 0 n 1- ln n，即 Sn - ln nS ，故 D 正确.n n
故选：BCD
三、填空题
8．（2024·上海黄浦·二模）如图是某公园局部的平面示意图，图中的实线部分（它由线段
CE, DF 与分别以OC,OD为直径的半圆弧组成）表示一条步道.其中的点C, D 是线段 AB 上的
动点，点 O 为线段 AB,CD 的中点，点 E, F 在以 AB 为直径的半圆弧上，且 OCE , ODF 均
为直角.若 AB =1百米，则此步道的最大长度为 百米.
π2 + 4
【答案】
2
【分析】设半圆步道直径为 x 百米，连接 AE, BE ，借助相似三角形性质用 x 表示CE，结合
对称性求出步道长度关于 x 的函数关系，利用导数求出最大值即得.
【详解】设半圆步道直径为 x 百米，连接 AE, BE ，显然 AEB = 90o ，
由点 O 为线段 AB,CD 的中点，得两个半圆步道及直道CE, DF 都关于过点O垂直于 AB 的直
线对称，
1
则 AC = - x, BC
1
= + x ，又CE ^ AB ，则RtVACE ∽ RtVECB ，有 2 ，
2 2 CE = AC × BC
DF CE 1 x2 f (x) 2 1
1
即有 = = - ，因此步道长 = - x2 + πx = 1- 4x2 + πx，0 < x < ，
4 4 2
求导得 f (x)
4x π
= - + π ，由 f (x) = 02 ，得 x = ，1- 4x 2 π2 + 4
当0
π π 1
< x < 时， f (x) > 02 ，函数 f (x) 递增，当 < x < f (x) < 02 π + 4 2 π2
时， ，函数
+ 4 2
f (x) 递减，
π 2 2
因此当 x = 时， f (x)max = 1- 4(
π )2 π π + 4+ =
2 ，2 π + 4 2 π2 + 4 2 π2 + 4 2
π2 + 4
所以步道的最大长度为 百米.
2
π2 + 4
故答案为：
2
9．（2023· - x江西赣州·模拟预测）当 x = 0时，函数 f x = ae + bx 取得极小值 1，则
a + b = .
【答案】 2
f x = -ae- x ì f (0) = a =1【分析】求导函数 + b，根据 í f (0) a b 0求得 a,b的值，检验极值点后可 = - + =
得 a + b 的值.
【详解】函数 f x = ae- x + bx ，则 f x = -ae- x + b
当 x = 0时，函数 f x = ae- x + bx 取得极小值 1，
ì f (0) = a =1
所以 í a =1,b =1
f (0) = -a + b = 0
，解得 ，
x
所以 f x = -e- x 1 e -1+ = x ，e
则函数在 x - ,0 时， f x < 0，函数单调递减；在 x 0, + 时， f x > 0，函数单调
递增；符合 x = 0是函数的极值点；
故 a + b = 2 .
故答案为： 2 .
四、解答题
1
10 2023· · f x = x2 1 1．（ 河南洛阳 一模）已知函数 + + ．
2 x 2
(1)求 f x 的图像在点 2, f 2 处的切线方程；
(2)求 f x é1在 ê , 2
ù
上的值域．
2 ú
【答案】(1) 7x - 4y - 2 = 0；
(2) 2,3 ．
【分析】（1）把点 2, f 2 代入函数解析式，得切点坐标，通过求导，得到切线的斜率，根
据直线的点斜式方程，求切线方程．
（2）解不等式 f x > 0，得函数增区间，解不等式 f x < 0，得函数减区间，结合
x é1 ù é1 ùê , 2ú ，确定函数单调性，求得最值，进而得出 f x 在 ê , 2ú上的值域． 2 2
【详解】（1）因为 f x 1= x2 1 1+ + ，所以 f x 1 7= x - 2 ，所以 f 2 = 3， f 2 = ，2 x 2 x 4
7
故所求切线方程为 y - 3 = x - 2 ，即7x - 4y - 2 = 0．
4
x3 -1 x -12 x
2 + x +1 é1 ù
（ ）由（1）知 f x = = ， x , 2 ．
x2 x2 ê 2 ú
令 f x > 0，得1< x 2；令 f x < 0 1，得 x <1．2
é1 ù
所以 f x 在 ê ,12 ú 上单调递减，在
1,2 上单调递增，

所以 f x = f 1min = 2 ．
f 1 21又 ÷ = ， f 2 = 3，
è 2 8
因为 f 2 > f 1 2 ÷，è
2 f x 3 f x é1 ,2ù所以 ，即 在 ê ú上的值域为 2,3 ． 2
11．（2024·上海静安·二模）已知 k R ，记 f (x) = a x + k ×a- x （ a > 0且a 1）．
(1)当 a = e（ e是自然对数的底）时，试讨论函数 y = f (x) 的单调性和最值；
(2)试讨论函数 y = f (x) 的奇偶性；
(3)拓展与探究：
① 当 k 在什么范围取值时，函数 y = f (x) 的图象在 x 轴上存在对称中心？请说明理由；
②请提出函数 y = f (x) 的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析；
1
(3)①当 k < 0时，函数 y = f (x) 有对称中心 log(-k),0 ，理由见解析；②答案见解析.
è 2 ÷
【分析】（1）当 a = e时，求得 f (x) = ex - k ×e- x ，分 k 0和 k > 0，两种情况讨论，分别求
得函数的单调性，进而求得函数的最值；
（2）根据题意，分别结合 f (-x) = f (x)和 f (-x) = - f (x) ，列出方程求得 k 的值，即可得到结
论；
1
（3）根据题意，得到当 k < 0时，函数 y = f (x) 有对称中心 log(-k),0÷，且 k < 0时，对
è 2
于任意的 x R ，都有-x R ，并且 f (loga (-k) - x) = - f (x) ．
【详解】（1）解：当 a = e时，函数 f (x) = ex + k ×e- x ，可得 f (x) = ex - k ×e- x ，
若 k 0时， f (x) > 0 ，故函数 y = f (x) 在R 上单调递增，函数 y = f (x) 在R 上无最值；
1
若 k > 0时，令 f (x) = 0，可得 x = ln k ，
2
x 1 1当 - , ln k

÷时， f x < 0，函数 y = f (x) ù在2 - , ln k2 ú上为严格减函数； è è
x 1当 ln k,
1
+ 时， f x > 0，函数 y = f (x) é在 ln k, + 上为严格增函数，
è 2 ÷ ê 2 ÷
1 f 1所以，当 x = ln k

时，函数取得最小值，最小值为
2
ln k
2 ÷
= 2 k ，无最大值．
è
综上：当 k 0时，函数 f (x) 在R 上无最值；当 k > 0时，最小值为 2 k ，无最大值．
（2）解：因为“ y = f (x) 为偶函数” “对于任意的 x R ，都有 f (-x) = f (x) ”
即对于任意的 x R ，都有-x R ，并且 a x + k ×a- x = a- x + k × a x ；
即对于任意的 x R ， (k -1)(a x - a- x ) = 0 ，可得 k =1，
所以 k =1是 y = f (x) 为偶函数的充要条件．
因为“ y = f (x) 为奇函数” “对于任意的 x R ，都有 f (-x) = - f (x) ”，
即对于任意的 x R ，都有-x R ，并且-a x - k × a- x = a- x + k × a x ，
即对于任意的 x R ， (k +1)(a x + a- x ) = 0，可得 k = -1，
所以 k = -1是 y = f (x) 为奇函数的充要条件，
当 k ±1时， y = f (x) 是非奇非偶函数.
1
（3）解：①当 k 0

< 时，函数 y = f (x) 有对称中心 log(-k),02 ÷，è
当 k < 0时，对于任意的 x R ，都有-x R ，并且 f (loga (-k) - x) = - f (x) ．
证明：当 k < 0时，令 f (x) 0 x
1
= ，解得 = loga (-k) 为函数 y = f (x) 的零点，2
由 f (x) = a x + k ×a- x ，
可得 f (log (-k) - x) = aloga (-k )-x + k ×a-(loga (-k )-x)a = -k × a- x - a x = - f (x)；
1
② 答案 1：当 k > 0时，函数 y = f (x) 有对称轴 x = log
2 a
k ．
即当 k > 0时，对于任意的 x R ，都有-x R ，并且 f (loga k - x) = f (x) ，
参考证明：当 k > 0时，由 f (x) = a x + k ×a- x ，
可得 f (log k - x) = aloga k -x + k ×a-(loga k -x)a = k × a- x + a x = f (x)，
答案 2：当 k =1时， y = f (x) 的图象关于 y 轴对称，
即对于任意的 x R ，都有 f (-x) = f (x)，
1
k 0 y = f (x) x = log (-k) f
1
答案 3：当 < 时，函数 的零点为 a ，即 loga (-k)
= 0.
2 2 ֏
【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：
1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；
3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
综合提升练
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）若函数 f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函数，则实数 a
的取值范围是（ ）
A． - , 2 ln 2 B． 0, 2 ln 2
C． - , 2 D． 0,2
【答案】C
【分析】根据函数给定区间上为增函数可得导函数在该区间上恒为非负数，利用参变分离法
即可通过求相应函数的最值求得参数范围.
【详解】因为函数 f x = x +1 ln x - ax +1是 0, + 上的增函数，所以
f x = ln x 1+ +1- a 0 在 0, + 上恒成立，
x
a 1 1即 ≤ ln x + +1在 0, + 上恒成立．令 g x = ln x + +1， x 0, + ,则
x x
g x 1 1 x -1= - = ，
x x2 x2
则当0 < x <1时， g (x) < 0，当 x >1时， g (x) > 0，故 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, +
上单调递增，
所以 g x = g 1 = 2min ，所以 a 2．
故选：C．
2 x．（2024·陕西渭南·模拟预测）已知函数 f x = xe + a 在区间 0,1 上的最小值为 1，则实数
a 的值为（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
【答案】D
【分析】先利用导函数研究函数的单调性及最值计算即可.
【详解】由题意可知： f x = x +1 ex ，
所以当 x 0,1 时 f x > 0，则 f x 在 0,1 上单调递增，
所以 f x = f 0 = a =1min .
故选：D.
3．（23-24 高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知函数 f x = x ln x - ax有极值-e，则a =
（ ）
A．1 B．2 C． e D．3
【答案】B
【分析】先求出函数 f x 的导函数；再求出极值点，代入函数 f x = x ln x - ax解方程即可.
【详解】由题目条件可得：函数 f x 的定义域为 0, + ， f x = ln x +1- a .
令 f x > 0，得 x > ea-1；
令 f x < 0，得 0 < x < ea -1 .
所以函数 f x 0,ea-1 a-1在区间 上单调递减，在 e , + 上单调递增.
则 ea-1是函数 f x 的极小值点，
f ea-1 = ea-1 ln ea-1 - aea-1故 = -e ，解得 a = 2 .
故选：B
4．（2024·广东佛山·二模）若函数 f x = a ln x 4 b+ + 2 （ a 0）既有极大值也有极小值，则x x
下列结论一定正确的是（ ）
A． a<0 B．b < 0 C． ab > -1 D． a + b > 0
【答案】B
【分析】求出函数 f x 的导数 f x ，由已知可得函数 f x 在 0, + 上有两个零点，转化
为一元二次方程有两个不等的正根判断作答即可.
2
【详解】函数 f x 的定义域为 0, + f x a 4 2b ax - 4x - 2b， = - - = ，
x x2 x3 x3
又函数 f x 既有极大值也有极小值，所以函数 f x 在 0, + 上有两个零点，
由 a 0，所以方程 ax2 - 4x - 2b = 0 有两个不同的正实数 x1, x2 ，
ì
Δ = -4 2 - 4a -2b > 0


所以 íx1 + x
4
2 = > 0 ，即 ab > -2, a > 0,b < 0 .
a
x x -2b 1 2 = > 0 a
故选：B
x25．（2023·甘肃兰州·一模）已知函数 f ln xx = ex + - ln x的极值点为x1，函数 h x = 的2 2x
最大值为x2，则（ ）
A． x1 > x2 B． x2 > x1 C． x1 x2 D． x2 x1
【答案】A
1 1 1 1
【分析】根据题目条件求出 x1 , ÷ ， x2 = < ，即可判断．è 4 2 2e 4
f x ex x
2
【详解】 = + - ln x的定义域为 0, + ，
2
1 1
f x = ex 1+ x - 在 0, + 1 3 1 15上单调递增，且 f ÷ = e2 - > 0 ， f = e4 - < 0 ，x è 2 2 ÷è 4 4
1 1 1
所以$x
x1
1 ,4 2 ÷
， e + x1 - = 0x ，è 1
所以当0 < x < x1 时 f x < 0，当 x > x 1 时 f x > 0，即 f x 在 0, x1 上单调递减，在 x1, +
上单调递增，
f x x x x 1 1 则 在 = 1处取得极小值且 1 , ．
è 4 2 ÷
h x ln x 0, + h x 2 - 2ln x 1- ln x= 的定义域为 ，由 = = ，
2x 4x2 2x2
当 x 0,e 时， h x > 0，当 x e,+ 时， h x < 0，
h x ln x x=e ln e 1故 = 在 处取得极大值，也是最大值， h x = h e = =max ，2x 2e 2e
即 x
1 1
2 = < ．所以 x2e 4 1
> x2 ．
故选：A
6．（2024·全国·模拟预测）记函数 y = f x 的导函数为 y ， y 的导函数为 y ，则曲线 y = f x
y
K =
的曲率 3 ．则曲线 y = ln x2 的曲率的极值点为（ ）é
1+ y ù
2

A 2 B 2 3． ． C 2 3 2． D．
2 3 9 3
【答案】A
【分析】根据定义求解 y 和 y ，由曲率的定义进行求解极值点.
1 1
【详解】函数 y = ln x 的定义域是 0, + ， y = ， y = - 2 ，x x
1
2
K x= x =
∴ y = ln x 3 3曲线 的曲率 é 1
2
ù 2 1+ x21
2 ，
ê + x ÷ úê è ú
3 1
2 3 11+ x 2 - x × × 1+ x2 2 ×2x 2 2 2 2 2
K = 2
1+ x 1+ x - 3x 1- 2x
=
2 3 3
= 5 ，
1+ x 1+ x2 1+ x2 2
显然当0 2< x < 时，K > 0 2；当 x > 时，K < 0．
2 2
∴ x 2= 为曲线 y = ln x 的曲率的极值点，
2
故选：A．
7．（2024·北京朝阳·一模）已知 n个大于 2 的实数 x1, x2 , × × ×, xn ，对任意 xi i =1,2, × × ×,n ，存在
yi 2满足 yi < x
y x
i ，且 x i ii = yi ，则使得 x1 + x2 + ×××+ xn-1 15xn 成立的最大正整数 n为（ ）
A．14 B．16 C．21 D．23
【答案】D
ln x
【分析】构造函数 f x = x 2 ，结合函数单调性可得 e < xi 4 ，则有x
15 x + x + ××× + x 1 2 n-1 n -1 e ，即可得解.
xn 4
x yi x
ln x ln y
【详解】由 ii = yi ，且 yi 2， xi > 2，故 yi ln xi = xi ln y
i i
i，即 =x y ，i i
f x ln x x 2 f x 1- ln x令 = ， = ，
x x2
故当 x 2,e 时， f x > 0，当 x e,+ 时， f x < 0，
即 f x 在 2,e 上单调递增，在 e,+ 上单调递减，
ln xi ln y= i由 ，即 f xi = f yi ，故 xi > e， 2 yi < ex y ，i i
又 f 2 ln 2 ln 4= = = f 4 ，故 xi 4 ，即 e < xi 4 ，2 4
x x x 15x 15 x1 + x2 + ××× + x n -1 e若 1 + 2 + ×××+ n-1 n ，则有 n-1 ，xn 4
n 60 60即 +1，由 e 2.72，故 +1 22.06 +1 = 23.07 .
e e
故最大正整数 n为 23 .
故选：D.
ln x
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助函数 f x = 的性质，结合其单调性得到
x
n -1
2 y e e x 4 15 x1 + x2 + ××× + xn-1 e i < ，从而得到 < i ，则有 ，即可得解.xn 4
8．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知函数 f x 及其导函数 f x 的定义域均为R ，且
f x - f x = x2e2x , f 0 = 0，则 f x （ ）
A．有一个极小值点，一个极大值点 B．有两个极小值点，一个极大值点
C．最多有一个极小值点，无极大值点 D．最多有一个极大值点，无极小值点
【答案】C
f x
【分析】设 g x = ，求导后，构造 h x = g x + x2exx ，求导，得到其单调性和极值情e
况，结合极小值为 0，故当 x - ,-1 时， h x 至多有 1 个变号零点，且在 -1, + 上无变
号零点；分 h x 在区间 - , -1 上没有变号零点和 1 个变号零点两种情况，得到极值情况.
f x f
x - f x 2 2x
【详解】令 g x x e= ，则 g x x = x = x = x2ex ，e e e
故 f x = f x + x2e2x = ex g x + x2e2x = ex é 2 x g x + x e ù．
h x = g x + x2ex令 ，
2 x 2 x 2 x x
所以 h x = g x + x + 2x e = x e + x + 2x e = 2x x +1 e ，
当 x - ,-1 时， h x > 0,h x 单调递增，
当 x -1,0 时， h x < 0, h x 单调递减，
当 x 0, + 时， h x > 0,h x 单调递增，
所以 h x f 0的极小值为 h 0 = g 0 = 0 = 0，e
h x 1的极大值为 h -1 = g -1 + > h 0 = 0，
e
所以当 x - ,-1 时， h x 至多有 1 个变号零点，且在 -1, + 上无变号零点；
当 h x 在区间 - , -1 上没有变号零点时，
则 h x 0， f x = exh x 0， f x 单调递增， f x 无极值点，
当 h x 在区间 - , -1 上有 1 个变号零点时，
x
可设为 x0 ，则当 x - , x0 时， h x < 0, f x = e h x < 0， f x 单调递减，
当 x x0 ,+ 时， h x 0, f x = exh x 0， f x 单调递增，
所以 f x 有且只有一个极小值点 x0 ，无极大值点．
综上， f x 最多有一个极小值点，无极大值点．
故选：C
【点睛】隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉
零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与
简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
二、多选题
9．（2023·全国·模拟预测）对函数 f x ， g x 公共定义域内的任意 x，若存在常数M R ，
使得 f x - g x M 恒成立，则称 f x 和 g x 是M - 伴侣函数，则下列说法正确的是
（ ）
A．存在常数M R ，使得 f x = log2 5x 与 g x = log
5
1 是M - 伴侣函数
2 x
B x+1．存在常数M R ，使得 f x = 3 与 g x = 3x-1是M - 伴侣函数
C． f x = ln x与 g x = x + 2是1-伴侣函数
D．若 f x = g x ，则存在常数M R ，使得 f x 与 g x 是M - 伴侣函数
【答案】AD
【分析】根据伴侣函数的定义，由对数的运算法则判断 A，根据指数型函数的单调性以及值
域可判断 B，求导，判断 h x = ln x - x - 2的单调性进而可判断 C，根据常函数的性质可判断
D.
【详解】A 选项：由题意得
f x - g x = log2 5x - log
5
1 = log
5
2 5x + log2 = log 25 = 2logx x 2 2 5，2
故存在M 2log2 5，使得 f x - g x M 恒成立，故 A 正确；
B 选项：由题意得 f x - g x = 3x+1 - 3x-1 = 8 3x-1，
由于 y = 8 3x-1为单调递增函数，且值域为 0, + ，
因此不存在M R ，使得8 3x-1 M 恒成立，故 B 错误；
C 选项：由题意得 f x - g x = ln x - x - 2 ，
令函数 h x = ln x - x - 2 1 1- x，则 h x = -1 = ，
x x
易知 h x 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 h x h 1 = -3，所以 h x 3，不满足 ln x - x - 2 1，故 C 错误；
D 选项：令 t x = f x - g x ，则 t x = f x - g x = 0，
所以 t x 为常函数，（点拨：若两个函数的导函数相同，则两个函数相差一个常数）
不妨令 t x = a ，故存在M a ，使得 f x - g x M 恒成立，故 D 正确.
故选：AD
10．（2024· 2全国·模拟预测）已知函数 f x = ax + bx + c ex 的极小值点为 0，极大值点为
m m > 0 ，且极大值为 0，则（ ）
A．m = 2 B．b = 4a
C．存在 x0 R ，使得 f x0 > 0 D．直线 y = 3a与曲线 y = f x 有 3 个交点
【答案】AD
2
【分析】根据函数的极值点，确定方程 ax + 2a + b x + b + c = 0的根的情况，利用韦达定理
ì2a + b = -ma, ì b = -a m + 2 ,
得 í ，即 í 得到 f x = a éx2 - m + 2 x +
m + 2 ù ×ex
b c 0, c a m 2 , ，再依据 + = = +
f m = 0，解出m = 2 ，即可判断 A，B 2选项；根据函数解析式 f x = a x - 2 ex , a < 0判断
C 选项；根据函数图像判断 D 选项.
2
【详解】因为 f x = é ax + 2a + b x + b + cù ×e
x
，令 f x = 0，
则 ax2 + 2a + b x + b + c = 0且 f x 的极小值点为 0，
极大值点为m m > 0 ，所以 0 和m 为方程的两个根，
ì2a + b = -ma,
所以 a<0，且 f x = ax x - m ex ，所以 í
b + c = 0,
ì b = -a m + 2 , 2
所以 í f x = a éx - m + 2 x + m + 2 ù ×ex
c = a m + 2 ,
所以 ，
又因为 f m = 0 2，即 a é m - m + 2 m + m + 2 ù
m
×e = 0，
化简为 a -m + 2 em = 0 ， a<0， em > 0 ，所以-m + 2 = 0，
解得m = 2 ，所以b = -4a,c = 4a ，所以 A 正确，B 错误；
因为 f x = a x - 2 2 ex , a < 0，所以 f x 0 恒成立，所以 C 错误；
函数 f x 的图象如图所示，因为 f 0 = 4a < 3a < 0，
所以直线 y = 3a与曲线 y = f x 有 3 个交点，所以 D 正确．
故选：AD．
11．（2024·全国· x 2模拟预测）已知函数 f x = lna + b e - a ex ，其中 e为自然对数的底数，
则（ ）
A．若 f x 为减函数，则 f 0 < 0 B．若 f x 存在极值，则 aeb >1
C．若 f 1 = 0，则b > ln2 D．若 f x 0，则b a
【答案】BCD
x 2
【分析】对 f x 求导可得 f x = lna + b e - a e，当 f 0 = 0时， f x 也为减函数，可得
A错误；若 f x 存在极值可知 f x 存在“变号”零点，可得B正确；由 f 1 = 0可得b = a2 - lna ，
2
构造 g x = x2 - lnx 并判断单调性可得b > ln2，C 正确；由 f x 0可得 lna a ex+ b x ，易知e
ex 1 b a lnax ，可得 - ，构造函数 h x = x
lnx
- , x > 0 并判断单调性即可求得b a ，D 正
e a a x
确.
f x = lna + b ex - a2【详解】因为 ex ，所以 f x = lna + b ex - a2e，
所以当 f 0 = lna + b = 0时， f x = -a2e < 0, f x 为减函数，A 错误．
若 f x 存在极值，则 f x = lna + b ex - a2e存在“变号”零点．
因为 f x = 0可得 lna + b ex = a2e ，所以 lna + b > 0，即 aeb >1，B 正确．
若 f 1 = 0，则 lna + b e - a2e = 0，即b = a2 - lna ．
2 2
g x = x2 - lnx 2 x + ÷ x - ÷令 ，则
g x 2x 1= - = è
2 è 2 ，, x > 0
x x
2
所以当0 < x < 时， g x < 0 2，当 x > 时， g x > 0，
2 2
2 g x 2

所以 在 0, ÷÷ 上为减函数，在 ,+ 2 ÷÷上是增函数，è 2 è

所以 g(x)
2 1 2 1
min = g ÷÷ = - ln = 1+ ln2
1
，所以b 1+ ln2 > ln2，C 正确．
è 2 2 2 2 2
2
若 f x 0，即 lna + b a ex ．由 ex x +1，得 ex-1
ex
x x ，即 x 1，e e
b lna
所以 lna + b a2 ，易知 a > 0，所以 a - ．a a
2
h x = x lnx- , x > 0 h x 1 1- lnx x -1+ lnx设 ， = - 2 =x x x2 ．
设j x = x2 -1+ lnx, x > 0,j x = 2x 1+ > 0，所以j x 在 0, + 上单调递增，
x
结合j 1 = 0，当0 < x <1时，j x < 0, h x < 0, h x 在 0,1 上单调递减；
当 x >1时，j x > 0, h x > 0,h x 在 1, + 上单调递增．
所以 h(x)min = h 1 =1
b
，所以 1，即b a ，D 正确．
a
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：在求解参数取值范围时，往往根据已知条件得出变量之间的基本关系，
通过构造函数得出函数单调性即可求得参数取值范围.
三、填空题
2
12 2022· · f x x + x +1．（ 广西 模拟预测）已知函数 = x ，则 f x 的极小值为 .e
【答案】1
【分析】根据导数判断函数的单调性，进而求得极小值.
x2 + x +1 2x +1 e
x - x2 + x +1 ex
-x x -1 【详解】由 f x = ，得 f x = =x x 2 ex ，e e
令 f x = 0，解得 x = 0或 x =1，
故函数 f x 在 - ,0 ， 1, + 上单调递减，在 0,1 上单调递增，
故函数 f x 在 x = 0时取极小值 f 0 =1，
故答案为：1.
13 3．（2023·广东汕头·一模）函数 f x = ax - 6x的一个极值点为 1，则 f x 的极大值
是 ．
【答案】4
【分析】由极值点定义得到 f 1 = 0，求出 a = 2，进而得到 x >1或 x < -1时， f x > 0，
-1 < x <1时， f x < 0，得到函数单调性和极大值.
【详解】 f x = ax3 - 6x定义域为 R，
f x = 3ax2 - 6，由题意得， f 1 = 3a - 6 = 0，解得 a = 2，
f x = 6x2故 - 6，
令 f x = 0，解得 x = ±1，
令 f x > 0得， x >1或 x < -1， f x = 2x3 - 6x 单调递增，
令 f x < 0得，-1 < x <1， f x = 2x3 - 6x 单调递减，
f x = 2x3故 - 6x 在 x=-1处取得极大值，极大值为 f -1 = -2 + 6 = 4 .
故答案为：4
14．（2024·上海闵行·二模）对于任意的 x1、x2 R ，且 x2 > 0 x，不等式 e 1 - x1 + ln x2 - x2 > a 恒
成立，则实数 a的取值范围为 .
【答案】 - , 2
【分析】通过构造函数，利用导数分别求 ex1 - x1 和 ln x2 - x2 的最小值即可.
【详解】设函数 f x = ex - x x，定义域为 R，则 f x = e -1，
当 x < 0 时， f x < 0；当 x > 0时， f x > 0，
则 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
f x 最小值为 f 0 =1，
所以当 x1 = 0 时， e
x1 - x1 有最小值 1；
设函数 g x = x - ln x，定义域为 0, + g x 1 1 x -1，则 = - = ，
x x
当0 < x <1时， g x < 0；当 x >1时， g x > 0，
则 g x 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
g x 最小值为 g 1 =1，
所以当 x2 =1时， ln x2 - x2 有最小值 1，
x
不等式 e 1 - x1 + ln x2 - x2 > a 恒成立，则有 2 > a，
所以实数 a的取值范围为 - , 2 .
故答案为： - , 2 .
四、解答题
15．（2024·安徽·二模）已知函数 f (x) = x2 -10x + 3 f (1) ln x .
(1)求函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)求 f (x) 的单调区间和极值.
【答案】(1) y = 4x -13；
(2)递增区间为 (0, 2), (3,+ ) ，递减区间为 2,3 ，极大值-16 +12ln 2，极小值-21+12ln 3 .
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，赋值求得 f (1) ，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）由（1）的信息，求出函数 f (x) 的导数，利用导数求出单调区间及极值.
【详解】（1）函数 f (x) = x2

-10x + 3 f (1) ln x ，求导得 f (x) 2x 10
3 f (1)
= - + ，
x
则 f (1) = -8 + 3 f (1) ，解得 f (1) = 4，于是 f (x) = x2 -10x +12ln x ， f (1) = -9，
所以所求切线方程为： y + 9 = 4(x -1)，即 y = 4x -13 .
（2）由（1）知，函数 f (x) = x2 -10x +12ln x ，定义域为 (0, + )，
求导得 f (x) 2x 10
12 2(x - 2)(x - 3)
= - + = ，
x x
当0 < x < 2或 x > 3时， f (x) > 0 ，当 2 < x < 3时， f (x) < 0 ，
因此函数 f (x) 在 (0, 2), (3,+ ) 上单调递增，在 (2,3) 上单调递减，
当 x = 2时， f (x) 取得极大值 f (2) = -16 +12ln 2，
当 x = 3时， f (x) 取得极小值 f (3) = -21+12ln 3，
所以函数 f (x) 的递增区间为 (0, 2), (3,+ ) ，递减区间为 (2,3) ，
极大值-16 +12ln 2，极小值-21+12ln 3 .
16．（2024·海南·模拟预测）已知函数 f x = x2 - alnx +1,a R .
(1)当 a =1时，求曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)当 a > 0时，若函数 f x 有最小值 2，求 a的值.
【答案】(1) y = x +1
(2) a = 2
【分析】（1）求出 f 1 = 2 ，求导，得到 f 1 =1，利用导数的几何意义求出切线方程；
a a a
（2）求定义域，求导，得到函数单调性和最小值，得到 - ln -1 = 0，构造
2 2 2
g t = t - tlnt -1，求导得到函数单调性，结合特殊点的函数值，得到答案.
【详解】（1）当 a =1时， f x = x2 - lnx +1, y = f x 的定义域为 0, + ，
则 f x 1= 2x - ，则 f 1 = 2 1- =1, f 1 =1- ln1+1 = 2，
x 1
由于函数 f x 在点 1, f 1 处切线方程为 y - 2 = x -1，即 y = x +1 .
2
（2） f x = x - alnx +1,a R的定义域为 0, + ，
2
f x = 2x a 2x - a- = ，
x x
当 a > 0时，令 f x > 0 a，解得： x > ；令 f x < 0 0 x a，解得： < < ，
2 2
a 所以 f x a在 0, ÷÷上单调递减，在 ,+ 2 2 ÷÷上单调递增，è è

f (x) f a a a所以， min = ÷÷ = - aln +1 = 2
a a a
，即 - ln -1 = 0
è 2 2 2 2 2 2
a
则令 t = > 0 ，设 g t = t - tlnt -1, g t = -lnt ，
2
令 g t < 0，解得： t > 1；令 g t >0，解得：0 < t <1，
所以 g t 在 0,1 上单调递增，在 1, + 上单调递减，
所以 g t g 1 =1- ln1-1 = 0，
t a所以 = =1，解得： a = 2 .
2
f (x) lnx 117．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 = - ．
x e
(1)求 f (x) 的最大值；
(2)证明：当 x > 0时， f (x) < xex ．
【答案】(1)0；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出函数 f (x) 的最大值.
（2）构造函数 g(x) = xex , x > 0 ，利用导数求出函数值集合即可得解.
f (x) lnx 1【详解】（1）函数 = - 的定义域为 (0, + ) f (x)
1- lnx
，求导得 = ，
x e x2
当0 < x < e时， f (x) > 0 ，函数 f (x) 递增，当 x>e时， f (x) < 0 ，函数 f (x) 递减，
所以当 x=e时，函数 f (x) 取得最大值 f (e) = 0 .
（2）令函数 g(x) = xex , x > 0 ，求导得 g (x) = (x +1)ex > 0，即函数 g(x)在 (0, + )上单调递增，
因此"x (0,+ )， g(x) > g(0) = 0，由（1）知， f (x) 0恒成立，
所以 f (x) < g(x) ，即当 x > 0时， f (x) < xex .
18．（2024·福建·模拟预测）已知函数 f (x) = a ln x - bx 在 1, f 1 处的切线在 y 轴上的截距为
-2．
(1)求 a的值；
(2)若 f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．
【答案】(1)2

(2) b 0,
2
e ֏
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
2ln x
（2）借助函数与方程的关系，可将 f x 有且仅有两个零点转化为方程b = 有两个根，
x
构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.
【详解】（1） f (x)
a
= - b， f 1 = a - b ， f (1) = a 0 - b = -b，
x
则函数 f (x) = a ln x - bx 在 1, f 1 处的切线为： y + b = a - b x -1 ，
即 y = a - b x - a ，令 x = 0，则有 y = -a = -2 ，即 a = 2；
（2）由 a = 2，即 f (x) = 2ln x - bx，
若 f x 有且仅有两个零点，则方程 2ln x - bx = 0有两个根，
b 2ln x即方程 = 有两个根，
x
g x 2ln x 2 1- ln x 令 = ，则 g x =x x2 ，
则当 x 0,e 时， g x > 0，则当 x e,+ 时， g x < 0，
故 g x 在 0,e 上单调递增，在 e,+ 上单调递减，
g x g e 2ln e 2故 = = ，
e e
又 x 0 时， g x - ， x + 时， g x 0，
2 2ln x
故当b 0, ÷时，方程b = 有两个根，即 f x 有且仅有两个零点.
è e x
1
19 2024· · f x = e2x．（ 全国 模拟预测）已知函数 + a - 2 ex - 2ax ．
2
3
(1)若曲线 y = f x 在 0, a - ÷处的切线方程为 4ax + 2y +1 = 0 ，求 a的值及 f x 的单调区
è 2
间．
(2)若 f x 的极大值为 f ln2 ，求 a的取值范围．
5 3
(3) a = 0 x 2当 时，求证： f x + 5e - > x + xlnx．
2 2
【答案】(1) a =1，单调递减区间是 - , ln2 ，单调递增区间是 ln2,+
(2) - , -2
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据点斜式求解切线方程，即可与 4ax + 2y +1 = 0 对比可得 a =1，即可
利用导数的正负确定函数单调性，
（2）求导得 f x = ex + a ex - 2 ，即可对 a分类讨论求解导数的正负求解单调性，
1 2x x
（3）将不等式变形为只需要证明 e + 2e - 2x2
5
- > xlnx - ex 1- x2，构造函数
2 2 2
x
h x 1= e2x + 2ex - 2x2 5 lnx- e 1，利用导数求证 h x > 0 ，构造函数 t x = 和j x = + ，
2 2 x x2 2
利用导数分别证明j x > t x ，即可求证0 > xlnx ex 1- - x2，进而可求解.
2
2x x
【详解】（1）由题意，得 f x = e + a - 2 e - 2a ，所以 f 0 = -a -1．
y = f x 0, a 3- 因为曲线 在 ÷处的切线方程为 y -
3
2
a - ÷ = -a -1 x，
è è 2
又 4ax + 2y +1 = 0 ，所以-2a = -a -1，所以 a =1．
所以 f x = e2x - ex - 2 = ex - 2 ex +1 ．
令 f x < 0，得 x < ln2；令 f x > 0，得 x > ln2 ．
所以函数 f x 的单调递减区间是 - , ln2 ，单调递增区间是 ln2,+ ．
2x
（2）由题意得 f x = e + a - 2 ex - 2a = ex + a ex - 2 ．
当 a 0时，令 f x > 0，得 x > ln2 ；令 f x < 0，得 x < ln2．
所以 f x 在 - , ln2 上单调递减，在 ln2,+ 上单调递增，此时 f x 只有极小值，不符合
题意．
当 a < 0时，令 f x = 0，得 x1 = ln2， x2 = ln -a ．
因为 f x 的极大值为 f ln2 ，所以 ln2 < ln -a ，解得 a < -2．
综上， a的取值范围为 - , -2 ．
1
3 2x x（ ）当 a = 0时， f x = e - 2e ．
2
要证 f x + 5ex 5 3- > x2 + xlnx 1 2x，即证 e + 2ex 3 5- x2 - > xlnx - ex ，
2 2 2 2 2
1 2x x 2 5 x 1 2
只需证 e + 2e - 2x - > xlnx - e - x ．
2 2 2
1 2x
先证： e + 2ex 2x2
5
- - > 0， x > 0．
2 2
h x 1= e2x + 2ex设 - 2x2 5- ， x > 0，则 h x = e2x + 2ex - 4x．
2 2
2x
设m x = e + 2ex - 4x， x > 0，则m x = 2e2x + 2ex - 4 = 2 ex -1 ex + 2 > 0．
所以函数m x 在 0, + 上单调递增，则m x > m 0 = 3 > 0 ，即 h x > 0，
所以函数 h x 在 0, + 上单调递增，则 h x > h 0 = 0 1 e2x，所以 + 2ex - 2x2 5- > 0．
2 2
x
再证： xlnx - ex
1
- x2 < 0 x > 0 lnx e 1， ，即证 <
2 x x2
+ ．
2
t x lnx t x 1- lnx设 = ，则 =
x x2
．
当 x 0,e 时， t x > 0， t x 单调递增；

当 x e, + 时， t x < 0， t x 单调递减．所以 t x t e 1= ．
e
x
e 1 x 0 x - 2j x e
x
设 = 2 + ， > ，则j x = ．x 2 x3
当 x 0,2 时，j x < 0，j x 单调递减；当 x 2, + 时，j x > 0，j x 单调递增．
2 2 x x
所以j x j 2 e 1 lnx 1 e 1 e 1 lnx e 1= + ．所以 < + + ，即 < + ．
4 2 x e 4 2 x2 2 x x2 2
1 e2x 2ex 2x2 5 xlnx ex 1综上， + - - > - - x2得证．
2 2 2
故 f x 5 3+ 5ex - > x2 + xlnx．
2 2
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2023·湖南衡阳·模拟预测）若曲线 f x k= (k < 0)与 g x = ex有三条公切线，则 k 的取
x
值范围为（ ）
1- ,0 , 1 2 2A． ÷ B． - -

÷ C． - ,0 D． - ,-

è e è e e ÷è e ÷è
【答案】A
【分析】利用导数几何意义，分别设出两条曲线的切线方程，将问题转化为一条直线与一条
曲线交点个数问题，即可求出 k 的取值范围.
【详解】设公切线为 l, P x1, y1
k -k
是 l与 f x 的切点，由 f x = ，得 f x = ，
x x2
设Q x2 , y x x2 是 l与 g x 的切点，由 g x = e ，得 g x = e ，
-k
所以 l的方程为 y - y1 = 2 x - x x 1 ，1
y k y -k因为 1 = ，整理得 = 2 x
2k
+
x x ，1 1 x1
同理 y - y2 = e
x2 x - x2 ，
因为 y2 = e
x2 x，整理得 y = e 2 x + ex2 1- x2 ，
ì k
- = e
x2
x2 1
依题意两条直线重合，可得 í2k ， = ex2 1- x2
x1
2
消去x1，得 4k = -e
x2 x2 -1 ，
x 2
由题意此方程有三个不等实根，设 h x = -e (x -1) ，
即直线 y = 4k 与曲线 h x 有三个不同的交点，
因为 h x = ex 1- x2 ，令 h x = 0，则 x = ±1，
当 x < -1或 x >1时， h x < 0；当-1 < x <1时， h x > 0，
所以 h x h -1 = -4e-1有极小值为 ， h x 有极大值为 h 1 = 0，
因为 h x = -ex (x -1)2 ， ex > 0， (x -1)2 0，所以 h x 0，
当 x 趋近于- 时， h x 趋近于 0；当 x 趋近于+ 时， h x 趋近于- ，
故 h x 的图象简单表示为下图:
1
所以当-4e-1 < 4k < 0，即- < k < 0时，直线 y = 4k 与曲线 h x 有三个交点.
e
故选：A.
2．（2023·河南·三模）已知函数 f (x) = x2 ln x ，则下列结论正确的是（ ）
1
A． f (x) 在 x =
1 e
处得到极大值- B． f (x) 在 处得到极大值
e 2e x = e 2
1
C． f (x) 在 x =
1 e
处得到极小值- D． f (x) 在
e 2e x = e
处得到极小值
2
【答案】C
【分析】利用导数求函数极值即可.
【详解】由 f (x) = 2x ln x + x = x(2 ln x +1) ，且 x (0,+ )，
1
所以 x (0, )时 f (x)
1
< 0 ， f (x) 递减， x ( ,+ ) 时 f (x) > 0 ， f (x) 递增，
e e
1 1 1 1 1
所以 f (x) 在 x = 处得到极小值 f ( ) = ln = - .
e e e e 2e
故选：C
3．（2023·湖北·模拟预测）设函数 f (x) = 2x3 - 2x ，若正实数 a使得存在三个两两不同的实
数b ， c，d 满足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好为一个矩形的四个顶点，则
a的取值范围为（ ）
1 ù é1 ù 3 ù é 3 ù
A． 0, ú B． ê ,1ú C． 0, D2 2 3 ú ． ê
,1ú
è è 3
【答案】D
【分析】若存在一个矩形，根据函数以及矩形的特点，可以认为以原点为圆心， a2 + ( f (a))2
为半径长的圆与 f (x) = 2x3 - 2x 有至少四个交点，即函数
y = x2 + (2x3 - 2x)2 - a2 - (2a3 - 2a)2 在 0, + 上至少有两个零点，再利用导数研究极值进而
研究零点个数求出参数的取值范围.
【详解】解：已知 f (x) = 2x3 - 2x ，若正实数 a使得存在三个两两不同的实数b ， c，d ，
满足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好为一个矩形的四个顶点，
因为 f (x) = 2x3 - 2x 是奇函数，所以若存在一个矩形，则矩形的中心在原点，
则 x2 + (2x3 - 2x)2 = a2 + (2a3 - 2a)2 在 0, + 上至少有两个根，
设 g(x) = x2 + (2x3 - 2x)2 = 4x6 -8x4 + 5x2 ，
则 g (x) = 24x5 - 32x3 +10x = 2x(2x2 -1)(6x2 - 5) ，
在 0, + 上 g (x) = 0 x 2 x 30时， = 或 = ，
2 6
2 30 2 30
在 (0, )和 ( , + ) 上， g (x) > 0，在 ( , )上 g (x) < 0，
2 6 2 6
(0, 2所以在 ) ( 30和 , + ) 上， g(x) 2 30单调递增，在 ( , )上， g(x)单调递减，
2 6 2 6
则 g(x) =g( 2 ) =1， g(x) =g( 30 ) 25= ，
极大值 2 极小值 6 27
25 2 3 2
根据题意 a + (2a - 2a) 1，
27
当 a2 + (2a3 - 2a)2 =1时，有 (2a2 -1)2 (a2 -1) = 0，解得 a =1或 a 2= ，
2
此时 a [ 2 ,1] .
2
2 3
当 a + (2a - 2a)2
25
= 时，有 (6a2 - 5)2 (3a2 -1) = 0，解得
27 a
30
= 或 a 3= ，
6 3
此时 a [ 3 , 30 ] .
3 6
综上当 a [ 3 ,1]时，根据对称性存在三个两两不同的实数b ， c，d ，
3
满足 (a, f (a))， (b, f (b))， (c, f (c))， (d , f (d )) 恰好为一个矩形的四个顶点.
故选：D .
【点睛】已知函数的极值满足某种限制，求参数的值（范围）.一般先求导，分析函数的单
调性，表示出函数的极值，再数形结合列方程（不等式（组）），求参数的值（范围）.
x+1
4．（2024·
ax e
湖北·二模）已知函数 f x = x + x （e 为自然对数的底数）．则下列说法正确的e x + e
是（ ）
A．函数 f x 的定义域为 R
2
B．若函数 f x 在P 0, f 0 e处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ，则 a =1
2e - 2
C．当 a =1时， f x = m可能有三个零点
D．当 a =1时，函数的极小值大于极大值
【答案】D
【分析】对于 A： g x = x + ex ，通过求导找到零点，进而确定定义域；对于 B：求出
f (x) ， f (0)， f (0)，进而可得切线方程，从而得到面积；对于 CD：求出 f (x) ，利用零点
存在定理，确定零点位置，从而得到极值，进而可判断零点个数以及极值关系.
【详解】记 g x = x + ex ，则 g x =1+ ex > 0，所以 g x 为单调递增函数，
g( 1 1- c-1) = -1+ = < 0， g 0 =1 > 0e c ，所以函数 g x 有唯一零点 n -1,0 ，
因为 f x 有意义需使 x + ex 0，所以函数 f x 的定义域为{x | x n}，所以 A 错误；
f (x) a(1- x) (x -1)e
x+1 é ex+1 a ù
因为 = x + x 2 = (x -1) ê - ， f (0) = a - e ， f (0) = e ，e (x + e ) (x + e
x )2 ex ú
所以函数 f (x) 在点 P 处的切线方程为 y - e = a - e x， a e ，
e
此直线与 x 轴、y 轴的交点分别为 ,0÷， 0,e ，
è e - a
1 e e e
2
由三角形的面积公式得 × × = ，解得 a =1或 a = 2e -1，所以 B 错误；
2 e - a 2e - 2
e2x+1a =1 f (x) (x 1) - (x + e
x )2 (x 1) ( e
2x+1 - x - ex )( e2x+1 + x + ex )
当 时， = - ×
ex × (x + ex
= - ，
)2 ex × (x + ex )2
当 x > n时，记 h(x) = e2x+1 - x - ex = ( e -1) × ex - x，
x
则 h (x) = e -1 e -1，明显 h x 单调递增，
而 h 0 = e - 2 < 0， h 1 = e -1 e -1 > 0，
由零点存在定理知存在0 < x1 <1，使得 h (x1) = ( e -1)ex1 -1 = 0 ，即 ( e -1)ex1 = 1，
h(x) 在 (n, x1)上单调递减，在 (x1,+ )上单调递增，
所以 h(x)min = h(x1) = ( e -1)e
x1 - x1 = 1- x1 > 0，
即当 x > n时， h x > 0 ，所以 e2x+1 > 2x + ex ，
所以 f x 在 n,1 上单调递减，在 (1, + )上单调递增，其中-1 < n < 0， en + n = 0，
当 x < n时，记 L(x) = e × ex + ex + x ， L (x) = e × ex + ex +1 > 0 ，
所以 L x 在 (- , n) 上单调递增，
L( 1) e +1 1 e +1- e 2.89 +1- e 2.7 - e- = - = < = < 0 ， L(n) = e × en + en + n = e × en > 0，
e e e e
由零点存在定理知存在 x2 -1, n ，使得 L(x2 ) = ( e +1) × ex2 + x2 = 0，
2x+1 x 2
2
即当 x (- , x2 )时， L x < 0 e2x+1 - x + ex < 0，从而有 f (x) = (x 1) e - (x + e )- × > 0ex × (x + ex )2 ，
2x+1
x x , n 2x+1 x 2 f (x) (x 1) e - (x + e
x )2
当 2 时， L(x) > 0 e - (x + e ) > 0，从而有 = - × x < 0e × (x + ex )2 ，
综上可知 f x 在 (- , x2 )上单调递增，在 x2 , n 上单调递碱，在 n,1 上单调递减，在 (1, + )
x
上单调递增，其中 -1 < x 2 n2 < n < 0，且 e +1 ×e + x2 = 0， e + n = 0，
所以 f x = f x2 ， fmax x = f 1min ．
f (x ) x e
x2 +1
2 e 1 e
x2 +1 2
又因为 2 = x + x = - + + < 0
1 e
x ， f (1) = + > 0 ，e 2 x2 + e 2 -e 2 e e 1+ e
所以当 x (- ,n)时， f x < 0 ，当 x (n,+ )时， f x > 0，且 f x2 < f 1 ，
所以 f x = m 最多只有两个零点，C 错误，D 正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：1．函数零点的判定常用的方法有：
（1）零点存在性定理；（2）数形结合；（3）解方程 f(x)＝0.
2．研究方程 f(x)＝g(x)的解，实质就是研究 G(x)＝f(x)－g(x)的零点．
3．转化思想：方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求
参数范围问题可转化为函数值域问题
二、多选题
5．（2023· 3安徽·一模）已

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