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第 03 讲 导数与函数的极值、最值
目录
01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究..........................................................................................................................4
知识点 1：函数的极值 ................................................................................................................................................4
知识点 2：函数的最大（小）值 ................................................................................................................................5
解题方法总结 ...............................................................................................................................................................5
题型一：求函数的极值与极值点 ...............................................................................................................................6
题型二：根据极值、极值点求参数 ...........................................................................................................................7
题型三：求函数的最值（不含参） ...........................................................................................................................8
题型四：求函数的最值（含参） ...............................................................................................................................9
题型五：根据最值求参数 .........................................................................................................................................10
题型六：函数单调性、极值、最值的综合应用 .....................................................................................................10
题型七：不等式恒成立与存在性问题 .....................................................................................................................12
04 真题练习·命题洞见........................................................................................................................12
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................13
06 易错分析·答题模板........................................................................................................................14
易错点：对 f(x0)为极值的充要条件理解不清.........................................................................................................14
答题模板：求可导函数 f(x) 的极值 .........................................................................................................................15
考点要求 考题统计 考情分析
2024年 I卷第 10题，6分
2024年 II卷第 16题，15分 高考对最值、极值的考查相对稳定，属于重
2024年 II卷第 11题，6分 点考查的内容．高考在本节内容上无论试题怎样
2024年甲卷第 21题，12分 变化，我们只要把握好导数作为研究函数的有力
（1）函数的极值
2023年乙卷第 21题，12分 工具这一点，将函数的单调性、极值、最值等本
（2）函数的最值
2023年 II卷第 22题，12分 质问题利用图像直观明了地展示出来，其余的就
2022年乙卷第 16题，5分 是具体问题的转化了．最终的落脚点一定是函数
2022年 I卷第 10题，5分 的单调性与最值，因为它们是导数永恒的主题．
2022年甲卷第 6题，5分
复习目标：
（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）会求闭区间上函数的最大值、最小值．
知识点 1：函数的极值
（1）函数的极小值
如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) > f (x0 )，而且在点 x = x0 附近的左侧 f (x) < 0 ，右侧 f (x) > 0 ，则称
f (x0 ) 是函数的一个极小值，记作 y = f (x )极小值 0 ．
（2）函数的极大值
函数 f (x) 在点 x0 附近有定义，如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) < f (x0 )，而且在点 x = x0 附近的左侧
f (x) > 0 ，右侧 f (x) < 0 ，则称 f (x0 ) 是函数的一个极大值，记作 y = f (x )极大值 0 ．
（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．
（4）求 f (x) 极值的步骤
①先确定函数 f (x) 的定义域；
②求导数 f (x)；
③求方程 f (x) = 0 的解；
④检验 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，
那么函数 y = f (x) 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数
y = f (x) 在这个根处取得极小值．
② f (x0 ) = 0 是 x0 为极值点的既不充分也不必要条件，如 f (x) = x
3
， f (0) = 0 ，但 x0 = 0 不是极值
点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数 f (x) = x ，在极小值点 x0 = 0 是不可导的，于是有如下结论：
x0 为可导函数 f (x) 的极值点 f (x0 ) = 0；但 f (x0 ) = 0 x0为 f (x) 的极值点．
【诊断自测】（2024·辽宁·三模）下列函数中，既是定义域上的奇函数又存在极小值的是（ ）
A． f x = xsinx 1B． f x = x +
x
C． f x = ex 1+ x D． f x = x +1 - x -1e
知识点 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 y = f (x) 在 (m，n)内的极值（极大值或极小值）；
②将 y = f (x) 的各极值与 f (m)和 f (n) 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
3
【诊断自测】函数 f x = x - x, x -2,2 的最小值为 ．
解题方法总结
（1）若函数 f x 在区间 D 上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，则
不等式 f x > a 在区间 D 上恒成立 f x min > a ；
不等式 f x a 在区间 D 上恒成立 f x min a ；
不等式 f x < b在区间 D 上恒成立 f x max < b ；
不等式 f x b在区间 D 上恒成立 f x max b ；
（2）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，且值域为 m, n ，则
不等式 f x > a 或f x a 在区间 D 上恒成立 m a ．
不等式 f x < b 或f x b 在区间 D 上恒成立 m b ．
（3）若函数 f x 在区间Ｄ上存在最小值 f x min 和最大值 f x f x m,nmax ，即 ，则对不等式有
解问题有以下结论：
不等式 a < f x 在区间 D 上有解 a < f x max ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x max ；
不等式 a > f x 在区间 D 上有解 a > f x min ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x min ；
（4）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，如值域为 m, n ，则对不等式有解问题有以下结
论：
不等式 a < f x 或a f x 在区间 D 上有解 a < n
不等式b > f x 或b f x 在区间 D 上有解 b > m
（5）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（6）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（7）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（8）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（9）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ；
（10）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max ；
（11）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max
（12）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ．
题型一：求函数的极值与极值点
【典例 1-1】“ x0 是函数 f x 的一个极值点”是“ f x 在 x0 处导数为 0”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【典例 1-2】如图，可导函数 y = f (x) 在点P x0 , f x0 处的切线为 l : y = g(x)，设 h(x) = f (x) - g(x)，则
下列说法正确的是（ ）
A．$x R，h(x)>0 B．"x R，h (x)<0
C． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的极大值点 D． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的极小值点
【方法技巧】
1、因此，在求函数极值问题中，一定要检验方程 f (x) = 0 根左右的符号，更要注意变号后极大值与
极小值是否与已知有矛盾．
2、原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必须穿越 x 轴，否
则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越（导函数与 x 轴的交点）；上坡低头找极小，下坡抬头找极大．
【变式 1-1】（2024· 2 - x辽宁鞍山·二模） f x = x e 的极大值为 ．
【变式 1-2】（2024·河南·三模）已知函数 f (x) = ax - ln x，且 f (x) 在 x =1处的切线方程是 x - y + b = 0．
(1)求实数 a，b的值；
(2)求函数 f (x) 的单调区间和极值．
【变式 1-3】（2024·北京东城·二模）已知函数 f x = xsin2x + cos2x .
(1)求曲线 y = f x π π 在 - , f - ÷÷处的切线方程；
è 4 è 4
f x é 2π , 5π- ù(2)求函数 在区间
ê 3 6 ú
上的极值点个数.

x
【变式 1-4】已知函数 f (x) = a - e loga x - e ，其中 a >1．讨论 f (x) 的极值点的个数．
题型二：根据极值、极值点求参数
【典例 2-1】（2024·广西·模拟预测）设 ab 0，若 x = a为函数 f x = a x - a 2 x - b 的极大值点，则（ ）
A． a < b B． a > b C． ab < b2 D． ab > b2
1 1
【典例 2-2】（2024·高三·陕西咸阳·期中）若函数 f (x) = a ln x - + a
x x2
(a 0)既有极大值也有极小值，则
的取值范围是（ ）
1
A． - ,0
1
÷ B． - ,0
1 1
÷ C． 0, ÷ D． 0, ÷
è 8 è 2 è 4 è 2
【方法技巧】
根据函数的极值（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．
【变式 2-1】已知函数 f (x) = b ln x
3
+ x2 + 2ax + a2 27 b- 3a 在 x =1处取得极小值 ，则 的值为 ．
2 2 a
【变式 2-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x a sin x + cos x = x + x在 0, π 上恰有两个极值点，则实数e
a 的取值范围是（ ）
2 π 2 π
A． 0, e
4 ÷÷ B． - , eπ C． 0,eπ D． 4 e ,+
è 2 è 2 ÷
÷

【变式 2-3】（2024· 2四川·模拟预测）已知函数 f x 的导函数 f x = x +1 x + 4x + a ，若-1不是 f x 的
极值点，则实数a = .
【变式 2-4】若函数 f (x) = xex - (m -1)e2x 存在唯一极值点，则实数m 的取值范围是 .
1
【变式 2-5】（2024·四川绵阳· 2 x模拟预测）若 x1, x2 是函数 f x = ax - e +1 a R 的两个极值点且 x2 2x1，2
则实数 a的取值范围为 .
2
【变式 2-6】已知函数 f x = x +a cos x，若 x = 0是 f x 的极大值点，则 a 的取值范围是 ．
【变式 2-7】已知x 和x 分别是函数 f (x) = 2a x 21 2 - ex （ a > 0且 a 1）的极大值点和极小值点．若 x1 < x2，
则实数 a的取值范围是 ．
题型三：求函数的最值（不含参）
f (x) 13-1 = x2【典例 】函数 - (e -1)x - e ln x 的最小值为 ．
2
3 2
【典例 3-2】函数 f x = 2x - 6x + m（m 为常数）在 -2,3 上有最大值 3，则 f x 在 -2,3 上的最小值
为 ．
【方法技巧】
求函数 f x 在闭区间 [a,b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值 f a ， f b
与 f x 的各极值进行比较得到函数的最值．
-x2 + 3x + 2
【变式 3-1】（2024·浙江杭州·二模）函数 f x = 的最大值为 ．
x +1
3-2 x = 2 f x = x3 + bx2【变式 】当 时，函数 -12x取得极值，则 f x 在区间 -4,4 上的最大值为 ．
sin x 64
【变式 3-3】（2024·高三·山东青岛·开学考试）已知 0 < x < π，则 + 的最小值为 .
1- cos x 1+ cos x
题型四：求函数的最值（含参）
【典例 4-1】已知函数 f x = ex - ax -1 .
(1)当 a =1时，求 f (x) 的单调区间与极值；
(2)求 f x 在 1, + 上的最小值.
x - 2
4-2 x 2e
x - mx - m
【典例 】（2024·四川南充·二模）设函数 f x = e ， g x = 2 ．x + 2 x
(1)求函数 f x 的单调性区间；
2
(2)设0 m < 2 e，证明函数 g x 在区间 0, + 上存在最小值 A，且1 < A ．
2
【方法技巧】
若所给的闭区间 [a,b]含参数，则需对函数 f x 求导，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．
x
【变式 4-1】（2024·四川自贡·一模）函数 f x = e - lnx 的最小值为m .
(1)判断m 与 2 的大小，并说明理由：
x
(2)求函数 g x = lnx e- m 的最大值.e
【变式 4-2】已知函数 f x = x - k -1 ex k R .
(1)当 k =1时，求 f x 在 0, -2 处的切线方程；
(2)讨论 f x 在区间 0,3 上的最小值.
【变式 4-3】已知函数 f (x) = 2x3 - ax2 + 2，当 0 < a < 3时，记 f (x) 在区间 0,1 的最大值为 M ，最小值为m ，
求M - m的取值范围.
1 a + 2
【变式 4-4 3 2】已知函数 f x = x + x + 2ax .
3 2
(1)当 a = 0时，求函数 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求函数 f x 的单调区间和极值；
(3)当 a 1,2 时，求函数 f x 在 -2a, a 上的最大值.
题型五：根据最值求参数
【典例 5-1】（2024· 2河南南阳·一模）已知函数 f x = 3x - 2lnx + a -1 x + 3在区间 1,2 上有最小值，则整
数 a的一个取值可以是 ．
ìax -1, x < -1,
【典例 5-2】已知 a 0，若函数 f x = í a x - 2 ex + 2, x -1有最小值，则实数 的最大值为 .
【方法技巧】
已知函数最值，求参数的范围，列出有关参数的方程或不等式，然后求其参数值或范围．
【变式 5-1】（2024·广西南宁·一模）已知函数 f x = x -1 ex + ax2 的最小值为-1，则实数 a的取值范围
为 .
【变式 5-2】（2024·广东· f x = x ex-1二模）已知函数 - 2a - ln x 的最小值为 0，则 a 的值为 .
eex
【变式 5-3】已知函数 f x = a - ex + a ln x的最小值为 1，则 a的取值范围为 .x
【变式 5-4 -ax】若函数 f x = ax + xe - ln x -1的最小值为 0，则实数 a 的最大值为 .
题型六：函数单调性、极值、最值的综合应用
【典例 6-1】已知 f (x) = x (2 - ln x)，g（x）＝f（x）＋ax-3，其中 a∈（0，＋∞）．
（1）判断 f（x）的单调性并求其最值；
（2）若 g（x）存在极大值，求 a 的取值范围，并证明此时 g（x）的极大值小于 0．
a
【典例 6-2】（2024·高三·湖南·期末）已知函数 f (x) = ln x +1- 2a - x + 有两个不同的极值点 x1, x2 .x
（1）求 a的取值范围.
（2）求 f (x) 的极大值与极小值之和的取值范围.
1 1
（3）若m 0,

÷ ,n

,+ ÷ ，则 f (m) - f (n)2 2 是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，说明理由
.
è è
【方法技巧】
函数单调性、极值、最值的综合应用通常会用到分类讨论、数形结合的数学思想方法.
2ln x +1
【变式 6-1】设 f x = - xeax ,a R .
x
(1)若 a = 0，讨论 f x 的单调性;
(2)若 a 0，求 f x 的最大值(用 a表示);
(3)若 f x 恰有三个极值点，直接写出 a的取值范围.
【变式 6-2】（2024·海南·模拟预测）已知函数 f x a= - exx + x a R ．e
(1)若函数 f x 在区间 - , ln2 上单调递增，求实数 a的取值范围．
(2)设函数 f x 有一个极大值为M ，一个极小值为 N ，试问： N - M 是否存在最小值？若存在最小值，求
出最小值；若不存在最小值，请说明理由．
题型七：不等式恒成立与存在性问题
【典例 7-1】已知函数 f x = x ln x - ax +1，若存在 x0 (0, + ) ，使得 f x0 < 0成立，则实数 a的取值范
围 ．
【典例 7-2】已知函数 f x = x -1 ex+1 + mx2 g x = x3 4， - - mx, x 0,2 ,0 < m 6 ．若$x1 R，x
x2 0,2 ，使 f x1 g x2 成立，则实数m 的取值范围为 ．
【方法技巧】
在不等式恒成立或不等式有解条件下求参数的取值范围，一般利用等价转化的思想其转化为函数的最
值或值域问题加以求解，可采用分离参数或不分离参数法直接移项构造辅助函数．
【变式 7-1】函数 f x = ex - 2ax - e + b 0 b对任意 x R 成立，则 的最小值为（ ）
a
5
A．4 B．3 C． D．2
2
1
【变式 7-2】（2024·山东泰安· x二模）已知函数 f x = xe - ax2 - ax a > 0 .
2
1
(1)若 f x 的极大值为1- ，求 a的值；
e
a 1(2)当 > 时，若"x1 [1, + ),$x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，求 a的取值范围.e
【变式 7-3】（2024·高三·陕西商洛·期中）已知函数 f x =1+ lnx， g x = ex ，若 f x1 = g x2 成立，则
x1 - x2 的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． e D． ln2
1．（2024 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）（多选题）设函数 f (x) = 2x3 - 3ax2 +1，则（ ）
A．当 a >1时， f (x) 有三个零点
B．当 a < 0时， x = 0是 f (x) 的极大值点
C．存在 a，b，使得 x = b 为曲线 y = f (x) 的对称轴
D．存在 a，使得点 1, f 1 为曲线 y = f (x) 的对称中心
2．（多选题）（2024 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设函数 f (x) = (x -1)2 (x - 4) ，则（ ）
A． x = 3是 f (x) 2的极小值点 B．当0 < x <1时， f (x) < f x
C．当1< x < 2时，-4 < f (2x -1) < 0 D．当-1 < x < 0时， f (2 - x) > f (x)
3．（2022 年高考全国乙卷数学（文）真题）函数 f x = cos x + x +1 sin x +1在区间 0,2π 的最小值、最大
值分别为（ ）
π π 3π π π π 3π π
A．- ， B．- ， C．- ， + 2 D．- ， + 2
2 2 2 2 2 2 2 2
b
4．（2022 年高考全国甲卷数学（理）真题）当 x =1时，函数 f (x) = a ln x + 取得最大值-2，则 f (2) =
x
（ ）
1
A． -1 B．- C 1． 2 D．12
b c
5．（多选题）（2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）若函数 f x = a ln x + + a 0 既有极大值也有极小值，
x x2
则（ ）．
A．bc > 0 B． ab > 0 C．b2 + 8ac > 0 D． ac < 0
1．将一个边长为 a 的正方形铁片的四角截去四个边长均为 x 的小正方形，做成一个无盖方盒．
(1)试把方盒的容积 V 表示为 x 的函数；
(2)x 多大时，方盒的容积 V 最大？
2．用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得 n 个数据 a1， a2 ， a3，…，
n
a 1n ．证明：用 n 个数据的平均值 x = ai 表示这个物体的长度，能使这 n 个数据的方差n i=1
n
f (x) 1= (x - a )2i 最小．n i=1
(b 43．已知某商品进价为 a 元/件，根据以往经验，当售价是 b a)元/件时，可卖出 c 件.市场调查表明，
3
当售价下降 10%时，销量可增加 40%．现决定一次性降价，销售价为多少时，可获得最大利润？
4．已知函数 f (x) = x2 + px + q ，试确定 p，q 的值，使得当 x =1时， f x 有最小值 4．
5．已知函数 f (x) = x(x - c)2 在 x = 2处有极大值，求 c 的值．
6．已知 A，B 两地的距离是130km、根据交通法规，两地之间的公路车速应限制在50～100km/h，假设油
x2
价是 7 元/L，以 xkm/h 的速度行驶时，汽车的耗油率为 3+ ÷ L/h ，司机每小时的工资是 35 元．那么最
è 360
经济的车速是多少？如果不考虑其他费用，这次行车的总费用是多少？
易错点：对 f(x0)为极值的充要条件理解不清
易错分析：对 f (x) 为极值的充要条件理解不清，导致出现多解.
答题模板：求可导函数 f(x) 的极值
1、模板解决思路
解决求可导函数 f x 的极值的问题，关键是检验定义域内导数值为 0 的点左右两侧的导数值是否异号，
若异号，则该点为极值点，否则不为极值点.
2、模板解决步骤
第一步：先确定函数 f (x) 的定义域；
第二步：求导数 f (x)；
第三步：求方程 f (x) = 0 的解；
第四步：检验 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近
为负，那么函数 y = f (x) 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数
y = f (x) 在这个根处取得极小值．
【易错题 1】已知函数 f x = 3ln x 1- ax2 + 3a -1 x，其中 a < 0，若 x = 3是 f x 的极小值点，则实数 a
2
的取值范围为 ．
【易错题 2】函数 f (x) = x3 - 3a2x2 - 3ax在 x =1取得极值，则实数a = .第 03 讲 导数与函数的极值、最值
目录
01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究..........................................................................................................................4
知识点 1：函数的极值 ................................................................................................................................................4
知识点 2：函数的最大（小）值 ................................................................................................................................5
解题方法总结 ...............................................................................................................................................................6
题型一：求函数的极值与极值点 ...............................................................................................................................7
题型二：根据极值、极值点求参数 .........................................................................................................................11
题型三：求函数的最值（不含参） .........................................................................................................................17
题型四：求函数的最值（含参） .............................................................................................................................19
题型五：根据最值求参数 .........................................................................................................................................26
题型六：函数单调性、极值、最值的综合应用 .....................................................................................................30
题型七：不等式恒成立与存在性问题 .....................................................................................................................36
04 真题练习·命题洞见........................................................................................................................40
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................43
06 易错分析·答题模板........................................................................................................................45
易错点：对 f(x0)为极值的充要条件理解不清.........................................................................................................45
答题模板：求可导函数 f(x) 的极值 .........................................................................................................................45
考点要求 考题统计 考情分析
2024年 I卷第 10题，6分
2024年 II卷第 16题，15分 高考对最值、极值的考查相对稳定，属于重
2024年 II卷第 11题，6分 点考查的内容．高考在本节内容上无论试题怎样
2024年甲卷第 21题，12分 变化，我们只要把握好导数作为研究函数的有力
（1）函数的极值
2023年乙卷第 21题，12分 工具这一点，将函数的单调性、极值、最值等本
（2）函数的最值
2023年 II卷第 22题，12分 质问题利用图像直观明了地展示出来，其余的就
2022年乙卷第 16题，5分 是具体问题的转化了．最终的落脚点一定是函数
2022年 I卷第 10题，5分 的单调性与最值，因为它们是导数永恒的主题．
2022年甲卷第 6题，5分
复习目标：
（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）会求闭区间上函数的最大值、最小值．
知识点 1：函数的极值
（1）函数的极小值
如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) > f (x0 )，而且在点 x = x0 附近的左侧 f (x) < 0 ，右侧 f (x) > 0 ，则称
f (x0 ) 是函数的一个极小值，记作 y = f (x )极小值 0 ．
（2）函数的极大值
函数 f (x) 在点 x0 附近有定义，如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) < f (x0 )，而且在点 x = x0 附近的左侧
f (x) > 0 ，右侧 f (x) < 0 ，则称 f (x0 ) 是函数的一个极大值，记作 y = f (x极大值 0 )．
（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．
（4）求 f (x) 极值的步骤
①先确定函数 f (x) 的定义域；
②求导数 f (x)；
③求方程 f (x) = 0 的解；
④检验 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，
那么函数 y = f (x) 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数
y = f (x) 在这个根处取得极小值．
注：①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)的符号导号．
② f (x0 ) = 0 x
3
是 0 为极值点的既不充分也不必要条件，如 f (x) = x ， f (0) = 0 ，但 x0 = 0 不是极值
点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数 f (x) = x ，在极小值点 x0 = 0 是不可导的，于是有如下结论：
x0 为可导函数 f (x) 的极值点 f (x0 ) = 0；但 f (x0 ) = 0 x0为 f (x) 的极值点．
【诊断自测】（2024·辽宁·三模）下列函数中，既是定义域上的奇函数又存在极小值的是（ ）
1
A． f x = xsinx B． f x = x +
x
C． f x 1= ex + x D． f x = x +1 - x -1e
【答案】B
【解析】对 A， x R ， f (-x) = (-x)sin(-x) = x sin x = f (x) ，故 f (x) 为偶函数，不符题意；
1
对 B， x (- ,0) (0,+ ) ， f (-x) = -x - = - f (x)x 为奇函数，
f (x) =1 1- 2 = 0 ，得 x = ±1，x
当 x (0,1) 时 f (x) < 0 ， x (1,+ )时 f (x) > 0，
故 f 1 的极小值，故 B 正确；
1 1
对 C f -x = e- x + = ex， - x + - x = f (x)为偶函数，不符题意；e e
ì2, x >1
对 D， f (x) =

í2x - 2, -1 x 1无极值，不符题意，

-2, x < -1
故选：B
知识点 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 y = f (x) 在 (m，n)内的极值（极大值或极小值）；
②将 y = f (x) 的各极值与 f (m)和 f (n) 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
注：①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最
值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；
②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；
③函数的最值必在极值点或区间端点处取得．
【诊断自测】函数 f x = x3 - x, x -2,2 的最小值为 ．
【答案】-6
【解析】函数 f x = 3x2 -1，
é 3 ù
当 x ê-2, - ú 时， f x > 0， f x 单调递增，
3
é ù
当 x
3
ê , 2ú时， f x > 0， f x 单调递增，
3
3 3
当 x - , 时， f x < 0， f x 单调递减，
è 3 3 ÷
÷

3
3 3 3 2 3 3
所以 f ÷÷ = ÷÷ - ÷÷ = - ， f -2 = -2 + 2 = -6，
è 3 è 3 è 3 9
所以 f x 的最小值为-6 .
故答案为：-6 .
解题方法总结
（1）若函数 f x 在区间 D 上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，则
不等式 f x > a 在区间 D 上恒成立 f x min > a ；
不等式 f x a 在区间 D 上恒成立 f x min a ；
不等式 f x < b在区间 D 上恒成立 f x max < b ；
不等式 f x b在区间 D 上恒成立 f x max b ；
（2）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，且值域为 m, n ，则
不等式 f x > a 或f x a 在区间 D 上恒成立 m a ．
不等式 f x < b 或f x b 在区间 D 上恒成立 m b ．
（3）若函数 f x 在区间Ｄ上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，即 f x m,n ，则对不等式有
解问题有以下结论：
不等式 a < f x 在区间 D 上有解 a < f x max ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x max ；
不等式 a > f x 在区间 D 上有解 a > f x min ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x min ；
（4）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，如值域为 m, n ，则对不等式有解问题有以下结
论：
不等式 a < f x 或a f x 在区间 D 上有解 a < n
不等式b > f x 或b f x 在区间 D 上有解 b > m
（5）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（6）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（7）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（8）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（9）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ；
（10）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max ；
（11）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max
（12）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ．
题型一：求函数的极值与极值点
【典例 1-1】“ x0 是函数 f x 的一个极值点”是“ f x 在 x0 处导数为 0”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
3 2
【解析】当 f x = x 时， f x = 3x ，则 f x 在 x = 0处导数为 0，但 0 不是它的极值点；
当 f x = x 时，则 f x 在 x = 0处导数不存在，但 0 是它的极值点；
因此题干两条件是既不充分也不必要条件.
故选：D.
【典例 1-2】如图，可导函数 y = f (x) 在点P x0 , f x0 处的切线为 l : y = g(x)，设 h(x) = f (x) - g(x)，则
下列说法正确的是（ ）
A．$x R，h(x)>0 B．"x R，h (x)<0
C． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的极大值点 D． h x0 = 0, x = x0是 h(x) 的极小值点
【答案】C
【解析】因函数 y = f (x) 在点P x0 , f x0 处的切线为 y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x0 )，
即 g(x) = f (x0 )x - x0 f (x0 ) + f (x0 ) ，则 h(x) = f (x) - g(x) = f (x) - f (x0 )x + x0 f (x0 ) - f (x0 )，
于是， h (x) = f (x) - f (x0 )，由图知，当 x < x0 时， f (x) > f (x0 )，此时 h (x) > 0，
当 x > x0时， f (x) < f (x0 )，此时 h (x) < 0 .
对于 B 项，由上分析，B 项显然错误；
对于 C, D 项，由上分析，当 x < x0 时， h(x) 单调递增；当 x > x0时， h(x) 单调递减,
即当 x = x0时， h(x) 取得极大值，且 h x0 = 0，故 C 项正确，D 项错误；
对于 A 项，由上分析 x = x0时， h(x) 取得极大值h(x0) = 0，也是最大值，
则有"x R， h(x) ≤ 0 ，故 A 项错误.
故选：C.
【方法技巧】
1、因此，在求函数极值问题中，一定要检验方程 f (x) = 0 根左右的符号，更要注意变号后极大值与
极小值是否与已知有矛盾．
2、原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必须穿越 x 轴，否
则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越（导函数与 x 轴的交点）；上坡低头找极小，下坡抬头找极大．
2 - x
【变式 1-1】（2024·辽宁鞍山·二模） f x = x e 的极大值为 ．
4
【答案】
e2
【解析】 f x = 2xe- x + x2 -e- x = 2x - x2 e- x = -x x - 2 e- x ，
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= .
e2
4
故答案为：
e2
.
【变式 1-2】（2024·河南·三模）已知函数 f (x) = ax - ln x，且 f (x) 在 x =1处的切线方程是 x - y + b = 0．
(1)求实数 a，b的值；
(2)求函数 f (x) 的单调区间和极值．
【解析】（1）因为 f (x) = ax - ln x，所以 f x 1= a - ，
x
又 f (x) 在 x =1处的切线方程为 y = x + b，
所以 f (1) = a -1 =1， f (1) = a =1+ b，
解得 a = 2，b =1．
f (x) = 2x - ln x 0, + f (x) 2 1 2x -1（2）由（1）可得 定义域为 ，则 = - = ，
x x
x 0, 1 当 ÷时， f (x) < 0 ，此时函数 f (x) 单调递减，
è 2
x 1 当 ,+ ÷时， f (x) > 0，此时函数 f (x) 单调递增，
è 2
则 f (x)
1
在 x = 处取得极小值，
2
1 1
所以 f (x) 的单调递减区间为 0, ÷，单调递增区间为 ,+ ，
è 2 ÷ è 2
1
因此极小值为 f ÷ = 1+ ln 22 ，无极大值．è
【变式 1-3】（2024·北京东城·二模）已知函数 f x = xsin2x + cos2x .
(1)求曲线 y = f x π- , f π 在 -

÷÷处的切线方程；
è 4 è 4
f x é 2π , 5π(2)求函数 在区间 ê-
ù
ú 上的极值点个数. 3 6
【解析】（1）因为 f x = xsin2x + cos2x
则 f x = sin2x + 2x cos 2x - 2sin 2x = 2x cos 2x - sin 2x，
π π π
可得 f -

÷ = , f - ÷ =1，
è 4 4 è 4
π
可知切点坐标为 - ,
π
÷，切线斜率 k =1，
è 4 4
所以曲线 y f x π= - , f π 在 -
π π π
4 4 ÷÷
处的切线方程为 y - = x + ，即 x - y + = 0 .
è è 4 4 2
1 1
（2）令 t = 2x，则 x = t ，令 g t = t sin t + cos t ，
2 2
因为 g t 的定义域为R ，且 g -t 1= -t sin 1-t + cos -t = t sin t + cos t = g t ，
2 2
可知 g t 为偶函数，
g t 1因为 = sin t 1+ t cos t sin t 1- = t cos t - sin t ，
2 2 2
é 2π 5π ù é 4π 5π ù
若 x ê- , ，则 t - , ， 3 6 ú ê 3 3 ú
t 0, 5π 取 ÷，构建 h t = t cos t - sin t ，则 h t = cos t - t sin t - cos t = -t sin t ，
è 3
当 t 0, π 时， h t < 0 ；当 t π,
5π
÷ 时， h t > 0；
è 3
可知 h t 在 0, π 内单调递减，在 π,
5π
÷ 内单调递增，
è 3
h π h 0 0,h 4π 2π 3则 < = ÷ = - + 0, h
5π 5π 3
= + 0，
è 3 3 2 è 3 ÷ 6 2
h t 5π 4π 5π故 在 0, ÷内存在唯一零点 t0
, ÷，
è 3 è 3 3
当 t 0, t0 时， h t
5π
< 0，即 g t < 0 ；当 t t0 , 3 ÷时， h t > 0，即 g
t > 0；
è
5π
可知 g t 在 0, t0 内单调递减，在 t0 , ÷ 内单调递增，
è 3
t é 4π , 5π - ù对于 ê ú ，结合偶函数对称性可知： 3 3
g t 在 0, t0
4π 5π
内单调递减，在 - ,03 ÷
, t0 , ÷ 内单调递增，
è è 3
又因为 t = 2x在定义域内单调递增，
由复合函数单调性可知：
f x 0, 1 t 2π 1 5π 在 0 ÷内单调递减，在 - ,0÷ , t0 , ÷内单调递增，
è 2 è 3 è 2 6
é 2π
所以 f x 在区间 ê- ,
5π ù 1
ú上的有 2 个极值点0, t0 ，极值点个数为 2. 3 6 2
【变式 1-4】已知函数 f (x) = a x - e loga x - e ，其中 a >1．讨论 f (x) 的极值点的个数．
【解析】由题意知，函数 f (x) 的定义域为 (0, + )，
x 2
f x a x ln a e xa ln a - e= - = ，
x ln a x ln a
设 g x = xa x ln2 a - e， a >1，显然函数 g(x)在 (0, + )上单调递增， g(x)与 f (x) 同号，
2
①当a > e时， g 0 = -e < 0， g 1 = a ln a - e > 0 ，
所以函数 g(x)在 0,1 内有一个零点 x0 ，且 x 0, x0 ， g x < 0 ， x x0 ,+ ， g x > 0，
故 f x 在 0, x0 单调递减，在 x0 ,+ 单调递增；
所以函数 f (x) 在 (0, + )上有且仅有一个极值点；
②当a = e时，同①可知，函数 f (x) 在 (0, + )上有且仅有一个极值点 1；
1 1
③当1 < a < e 时， 2 > 1 g
1
， ÷ = a ln
2 a
2 - eln a ，è ln a
1
ln a ln2 a ln a 1
1 1
因为 = 2 = > 1，所以 ln2 a ， g(ln a ln a a > e ln2
) > 0
a ，
又 g 1 = a ln2 a - e < 0，所以函数 g(x)在 (1, 12 )ln a 内有一个零点x1，
且 x 0, x1 ， g x < 0 ， x x1,+ ， g x > 0，
故 f x 在 0, x1 单调递减，在 x1,+ 单调递增；
所以函数 f (x) 在 (0, + )上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数 f (x) 在 (0, + )上有且仅有一个极值点．
题型二：根据极值、极值点求参数
【典例 2-1】（2024·广西·模拟预测）设 ab 0，若 x = a f x = a x - a 2为函数 x - b 的极大值点，则（ ）
A． a < b B． a > b C． ab < b2 D． ab > b2
【答案】C
【解析】由三次函数的性质可知，要使 x = a为函数 f x = a x - a 2 x - b 的极大值点，则：
当 a > 0时，函数 f x 大致图象如图（1）所示，则0 < a < b，此时 ab < b2 ；
当 a<0时，函数 f x 大致图象如图（2）所示，则b < a < 0，此时 ab < b2 .
综上： ab < b2 .
故选：C.
1 1
【典例 2-2】（2024·高三·陕西咸阳·期中）若函数 f (x) = a ln x - + 2 (a 0)既有极大值也有极小值，则 ax x
的取值范围是（ ）
1- ,0 1A． ÷ B． - ,0
0, 1 1 ÷ C． ÷ D． 0,
è 8 è 2 è 4 2 ÷ è
【答案】A
1 1
【解析】因为 f (x) = a ln x - + (a 0)，定义域为 0, + ，
x x2
2
所以 f (x) a 1 2 ax + x - 2= + 2 - =x x x3 x3
(a 0)，
因为函数 f (x) 既有极大值也有极小值，
所以方程 ax2 + x - 2 = 0 有两个不相等的正根，设两根为 x1, x2 ，
ì
Δ =1+ 8a > 0

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

x x
-2
1 2 = > 0 a
1
所以 a的取值范围为 - ,0÷，
è 8
故选：A.
【方法技巧】
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．
3 2 2 27 b
【变式 2-1】已知函数 f (x) = b ln x + x + 2ax + a - 3a 在 x =1处取得极小值 ，则 的值为 ．
2 2 a
11
【答案】-
4
3 2 2 b
【解析】由 f (x) = b ln x + x + 2ax + a - 3a 求导， f (x) = + 3x + 2a ，
2 x
ì f (1) 27 ì 3 27 = a2 - a + = ì a = 4 ìa = -3
依题意， í 2 ，即 í 2 2 ，解得 íb 11或 í b 3 . f (1) = 0 b + 2a + 3 = 0
= - =
3
当 a = 4，b = -11时， f (x) = -11ln x + x2 + 8x + 4 ， x > 0，
2
2
f (x) 11= - + 3x + 8 3x + 8x -11 (x -1)(3x +11)= = ，
x x x
当0 < x <1时， f (x) < 0 ， f (x) 在 0,1 上单调递减，当 x >1时， f (x) > 0， f (x) 在 1, + 单调递增，
27 b 11
即 x =1时，函数 f (x) 取得极小值 f (1) = ，符合题意，此时 = - ；
2 a 4
当 a = -3，b = 3时， f (x) = 3ln x
3
+ x2 - 6x +18， x > 0，
2
f (x) 3
2
3x 6 3x - 6x + 3 3(x -1)
2
因 = + - = = 0 ，
x x x
即函数 f (x) 在 (0, + )上为增函数，无极值，与题意不符，舍去.
11
故答案为：- .
4
a sin x + cos x
【变式 2-2】（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = + x在 0, πx 上恰有两个极值点，则实数e
a 的取值范围是（ ）
2 π 2 π
A π π． 0, e
4
÷÷ B． - , e C． 0,e D． 4 e ,+ 2 2 ÷÷è è
【答案】D
-2a sin x
【解析】解法一： 由题意可得 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．
f x -2a sin x
x x
令 = x +1 = 0，可得 a
e g x e= ，令 = , x 0, π ，e 2sin x 2sin x
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，
2 2ex sin x π- x ÷
g 2e sin x - cos xx = è 4 ，
2sin x 2
=
2sin x 2
x π ,π 当 ÷时， g x > 0，所以 g x
π
在 ,π ÷ 上单调递增，
è 4 è 4
x 0, π π当

÷时， g x < 0，所以 g x 在 0, 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 , +
2 ÷÷
，
è
故选：D．
f x -2a sin x解法二 由题意可得 = x +1．因为函数 f x 在 0, π 上恰有两个极值点，所以 f x 在 0, π 上e
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．
a 0 h x f x -2a sin x
π
当 > 时，令 = = x +1
2 2a sin x -
，则 4 ÷e h x ，= è
ex
π π
当 x ,π ÷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 h

=1， 4 ÷
=1- π ，所以 h 4 ÷
=1- 2π < 0，则 a > e 4 ，即实数 a 的取值范围是è e 4 è e 4 2
2 π
e 4 , + 2 ÷÷
，
è
故选：D．
【变式 2-3 2】（2024·四川·模拟预测）已知函数 f x 的导函数 f x = x +1 x + 4x + a ，若-1不是 f x 的
极值点，则实数a = .
【答案】3
【解析】由 f x = x +1 x2 + 4x + a ，设h x = x2 + 4x + a ，
若-1不是函数 f x 的极值点，则必有 h -1 = 0，即1- 4 + a = 0，所以 a = 3．
当 a = 3时， f x = x +1 x2 + 4x + 3 = (x +1)2 x + 3 ，
故当 x > -3时， f x 0，当 x < -3时， f x < 0，
因此 x = -3是 f x 的极值点，-1不是极值点，满足题意，故 a = 3．
故答案为：3
【变式 2-4】若函数 f (x) = xex - (m -1)e2x 存在唯一极值点，则实数m 的取值范围是 .
【答案】 - ,1
【解析】 f (x) = xex - (m -1)e2x , x R，则 f (x) = (x +1)ex - 2(m -1)e2x = [x +1- 2(m -1)ex ]ex ，
若函数 f (x) = xex - (m -1)e2x 存在唯一极值点，
则 f (x) = 0在 x R 上有唯一的根，
所以由 f (x) = 0可得 x +1- 2(m -1)ex 2m
x +1
= 0，则 - 2 = x 有唯一的根，e
直线 y = 2m - 2与函数 g x x +1= x 的图象有一个交点（非切点），e
ex - ex x +1g x x又 = 2x = - ，e ex
所以当 x - ,0 时， g x > 0， g x 单调递增，当 x 0, + 时， g x < 0， g x 单调递减，
所以，函数 g(x)的极大值为 g(0) = 1，且当 x < -1时， g(x) < 0，当 x > -1时， g(x) > 0 ，
则函数 g(x)得图象如下图所示：
所以，当 2m - 2 0时，即当m 1时，直线 y = 2m - 2与函数 g(x)
x +1
= x 的图象有一个交点（非切点），e
因此，实数m 的取值范围是 - ,1 ．
故答案为： - ,1 ．
【变式 2-5】（2024·四川绵阳·模拟预测）若 x1, x2 是函数 f x
1
= ax2 - ex +1 a R 的两个极值点且 x
2 2
2x1，
则实数 a的取值范围为 .
é 2 ,+ 【答案】 ê ÷ ln2
1 2
【解析】因为 f x = ax - ex +1，所以 f x = ax - ex .
2
1 2 x
因为函数 f x = ax - e +1有两个极值点 x1, x2 ，2
所以 x1, x2 是方程 ax - ex
x
= 0 的两个根，则有 ax 11 = e ，
所以 ln a + ln x1 = x1，同理可得 ln a + ln x2 = x2 .
x2
设 = t t 2 x ，则 x2 = tx1，1
由 ln a + ln x2 = x2 ，则 ln a + ln tx1 = tx1，即 ln a + ln t + ln x1 = tx1，
由 ln a + ln x1 = x1，则 ln a + ln t + x1 - ln a = tx1，即 ln t + x1 = tx1，
1 t 1 1ln t ln t - - ln t 1- - ln t
所以 x1 = t 2 ，令 g t = t 2 ，则 g t = t = t ，t -1 t -1 t -1 2 t -1 2
令 h t =1 1- - ln t t 2 ，则 h t 1 1 1- t= 2 - = 2 < 0在 2, + 上恒成立，t t t t
所以 h t 在 2, + 1 1上单调递减，所以 h t h 2 =1- - ln 2 = - ln 2 < 0，
2 2
所以 g t < 0在 2, + 上恒成立，所以函数 g t 在 2, + 上单调递减，
ln t
所以 g t g 2 = ln 2，又 g t > 0，所以0 < g t ln 2，又 x1 = t 2 ，t -1
所以0 < x1 ln 2 .
由 ln a + ln x1 = x1，则 ln a = x1 - ln x1 0 < x1 ln 2 ，令F x = x - ln x 0 < x ln 2 ，
则F x 1 1 x -1= - = < 0在 0, ln 2 上恒成立，所以函数F x 在 0, ln 2 上单调递减，
x x
ln 2
所以F x F ln 2 = ln 2 - ln ln 2 ，即 ln a ln 2 - ln ln 2 ，所以 a eln 2-ln ln 2 e 2=
eln ln 2
= ，
ln 2
é 2
即实数 a的取值范围为 ê ,+ ln 2 ÷
.

é 2
故答案为： ê ,+

÷ .
ln 2
【变式 2-6】已知函数 f x = x2 +a cos x，若 x = 0是 f x 的极大值点，则 a 的取值范围是 ．
【答案】 2, +
【解析】由函数 f x = x2 +a cos x，得 f x = 2x cos x - x2 + a sin x ，
令 t x = 2x cos x - x2 + a sin x，
t x = 2 - x2 - a cos x - 4x sin x
由 x = 0是 f x 的极大值点，易得 f 0 = 0，
且$x -x0 , x0 x0 > 0 , f x 在 -x0 , x0 x0 > 0 上单调递减，
即 t 0 0，所以2 - a 0，即 a 2，
当 a > 2时， t 0 < 0，符合题意；
当 a = 2时， t 0 = 0， p x = t x = -x2 cos x - 4x sin x，
则 s x = p x = -6x cos x + x2 sin x - 4sin x ， p 0 = 0 ，
则 s x = -6cos x + 6x sin x + 2x sin x + x2 cos x - 4cos x ， s 0 < 0，
则$x -x0 , x0 x0 > 0 ， s x < 0， s x = p x 在 -x0 , x0 上单调递减，
-x ,0 p x > 0 0, x p 在 0 上 ，在 0 上 x < 0， p x = t x < p 0 = 0，符合题意；
所以 a 的取值范围是 2, + .
故答案为： 2, +
【变式 2-7】已知x1和x2分别是函数 f (x) = 2a
x - ex2 （ a > 0且 a 1）的极大值点和极小值点．若 x1 < x2，
则实数 a的取值范围是 ．
【答案】 (1,e)
【解析】由已知， f x = 2 a x ln a - ex 至少要有两个变号零点x1和x2，
构造函数 h x = f x = 2 a x ln a - ex 2，对其求导， h x = 2a x ln a - 2e ,
若 0 < a < 1，则 h x 在R 上单调递减，
此时若 h x0 = 0，则 f x 在 - , x0 上单调递增，在 x0 , + 上单调递减，
此时若x1和x2分别是函数 f (x) 的极大值点和极小值点，则 x1 > x2 ，不合题意；
若 a >1，则 h x 在R 上单调递增，
此时若 h x0 = 0，则 f x 在 - , x0 上单调递减，在 x0 , + 上单调递增，
令 h x0 = 0 x
e
，则 a 0 = (ln a)2 ，
此时若x1和x2分别是函数 f (x) 的极大值点和极小值点，且 x1 < x2，
则需满足 f x0 < 0 x
e
，即 f x0 = 2a 0 × ln a - 2e × x0 = 2 - ex0 ÷ < 0，
è ln a
1 ex0 > ， x0 ln a >1，故 x0 ln a = ln a
x0 = ln >1
(ln a)2 ，ln a
所以a (1,e) ．
故答案为： 1,e
题型三：求函数的最值（不含参）
1
【典例 3-1】函数 f (x) = x2 - (e -1)x - e ln x 的最小值为 ．
2
e2
【答案】-
2
1 2
【解析】∵函数 f x = x - e -1 x - elnx， x > 0
2
2
e x - e -1 x - e x +1f x x - e ∴ = x - e -1 - = = ，令 f x = 0，得 x=e，
x x x
当 x 0,e 时， f x < 0， f x 为减函数，
当 x e, + 时， f x > 0， f x 为增函数，
∴ f x 在 x=e处取极小值，也是最小值，
e2
∴函数 f x 最小值为 f e = - .
2
e2
故答案为：- .
2
3-2 f x = 2x3 - 6x2【典例 】函数 + m（m 为常数）在 -2,3 上有最大值 3，则 f x 在 -2,3 上的最小值
为 ．
【答案】-37
【解析】因为 f (x) = 2x3 - 6x2 + m，所以 f (x) = 6x2 -12x = 6x(x - 2) ，
当 x (-2,0) 2,3 时， f (x) > 0；当 x (0, 2) 时， f (x) < 0 ，
所以函数 f (x) 在 -2,0 和 2,3 上单调递增，在 0,2 上单调递减，
因为 f (0) = m， f 3 = m，所以 f (x) 的最大值为 f (0) = f 3 = m = 3，
则 f (x) = 2x3 - 6x2 + 3，又 f (-2) = -37， f (2) = -5， 所以 f (x) 的最大值为 f (-2) = -37 .
故答案为：-37 .
【方法技巧】
求函数 f x 在闭区间 [a,b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值 f a ， f b
与 f x 的各极值进行比较得到函数的最值．
2
【变式 3-1】（2024·浙江杭州·二模）函数 f x -x + 3x + 2= 的最大值为 ．
x +1
【答案】 2 2
2 2 2
【解析】令 t = x +1 > 0，则 x = t 2 1 - t -1 + 3 t -1 + 2- ，故 f x 2= = -t3 + 5t - ，
t t
令 h t 2= -t3 + 5t - t > 0 ，
t
4 2
则 h t 3t 2 5 2 -3t + 5t
2 + 2 3t +1 t + 2 t - 2
= - + + 2 = 2 = - ，t t t 2
当 t 0, 2 时， h t > 0，当 t 2,+ 时， h t < 0 ，
则 h t 在 0, 2 上单调递增，在 2,+ 上单调递减，
3故 h t h 2 2= - 2 + 5 2 - = 2 2 ，
2
-x2 + 3x + 2
即函数 f x = 的最大值为 2 2 .
x +1
故答案为： 2 2 .
3-2 x = 2 f x = x3 + bx2【变式 】当 时，函数 -12x取得极值，则 f x 在区间 -4,4 上的最大值为 ．
【答案】16
2
【解析】由题意得 f x = 3x + 2bx -12，
因为 x = 2时，函数 f x = x3 + bx2 -12x取得极值，
故 f 2 =12 + 4b -12 = 0,\b = 0，
即 f x = 3x2 -12 ，当 x<- 2或 x > 2时， f x > 0，当-2 < x < 2时， f x < 0，
故 f x 在 (- , -2), (2, + )上单调递增，在 (-2, 2) 上单调递减，
故 x = 2时，函数 f x 取得极小值，故b = 0符合题意，
当 x -4,4 时， f x 在[-4,-2), (2, 4]上单调递增，在 (-2, 2) 上单调递减，
而 f -4 = -64 + 48 = -16, f 4 = 64 - 48 =16，
f -2 = -8 + 24 =16, f 2 = 8 - 24 = -16，
则 f x 在区间 -4,4 上的最大值为 16，
故答案为：16
sin x 64
【变式 3-3】（2024·高三·山东青岛·开学考试）已知 0 < x < π，则 + 的最小值为 .
1- cos x 1+ cos x
【答案】38
x x 64 x x
sin x 64 2sin cos
sin2 + cos2
2 2 ÷
【解析】设 f x = + = 2 2x +
è
1- cos x 1+ cos x 2sin2 2cos2 x
，
2 2
1
= x + 32 tan
2 x + 32
tan 2 ，
2
设 tan
x
= t ，由 x 0, π ，得 t > 0，
2
f t 1= + 32t 2 + 32 f t 1 64t 64t
3 -1 t 1则 ， = - 2 + = 2 = 0，得 = ，t t t 4
当 t
1
0, ÷ 时， f t < 0
1
， f t 在区间
4
0, 单调递减，
è è 4 ÷
t 1 ,+ 1当 ÷ 时， f t > 0， f t 在区间 ,+

÷单调递增，
è 4 è 4
1 1
所以当 t = 时， f t 取得最小值 f ÷ = 38，4 è 4
sin x 64
即 + 的最小值为38 .
1- cos x 1+ cos x
故答案为：38
题型四：求函数的最值（含参）
【典例 4-1 f x = ex】已知函数 - ax -1 .
(1)当 a =1时，求 f (x) 的单调区间与极值；
(2)求 f x 在 1, + 上的最小值.
【解析】（1）当 a =1时， f x = ex - x -1，\ f x = ex -1，
当 x < 0 时， f x < 0，当 x > 0时， f x > 0，
\ f x 在 (- ,0)上单调递减，在 (0, + )上单调递增，
0
所以当 x = 0时，函数 f x 有极小值 f 0 = e - 0 -1 = 0，无极大值.
综上： f x 的减区间是 (- ,0)，增区间是 (0, + )，极小值为 0，无极大值.
（2）Q f x = ex - a ，
\ 当 a 0时， f x > 0，所以 f x 在 1, + 上单调递增，所以 f x = f 1 = e - a -1min ；
当 a > 0时，令 f x = 0，得 x = ln a，
（ⅰ）当0 < a e 时，则 ln a 1，所以 f x 在 1, + 上单调递增，所以 f x = f 1 = e - a -1min ；
（ⅱ）当a > e时，则 ln a > 1，所以 f x 在 1, ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递增，
则 f x = f ln a = a - a ln a -1min ；
综上：当 a e 时， f x 在 1, + 上的最小值为 e - a -1；
当a > e时， f x 在 1, + 上的最小值为 a - a ln a -1.
f x x - 2
x
【典例 4-2】（2024·四川南充·二模）设函数 = ex ， g x 2e - mx - m= ．x + 2 x2
(1)求函数 f x 的单调性区间；
2
(2)设0 m < 2，证明函数 g x 在区间 0, + e上存在最小值 A，且1 < A ．
2
【解题思路】（1）根据函数解析式明确定义域，求导，根据导数与单调性的关系，可得答案；
（2）根据函数解析式求导，整理导数，利用（1）的结论，结合隐零点做题思路，可得答案.
x - 2
【解析】（1）由 f x = ex ，则 x + 2 0 ，所以 f x 的定义域为 - ,-2 -2, + ，
x + 2
ée
x + x - 2 ex ù x + 2 - x - 2 e
x
x2ex
求导可得 f x = 2 = 2 0， x + 2 (x + 2)
当且仅当 x = 0时等号成立，
\ f x 的增区间为 - ,-2 , -2, + ，无单调递减区间.
2 x - 2 e
x + m x + 2
g x x + 2
é 2 x - 2 ù
（2） = 3 = 3 ê e
x + m
x x ú
，
x + 2
2 x - 2
由（1）知，j x = ex + m 在 0, + 上单调递增，
x + 2
由0 m < 2知，j 0 = -2 + m < 0，j 2 = m 0，
\$xm 0,2 使j xm = 0
x + 2
且 x 0, xm 时，j x < 0，由 3 > 0，则 g x < 0，x
x x x + 2m , + 时，j x > 0 ，由 3 > 0，则 g x > 0，x
即 g x 在 0, xm 单调递减，在 xm ,+ 单调递增，
\ g x 在 0, + 上存在最小值A ，且 A = g xm ，
2 xj x = 0 m - 2 ex 2 x - 2 又 m 得： m + m = 0，即-m = m exm ，xm + 2 xm + 2
x 2 x - 2m
x 2e + xm +1
m exm 2exm
A g x 2e
m - mxm - m x 2 2e
x
+ m éxm + 2 + xm +1m xm - 2 ù\ = = = = = ，m x2 x2 x2 x 2 xm + 2m m m m +
2ex 2 x +1 ex
设 h x = (0 < x 2)，\h x = > 0，
x + 2 (x + 2)2
2 2
\h x 在 0,2 上单调递增， h 0 =1,h 2 e= ，\1 < h x e ，
2 2
2
又 xm 0,2 1 A e，故 < .2
【方法技巧】
若所给的闭区间 [a,b]含参数，则需对函数 f x 求导，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．
x
【变式 4-1】（2024·四川自贡·一模）函数 f x = e - lnx 的最小值为m .
(1)判断m 与 2 的大小，并说明理由：
x
(2)求函数 g x = lnx e- 的最大值.
em
【解题思路】（1）先利用导数研究函数 f x 的单调性求出最小值 f x =ex0 - lnxmin 0 ，其中 x0 满足
ex 1 1 1 10 - = 0 ex0；再由 - = 0 ex0 = x = - ln x m = + xx0 x
得 x ； 0 0 ，求出 x 0 ；最后利用对勾函数的单调性即可0 0 0
求解.
（2）先利用导数研究函数 g x x -m
1 x1 -m
的单调性求出最大值 g x =lnx - e 1 - e = 0max 1 ，其中x1满足 x ；再由1
1
- ex1 -m = 0 1 1 1及（1）中 x0 = - ln x0 ，m = + x m = + ln = x + ln xx x 0 ，得 x x 1 1 ；最后由函数
y = x + ln x 在
1 0 0 0
0 + 1上单调递增，得 = xx 1，代入 g x max ，即可求出结果.0
【解析】（1）m>2 .
理由如下：
由 f x = ex - lnx 可得：函数定义域为 0 + ； f x = ex 1- x .
Q f x ex 1= + 2 > 0x
\ f x = ex 1- 在 0 + x 上单调递增.
1
Q f
1 1
÷ = e2 - 1 = e - 2 < 0è 2 ， f 1 = e -1 > 0
2
\
1 1
存在唯一的 x0 ,1÷ ，使得 f x = 0，即 ex0 - = 0x .è 2 0
\ 当 x 0, x0 时， f x < 0；当 x x0 ,+ 时， f x > 0 .
x
即函数 f x = e - lnx 在 0, x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增.
故 f x = fmin x =e
x0
0 - lnx0 .
Q ex
1
0 - = 0
x0
ex 1\ 0 = x
x ； 0
= - ln x0
0
\ f x =ex0 - lnx 1 10 = + xmin x 0 ，即m = + xx 0 .0 0
Q 1 1 因为函数 y = + x 在 ,1÷上单调递减，x è 2
\ y 1
1
> +1 = 2，即m = + x0 > 21 x0
故m>2 .
2 g x lnx e
x
（ ）由 = - = lnx - ex-m，得：函数定义域为 0 + ， g x 1 1= - ex-m x-m， g x = - - e < 0m .e x x2
\ g x 1= - ex-m在 0 + 上单调递减.
x
Q 当 x 0 时， g x + ；当 x + 时， g x - .
\ 存在唯一的 x1 0，+ ，使得 g x
1
= 0 - ex1 -m，即 = 0x .1
\ 当 x 0, x1 时， g x > 0；当 x x1,+ 时， g x < 0，
ex
即函数 g x = lnx - m 在 0, x1 上单调递增，在 x1,+ 上单调递减.e
故 g x = g x1 =lnx x1 -mmax 1 - e .
1
Q - ex1 -m = 0
x1
1
\ = ex1 -m ，即m = x1 + ln xx 1 .1
1
由（1）知： x0 = - ln x0 ， m = + xx 00
1 1
则m = + ln = xx x 1
+ ln x1 .
0 0
令 y = x + ln x
Q 函数 y = x 在 0 + 上单调递增， y = ln x 在 0 + 上单调递增.
\ 函数 y = x + ln x 在 0 + 上单调递增，
1
\ = x
x 1 .0
\ g x =lnx 11 - ex1 -m = lnx1 - = -lnx + x = 0max x 0 0 .1
ex
故函数 g x = lnx - m 的最大值为 0 .e
x
【变式 4-2】已知函数 f x = x - k -1 e k R .
(1)当 k =1时，求 f x 在 0, -2 处的切线方程；
(2)讨论 f x 在区间 0,3 上的最小值.
x x
【解析】（1）当 k =1时， f x = x - 2 e ，则 f x = x -1 e ，所以 f 0 = -1，
则 f x 在 0, -2 处的切线方程为y = -x - 2，即 x + y + 2 = 0，
所以当 k =1时，函数 f x 在 0, -2 处的切线方程为 x + y + 2 = 0．
2 x x（ ）函数 f x = x - k -1 e ，则 f x = x - k e ，
当 x > k 时， f x > 0，此时 f x 单调递增；
当 x < k 时， f x < 0，此时 f x 单调递减；
当 k > 3时，函数在 0,3 上单调递减，故函数的最小值 f (x)min = f 3 = 2 - k e3；
当 k < 0时，函数在 0,3 上单调递增，故函数的最小值 f (x)min = f 0 = -1- k ；
当0 k 3 k时，函数的最小值 f (x)min = f k = -e ．
ì-1- k, k < 0
综上可得 f (x)
k
min = í-e ,0 k 3 .

2 - k e3 , k > 3
【变式 4-3】已知函数 f (x) = 2x3 - ax2 + 2，当 0 < a < 3时，记 f (x) 在区间 0,1 的最大值为 M ，最小值为m ，
求M - m的取值范围.
【解题思路】讨论 a的范围，利用导数求出函数单调性进行最大值和最小值的判断，求出M - m，再构造
函数求出M - m的取值范围.
【解析】由 f (x) = 2x3 - ax2 + 2求导得 f x a= 6x2 - 2ax = 6x x -

÷ ，
è 3
a a
若0 < a 2 ， f (x) 在区间 0, ÷单调递减，在区间 ,1÷单调递增，
è 3 è 3
所以区间 0,1 a 上最小值为 f 3 ÷，è
而 f 0 = 2, f 1 = 2 - a + 2 f 0 ，故所以区间 0,1 上最大值为 f 1 ，
é 3 2 ù 3
所以M - m = f 1 f a- ÷ = 4 - a - ê2
a
- a
a 2 a+ ú = - a + 2，
è 3 ê è 3
÷ ÷
è 3 ú 27
x3 x2
设函数 g x = - x + 2 ， g x = -1，
27 9
当0 < x 2时 g x < 0，从而 g(x)单调递减，
3 8
而0 < a 2 8 a
é
，所以 - a + 2 < 2，即M - m的取值范围是
27 27 ê
, 2÷ ，
27
a a
若 2 < a < 3， f (x) 在区间 0, ÷单调递减，在区间 ,1 单调递增，
è 3 è 3 ÷
所以区间 0,1 a 上最小值为 f ÷，
è 3
而 f (0) = 2, f (1) = 2 - a + 2 f (0)，故所以区间 0,1 上最大值为 f (0)，
é
M m f 0 f a 2 2 a
3
a
2
ù a3
所以 - = - ÷ = - ê ÷ - a ÷ + 2ú = ，
è 3 ê è 3 è 3 ú 27
8 a3 8
而 2 < a < 3，所以 < <1，即M - m的取值范围是 ,1

27 27 27 ÷
.
è
é 8
综上得M - m的取值范围是 ê , 2

÷ .
27
1 a + 2
4-4 f x = x3 + x2【变式 】已知函数 + 2ax .
3 2
(1)当 a = 0时，求函数 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求函数 f x 的单调区间和极值；
(3)当 a 1,2 时，求函数 f x 在 -2a, a 上的最大值.
【解题思路】（1）利用导数的几何意义即可得解；
（2）利用导数与函数单调性、极值的关系，分类讨论 a的取值范围即可得解；
（3）根据 a的取值范围，结合（2）中结论得到 f x 的单调性，从而得到其最值.
1 3 a + 2 2
【解析】（1）因为 f x = x + x + 2ax，
3 2
a = 0 f x 1= x3 + x2 f x = x2当 时， ，则 + 2x，
3
4
所以 f 1 = ， f 1 = 3，
3
所以函数 f x 在点 1, f 1 4处的切线方程为 y - = 3 x -1 ，即9x - 3y - 5 = 0 .
3
f x 1 3 a + 2（2 2）因为 = x + x + 2ax，
3 2
则 f x = x2 + a + 2 x + 2a = x + 2 x + a ，
令 f x = 0得 x = -a或 a = -2 ，
当 a < 2时， -a > -2，
令 f x > 0，得 x<- 2或 x > -a；令 f x < 0，得-2 < x < -a；
所以 f x 在 - , -2 , -a, + 上单调递增，在 -2, -a 上单调递减，
则 f x = f -2 8= - + 2a + 4 4- 4a = -2a + ，
极大值 3 3
1 a3 3f x a= f -a = - a3 + + a2 - 2a2 = - a2 ；
极小值 3 2 6
当 a = 2 f x = x + 2 2时， 0， f x 在R 上单调递增，没有极值；
当 a > 2时，-a < -2，
令 f x > 0，得 x < -a或 x > -2 ；令 f x < 0，得-a < x < -2；
所以 f x 在 - , -a , -2, + 上单调递增，在 -a, -2 上单调递减，
3
4则 f x = f -a a= - a2 ， f x = f -2 = -2a + ；
极大值 6 极小值 3
综上：当 a < 2时， f x 的单调递增区间为 - , -2 , -a, + ，单调递减区间为 -2, -a ，
f x f 2 4
3
= - = -2a + a， f x = f -a = - a2 ；
极大值 3 极小值 6
当 a = 2时， f x 的单调递增区间为R ，没有极值；
当 a > 2时， f x 的单调递增区间为 - , -a , -2, + ，单调递减区间为 -a, -2 ，
3
a 4f x = f -a = - a2 ， f x = f -2 = -2a + ；
极大值 6 极小值 3
（3）因为 a 1,2 ，所以 a < 2，-4 < -2a < -2 ，
由（2）知， f x 在 -2a, -2 上单调递增，在 -2, -a 上单调递减，在 -a, a 上单调递增，
所以 f x = max f -2 , f amax ，
3
因为 f -2 = -2a 4 2+ < - f a 1 a3 a a2 2a2 5， = + + + = a3 + 3a2 23> ，3 3 3 2 6 6
所以 f x 5= a3 + 3a2max .6
题型五：根据最值求参数
【典例 5-1】（2024· 2河南南阳·一模）已知函数 f x = 3x - 2lnx + a -1 x + 3在区间 1,2 上有最小值，则整
数 a的一个取值可以是 ．
【答案】-4（答案不唯一， a {a Z | -10 < a < -3}中的任意整数均可）
2
【解析】由 f (x) = 3x2 - 2ln x + (a -1)x + 3可知， f (x) = 6x 2 a 1 6x + (a -1)x - 2- + - = ，
x x
又 f (x) = 3x2 - 2ln x + (a -1)x + 3在 (1, 2)上有最小值，
所以 f (x) 在 (1, 2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
令 h(x) = 6x2 + (a -1)x - 2，则 h(x) 在 (1, 2)上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
ì Δ = (a -1)2 + 4 6 2 > 0

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

h(2) = 6 4 + 2(a -1) - 2 > 0
又因为 a Z，所以 a {a Z | -10 < a < -3} .
故答案为：-4（答案不唯一， a {a Z | -10 < a < -3}中的任意整数均可）.
ìax -1, x < -1,
【典例 5-2】已知 a 0，若函数 f x = í x - 2 ex + 2, x -1有最小值，则实数
a的最大值为 .

【答案】 e - 3 / -3 + e
x
【解析】当 x -1时， f x = x - 2 e + 2， f x = x -1 ex ，
当 x -1,1 时， f x < 0，当 x 1,+ 时， f x > 0，
故 f x 在 x -1,1 上单调递减，在 x 1,+ 上单调递增，
故 f x = x - 2 ex + 2在 x =1处取得极小值，且 f 1 = -e + 2，
当 x < -1时， f x = ax -1，
若 a > 0， f x = ax -1在 - , -1 上单调递增，此时 f x 没有最小值，
若 a<0， f x = ax -1在 - , -1 上单调递减，
要想函数有最小值，则-a -1 -e + 2，解得 a e - 3，
故实数 a的最大值为 e - 3 .
故答案为： e - 3
【方法技巧】
已知函数最值，求参数的范围，列出有关参数的方程或不等式，然后求其参数值或范围．
5-1 2024· · f x = x -1 ex【变式 】（ 广西南宁 一模）已知函数 + ax2 的最小值为-1，则实数 a的取值范围
为 .
【答案】 0, +
x 2 x x
【解析】因为 f x = x -1 e + ax ，所以 f x = xe + 2ax = x e + 2a ，
若 a 0，则 x - ,0 时， f x < 0，故 f x 在 - ,0 上单调递减，
x 0, + 时， f x > 0，故 f x 在 0, + 上单调递增，
所以当 x = 0时， f x 有最小值 f 0 = -1，满足题意；
若 a<0，则当 x无限趋近于负无穷大时， f x 无限趋向于负无穷大， f x 没有最小值，不符合题意；
综上， a 0，所以实数 a的取值范围为 0, + .
故答案为： 0, +
【变式 5-2】（2024·广东· x-1二模）已知函数 f x = x e - 2a - ln x 的最小值为 0，则 a 的值为 .
1
【答案】 /0.5
2
【解析】由 f x = (x +1)ex-1 1- - 2a ，且 x (0,+ )，
x
令 g(x) = f x ，则 g (x) 1= (x + 2)ex-1 + 2 > 0，即 g(x)在 (0, + )上递增，x
所以 f x 在 (0, + )上递增，又 x 0+ ， f ' (x) - ， x + ， f ' (x) + ，
1
$x (0, + ) f x = (x +1)ex0 -1所以， 0 使 0 0 - - 2a = 0 x (0, x ) 'x ，且 0 时， f (x) < 0，0
x (x ,+ ) 时， f '0 (x) > 0，所以 f (x) 在 (0, x0 )上递减，在 (x0 ,+ )上递增，
所以 f (x)min = f x x0 -10 = x0 e - 2a - ln x0 = 0
ì(x +1)ex -1 10 0 - = 2a
由 í x0 ，得 x2 x0 -10 e + ln x0 =1，

x ex0 -10 - 2a = ln x0
令函数 t(x) = x2ex-1 + ln x t '(x) = (x2 +2x)ex-1
1
， + > 0，
x
所以 t(x)在 (0, + )上是增函数，注意到 t(1) = 1，所以 x0 = 1，
所以 2a =1 a
1
= .
2
1
故答案为： 2
ex
【变式 5-3】已知函数 f x e= a - ex + a ln x的最小值为 1，则 a的取值范围为 .x
- ,0 U ée2【答案】 , +
eex eex xa
【解析】 f x = - ex + a ln x = + ln ， x 0, +
xa xa
，
eex
xa
设 = t ， t 0, + ， g t 1= + ln t ， g t 1 1 t -1= - + =
eex
，
t t 2 t t 2
当 t 0,1 时， g t < 0，函数单调递减；
当 t 1,+ 时， g t >0，函数单调递增；
a
故 g t = g 1 =1 x，故 t = =1有解，即 xa exmin ex = e ， a ln x = ex ， a 0，e
1 ln x
即 = ， x 0, + ，
a ex
设 h x ln x 1- ln x= ， h x =
ex ex2
，
当 x 0,e 时， h x > 0，函数单调递增；
当 x e, + 时， h x < 0，函数单调递增；
h x 1= h e =max 2 ，画出函数图像，如图所示：e
1 1
根据图像知 ，解得 a<0或 a e2 a - ,0 U ée22 ，即 , + .a e
故答案为： - ,0 U é 2 e , + .
-ax
【变式 5-4】若函数 f x = ax + xe - ln x -1的最小值为 0，则实数 a 的最大值为 .
1
【答案】 / e-1e
【解析】由题意知 f x = ax + xe-ax - ln x -1 = eln x-ax + ax - ln x -1，
令 t = ln x - ax ，原函数变为 y = et - t -1.
x
令 g x = e - x -1，则 g x = ex -1，易知当 x < 0 ， g x < 0，当 x > 0时， g ' x > 0，所以 g x 在
- ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
即对于"x R ， g x g 0 = 0 ，即 g x = 0min ，当且仅当 t = 0时取最小值，
所以当 t = ln x - ax = 0， f x 取得最小值 0，即只需方程 a ln x= 有解即可；
x
ln x
也即函数 y = a 与函数 y = 图象有交点即可；
x
h x ln x h x = 1- ln x令 = ，则
x x2
，
当 x 0,e 时， h x > 0；当 x e, + 时， h x < 0，
故 h x 在 0,e 1上单调递增，在 e, + 上单调递减，所以 h x = h e =max ，e
在同一坐标系下画出两函数图象如下图所示：
即 a
1
即满足题意；
e
1
所以 amax = .e
1
故答案为：
e
题型六：函数单调性、极值、最值的综合应用
【典例 6-1】已知 f (x) = x (2 - ln x)，g（x）＝f（x）＋ax-3，其中 a∈（0，＋∞）．
（1）判断 f（x）的单调性并求其最值；
（2）若 g（x）存在极大值，求 a 的取值范围，并证明此时 g（x）的极大值小于 0．
【解题思路】（1）求出 f (x) ，根据导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2） g(x) = x (2 - lnx) + ax - 3，令 t = x ，则 x = t 2 ，可得j(t) = 2t - 2t ln t + at2 - 3，求出导函数，且
j (t) 1 min = j ÷ = 2ln a + 2 = 2(ln a +1)
1 1
，讨论 a≥ 0 < a 出极大值，即可求解.
f (x) 1 (2 ln x) x g -1 - ln x【解析】（1）∵ = - + =2 x x 2 x ，
∴当 x (0，1)时， f (x) > 0， f (x) 单调递增；
当 x (1，+ )时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减，
∴ f (x)max = f (1) = 2，且 f (x) 无最小值．
（2） g(x) = x (2 - lnx) + ax - 3，
令 t = x ，则 x = t 2 ，
∴ x (2 - lnx) + ax - 3 = 2t - 2t ln t + at2 - 3．
令j(t) = 2t - 2t ln t + at2 - 3，
∵函数 t = x 是 (0，+ ) 上的单调递增函数，
∴由复合函数的单调性可知， g(x)存在极大值 j (t) 存在极大值，
且 g(x)取到极大值 g(x0 ) j(t)取到极大值j(t0 ) ，
其中 t0 = x0 ，且 g(x0 ) = j(t0 )．
∵j (t) = 2 - 2ln t - 2 + 2at = -2ln t + 2at ，
j (t) -2 2a -2 + 2at∴ = + = ，
t t
∴ t
1
0， ÷ 时，j (t) < 0，j (t)a 单调递减；è
t 1 + ，a ÷时，
j (t) > 0，j (t)单调递增，
è
1
∴j (t)min = j a ÷
= 2ln a + 2 = 2(ln a +1) ．
è
1 j 1 ①当 a≥ 时， ÷≥0a ，则
j (t)≥0 在 (0，+ ) 上恒成立，
e è
∴j(t) 在 (0，+ ) 上单调递增，则j(t) 无极值点；
1 1
②当 0 < a < 时， > e 1
1
，取 < ， e
1
< ，
e a a a
有j (1) = 2a > 0 ，j (e) = -2 + 2ae < -2 + 2 = 0，
∴j (t)在 (1，e)上有唯一零点，
设为 t0 ，且 t (1，t0 )时，j (t) > 0 ， t t0 , e 时，j (t) < 0，
1
∴当0 < a < 时，j(t) 在 (0，+ ) 上有唯一的极大值点j(t0 ) ．e
∵j (t0 ) = -2ln t0 + 2at0 = 0，∴ ln t0 = at0 ，
∴j(t0 ) = 2t0 - 2t0 ln t + at
2
0 0 - 3 = 2t0 - 2t0 ln t0 + t0 ln t0 - 3 = 2t0 - t0 ln t0 - 3，
令m(t) = 2t - t ln t - 3，
则m (t) = 2 - ln t -1 = - ln t +1，
∴m(t) 在 (0，e)上单调递增．
又m(e) = 2e - e - 3 = e - 3 < 0，
∴j(t0 ) < 0，
即j(t) 的极大值小于 0，
综上，有0
1
< a < 时， g(x)存在极大值，且此时 g(x)的极大值小于 0．
e
a
【典例 6-2】（2024·高三·湖南·期末）已知函数 f (x) = ln x +1- 2a - x + 有两个不同的极值点 x
x 1
, x2 .
（1）求 a的取值范围.
（2）求 f (x) 的极大值与极小值之和的取值范围.
（3 ）若m 0,
1
÷ ,n
1
,+

÷ ，则 f (m) - f (n)2 2 是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，说明理由
.
è è
【解题思路】（1）先求得函数 f x 的定义域和导函数，结合一元二次方程根的分布求得 a的取值范围.
（2）根据（1）求得 x1x2 = a, x1 + x2 = 1，求得 f x1 + f x2 的表达式，并利用导数求得这个表达式的取值
范围.
（3）由（2）假设 f (x)极小值 = f x1 ， f (x) = f x极大值 2 ，则[ f (m) - f (n)]min = f x1 - f x2 ，求得
f x1 - f x2 的表达式，并利用导数研究这个表达式的单调性，由此判断出这个表达式没有最小值，也即
f (m) - f (n)没有最小值.
2
【解析】（1） f x 定义域为 0, + ， f (x) 1 a -x + x - a= -1- = .
x x2 x2
因为 f (x) 有两个不同的极值点 x1, x2 ，且 x > 0，
ìD =1- 4a > 0
1
所以 x2 - x + a = 0 有两个不同的正根， íx1 + x2 =1 > 0，解得0 < a < .
4
x1 × x2 = a > 0
（2）因为 x1x2 = a, x1 + x2 = 1，不妨设 x1 < x2，所以 f (x)极小值 = f x1 ， f (x) = f x极大值 2 ，
a x + x
所以 f (x)极小值 + f (x) = f x1 + f x2 = ln x1 × x2 + 2(1- 2a) + 1 2 -极大值 x1 + x2 x1x2
= ln a + 2 - 4a .
令j (a) = ln a - 4a + 2 ，则j (a)
1
= - 4 > 0，
a
所以j(a)

在 0,
1
÷ 上单调递增，所以j (a) < j
1
4 ÷
= -2ln 2 +1，
è 4 è
即 f (x) 的极大值与极小值之和的取值范围是 (- ,-2ln 2 +1) .
（3）由（2）知 x1x2 = a, x1 + x2 = 1 .因为m

0,
1
÷ ,n
1 1 ,+

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

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

2 ÷上单调递减，
h(x) 无最小值，
è
故 f (m) - f (n)没有最小值.
【方法技巧】
函数单调性、极值、最值的综合应用通常会用到分类讨论、数形结合的数学思想方法.
f x 2ln x +1【变式 6-1】设 = - xeax ,a R .
x
(1)若 a = 0，讨论 f x 的单调性;
(2)若 a 0，求 f x 的最大值(用 a表示);
(3)若 f x 恰有三个极值点，直接写出 a的取值范围.
【解题思路】（1）求出 f x 的导数，讨论其符号可得其单调性；
（2）求出函数 f x 的导数，利用隐零点及同构方法得到 f x = f x
1+ 2ln x0
0 = - x
ax0
max x 0
e 且
0
-2ln x0 = ax0 ，化简后可得最大值；
3 2 ax（ ）由题设可得 f x 的导数有三个不同的变号零点，从而得到 s x =1- 2ln x - x 1+ ax e ， x > 0有三
T x 2 é a2x4 4ax3 2x2 ù eax T 2 0 T 2个不同的变号零点，设 = + + + ，就 - ÷ -

a 、 ÷
< 0
a 分类讨论可得参数è è
的取值范围.
2ln x +1
1 a = 0 f x = - x f x 1- 2ln x - x
2
【解析】（ ） 时， ，故 =
x x2
，
令 s x =1- 2ln x - x2，则 s x 2= - - 2x < 0，
x
故 s x 在 0, + 上为减函数，而 s 1 = 0，
故在 0,1 上， s x > 0即 f x > 0，在 1, + 上， s x < 0即 f x < 0 .
故 f x 的单调增区间为 0,1 ，单调减区间为 1, + .
1- 2ln x - x2 1+ ax eax
（2） f x 1- 2ln x = 2 - 1+ ax eax = ，x x2
2
设 s x =1- 2ln x - x 1+ ax eax ， x > 0，
则 s x 2= - - é a2x3 + 4ax2 + 2x ù ax e < 0，故 s x 在 0, + 为减函数，x
而 x 0 时， s x + ，而 s e = -e 1+ a e ea e < 0，
故在 0, + 上存在唯一的 x0 0, e 使得 s x0 = 0，
且当 x 0, x0 时， s x > 0 即 f x > 0，当 x x0 ,+ 时， s x < 0即 f x < 0
故 f x 在 0, x0 上为增函数，在 x0 ,+ 为减函数，
f x = f x 1+ 2ln x= 0 - x eax0故 max 0 0 ，其中1- 2ln x0 - x20 1+ axx 0 e
ax0 = 0，
0
1- 2ln x0
即 2 = x
2
0 1+ ax ax
e e
0 ax0 +1
0 e 即 2 ln 2 = 1+ ax0 e = eax0 +1 ln eax0 +1x0 x0 x
，
0
设u x = x ln x, x >1，则u x =1+ ln x > 0，故u x 为 1, + 上的增函数，
e 1,eax +1 1 e而 2 > 0 > ，故 2 = e
ax 10 +1 = eax0
x x ， x2 ，故
-2ln x0 = ax0 ，
0 0 0
f x f x 1+ 2ln x0 1 2ln x故 = = - = 00 = -amax x .0 x0 x0
（3）结合（2）可知 a<0，
2 ax
且 s x =1- 2ln x - x 1+ ax e ， x > 0有三个不同的变号零点，
s x 2 2 +
é a2x4 + 4ax3 + 2x2 ù eax
而 = - - é a2 x3 + 4ax2 + 2x ù ax x e 即 s x = - ，x
T x = 2 + é 2 4 3 2 ù ax 3 3 2 2 ax令 a x + 4ax + 2x e ，T x = x a x + 8a x +14ax + 4 e ，
则T x = x ax + 2 ax + 3- 7 ax + 3 + 7 eax ，
0 x 3- 7 2 3+ 7故当 < < - 或- < x < - 时，T x > 0 ，
a a a
3- 7 2 3+ 7
当- < x < - 或 x > - 时，T x < 0，
a a a

T x 0, 3- 7
2 3 + 7
故 在 - a ÷÷
， - ,-a a ÷÷
上递增；
è è
3- 7 2 3+ 7
在 - , - ÷÷， - ,+ 上递减，
è a a è a
÷÷

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

è a ÷
÷

而当 x + 时，T x 2，
故T x 0在 0, + 上恒成立即 s x 0在 0, + 上恒成立，
所以 s x 在 0, + 上为减函数，故 s x 至多有一个零点，不合题意.
T 2 2 é 16 32 8 ù- < 0 T - = 2 + - + e-2 2若 即a ÷ a ÷ ÷
< 0即- < a < 0，
è è ê è a2 a2 a2
ú
e
2

此时T 2 + 2
2 + 2
- a ÷
= 2 + é ù -2- 2÷ 2 6 + 4 2 - 4(2 + 2) + 2 e = 2 > 0，è a
2 2 + 2 3 + 7
因- < - < - ，故T
3+ 7
- ÷ > 0 ，a a a ÷è a
而当 x + 时，T x 2，
故T x 在 0, + 上有且只有两个零点，
x , x 3- 7 x 2 3 + 7设它们分别为 2 3 ，且- < 2 < - < xa a 3
< - ，
a
故当 x 0, x2 x3 ,+ 时，T x > 0即 s x < 0，
当 x x2 , x3 时，T x < 0即 s x > 0，
故 s x 在 0, x2 , x3 , + 为减函数，在 x2 , x3 上为增函数，
2 a 2因为- < < 0，故-2 < ea < 0，故- > e ，
e a
s e =1- 2ln e - e2 1+ ae eae = -1- e2 1+ ae eae，
令 v x = 1+ x ex ,-2 < x < 0，则 v x = 2 + x ex > 0，
故 v x 在 -2,0 上为增函数，故-e-2 < v x <1 2 ae 2，故-1 < e 1+ ae e < e ，
-1- e2故 < -1- e2 1+ ae eae < 0，故 s e < 0 .
s 2 -

÷ =1- 2ln
2 4 4 4
-
-2
÷ + 2 e =1- ln 2 + 2 e
-2
，
è a è a a a a
2
t 4= > e2设 2 ， h t
t
=1- ln t + h t 1 1 t - e2 ，则 = - + 2 = 2 > 0，a e t e te
故 h t 在 (e2 ,+ ) 2 2 为增函数，故 h t > h e = 0，所以 s - ÷ > 0 ，
è a
又 x 0 时， s x + ， x + 时， s x - ，
故此时 s x 有三个不同的零点，
2
综上，- < a < 0 .
e
a
【变式 6-2】（2024·海南·模拟预测）已知函数 f x = xx - e + x a R ．e
(1)若函数 f x 在区间 - , ln2 上单调递增，求实数 a的取值范围．
(2)设函数 f x 有一个极大值为M ，一个极小值为 N ，试问： N - M 是否存在最小值？若存在最小值，求
出最小值；若不存在最小值，请说明理由．
【解析】（1）函数 f x 的定义域为 - , + ，
2x x
f x a -e + e - a= - x - ex +1 = .e ex
由题意知 f x 0，
即-e2x + ex - a 0在区间 - , ln2 上恒成立．
令 t = ex , t 0,2 ，则不等式-t 2 + t - a 0在 0,2 上恒成立．
2 ì g 0 = -a 0,
设 g t = -t + t - a ，则 í
g 2 = -4 + 2 - a 0,
解得 a -2，
则 a的取值范围为 - , -2 ．
2x x
（2）因为 f x -e + e - a= ，
ex
所以由题意知方程 f x = 0，
即 e2x - ex + a = 0至少有两个不同的实数根．
令 t = ex (t > 0)，则方程 t 2 - t + a = 0有且仅有两个不同的正实数根．
设 t1, t2 t1 < t2 为方程 t 2 - t + a = 0的两个实数根，
ì t1 + t2 =1,

则 í t
1
1t2 = a > 0, 解得0 < a < ．
4
Δ =1- 4a > 0,
假设 N - M 存在最小值，
设与 t1, t2 t1 < t 相对应的方程 e2x - ex2 + a = 0的两个根为 x1, x2 x1 < x2 ，
所以当 x - , x1 x2 ,+ 时， f x < 0；
当 x x1, x2 时， f x > 0，
所以 N = f x1 , M = f x2 ，
N M a则 - = x - e
x1 + x - a x21 x - e + x

÷ = x - x + 2 ex2 - ex1 ．e 1 è e 2 2 1 2
t + t 1因为 1 2 =1，所以 t1 =1- t2 ，且0 < t1 < < t2 <1，2
则 N - M = lnt1 - lnt2 + 2 t2 - t1 = ln 1- t2 - lnt2 + 4t2 - 2．
F x = ln 1- x - lnx + 4x - 2 1 < x <1 设 ÷ ，
è 2
2
F x 1 1 4 1 4 4x - 4x +1 (2x -1)
2
则 = - + = + = = < 0x ，-1 x x -1 x x x -1 x -1 x
1
所以函数F x 在 ,1
è 2 ÷
上单调递减，

所以 N - M 不存在最小值．
题型七：不等式恒成立与存在性问题
【典例 7-1】已知函数 f x = x ln x - ax +1，若存在 x0 (0, + ) ，使得 f x0 < 0成立，则实数 a的取值范
围 ．
【答案】 (1, + )
【解析】因为 f x = x ln x - ax +1，由 f x0 < 0，即 x0 ln x0 - ax0 +1< 0，
a x0 ln x0 +1 1即 > = ln x +
1
x 0 x ，设 g x = ln x + , x > 0，0 0 x
根据题意知存在 x0 (0, + ) ，使得 f x0 < 0成立，即 a > g x min 成立，
由 g x = ln x 1+ , x > 0，可得 g x 1 1 x -1= - = ，
x x x2 x2
当0 < x <1时， g x < 0， g x 单调递减；当 x >1时， g x > 0， g x 单调递增，
所以当 x =1时，函数 g x 取得最小值，最小值为 g 1 =1，所以 a >1，
即实数 a的取值范围是 (1, + ) .
故答案为： (1, + ) .
7-2 f x = x -1 ex+1【典例 】已知函数 + mx2， g x 4= x3 - - mx, x 0,2 ,0 < m 6 ．若$x1 R，x
x2 0,2 ，使 f x1 g x2 成立，则实数m 的取值范围为 ．

【答案】 0,3
e
+ ù
è 2 ú
【解析】 f x = x -1 ex+1 + mx2的定义域为R ，
f x = ex+1 + x -1 ex+1 + 2mx = x ex+1则 + 2m ，
当m > 0时，∵ ex+1 > 0，∴ ex+1 + 2m > 0 ，
∴当 x > 0时， f x > 0；当 x < 0 时， f x < 0．
故 f x 在区间 - ,0 上单调递减，在区间 0, + 上单调递增，
所以 f x = f 0min = -e 3
4
，因为 g x = x - - mx, x 0,2 ,0 < m 6
x
g x = 3x2 4所以 + 2 - m 4 3 - m，∵0 < m 6，∴ g x > 0，x
∴ g x 在 0,2 上为增函数．∴ g x = g 2 = 8 - 2 - 2m = 6 - 2mmax ，
依题意有 f x1 g xmin 2 max ，∴6 - 2m -e，∴0 < m 3
e
+ ，
2

故答案为： 0,3
e
+ ù
è 2 ú
．

【方法技巧】
在不等式恒成立或不等式有解条件下求参数的取值范围，一般利用等价转化的思想其转化为函数的最
值或值域问题加以求解，可采用分离参数或不分离参数法直接移项构造辅助函数．
【变式 7-1】函数 f x = ex - 2ax - e + b 0 b对任意 x R 成立，则 的最小值为（ ）
a
5
A．4 B．3 C． D．2
2
【答案】D
f x = ex - 2ax - e + b f x = ex【解析】由函数 ，可得 - 2a，且 a 0，
若 a<0时， f x > 0恒成立，函数 f x 单调递增，
当 x < 0 时， f x < -2ax - e + b +1，
因为函数 y = -2ax - e + b +1在 (- ,0)上单调递增，所以 y < -e + b +1，
所以存在 x0 R ，使得 x < x0 时， f x < 0 ，不符合题意，则有 a > 0，
当 x < ln(2a)时， f x < 0；当 x > ln(2a)时， f x > 0，
则函数 f x 在 (- , ln(2a))上单调递减，在 (ln(2a),+ )上单调递增，
所以 f x = f (ln(2a)) = 2a - 2a ln(2a) - e + b ，
所以 2a - 2a ln(2a) - e + b 0
b
，则 2ln(2a)
e
+ - 2，
a a
令 g a 2ln(2a) e 2, a 0 g a 2 e 2a - e= + - > ，可得 = - = ，
a a a2 a2
0 a e当 < < 时， g a < 0 e；当 a > 时， g a > 0 ，
2 2
所以函数 g a e e在 (0, e )2 上递减，在 ( , + )上递增，所以 g a = g( ) = 2min ，2 2
b
所以 的最小值为2 .
a
故选：D.
1
【变式 7-2】（2024· x 2山东泰安·二模）已知函数 f x = xe - ax - ax a > 0 .
2
(1)若 f x 1的极大值为1- ，求 a的值；
e
a 1(2)当 > 时，若"x1 [1, + ),$x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，求 a的取值范围.e
x 1
【解析】（1）因为函数 f x = xe - ax2 - ax a > 0 ，可得 f x = (x +1)(ex - a)，
2
因为 a > 0，令 f x = 0，解得 x=- 1或 x = ln a，
1
当 ln a < -1时，即0 < a < 时， f x 在 - , ln a 上单调递增，在 ln a, -1 上单调递减，在 -1, + 上单调
e
递增
所以 f x f ln a a ln a 1的极大值为 = - a(ln a)2 - a ln a 1= - a(ln a)2 < 0，不符合题意；
2 2
1
当 ln a = -1时，即 a = 时， f x 0， f x 在R 上单调递增，无极大值；
e
1
当 ln a > -1时，即 a > 时， f x 在 - ,-1 上单调递增，在 -1, ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递
e
增，
所以 f x 极大值为 f -1 a 1 1= - =1- ，解得 a = 2 .
2 e e
a 1（2）当 > 时，
e
由（1）知， f x 在 - ,-1 上单调递增，在 -1, ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递增，且当 x -
时， f x - ，当 x + 时， f x +
1 3
当 ln a 0时，即 < a 1时，当 x 1,+ 时， f x 单调递增， f x [e - a, + )，
e 2
ìa 1 ü
又因为当 x - ,0 时， f x (- ,max í - ,0 ]，
2 e


e 3 a 0 1因为 - > ，所以，当 < a 1时，$x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，2 e
当0 < ln a 1时，即1< a e 时，
当 x 1,+ 时， f x 单调递增， f x [e 3- a, + )，
2
当 x (- ,0]时， f x (- , a 1- ]
2 e
3 a 1 1
若满足题意，只需 a - e - ，即1< a e - ，
2 2 e e
当 ln a > 1时，即a > e时，
当 x 1,+ 时， f x 在 1, ln a 上单调递减， ln a, + 上单调递增
所以函数 f x 的最小值为 f x = f (ln a) 1= - a(ln a)2min ，2
1 2
所以 f x [- a(ln a) ,+ )，
2
a 1
又因为 x - ,0 时， f x (- , - ]，
2 e
1
若满足题意，只需 a(ln a)2
a 1 1
- ，即 a[1- (ln a)2 ]
1
，
2 2 e 2 e
因为a > e，所以1- (ln a)2 < 0，
所以，当a > e时，不存在 x2 - ,0 使得 f x1 + f x2 = 0，
综上，实数 a
1 1
的取值范围为 ( ,e - ] .
e e
x
【变式 7-3】（2024·高三·陕西商洛·期中）已知函数 f x =1+ lnx， g x = e ，若 f x1 = g x2 成立，则
x1 - x2 的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． e D． ln2
【答案】A
1+ lnx = ex2 = t x = et-1【解析】不妨设 1 ，则 1 ， x2 = lnt，
x - x = et-1 - lnt h t = et-1则 1 2 ．令 - lnt t > 0 ，
则 h t 1= et-1 - ，记m(t) et-1 1 m (t) et-1 1= - ，则 = + > 0
t t t 2
所以 h t 在 0, + 上单调递增，由 h t = 0，可得 t =1，
所以当 t 0,1 时， h t < 0 ， h t 单调递减，
当 t 1,+ 时， h t > 0， h t 单调递增，
所以 h t h 1 =1．
故选：A
1．（2024 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）（多选题）设函数 f (x) = 2x3 - 3ax2 +1，则（ ）
A．当 a >1时， f (x) 有三个零点
B．当 a < 0时， x = 0是 f (x) 的极大值点
C．存在 a，b，使得 x = b 为曲线 y = f (x) 的对称轴
D．存在 a，使得点 1, f 1 为曲线 y = f (x) 的对称中心
【答案】AD
【解析】A 选项， f (x) = 6x2 - 6ax = 6x(x - a)，由于 a >1，
故 x - ,0 a,+ 时 f (x) > 0，故 f (x) 在 - ,0 , a, + 上单调递增，
x (0,a)时， f (x) < 0， f (x) 单调递减，
则 f (x) 在 x = 0处取到极大值，在 x = a处取到极小值，
由 f (0) =1 > 0， f (a) =1- a3 < 0，则 f (0) f (a) < 0，
根据零点存在定理 f (x) 在 (0,a)上有一个零点，
又 f (-1) = -1- 3a < 0， f (2a) = 4a3 +1 > 0 ，则 f (-1) f (0) < 0, f (a) f (2a) < 0 ，
则 f (x) 在 (-1,0), (a, 2a) 上各有一个零点，于是 a >1时， f (x) 有三个零点，A 选项正确；
B 选项， f (x) = 6x(x - a)， a<0时， x (a,0), f (x) < 0， f (x) 单调递减，
x (0,+ )时 f (x) > 0， f (x) 单调递增，
此时 f (x) 在 x = 0处取到极小值，B 选项错误；
C 选项，假设存在这样的 a,b，使得 x = b 为 f (x) 的对称轴，
即存在这样的 a,b使得 f (x) = f (2b - x)，
即 2x3 - 3ax2 +1 = 2(2b - x)3 - 3a(2b - x)2 +1，
3 0 3 3
根据二项式定理，等式右边 (2b - x)3展开式含有 x3的项为 2C3(2b) (-x) = -2x ，
于是等式左右两边 x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的 a,b，使得 x = b 为 f (x) 的对称轴，C 选项错误；
D 选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f (1) = 3 - 3a ，若存在这样的 a，使得 (1,3- 3a) 为 f (x) 的对称中心，
则 f (x) + f (2 - x) = 6 - 6a ，事实上，
f (x) + f (2 - x) = 2x3 - 3ax2 +1+ 2(2 - x)3 - 3a(2 - x)2 +1 = (12 - 6a)x2 + (12a - 24)x +18 -12a ，
于是6 - 6a = (12 - 6a)x2 + (12a - 24)x +18 -12a
ì12 - 6a = 0

即 í12a - 24 = 0 ，解得 a = 2，即存在 a = 2使得 (1, f (1))是 f (x) 的对称中心，D 选项正确.

18 -12a = 6 - 6a
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f (x) = 2x3 - 3ax2 +1， f (x) = 6x2 - 6ax ， f (x) =12x - 6a ，
a a
由 f (x) = 0 x
a
= ，于是该三次函数的对称中心为 , f2 2 ÷÷
，
è è 2
由题意 (1, f (1))
a
也是对称中心，故 =1 a = 2，
2
即存在 a = 2使得 (1, f (1))是 f (x) 的对称中心，D 选项正确.
故选：AD
2．（多选题）（2024 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设函数 f (x) = (x -1)2 (x - 4) ，则（ ）
A． x = 3是 f (x) 的极小值点 B．当0 < x <1时， f (x) < f x2
C．当1< x < 2时，-4 < f (2x -1) < 0 D．当-1 < x < 0时， f (2 - x) > f (x)
【答案】ACD
2
【解析】对 A，因为函数 f x 的定义域为 R，而 f x = 2 x -1 x - 4 + x -1 = 3 x -1 x - 3 ，
易知当 x 1,3 时， f x < 0，当 x - ,1 或 x 3, + 时， f x > 0
函数 f x 在 - ,1 上单调递增，在 1,3 上单调递减，在 3, + 上单调递增，故 x = 3是函数 f x 的极小
值点，正确；
对 B，当0 < x <1时， x - x2 = x 1- x > 0，所以1 > x > x2 > 0，
而由上可知，函数 f x 在 0,1 2上单调递增，所以 f x > f x ，错误；
对 C，当1 < x < 2时，1 < 2x -1 < 3，而由上可知，函数 f x 在 1,3 上单调递减，
所以 f 1 > f 2x -1 > f 3 ，即-4 < f 2x -1 < 0，正确；
D -1 < x < 0 f (2 - x) - f (x) = 1- x 2 2 2对 ，当 时， -2 - x - x -1 x - 4 = x -1 2 - 2x > 0，
所以 f (2 - x) > f (x)，正确；
故选：ACD.
3．（2022 年高考全国乙卷数学（文）真题）函数 f x = cos x + x +1 sin x +1在区间 0,2π 的最小值、最大
值分别为（ ）
π π 3π π π π 3π π
A．- ， B．- ， C．- ， + 2 D．- ， + 2
2 2 2 2 2 2 2 2
【答案】D
【解析】 f x = -sin x + sin x + x +1 cos x = x +1 cos x，
所以 f x π 3π 在区间 0, 2 ÷和 , 2π ÷ 上 f
x > 0，即 f x 单调递增；è è 2
π , 3π 在区间 ÷上 f x < 0，即 f x 单调递减，
è 2 2
又 f 0 = f 2π 2 f π π 2 f 3π 3π= ， ÷ = + ， = - +1
1 3π+ = - ，
è 2 2 è 2 ÷ ÷ è 2 2
所以 f x 在区间 0,2π 3π π上的最小值为- ，最大值为 + 2 .
2 2
故选：D
b
4．（2022 年高考全国甲卷数学（理）真题）当 x =1时，函数 f (x) = a ln x + 取得最大值-2，则 f (2) =
x
（ ）
1
A 1． -1 B．- C．
2 2
D．1
【答案】B
【解析】因为函数 f x 定义域为 0, + ，所以依题可知， f 1 = -2， f 1 = 0 a b，而 f x = - 2 ，所以x x
b = -2, a - b = 0 2 2，即 a = -2,b = -2，所以 f x = - + 2 ，因此函数 f x 在 0,1 上递增，在 1, + 上递减，x x
1 1
x =1时取最大值，满足题意，即有 f 2 = -1+ = - ．
2 2
故选：B.
b c
5．（多选题）（2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）若函数 f x = a ln x + + 2 a 0 既有极大值也有极小值，x x
则（ ）．
A．bc > 0 B． ab > 0 C．b2 + 8ac > 0 D． ac < 0
【答案】BCD
f (x) = a ln x b c+ + (0, + ) f (x) a b 2c ax
2 - bx - 2c
【解析】函数
x x2
的定义域为 ，求导得 = - - = ，
x x2 x3 x3
因为函数 f (x) 既有极大值也有极小值，则函数 f (x) 在 (0, + )上有两个变号零点，而 a 0，
因此方程 ax2 - bx - 2c = 0有两个不等的正根 x1, x2 ，
ì
Δ = b2 + 8ac > 0


于是 íx
b
1 + x2 = > 0 ，即有b2 + 8ac > 0， ab > 0， ac < 0，显然 a2bc < 0，即bc < 0 ，A 错误，BCD 正确.
a

x
2c
1x2 = - > 0 a
故选：BCD
1．将一个边长为 a 的正方形铁片的四角截去四个边长均为 x 的小正方形，做成一个无盖方盒．
(1)试把方盒的容积 V 表示为 x 的函数；
(2)x 多大时，方盒的容积 V 最大？
【解析】（1）由题意可知：无盖方盒的棱长分别为： x， (a - 2x)， (a - 2x)，
a
所以方盒的容积V = (a - 2x)2 x(0 < x < )；
2
2 V '(x) = -4(a - 2x)x + (a - 2x)2（ ） = (a - 2x)(a - 6x)=0(0
a
< x < )
2
a
解得： x = ，
6
a
当 > x
a a a
> 时函数递减，当 > x > 0时函数递增，所以当 x = 时，盒的容积 V 最大.
2 6 6 6
2．用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得 n 个数据 a1， a2 ， a3，…，
n
a 1n ．证明：用 n 个数据的平均值 x = a 表示这个物体的长度，能使这 n 个数据的方差n ii=1
n
f (x) 1= (x - a 2n i ) 最小．i=1
f (x) 1
n 1 n
【解析】 = 2(x - ai ) = 2(x - a )，n ii=1 n i=1
1 n
则当 x = ai 时， f (x) = 0，n i=1
n
x (0, 1 a ) f (x) 0 x (1
n
i ， < ，函数单减； ai ,+ ) ， f (x) > 0，函数单增；n i=1 n i=1
1 n nf (x) = (x - a )2 1方差 i 在 x =n n ai 时，取得最小值.i=1 i=1
4
3．已知某商品进价为 a 元/件，根据以往经验，当售价是 b (b a)元/件时，可卖出 c 件.市场调查表明，
3
当售价下降 10%时，销量可增加 40%．现决定一次性降价，销售价为多少时，可获得最大利润？
【解析】设销售价为 x，可获得的利润为 y，
y b - x则 = (1+ 40%)c × (x - a)
c
= (5b - 4x)(x - a) c= [-4x2 + (4a + 5b)x - 5ab]，
10%b b b
c
求导得 y = [-8x + (4a + 5b)]
c
，令 y = [-8x + (4a + 5b)] = 0，
b b
解得 x
4a + 5b
= ，由 y > 0 x (a,
5
知， b)，
8 4
当 x (a,
4a + 5b)时， y > 0，函数单增；
8
x (4a + 5b当 ,
5 b)时， y < 0，函数单减；
8 4
x 4a + 5b因此 = 是函数的极大值点，也是最大值点；
8
4a + 5b
故当销售价为 元/件时，可获得最大利润.
8
4．已知函数 f (x) = x2 + px + q ，试确定 p，q 的值，使得当 x =1时， f x 有最小值 4．
【解析】根据题意，函数 f（x）＝x2+px+q，其二次项系数为 1；
若当 x＝1 时，f（x）有最小值 4，则 f（x）＝（x﹣1）2+4＝x2﹣2x+5，
又由 f（x）＝x2+px+q，则 p＝﹣2，q＝5．
5．已知函数 f (x) = x(x - c)2 在 x = 2处有极大值，求 c 的值．
【解析】Q f (x) = (x - c)2 + 2x(x - c) = 3x2 - 4cx + c2 ，且函数 f (x) = x(x - c)2 在 x = 2处有极大值，
\ f (2) = 0，即 c2 -8c +12 = 0，解得 c = 6或 2．
经检验 c = 2时，函数 f (x) 在 x = 2处取得极小值，不符合题意，应舍去．
故 c = 6．
故答案为：6．
6．已知 A，B 两地的距离是130km、根据交通法规，两地之间的公路车速应限制在50～100km/h，假设油
x2
价是 7 元/L，以 xkm/h 的速度行驶时，汽车的耗油率为 3+ L/h ，司机每小时的工资是 35 元．那么最
è 360
÷

经济的车速是多少？如果不考虑其他费用，这次行车的总费用是多少？
【解析】设汽车以 xkm / h行驶时，
é x2 ù 130 7280 91x
行车的总费用 y = ê35 + 7 3+ ÷ú = + ，50 x 100，
è 360 x x 36
y 7280 91x即 = + ，50 x 100，
x 36
y 7280 91x 2 7280 91x此时 = + × = 2 165630 271，
x 36 x 36 9
7280 91x
当且仅当 = 时，即
x 36 x = 24 5
时取等号成立，
故最经济的车速约为 24 5km / h ；
如果不考虑其他费用，这次行车的总费用约为 271元.
易错点：对 f(x0)为极值的充要条件理解不清
易错分析：对 f (x) 为极值的充要条件理解不清，导致出现多解.
答题模板：求可导函数 f(x) 的极值
1、模板解决思路
解决求可导函数 f x 的极值的问题，关键是检验定义域内导数值为 0 的点左右两侧的导数值是否异号，
若异号，则该点为极值点，否则不为极值点.
2、模板解决步骤
第一步：先确定函数 f (x) 的定义域；
第二步：求导数 f (x)；
第三步：求方程 f (x) = 0 的解；
第四步：检验 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近
为负，那么函数 y = f (x) 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数
y = f (x) 在这个根处取得极小值．
1 f x 1= 3ln x - ax2【易错题 】已知函数 + 3a -1 x，其中 a < 0，若 x = 3是 f x 的极小值点，则实数 a
2
的取值范围为 ．
1
【答案】 - , -

3 ֏
【解析】因为函数 f (x) 的定义域为 (0, + )，
3 -ax
2 + 3a -1 x + 3 -ax -1 x - 3
求导得 f x = - ax + 3a -1 = = ，
x x x
f x = 0 x 1令 ，可得 = - 或 x = 3，
a
1 1
因为 x = 3是 f (x) 的极小值点，又 a<0，所以- < 3，从而 a < - ．
a 3
a ( , 1所以实数 的取值范围为 - - ) .
3
1
故答案为： - ,- ÷
è 3
【易错题 2】函数 f (x) = x3 - 3a2x2 - 3ax在 x =1取得极值，则实数a = .
1
【答案】 2
【解析】 f (x) = 3x2 - 6a2x - 3a ，
因为函数在 x =1取得极值，则 f 1 = 0，
即3- 6a2 - 3a = 0，解得 a
1
= 或 a = -1，
2
当 a = -1时， f (x) = 3x2 - 6x + 3 = 3 x -1 2 0，
此时函数无极值，故 a = -1（舍去）
a 1当 = 时， f (x) = 3x2
3 3 3
- x - = 2x2 - x -1 ，2 2 2 2
令 f x 0 2 1，则 2x - x -1 0，解得 x 1或 x - .2
令 f x < 0，则 2x2 1- x -1< 0，解得- < x <1，2
所以函数 f x 1 1在 - , -
ù
ú 和 1, +

上为增函数，在 - ,1

2 ÷上减函数，è 2 è
1
所以在 x =1取得极小值，所以实数 a =
2
1
故答案为： 2

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