专题03用导数研究函数的极值（教师版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

专题 3 用导数研究函数的极值
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 研究函数的极值是导数在函数中的一个重要应用,也是高考考
查的重点,本专题从求函数的极值、确定函数极值点的个数、由函数极值点个数确定参数范围、含参数的函
数极值的讨论、由极值点满足条件求解不等式问题等几个方面帮助高三学生把握极值问题的求解.
(一) 求函数的极值
1.函数的极值与导数的关系
(1)函数的极小值与极小值点
若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小,f′(a)＝0,而且在点x＝a附近的
左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,则点a叫做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值.
(2)函数的极大值与极大值点
若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大,f′(b)＝0,而且在点x＝b附近的
左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则点b叫做函数的极大值点,f(b)叫做函数的极大值.
2.求函数f(x)极值的步骤：
①确定函数的定义域；
②求导数f′(x)；
③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；
④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 左右两侧值的符号.如果左正右负,那么f(x)在x 处取极大值；如果左负右
0 0
正,那么f(x)在x 处取极小值.
0
3.对极值理解：
(1)极值点不是点,注意极值与极值点的区别；
(2)若f(x)在(a,b)内有极值,那么f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在区间上单调的函数没有极值；
(3)根据函数的极值可知函数的极大值f(x )比在点x 附近的点的函数值都大,在函数的图象上表现为极大值对
0 0
应的点是局部的“高峰”；函数的极小值f(x )比在点x 附近的点的函数值都小,在函数的图象上表现为极小值
0 0对应的点是局部的“低谷”．一个函数在其定义域内可以有许多极小值和极大值,在某一点处的极小值也可能
大于另一个点处的极大值,极大值与极小值的大小没有必然的联系,即极小值不一定比极大值小,极大值不一
定比极小值大；
(4)使f′(x)＝0的点称为函数f(x)的驻点,可导函数的极值点一定是它的驻点．驻点可能是极值点,也可能不是
极值点．例如f(x)＝x3的导数f′(x)＝3x2在点x＝0处有f′(0)＝0,即x＝0是f(x)＝x3的驻点,但从f(x)在(－∞,＋
∞)上为增函数可知,x＝0不是f(x)的极值点．因此若f′(x )＝0,则x 不一定是极值点,即f′(x )＝0是f(x)在x＝x
0 0 0 0
处取到极值的必要不充分条件,函数y＝f′(x)的变号零点,才是函数的极值点；
(5)函数f(x)在［a,b］上有极值,极值也不一定不唯一．它的极值点的分布是有规律的,相邻两个极大值点之间
必有一个极小值点,同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．一般地,当函数f(x)在［a,b］上连续且有
有限个极值点时,函数f(x)在［a,b］内的极大值点、极小值点是交替出现的．
1
【例1】(2024届湖南师范大学附属中学高三下学期模拟三) 已知函数 f x=x+lnax+ xex（a<0）.
a
(1)求函数 f x的极值；
(2)若集合  x f x³-1  有且只有一个元素，求a的值.
æ1 ex ö
【解析】（1）由 f¢x=1+x ç + ÷，
èx a ø
1 ex
因为a<0，所以 f x的定义域为-¥,0，则 + <0，
x a
因为xÎ-¥,-1时， f¢x>0；xÎ-1,0时， f¢x<0.
所以 f x的单调递增区间为-¥,-1；单调递减区间为-1,0，
1
所以x=-1是 f x的极大值点， f x的极大值是 f -1=-1+ln-a- ，无极小值.
ae
1
（2）由（1）可得 f x = f -1=-1+ln-a- ，
max ae
要使得集合  x f x³-1  有且只有一个元素，则只需要-1+ln-a- 1 =-1
ae
1 1 1 ex+1
设gx=-1+ln-x- ，则g¢x= + = ，
ex x ex2 ex2
æ 1ö æ 1 ö
因为xÎç-¥,- ÷时，g¢x<0；xÎç- ,0÷时，g¢x>0，
è eø è e ø
æ 1ö æ 1 ö
所以gx的单调递减区间为ç-¥,- ÷；单调递增区间为ç- ,0÷.
è eø è e ø
æ 1ö 1
所以gx =gç- ÷=-1，所以关于a的方程-1+ln-a- =-1有解时，
min è eø ae只能是a=- 1 ，所以集合  x f x³-1  有且只有一个元素时a=- 1 .
e e
(二)函数极值点的个数问题
可导函数 f x的极值点的个数,通常转化为方程 f¢x=0实根个数,再根据 f¢x的单调性或图象求解,求解
时要注意 f¢x=0是x 的必要不充分条件.可导函数 f(x)在点x 处取得极值的充要条件是：x 是导函数的
0 0 0
变号零点,即 f¢(x )=0,且在x 左侧与右侧, f¢(x)的符号异号．另外,不可导函数也会有极值,如函数 f(x)= x ,
0 0
在极小值点x =0处是不可导的.
0
【例2】（2024届北京市景山学校高三上学期考试）已知函数 f(x)=  ax3-2x2 ex(aÎR).
(1)当a=-1时,求 f(x)的单调区间；
(2)求证：当a>0时,函数 f(x)有三个不同的极值点.
【解析】（1）当a=-1时, f(x)=  -x3-2x2 ex,
f¢x=  -x3-2x2-3x2-4x  ex =  -x3-5x2-4x  ex =-x  x2+5x+4  ex =-xx+1x+4ex,
所以在区间-¥,-4,-1,0, f¢x>0, f x单调递增,
在区间-4,-1,0,+¥, f¢x<0, f x单调递减.
所以 f x的增区间为-¥,-4,-1,0；减区间为-4,-1,0,+¥.
（2）依题意 f(x)=  ax3-2x2 ex(a>0),
f¢x=  ax3-2x2+3ax2-4x  ex =é
ë
ax3+3a-2x2-4xù
û
ex =xé
ë
ax2+3a-2x-4ù
û
ex,
对于函数gx=ax2+3a-2x-4a>0,g0=-4¹0,D=3a-22+16a>0,
-4
所以gx有两个零点,设为x,x ,则x ×x = <0,
1 2 1 2 a
不妨设x <0<x ,所以在区间-¥,x ,0,x , f¢x<0, f x单调递减；
1 2 1 2
在区间x,0,x ,+¥, f¢x>0, f x单调递增,
1 2
所以 f x有三个不同的极值点x,0,x .
1 3
(三)由函数极值点个数确定参数范围
此类问题一般是先把问题转化为 f¢x=0实根个数问题,可借助图象分析,若 f¢x=0可化为二次方程问题,可利用二次方程根的分布求解.
1
【例3】（2024届山西省晋中市高三下学期5月适应训练）已知函数 f x= x3+ax，aÎR
3
(1)讨论 f x的单调性；
(2)若函数gx= f x+2lnx存在两个极值点，求实数a的取值范围．
1
【解析】（1）由 f x= x3+ax，知 f¢x=x2+a.
3
当a³0时， f¢x³0恒成立，所以 f x在R上单调递增；
当a<0时，有 f¢x=x2+a=  x+ -a  x- -a  ，
从而对x<- -a和x> -a 有 f¢x>0，对- -a <x< -a有 f¢x<0.
所以 f x在  -¥,- -aù和é -a,+¥  上单调递增，在é- -a, -aù上单调递减.
û ë ë û
综上，当a³0时， f x在R上单调递增；
当a<0时， f x在  -¥,- -aù和é -a,+¥  上单调递增，在é- -a, -aù上单调递减.
û ë ë û
1 2
（2）由于gx= x3+ax+2lnx，故g¢x=x2+ +a.
3 x
记hx=g¢x，则h¢x=2x- 2 = 2  x3-1  .从而对0< x<1有h¢x<0，对x>1有h¢x>0.
x2 x2
所以g¢x在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增.
当a³-3时，对xÎ0,1È1,+¥均有g¢x>g¢1=3+a³0，所以g¢x不可能有两个零点，从而gx不
可能有两个极值点；
æ 2ö 4   2
当a<-3时，由g¢ ç- ÷= >0，g¢1=3+a<0，g¢ -a = >0，结合零点存在定理可知g¢x存在
è aø a2 -a
æ 2 ö  
两个零点uÎç- ,1÷，vÎ 1, -a .
è a ø
再结合g¢x的单调性知g¢x在xÎ0,uÈv,+¥时取正值，在xÎu,v时取负值，所以gx有极大值点
x=u和极小值点x=v.
综上，a的取值范围是-¥,-3.
(四)含参数的函数极值的讨论求含参数函数 f x的极值,通常转化为不等式 f¢x>0或 f¢x<0的解集问题,求解时要注意对参数进行分
类讨论.
2x2-ax+a
【例4】（2024届河宁夏银川一中、昆明一中高三下学期二模）已知函数 f(x)= ，其中aÎR．
ex
(1)当a=1时，求曲线y= f x在 0, f 0 处的切线方程；
(2)讨论 f x的极值.
(4x-a)ex-ex(2x2-ax+a) -2x2+(a+4)x-2a
【解析】（1）
Q
f¢(x)= = ，
(ex)2 ex
-2x2+5x-2
当a=1时， f¢(x)= ， f¢(0)=-2，又
Q
f(0)=1，
ex
故曲线y= f x在 0, f 0 处的切线方程为y-1=-2x-0，即2x+y-1=0.
-2x2+(a+4)x-2a (-2x+a)(x-2) a
（2） f¢(x)= = =0，解得x =2，x = ，
Q ex ex 1 2 2
a a
①若a<4，可得x< 或x>2时， f¢x<0，当 <x<2时， f¢x>0，
2 2
æ aö æa ö
所以 f x在ç-¥, ÷，2,+¥递减，ç ,2÷递增，
è 2ø è2 ø
a a
8-a
所以 f x的极小值为 f( 2 )= a ， f x的极大值为 f(2)= e2 .
e2
②若a =4，则 f¢x£0，所以函数 f x在R上单调递减，无极值；
③若a>4，当x<2或x> a 时， f¢x<0，当2<x< a 时， f¢x>0，
2 2
æa ö æ aö
所以 f x在(-¥,2)，ç ,+¥÷递减，ç2, ÷递增，
è2 ø è 2ø
a a
8-a
所以 f x的极小值为 f(2)= e2 ， f x的极大值为 f( 2 )= a .
e2
a a
8-a
综上，当a<4时， f x的极小值为 f( 2 )= a ， f x的极大值为 f(2)= e2 . 当a =4时，函数 f x无极
e2
a a
8-a
值.当a>4时， f x的极小值为 f(2)=
e2
， f x的极大值为 f(
2
)=
a
e2
(五)由极值点满足条件求解不等式问题
此类问题一般是给出极值点个数或给出与极值点有关的等式不等式,证明与极值点有关的不等式或根据不等
式恒成立求参数范围,前者通常构造函数与方程求解,后者通常转化为函数最值或通过分类参数求解.【例5】（2024届四川省成都市树德中学高三下学期适应性考试）已知函数 f x=x-alnx,aÎR.
(1)当a=2时，曲线y= f x与曲线 f x=-x2+m恰有一条公切线y=-x+t，求实数m与t的值；
1 4
(2)若函数hx=x-alnx- 有两个极值点x,x x <x 且hx -hx ³- ，求a的取值范围.
x 1 2 1 2 2 1 e
2
【解析】（1）解：当a=2时， f x=x-2lnx，可得 f¢x=1- ，
x
2
令 f¢x=1- =-1，可得x=1，又由 f 1=1，所以切点1,1在直线y=-x+t上，则t =2，
x
1
因为y=-x2+m，所以y¢=-2x，令y¢=-1，则x= ，
2
1 3
在直线y=-x+2方程中，令x= ，可得y= ，
2 2
æ1 3ö 7
又因为点ç , ÷在曲线y=-x2+m上，所以m= .
è2 2ø 4
1 a 1 x2-ax+1
（2）解：函数hx=x-alnx- ，可得h¢x=1- + = x>0，
x x x2 x2
ìx +x =a
1 2
ï
ïxx =1
由函数hx有两个极值点，所以x2-ax+1=0有两个不等正根，则í 1 2 ，
a>2
ï
ï î0<x <1<x
1 2
1 1
由hx -hx =x -alnx - -x +alnx +
2 1 2 2 x 1 1 x
2 1
x -x æ 1 ö æ 1 ö 4
=x -x +alnx -lnx + 2 1 =2ç -x ÷+2çx + ÷lnx ³- ，
2 1 1 2 x 1 x 2 èx 1 1 ø è 1 x 1 ø 1 e
æ 1 ö æ 1 ö 2
可得ç -x ÷+çx + ÷lnx ³- ，
èx 1 ø è 1 x ø 1 e
1 1
1 æ 1ö 1 æ 1 ö 1 æ 1 ö
令gx= -x+çx+ ÷lnx0<x<1，g¢(x)=- -1+ç1- ÷lnx+1+ =ç1- ÷lnx>0，
x è xø x2 è x2 ø x2 è x2 ø
所以gx在区间0,1上单调递增，
æ1ö 1 æ1 ö 2
因为gç ÷=e- +ç +e÷´-1=- ，
èeø e èe ø e
æ 1 ö æ 1 ö 2 1
所以由ç -x ÷+çx + ÷lnx ³- ，可得 £x <1，
èx 1 ø è 1 x ø 1 e e 1
1 1
1 é1 ö 1 x2-1
令函数mx=x+ ,xÎ
ê
,1÷，可得m¢x=1- = <0，
x ëe ø x2 x21 æ1ö 1
所以mx在[ ,1)上单调递减，可得mx>m1=2,mx =mç ÷=e+ ，
e max èeø e
1 æ 1ù
又因为a=x
1
+
x
，所以a的取值范围是
è
ç2,e+
e ú û
.
1
【例6】（2024届四川省成都市第七中学高三上学期考试）已知函数 f x=alnx-ax+1,aÎR.
(1)若经过点0,0的直线与函数 f x的图像相切于点 2,f 2 ,求实数a的值；
1
(2)设gx= f x+ x2-1,若gx有两个极值点为x,x x ¹ x  ,且不等式gx +gx <lx +x 恒成
2 1 2 1 2 1 2 1 2
立,求实数l的取值范围.
【解析】（1） f(x)的定义域为(0,+¥),
a a a
由 f x=alnx-ax+1,得 f¢x= -a,则 f¢2= -a=- ,
x 2 2
因为经过点0,0的直线与函数 f x的图像相切于点 2,f 2 ,
f(2) a 1
所以k = =- ,所以aln2-2a+1=-a,解得a= ,
2 2 1-ln2
1 1 a x2-ax+a
（2）gx= f x+ x2-1=alnx-ax+ x2,则g¢x= -a+x= (x>0),
2 2 x x
因为gx有两个极值点为x,x x ¹ x  ,
1 2 1 2
x2-ax+a
所以g¢x= =0在(0,+¥)上有两个不同的根,
x
此时方程x2-ax+a=0在(0,+¥)上有两个不同的根,
则D=a2-4a>0,且x +x =a>0,xx =a>0,解得a>4,
1 2 1 2
gx +gx 
若不等式gx +gx <lx +x 恒成立,则l> 1 2 恒成立,
1 2 1 2 x +x
1 2
1 1 1
因为g(x )+g(x )=a(lnx -x )+ x2+a(lnx -x )+ x2 =aln(xx )-a(x +x )+ (x2+x2)
1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2
1 1
=aln(xx )-a(x +x )+ é(x +x )2-2xx ù =alna- a2-a
1 2 1 2 2 ë 1 2 1 2û 2
1
不妨设 h(a)= gx 1 +gx 2  = alna- 2 a2-a =lna- 1 a-1(a>4) ,
x +x a 2
1 2
1 1 2-a
则h¢(a)= - = ,因为a>4,所以h¢(a)<0,
a 2 2a
所以h(a)在(4,+¥)上递减,所以h(a)<h(4)=2ln2-3,所以l³2ln2-3,
即实数l的取值范围为[2ln2-3,+¥).ex 2t
【例1】（2024届山东省泰安肥城市高考仿真模拟）已知函数 f(x)= ，g(x)= +tlnx.
x2 x
(1)求函数g(x)单调区间；
(2)若函数H(x)= f(x)-g(x)在(0,2)有两个极值点，求实数t的取值范围.
【解析】（1）由题意可知，函数定义域为(0,+¥)，
2t t t(x-2)
导数g¢(x)=- + =
x2 x x2
t =0时，g¢(x)=0恒成立t >0时，当x>2,g¢(x)>0；当0<x<2,g¢(x)<0
t<0时，当x>2,g¢(x)<0；当0<x<2,g¢(x)>0
综上可知：t =0时为常函数，无单调区间
t >0时，单调增区间为：(2,+¥)，单调减区间为：(0,2)
t<0时，单调增区间为：(0,2)，单调减区间为：(2,+¥).
ex 2t (x-2)(ex-tx)
（2）因为H(x)= -tlnx- (x>0)，所以H¢(x)= ，
x2 x x3
ex
因为H(x)在0,2上有两个极值点，则ex-tx=0，即t= 在0,2上有两个根，
x
ex ex(x-1)
令p(x)= ，p¢(x)=
x x2
当0< x<1时，p¢(x)<0，p(x)单调递减
当1<x<2时，p¢(x)>0，p(x)单调递增
e2
又因为x0时p(x)+¥ ，p(1)=e，p(2)= ，
2
e2
所以h(x)在(0,2)上有2个极值点需满足e<t< .
2
e2
综上所述，当e<t< 时，函数H(x)在(0,2)上有两个极值点.
2
æ1 ö 2
【例2】（2024届山东省智慧上进高三下学期5月大联考）已知函数 f x=ç +a÷lnx+ -2，其中
èx ø x
aÎR．
(1)当a³1时，判断 f x的单调性；
(2)若 f x存在两个极值点x,x x >x >0．
1 2 2 12
（ⅰ）证明：x -x +2> ；
2 1 a
1 4 5
（ⅱ）证明：xÎ1,+¥时， f x> - + -2．
x3 x2 x
2 2 2
æ1 ö 2
【解析】（1）函数 f x=ç +a÷lnx+ -2的定义域为0,+¥，
èx ø x
1+lnx
a-
则 f¢x= -lnx + æ ç 1 +a ö ÷ 1 - 2 = x ，
x2 èx øx x2 x
1+lnx lnx
令gx=a- ，xÎ0,+¥，则g¢x= ，
x x2
所以当0< x<1时g¢x<0，当x>1时g¢x>0，
所以gx在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增，
所以gx在x=1处取得极小值，即最小值，所以gx =g1=a-1³0，
min
所以 f¢x³0在0,+¥上恒成立，所以 f x在0,+¥上单调递增；
（2）（ⅰ）由（1）可知gx在0,+¥上的最小值为g1=a-1，
当x0时gx+¥，当x+¥时gxa，
若 f x存在两个极值点x,x x >x >0，则gx=0有两个不相等的实数根x,x x >x >0，
1 2 2 1 1 2 2 1
ìa>0 æ1ö 1
所以í î g1=a-1<0 ，解得0<a<1，又gç èe ÷ ø =a>0，所以 e <x 1 <1<x 2 ，
且当0<x<x 时gx>0，即 f¢x>0，则 f x单调递增，
1
当x <x<x 时gx<0，即 f¢x<0，则 f x单调递减，
1 2
当x>x 时gx>0，即 f¢x>0，则 f x单调递增，
2
所以x为 f x的极大值点，x为 f x的极小值点，
1 2
ï ì ï a- 1+ x lnx 1 =0 ì ï ï x 1 = 1+ a lnx 1
因为í 1 ，所以í ，
1+lnx 1+lnx
ïa- 2 =0 ïx = 2
î ï x ïî 2 a
2
2 2 1
要证x -x +2> ，即证x > -2+x ，又 <x <1，
2 1 a 2 a 1 e 12 2x x -1
只需证x > -1，即证x > 2 -1，即证lnx - 2 >0，
2 a 2 1+lnx 2 x +1
2 2
x-1 1 2 x2+1
令px=lnx- x>1，则p¢x= - = >0，
x+1 x x+12 xx+12
x -1
所以px在1,+¥上单调递增，所以px> p1=0，即lnx - 2 >0成立，
2 x +1
2
2
所以x -x +2> ；
2 1 a
1+lnx
（ⅱ）由（ⅰ）知x >1，a= 2 ，
2 x
2
且当1<x<x 时 f¢x<0，当x>x 时 f¢x>0，
2 2
所以 f x在1,x 上单调递减，在x ,+¥上单调递增，
2 2
æ 1 ö 2
所以 f x³ f x =ç +a÷lnx + -2
2 èx ø 2 x
2 2
æ 1 1+lnx ö 2 2lnx +lnx 2+2-2x
=ç + 2 ÷lnx + -2 = 2 2 2 ，
èx x ø 2 x x
2 2 2 2
1 1 1 x-1
令Hx=lnx+ x>1，则H¢x= - = >0，
x x x2 x2
所以Hx在1,+¥上单调递增，
1
所以Hx>H1=1，即lnx>1- >0x>1，
x
2
æ 1 ö æ 1 ö
所以2lnx +lnx 2+2-2x 2ç è 1- x ÷ ø +ç è 1- x ÷ ø +2-2x 2 1 4 5 ，
2 2 2 > 2 2 = - + -2
x x x3 x2 x
2 2 2 2 2
1 4 5
所以 f x> - + -2.
x3 x2 x
2 2 2
【例3】（2025届云南省三校高三联考）（1）证明：当0< x<1时，x-x2 <sinx<x；
（2）已知函数 f x=cosax-ln  1-x2 ，若x=0是 f x的极小值点，求a的取值范围.
【解析】（1）证明：令g(x)=x-x2-sinx(0<x<1)，
则g¢x=1-2x-cosx，令mx=g¢x=1-2x-cosx
则m¢x=-2+sinx<0恒成立，则g¢(x)在(0,1)上单调递减，
则g¢(x)<g¢(0)=0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，则g(x)<g(0)=0，即x-x2 <sinx；
同理，令h(x)=sinx-x(0<x<1)，则h¢(x)=cosx-1<0，
则h(x)在(0,1)上单调递减，
则h(x)<h(0)=0，即sinx<x，
故当0< x<1时，x-x <sinx<x.
2x 2x
（2）解：由题 f¢(x)=-asinax+ ，令nx= f¢x=-asinax+ ，
1-x2 1-x2
2
 1-x2
+2x×2x 2+2x2
则n¢x=-a2cosax+ =-a2cosax+ ，
 1-x22  1-x22
又 f¢0=0,n¢0=-a2+2，则
①若n¢0=2-a2 >0，即- 2<a< 2时，
易知存在d>0，使得xÎ(0,d)时，n¢x>0，
\f¢(x)在(0,d)上单调递增，则 f¢(x)> f¢(0)=0，
则 f(x)在(0,d)上单调递增，与x=0是 f(x)的极大值点矛盾，舍去.
②若n¢0=2-a2 <0，即a<- 2或a> 2时，
易知存在d>0，使得xÎ(-d,d)时， f¢¢(x)<0，\f¢(x)在(-d,d)上单调递减，又 f¢(0)=0，
\当-d<x<0时， f¢(x)>0， f(x)单调递增，当0< x<d时， f¢(x)<0， f(x)单调递减，
满足x=0是 f(x)的极大值点，符合题意.
③若n¢0=2-a2 =0，即a=± 2时，由 f(x)为偶函数，不妨只考虑a= 2的情形，
2x 2x 1
此时 f¢(x)=- 2sin( 2x)+ ,xÎ(0,1)， f¢(x)>-2x+ =2x( -1)>0，
1-x2 1-x2 1-x2
\f(x)在(0,1)上单调递增，这与x=0是 f(x)的极大值点矛盾，舍去.
综上所述，a的取值范围为(-¥,- 2) ( 2,+¥).
U
【例4】（2024届浙江省绍兴市柯桥区三模）若函数a(x)有且仅有一个极值点m，函数b(x)有且仅有一个
极值点n，且m>n，则称a(x)与b(x)具有性质a-b//m>n．
(1)函数j(x)=sinx-x2与jx=ex-x是否具有性质j-j //x >0？并说明理由．
1 2 1 2 0
(2)已知函数 f x=aex-lnx+1与gx=lnx+a-ex+1具有性质 f -g//x >x ．
1 2
（i）求a的取值范围；（ii）证明： gx  > x ．
1 2
【解析】（1）函数j(x)=sinx-x2与jx=ex-x具有性质j-j //x >0，理由如下：
1 2 1 2 0
j¢(x)=cosx-2x，令hx=j¢x=cosx-2x，则h¢x=-sinx-2<0，故j¢x单调递减，
1 1 1
又j¢0=cos0-0=1>0，j¢1=cos1-2<0，故存在x Î0,1，使j¢x =0，
1 1 0 1 0
则jx在-¥,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减，
1 0 0
故j(x)有且仅有一个极值点x Î0,1，
1 0
j¢x=ex-1，则当x<0时，j¢x<0，当x>0时，j¢x>0，
2 2 2
故j(x)在-¥,0上单调递减，在0,+¥上单调递增，
2
故j(x)有且仅有一个极值点0，
2
故函数j(x)=sinx-x2与jx=ex-x具有性质j-j //x >0；
1 2 1 2 0
1
（2）（i） f¢x=aex- ， 又x+1>0，故x>-1，
x+1
1
当a£0时， f¢x=aex- <0，此时 f x没有极值点，故舍去，
x+1
当a>0时， 令mx= f¢x=aex- 1 ，则m¢x=aex+ 1 >0恒成立，
x+1
x+12
1
故 f¢x在-1,+¥上单调递增，g¢x= -ex，x+a>0，故x>-a，
x+a
由a>0，令nx=g¢x= 1 -ex，则n¢x=- 1 -ex <0恒成立，
x+a
x+a2
故g¢x在-a,+¥上单调递减，
1
当aÎ0,1时，有 f¢0=ae0- =a-1<0，又x+¥时， f¢x+¥，
0+1
故此时存在x Î0,+¥，使 f x在-1,x 上单调递减，在x,+¥上单调递增，
1 1 1
则 f x有唯一极值点x Î0,+¥，
1
1 1
有g¢0= -e0 = -1>0，又x+¥时，g¢x-¥，
a a
故此时存在x Î0,+¥，使gx在-a,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减，
2 2 2则gx有唯一极值点x Î0,+¥，
2
1 1
即有 f¢x =aex1 - =0，g¢x = -ex2 =0，
1 x +1 2 x +a
1 2
1 1
即ex1 =
ax +1
，ex2 =
x +a
，此时需满足x
1
>x
2
>0，则ex1 >ex2，
1 2
1 1 x
故有 > ，即x >ax ，即a< 2 <1，故aÎ0,1符合要求；
ax +1 x +a 2 1 x
1 2 1
1
当aÎ1,+¥时， f¢0=ae0- =a-1>0，又x-1时， f¢x-¥，
0+1
故此时存在x Î-1,0，使 f x在-1,x 上单调递减，在x,+¥上单调递增，
1 1 1
则 f x有唯一极值点x Î-1,0，
1
1 1
有g¢0= -e0 = -1<0，又x-a时，g¢x+¥，
a a
故此时存在x Î-a,0，使gx在-a,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减，
2 2 2
则gx有唯一极值点x Î-a,0，
2
1 1 x
同理可得 > ，此时需满足0>x >x ，即x >ax ，则a> 2 ，
ax +1 x +a 1 2 2 1 x
1 2 1
x
由 2 <1，aÎ1,+¥，故该不等式成立，故aÎ1,+¥符合要求；
x
1
1 1 1
当a=1时，有 f¢0=ae0- =a-1=0，g¢0= -e0 = -1=0，
0+1 a a
此时x =x =0，即 f x、gx的极值点都为0，不符合要求，故舍去；
1 2
综上，故aÎ0,1È1,+¥；
1
（ii）当aÎ0,1时，有x >x >0，则ex2 = >e0 =1，故0<x +a<1，
1 2 x +a 2
2
gx在-a,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减，
2 2
1
则gx <gx =lnx +a-ex2 +1=lnx +a- +1，
1 2 2 2 x +a
2
1 1
令t=x +aÎ0,1，则gx =lnt- +1，令mt=lnt- +1，tÎ0,1
2 2 t t
1 1
则m¢t= + >0，故mt在0,1上单调递增，
t t2
1 1
则gx =lnt- +1<m1=ln1- +1=0，
2 t 1
故 gx  > gx  ，要证 gx  > x ，只需证gx +x <0，
1 2 1 2 1 21
gx +x <gx +x =lnx +a-ex2 +1+x =ln -ex2 +1+x =1-ex2 <0，
1 2 2 2 2 2 ex2 2
即当aÎ0,1，有 gx  > x ；
1 2
1
当aÎ1,+¥时，有0>x >x ，则ex2 = <e0 =1，即x +a>1，
1 2 x +a 2
2
gx在-a,x 上单调递增，在x ,+¥上单调递减，
2 2
则gx >g0=ln0+a-e0+1=lna>0，
1
即要证 gx  > x ，只需证gx +x >0，
1 2 1 2
gx +x =lnx +a-ex1 +1+x >lnx +a-ex1 +1+x
1 2 1 2 2 2
1
=ln -ex1 +1+x =-x -ex1 +1+x =1-ex1 >1-e0 =0，
ex2 2 2 2
即当aÎ1,+¥，有 gx  > x ；综上所述， gx  > x .
1 2 1 2
1
1. （2024届西藏拉萨市第三高级中学高三下学期5月月考）已知函数 f x= x2+2lnx-axaÎR.
2
(1)讨论 f x的单调性：
(2)若 f x有两个极值点x,x ，求证： f x +x <3ln2-4.
1 2 1 2
2 x2-ax+2
【解析】（1） f x的定义域为0,+¥, f¢x=x+ -a= .
x x
①若a£0，则 f¢x>0，所以 f x在0,+¥上单调递增；
②若a>0，令x2-ax+2=0，此时Δ=a2-8，
(i)当Δ=a2-8£0，即0<a£2 2时， f¢x>0，所以 f x在0,+¥上单调递增；
(ii)当Δ=a2-8>0，即a>2 2时，
a- a2-8 a+ a2-8
方程x2-ax+2=0的两个实数根为x = ,x = ，且0<x <x ，
3 2 4 2 3 4
当xÎ0,x 或xÎx ,+¥时， f¢x>0；当xÎx ,x 时， f¢x<0，
3 4 3 4
所以 f x在x ,x 上单调递减，在0,x ,x ,+¥上单调递增.
3 4 3 4综上，当a£2 2时， f x在0,+¥上单调递增；
æ a- a2-8ö æa+ a2-8 ö æa- a2-8 a+ a2-8ö
当a>2 2时， f x在ç0, ÷,ç ,+¥÷上单调递增，在ç , ÷上单调递
ç 2 ÷ ç 2 ÷ ç 2 2 ÷
è ø è ø è ø
减.
（2） f x有两个极值点x,x ，结合（1），知a>2 2，且x,x 是方程x2-ax+2=0的两个实数根，
1 2 1 2
1
所以x +x =a,xx =2，所以 f x +x = f a=2lna- a2.
1 2 1 2 1 2 2
  
令ga=2lna- 1 a2(a>2 2)，则 g¢a= 2 -a= 2-a2 =- a- 2 a+ 2 .
2
a a a
因为a>2 2，所以g¢a<0，所以ga在  2 2,+¥  上单调递减，
所以ga<g  2 2  =3ln2-4，即 f x +x <3ln2-4，证毕.
1 2
2．（2024届河南省鹤壁市外国语学校高三上学期11月检测）已知函数 f x=ex-ax2aÎR，其中e为自
然对数的底数．
(1)若函数 f x在0,+¥上有2个极值点，求a的取值范围；
(2)设函数gx= f x+e1-x-ex+ax2+cosx，xÎ0,2π，证明：gx的所有零点之和大于2π．
【解析】（1）由题设 f¢x=ex-2ax在0,+¥上有2个变号零点，
当a£0时， f¢x>0，即 f x在0,+¥上递增，不可能有2个零点；
当a>0时，令 f¢x=0，则x =ln2a+lnx ，且在0,+¥上有2个对应的x ，
0 0 0
所以，问题化为y=x -lnx 与y=ln2a的图象在0,+¥上有两个交点，
0 0
1
对于mx=x-lnx，有m¢x=1- ，则在0,1上，m¢x<0，mx递减，
x
在1,+¥上，m¢x>0，mx递增，
又x趋向于0时，mx趋向正无穷，x趋向于正无穷时，mx趋向正无穷，
e
且mx =m1=1，所以ln2a>1，故a> ．
min 2
e
综上，a> ；
2（2）由已知函数gx=e1-x+cosx，xÎ0,2π，其导函数g¢x=-e1-x-sinx，
设g¢x=hx=-e1-x-sinx，h¢x=e1-x-cosx，
æ πö æ πö æπ πö
当xÎç0, ÷时，设y=excosx，y¢=excosx-sinx，显然xÎç0, ÷,y¢>0，xÎç , ÷,y¢<0，
è 2ø è 4ø è4 2ø
æ πö æπ πö 2 π
y=excosx在ç0, ÷上递增，在ç , ÷上递减，所以y£ y| = e4<e，即e1-x >cosx
è 4ø è4 2ø x= π 2
4
如图画出函数y=e1-x和y =cosx的图象，
æ5π 7πö
$x Îç , ÷，使得当xÎ0,x 时，h¢x>0，g¢x单调递增，
0 è 4 4 ø 0
当xÎx ,2π时，函数h¢x<0，g¢x单调递减，
0
æ πö
又e1-x0 =cosx ，所以g¢0=-e<0，g¢x =-e1-x0 -sinx =-cosx -sinx =- 2sinçx + ÷，
0 0 0 0 0 è 0 4ø
æ5 7 ö π æ3π ö
因为x Îç π, π÷，所以x + Îç ,2π÷，所以g¢x >0，又g¢2π=-e1-2π <0，
0 è4 4 ø 0 4 è 2 ø 0
故$x Î0,x ，使得g¢x =0，$x Îx ,2π，使得g¢x =0，
1 0 1 2 0 2
于是可得当xÎ0,x 时，g¢x<0，gx单调递减，当xÎx,x 时，g¢x>0，gx单调递增，
1 1 2
当xÎx ,2π时，g¢x<0，gx单调递减，
2
又g¢π=-e1-π <0，g¢ æ ç è 3 2 πö ÷ ø =-e 1- 3 2 π +1>0，故x 1 Î æ ç è π, 3 2 πö ÷ ø ，
则g æ ç πö ÷=e 1- π 2 >0，gπ=e1-π-1<0，所以存在aÎ æ ç π ,π ö ÷，使得ga=0，
è2ø è2 ø
所以gx 1 <gπ<0，又g æ ç è 3 2 πö ÷ ø =e 1- 3 2 π >0，所以gx 2 >g æ ç è 3 2 πö ÷ ø >0，
æ 3πö
则存在bÎçπ, ÷，使得gb=0，又g2π=e1-2π+1>0，
è 2 ø
所以函数gx在区间xÎx ,2π上无零点，
2
π 3π
故函数在xÎ0,2π上有两个零点a，b，且 <a<π<b< ，
2 2由ga=gb=0可得e1-a+cosa=0，e1-b+cosb=0，
所以cosa=-e1-a，cosb=-e1-b，
又a<bÞ1-a>1-bÞe1-a>e1-bÞ-e1-a<-e1-b，
所以cosa<cosb=cos2π-b，
π 3π π π
根据 <a<π<b< ，可得 <a<p， <2π-b<π，
2 2 2 2
æπ ö
并且函数y =cosx在ç ,π÷上单调递减，所以a>2π-b，即a+b>2π，
è2 ø
故gx的两个零点之和大于2π．
1
3．（2024辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数 f x=xlnx-x- ax2的两个极值点分别为
2
x,x x <x ．
1 2 1 2
(1)求实数a的取值范围；
(2)若不等式l<ax +x 恒成立，求正数l的取值范围（其中e=2．71828 为自然对数的底数）．
1 2 L
1
【解析】（1）由题 f x=xlnx-x- ax2，定义域为0,+¥．
2
则 f¢x=1+lnx-1-ax=lnx-ax，
由题可得 f¢x=lnx-ax=0有两个不等实数根x，x ，
1 2
lnx
于是a= 有两个不同的实数根，
x
lnx
等价于函数y = a与hx= 图像在0,+¥有两个不同的交点，
x
1-lnx
h¢x= ，由h¢x>0Þ0<x<e，由h¢x 0Þx e，
Q
x2
所以hx在0,e递增，在e,+¥递减，
1
又h1=0，hx有极大值为he= ，当x+¥时，hx0，
e
所以可得函数hx的草图（如图所示）．lnx
所以，要使函数y = a与hx= 图像在0,+¥有两个不同的交点，
x
æ 1ö æ 1ö
当且仅当aÎç0, ÷，即实数a的取值范围为ç0, ÷
è eø è eø
（2）由（1）可知：x，x 是方程F¢x=lnx-ax=0的两个实数根，且1< x <e< x ，
1 2 1 2
x
ln 1
则ìlnx =ax lnx -lnx x ，
í 1 1 Þa= 1 2 = 2
îlnx =ax x -x x -x
2 2 1 2 1 2
x +x æx ö x t+1
即l<ax +x = 2 1lnç 2 ÷，令 2 =t >1,l< lnt，
1 2 x 2 -x 1 è x 1 ø x 1 t-1
2t-1 1 2t+1-2t-1 t-12
令ht=lnt- ,t³1，则h¢t= - = ³0，
t+1 t t+12 tt+12
所以ht在1,+¥上单调递增，且h1=0，所以ht³h1=0，
2t-1 t+1
于是，当t>1时，有lnt > ，即 lnt >2，
t+1 t-1
综上所述，l£2，即l的取值范围是-¥，2．
4．（2024届四川省百师联盟2024届高三联考）已知函数 f x=axlnx-2x+b（a，bÎR）在点 1, f 1
处的切线方程为y=-x．
(1)求函数 f x的极值；
é æ1ö ù
(2)设gx=ex ê xf ç ÷+2 ú +mx（mÎR），若gx³0恒成立，求m的取值范围．
ë èxø û
【解析】（1）由题 f x=axlnx-2x+b， f¢x=alnx+a-2，
ìïf 1=b-2=-1
由题意可得í ，解得a=b=1，
ïî
f¢1=a-2=-1
所以 f x=xlnx-2x+1， f¢x=lnx-1．
令 f¢x>0，解得x>e，令 f¢x<0，解得0<x<e，可知 f x在e,+¥上单调递增，在0,e上单调递减，
所以当x=e时， f x有极小值，极小值为 f e=1-e，无极大值．
é æ1ö ù
（2）由题意可知：gx=ex ê xf ç ÷+2 ú +mx=exx-lnx+mx³0，且x>0，
ë èxø û
exlnx-x exlnx-x
整理得m³ ，原题意等价于m³ 在0,+¥内恒成立，
x x
exlnx-x exx-1lnx-x-1
设hx= ,x>0，则h¢x= ，
x x2
1 1-x
设tx=lnx-x-1,x>0，则t¢x= -1= ．
x x
当0< x<1时，t¢x>0；当x>1时，t¢x<0，
可知tx在0,1内单调递增，在1,+¥内单调递减，
则tx£t1=-2<0，即当x>0时，ln x- x-1< 0 恒成立，
当0< x<1时，h¢x>0；当x>1时，h¢x<0；
可知hx在0,1内单调递增，在1,+¥内单调递减，则hx£h1=-e，
exlnx-x
由m³ 恒成立，可得m³-e，所以m的取值范围为-e,+¥．
x
5．（2024届湖南省长沙市雅礼中学高三下学期二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻
域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一
个极大（小）值.
f x +Dx- f x 
对于函数y= f x，设自变量x从x 变化到x +Dx，当Dx>0，lim 0 0 是一个确定的值，
0 0
Dx0 Dx
f x +Dx- f x 
则称函数y= f x在点x 处右可导；当Dx<0，lim 0 0 是一个确定的值，则称函数y= f x
0
Dx0 Dx
在点x 处左可导.当函数y= f x在点x 处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数y= f x在点x 处可
0 0 0
导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
(2)已知函数 f x=x2eax2+1-x3sinx-ex2.
（ⅰ）求函数gx=eax2+1-xsinx-e在x=0处的切线方程；
（ⅱ）若x=0为 f x的极小值点，求a的取值范围.【解析】（1）y= x ，x=0为该函数的极值点，
f 0+Dx- f 0 Dx -0 Dx
当Dx>0，lim = lim = lim =1，
Dx0 Dx Dx0 Dx Dx0Dx
f 0+Dx- f 0 Dx -0 -Dx
当Dx<0，lim = lim = lim =-1，
Dx0 Dx Dx0 Dx Dx0 Dx
则该函数在x=0处的左导数为-1，右导数为1，
所以该函数在x=0处不可导.
（2）（ⅰ）根据题意，g(0)=0，则切点0,0，
又g¢x=2axeax2+1-sinx-xcosx，则k =g¢(0)=0，所以切线方程为y=0；
（ⅱ） f x=x2eax2+1-x3sinx-ex2 =x2  eax2+1-xsinx-e  ，
因为当x¹0时，x2 >0，故 f x与gx同号，
gx=eax2+1-xsinx-e，先考察gx的性质，
由于gx为偶函数，只需分析其在0,+¥上的性质即可，
g¢x=2axeax2+1-sinx-xcosx，g¢0=0,，
设mx=2axeax2+1-sinx-xcosx,xÎ0,+¥，
则m¢x=  2a+4a2x2 eax2+1-2cosx+xsinx，m¢0=2ae-2，
1
则必有m¢0=2ae-2≥0，即a³ .
e
1
①否则，若m¢0=2ae-2<0，即a< ，
e
则必存在一个区间0,m，使得m¢x<0，
则g¢x在0,m单调递减，又g¢0=0，
则g¢x在区间0,m内小于0，则gx在0,m单调递减，
又g0=0，故gx在区间0,m内小于0，
故 f x在区间0,m内小于0，则x=0不可能为 f x的极小值点.
②当a³ 1 时， gx=eax2+1-xsinx-e≥e 1 e x2+1 -xsinx-e ，
e令 hx=e 1 e x2+1 -xsinx-e ，h¢x= 2x e 1 e x2+1 -sinx-xcosx，
e
令sx=
2x
e
1
e
x2+1
-sinx-xcosx，则s¢x=
æ
ç
2
+
4
x2
ö
÷e
1
e
x2+1
-2cosx+xsinx，
e èe e2 ø
易知y=
æ
ç
2
+
4
x2
ö
÷e
1
e
x2+1
在区间0,+¥上单调递增，
èe e2 ø
对y=-2cosx+xsinx，y¢=2sinx+sinx+xcosx=3sinx+xcosx，
æ πö
则y¢=3sinx+xcosx在区间ç0, ÷上大于0，
è 2ø
æ πö
故y=-2cosx+xsinx在区间ç0, ÷上单调递增.
è 2ø
故s¢x=
æ
ç
2
+
4
x2
ö
÷e
1
e
x2+1
-2cosx+xsinx在区间
æ
ç0,
πö
÷上单调递增.
èe e2 ø è 2ø
又s¢0=0，故s¢x³0，故h¢x在区间 æ ç0, πö ÷上单调递增，
è 2ø
又h¢0=0，故h¢x³0，故hx在区间 æ ç0, πö ÷上单调递增，
è 2ø
æ πö
又h0=0，故hx>0，xÎç0, ÷，
è 2ø
æ πö
则gx=eax2+1-xsinx-e≥hx>0，xÎç0, ÷，
è 2ø
æ πö æ π ö
故当xÎç0, ÷时， f x>0，由偶函数知xÎç- ,0÷时， f x>0，
è 2ø è 2 ø
故x=0为 f x的极小值点，
1
所以a的取值范围为a³ .
e
6．（2024届河北省名校联盟高考三模）已知函数 f x=cosx+2x．
(1)当xÎ-¥,0时，证明： f x<ex．
(2)若函数gx=lnx+1+ex- f x，试问：函数gx是否存在极小值？若存在，求出极小值；若不存在，
请说明理由．
【解析】（1）证明：函数 f(x)=cosx+2x定义域为R,
令F(x)=ex-2x-cosx，则F¢(x)=ex-2+sinx=(ex-1)+(sinx-1)，
当xÎ(-¥,0)时，ex-1<e0-1=0，且sinx-1£0，所以F¢(x)<0，
函数F(x)=ex-2x-cosx在(-¥,0)上单调递减，故F(x)>F(0)=0，
即ex-2x-cosx>0，故ex > f(x)得证.1
（2）由题意g(x)=ln(x+1)+ex-2x-cosx,x>-1，则g¢(x)= +ex-2+sinx,x>-1，
x+1
1 1
令h(x)=g¢(x)= +ex-2+sinx,x>-1，则h¢(x)=ex- +cosx,x>-1
x+1 (x+1)2
π π
当xÎ(0, )时，h¢(x)>0，故函数h(x)在(0, )单调递增，则h(x)>h(0)=0，即g¢(x)>0，
2 2
π
所以g(x)在(0, )单调递增；
2
当xÎ(-1,0)时，h¢(x)单调递增，且h¢(0)=1>0，又h¢(- 1 )=e - 1 2 +cos(- 1 )-4<0，
2 2
1
故$x Î(- ,0)，使得h¢(x )=0，
0 2 0
所以当xÎ(x ,0)时，h¢x>0，即函数h(x)在(x ,0)上单调递增，即h(x)=g¢(x)<h(0)=0，
0 0
所以函数g(x)在(x ,0)上单调递减；
0
π π 3 1 1
当xÎ[ ,+¥)时，ex ³e2 >2.72 >4, >0，即g¢(x)= +ex-2+sinx>0，
2 x+1 x+1
π
所以函数g(x)在[ ,+¥)上单调递增.
2
综上所述，函数g(x)在(x ,0)上单调递减，在(0,+¥)上单调递增，
0
因此，当x=0时，函数g(x)有极小值，极小值为g(0)=0.故存在，极小值为0.
a
7．（2024届四川省攀枝花市高考数学三模）已知函数 f(x)=lnx+ -1(aÎR)．
x
(1)求函数 f(x)的极值；
1
(2)设函数 f(x)的导函数为 f¢(x)，若 f¢(x)= f¢(x )（x ¹ x ），证明： f x + f x + >1．
1 2 1 2 1 2 a
a 1 a x-a
【解析】（1）解：由函数 f(x)=lnx+ -1，可得其定义域为xÎ(0,+¥)，且 f¢(x)= - = ，
x x x2 x2
当a£0时， f¢(x)>0，函数 f x在(0,+¥)上单调递增，无极值；
当a>0时，令 f¢(x)>0，可得x>a；令 f¢(x)<0，可得x<a，
所以函数 f x在(a,+¥)上单调递增，在(0,a)上单调递减，
当x=a时，函数 f x取得极小值，极小值为 f(a)=lna，无极大值.
1 a
（2）证明：由（1）知， f¢(x)= - ，
x x2
1 a 1 a
可得 f¢(x )= - , f¢(x )= - ，且 f¢(x)= f¢(x ),x ¹ x ，
1 x x2 2 x x2 1 2 1 2
1 1 2 2
1 a 1 a 1 1 a a 1 1 1 1
所以 - = - ，所以 - = - =a( + )( - )，
x x2 x x2 x x x2 x2 x x x x
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1
因为x ¹ x ，所以a( + )=1，可得a>0，
1 2 x x
1 2
a a
则 f x + f x =lnx + +lnx + -2=ln(xx )-1，
1 2 1 x 2 x 1 2
1 2
1 1 1 1 1 1
因为a( + )>2a × ，所以2a × <1，记得xx >4a2，
x x x x x x 1 2
1 2 1 2 1 2
所以 f x + f x =ln(xx )-1>ln(4a2)-1，
1 2 1 2
1 1 2 1 2a-1
设ga=ln(4a2)+ -2=2lna+ +2ln2-2，可得g¢a= - = ，
a a a a2 a2
1 1
当aÎ(0, )时，g¢a<0，ga在(0, )上单调递减；
2 2
当aÎ( 1 ,+¥)时，g¢a>0，ga在( 1 ,+¥)上单调递增，
2 2
1 1
所以，当a= 时，ga =g( )=0，
2 min 2
1 1 1
所以ln(4a2)+ -2>0，所以ln(4a2)-1+ -2>1，即 f x + f x + >1.
a a 1 2 a
8．（2024届江苏省扬州市高三下学期高考考前调研测试）已知函数 f x=sinx,gx=x．
(1)求函数hx=2f x- 3gx,xÎ0,2π的极值；
gx æ πö
(2)函数jx= ,xÎç0, ÷．
f x è 2ø
①讨论函数jx的单调性；
1
②函数Fx=a×jx×cosx- <0，求实数a的取值范围．
jx
【解析】（1）函数hx=2sinx- 3x，xÎ0,2π，则h¢x=2cosx- 3，
令h¢x=0,xÎ0,2π，解得x= π 或x= 11π ，
6 6
则x，h¢x，hx的关系表如下所示：
æ πö π æπ 11πö 11π æ11π ö
x ç0, ÷ ç , ÷ ç ,2π÷
è 6ø 6 è6 6 ø 6 è 6 ø
h¢x + 0 - 0 +
hx 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增æπö 3π æ11πö 11 3π
由上表，函数hx极大值为hç ÷=1- ，极小值为hç ÷=-1- ；
è6ø 6 è 6 ø 6
gx x æ πö sinx-x×cosx
（2）①jx= = ,xÎç0, ÷，则j¢x= ，
f x sinx è 2ø sin2x
记gx=sinx-x×cosx，则g¢x=cosx-cosx-x×sinx=x×sinx，
当xÎ æ ç0, πö ÷时，g¢x>0，则gx在 æ ç0, πö ÷上单调递增，
è 2ø è 2ø
æ πö
所以xÎç0, ÷时，gx>g0=0，所以j¢x>0，
è 2ø
所以jx是 æ ç0, πö ÷上的增函数．
è 2ø
axcosx sinx æ πö
②Fx= - ,xÎç0, ÷，当a£0时，Fx<0恒成立；
sinx x è 2ø
x sinx
当a>0时，Fx=a×cosx× - <0Ûax2cosx-sin2x<0，
sinx x
æ πö
令Gx=ax2cosx-sin2x,xÎç0, ÷，
è 2ø
æ πö
当a>1时，令Mx=x-sinx,xÎç0, ÷，则M¢x=1-cosx>0，
è 2ø
所以Mx在 æ ç0, πö ÷上单调递增，所以Mx>M0=0，即x>sinx，
è 2ø
所以Gx=ax2cosx-sin2x>ax2cosx-x2 =x2acosx-1，
æ πö 1
因为a>1，所以$x Îç0, ÷,cosx = ,Gx >0，不满足题意，所以a>1不成立．
0 è 2ø 0 a 0
当0<a£1时，Gx=ax2cosx-sin2x£x2cosx-sin2x
记Hx=x2cosx-sin2x，H¢x=2xcosx-x2sinx-2sinxcosx，
æ πö
由①知xÎç0, ÷时，xcosx<sinx，
è 2ø
所以H¢x<2sinx-x2sinx-2sinxcosx
æ x2 ö æ x x2 ö é æxö 2 x2ù
=2sinx×ç1- -cosx÷=2sinx×ç2sin2 - ÷<2sinx×ê2ç ÷ - ú=0，
è 2 ø è 2 2 ø êë è2ø 2 úû
所以Hx<H0=0．所以0<a£1成立．
综上所述：a£1．
9．（2024届江苏省南通市模拟预测）设a>0，函数 f(x)=ax3-2x+1．(1)当a=1时，求过点(0,-1)且与曲线y= f(x)相切的直线方程：
(2)x,x 是函数 f(x)的两个极值点，证明： f x + f x 为定值．
1 2 1 2
【解析】（1）当a=1时， f(x)=x3-2x+1，则导数 f¢(x)=3x2-2．
设切点为  x ,x3-2x +1  ，则 f¢x =3x2-2，
0 0 0 0 0
所以切线方程为y-  x3-2x +1  =  3x2-2 x-x ．
0 0 0 0
又切线过点(0,-1)，则-1-  x3-2x +1  =  3x2-2 0-x ，
0 0 0 0
整理得，2x3 =2，解得x =1．
0 0
所以过点(0,-1)且与曲线y= f(x)相切的直线方程为y=x-1．
2
（2）证明：依题意， f¢(x)=3ax2-2(a>0)，令 f¢(x)=0，得x=± ．
3a
æ 2 ö 2 æ 2 2 ö 2 æ 2 ö
x ç-¥,- ÷ - ç- , ÷ ç ,+¥÷
ç è 3a ÷ ø 3a ç è 3a 3a ÷ ø 3a ç è 3a ÷ ø
f¢x + 0 - 0 +
f x 极大值 极小值
Z ] Z
2 2
不妨设x <x ，则x =- ,x = ．
1 2 1 3a 2 3a
3 3
æ 2 ö æ 2 ö æ 2 ö 2
f x + f x =ax3-2x +1+ax3-2x +1=aç- ÷ -2ç- ÷+1+aç ÷ -2 +1=2
1 2 1 1 2 2 ç 3a ÷ ç 3a ÷ ç 3a ÷ 3a
è ø è ø è ø
所以 f x + f x 为定值．
1 2
lnx+lna+1
10．（2024届广西贵港市高考模拟预测）已知函数 f(x)=aeax- ．
x
(1)当a=1时，请判断 f(x)的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f(x)³2a2-a恒成立，求实数a的取值范围．
1+lnx
【解析】（1）当a=1时， f(x)=ex- ，xÎ(0,+¥)，
x
lnx x2ex+lnx
所以 f¢(x)=ex+ = ，
x2 x2
1
令h(x)= x2ex +lnx，则h¢(x)=(x2+2x)ex+ ，
x当xÎ(0,+¥)时，h¢(x)>0，\h(x)在(0,+¥)上单调递增，
1 e 1
又 h( )= -ln2<0，h(1)=e，\h(x)存在唯一零点x ，且x Î( ,1)，
Q 2 4 0 0 2
当xÎ(0,x )时， f¢(x)<0， f(x)在0,x 上单调递减，
0 0
当xÎ(x ,+¥)时， f¢(x)>0， f(x)在x ,+¥单调递增．
0 0
\f(x)有一个极小值点x ，无极大值点．
0
lnx+lna+1
（2）
Q
f(x)=aeax- ≥2a2-a恒成立，
x
\axeax-[ln(ax)+1]≥2a2x-ax恒成立，\axeax-[ln(ax)+1]+ax≥2a2x恒成立．
lnt+1
令t =ax，则tÎ(0,+¥)，\2a£et - +1恒成立．
t
lnx+1
设g(x)=ex- ，由（1）可知g(x)的最小值为g(x )．
x 0
lnx 1
又h(x )=x2ex0 +lnx =0，\x ex0 =- 0 =- lnx =-e-lnx0 lnx ．（﹡）
0 0 0 0 x x 0 0
0 0
设m(x)= xex，当x>0时，m¢(x)=(x+1)ex >0，\m(x)在(0,+¥)上单调递增，
1
x Î( ,1)，\x >0，-lnx >0，
Q 0 2 0 0
1
由（﹡）知m(x )=m(-lnx )，\ x = -ln x ，即ex0 = ．
0 0 0 0 x
0
1+lnx 1 1-x
\g(x )=ex0 - 0 = - 0 =1，
0 x x x
0 0 0
\2a£1+1=2，\a£1，又a>0，
\a的取值范围为0,1．
a æ1 ö
11．（2024届江苏省苏州大学高三下学期高考考前指导卷）已知函数 f x=ax- -2lnx在区间ç ,e÷内有
x èe ø
两个极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若 f x的极大值和极小值的差为M ，求实数M 的取值范围.
a a 2 ax2-2x+a
【解析】（1）因为 f x=ax- -2lnx，则 f¢x=a+ - = ，
x x2 x x2
令 f¢x=0，则ax2-2x+a=0，令gx=ax2-2x+a，
æ1 ö
设函数 f x在区间ç ,e÷内的两个极值点为x，x x <x ，
èe ø 1 2 1 2
1
由韦达定理得xx =1，所以 <x <1<x <e，
1 2 e 1 21
显然a¹0， >0，所以a>0，
a
ìa>0 ìa>0
ï Δ>0 ï 4-4a2 >0
ï ï
ï ï 2e
所以íge>0 ，即íae2-2e+a>0 ，解得 <a<1.
e2+1
ï ï
æ1ö æ1ö 2 2
ïgç ÷>0 ïaç ÷ - +a>0
ïî èeø ï î èeø e
1- 1-a2 1+ 1-a2
此时x = ，x = ，列表如下：
1 a 2 a
æ1 ö
x ç ,x ÷ x x,x  x x ,e
èe 1 ø 1 1 2 2 2
f¢x ＋ 0 － 0 ＋
f x 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
2e
所以 <a<1.
e2+1
a æ a ö
（2）因为xx =1，所以M = f x - f x =ax - -2lnx -çax - -2lnx ÷
1 2 1 2 1 x 1 è 2 x 2 ø
1 2
a æ a 1 ö 2a
=ax - -2lnx -ç -ax -2ln ÷=2ax - -2lnx2.
1 x 1 èx 1 x ø 1 x 1
1 1 1 1
2x 1
由ax2-2x +a=0，得a= 1 ，且 <x <1，
1 1 x2+1 e 1
1
2x
2 1
所以 2x x2+1 æx2-1 1 ö.
M =2 1 x - 1 -2lnx2 =4ç 1 - lnx2 ÷
x2+1 1 x 1 èx2+1 2 1 ø
1 1 1
1 æt-1 1 ö æ 1 ö
设x2 =t， <t<1，令ht=4ç - lnt÷，tÎç ,1÷，
1 e2 èt+1 2 ø èe2 ø
æ
2 1
ö -2t-12
æ 1 ö
则h¢t=4ç - ÷= <0，所以ht在ç ,1÷上单调递减，
çt+12 2t÷ tt+12 èe2 ø
è ø
æ 1 ö æ 8 ö
从而h1<ht<hç ÷，即htÎç0, ÷，
èe2 ø è e2+1ø
æ 8 ö
所以实数M 的取值范围是ç0, ÷.
è e2+1ø
12．（2024届北京市顺义区第一中学高三下学期考前适应性检测）已知函数 f x=xln2x+1-ax2.
(1)求曲线y= f x在点 0, f 0 处的切线方程；(2)当a<0时，求证：函数 f x存在极小值；
(3)求函数 f x的零点个数.
2x
【解析】（1）由函数 f x=xln2x+1-ax2求导得： f¢x=ln2x+1+ -2ax，
2x+1
所以 f¢(0)=0，因为 f(0)=0，
所以曲线y= f(x)在点(0, f(0))处的切线方程是y=0.
1 2x
（2）函数 f x=xln2x+1-ax2的定义域为(- ,+¥)，由（1）知， f¢x=ln2x+1+ -2ax，
2 2x+1
1 2x
因为a<0，则当- <x<0时，ln(2x+1)<0， <0，-2ax<0，
2 2x+1
1
所以，有 f¢(x)<0，函数 f(x)在(- ,0)上递减，
2
2x
当x>0时，ln(2x+1)>0， >0，-2ax>0，则有 f¢(x)>0，函数 f(x)在(0,+¥)上递增，
2x+1
所以，当x=0时，函数 f(x)取得极小值，
所以，当a<0时，函数 f(x)存在极小值.
1
（3）函数 f x=xln2x+1-ax2的定义域为(- ,+¥)， f x=0Û xln2x+1=ax2，
2
显然x=0是函数 f(x)的零点，
ln(2x+1)
当x¹0时，函数 f(x)的零点即为方程a= 的解，
x
ln2x+1 æ 1 ö 2x -ln2x+1
令gx=
x
,xÎç
è
-
2
,0÷
ø
È0,+¥，则 g¢x= 2x+1 ，
x2
令hx= 2x -ln2x+1，则h¢x= 2 - 2 =- 4x ，
2x+1 2x+12 2x+1 2x+12
1
当- <x<0时，h¢(x)>0，当x>0时，h¢(x)<0，
2
1
所以函数h(x)在(- ,0)上递增，在(0,+¥)上递减，
2
æ 1 ö
"ÎxÎç- ,0÷È0,+¥，h(x)<h(0)=0，
è 2 ø
1
所以，有g¢(x)<0，g(x)在(- ,0)，(0,+¥)上都递减，
2
2 4x
令j(x)=ln(2x+1)-2x，j¢x= -2=- ，
2x+1 2x+1
1
当- <x<0时，j¢(x)>0，当x>0时，j¢(x)<0，
21
所以，j(x)在(- ,0)上递增，在(0,+¥)上递减，j(x)£j(0)=0，
2
1
所以，"Î(- ,+¥)，恒有ln(2x+1)£2x，当且仅当x=0时取“=”，
2
1 ln(2x+1) ln2x+1
所以，当- <x<0时， >2，当x>0时，0< <2，
2 x x
1
所以，gx在(- ,0)上单调递减，gx取值集合为(2,+¥)，
2
gx在(0,+¥)上递减，gx取值集合为(0,2)，
ln(2x+1)
所以，当0<a<2或a>2时，方程a= 有唯一解，
x
当a£0或a=2时，此方程无解，
所以，当a£0或a=2时，函数 f(x)有一个零点，
当0<a<2或a>2时，函数 f(x)有两个零点.
13．（2024届河北省雄安新区部分高中高考三模）已知函数 f x=xlnx-ax2-3xaÎR．
(1)若x=1是 f x的一个极值点，求a的值；
(2)若 f x有两个极值点x，x，其中x <x ，求a的取值范围．
1 2 1 2
【解析】（1）易知 f¢x=lnx+1-2ax-3=lnx-2ax-2，
又x=1是 f x的一个极值点，所以 f¢1=0，即-2a-2=0，所以a=-1，
此时 f¢x=lnx+2x-2，
1
令hx=lnx+2x-2，h¢x= +2>0，
x
所以 f¢x=hx在0,+¥上单调递增，且 f¢1=0，
当xÎ0,1时， f¢x<0，当xÎ1,+¥时， f¢x>0，
所以 f x在0,1上单调递减，在1,+¥上单调递增，
所以x=1是 f x的极小值点，即a=-1符合题意，
因此a的值为-1．
（2）因为 f¢x=lnx-2ax-2，且 f x=xlnx-ax2-3xaÎR有两个极值点x，x，
1 2
所以方程 f¢x=0在0,+¥上有两个不同的根，即方程lnx-2ax-2=0有两个不同的正数根，
lnx-2
将问题转化为函数gx= 与函数y=2a的图象在0,+¥上有两个不同的交点，
x
3-lnx 3-lnx
则g¢x= ，令g¢x= =0，解得x=e3，
x2 x2
当x>e3时，g¢x<0，gx单调递减，当0< x<e3时，g¢x>0，gx单调递增，
且当x>e2时，gx>0，g  e2 =0，故作出gx的图象如图所示：
æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö
由图象可知2aÎç0, ÷满足题意，即aÎç0, ÷，即a的取值范围为ç0, ÷．
è e3ø è 2e3ø è 2e3ø
14．（2024届天津市民族中学高三下学期4月模拟）已知函数 fx=x2-2x+alnxa>0．
(1)当a=2时，试求函数图象在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若函数 f x有两个极值点x、x x <x ；
1 2 1 2
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）不等式 f x ³mx 恒成立，试求实数m的取值范围．
1 2
2
【解析】（1）a=2时， f x=x2-2x+2lnx，故 f¢x=2x-2+ .
x
2
故 f¢1=2-2+ =2，又 f 1=12-2=-1，
1
故函数图象在点 1, f 1 处的切线方程为y--1=2x-1，
即2x-y-3=0；
a 2x2-2x+a
（2）（ⅰ） f¢x=2x-2+ = (x>0)，
x x
函数 f x在0，+¥上有两个极值点，需满足2x2-2x+a=0在(0,+¥)上有两个不等的根，.
由 f¢x=0得2x2-2x+a=0，
ìΔ=4-8a>0
ï 1
则ía ，故此时0<a< ；
>0 2
ï
î21- 1-2a 1+ 1-2a 1 1
（ⅱ）x +x =1，x = ，x = ，则可得0<x < ， <x <1，
1 2 1 2 2 2 1 2 2 2
f x 
由不等式 f x ³mx 恒成立，则m£ 1 ，
1 2 x
2
f x  x2-2x +alnx x2-2x +  2x -2x2 lnx 1
1 = 1 1 1 = 1 1 1 1 1 =1-x + +2xlnx ，
x x x 1 x -1 1 1
2 2 2 1
令hx=1-x+ 1 +2xlnx(0<x< 1 )，则h¢x=1- 1 +2lnx，
x-1 2
x-12
1 1 1 1
因为0<x< ，-1<x-1<- , <x-12 <1，-4<- <-1，
2 2 4
x-12
1
又2lnx<0.所以h¢x<0，即0<x< 时，hx单调递减，
2
æ1ö 3 f x  3
所以hx>hç ÷=- -ln2，即 1 >- -ln2，
è2ø 2 x 2
2
æ 3 ù
故实数m的取值范围是ç-¥,- -ln2
ú
.
è 2 û
π cosx π
15．（2024届贵州省毕节市高三第三次诊断性考试）（1）证明：当 <x<π时， < -x<cosx；
2 sinx 2
æ π πö
（2）已知函数 f(x)=2ax-tanx在xÎç- , ÷上有两个极值点，求实数a的取值范围．
è 2 2ø
cosx π 1 æπ ö
【解析】（1）证明：令h(x)= - +x，h¢(x)=1- <0在ç ,π÷上恒成立，
sinx 2 sin2x è2 ø
æπ ö æπö cosx π
\h(x)在ç ,π÷上单调递减，\h(x)<hç ÷=0即 < -x，
è2 ø è2ø sinx 2
π æπ ö
又令g(x)= -x-cosx，g¢x=sinx-1<0在ç ,π÷上恒成立，
2 è2 ø
æπ ö æπö π
\g(x)在ç ,π÷上单调递减，\g(x)<gç ÷=0即 -x<cosx，
è2 ø è2ø 2
π cosx π
∴当 <x<π时， < -x<cosx；
2 sinx 2
1
（2）
Q
f(x)=2ax-tanx，\f¢(x)=2a- ，
cos2 x
1 æ π πö
由题意知原命题等价于 f¢(x)=2a- =0在ç- , ÷上有两个不等实根，
cos2x è 2 2ø
1 1 æ π ö æ πö
得2a= ，又因为y= 在ç- ,0÷上单调递减，在ç0, ÷上单调递增，
cos2x cos2 x è 2 ø è 2ø
1 π π 1
当x=0时， =1，当x- 或x 时， +¥，
cos2x 2 2 cos2 x
1
\2a>1即a> .
2