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专题 3.2 函数的单调性、极值与最值【七大题型】
【新高考专用】
【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】.....................................................................................................2
【题型2 由函数的单调性求参数】..........................................................................................................................4
【题型3 利用导数求函数的极值（点）】..............................................................................................................6
【题型4 根据极值（点）求参数】..........................................................................................................................8
【题型5 利用导数求函数的最值】........................................................................................................................10
【题型6 已知函数最值求参数】............................................................................................................................12
【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】...............................................................................................14
1、函数的单调性、极值与最值
导数与函数是高中数学的核心内容，是高考常考的热点内容，从近三年的高考情况来看，高考中常涉
及的问题有利用导数解决函数的单调性、极值和最值等；与不等式、方程的根(或函数的零点)等内容结合
考查，此类问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问题在选择、填空、解答题中都有考查，
而在解答题中进行考查时试题难度较大.
【知识点1 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.确定函数单调区间的步骤；
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f'(x)；
(3)解不等式f'(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因
式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
3.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间
上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点2 函数的极值与最值问题的解题思路】1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)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；
0
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3.利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
①求函数在(a,b)内的极值；
②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性
和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】
【例1】（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）函数y=−x2+lnx的单调递增区间为（ ）
(1 ) ( 1) ( √2)
A． ,e B．(0,e) C． 0, D． 0,
2 2 2
【解题思路】先求导，再由y′>0求解.
【解答过程】解：因为y=−x2+lnx，
1
所以y′=−2x+ (x>0)，
x
1
由y′>0，即−2x+ >0，
x
√2
解得0√x2−x=|x|−x≥0，所以f (x)=ln(−x+√x2+1)的定义域为R关于
原点对称，
但f (x)+f (−x)=ln(−x+√x2+1)+ln(x+√x2+1)=ln1=0，所以f (x)=ln(−x+√x2+1)是奇函数不是偶
函数，
故B选项不符合题意；
对于C，因为f (x)=ex+e−x的定义域为R关于原点对称，且f (−x)=e−x+ex=ex+e−x=f (x)，
所以f (x)=ex+e−x是偶函数，
又f′(x)=ex−e−x，注意到当x∈(0,+∞)时，有ex>e0=1>e−x，
所以此时f′(x)=ex−e−x>0，所以f (x)=ex+e−x在(0,+∞)上单调递增，
故C选项符合题意；
对于D，因为f (x)=ex−e−x的定义域为R关于原点对称，但f (−x)=e−x−ex=−(ex−e−x)=−f (x)，
所以f (x)=ex−e−x是奇函数不是偶函数，
故D选项不符合题意.
故选：C.
【变式1-2】（2023·上海静安·统考二模）函数y=xlnx（ ）
A．严格增函数
( 1) (1 )
B．在 0, 上是严格增函数，在 ,+∞ 上是严格减函数
e e
C．严格减函数( 1) (1 )
D．在 0, 上是严格减函数，在 ,+∞ 上是严格增函数
e e
【解题思路】求导后利用导函数的正负判断函数的单调性，并根据严格增减函数的定义即可得到选项.
1
【解答过程】解：已知y=xlnx，x>0，则y′=lnx+x⋅ =lnx+1，
x
1
令y′=0，即lnx+1=0，解得x= ，
e
1 ( 1)
当0 时，y′>0，所以在 ,+∞ 上是严格增函数，
e e
故选：D.
【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=ln(x−2)+ln(4−x)，则f (x)的单调递增区间为
（ ）
A．(2,3) B．(3,4) C．(−∞,3) D．(3,+∞)
【解题思路】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递增区间.
【解答过程】由¿得：20；当x∈(3,4)时，f′(x)<0；
∴f (x)的单调递增区间为(2,3).
故选：A.
【题型2 由函数的单调性求参数】
【例2】（2023·广西玉林·统考二模）若函数f(x)=(ax+1)ex在[1,2]上为增函数，则a的取值范围是
（ ）
[ 1 ) [ 1 )
A． − ,+∞ B． − ,+∞
2 3
[ 1 )
C． − ,+∞ D．[0,+∞)
4
【解题思路】对函数求导，根据题意可得f′ (x)=(ax+a+1)ex≥0对x∈[1,2]恒成立，列出不等式组，解
之即可求解.【解答过程】依题意得f′ (x)=(ax+a+1)ex≥0对x∈[1,2]恒成立，
即ax+a+1≥0对x∈[1,2]恒成立．
因为y＝ax＋a＋1的图象为直线，
1
所以¿，解得a≥− ．
3
故选：B.
x2 1
【变式2-1】（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）若函数f(x)= −lnx在区间(m,m+ )上不单调，则
2 3
实数m的取值范围为（ ）
2 2
A．01
3
1
【解题思路】首先求出f(x)的定义域和极值点，由题意得极值点在区间(m,m+ )内，且m>0，得出关
3
于m的不等式组，求解即可．
x2
【解答过程】函数f(x)= −lnx的定义域为(0,+∞)，
2
1 x2−1 (x+1)(x−1)
且f′ (x)=x− = = ，
x x x
令f′ (x)=0，得x=1，
1
因为f(x)在区间(m,m+ )上不单调，
3
2
所以¿，解得： 0可得答案．
【解答过程】由题意，得f′ (x)=2−
(sinx) ′
=2−
1
=
2cos2x−1
，
cosx cos2x cos2x
π π π π
当x∈ ( − ,− ) ∪ ( , ) 时，2cos2x−1<0，f′ (x)<0；
2 4 4 2
π π
当x∈ ( − , ) 时，2cos2x−1>0，f′ (x)>0．
4 4
π π π π π π
( ) ( ) ( )
所以f(x)在 − ,− 上单调递减，在 − , 上单调递增，在 , 上单调递减．
2 4 4 4 4 2
π π 3π
当x=− 时，f(x)取得极小值，为f ( − )=− +1；
4 4 2
π π π
当x= 时，f(x)取得极大值，为f ( )=− −1．
4 4 2
故选：D．
【变式3-1】（2023·河南洛阳·校联考模拟预测）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
f (x)
【解题思路】设g(x)= ，求导后，构造ℎ(x)=g(x)+x2ex，求导，得到其单调性和极值情况，结合极
ex
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) x2e2x
【解答过程】令g(x)= ，则g′(x)= = =x2ex，
ex ex ex
故f′(x)=f (x)+x2e2x=exg(x)+x2e2x=ex[g(x)+x2ex]．
令ℎ(x)=g(x)+x2ex，
所以ℎ ′(x)=g′(x)+(x2+2x)ex=x2ex+(x2+2x)ex=2x(x+1)ex，
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，
f (0)
所以ℎ(x)的极小值为ℎ(0)=g(0)= =0，
e0
1
ℎ(x)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)=ex ℎ(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，
可设为x
0
，则当x∈(−∞,x
0
)时，ℎ(x)<0,f′(x)=ex ℎ(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(x
0
,+∞)时，ℎ(x)≥0,f′(x)=ex ℎ(x)≥0，f (x)单调递增，
所以f (x)有且只有一个极小值点x ，无极大值点．
0
综上，f (x)最多有一个极小值点，无极大值点．
故选：C.
x(π−x)
【变式3-2】（2023·河北·模拟预测）若函数f (x)=sinx− ，则f (x)极值点的个数为（ ）
π
A．1 B．2 C．3 D．4
π
【解题思路】首先根据得到f(x)的图象关于直线x= 对称，再对其求导，得到其在(π,+∞)上单调性，
2
再对导函数进行求导得到其单调性和零点，从而得到原函数的极值点.
x2 1 π) 2 π
【解答过程】由题得f(x)=sinx−x+ = (x− +sinx− ,
π π 2 4
1( π) 2 π π
因为y=sinx与y= x− − 的图象均关于直线x= 对称,
π 2 4 2
π
所以f(x)的图象也关于直线x= 对称,
2
2 2
又f' (x)=cosx−1+ x,且当x>π时, x−1>1,
π π
所以f′ (x)>1+cosx≥0,即f′ (x)>0,所以f(x)在(π,+∞)上单调递增.
2 2
令ℎ(x)=f' (x)=cosx−1+ x,则ℎ ′ (x)=−sinx+ ,
π π又ℎ '(π) = 2 −1<0,ℎ ' (π)= 2 >0,ℎ ' (x)在 (π ,π ) 上单调递增,
2 π π 2
所以∃x ∈ (π ,π ) ,使得ℎ ′ (x ) =0,
0 2 0
(π )
所以当x∈
2
,x
0
时,ℎ ′ (x)<0,ℎ(x)单调递减;
当x∈(x
0
,π)时,ℎ ′ (x)>0,ℎ(x)单调递增,
(π) (π )
又ℎ = ℎ(π)=0,所以在 ,π 上,ℎ(x)<0,即f′ (x)<0,f(x)单调递减.
2 2
( π)
由f(x)图象的对称性可知,在 0, 上,f′ (x)>0,f(x)单调递增,
2
在(−∞,0)上,f′ (x)<0,f(x)单调递减,
又f′ (0)=
f'(π)
=f' (π)=0,
2
所以f(x)极值点的个数为3.
故选：C.
【变式3-3】（2023·河南·统考三模）已知函数f(x)=x2lnx，则下列结论正确的是（ ）
1 1 e
A．f(x)在x= 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
【解题思路】利用导数求函数极值即可.
【解答过程】由f′ (x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)，且x∈(0,+∞)，
1 1
所以x∈(0, )时f′ (x)<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.
【题型4 根据极值（点）求参数】
lnx
【例4】（2023·贵州遵义·统考三模）已知函数f (x)=ax+ +1在x=1处取得极值0，则a+b=（ ）
bA．-1 B．0 C．1 D．2
【解题思路】根据极值点的意义，列式求解.
1
【解答过程】f′(x)=a+
，
bx
有¿，得a=−1,b=1，
所以a+b=0.
故选：B.
【变式4-1】（2023·陕西商洛·统考三模）若函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x无极值，则a的取值范围为
（ ）
A．[−3,6] B．(−3,6)
C．(−∞,−3]∪[6,+∞) D．(−∞,−3)∪(6,+∞)
【解题思路】直接对函数求导，再利用极值的定义即可求出结果.
【解答过程】因为f(x)=x3+ax2+(a+6)x，所以f′ (x)=3x2+2ax+a+6，因为f(x)无极值，所以
(2a) 2−4×3×(a+6)≤0，解得−3≤a≤6，所以a的取值范围为[−3,6]．
故选：A.
π π
【变式4-2】（2023·四川绵阳·统考一模）若函数y=cos ( ωx+ ) （ω>0）在区间 ( − ,0 ) 上恰有唯一
6 2
极值点，则ω的取值范围为（ ）
[1 7] (1 7] (1 7] (2 7)
A． , B． , C． , D． ,
3 6 3 6 3 3 3 3
【解题思路】根据余弦函数的图象特征，根据整体法即可列出不等式满足的关系进行求解.
【解答过程】当x∈ ( − π ,0 ) ，ωx+ π ∈ ( − ωπ + π , π) ，
2 6 2 6 6
π π ωπ π
由于y=cos ( ωx+ ) （ω>0）在区间 ( − ,0 ) 上恰有唯一极值点，故满足−π≤− + <0，解
6 2 2 6
(1 7]
得ω∈ , ，
3 3
故选：C.
【变式4-3】（2023·高二课时练习）已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值，则a的取值范围是（ ）
A．−16 C．−32
【解题思路】根据函数有极大值和极小值，可以判断导数有两个零点，然后求a的取值范围即可.
【解答过程】函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1，
∴f′ (x)=3x2+2ax+a+6，
函数f(x)有极大值和极小值，
所以其导函数f' (x)=0有两个不同的解，
Δ=4a2−4×3(a+6)>0,
所以a<−3或a>6.
故选：B.
【题型5 利用导数求函数的最值】
【例5】（2023·四川绵阳·三台中学校考模拟预测）当x=2时，函数f (x)=x3+bx2−12x取得极值，则
f (x)在区间[−4,4]上的最大值为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．32
【解题思路】根据极值点与导数之间的关系求得b=0，利用导数判断f (x)在区间[−4,4]上的单调性和最值.
【解答过程】因为f (x)=x3+bx2−12x，所以f′ (x)=3x2+2bx−12，
又因为f(x)在x=2取极值，所以f′ (2)=12+4b−12=0，解得b=0，
若b=0，则f(x)=x3−12x，f′ (x)=3x2−12，
令f′ (x)>0，得x<−2或x>2；令f′ (x)<0，得−20，利用单调性得ln y=lnx−x，
y
lnx+1
记g(x)= +lnx−x，求导，利用函数单调性求最值即可.
x
【解答过程】因为正实数x，y满足yex=lnx−ln y，
x
x x x x ln
所以xex= (lnx−ln y)= ln =ln e y，
y y y y
设f (t)=tet,t>0，则f′(t)=(t+1)et，当t>0时，f′(t)>0，
x ln x ( x)
所以函数f (t)在(0,+∞)上单调递增，由xex=ln e y得f (x)=f ln ，
y y
x
所以x=ln ，所以ln y=lnx−x，
y
lnx+1 lnx+1 lnx+1
所以 +ln y= +lnx−x，记g(x)= +lnx−x，
x x x
−lnx+x−x2
则g′(x)= ，所以g′(1)=0，记ℎ(x)=−lnx+x−x2，
x2
1
则ℎ ′(x)=−2x+1− ≤−2√2+1<0，
x
所以函数ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减，且ℎ(1)=0，
所以在(0,1)上，ℎ(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，
在(1,+∞)上，ℎ(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减，
1 lnx+1
所以g(x) =g(1)=0，当x=1时，y= ，即 +ln y的最大值为0.
max e x
故选：B.
【变式5-2】（2023·江西赣州·南康中学校联考模拟预测）已知函数
f (x)=e2x−2tex+1+(e2+1)t2−2tlnx+(lnx) 2，t∈R，则函数f (x)的最小值为（ ）1 1 e2 2e2
A． B． C． D．
e e2+1 e2+1 e2+1
【解题思路】P(ex,lnx)，Q(et,t)，利用两点间的距离公式进行转化，利用构造函数法，结合导数、切
线、点到直线的距离公式来求得正确答案.
【解答过程】f (x)=(ex−et) 2 +(lnx−t) 2，令P(ex,lnx)，Q(et,t)，则f (x)=|PQ| 2 ，
1
点P在函数g(x)=ln(lnx)的图象上运动，点Q在直线y= x上运动，
e
1 1
由g′(x)= = ，得x=e，
xlnx e
1
所以函数g(x)图象上平行于直线y= x的切线的切点坐标为(e,0)，
e
1 e
切点(e,0)到直线y= x的距离 d= ，
e √e2+1
e2
所以|PQ| 2 即f (x)的最小值为 ．
e2+1
故选：C.
【变式5-3】（2023·陕西汉中·统考一模）设定义在R上的函数f (x)满足f′(x)+f (x)=3x2e−x，且f (0)=0，
则下列结论正确的是（ ）
A．f (x)在R上单调递减 B．f (x)在R上单调递增
C．f (x)在R上有最大值 D．f (x)在R上有最小值
x3
【解题思路】根据已知可得exf (x)=x3+c，由f (0)=0求出c可得f (x)= ，利用导数判断f (x)的单调性可
ex
得最值情况.
【解答过程】因为f′(x)+f (x)=3x2e−x，所以exf′(x)+exf (x)=3x2，
可得[exf (x)] ′ =exf′(x)+exf (x)=3x2，
可得exf (x)=x3+c（c为常数），因为f (0)=0，所以e0f (0)=0+c=0，解得c=0，
x3 3x2ex−x3ex x2(3−x)
所以f (x)= ，f′(x)= = ，
ex ex×ex ex
当x>3时，f′ (x)<0,f(x)单调递减，当00,f(x)单调递增，
当x<0时，f′ (x)>0,f(x)单调递增，当x→+∞时，f(x)→0且f(x)>0，当x→−∞时，f(x)→−∞，
33 27
所以f (x)在x=3时有极大值即最大值f (3)= = ，无最小值.
e3 e3
故选：C.
【题型6 已知函数最值求参数】
【例6】（2023·广西·统考模拟预测）已知函数f (x)=lnx+ax存在最大值0，则a的值为（ ）
1
A．−2 B．− C．1 D．e
e
【解题思路】讨论a与0的大小关系确定f(x)的单调性，求出f(x)的最大值.
1
【解答过程】因为f′(x)= +a，x>0，
x
所以当a≥0时，f′(x)>0恒成立，故函数f (x)单调递增，不存在最大值；
1
当a<0时，令f′(x)=0，得出x=− ，
a
( 1)
所以当x∈ 0,− 时，f′(x)>0，函数单调递增，
a
( 1 )
当x∈ − ,+∞ 时，f′(x)<0，函数单调递减，
a
( 1) ( 1) 1
所以f (x) =f − =ln − −1=0，解得：a= − .
max a a e
故选：B.
【变式6-1】（2023·四川宜宾·统考三模）若函数f (x)=¿的最小值是−2，则实数m的取值范围是（ ）
A．m<0 B．m≤0 C．m>0 D．m≥0
【解题思路】利用导数求出函数f (x)在[0,+∞)上的极小值，然后对实数m的取值进行分类讨论，结合
f (x) =−2可求得实数m的取值范围.
min
【解答过程】当x≥0时，f (x)=2x3−3x2，则f′(x)=6x2−6x=6x(x−1)，
当01时，f′(x)>0，此时函数f (x)单调递增，
所以，函数f (x)的极小值为f (1)=−1，
因为函数f (x)的最小值为−2，当m≥0时，函数f (x)在(−∞,0)上单调递减，
此时，函数f (x)在(−∞,0)上无最小值，不合乎题意；
当m<0时，函数f (x)在(−∞,m)上单调递减，在(m,0)上单调递增，
此时，函数f (x)在(−∞,0)上的极小值为f (m)=−2，且−2<−1，则f (x) =f (m)=−2，
min
综上所述，m<0.
故选：A.
1
【变式6-2】（2023·上海松江·统考二模）已知函数y= x3−x2−3x+a，a∈R，在区间(t−3,t+5)上
3
有最大值，则实数t的取值范围是（ ）
A．−63时，y′>0，当−10，则ℎ(x)即f′(x)单调递增；
2(π 3π )
当x∈ , 时，ℎ ′(x)<0，则ℎ(x)即f′(x)单调递减；
2 2
(3π
)
当x∈ ,2π 时，ℎ ′(x)>0，则ℎ(x)即f′(x)单调递增．
2
综上，f′(x)在 ( 0, π ) , (3π ,2π ) 上单调递增，在 (π , 3π ) 上单调递减．
2 2 2 2
（2）由（1）知，
sinx cosx−sinx cosx
g(x)=f (x)+f′(x)= +acosx+ −asinx= +a(cosx−sinx)，
ex ex ex
∴g′(x)= −(sinx+cosx) −a(sinx+cosx)=−√2sin( x+ π ) ⋅ ( 1 +a ) ．
ex 4 ex
1
（ｉ）当a≥0时，在(0,π)内， +a>0恒成立，
ex
3π
当x∈(0,π)时，令g′(x)=0，得x = ，
0 4
(
3π
)
当x∈ 0, 时，g′(x)<0,g(x)单调递减，
4
(3π
)
当x∈ ,π 时，g′(x)>0,g(x)单调递增，
4
3π
∴当a≥0时，g(x)在(0,π)内有唯一的极小值点x = ，不存在极大值，不符合题意．
0 4
（ⅱ）当a<0时，令 1 +a=0，得x =ln ( − 1) ，
ex 3 a
1 1
当x0；当x>x 时， +a<0．
3 ex 3 ex
1
( 1) 3π a<−
①当x =ln − 0,g(x)单调递增，
4
(3π
)
当x∈ ,π 时，g′(x)<0,g(x)单调递减，
4
3π
故g(x)在x = 处取得(0,π)内的唯一极大值，符合题意．
0 41
( 3π ) −10,g(x)单调递增，
3 4
(3π
)
当x∈ ,π 时，g′(x)<0,g(x)单调递减，
4
3π
故g(x)在x = 处取得(0,π)内的唯一极大值，符合题意．
0 4
1
a=−
②当x =x ，即 3π 时，
3 0
e 4
(
3π
)
若x∈ 0, ，则g′(x)<0,g(x)单调递减，
4
(3π
)
若x∈ ,π ，则g′(x)<0,g(x)单调递减，
4
故g(x)在(0,π)内无极值，不符合题意．
1 1
(3π ) − 0所以f′(x)≥0恒成立，即f (x)单调递增，
π ex
当 0，当 0，
∴00，∴f (x)在(0,+∞)上单调递增，即f (x)在(0,+∞)上无极值点，
当−π0恒成立，
∴u(x)在(−π,0)上单调递增，
∵u ( − π
2
)=e − π 2 >0， u ( − 3
4
π ) =e − 3 4 π − √
2
2 =
3
1
π
−
√
1
2
<0
e 4
由零点存在性定理，存在唯一一个x ∈ ( − 3π ,− π) ，使得u(x )=0，即ex 0=−cosx ，
0 4 2 0 0
当−π0，∴f′(x)>0，∴f (x)在(x ,0)上单调递增，
0 0
∴f (x)在(−π,+∞)上存在唯一极小值点x ，
0
π
∵f (x )=ex 0+sinx =−cosx +sinx =√2sin ( x − )
0 0 0 0 0 4
又x ∈ ( − 3π ,− π) ，∴x − π ∈ ( −π,− 3π ) ，√2sin ( x − π ) ∈(−1,0)
0 4 2 0 4 4 0 4
即−10，f (x)的最小值是1+lnm，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）求出f (x)的导数，按m≤e和m>e分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答即可；
（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数f (x)的最小值求解即可.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=m(e−x−xe−x)+1− 1 = 1 (x−1) (ex −m ) ，
x ex x
ex ex(x−1)
令u(x)= −m，则u′(x)= ，
x x2
令u′(x)<0，可得00，可得x>1，
所以u(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故u(x) =u(1)=e−m，
min
①m≤e时，u(x) ≥0，则u(x)≥0，令f′(x)<0，可得00，可得x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以f (x)有1个极小值点；
②m>e时，u(x) <0，
min
因为令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ ′(x)=ex−1，
当x>0时，ℎ ′(x)>0，则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x<0时，ℎ ′(x)<0，则ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，
故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，所以ex≥x+1，当x=0时取等号.
1 x+1 1
当x< <1时，u(x)> −m=1+ −m>0，
m−1 x x
此时∃x ∈(0,1)，使得u(x )=0，
1 1
令v(x)=ex−x2,x>1，有v′(x)=ex−2x，令φ(x)=ex−2x,x>1，
φ′(x)=ex−2>0，φ(x)在(1,+∞)上单调递增，即φ(x)>φ(1)=e−2>0，
即有v′(x)>0，即v(x)在(1,+∞)上单调递增，
即v(x)>v(1)=e−2>0，所以ex>x2，
x2
当x>m>e时，u(x)> −m=x−m>0，此时∃x ∈(1,+∞)，使得u(x )=0，
x 2 2
因此x∈(0,x )，f′(x)<0，f (x)单调递减，
1
x∈(x ,1)，f′(x)>0，f (x)单调递增，
1
x∈(1,x )，f′(x)<0，f (x)单调递减，
2
x∈(x ,+∞)，f′(x)>0，f (x)单调递增，
2
所以f (x)由3个极值点；
所以当m≤e时，f (x)恰有1个极值点；当m>e时，f (x)恰有3个极值点；
（2）由（1）知，当0e时，∃x ∈(0,1)，使得u(x )=0，∃x ∈(1,+∞)，使得u(x )=0，
1 1 2 2
所以f (x)在(0,x )上单调递减，在(x ,1)上单调递增，在(1,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
1 1 2 2
ex
i
其中 −m=0(i=1,2)，即x =lnm+lnx，所以f (x) =min{f (x ),f (x )}=1+lnm，
x i i min 1 2
i
mx
而f (x )= i+x −lnx =1+lnm符合要求，所以m>e，
i ex
i
i i
综上可得，实数m的取值范围为¿.
1
【变式7-3】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）已知函数f (x)=xlnx− ax2 ，其中a∈R.
2
(1)若a=1，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)恰有2个不同的极值点，求a的取值范围；
(3)若f (x)恰有2个不同的零点，求a的取值范围.
【解题思路】（1）求得f′(x)=1+lnx−x，设g(x)=1+lnx−x，利用导数求得函数g(x)的单调性，结
合g(x)≤g(1)=0，得到f′(x)≤0，即可求解；
（2）求得f′(x)=1+lnx−ax，转化为f′(x)=0有两个不等的正根，设ℎ(x)=1+lnx−ax，分a≤0和
(1)
a>0，两种情况，利用导数求得函数的单调性，结合ℎ(x)≤ℎ =−lna，列出不等式，即可求解；
a
1 lnx lnx 1−lnx
（3）根据题意，转化为 a= ,x>0，设m(x)= ，求得m′(x)= ，得出函数m(x)单调性和
2 x x x2
最值，列出不等式，即可求解.
1
【解答过程】（1）解：若a=1，则f (x)=xlnx− x2 ，可得f′(x)=1+lnx−x，
2
1
设g(x)=1+lnx−x，则g′(x)= −1，
x
当00,g(x)递增；当x>1时，g′(x)<0,g(x)递减，
所以g(x)≤g(1)=0，即f′(x)≤0，所以f (x)在(0,+∞)递减，
即f (x)的单调减区间为(0,+∞)，无增区间.
1
（2）解：由函数f (x)=xlnx− ax2 ，可得f′(x)=1+lnx−ax，
2
由题意可得f′(x)=0有两个不等的正根，
设ℎ(x)=1+lnx−ax,x>0，
若a≤0，则ℎ(x)在(0,+∞)递增，不符合题意；1 1
若a>0，可得ℎ ′(x)= −a，令ℎ ′(x)=0，可得x= ，
x a
1 1
当x> 时，ℎ ′(x)<0，ℎ(x)单调递减；当00，ℎ(x)单调递增，
a a
(1)
可得ℎ(x)≤ℎ =1−lna−1=−lna，
a
因为f′(x)=0有两个不等的正根，所以−lna>0，解得00，可得lnx− ax=0，即 a= ,x>0，
2 2 2 x
lnx 1−lnx
设m(x)= ，则m′(x)= ，
x x2
当x>e时，m′(x)<0，m(x)单调递减；当00，m(x)单调递增，
1
所以m(x)≤m(e)= ，
e
又x→0+时，m(x)→−∞,x→+∞时，m(x)→0+
，
1 1 2
因为f (x)恰有2个不同的零点，所以0< a< ，可得00，
3 3( √−a √−a)
当x∈ − , ，f′ (x)<0，
3 3
( √−a) (√−a)
故f (x)的极大值为f − ，极小值为f ，
3 3
若f (x)要存在3个零点，则¿，即¿，解得a<−3，
故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=aex−lnx在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为
（ ）．
A．e2 B．e C．e−1 D．e−2
1
【解题思路】根据f′(x)=aex− ≥0在(1,2)上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
x
1 1
【解答过程】依题可知，f′(x)=aex− ≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥
，
x a
设g(x)=xex,x∈(1,2)，所以g′(x)=(x+1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
1 1
g(x)>g(1)=e，故e≥ ，即a≥ =e−1 ，即a的最小值为e−1．
a e
故选：C．
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)的定义域为R，f (xy)= y2f (x)+x2f (y)，则（ ）．
A．f (0)=0 B．f (1)=0
C．f (x)是偶函数 D．x=0为f (x)的极小值点
【解题思路】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f(x)=0即可排
除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f(x)=¿进行判断即可.
【解答过程】方法一：
因为f(xy)= y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x= y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x= y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x= y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，对于D，不妨令f(x)=0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误.
方法二：
因为f(xy)= y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x= y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x= y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x= y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，
f(xy) f(x) f(y)
对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)= y2f(x)+x2f(y)两边同时除以x2y2，得到 = + ，
x2y2 x2 y2
f(x)
故可以设 =ln|x|(x≠0)，则f(x)=¿，
x2
1
当x>0肘，f(x)=x2lnx，则f′(x)=2xlnx+x2 ⋅ =x(2lnx+1)，
x
1 1
令f′(x)<0，得
00，得
x>e
− 2；
故f(x)在 ( 0,e − 1 2 ) 上单调递减，在 ( e − 1 2,+∞ ) 上单调递增，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在 ( −e − 1 2,0 ) 上单调递增，在 ( −∞,e − 1 2 ) 上单调递减，
显然，此时x=0是f(x)的极大值，故D错误.
故选：ABC.
b c
4．（2023·全国·统考高考真题）若函数f (x)=alnx+ + (a≠0)既有极大值也有极小值，则（ ）．
x x2
A．bc>0 B．ab>0 C．b2+8ac>0 D．ac<0
【解题思路】求出函数f(x)的导数f′ (x)，由已知可得f′ (x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
b c a b 2c ax2−bx−2c
【解答过程】函数f(x)=alnx+ + 的定义域为(0,+∞)，求导得f′ (x)= − − = ，
x x2 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x ,x ，
1 2
于是¿，即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确.
故选：BCD.
5．（2023·全国·统考高考真题）设a∈(0,1)，若函数f (x)=ax+(1+a) x在(0,+∞)上单调递增，则a的取
[√5−1 )
值范围是 ,1 .
2
【解题思路】原问题等价于f′(x)=axlna+(1+a) xln(1+a)≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，
(1+a) x lna
可得 ≥− ，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数
a ln(1+a)
a的取值范围.
【解答过程】由函数的解析式可得f′(x)=axlna+(1+a) xln(1+a)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则(1+a) xln(1+a)≥−axlna，即
(1+a) x
≥−
lna
在区间(0,+∞)上恒成立，
a ln(1+a)
(1+a) 0 lna
故 =1≥− ，而a+1∈(1,2)，故ln(1+a)>0，
a ln(1+a)
√5−1
故¿即¿，故 ≤a<1，
2
[√5−1 )
结合题意可得实数a的取值范围是 ,1 .
2
[√5−1 )
故答案为： ,1 .
2(1 )
6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)= +a ln(1+x)．
x
(1)当a=−1时，求曲线y=f (x)在点(1,f (x))处的切线方程．
(2)若函数f (x)在(0,+∞)单调递增，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，
最后求解切线方程即可；
（2）原问题即f′(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，整理变形可得g(x)=ax2+x−(x+1)ln(x+1)≥0在区间
1 1
(0,+∞)上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥ ,0−1)，
x
则f′(x)=− 1 ×ln(x+1)+ (1 −1 ) × 1 ，
x2 x x+1
据此可得f (1)=0,f′(1)=−ln2，
所以函数在(1,f (1))处的切线方程为y−0=−ln2(x−1)，即(ln2)x+ y−ln2=0.
（2）由函数的解析式可得f′(x)= ( − 1 ) ln(x+1)+ (1 +a ) × 1 (x>−1)，
x2 x x+1
满足题意时f′(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立.
( 1 ) (1 ) 1
令 − ln(x+1)+ +a ≥0，则−(x+1)ln(x+1)+(x+ax2)≥0，
x2 x x+1
令g(x)=ax2+x−(x+1)ln(x+1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则g′(x)=2ax−ln(x+1)，
当a≤0时，由于2ax≤0,ln(x+1)>0，故g′(x)<0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
此时g(x)0,ℎ(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
2 x+1
即g′(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
所以g′(x)>g′(0)=0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，满足题意.1 1 1
当00的解，由此求得
g(x)的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间(−∞,0)，(0,x )，(x ,x )与(x ,+∞)上
1 1 2 2
f′(x)的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得f (x)的极值点个数.
【解答过程】（1）因为f(x)=x−x3eax+b,x∈R，所以f′(x)=1−(3x2+ax3)eax+b，
因为f (x)在(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1，
所以f(1)=−1+1=0，f′ (1)=−1，
则¿，解得¿，
所以a=−1,b=1.
（2）由（1）得g(x)=f′(x)=1−(3x2−x3)e−x+1(x∈R)，则g′(x)=−x(x2−6x+6)e−x+1，
令x2−6x+6=0，解得x=3±√3，不妨设x =3−√3，x =3+√3，则00恒成立，
所以令g′(x)<0，解得0x ；令g′(x)>0，解得x<0或x 0，即f′(−1)f′(0)<0
所以f′(x)在(−∞,0)上存在唯一零点，不妨设为x ，则−10，则f (x)单调递增；
3 3
所以f (x)在(−∞,0)上有一个极小值点；
当x∈(0,x )时，f′(x)在(0,x )上单调递减，
1 1
则f′ (x )=f′(3−√3)0，则f (x)单调递增；当x f′(3)=1>0，故f′ (x )f′ (x )<0，
2 1 2
所以f′(x)在(x ,x )上存在唯一零点，不妨设为x ，则x x =3+√3>3时，3x2−x3=x2(3−x)<0，
2
所以f′(x)=1−(3x2−x3)e−x+1>0，则f (x)单调递增，
所以f (x)在(x ,+∞)上无极值点；
2
综上：f (x)在(−∞,0)和(x ,x )上各有一个极小值点，在(0,x )上有一个极大值点，共有3个极值点.
1 2 1
sinx π
8．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=ax− ,x∈ ( 0, ) ．
cos2x 2
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)+sinx<0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）代入a=1后，再对f (x)求导，同时利用三角函数的平方关系化简f′(x)，再利用换元法
判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数g(x)=f (x)+sinx，从而得到g(x)<0，注意到g(0)=0，从而得到g′(0)≤0，进而得
到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
sinx
法二：先化简并判断得sinx− <0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在
cos2x
定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
sinx π
【解答过程】（1）因为a=1，所以f (x)=x− ,x∈ ( 0, ) ，
cos2x 2
cosxcos2x−2cosx(−sinx)sinx cos2x+2sin2x
则f′(x)=1− =1−
cos4x cos3x
cos3x−cos2x−2(1−cos2x) cos3x+cos2x−2
= = ，
cos3x cos3x
π
( )
令t=cosx，由于x∈ 0, ，所以t=cosx∈(0,1)，
2
所以cos3x+cos2x−2=t3+t2−2=t3−t2+2t2−2=t2(t−1)+2(t+1)(t−1) =(t2+2t+2)(t−1)，
因为t2+2t+2=(t+1) 2+1>0，t−1<0，cos3x=t3>0，
cos3x+cos2x−2 π
所以f′(x)= <0在 ( 0, ) 上恒成立，
cos3x 2π
( )
所以f (x)在 0, 上单调递减.
2
（2）法一：
sinx π
构建g(x)=f (x)+sinx=ax− +sinx ( 01，
2 cos2x
sinx
所以f (x)+sinx=sinx− <0，满足题意；
cos2x
π
当a<0时，由于00时，因为f (x)+sinx=ax− +sinx=ax− ，
cos2x cos2x
sin3x π 3sin2xcos2x+2sin4x
令g(x)=ax− ( 00，
cos30
π π
若∀00，则g(x)在 ( 0, ) 上单调递增，
2 2
注意到g(0)=0，所以g(x)>g(0)=0，即f (x)+sinx>0，不满足题意；
π
若∃00，所以g(x)在(0,x )上单调递增，
1 1
则在(0,x )上有g(x)>g(0)=0，即f (x)+sinx>0，不满足题意；
1
综上：a≤0.
(1 )
9．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f(x)= +a ln(1+x).
x
(1)当a=−1时，求曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(1)
(2)是否存在a，b，使得曲线y=f 关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
x
(3)若f (x)在(0,+∞)存在极值，求a的取值范围.
【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最
后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可
得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数g(x)=ax2+x−(x+1)ln(x+1)，然后对函数求导，1 1
利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥ 和00，即函数的定义域为(−∞,−1)∪(0,+∞)，
x x
1 1
定义域关于直线x=− 对称，由题意可得b=− ，
2 2
( 1 ) ( 1 )( 1)
由对称性可知g − +m =g − −m m> ，
2 2 2
3
取m= 可得g(1)=g(−2)，
2
1 1
即(a+1)ln2=(a−2)ln ，则a+1=2−a，解得a= ，
2 2
1 1 1 1
经检验a= ,b=− 满足题意，故a= ,b=−
.
2 2 2 2
1 1
即存在a= ,b=− 满足题意.
2 2
（3）由函数的解析式可得f′(x)= ( − 1 ) ln(x+1)+ (1 +a ) 1 ，
x2 x x+1
由f (x)在区间(0,+∞)存在极值点，则f′(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点;
( 1 ) (1 ) 1
令 − ln(x+1)+ +a =0，
x2 x x+1
则−(x+1)ln(x+1)+(x+ax2)=0，
令g(x)=ax2+x−(x+1)ln(x+1)，f (x)在区间(0,+∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，
1
g′(x)=2ax−ln(x+1),g″(x)=2a−
x+1
当a≤0时，g′(x)<0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
此时g(x)0,g′(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
2 x+1
所以g′(x)>g′(0)=0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，
所以g(x)在区间(0,+∞)上无零点，不符合题意；
1 1 1
当00，g′(x)单调递增，
2a
故g′(x)的最小值为g′( 1
−1
)
=1−2a+ln2a，
2a
−x+1
令m(x)=1−x+lnx(00，
x
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)0)，则ℎ ′(x)= ，
x
当x∈(0,1)时，ℎ ′(x)>0,ℎ(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，ℎ ′(x)<0,ℎ(x)单调递减，
故ℎ(x)≤ℎ(1)=0，即lnx≤x2−x(取等条件为x=1)，
所以g′(x)=2ax−ln(x+1)>2ax−[(x+1) 2−(x+1)]=2ax−(x2+x)，
g′(2a−1)>2a(2a−1)−[(2a−1) 2+(2a−1)]=0，且注意到g′(0)=0，
根据零点存在性定理可知:g′(x)在区间(0,+∞)上存在唯一零点x .
0
当x∈(0,x )时，g′(x)<0，g(x)单调减，
0当x∈(x ,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
0
所以g(x )( 4 +1)[4 +a−ln( 4 +1)+a−1−2a+1 ]
a2 a a2
=( 4 +1)[4 −ln( 4 +1)] >( 4 +1)(4 − √4 +1 )
a2 a a2 a2 a a2
16 4 12
− −1 −1
4 a2 a2 4 a2
>( +1) =( +1) >0，
a2 4 √4 a2 4 √4
+ +1 + +1
a a2 a a2
所以函数g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，符合题意.
( 1)
综合上面可知:实数a得取值范围是 0, .
2
10．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=a(ex+a)−x．
(1)讨论f (x)的单调性；
3
(2)证明：当a>0时，f (x)>2lna+ ．
2
【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
1
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2− −lna>0的恒成立问题，构造函数
2
1
g(a)=a2− −lna(a>0)，利用导数证得g(a)>0即可.
2方法二：构造函数ℎ(x)=ex−x−1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2−x，进而将问题转化
1
为a2− −lna>0的恒成立问题，由此得证.
2
【解答过程】（1）因为f(x)=a(ex+a)−x，定义域为R，所以f′(x)=aex−1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′(x)=aex−1<0恒成立，
所以f (x)在R上单调递减；
当a>0时，令f′(x)=aex−1=0，解得x=−lna，
当x<−lna时，f′(x)<0，则f (x)在(−∞,−lna)上单调递减；
当x>−lna时，f′(x)>0，则f (x)在(−lna,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f (x)在R上单调递减；
当a>0时，f (x)在(−∞,−lna)上单调递减，f (x)在(−lna,+∞)上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，f (x) =f (−lna)=a(e−lna+a)+lna=1+a2+lna，
min
3 3 1
要证f(x)>2lna+ ，即证1+a2+lna>2lna+ ，即证a2− −lna>0恒成立，
2 2 2
1 1 2a2−1
令g(a)=a2− −lna(a>0)，则g′(a)=2a− = ，
2 a a
√2 √2
令g′(a)<0，则00，则a> ；
2 2
( √2) (√2 )
所以g(a)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
2 2
2
(√2) (√2) 1 √2
所以g(a) =g = − −ln =ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
min 2 2 2 2
3
所以当a>0时，f(x)>2lna+ 恒成立，证毕.
2
方法二：
令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ ′(x)=ex−1，
由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ ′(x)=ex−1在R上单调递增，
又ℎ ′(0)=e0−1=0，所以当x<0时，ℎ ′(x)<0；当x>0时，ℎ ′(x)>0；
所以ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=a(ex+a)−x=aex+a2−x=ex+lna+a2−x≥x+lna+1+a2−x，
当且仅当x+lna=0，即x=−lna时，等号成立，
3 3 1
所以要证f(x)>2lna+ ，即证x+lna+1+a2−x>2lna+ ，即证a2− −lna>0，
2 2 2
1 1 2a2−1
令g(a)=a2− −lna(a>0)，则g′(a)=2a− = ，
2 a a
√2 √2
令g′(a)<0，则00，则a> ；
2 2
( √2) (√2 )
所以g(a)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
2 2
2
(√2) (√2) 1 √2
所以g(a) =g = − −ln =ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
min 2 2 2 2
3
所以当a>0时，f(x)>2lna+ 恒成立，证毕.
2
