第21讲利用导数研究函数的极值和最值（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考数学一轮复习精品导学案（新高考）

第 21 讲 利用导数研究函数的极值和最值
1、函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a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y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b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y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
2、函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]
上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
3、常用结论
1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在[a，b]上一定有最值．
2．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，则f(x)一定在区间端点处取得最值．
3．若函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．
b
1、【2022年全国甲卷】当x=1时，函数f(x)=alnx+ 取得最大值−2，则f' (2)=（ ）
x
1 1
A．−1 B．− C． D．1
2 2
【答案】B
a 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，而f'(x)= − ，所以
x x2
2 2
b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f'(x)=− + ，因此函数f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递
x x2
1 1
减，x=1时取最大值，满足题意，即有f'(2)=−1+ =− ．
2 2
故选：B.
2、【2022年新高考1卷】（多选）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AC
√3 √3
【解析】由题，f'(x)=3x2−1，令f'(x)>0得x> 或x<− ，
3 3
√3 √3
令f' (x)<0得− <x< ，
3 3
√3 √3 √3 √3
所以f(x)在(− , )上单调递减，在(−∞,− )，( ,+∞)上单调递增，
3 3 3 3
√3
所以x=± 是极值点，故A正确；
3
√3 2√3 √3 2√3
因f(− )=1+ >0，f( )=1− >0，f (−2)=−5<0，
3 9 3 9
( √3)
所以，函数f (x)在 −∞,− 上有一个零点，
3
√3 (√3) (√3 )
当x≥ 时，f (x)≥f >0，即函数f (x)在 ,+∞ 上无零点，
3 3 3
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ(−x)=(−x) 3−(−x)=−x3+x=−ℎ(x)，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f'(x)=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f (−1)=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，
故D错误.
故选：AC.
3、【2022年全国乙卷】已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大
1 2
值点．若x <x ，则a的取值范围是____________．
1 2
(1 )
【答案】 ,1
e
【解析】解：f'(x)=2lna⋅ax−2ex，因为x ,x 分别是函数f (x)=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
1 2
所以函数f (x)在(−∞,x )和(x ,+∞)上递减，在(x ,x )上递增，
1 2 1 2
所以当x∈(−∞,x )∪(x ,+∞)时，f'(x)<0，当x∈(x ,x )时，f'(x)>0，
1 2 1 2
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'(x)>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若0<a<1时，则方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x ,x ，
1 2
即方程lna⋅ax=ex的两个根为x ,x ，
1 2
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
∵0<a<1,∴函数y=ax的图象是单调递减的指数函数，
又∵lna<0,∴y=lna⋅ax的图象由指数函数y=ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横
坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|lna|倍得到，如图所示：
设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x ,lna⋅ax 0)，
0
则切线的斜率为g' (x )=ln2a⋅ax 0，
0
故切线方程为y−lna⋅ax 0=ln2a⋅ax 0(x−x )，
0
1
则有−lna⋅ax 0=−x ln2a⋅ax 0，解得x = ，
0 0 lna
1
则切线的斜率为 ln2a⋅alna=eln2a ，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
1
所以eln2a<e，解得 <a<e，
e1
又0<a<1，所以 <a<1，
e
(1 )
综上所述，a的范围为 ,1 .
e
ex
4、【2022年全国甲卷】已知函数f (x)= −lnx+x−a．
x
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x ,x ，则环x x <1．
1 2 1 2
【解析】
(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，
1 1 1 1 1 1 x−1 ex
f' (x)=( − )ex− +1 = (1− )ex+(1− )= ( +1)
x x2 x x x x x x
令f(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f' (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f' (x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x <1<x
1 2
1
要证x x <1,即证x <
1 2 1 x
2
1 1
因为x , ∈(0,1),即证f(x )>f( )
1 x 1 x
2 2
1
因为f(x )=f(x ),即证f(x )>f( )
1 2 2 x
2
ex 1 1
即证 −lnx+x−xex−lnx− >0,x∈(1,+∞)
x x
ex 1 1 1
即证 −xex−2[lnx− (x− )]>0
x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， −xex>0,lnx− (x− )<0
x 2 x
ex 1
设g(x)= −xex,x>1，
x1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g' (x)=( − )ex−(ex+xex⋅(− ))= (1− )ex−ex(1− )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x−1 ex 1
=(1− )( −ex)= ( −ex)
x x x x
ex 1 1 x−1
设φ(x)= (x>1),φ' (x)=( − )ex= ex>0
x x x2 x2
1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex<e
ex 1
所以 −ex>0,所以g' (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 −xex>0
x
1 1
令ℎ(x)=lnx− (x− ),x>1
2 x
1 1 1 2x−x2−1 −(x−1) 2
ℎ ' (x)= − (1+ )= = <0
x 2 x2 2x2 2x2
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即ℎ(x)< ℎ(1)=0,所以lnx− (x− )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, −xex−2[lnx− (x− )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x
1
5、【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax− −(a+1)lnx．
x
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)−1
(2)(0,+∞)
【解析】
1 1 1 1−x
(1)当a=0时，f(x)=− −lnx,x>0，则f' (x)= − = ，
x x2 x x2
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；
所以f(x) =f(1)=−1；
max
1 1 a+1 (ax−1)(x−1)
(2)f(x)=ax− −(a+1)lnx,x>0，则f' (x)=a+ − = ，
x x2 x x2
当a≤0时，ax−1≤0，所以当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；
所以f(x) =f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
max
1 1
当0<a<1时， >1，在(0,1),( ,+∞)上，f' (x)>0，f(x)单调递增；
a a
1
在(1, )上，f' (x)<0，f(x)单调递减；
a
又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，
1
所以f(x)仅在( ,+∞)有唯一零点，符合题意；
a
(x−1) 2
当a=1时，f' (x)= ≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0，
x2
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
1 1
当a>1时， <1，在(0, ),(1,+∞)上，f' (x)>0，f(x)单调递增；
a a
1
在( ,1)上，f' (x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0，
a
1 1 1
又f( )= −an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f( )趋近负无穷，
an an−1 an
1 1
所以f(x)在(0, )有一个零点，在( ,+∞)无零点，
a a
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为(0,+∞).
1. (2022·湖南长郡中学高三月考)已知函数f(x)的导函数的图象如图所示，则f(x)的极值点的个数为( )A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】 C
【解析】 因为在x＝0左、右两边的导数值均为负数，所以 0不是极值点，故由图可知f(x)只有2个极值
点．
2、已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于( )
A.－4 B.－2 C.4 D.2
【答案】 D
【解析】 由题意得f′(x)＝3x2－12，由f′(x)＝0得x＝±2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以a＝2.
3、.函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为( )
A. B.e2 C. D.2e
【答案】 A
【解析】 依题意f′(x)＝(x2－2x－3)
＝(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2，3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小
值也即是最小值，且最小值为f(3)＝＝.
4、 若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】 D
【解析】 由题意，得f′(x)＝x2－ax＋1.函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间上有极值点可转化为f′(x)＝x2－ax＋1＝
0在区间上有解，即a＝x＋在区间上有解．由f′(0)＝1，得>0，a2－4>0，即a>2.设t(x)＝x＋(<x<4)，则t′(x)
＝1－.令t′(x)>0，得1<x<4；令t′(x)<0，得<x<1，所以t(x)在区间(1，4)上单调递增，在区间上单调递减，
所以t(x) ＝t(1)＝2.又t＝，t(4)＝，且f(x)在区间上有极值点，所以实数a的取值范围是.
min
5、已知函数f(x)＝x－sin x，则f(x)在区间[0，π]上的值域为____________.
【答案】
【解析】 由题意，得f′(x)＝－cos x.当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)在区间上单调递减；当x∈时，f′(x)>0，
故函数f(x)在区间上单调递增，则f(x) ＝f＝×－sin ＝－.又f(0)＝0，f(π)＝×π－sin π＝，故函数f(x)在区间
min
[0，π]上的值域为.考向一 利用导数研究函数的极值
例1、已知函数 ，求函数 的极大值与极小值．
【解析】：由题设知a≠0，f′(x)＝3ax2－6x＝3ax .
令f′(x)＝0得x＝0或.
当a>0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
(－
x 0 (0，) (，＋∞)
∞，0)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
极 极
f(x) ↗ ↘ ↗
大值 小值
∴f(x) ＝f(0)＝1－，f(x) ＝ ＝－－＋1.
极大值 极小值
当a<0时，随着x的变化，f′(x)与f(x)的变化情况如下：
(0，＋
x (－∞，) (，0) 0
∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
极 极
f(x) ↘ ↗ ↘
小值 大值
∴f(x) ＝f(0)＝1－，f(x) ＝ ＝－－＋1.
极大值 极小值
综上，f(x) ＝f(0)＝1－，f(x) ＝ ＝－－＋1
极大值 极小值
变式1、已知函数f(x)＝x2－1－2a ln x(a≠0)，求函数f(x)的极值．
【解析】 因为f(x)＝x2－1－2a ln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－＝.
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，
所以f′(x)>0对x>0恒成立．
所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值；
②当a>0时，令f′(x)＝0，
解得x＝，x＝－(舍去)，
1 2
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ 极小值 ↗所以当x＝时，f(x)取得极小值，且 f()＝()2－1－2a ln ＝a－1－a ln a，无极大值．
综上，当a<0时，函数f(x)在区间(0，＋∞)上无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝处取得极小值为a－1
－a ln a，无极大值．
变式2、已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x，且x＝3是f(x)的极值点，求函数f(x)的极值．
【解析】 由题意，得f′(x)＝3x2－2ax＋3，f′(3)＝0，
则27－6a＋3＝0，解得a＝5，
所以f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3.
令f′(x)＝0，得x＝3，x＝，
1 2
所以当<x<3时，f′(x)<0；
当x<或x>3时，f′(x)>0，
即当x＝时，f(x)取极大值f＝，
当x＝3时，f(x)取极小值f(3)＝－9.
变式3、（2022·重庆八中模拟预测）（多选题）设函数 的定义域为 ， 是 的极小值点，
以下结论一定正确的是（ ）
A． 是 的最小值点
B． 是 的极大值点
C． 是 的极大值点
D． 是 的极大值点
【答案】BD
【解析】对A， 是 的极小值点，不一定是最小值点，故A错误；
对B，因函数 与函数 的图象关于x轴对称，故 应是 的极大值点，故B正确；
对C，因函数 与函数 的图象关于y轴对称，故 应是 的极小值点，故C错误；
对D，因函数 与函数 的图象关于原点对称，故 是 的极大值点，故D正确.
故选：BD.
方法总结：(1)求函数 极值的步骤：①确定函数的定义域；
②求导数 ；
③解方程 ，求出函数定义域内的所有根；
④列表检验在 的根 左右两侧值的符号，如果左正右负，那么 在 处取极大值，如果左负
右正，那么 在 处取极小值．
(2)若函数 在区间内有极值，那么 在 内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数
没有极值．
考向二 利用导数研究函数的最值
1
f x x3 x2 ax1
例2、已知函数 2 ．
y  f x  0, f 0
a2
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
 3
2,
（2）若函数 f x在x1处有极小值，求函数 f x 在区间   2  上的最大值．
【解析】
1
f(x) x3 x2 2x1
（1）当a2时， 2 ， f(x)3x2 x2 ，
f(0)2 f(0)1 y  f x  0, f 0 y12x
所以 ，又 ，所以曲线 在点 处切线方程为 ，即
2x y10
.
f(x)3x2 xa
（2）因为 ，
f x在x1 f(1)2a 0a 2
因为函数 处有极小值，所以 ，
f(x)3x2 x2
所以
2
fx0 x
由 ，得 3或x1，2
x fx0
当 3 或x1时， ，
2
  x1
当 3 时， f(x)0，
 2  3  2 
所以 f x 在   2, 3  ，   1, 2  上是增函数，在    3 ,1  上是减函数，
 2 49 3 1
f   f 
   
因为  3 27 ， 2 4，
 2 49
f  
所以 f x 的最大值为   3   27 .
变式1、已知函数f(x)＝.
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值.
【解析】
(1)当a＝0时，f(x)＝，
则f′(x)＝
＝.
当x＝1时，f(1)＝1，f′(1)＝－4，
故y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为
y－1＝－4(x－1)，
整理得4x＋y－5＝0.
(2)已知函数f(x)＝，
则f′(x)＝
＝.
若函数f(x)在x＝－1处取得极值，
则f′(－1)＝0，即＝0，解得a＝4.
经检验，当a＝4时，x＝－1为函数f(x)的极大值，符合题意.
此时f(x)＝，其定义域为R，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，解得x＝－1，x＝4.
1 2
f(x)，f′(x)随x的变化趋势如下表：
x (－∞，－1) －1 (－1，4) 4 (4，＋∞)f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1，4).
极大值为f(－1)＝1，极小值为f(4)＝－.
又因为x<时，f(x)>0；x>时，f(x)<0，
所以函数f(x)的最大值为f(－1)＝1，
最小值为f(4)＝－.
变式2、已知函数f(x)＝excos x－x.
(1) 求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2) 求函数f(x)在区间上的最大值和最小值．
【解析】 (1) 因为f(x)＝excos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
所以f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1.
(2) 设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)≤0，所以h(x)在区间上单调递减，
所以对任意x∈有h(x)≤h(0)＝0，即在区间上，f′(x)≤0，
所以函数f(x)在区间上单调递减，故f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f＝－.
变式3、设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R).当k∈时，求函数f(x)在区间[0，k]上的最大值M.
【解析】 f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k).
因为＜k≤1，所以1＜2k≤2.
令f′(x)＝0，得x＝0，x＝ln 2k.列表如下：
1 2
x (－∞，0) 0 (0，ln 2k) ln 2k (ln 2k，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以函数f(x)的单调减区间为(0，ln 2k)，单调增区间为(－∞，0)，(ln 2k，＋∞).
设g(x)＝x－ln 2x，则g′(x)＝1－.
因为＜x≤1，所以1≤＜2，
所以－1＜1－≤0，
所以g(x)在区间上单调递减，
所以g(x)≥g(1)＝1－ln 2＞0，
则k－ln 2k＞0，即k＞ln 2k，
所以f(x)在区间(0，ln 2k)上单调递减，在区间(ln 2k，k)上单调递增，所以f(x)在区间[0，k]上的最大值应在端点处取得．
又f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，
下面比较f(0)与f(k)的大小．
令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，<k≤1，则h′(k)＝k(ek－3k).
再令φ(k)＝ek－3k，<k≤1，
则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0，
所以φ(k)在区间上单调递减．
又φ·φ(1)＝(e－3)＜0，
所以存在x∈使得φ(x)＝0，且当k∈时，φ(k)＞0；当k∈(x，1)时，φ(k)＜0，
0 0 0
所以h(k)在区间上单调递增，在区间(x，1)上单调递减．
0
又h＝－ ＋＞0，h(1)＝0，
所以h(k)≥0，即f(k)≥f(0)在区间上恒成立，当且仅当k＝1时，取等号．
综上所述，函数f(x)在区间[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3.
方法总结：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，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.
1、若 是函数 的极值点，则 的极小值为
A． B．
C． D．1
【答案】A
【解析】由题可得 ，
因为 ，所以 ， ，故 ，
令 ，解得 或 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 的极小值为 .
故选A．
2、（2022·重庆·模拟预测）已知 是函数 的极值点，则 （ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】
求导，根据 是 的极值点，由 求解.
【详解】
因为 ，
所以 ．
又 是 的极值点，
所以 ，
解得 ，经检验知 不符合条件．
故选：A
3、（2022·湖北·荆州中学模拟预测）设 是函数 的一个极值点，则 与
的关系为________．
【答案】
【分析】
利用 求解即可.
【详解】
解：因为 ，
所以 ，
又因为 是极值点，所以 ，
即：2a+b=-3.
又因为 ，
所以 ，
故答案为：
4、（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）函数 在 处取得极值10，则
___________.
【答案】
【分析】
由 在 处取得极值10，求得解得 或 ，再结合函数的极值的概念进行检验，即可求
解.
【详解】
由题意，函数 ，可得 ，
因为 在 处取得极值10，可得 ，
解得 或 ，
检验知，当 时，可得 ，
此时函数 单调递增，函数为极值点，不符合题意，（舍去）；
当 时，可得 ，
当 或 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，当 时，函数 取得极小值，符合题意.
所以 .
故答案为： .
5、（2022·江苏徐州·模拟预测）函数 的最小值为_____________．
【答案】
【分析】
由题可知 为偶函数，当 时，去绝对值，讨论 的取值范围，利用导数求解函数的最值
【详解】
由题可知，函数 为偶函数， 时， ，
当 时， ， 在 单调递增，此时 ；
当 时， ，即 恒成立.
∴
故答案为：-1.
6、（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数 ，则 的最小值为____________．
【答案】
【分析】
令 ，求出 ，再分 和 两种情况得到 ，利用导数求出函数的单调性，
即可得到函数的最小值；
【详解】
解：因为 ，令 ，即 ，所以 ，
所以当 时 ，则 ，
令 ，则 ，即 在 上单调递增，又 ，
所以 ，即 在 上单调递减；
当 时 ，则 ，所以 在 上单调递增，
综上可得 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，
故答案为：