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专题 3.3 函数的单调性、极值与最值【八大题型】
【新高考专用】
1、函数的单调性、极值与最值
导数与函数是高中数学的重要内容，函数的单调性、极值与最值是高考常考的热点内容，从近几年的
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及其解题策略】
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 函数的极值问题及其解题策略】
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：
(1)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.
(2)导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.
【知识点3 函数的最值问题及其解题策略】
1．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.
2．求含参函数的最值的解题策略：
求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，
从而得到函数f(x)的最值.
【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】
【例1】（2024·海南海口·模拟预测）已知函数f (x)=x−lnx，则f (x)的单调递减区间为（ ）
A．(−∞,1) B．(0,1)C．(1,+∞) D．(0,+∞)
【解题思路】求导，根据导数为负即可求解.
【解答过程】f (x)=x−lnx的定义域为(0,+∞)，
1 x−1
f′(x)=1− = ，
x x
x−1
令f′(x)= <0，解得00，所以f (x)=x+ 在(1,+∞)上单调递增，故C错误；
x
对于D：f (x)=lnx在定义域(0,+∞)上单调递增，故D错误.
故选：B.
【变式1-2】（2024·浙江·模拟预测）函数f (x)=ln(2x−1)−x2+x的单调递增区间是（ ）
(1 )
A．(0,1) B． ,1
2
(1−√2 1+√2) (1 1+√2)
C． , D． ,
2 2 2 2
【解题思路】求出函数的定义域与导函数，再令f′(x)>0，解得即可.
(1 )
【解答过程】函数f (x)=ln(2x−1)−x2+x的定义域为 ,+∞ ，
2
2 2−(2x−1) 2 [√2−(2x−1)][√2+(2x−1)]
且f′(x)= −2x+1= = ，
2x−1 2x−1 2x−11 1+√2
令f′(x)>0，解得 0，解得− 或x<− ，
3 3
( √3) (√3 )
所以f (x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减，故排除C．
3 3
对于D，易得f (x)的定义域为R，
(−x+√x2+1)(x+√x2+1)
且f (−x)=log (−x+√x2+1)=log
1 1 x+√x2+1
2 2
1
=log =−log (x+√x2+1)=−f (x)，所以f (x)为奇函数．
1 x+√x2+1 1
2 2
f (x)=log t
令t=x+√x2+1，则 1 ．易知t=x+√x2+1在(0,+∞)上单调递增，
2y=log 1 x 在(0,+∞)上单调递减．由复合函数的单调性，得 f (x)=log 1 (x+√x2+1)
2 2
在(0,+∞)上单调递减．
故选：D．
【题型2 由函数的单调性求参数】
【例2】（2024·江西宜春·三模）已知a>0，且a≠1，若函数f(x)=a(lnx−ax−1 )在(1,+∞)上单调递减，
则a的取值范围是（ ）
1 1
A．(0, ] B．[ ,1) C．(1,e] D．[e,+∞)
e e
【解题思路】根据题意，转化为f′ (x)≤0在(1,+∞)上恒成立，令g(x)=f′ (x)，利用导数求得函数g(x)单
调递减，得到g(x)f′(0)=0成立.
1 ( π) ( π)
当a< 时，取x∈ 0, ，易知g'(x)=2a−cosx在 0, 上单调递增，
2 2 2
( π)
若a≤0，则g'(x)=2a−cosx<0，所以f'(x)在 0, 上递减，
2
故f'(x)0，所以存在x ∈ ( 0, π) ，使得g' (x )=0，
2 2 0 2 0
当x∈(0,x )时，g'(x)=2a−cosx<0，所以f'(x)在(0,x )上递减，
0 0
故f'(x)0且a≠1)在区间(1,+∞)
a
上单调递减，则a的取值范围是（ ）
( 2] [2 )
A． 0, B． ,1 C．(1,2] D．[2,+∞)
3 3
【解题思路】对数函数的单调性与底数有关，分01两种情况讨论，此外还要注意对数函数的定
义域，即真数为正；复合函数单调性满足“同增异减”，根据对数函数单调性结合题干中“在区间
(1,+∞)上单调递减”得到真数部分函数的单调性，从而求得a的取值范围.
【解答过程】设函数g(x)=x3−ax2+x−2a，则g′(x)=3x2− 2ax+1．
①若00对任意x∈(1,+∞)恒成立，所以g(1)=2−3a≥0，故01，则y=log x在定义域上单调递增．
a又f (x)=log (x3−ax2+x−2a)在区间(1,+∞)上单调递减，所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递减，故
a
g′(x)≤0对任意的x∈(1,+∞)恒成立．
因为抛物线y=3x2− 2ax+1的开口向上，所以g′(x)≤0不可能对任意的x∈(1,+∞)恒成立．
( 2]
所以a的取值范围为 0, ．
3
故选：A．
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）函数f (x)=eax−lnx(a>0)在[1,+∞)上为单调递增函数，则a的值可
以为（ ）
1 1 1
A． B． C． D．1
8 4 2
【解题思路】函数f (x)在[1,+∞)上单调递增，则f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，求f′(x)，构造函数
1
g(x)=eax− ,a>0,x∈[1,+∞)，分析g(x)单调性，求g(x)的最小值，代入选项可得结果.
ax
【解答过程】函数f (x)在[1,+∞)上单调递增等价于f′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，
1 1
∵f′(x)=aeax− ,a>0,∴eax− ≥0在[1,+∞)上恒成立，
x ax
1
令g(x)=eax− ,a>0,x∈[1,+∞)，
ax
若g(x)≥0在[1,+∞)上恒成立，只需满足g(x) ≥0．
min
1
易知g(x)为单调递增函数，∴g(x) =g(1)=ea− ≥0，
min a
1
分析各选项可知，当a=1时，ea− >0，符合题意.
a
故选：D．
【题型3 导数中函数单调性的应用】
1
1 3 −
【例3】（2024·吉林长春·模拟预测）已知a=sin ,b=ln ,c=3 2，则（ ）
3 2
A．cf (0)=0，即 −sin >0，所以a=sin < ；
3 3 3 3 3
(3) 2 (3) 3 3 3 1 3 1
因为 4 2= ，所以af (2x−1)的x的取值范围是
（ ）
A．(−∞,−1) B．(−∞,1) C．(−1,+∞) D．(1,+∞)
【解题思路】求导分析函数单调性，利用函数单调性解不等式可得结果.
【解答过程】∵f (x)=ex+x，
∴f′(x)=ex+1>0，
∴f (x)在R上为增函数，
由f (x)>f (2x−1)得，x>2x−1，解得x<1，故x的取值范围是(−∞,1).
故选：B.
【变式3-2】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知函数y=f (x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(−∞,0]时，
31 (31) 1 ( 1) ( 1) ( 1)
f (x)+xf′(x)<0，若a= ⋅f ，b=(cos )f cos ，c= 4sin f 4sin ，则a,b,c的大小
32 32 4 4 4 4
关系是（ ）
A．c>a>b B．a>c>b C．b>a>c D．c>b>a
【解题思路】依题构建函数g(x)=xf (x)，判断函数的单调性和奇偶性，再利用抽象函数单调性比较函数
值大小即得.
【解答过程】令g(x)=xf (x)，由y=f (x)是定义在R上的奇函数，
可得g(x)=xf (x)是定义在R上的偶函数，
又因为x∈(−∞,0]时，y′=f (x)+xf′(x)<0，
所以g(x)=xf (x)在x∈(−∞,0]上是减函数，所以g(x)=xf (x)是定义在[0,+∞)上的增函数，
π 1
构建F(x)=tanx−x,x∈ ( 0, ) ，则F′(x)= −1>0，
2 cos2xπ π
可知F(x)在 ( 0, ) 内单调递增，则F(x)>F(0)=0，可得tanx>x,x∈ ( 0, ) ；
2 2
π
构建G(x)=x−sinx,x∈ ( 0, ) ，则G′(x)=1−cosx>0，
2
π π
可知G(x)在 ( 0, ) 内单调递增，则G(x)>G(0)=0，可得x>sinx,x∈ ( 0, ) ；
2 2
1
4sin
π 4 1
由tanx>x,x∈ ( 0, ) ，可得 =4tan >1，
2 1 4
cos
4
1 1
故4sin >cos ，所以c>b；
4 4
1
设ℎ(x)=cosx+ x2−1,x∈(0,+∞)，则ℎ ′ (x)=−sinx+x>0，
2
所以ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
(1) 1 31 1 31
故ℎ > ℎ(0)=0，所以cos − >0，即cos >
4 4 32 4 32
所以b>a，所以c>b>a，
故选：D.
【变式3-3】（2024·广东佛山·一模）设f′(x)是函数f (x)的导数，f (1−x)+f (1+x)=0，f (2)=0，当x>1
时，(x−1)f′(x)−f (x)>0，则使得f (x)<0成立的x的取值范围是（ ）
A．(0,1)∪(1,2) B．(0,1)∪(2,+∞) C．(−∞,0)∪(1,2) D．(−∞,0)∪(2,+∞)
f (x)
【解题思路】令g(x)= ，求导，得到g(x)在(1,+∞)上单调递增，且g(2)=0，由
x−1
f (1−x)+f (1+x)=0得到g(1−x)=g(1+x)，得到g(x)的对称性，故g(x)在(−∞,1)上单调递减，且
g(0)=g(2)=0，得到当x<0时，g(x)>0，则f (x)<0，当11时，(x−1)f′(x)−f (x)>0，故当x>1时，g′(x)>0，
故g(x)在(1,+∞)上单调递增，且g(2)=f (2)=0．
因为f (1−x)+f (1+x)=0，故(1−x−1)g(1−x)+(1+x−1)g(1+x)=0，
即−x⋅g(1−x)+x⋅g(1+x)=0，所以g(1−x)=g(1+x)，
故g(x)关于直线x=1对称，故g(x)在(−∞,1)上单调递减，且g(0)=g(2)=0，当x<0时，g(x)>0，则f (x)<0；
当10，x∈(−2,2),f′(x)<0，x∈(2,+∞),f′(x)>0，
所以f (x)在(−∞,−2),(2,+∞)上单调递增，在(−2,2)上单调递减.
所以函数f (x)在x=−2处取得极大值，f =f (2)=−2e2 .
极小
故选：C.
【变式4-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=4xex−e2x−2ex，f′ (x)为f(x)的导函数，
f′ (x)
g(x)= ，则（ ）
ex
A．g(x)的极大值为4e2−2，无极小值
B．g(x)的极小值为4e2−2，无极大值
C．g(x)的极大值为4ln2−2，无极小值
D．g(x)的极小值为4ln2−2，无极大值
【解题思路】本题考查利用导数判断函数的极值，考查考生的运算求解能力，可按下列顺序求解：f(x)=4xex−e2x−2ex 求 → 导 f' (x)=ex(4x−2ex+2)→ g(x)=4x−2ex+2 求 → 导 g' (x)=4−2ex →g(x)
的单调性→g(x)的极值情况
【解答过程】f(x)的定义域为R，f' (x)=4(ex+xex)−2e2x−2ex=ex(4x−2ex+2)，
f' (x)
所以g(x)= =4x− 2ex+2(x∈R)，
ex
求导得g' (x)=4−2ex，令g' (x)=0，得x=ln2，
当x0；当x>ln2时，g' (x)<0，
所以函数g(x)在(−∞,ln2)上单调递增，在(ln2,+∞)上单调递减，且当x=ln2时，g(x)取得极大值
g(ln2)=4ln2−2，无极小值．
故选：C．
【变式4-2】（2024·福建泉州·一模）已知x ,x ，是函数f(x)=(x−1) 3−x两个极值点，则（ ）
1 2
A．x +x =−2 B．x +x =1 C．f (x )+f (x )=−2 D．f (x )+f (x )=2
1 2 1 2 1 2 1 2
【解题思路】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项.
√3
【解答过程】f′ (x)=3(x−1) 2−1，令f′ (x)=0，解得x =1± ，
1,2 3
所以x +x =2，故AB不正确；
1 2
3 3
(√3) √3 ( √3) √3
f(x )+f(x )= −1− + − −1+ =−2，故C正确D错误.
1 2 3 3 3 3
故选：C.
【变式4-3】（2024·四川内江·一模）已知a为常数，函数f (x)=xex−ae2x有两个极值点x 、x ，且x − B．f (x )<0，f (x )<−
1 2 2 1 2 2
1 1
C．f (x )>0，f (x )>− D．f (x )>0，f (x )<−
1 2 2 1 2 2
x+1 x+1
【解题思路】由f′(x)=0可得出2a= ，可知直线y=2a与函数g(x)= 的图象有两个交点，利用导
ex exx −1
数分析函数g(x)的单调性与极值，数形结合得出x >0>x >−1，计算得出f (x )= 1 ex 1<0，
2 1 1 2
x −1 (x−1)ex
f (x )= 2 ex 2，构造函数p(x)= ，其中x>0，利用导数求该函数的值域，即可得出合适的选
2 2 2
项.
【解答过程】因为f (x)=xex−ae2x，该函数的定义域为R，
f′(x)=(x+1)ex−2ae2x=ex(x+1−2aex)，
由题意可知，x 、x 为方程x+1−2aex=0的两根，
1 2
x+1 x+1
由x+1−2aex=0可得2a= ，令g(x)= ，其中x∈R，
ex ex
x+1
由题意可知，直线y=2a与函数g(x)= 的图象有两个交点，
ex
1−(x+1) x
g′(x)= =− ，
ex ex
由g′(x)<0可得x>0，由g′(x)>0可得x<0，
所以，函数g(x)的增区间为(−∞,0)，减区间为(0,+∞)，
故g(x) =g(0)=1，
极大值
且当x<−1时，g(x)<0，当x>−1时，g(x)>0，如下图所示：
1
由图可知，当0<2a<1时，即当00>x >−1，由题意可得2a= 1 = 2 ，
2 1 ex
1
ex
2
x +1 x −1
所以，f (x )=x ex 1− 1 ⋅e2x 1= 1 ex 1<0，
1 1 ex
1
2
x +1 x −1
f (x )=x ex 2− 2 ⋅e2x 2= 2 ex 2，
2 2 ex
2
2
(x−1)ex xex
令p(x)= ，其中x>0，则p′(x)= >0，
2 21 1
所以，函数p(x)在(0,+∞)上单调递增，则p(x )>p(0)=− ，即f (x )>− ，
2 2 2 2
故选：A.
【题型5 根据极值（点）求参数】
1
【例5】（2024·陕西宝鸡·三模）若函数f(x)=− ax2+4x−2lnx有两个不同的极值点，则实数a的取值
2
范围是（ ）
A．(0,2) B．(0,1) C．(−∞,1) D．(2,+∞)
【解题思路】将原问题等价转换为关于t的方程a=−2(t−1) 2+2在(0,+∞)上有两个不同的实数根，结合二
次函数性质即可求解.
1 2 −ax2+4x−2
【解答过程】f(x)=− ax2+4x−2lnx,f′(x)=−ax+4− = ，
2 x x
故原命题等价于关于x的方程−ax2+4x−2=0在(0,+∞)上有两个不同的实数根，
4x−2 (1 ) 2
即关于x的方程a= =−2 −1 +2在(0,+∞)上有两个不同的实数根，
x2 x
1
令t= ，则t∈(0,+∞)，
x
所以关于t的方程a=−2(t−1) 2+2在(0,+∞)上有两个不同的实数根，
令g(t)=−2(t−1) 2+2,t∈(0,+∞)，
因为g(t)在(0,1)上单调递增，故g(t)在(0,1)上的值域为(0,2)，
因为g(t)在(1,+∞)上单调递减，故g(t)在(1,+∞)上的值域为(−∞,2)，
而(0,2)∩(−∞,2)=(0,2)，从而实数a的取值范围是(0,2).
故选：A.
【变式5-1】（2024·四川泸州·一模）已知函数f (x)=x(x−a) 2在x=1处取得极大值，则a的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据极值点求参数，再由所得参数验证在x=1处是否取得极大值，即可得答案.
【解答过程】由题设f′(x)=3x2−4ax+a2，则f′(1)=3−4a+a2=0，可得a=1或a=3，
当a=1时f′(x)=3x2−4x+1=(3x−1)(x−1)，1 1
当x< 或x>1时f′(x)>0，则f(x)在(−∞, )和(1,+∞)上递增，
3 3
1 1
当 3时f′(x)>0，则f(x)在(−∞,1)和(3,+∞)上递增，
当12√3，
所以实数a的取值范围为(2√3,+∞).
故选：D.
4 b
【变式5-3】（2024·广东佛山·二模）若函数f (x)=alnx+ + （a≠0）既有极大值也有极小值，则下列
x x2
结论一定正确的是（ ）
A．a<0 B．b<0 C．ab>−1 D．a+b>0
【解题思路】求出函数f (x)的导数f′(x)，由已知可得函数f′(x)在(0,+∞)上有两个零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答即可.
a 4 2b ax2−4x−2b
【解答过程】函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)= − − = ，
x x2 x3 x3
又函数f (x)既有极大值也有极小值，所以函数f′(x)在(0,+∞)上有两个零点，
由a≠0，所以方程ax2−4x−2b=0有两个不同的正实数x ,x ，
1 2
所以¿，即ab>−2,a>0,b<0.
故选：B.
【题型6 利用导数求函数的最值】
【例6】（2024·福建·三模）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)为f (x)的导函数，满足
3
2(f (x)+x2)=x(f′(x)+x)，f (1)=− ，则f (x)的最小值为（ ）
2
e2
A．−e B．e C．−e2 D．−
2
xf′(x)−2f (x) 1 f(x) 1
【解题思路】根据题设有 = ，构造g(x)= ，易得g′ (x)= ，结合已知进一步得到
x3 x x2 x
3
f(x)=x2lnx− x2
，根据其导数求其最小值.
2
xf′(x)−2f (x) x2f′(x)−2xf (x) 1
【解答过程】由题设，可得 = = ，
x3 x4 x
f(x) x2f′(x)−2xf (x) 1
令g(x)= ，则g′ (x)= ，故g′ (x)= ，
x2 x4 x
3 3
所以g(x)=lnx+C，其中C为常数，又f (1)=− ，则g(1)=− ，
2 2
3 3 f(x) 3
所以C=− ，故g(x)=lnx− = ，则f(x)=x2lnx− x2 ，
2 2 x2 2
2f(x)
而f′(x)= +x=2x(lnx−1)，定义域为(0,+∞)，
x
当0e时，f′(x)>0，故f(x)在(e,+∞)上递增，
e2
所以f (x)的极小值，也是最小值为f (e)=− .
2故选：D.
【变式6-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知函数f(x)=ex+x,g(x)=lnx+x，若f (x )=g(x )，则x x
1 2 1 2
的最小值为（ ）
1 √e
A．−e B．− C．−1 D．−
e 2
【解题思路】结合题意构造函数ℎ(x)=ex+x，得到x
1
=lnx
2
，表示出x
1
x
2
=x
1
ex 1，再借助导数求出
u(x)=xex的最小值即可.
【解答过程】∵f(x)=ex+x,g(x)=lnx+x，f (x )=g(x )，
1 2
∴ex 1+x =lnx +x =elnx 2+lnx ，
1 2 2 2
令ℎ(x)=ex+x,ℎ '(x)=ex+1>0，
∴ℎ(x)=ex+x在R上单调递增，
∴x =lnx ，即ex 1=x ，
1 2 2
∴x x =x ex 1，
1 2 1
令u(x)=xex，则u'(x)=ex(x+1)，
当x∈(−∞,−1)时，u′(x)<0，u(x)单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，u′(x)>0，u(x)单调递增；
∴当x=−1时，函数u(x)=xex取得最小值，
1
即u(x) =u(−1)=− ，
min e
1
∴x x ≥− ，
1 2 e
故选：B.
【变式6-2】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知函数f(x)=ax2+x−lnx,a∈R．
(1)若a=1，求函数y=f(x)的最小值；
(2)若函数y=f(x)在区间[1,3]上是减函数，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）求导得函数的单调区间，进一步得最值；1 2ax2+x−1
（2）f′(x)=2ax+1− = ≤0在区间[1,3]上恒成立，分离参数即可求解.
x x
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=x2+x−lnx，
1
且f′(x)=2x+1−
，
x
1 2x2+x−1
令f'(x)=2x+1− >0，即 >0；
x x
1
∵x>0,∴2x2+x−1>0，∴x> ，
2
( 1) (1 )
所以y=f(x)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增.
2 2
1 3 1
所以当x= 时，函数y=f(x)取最小值为 −ln ．
2 4 2
（2）因为函数y=f (x)在区间[1,3]上是减函数，
1 2ax2+x−1
所以f′(x)=2ax+1− = ≤0在区间[1,3]上恒成立．
x x
即2ax2+x−1≤0在[1,3]上恒成立，
1 1
则a≤ − 在[1,3]上恒成立，
2x2 2x
1 1 1 1 2 1 1 [1 ]
令ℎ(t)= t2− t= (t− ) − ，t= ∈ ,1 ，
2 2 2 2 8 x 3
[1 1] [1 ]
显然ℎ(t)在区间 , 上单调递减，在区间 ,1 上单调递增，
3 2 2
(1) 1
则ℎ(t) min = ℎ 2 =− 8 ，
1 ( 1]
所以a≤− ，实数a的取值范围为 −∞,− .
8 8
【变式6-3】（2024·吉林·模拟预测）已知函数f (x)=e2x+ex−x.
(1)求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)当x∈[−1,0]时，求函数f (x)的最大值与最小值.
【解题思路】（1）求导，根据导数的几何意义可得切点和切线斜率，即可得切线方程；
（2）根据求导判断f (x)的单调性，结合单调性分析最值.
【解答过程】（1）因为f (x)=e2x+ex−x，则f′(x)=2e2x+ex−1，
可得f (0)=2,f′(0)=2，即切点坐标为(0,2)，切线斜率为k=2，
所以切线方程为y=2x+2.
（2）由（1）可得f′(x)=2e2x+ex−1=(ex+1)(2ex−1)，
且x∈[−1,0]，则ex+1>0，
令f′(x)>0，则2ex−1>0，解得−ln2e−2无最小值；
当x≥2时，函数f (x)=(x−1)(x−2) 2+a,
当x≥2时，函数f′(x)=(x−2) 2+2(x−2)(x−1)=(x−2)(3x−4)，
所以x∈[2,+∞),f′(x)≥0,f (x)单调递增，当x=2时f (x) =(2−1)(2−2) 2+a=a，
min
要使函数f (x)存在最小值，即a≤e−2.
故选：C.
a
【变式7-1】（2024·甘肃金昌·模拟预测）已知函数f (x)=x3−ax2+3x在R上单调递增，且g(x)=x+
2x
在区间(1,2]上既有最大值又有最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．[3,4) B．(2,3] C．(3,4] D．[2,3)
【解题思路】根据函数f (x)在R上单调递增，利用函数导数性质求出a的取值范围，在由g(x)在区间(1,2]
上既有最大值又有最小值求出a的取值范围，然后求交集即可.【解答过程】1.因为f (x)=x3−ax2+3x，则f′(x)=3x2−2ax+3，
若f (x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立，
即3x2−2ax+3≥0恒成立，则Δ=4a2−36≤0，解得−3≤a≤3；
a 2x2−a
2.因为g(x)=x+ ，则g′(x)= ，
2x 2x2
①当a≤2时，g′(x)>0对任意x∈(1,2]恒成立，所以g(x)在(1,2]上单调递增，
此时只有最大值，没有最小值不满足题意；
②当a≥8时，g′(x)≤0对任意x∈(1,2]恒成立，所以g(x)在(1,2]上单调递减，
此时只有最小值，没有最大值不满足题意；
√a √a
③当20，解得 0，函数f (x)=ex−ax．
(1)若f (x)存在零点，求实数a的取值范围；
(2)当函数f (x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值时，求a．
【解题思路】（1）先求导函数再根据导函数正负得出函数的单调性再根据存在零点列出不等式求解；
（2）分别求出函数的最小值，再列出方程化简构造新函数，根据函数单调性求值.
【解答过程】（1）因为f (x)=ex−ax，所以f′(x)=ex−a．
由a>0，得f'(x)=ex−a>0⇔x>lna，f'(x)=ex−a<0⇔x0，f′(1) =ea−1>0，
min a a
若f (x)存在零点，则只需要f (x) =a−alna≤0即可，所以lna≥1⇔a≥e，
min
故实数a的取值范围是[e,+∞)．
（2）由（1）知，a>0，且f (x) =f (lna)=a−alna．
minax−1
函数g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，g′(x)=
，
x
1 ( 1)
当0 时，g' (x)>0，故g(x)在 ,+∞ 上为增函数，故g(x) =g =1−ln ．
a a min a a
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
1 a−1
所以1−ln =a−alna，整理得到 =lna，其中a>0，
a 1+a
a−1 2 1 −a2−1
设ℎ(a)= −lna，a>0，则ℎ′(a)= − = <0,
1+a (1+a) 2 a a(1+a) 2
故ℎ(a)为(0,+∞)上的减函数，而ℎ(1)=0，故ℎ(a)=0的唯一解为a=1，
1−a
故 =lna的解为a=1．
1+a
综上，a=1．
【变式7-3】（2024·江西·模拟预测）已知函数f (x)=lnx−a(x−1)，其中a∈R
(1)若a=1，求函数f (x)的增区间；
(2)若f (x)在(0,1]上的最大值为0．求a的取值范围．
【解题思路】（1）由已知对函数求导，令导数大于0即可求解；
（2）求导，分a≤0,01三种情况，讨论f(x)的最大值，即可求解．
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=lnx−(x−1)，
其定义域为(0,+∞)，
1 1−x
f′(x)= −1= ，
x x
令f′(x)>0，解得00，f (x)单调递增；
(1 )
a −x
若a>0， 1 a ，
f′(x)= −a=
x x1
当00，f (x)单调递增，
a
1
当x> 时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
a
∴当a≤0时，f(x)在(0,1]上单调递增，
∴f (x) =f (1)=0，满足题意；
max
1
当 ≥1时，即01时，f(x)在(0, )上单调递增，在( ,1]上单调递减，
a a a
(1) 1
∴f (x) =f =ln −1+a=a−lna−1，
max a a
1 a−1
令g(a)=a−lna−1，则g′(a)=1− = ，
a a
当a>1时，g′(a)>0，g(a)在(1,+∞)上单调递增，
∴g(a)>g(1)=0，即f(x) =a−lna−1>0，不满足题意，
max
综上，a的取值范围是¿.
【题型8 函数单调性、极值与最值的综合应用】
【例8】（2024·江西南昌·模拟预测）已知函数f (x)=x3−ax2−2x，下列命题中，是假命题的为（ ）
5
A．若f (x)在(1,2)上单调递减，则a≥
2
3
B．若x=1是函数f (x)的极值点，则f (x)在x∈[0,2]上的最小值为−
2
1
C．若x=1是函数f (x)的极值点，则a=
2
D．若x2lnx≥f (x)在x∈[1,2]上恒成立，则a≥−1
3 1
【解题思路】利用导函数与函数单调性之间的关系可知，若f (x)在(1,2)上单调递减，即可得a≥ x− 在
2 x
1
x∈(1,2)恒成立，可判断A正确；若x=1是函数f (x)的极值点，代入导函数可得a= ，且在x∈[0,2]上
2
3 2
的最小值为− ，即BC正确；构造函数g(x)=x−lnx− ,x∈[1,2]，可得若x2lnx≥f (x)在x∈[1,2]上
2 x
恒成立，则a≥1−ln2，可知D错误.【解答过程】根据题意可知f′(x)=3x2−2ax−2，若f (x)在(1,2)上单调递减,
3 1
则f′(x)=3x2−2ax−2≤0在(1,2)上恒成立，即a≥ x− 在x∈(1,2)恒成立；
2 x
3 1 3 1 5
易知函数y= x− 在(1,2)上单调递增，所以可得a≥ ×2− = ；即A正确；
2 x 2 2 2
1
若x=1是函数f (x)的极值点，则f′(1)=3−2a−2=0，可得a= ，
2
1
经检验，a= 满足题意，故C正确；
2
此时f′(x)=3x2−x−2=(3x+2)(x−1)，
若x∈[0,2]，可得当x∈[0,1)时，f′(x)<0，x∈(1,2]时，f′(x)>0；
即f (x)在[0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
3
所以f (x)在x=1处取得极小值，也是最小值f (1)=− ，即B正确；
2
2
若x2lnx≥f (x)在x∈[1,2]上恒成立，即a≥x−lnx− 在x∈[1,2]上恒成立，
x
( 1) 2 7
2 x− +
令g(x)=x−lnx− ,x∈[1,2]，则 1 2 x2−x+2 2 4；
x g′(x)=1− + = =
x x2 x2 x2
易知g′(x)>0恒成立，所以函数g(x)在x∈[1,2]上单调递增，
则g(x) =2−ln2−1=1−ln2，即a≥g(x) =1−ln2，所以D错误.
max max
故选：D.
tanx
【变式8-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=sinx+ ，则下列结论正确的是（ ）
tan2x+1
π π
( )
A．f (x)在区间 − , 上单调递减
3 3
π
( )
B．f (x)在区间 0, 上有极小值
2
π π
( )
C．设g(x)=f (x)−2在区间 − , 上的最大值为M，最小值为m，则M+m=4
2 2
π π
( )
D．f (x)在区间 − , 内有且只有一个零点
2 2
【解题思路】由商数关系化简函数，结合导数法可得函数性质及图象，即可逐个判断.sinx
tanx cosx π
【解答过程】因为 f (x)=sinx+ =sinx+ =sinx+sinxcosx ( x≠kπ+ ,k∈Z ) ，
tan2x+1 (sinx) 2 2
+1
cosx
所以f′(x)=2cos2x+cosx−1=(2cosx−1)⋅(cosx+1)．
π π π
当x∈ ( − , ) 时，令f′(x)=0，解得x=± ，则当x变化时，f′(x)，f (x)的变化情况如下表所示．
2 2 3
π π π π π π π π
( ) ( ) ( )
x − ,− − − , ,
2 3 3 3 3 3 3 2
f′(x) － 0 ＋ 0 －
3√3 单调递 3√3
f (x) 单调递减 − 单调递减
4 增 4
π π
( )
所以f (x)在区间 − , 上的图象如图所示．
2 2
π π
( )
对A，f (x)在区间 − , 上单调递增，A错；
3 3
π
( )
对B，f (x)在区间 0, 上有极大值，无极小值，B错；
2
( π π ) 3√3 3√3
对C，g(x)=f (x)−2在区间 − , 上的最大值为M= −2，最小值为m=− −2，
2 2 4 4
M+m=−4，C错；
π π
( )
对D，f (x)在区间 − , 内有且只有一个零点，D对.
2 2
故选：D.
x2+x+a
【变式8-2】（2024·全国·模拟预测）已知x=−1是函数f (x)= 的极小值点．
ex(1)求f (x)的单调性；
(2)讨论f (x)在区间[m,m+√5]的最大值．
【解题思路】（1）根据极值点求出a，再求导，根据导数正负得出单调性即可；
（2）根据（1）的结论，用m对区间[m,m+√5]进行分类讨论，再根据再结合单调性得到最值.
−x2+x−a+1
【解答过程】（1）f (x)的定义域为R，f′(x)= ．
ex
当a≠−1时，f′(−1)=e(−a−1)≠0，x=−1不是f (x)的极值点．
−x2+x+2
当a=−1时，令f′(x)= =0，得x =−1，x =2．
ex 1 2
f′(x)在(−∞,−1)小于0，在区间(−1,2)大于0，在(2,+∞)小于0，
故f (x)在(−∞,−1)单调递减，在区间(−1,2)单调递增，在(2,+∞)单调递减，此时x=−1是f (x)的极小值
点，符合题意．
综上，f (x)在(−∞,−1)单调递减，在区间(−1,2)单调递增，在(2,+∞)单调递减．
（2）由（1）可知：f (x)在(−∞,−1)单调递减，在区间(−1,2)单调递增，在(2,+∞)单调递减．分类讨论.
当m+√5≤−1,即m≤−1−√5时，f (x)在区间[m,m+√5]单调递减，故最大值为f (m)；
当−1−√52时，f (x)在区间[m,m+√5]单调递减，故最大值为f (m)．
【变式8-3】（2024·浙江温州·一模）已知函数f (x)=(4x+a)ln(x+1)，g(x)=x2+bx.
(1)当a=4时，求f (x)的最小值；
(2)若y=f (x)与y=g(x)在原点处的切线重合，且函数ℎ(x)=f (x)−g(x)有且仅有三个极值点，求实数a的
取值范围.
【解题思路】（1）求导，分析函数的单调性，可求f (x)的最小值.
（2）先根据f′(0)=g′(0)确定a,b的关系，再把函数ℎ(x)=f (x)−g(x)有且仅有三个极值点转化成
4x+a
F(x)= ℎ ′(x)=4ln(x+1)+ −2x−a有且仅有三个变号零点.求导，分析函数F(x)的单调性，结合
x+1该函数零点的个数求参数的取值范围.
【解答过程】（1）当a=4时，f (x)=4(x+1)ln(x+1)，f′(x)=4[ln(x+1)+1]，
1
令f′(x)=0得：x=−1+ ，
e
当x∈ ( −1,−1+ 1) 时，f′(x)<0，x∈ ( −1+ 1 ,+∞ ) 时，f′(x)>0，
e e
( 1) ( 1 )
所以f (x)在 −1,−1+ 单调递减， −1+ ,+∞ 单调递增
e e
1 4
所以x=−1+ 时，f (x) =− .
e min e
4x+a
（2）f′(x)=4ln(x+1)+ ，g′(x)=2x+b，由f′(0)=g′(0)得：b=a，
x+1
所以ℎ(x)=f (x)−g(x)=(4x+a)ln(x+1)−(x2+ax)，
4x+a
问题即：F(x)= ℎ ′(x)=4ln(x+1)+ −2x−a有且仅有三个变号零点
x+1
4 4−a 2x2+a−6
F′(x)= + −2=−
x+1 (x+1) 2 (x+1) 2
当a≥6时，F′(x)≤0，故F(x)在(−1,+∞)单调递减，又F(0)=0，所以故此时F(x)在(−1,+∞)有且仅有
一个变号零点0，不合题意；
当a≤4时，所以F′(x)在(−1,+∞)有唯一零点x >0.F(x)在(−1,x )递增，(x ,+∞)递减，故此时F(x)在
0 0 0
(−1,+∞)至多有两个变号零点，不合题意；
当40，F′(1)<0，
所以F′(x)在(−1,+∞)有两个零点：−10，x∈(x ,+∞)时，F′(x)<0，
1 1 2 2
所以F(x)在(−1,x )递减，(x ,x )递增，(x ,+∞)递减，
1 1 2 2
又F(0)=0，故F(x )<0，F(x )>0，
1 2
4x+a (4−a)
又40，4ln(n +1)<2n ，于是F(n )<0，
0 0 0 0
a−4 a−4
又44ln(x+1)+ −2，
x+1 x+1
1 a−4
令x+1= ，则4ln(x+1)+ −2=(a−4)em−4(m+2)，
em x+1
因为y=(a−4)ex的增长速度大于y=4x+2的增长速度，
故∃m >0，(a−4)em 0>4m +2，于是F(m )>0，
0 0 0
所以F(x)在(−1,x )，(x ,+∞)各有一个零点x ，x ，故此时F(x)有三个零点：x ，0，x ，符合题意；
1 2 3 4 3 4
所以40，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．
2．（2024·上海·高考真题）定义集合M={x ∣x ∈R,x∈(−∞,x ),f(x)1时，f (x)=1 .
则存在f (x)在x=2处取最大值，故B正确；
对 D，假设存在f (x)，使得f (x)在x=−1处取极小值，
则在−1的左侧附近存在n，使得f (n)>f (−1)，
这与已知集合M的定义矛盾，故D错误.
故选：B.
b c
3．（2023·全国·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.
4．（2023·全国·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.
5．（2024·广东江苏·高考真题）设函数f(x)=(x−1) 2 (x−4)，则（ ）
A．x=3是f(x)的极小值点 B．当0f(x)
【解题思路】求出函数f (x)的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数
f (x)在(1,3)上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【解答过程】对A，因为函数f (x)的定义域为R，而f′(x)=2(x−1)(x−4)+(x−1) 2=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00，所以1>x>x2>0，
而由上可知，函数f (x)在(0,1)上单调递增，所以f (x)>f (x2)，错误；
对C，当1f (2x−1)>f (3)，即−40，
所以f(2−x)>f(x)，正确；
故选：ACD.
6．（2023·全国·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的取值范[√5−1 )
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
7．（2023·北京·高考真题）设函数f(x)=x−x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为
y=−x+1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g(x)=f′ (x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f(x)的极值点个数．
【解题思路】（1）先对f (x)求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f′ (1)=−1，从而得到关于a,b的
方程组，解之即可；
（2）由（1）得g(x)的解析式，从而求得g′(x)，利用数轴穿根法求得g′(x)<0与g′(x)>0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
(1 )
8．（2023·全国·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．
(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 2
π
( )
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，
cos30π 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 )
10．（2023·全国·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，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
11．（2023·全国·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 22
(√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
12．（2024·全国·高考真题）已知函数f (x)=a(x−1)−lnx+1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)1时，ex−1−2x+1+lnx>0即可.
1 ax−1
【解答过程】（1）f(x)定义域为(0,+∞)，f′ (x)=a− =
x x
ax−1
当a≤0时，f′ (x)= <0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
x
(1 )
当a>0时，x∈ ,+∞ 时，f′ (x)>0，f(x)单调递增，
a
( 1)
当x∈ 0, 时，f′ (x)<0，f(x)单调递减.
a
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)；
(1 ) ( 1)
a>0时，f(x)的单调递增区间为 ,+∞ ，单调递减区间为 0, .
a a
（2）a≤2，且x>1时，ex−1−f(x)=ex−1−a(x−1)+lnx−1≥ex−1−2x+1+lnx，
令g(x)=ex−1−2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
1 1
g′ (x)=ex−1−2+ ，再令ℎ(x)=g′ (x)，则ℎ ′ (x)=ex−1− ，
x x2
显然ℎ ′ (x)在(1,+∞)上递增，则ℎ ′ (x)> ℎ ′ (1)=e0−1=0，
即g′ (x)= ℎ(x)在(1,+∞)上递增，
故g′ (x)>g′ (1)=e0−2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0−2+1+ln1=0，问题得证.
13．（2024·全国·高考真题）已知函数f (x)=(1−ax)ln(1+x)−x．(1)当a=−2时，求f (x)的极值；
(2)当x≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
1 1
（2）求出函数的二阶导数，就a≤− 、− 0时，f′ (x)>0，
故f (x)在x=0处取极小值且极小值为f (0)=0，无极大值.
1−ax (a+1)x
（2）f' (x)=−aln(1+x)+ −1=−aln(1+x)− ,x>0，
1+x 1+x
(a+1)x
设s(x)=−aln(1+x)− ,x>0，
1+x
−a (a+1) a(x+1)+a+1 ax+2a+1
则s′(x)= − =− =− ，
x+1 (1+x) 2 (1+x) 2 (1+x) 2
1
当a≤− 时，s'(x)>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，
2
故s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0，
所以f (x)在[0,+∞)上为增函数，故f (x)≥f (0)=0.
1 2a+1
当− 0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f′ (x)=ex−a有零点，可得a>0，进而利用导数求f (x)的单
调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可.
【解答过程】（1）当a=1时，则f(x)=ex−x−1，f′ (x)=ex−1，
可得f(1)=e−2，f′ (1)=e−1，
即切点坐标为(1,e−2)，切线斜率k=e−1，
所以切线方程为y−(e−2)=(e−1)(x−1)，即(e−1)x−y−1=0.
（2）解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′ (x)=ex−a，
若a≤0，则f′ (x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f′ (x)>0，解得x>lna；令f′ (x)<0，解得x0，
1
构建g(a)=a2+lna−1,a>0，则g′(a)=2a+ >0，
a
可知g(a)在(0,+∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a2+lna−1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a的取值范围为(1,+∞)；解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′ (x)=ex−a，
若f(x)有极小值，则f′ (x)=ex−a有零点，
令f′ (x)=ex−a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
若a>0，令f′ (x)>0，解得x>lna；令f′ (x)<0，解得x0，
构建g(a)=a2+lna−1,a>0，
因为则y=a2,y=lna−1在(0,+∞)内单调递增，
可知g(a)在(0,+∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a2+lna−1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a的取值范围为(1,+∞).
