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专题 3.4 函数的单调性、极值与最值
【新高考专用】
题型一 利用导数判断单调性、求单调区间
1
1．（2024·四川成都·模拟预测）函数y= x2−lnx的单调递减区间为（ ）
2
A．(−1,1] B．[−1,1] C．[1,+∞) D．(0,1]
【解题思路】先得出函数的定义域，再令f′(x)<0，解不等式即可.
1
【解答过程】函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=x− ，令f′(x)<0，解得：00恒成立，
2
ex+e−x
故函数y= 在(0,+∞)上单调递增，故①符合；
2
对于②，y=x2sinx，则函数定义域为R，且f (−x)=(−x) 2sin(−x)=−x2sinx=−f (x)，
所以函数y=x2sinx是奇函数，故②不符合；对于③，y=lg(|x|+1)，则函数定义域为R，且f (−x)=lg(|−x|+1)=lg(|x|+1)=f (x)，
故y=lg(|x|+1)是偶函数，
当x∈(0,+∞)时，函数为y=lg(x+1)单调递增，故③符合；
对于④，由正切函数y=tanx图象性质可知函数y=|tanx|在(0,+∞)不单调，故④不符合.
故选：B.
3．（2024·湖南怀化·二模）已知f(x)=2x2−3x−lnx，则f(x)的单调增区间为 (1,+∞) ．
【解题思路】求出函数f(x)的导数，再解导函数大于0的不等式即可.
【解答过程】函数f(x)=2x2−3x−lnx的定义域为(0,+∞)，求导得
1 (4x+1)(x−1)
f′ (x)=4x−3− = ，
x x
由f′ (x)>0，得x>1，所以f(x)的单调增区间为(1,+∞).
故答案为：(1,+∞).
a
4．（2024·四川巴中·一模）已知奇函数f (x)的导函数为f′(x)，若当x<0时f (x)=x2− ，且f′(−1)=0.则
x
f (x)的单调增区间为 (−1,0),(0,1) .
【解题思路】根据题意，由条件可得a=2，即可求得f (x)在(−∞,0)上的单调增区间，再由函数的奇偶性
即可得到f (x)在(0,+∞)上的单调增区间，即可得到结果.
a a
【解答过程】因为x<0时f (x)=x2− ，则f′(x)=2x+ (x<0)，
x x2
又f′(−1)=0，则−2+a=0，即a=2，
2 (x3+1)
所以f′(x)=2x+ =2 (x<0)，
x2 x2令f′(x)<0，即x3+1<0，即(x+1)(x2−x+1)<0，
又x2−x+1= ( x− 1) 2 + 3 >0，则x+1<0，解得x<−1，
2 4
令f′(x)>0，即x3+1>0，即(x+1)(x2−x+1)>0，
即x+1>0，解得−10时，f (x)在(0,1)单调递增，
所以f (x)的单调增区间为(−1,0),(0,1).
故答案为：(−1,0),(0,1).
题型二 由函数的单调性求参数
5．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数f (x)=(x−1)(ex+a)在区间(−1,1)上单调递增，则a的最小值为
（ ）
A．e−1 B．e−2 C．e D．e2
【解题思路】f′(x)≥0在(−1,1)上恒成立，即a≥−xex，构造函数g(x)=−xex，x∈(−1,1)，求导得到其
单调性，得到g(x)0)，
2 2
(1) 1 1
∴g(x) =g = ，∴m≥ ，
max 2 2 2
[1 )
即实数m的取值范围为 ,+∞ ．
2[1 )
故答案为： ,+∞ .
2
8．（2024·四川·模拟预测）已知函数f (x)=x2+(x−2)ex−2x+5在区间(3m−1,m+2)上不单调，则m的
( 2)
取值范围是 −1, .
3
【解题思路】根据题意可知y=f '(x)在区间(3m−1,m+2)有变号零点，结合变号零点与给定区间的关系
求解即可.
【解答过程】由题意知f '(x)=(x−1)ex+2x−2=(ex+2)(x−1)，
因为f (x)在区间(3m−1,m+2)上不单调，即y=f '(x)在区间(3m−1,m+2)有变号零点，又ex+2>0，所
以f '(x)=0⇒x=1，f '(x)>0⇒x>1，f '(x)<0⇒x<1，
所以x=1在区间(3m−1,m+2)内，
2 ( 2)
所以¿，解得−10)，利用导数研究其单调性，进而比较a,b；对b,c作差，运用对
数的运算性质和基本不等式可得b,c的大小关系.综合可得三者之间的大小关系.
【解答过程】设f(x)=ln(1+x)−x(x>0)，
1 −x
则f' (x)= −1= <0在(0,+∞)上恒成立，
1+x 1+x
所以f(x)在(0,+∞)单调递减，
所以f(x)
1 [
ln210−
(ln11+ln9) 2]
ln10 ln10 ln10 2
>
1 [
ln210−
(ln100) 2]
=0，
ln10 2
所以b>c，
综上：c0，则不等
式f (x+2024)−(x+2024) 2f (−1)<0的解集为（ ）
A．(−2025,−2024) B．(−2024,0)
C．(−∞,−2024) D．(−∞,−2025)
f (x) f (x+2024) f (−1)
【解题思路】令g(x)= ，求导可得g(x)在(−∞,0)上单调递减，由已知可得 < ，可
x2 (x+2024) 2 (−1) 2
得g(x+2024)0，
f (x) x2f′(x)−2xf (x) xf′(x)−2f (x)
令g(x)= ，则g′(x)= = <0，
x2 x4 x3
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，
f (x+2024) f (−1)
不等式f (x+2024)−(x+2024) 2f (−1)<0等价于 < ，
(x+2024) 2 (−1) 2
即为g(x+2024)0)，利用导数研究其单调性，即可求解.
x
1 1 1 1
【解答过程】lna=ln√2= ln2，lnb= lne= ，lnc= lnπ，
2 e e πlnx 1−lnx
令f(x)= (x>0)，则f′(x)= ，
x x2
由f′(x)>0，得0e．
∴f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减．
1
∴lnb= lne最大，
e
1 1 1 1
而lna−lnc= ln2− lnπ= ln4− lnπ<0，
2 π 4 π
∴a0时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；
当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)在(−∞,0)上单调递减.
所以，当x=0时，g(x) =−1−e2<0，
min
因为g(2)=0，且当x<0时，g(x)=(x−1)ex−e2<0，
所以，当x<2时，g(x)<0，即f′(x)<0，f (x)在(−∞,2)上单调递减；
当x>2时，g(x)>0，即f′(x)>0，f (x)在(2,+∞)上单调递增.
所以，当x=2时，f (x)取得极小值f (x)=−2e2−2.
故选：B.
14．（2024·河南洛阳·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，
e01
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)=exℎ(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 ，则当x∈(−∞,x )时，ℎ(x)<0,f′(x)=exℎ(x)<0，f (x)单调递减，
0 0
当x∈(x ,+∞)时，ℎ(x)≥0,f′(x)=exℎ(x)≥0，f (x)单调递增，
0
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.
4
15．（2024·辽宁鞍山·二模）f (x)=x2e−x的极大值为 ．
e2
【解题思路】借助导数研究函数的单调性即可得其极大值.
【解答过程】f′(x)=2xe−x+x2(−e−x)=(2x−x2)e−x=−x(x−2)e−x，
当x∈(−∞,0)∪(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，
4
故f (x)有极大值f (2)=22e−2= .
e2
4
故答案为： .
e2
2√3
16．（2023·全国·模拟预测）函数f (x)=(sinx+cosx)⋅sin2x的极小值为 − 或−√2 ．
9
π
【解题思路】换元，设t=sinx+cosx=√2sin ( x+ )
，求导，判断函数的单调性，进而可得极值.
4
π
【解答过程】设t=sinx+cosx=√2sin ( x+ ) ，则t∈[−√2,√2]，
4
由t2=(sinx+cosx) 2=1+sin2x，得sin2x=t2−1．令g(t)=t(t2−1)=t3−t，t∈[−√2,√2]，则
g′(t)=3t2−1，( √3 √3)
当t∈ − , 时，g′(t)<0；
3 3
[ √3) (√3 ]
当t∈ −√2,− ∪ ,√2 时，g′(t)>0；
3 3
[ √3) ( √3 √3) (√3 ]
所以g(t)在 −√2,− 上单调递增，在 − , 上单调递减，在 ,√2 上单调递增，
3 3 3 3
我们只考虑一个周期，即[0,2π]内的极值，
π [π 9π] π [π 9π] π 9π √3
x+ ∈ , ，设t=x+ ∈ , ，√2sin =√2sin > ，
4 4 4 4 4 4 4 4 3
π √3 π √3
设√2sin ( x+ )= 在[0,2π]上的两根分别为x ,x (x t> √3 ，t=√2sin ( x+ π ) 单调递增，f (x)单调递增；
4 3 4
当x∈ ( π ,t ) 时，√2>t> √3 ，t=√2sin ( x+ π ) 单调递减，f (x)单调递减；
4 1 3 4
当x∈(t ,t )时， √3 >t>− √3 ，t=√2sin ( x+ π ) 单调递减，f (x)单调递增；
1 3 3 3 4
当x∈ ( t , 5π ) 时，−√2t>− √3 ，t=√2sin ( x+ π ) 单调递增，f (x)单调递减；
4 2 3 3 4
当x∈(t ,2π)时，t> √3 ，t=√2sin ( x+ π ) 单调递增，f (x)单调递增；
2 3 4
π √3 5π π
所以当t=√2sin ( x+ )= 或t=√2sin ( + )=−√2时，f (x)取得极值，
4 3 4 4
3
且f (x)的极小值为
(√3)
−
√3
=−
2√3
或(−√2) 3+√2=−√2.
3 3 9
2√3
故答案为：− 或−√2．
9题型五 根据极值（点）求参数
x lnx
17．（2024·贵州铜仁·二模）已知函数f (x)= 和g(x)= +b有相同的极大值，则b=（ ）
ex x
A．0 B．2 C．−1 D．−3
【解题思路】利用导数，先求得f (x)的极大值，然后根据f (x)与g(x)有相同的极大值求得b.
1−x
【解答过程】求导f′(x)= ，令f′(x)>0，解得x<1，令f′(x)<0，解得x>1，
ex
∴f (x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
1
∴f (x)在x=1处取得极大值f (1)= ，
e
1−lnx
g′(x)= ，令g′(x)<0，解得x>e，令g′(x)>0，解得0g(1)=e且a≠g(2)=2e2，又由f(x)在(1,2)上单调递增，得到f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，进而得到
a≥xex在(1,2)上恒成立，借助函数g(x)=xex在(1,+∞)为单调递增函数，求得a>g(2)=2e2，即可得到
答案.
【解答过程】由题意，函数f(x)=(x−3)ex+a(2lnx−x+1)，2 a xex−a
可得f′ (x)=ex+(x−3)ex+a( −1)=(x−2)(ex− )=(x−2)⋅( )，
x x x
又由函数f (x)在(1,+∞)上有两个极值点，
xex−a
则f′(x)=0，即(x−2)⋅( )=0在(1,+∞)上有两解，
x
即xex−a=0在(1,+∞)上有不等于2的解，
令g(x)=xex，则g′ (x)=(x+1)ex>0,(x>1)，
所以函数g(x)=xex在(1,+∞)为单调递增函数，
所以a>g(1)=e且a≠g(2)=2e2，
又由f(x)在(1,2)上单调递增，则f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，
xex−a
即(x−2)⋅( )≥0在(1,2)上恒成立，即xex−a≤0在(1,2)上恒成立，
x
即a≥xex在(1,2)上恒成立，
又由函数g(x)=xex在(1,+∞)为单调递增函数，所以a>g(2)=2e2，
综上所述，可得实数a的取值范围是a>2e2，即a∈(2e2,+∞)，
故选C.
[ e ]
19．（2024·上海·三模）已知函数f(x)=ex−ax2在R上无极值，则a的取值范围是 0, .
2
【解题思路】求导数确定单调性，讨论x的取值范围可得结果.
【解答过程】由题意得，f′ (x)=ex−2ax，故f′(0)=1＞0，
因为函数f(x)=ex−ax2在R上无极值，
所以f′ (x)≥0在R上恒成立，
ex
当x＞0时，a≤ ，
2x
ex 2xex−2ex (x−1)ex
设g(x)= ，则g′(x)= = ，
2x 4x2 2x2
当0＜x＜1时，得g′(x)＜0，当x＞1时，得g′(x)＞0，
则g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，e e
从而g'(x)≥g'(1)= ，故a≤ ，
2 2
ex
当x<0时， ＜0，则a≥0.
2x
e
综上，0≤a≤ .
2
[ e ]
故答案为： 0, .
2
1 x 1
20．（2024·陕西西安·二模）若函数f (x)= ax2−ex+1在x=x 和x=x ，两处取得极值，且 1≤ ，则实
2 1 2 x 2
2
[ 2 )
数a的取值范围是 ,+∞ ．
ln2
ex
【解题思路】根据题意可得原题意等价于y=a与y= 有两个不同的交点，再数形结合分析两根的关系运
x
算求解.
1
【解答过程】因为f (x)= ax2−ex+1，则f′(x)=ax−ex，
2
ex
令f′(x)=ax−ex=0，且f′(0)=−1≠0，整理得a= ，
x
ex
原题意等价于y=a与y= 有两个不同的交点，
x
ex (x−1)ex
构建g(x)= (x≠0)，则g′(x)= (x≠0)，
x x2
令g′(x)>0，解得x>1；令g′(x)<0，解得00，
x 1 2
x 1
因为 1≤ ，则x ≥2x ，
x 2 2 1
2
x
由图可知：当a增大时，则x 减小，x 增大，可得 1 减小，
1 2 x
2
取x =2x ，令x =t∈(0,1)，则x =2t，
2 1 1 2et e2t
因为 = ，解得t=ln2，
t 2t
et 2 2
所以a= = ，则a≥ ，
t ln2 ln2
[ 2 )
即实数a的取值范围是 ,+∞ .
ln2
[ 2 )
故答案为： ,+∞ .
ln2
题型六 利用导数求函数的最值
21．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）在同一平面直角坐标系内，函数y=f (x)及其导函数y=f′(x)的图象如图
所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为(0,1)，则（ ）
A．函数y=f (x)⋅ex的最大值为1
B．函数y=f (x)⋅ex的最小值为1
f (x)
C．函数y= 的最大值为1
ex
f (x)
D．函数y= 的最小值为1
ex
【解题思路】AB选项，先判断出虚线部分为y=f′(x)，实线部分为y=f (x)，求导得到y=f (x)⋅ex在R上f(x) f(x)
单调递增，AB错误；再求导得到x∈(−∞,0)时，y= 单调递增，当x∈(0,+∞)时，y= 单
ex ex
调递减，故C正确，D错误.
【解答过程】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y=f′(x)，
实线部分为y=f (x)，
故y′=f′(x)⋅ex+f (x)⋅ex=(f′(x)+f (x))⋅ex>0恒成立，
故y=f (x)⋅ex在R上单调递增，则A，B显然错误，
f′ (x)ex−f(x)ex f′ (x)−f(x)
对于C，D，y′= = ，
(ex) 2 ex
f′ (x)−f(x) f(x)
由图像可知x∈(−∞,0)，y′= >0恒成立，故y= 单调递增，
ex ex
f′ (x)−f(x) f(x)
当x∈(0,+∞)，y′= <0，y= 单调递减，
ex ex
f(x) f (0)
所以函数y= 在x=0处取得极大值，也为最大值， =1，C正确，D错误.
ex e0
故选：C.
x
22．（2024·陕西西安·二模）函数f(x)= 在[−3,3]上的最大值和最小值分别是（ ）
x2+1
6 6 2 2 3 3 1 1
A． ,− B． ,− C． ,− D． ,−
13 13 5 5 10 10 2 2
【解题思路】求导，判断导数正负得函数f (x)在[−3,3]上的单调性求得结果.
1−x2
【解答过程】f′(x)=
，x∈[−3,3]，
(x2+1) 2
令f′(x)>0，解得−13时，f′ (x)<0，可知函数f (x)在(3,+∞)上单调递减，
27
所以函数f(x)的最大值为f (3)= .
e3
27
故答案为： .
e3
x2
24．（2024·山西临汾·二模）已知函数f(x)=(mx−1)lnx+ −mx，函数g(x)=f′ (x)有两个极值点
2
( 1] 4
x ,x ．若x ∈ 0, ，则g(x )−g(x )的最小值是 .
1 2 1 e 1 2 e
1
【解题思路】求导后可知x ,x 是方程x2+mx+1=0在(0,+∞)上的两根，结合韦达定理可得x = ，
1 2 2 x
1
( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
a=− x + ；将g(x )−g(x )化为−2 x + lnx +2 x − ，令
1 x 1 2 1 x 1 1 x
1 1 1
( 1) ( 1) ( 1)
ℎ(x)=2 x− −2 x+ lnx 00)，
x x
m 1 x2+mx+1
因为g′(x)= +1+ = ，g(x)有两个极值点x ,x ，
x x2 x2 1 2
所以x ,x 是方程x2+mx+1=0在(0,+∞)上的两根，
1 2
1 ( 1 )
所以x +x =−m，x x =1，所以x = ，m=− x + ，
1 2 1 2 2 x 1 x
1 1
1 1
所以g(x )−g(x )=mlnx +x − −mlnx −x +
1 2 1 1 x 2 2 x
1 2
1 1 ( 1 ) ( 1 )
=mlnx +x − +mlnx − +x =−2 x + lnx +2 x − ，
1 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x
1 1 1 1
( 1) ( 1) ( 1)
设ℎ(x)=2 x− −2 x+ lnx, 03时，y′>0，当−10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，f (x)单调递增，
2 2
(1 )
当x∈ ,+∞ 时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
2
1
所以当x=− 时，f (x)有极小值，
2
因为函数f (x)=−4x3+3x在(a,a+2)上存在最小值，
( 1)
又f (1)=f − =−1，
2
1 5
所以a<− ×62=4，所以M>4;
6 9 9
√−6a
若 =1，即a=−6时，结合以上分析可知M=f(−2)=|2a+16|=4；
6
√−6a [ √−6a]
若 <1，即−64，所以M>4；
综上可知M的最小值为4，此时a=−6，b=0，所以a+b=−6．
故答案为：−6.题型八 函数单调性、极值与最值的综合应用
29．（2024·云南昆明·模拟预测）对于函数f (x)=ex+alnx(a∈R)，有下列四个论断：
①f (x)是增函数
②f (x)是奇函数
③f (x)有且仅有一个极值点
④f (x)的最小值为e
若其中恰有两个论断正确，则a=（ ）
A．−1 B．1 C．−e D．e
【解题思路】先根据函数的定义域确定无论a为何值，②一定错误，在讨论a的范围，当a≥0时，f' (x)恒
大于零，故原函数没有极值点和最小值，故不满足题意，即选项B、D排除.当a<0时，函数f (x)不是增函
数，在分别验证选项A、C，当a=−1时，求得函数最小值不为e，当a=−e时满足题意.
【解答过程】函数f (x)的定义域为(0,+∞)，故函数是非奇非偶，即无论a为何值，②一定错误
xex+a
对函数进行求导f' (x)= ，
x
当a≥0时，f' (x)恒大于零，原函数单调递增，
故原函数没有极值点和最小值，故选项B、D排除.
当a<0时，函数f (x)不是增函数，故只能有③④正确；
xex−1
当a=−1时，函数f (x)=ex−lnx，导函数f' (x)= ，
x
令ℎ(x)=xex−1，ℎ' (x)=ex(x+1)，ℎ' (x)>0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
由于ℎ(0)<0，ℎ(1)=e−1>0，
故∃x ∈(0,1)，使得ℎ(x )=0，即x ex 0=1 ⇒x =−lnx
0 0 0 0 0
x∈(0,x )，f' (x)<0，f (x)在(0,x )单调递减，
0 0
x∈(x ,+∞)，f' (x)>0，f (x)在(x ,+∞)单调递增
0 0
故函数有且仅有一个极值点，f (x)的最小值为f(x )=ex 0−lnx =1−lnx =1+x 0，φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
φ(1)=0， x∈(0,1)，f' (x)<0，f (x)在(0,1)单调递减，
x∈(1,+∞)，f' (x)>0，f (x)在(1,+∞)单调递增
故f (x)的最小值为f(1)=e
故满足③④
故选：C.
30．（23-24高二下·北京怀柔·期末）若函数f(x)=xex−ax，则根据下列说法选出正确答案是（ ）
① 当a∈(-∞,−e−2]时，f(x)在x∈R上单调递增；
② 当a∈(−e−2,0)时，f(x)有两个极值点；
③ 当a∈(-∞,−e−2]时，f(x)没有最小值．
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【解题思路】求出导函数f′ (x)，结合导数与函数的单调性的关系，极值与导数的关系验证各命题.
【解答过程】f′ (x)=(1+x)ex−a，
设g(x)=(1+x)ex−a，g′ (x)=(2+x)ex，
当x<−2时，g′ (x)<0，g(x)单调递减，
x>−2时，g′ (x)>0，g(x)单调递增，
1
所以g(x) =g(−2)=−e−2−a=− −a，
min e2
当a≤−e−2时，g(x)≥0，即f′ (x)≥0，
所以函数f(x)在x∈R上单调递增，则没有最小值，① ③正确；当−e−2−2时，ℎ′ (x)>0，ℎ(x)单调递增，
1
所以ℎ(x) =ℎ(−2)=−e−2=− ，
min e2
( 1 )
且当x<−2时，ℎ(x)<0，且ℎ(x)∈ − ,0 ，x>−2时，ℎ(−1)=0，
e2
所以此时方程(1+x)ex=a有两个解，即g(x)=(1+x)ex−a有两个零点，
所以f(x)有两个极值点，②正确，
所以正确答案是①②③.
故选：D.
31．（2024·四川成都·二模）已知函数f (x)=(x+a)lnx的导函数为f′(x)．
(1)当a=1时，求f′(x)的最小值；
(2)若f (x)存在两个极值点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求导判断函数的单调性即可求解，
（2）求导，分类讨论导函数的正负，结合零点存在性定理即可求解.
1
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=(x+1)lnx，x∈(0,+∞)，f′(x)=lnx+ +1，
x
1 1 1 x−1
令函数ℎ(x)=lnx+ +1，x∈(0,+∞)，则有 ℎ′(x)= − = ，
x x x2 x2
当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)为减函数；当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)为增函数，
所以ℎ(x) =ℎ(1)=2，即f′(x)的最小值为2；
min
a
（2）因为x∈(0,+∞)，有f′(x)=lnx+ +1，
x
1 a x−a
令g(x)=f′(x)，有g′(x)= − = ，
x x2 x2
①当a≤0时，因为x−a>0，所以g′(x)>0，即f′(x)在(0,+∞)上为增函数，
所以至多存在一个x ∈(0,+∞)，使得f′(x)=0，故f (x)不存在两个极值点，
0②当a>0时，解g′(x)=0，得x=a，
故当x∈(0,a)时，g′(x)<0，f′(x)为减函数，当时x∈(a,+∞)，g′(x)>0，
f′(x)为增函数，所以f′(x) =f′(a)=lna+2，
min
（ⅰ）．当lna+2≥0，即a≥e−2时，f′(x)≥f′ (x) ≥0，f (x)在(0,+∞)上为增函数，
min
故f (x)不存在极值点，
（ⅱ）．当lna+2<0，即00，
x a 2
又因为1>a，又f′(1)=a+1>0，
(a2
)
所在x ∈ ,a ，x ∈(a,1)使得f′(x)=0，
1 2 2
且f (x)在(0,x )，(x ,+∞)上为增函数，在(x ,x )上为减函数，
1 2 1 2
所以x ，x 分别是y=f (x)的极大值点和极小值点，
1 2
综上所述，a的取值范围为(0,e−2)．
32．（2024·全国·模拟预测）设函数f (x)=x2−2ax+lnx(a∈R).
3
(1)当a= 时，求f (x)的极值点；
2
3 [1 √2) (√2 ]
(2)当√20，f (x)单调递增，
2
(1 )
当x∈ ,1 时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
2
1
因此f (x)的极大值点是 ，极小值点是1.
2
（2）由已知f (x)的定义域为(0,+∞)，
2x2−2ax+1
f′(x)= ，
x
( 3]
对于方程2x2−2ax+1=0，Δ=4a2−8>0在a∈ √2, 上恒成立，
2
则方程2x2−2ax+1=0有两个不同的正根，设为m,n(mn时，f′(x)>0，当m0；当x∈(3,4)时，f′(x)<0；
所以f (x)的单调递增区间为(2,3)．
故选：A.
2．（2024·四川雅安·三模）已知函数f (x)=x2−2−lnx,a=f (ln√2),b=f ( ln3) ,c=f (1) ，则（ ）
3 e
A．a 时，f′(x)>0，故函数f (x)在 ,+∞ 上单调递增，
2 28
ln ln3
因为 ln3 3ln2−2ln3 9 ln1 ，所以0f >f ，即cf (x)，则不等式
f (x)>0的解集为（ ）
A．(0,+∞) B．(1,+∞) C．(0,1) D．(0,1)∪(1,+∞)
f (x)
【解题思路】构建g(x)= ，求导，利用导数判断g(x)的单调性，进而判断g(x)的符号性，即可得f (x)
ex
的符号性.
f (x) f′(x)−f (x)
【解答过程】令g(x)= ，则g(x)的定义域为R，且g′(x)= ，
ex ex
因为f′(x)>f (x)，即f′(x)−f (x)>0，注意到ex>0，可得g′(x)>0，
f (1)
可知g(x)在定义域R内单调递增，且g(1)= =0，
e
f (x)
当x>1时，g(x)= >0，即f (x)>0；
ex
f (x)
当x<1时，g(x)= <0，即f (x)<0；
ex
所以不等式f (x)>0的解集为(1,+∞).
故选：B.
lnx
4．（2024·陕西铜川·三模）若函数f (x)=ax2+ 有两个极值点，则实数a的取值范围为（ ）
x
( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 1 )
A． − ,0 B． 0, C． 0, D． − ,
e4 6e4 e4 e4 6e4lnx−1
【解题思路】根据两个极值点，看将问题转化为a=
由两个不同的正实数根，构造函数
2x3
lnx−1
g(x)=
，利用导数求解函数的单调性，即可求解.
2x3
1−lnx
【解答过程】f′(x)=2ax+
，
x2
lnx−1
令f′(x)=0，得a=
.
2x3
lnx−1 4−3lnx
令g(x)= ，则g′(x)=
.
2x3 2x4
4
令g′ (x )=0，则3lnx =4，即lnx = ，即x3=e4 .
0 0 0 3 0
当00,g(x)在(0,x )单调递增；当x>x 时，g′(x)<0,g(x)在(x ,+∞)单调递减.
0 0 0 0
4
−1
∴g(x) =g(x )= lnx 0 −1 = 3 = 1 ，
max 0 2x3 2e4 6e4
0
又当x→0+时，g(x)→−∞；当x→+∞时，g(x)→0+
，
1 lnx−1
∴当00，解得01；
可知f (x)在(0,1)内单调递增，在(1,+∞)内单调递减，
则f (x)≤f (1)=lna−1−b≤0，可得lna≤b+1，则eb+1≥elna=a，
可得eb+1−lna≥a−lna，当且仅当lna=b+1时，等号成立，
1 1 a−1
令g(a)=a−lna, ≤a≤e，则g′(a)=1− = ，
e a a
1
令g′(a)>0，解得1g'(x)+f (x)，则下列情况一定成立的是：（ ）.
A．f (2)+g(0)>f (0)+g(2) B．f (2)+g(0)f (0)⋅g(2) D．f (2)⋅g(0)g'(x)+f (x)⇔f'(x)−g'(x)>f (x)−g(x)，
f (x)−g(x) [f′(x)−g′(x)]−[f (x)−g(x)]
令ℎ(x)= ，则ℎ′(x)= ，
ex ex
故ℎ′(x)>0⇒ℎ(x)单调递增，又ℎ(1)=0，
f (2)−g(2)
所以ℎ(2)>ℎ(1)>ℎ(0)，即f (2)−g(2)> >0>f (0)−g(0)，
e2
移项可得A选项正确，B选项错误；
另外，f (2)>g(2)，f (0)2a B．b<2aC．b=2a D．b2>4a2
【解题思路】问题可化为f′(x)=0有两个不同的根的问题，参变分离，数形结合法即可求解.
【解答过程】由题意得f′(x)=a(ex+e−x+x2)−b，
∵f (x)既有极大值，也有极小值，
∴f′(x)=0有两个不同的根，
即a(ex+e−x+x2)−b=0有两个不同的根，
b
显然ab≠0，故ex+e−x+x2=
有两个不同的根，
a
b
令g(x)=ex+e−x+x2，则g(x)与y= 图象有两个交点，
a
因为g′(x)=ex−e−x+2x在R上单调递增，且g′(0)=0，
所以当x<0时，g′(x)<0,g(x)单调递减，当x>0时，g′(x)>0,g(x)单调递增，
所以g(x) =g(0)=2；而x→+∞时，g(x)→+∞，x→−∞时，g(x)→+∞，
min
b b2
所以 >2，即 >4，即b2>4a2，
a a2
故选：D.
8．（2024·北京顺义·三模）利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我
们所学数学知识，探究函数f (x)=xx，x∈(0,+∞)，则下列命题不正确的是（ ）
(1 )
A．f (x)有且只有一个极值点 B．f (x)在 +∞ 上单调逆增
e
1
1
C．存在实数a∈(0,+∞)，使得f (a)= D．f (x)有最小值 1
e
ee
【解题思路】由条件可得函数z=xlnx可以看作为函数z=ln y与函数y=xx的复合函数，然后求导判断其
单调性与极值，即可得到结果.
【解答过程】由y=f (x)=xx得ln y=xlnx，令z=xlnx，
则函数z=xlnx可以看作为函数z=ln y与函数y=xx的复合函数，
因为z=ln y为增函数，所以z=xlnx与y=xx单调性、图象变换等基本一致，
z′=lnx+1，1
由z′=0得x= ，列表如下：
e
( 1)1 (1 )
x 0, ,+∞
e e e
z′ − 0 +
1
z=xlnx ↘ − ↗
e
( 1) (1 )
由表知，z=xlnx在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增，
e e
1 1
在x= 时，取得极小值（最小值）− ，
e e
所以f (x)=xx在 (1 ,+∞ ) 上单调递增，即B正确；
e
1 - 1 1
在x= 时，取得唯一极值（极小值，也是最小值）e e> ，即A、D都正确，C错误.
e e
故选：C.
二、多选题
1 1
9．（2024·广东茂名·一模）若f (x)=− x3+ x2+2x+1是区间(m−1,m+4)上的单调函数，则实数m的
3 2
值可以是（ ）
A．−4 B．−3 C．3 D．4
【解题思路】求导，分析导函数的正负得到原函数的单调性，再由已知建立关于m的不等式组，解出即可．
【解答过程】由题意，f′(x)=−x2+x+2=−(x−2)(x+1)，
令f′(x)>0，解得−12，
所以f (x)在(−1,2)上单调递减，在(−∞,−1)，(2,+∞)上单调递减，
1 1
若函数f (x)=− x3+ x2+2x+1在区间(m−1,m+4)上单调，
3 2
则m+4≤−1或m−1≥2或¿，解得m≤−5或m≥3或m∈∅，
即m≤−5或m≥3.
故选：CD.
10．（2024·甘肃白银·一模）已知函数f (x)的定义域为(−∞,2)∪(2,+∞)，其导函数为f′(x)，且
f (x+1)=f (−x+3),f (4)=2e4，当x∈(2,+∞)时，(x−2)f′(x)−f (x)=(x−2) 3ex，则（ ）A．f (x)的图象关于直线x=2对称
B．f (x)在(2,+∞)上单调递增
5−√5
C． 是f (x)的一个极小值点
2
D．f (|x|+4)>f (1)
f (x)
【解题思路】根据已知条件可知f (x)的图象关于直线x=2对称，构造函数g(x)= =(x−3)ex+a并求
x−2
导得出函数单调性可得B错误，再由对称性计算可得C正确，利用单调性可判断不等式f (|x|+4)>f (1)正
确.
【解答过程】由f (x+1)=f (−x+3)，得f (x)=f (−x+4)，所以f (x)的图象关于直线x=2对称，A正确.
f (x) (x−2)f′(x)−f (x)
当x∈(2,+∞)时，令g(x)= ，则g′(x)= =(x−2)ex .
x−2 (x−2) 2
f (x)
因为[(x−3)ex+a] ′ =(x−2)ex，所以g(x)= =(x−3)ex+a.
x−2
f (4) f (x)
由g(4)= =e4=e4+a，得a=0，所以g(x)= =(x−3)ex ，
2 x−2
即f (x)=(x2−5x+6)ex，则f′(x)=(x2−3x+1)ex.
3+√5 3−√5
令f′(x)=0，得x= 或x= <2（舍去)，
2 2
( 3+√5)
当x∈ 2, 时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
2
(3+√5 )
当x∈ ,+∞ 时，f′(x)>0,f (x)单调递增，B错误.
2
3+√5 5−√5
因为f (x)的图象关于直线x=2对称，所以f (x)的一个极小值点为4− = ，C正确.
2 2
3+√5
因为|x|+4>3> ,f (3)=f (1)，所以f (|x|+4)>f (3)=f (1)，D正确.
2
故选：ACD.
11．（2024·宁夏·模拟预测）已知函数f (x)=|x−2|ex−a，则（ ）A．f (x)在(1,2)上单调递增
B．当x=1和x=2时，函数f (x)分别取得极大值点､极小值点
C．f (x)无最大值，有最小值
D．当a∈(1,2)时，f (x)有三个零点
【解题思路】先考虑绝对值内式子的符号将f (x)整理成分段函数，然后对f (x)求导分析单调性可判断A，
由f (x)在x=1和x=2点处的导数值和两侧的单调性可判断B，由f (x)在R上的单调性和特殊点的函数值可
判断C和D.
【解答过程】f (x)=|x−2|ex−a=¿，
对于A，当10，当10，
f (x)在(2,+∞)上单调递增，但f′(2)不存在，
所以当x=2时，函数f (x)不是极小值点，故B错误；
对于C，当x→−∞时，f (x)=|x−2|ex−a>−a，
当x→+∞时，f (x)→+∞，又f (1)=e−a>f (2)=−a，
f (x)的大致图象如图所示：
所以f (x)的值域为[−a,+∞)，所以f (x)有最小值，无最大值，故C正确；
对于D，当x≥2时，f (x)在[2,+∞)上单调递增，
因为a∈(1,2)，所以f (2)=−a<0，f (3)=e3−a>0，
所以f (x)在[2,+∞)上有一个零点，
当x<2时，f (1)=e−a>0，当x→−∞时，f (x)=|x−2|ex−a>−a∈(−2,−1)，
f (2)=−a<0，结合f (x)的大致图象可知，
f (x)在(−∞,1)上有一个零点，在(1,2)上有一个零点，综上，当a∈(1,2)时，f (x)有三个零点.故D正确.
故选：CD.
三、填空题
12．（2024·山西太原·二模）函数f (x)=xex的单调递增区间是 (−1,+∞) ．
【解题思路】求导，令f′(x)>0求解即可.
【解答过程】因为f (x)=xex的定义域为R，则f′(x)=(x+1)ex，
且ex>0，令f′(x)>0，则x+1>0，解得x>−1，
所以函数f (x)=xex的单调递增区间是(−1,+∞).
故答案为：(−1,+∞).
13．（2024·四川成都·模拟预测）若函数f(x)=(x−a)x+lnx在(0,+∞)上无极值点，则a的取值范围为
(−∞,2√2] .
【解题思路】由题意可得f(x)在(0,+∞)内单调，而当x→+∞时，f(x)→+∞，所以f′ (x)≥0在
1
(0,+∞)上恒成立，然后构造函数g(x)=2x+ ，利用导数求出其最小值即可.
x
1
【解答过程】由f(x)=(x−a)x+lnx，得f′ (x)=2x−a+ ，
x
因为f(x)=(x−a)x+lnx在(0,+∞)上无极值点，
所以f(x)在(0,+∞)内单调，
因为当x→+∞时，f(x)→+∞，
1
所以f′ (x)=2x−a+ ≥0在(0,+∞)恒成立，
x
( 1)
即a≤ 2x+ ，
x
min
1 1 2x2−1
令g(x)=2x+ (x>0)，则g′ (x)=2− = (x>0)，
x x2 x2
√2 √2
当0 时，g′ (x)>0，
2 2
( √2) (√2 )
所以g(x)在 0, 上递减，在 ,+∞ 上递增，
2 2(√2) √2 1
g(x) =g =2× + =2√2
所以 min 2 2 √2 ，
2
所以a≤2√2，
即a的取值范围为(−∞,2√2]，
故答案为：(−∞,2√2].
alnx e
14．（2024·新疆喀什·三模）已知函数f (x)= 和g(x)=b(√x−x)（b>0）有相同的最大值．则a+
x b
的最小值为 e ．
alnx
【解题思路】利用导数求函数f (x)= 的单调性，对参数a分类讨论，分析得当a>0时f(x)有最大值为
x
a b a b eb e
，利用二次函数的性质求出函数g(x)的最大值为 ，所以 = ,a= ，代入a+ 运用基本不等式求
e 4 e 4 4 b
和的最小值即可.
alnx a(1−lnx)
【解答过程】f (x)= ，f′(x)= (x∈(0,+∞))，
x x2
当a=0时，f (x)=0，最大值为0，
1 b
又g(x)=b(√x−x)=b[−(√x) 2+√x]，所以当√x= 时，g(x) = ，
2 max 4
b
由 =0得b=0，与题设矛盾；
4
当a≠0时，令f′(x)=0得，lnx=1，即x=e，
当x∈(0,e)时，1−lnx>0，当x∈(e,+∞)时，1−lnx<0，
当a<0时，
当x∈(0,e)时，f′(x)<0，当x∈(e,+∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
∴f(x)在e处取到最小值，没有最大值，不符合题意；
当a>0时，
当x∈(0,e)时，f′(x)>0，当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
a
∴f(x) =f(e)= .
max e
∵f(x)与g(x)有相同的最大值，a b eb
∴ = ,a= ，又∵a,b>0，
e 4 4
e eb e √eb e eb e
∴a+ = + ≥2 · =e，当且仅当 = ，即b=2时取等号.
b 4 b 4 b 4 b
e
即a+ 的最小值为e.
b
故答案为：e.
四、解答题
3
15．（2024·湖北黄冈·一模）已知函数f (x)=2alnx+ x2−(a+3)x,(a∈R)
4
(1)若曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为f (x)=−x+b，求a和b的值；
(2)讨论f (x)的单调性.
【解题思路】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义与斜率关系即可求解；
（2）结合导数与单调性关系对a的范围进行分类讨论即可求解．
3 2a 3
【解答过程】（1）f (x)=2alnx+ x2−(a+3)x，则f′ (x)= + x−a−3．
4 x 2
曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为f (x)=−x+b，
3 1
则f′(1)=a− =−1，解得a= ，
2 2
9 7
由f (1)=−a− =−1+b，解得b=− ，
4 4
3
（2）f (x)=2alnx+ x2−(a+3)x，函数定义域为(0,+∞)，
4
2a 3 (3x−2a)(x−2)
则f′ (x)= + x−a−3= ，
x 2 2x
2a
令f′(x)=0，解得x=2或x= ，
3
若a≤0，则当x∈(0,2)时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2,+∞)时，f′ (x)>0，f(x)单调递增，
(2a ) ( 2a)
若00，f(x)单调递增，若a=3，则f ′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，f(x)单调递增，
( 2a) (2a )
若a>3，则当x∈ 2, 时，f′ (x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,2)和x∈ ,+∞ 时，f′ (x)>0，
3 3
f(x)单调递增，
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(2,+∞)，单调递减区间为(0,2)，
( 2a) (2a )
当03时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和 ,+∞ ，单调递减区间为 2, ．
3 3
1
16．（2024·广西柳州·一模）已知函数f (x)=ax−lnx− ．
a
(1)当a=1时，求曲线y=f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
1
（2）求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得1+lna− <0，构建函数
a
解不等式即可.
1
【解答过程】（1）当a=1时，则f (x)=x−lnx−1，f ′(x)=1−
x
可得f (1)=0，f ′(1)=0，即切点坐标为(1,0)，切线斜率为k=0，
所以切线方程为y=0.
1
（2）f (x)定义域为(0,+∞)，且f ′(x)=a− ，
x
若a≤0，则f ′(x)<0对任意x∈(0,+∞)恒成立．
所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，无极值，不合题意，
1 1
若a>0，令f ′(x)>0，解得x> ，令f ′(x)<0，解得x< ，
a a
( 1) (1 )
可知f (x)在 0, 上单调递减， ,+∞ 上单调递增，
a a
(1) 1
则f (x)有极小值f =1+lna− ，无极大值，
a a
(1) 1 1
由题意可得：f =1+lna− <0，即1+lna− <0.
a a a1 1 1
令g(a)=1+lna− (a>0)，g′(a)= + >0，g(a)在(0,+∞)上单调递增,
a a a2
1
又g(1)=1，不等式1+lna− <0等价于g(a)0，综上a的取值范围是00可得一阶导数f′(x)在(0,+∞)上单调递增，又f′(1)=0，可得函数
x x3
f(x)的单调性；
[ x]
（3）根据函数H(x)=x f (x)− +2lnx单调递增，则H′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，再分离参数可得
2
1
a≥−lnx−
，转化为恒成立问题即可.
x2
1
【解答过程】（1）当a=1时，函数f (x)=xlnx+ +x(x>0)，
x
1
得f′(x)=lnx+2− ，则f′(1)=1，
x2
所以f (x)的图象在点(1,2)处的切线方程为y=x+1.
1
（2）因为当a=0时，f (x)=xlnx+ (x>0)，
x
1 1 2
f′(x)=lnx+1− ，f″(x)= + >0
.
x2 x x3
1
所以f′(x)=lnx+1− 在(0,+∞)上单调递增，又f′(1)=0，
x2
故当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，综上所述：f (x)单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).
1 [ x]
（3）由f (x)=xlnx+ +ax，且H(x)=x f (x)− +2lnx，
x 2
[ 1 x] x2
得H(x)=x xlnx+ +ax− +2lnx=x2lnx+ax2− +2lnx+1单调递增，
x 2 2
所以H′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，
2 2
又H′(x)=2xlnx+x+2ax−x+ =2xlnx+2ax+
x x
2
由题意H′(x)≥0恒成立，得2xlnx+2ax+ ≥0，
x
1 1 1
即xlnx+ +ax≥0恒成立，得ax≥−xlnx− ⇒a≥−lnx− 恒成立，
x x x2
1 1 2 2−x2
设g(x)=−lnx− ，得g′(x)=− + = ，
x2 x x3 x3
x (0,√2√)2 (√2,+∞)
g′(x)+ 0 −
极大值
g(x) ↗ 1 ↘
−ln√2−
2
1
所以当x=√2时，g(x)最大为−ln√2−
.
2
1 1
所以a≥−lnx− 恒成立，得a≥−ln√2−
.
x2 2
[ x] [ 1 )
综上，若函数H(x)=x f (x)− +2lnx单调递增，则实数a的取值范围为 −ln√2− ,+∞ .
2 2
1
18．（2024·北京海淀·一模）已知函数 f(x)=xe a− 2 x.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若函数g(x)=|f(x)+e−2a|,x∈(0,+∞)存在最大值，求a的取值范围.
1
a− x 1
【解题思路】（1）对函数求导，得到f′ (x)=e 2 (1− x)，再求出f′ (x)>0和f′ (x)<0对应的x取值，
2
即可求出结果；（2）令ℎ(x)=f(x)+e−2a，对ℎ(x)求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出ℎ(x)的单调区间，进
而得出ℎ(x)在(0,+∞)上取值范围，从而将问题转化成|2ea−1+e−2a|≥|e−2a|成立，构造函数
m(x)=ex−1+e−2x，再利用m(x)的单调性，即可求出结果.
1 1 1
1 a− x 1 a− x a− x 1
【解答过程】（1）易知定义域为R，因为 f(x)=xe a− 2 x，所以f′ (x)=e 2 − xe 2 =e 2 (1− x)，
2 2
由f′ (x)=0，得到x=2，当x<2时，f′ (x)>0，当x>2时，f′ (x)<0，
所以，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,2)，单调递减区间为(2,+∞).
（2）令ℎ(x)=f(x)+e−2a，则ℎ′ (x)=f′ (x)，
由（1）知，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,2)，单调递减区间为(2,+∞)，
所以ℎ(x)在x=2时取得最大值ℎ(2)=2ea−1+e−2a，
1
所以当x>2时，ℎ(x)=xe a−
2
x
+e−2a>e−2a=ℎ(0)
，当0ℎ(0)，
即当x∈(0,+∞)时，ℎ(x)∈(ℎ(0),ℎ(2)]，
所以函数 g(x)= | xe a− 1 2 x +e−2a | 在(0,+∞)存在最大值的充要条件是|2ea−1+e−2a|≥|e−2a|，
2ea−1+e−2a+e−2a
即 =ea−1+e−2a≥0，
2
令m(x)=ex−1+e−2x，则m′ (x)=ex−1+e−2>0恒成立，
所以m(x)=ex−1+e−2x是增函数，又因为m(−1)=e−2−e−2=0，
所以m(a)=ea−1+e−2a≥0的充要条件是a≥−1，
所以a的取值范围为[−1,+∞).
19．（2024·广东河源·模拟预测）已知函数f (x)=(x−2)ex−mx，g(x)为f (x)的导函数．
(1)当m=0时，求曲线g(x)在(1,g(1))处的切线方程；(2)若f (x)的两个极值点分别x ,x (x ≠x )，
1 2 1 2
（i）求实数m的取值范围；
1
（ii）证明：x +x 0恒成立，再结合（1）中切线方程推理得证.
【解答过程】（1）当m=0时，f (x)=(x−2)ex，则g(x)=f′(x)=(x−1)ex，g(1)=0，
求导得g′(x)=xex，则g′(1)=e，
所以曲线g(x)在(1,g(1))处的切线方程为y=ex−e.
（2）（i）f′(x)=(x−1)ex−m，依题意，x ,x 是方程(x−1)ex−m=0的两根，
1 2
即(x −1)ex 1=m，(x −1)ex 2=m， 令p(x)=(x−1)ex，则p′(x)=xex，
1 2
当x<0时，p′(x)<0，当x>0时，p′(x)>0，
所以函数p(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，则p(x) =p(0)=−1，
min
而当x<0时，p(x)<0，且p(1)=0，方程(x−1)ex−m=0有两根，即直线y=m与函数y=p(x)的图象有
两个交点，
则−10，
函数φ(x)在(−∞,−1)上递减，在(−1,1)上递增，
当x<0时，φ(x)<−e，且φ(1)=0，因此ℎ′(x)=xex−e<0在(−∞,1)上恒成立，
则函数ℎ(x)在(−∞,1)上单调递减，ℎ(x)>ℎ(1)=0，于是(x−1)ex>ex−e(x<1)，
m
设(x ,m)在切线y=ex−e上，则m=ex −e，x = +1，
0 0 0 e
m
又x ∈(0,1)，则ex −e<(x −1)ex 2=m=ex −e，即x
