专题4.3应用导数研究函数的极值、最值2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题4.3 应用导数研究函数的极值、最值
了解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大值、极小
新课程考试要求
值，会求闭区间上函数的最大值、最小值，会用导数解决某些实际问题.
本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理（多例）、数学建模、直观想象（例2）、数
核心素养
学运算（多例）、数据分析等.
（1）以研究函数的单调性、单调区间等问题为主，根据函数的单调性确定参数的值或
范围，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；
（2）单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现；大题常与不等式、方程等结
合考查，综合性较强.其中研究函数的极值、最值，都绕不开研究函数的单调性．
考向预测 （3）以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与
方程、函数的图象等相结合，且有综合化更强的趋势．
（4）单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题
呈现；
（5）适度关注生活中的优化问题.
【知识清单】
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附近其它点的函数值都小，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附近的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．
【考点分类剖析】
考点一 ：函数极值的辨析
【典例1】（2021·河北沧州市·高三三模）已知函数 ，则（ ）
A． 的单调递减区间为 B． 的极小值点为1C． 的极大值为 D． 的最小值为
【答案】C
【解析】
先对函数求导 ，令 ，再利用导数判断其单调性，而 ，从
而可求出 的单调区间和极值
【详解】
.令 ，则 ，
所以 在 上单调递减.因为 ，
所以当 时， ；当 时， .
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
故 的极大值点为1， 的极大值为
故选：C
y  f x
【典例2】（2020·江苏高二期末）已知函数 的导函数的图象如图所示，下列结论中正确的是（
）
f x
A．1是函数 的极小值点
f x
3
B． 是函数 的极小值点
f x 3,1
C．函数 在区间 上单调递增f x
x0
D．函数 在 处切线的斜率小于零
【答案】BC
【解析】
x3 f(x)0 x3 f(x)�0
由图象得 时， ， 时， ，
f(x) (,3) (3,)
故 在 单调递减，在 单调递增，
x3 f(x)
故 是函数 的极小值点，
故选：BC．
【总结提升】
1.函数极值的辨析问题，特别是有关给出图象研究函数性质的题目，要分清给的是f(x)的图象还是f ′(x)的
图象，若给的是f(x)的图象，应先找出f(x)的单调区间及极(最)值点，如果给的是f ′(x)的图象，应先找出f ′
(x)的正负区间及由正变负还是由负变正，然后结合题目特点分析求解．
2.f(x)在x＝x 处有极值时，一定有f ′(x)＝0，f(x)可能为极大值，也可能为极小值，应检验f(x)在x＝x 两
0 0 0 0
侧的符号后才可下结论；若f ′(x)＝0，则f(x)未必在x＝x 处取得极值，只有确认x<x<x 时，
0 0 1 0 2
f(x)·f(x)<0，才可确定f(x)在x＝x 处取得极值．
1 2 0
【变式探究】
ex
f x
1. （2020·山东高二期中）【多选题】已知函数 lnx ，则（ ）
x0,1 f x
x
A． 时， 的图象位于 轴下方
f x
B． 有且仅有一个极值点
f x
C． 有且仅有两个极值点
f x 1,2
D． 在区间 上有最大值
【答案】AB
【解析】
ex x0
f(x) 
由题,函数
lnx
满足 lnx0 ,故函数的定义域为(0,1)(1,),ex
f(x) ,
由 lnx 当x(0,1) 时,lnx  0,ex  0 ，
f(x)0 f(x)
所以 ，则 的图象都在轴的下方，所以A正确；
1
ex(lnx )
x 1 1 1
又 f(x) ，在令g(x)lnx , 则 g(x)   ，故
(lnx)2 x x x2 g(x)0,
g(x) f(x)0 x , f x  0 ,
函数 单调递增，则函数 只有一个根 0 使得 0
x0,x 
, f (x)0 ,
xx ,
当 0 时 函数单调递減 ，当 0 时，函数单调递增，
所以函数只有极值点且为极小值点，所以B正确，C不正确；
1
g(1)  1 0,g(2) ln2 0,
又 2 所以函数在(1,2)先减后增，没有最大值，所以D不正确.
故选：AB.
2.（重庆高考真题）设函数f(x)在R上可导，其导函数为f ′(x)，且函数y＝(1－x)f ′(x)的图象如图所示，则
下列结论中一定成立的是( D )
A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
【答案】D
【解析】由函数的图象可知，f ′(－2)＝0，f ′(1)＝0，f ′(2)＝0，并且当x＜－2时，f ′(x)＞0，当－2＜x＜
1，f ′(x)＜0，函数f(x)有极大值f(－2)．
又当1＜x＜2时，f ′(x)＜0，当x＞2时，f ′(x)＞0，故函数f(x)有极小值f(2)．
故选D．
【易错提醒】
（1）可导函数y＝f(x)在点x处取得极值的充要条件是f ′(x)＝0，且在x左侧与右侧f ′(x)的符号
0 0 0
不同；（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，即在某区间上单调增或减的函数
没有极值．
考点二：已知函数求极值点的个数
【典例3】（2021·山东日照市·高三月考）已知函数 ．
（1）若 讨论 的单调性；
（2）当 时，讨论函数 的极值点个数．
【答案】（1）增区间为 ，减区间为 ；（2）答案见解析．
【解析】
（1）求得 ，令 ，可得 ，求得函数 的单调性，
结合 ，结合 的符号，即可求解；
（2）①当 时，由（1）得到 只有一个极值点；②当 时，由 ，求得
，得出函数的单调性和最值，再结合 和 分类讨论，结合单调性与最值，即可求
解.
【详解】
（1）由题意，函数 定义域为 ，
可得 ，
令 ，可得 ，
因为 所以 ，所以 在 上为增函数，又因为 ，所以 ， ， ， ，
所以 的增区间为 ， 的减区间为 ．
（2）①当 时，由（1）可知 在 上有唯一极小值 ，
所以极值点个数为1个．
②当 时，则 ，得 ，
当 时， ， 时， ，
所以 ，
令 ， ．
因为 ，所以 ，即 在 上单调递减，
所以 ，
所以（ⅰ）当 时， ，在 上 恒成立，即
在 上恒成立，所以 无极值点．
（ⅱ）当 时， ， ，即
易知 ，
所以存在唯一 使得 ，且当 时， ，当 时，
，则 在 处取得极大值；
又 ，所以当 时， ，当 时， ，即 在 处取得极小值；故此时极值点个数为2，
综上所述：
当 时， 的极值点个数为0；
当 时， 的极值点个数为2；
当 时， 的极值点个数为1．
【易错提醒】
极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号．
【变式探究】
a
f(x) lnx
（2019·河南高考模拟（文））已知函数 ex .
ae y  f(x) (1, f(1))
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
f(x)
（2）求函数 的极值点个数.
y10
【答案】（1） ；（2）见解析
【解析】
e 1
f 'x  f '10
（1）依题意， ex x ，故 ，
f 10 y10
又 ，故所求切线方程为 .
a 1 ex ax 1 ex 
f 'x     a
（2）依题意 ex x xex ex x .
 
ex x1ex
令
mx
x ，则
m'x
x2 ，且当0
x1时，m'x0当x1时，m'x0，
mx 0,1 1, mx m1e
所以函数 在 单调递减，在 单调递增， min ，
mxa  f 'x0
ae
当 时， 恒成立， .f x 0, f x
函数 在区间 单调递增， 无极值点；
mx m1ea
ae
当 时， min ，
x 0,1 x 1, mx mx a
故存在 1 和 2 ，使得 1 1 ，
0 x x f 'x0
当 1时， ，
x  x x f 'x0
当 1 2时， ，
x x f 'x0 f x x ,x  0,x  x , x
当 2时， ，所以函数 在 1 2 单调递减，在 1 和 2 单调递增，所以 1为
f x x f x
函数 的极大值点， 2为函数 的极小值点.
f x f x
综上所述，当 ae 时， 无极值点；当 ae 时， 有2个极值点.
考点三：已知函数求极值（点）
【典例4】（2021·安徽师范大学附属中学高三其他模拟（文））函数 的极值点是
___________.
【答案】1
【解析】
利用导数判断单调性，即可求出极值点.
【详解】
的定义域为 ， ，
所以令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 为 的极值点.
故答案为：1.【典例5】（2020·河北高三其他模拟（文））已知函数 ， .
（1）当 时，证明： ；
（2）当 时，函数 是否存在极大值，若存在，求出极大值；若不存在，请说明
理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，极大值为0.
【解析】
(1)把 代入，结合导数可求 的最大值，然后结合二次函数的性质可求 的最小值，进而可
证；
(2)先对 求导，然后确定导数符号，判断函数的单调性，然后结合函数的性质及极值存在条件可求.
【详解】
（1）当 时， ， ，
，
易得，当 时， ，函数单调递增，
当 时， ，函数单调递减，
故 ，
因为 ，
所以 ，
（2）由题意得，
，( )， ，，
令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递减，且 ，
所以当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
故当 时， 取得极大值 ，
当 时，令 得 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，且 ，
所以 ，
又 ，所以存在 使得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
所以 的极大值 ，
综上，当 时， 的极大值为0.
【规律方法】
(1)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
0 0极大值,如果左负右正,那么f(x)在x处取极小值．
0
(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数
没有极值．
【变式探究】
1. （2021·四川凉山彝族自治州·高三三模（文））若 是函数 的极值点，则 （
）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
求导 ，根据 是函数 的极值点，由 求解.
【详解】
因为函数 ，
所以 ，
因为 是函数 的极值点，
所以 ，即 ，
两边取以e为底的对数得： ，
即 ，令 ，即 ，
因为 ，
所以 在 上递增，
所以 ，即 ，
故选：C
f x x3 3ax2 f x
x2
2.（2020·山东潍坊中学高二月考）已知 是 的极小值点，那么函数 的极大
值为______.
18
【答案】
【解析】
f(x) x33ax2 f(x)3x2 3a
函数 的导数 ，
f20
123a 0 a 4
由题意得， ，即 ，解得 ．
f(x)x3 12x2 f(x)3x2 123(x2)(x2)
， ，
f(x)0 ，得x2或 x2 ，即函数 f x 在 ,2 和 2, 上单调递增；
f x 2,2
f(x)0 2 x2
，得 ，函数 在 上单调递减；
f x x2 x2 f 2824218
故 在 处取极小值， 处取极大值，且为 ．
f x 18
即 极大值
18
故答案为： ．
考点四：已知极值(点)，求参数的值或取值范围
【典例6】（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高三其他模拟（文））已知函数 在
处有极值10，则 （ ）A． B．0 C． 或0 D． 或6
【答案】A
【解析】
根据数 在 处有极小值10，可得 ，求出参数 的值，然后再验证，得到答案.
【详解】
由函数 有 .
函数 在 处有极小值10.
所以 ，即
解得: 或
当 时，
令 得 或 ， 得
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增.
显然满足函数 在 处有极小值10.
当 时，
所以函数 在 上单调递增,不满足函数 在 处有极小值10.
所以
故选：A
【典例7】（2018·北京高考真题（文））设函数f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]ex.（Ⅰ）若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0，求a；
（Ⅱ）若f(x)在x=1处取得极小值，求a的取值范围.
1
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）(1,+∞)
2
【解析】
（Ⅰ）因为f(x)=[ax2−(3a+1)x+3a+2]ex，
所以f' (x)=[ax2−(a+1)x+1]ex.
f' (2)=(2a−1)e2，
1
由题设知f' (2)=0，即(2a−1)e2=0，解得a= .
2
（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得f' (x)=[ax2−(a+1)x+1]ex=(ax−1)(x−1)ex.
1
若a>1，则当x∈( ,1)时，f' (x)<0；
a
当x∈(1,+∞)时，f' (x)>0.
所以f(x)在x=1处取得极小值.
若a≤1，则当x∈(0,1)时，ax−1≤x−1<0，
所以f' (x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点.
综上可知，a的取值范围是(1,+∞).
方法二：f' (x)=(ax−1)(x−1)ex.
（1）当a=0时，令f' (x)=0得x=1.
f' (x),f(x)随x的变化情况如下表：
x (−∞,1) 1 (1,+∞)
f' (x) + 0 −
f(x) ↗ 极大值 ↘∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.
1
（2）当a>0时，令f' (x)=0得x = ,x =1.
1 a 2
①当x =x ，即a=1时，f' (x)=(x−1) 2ex≥0，
1 2
∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x)无极值，不合题意.
②当x >x ，即0<a<1时，f' (x),f(x)随x的变化情况如下表：
1 2
1 1 1
x (−∞,1) 1 (1, ) ( ,+∞)
a a a
f' (x) + 0 − 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.
③当x <x ，即a>1时，f' (x),f(x)随x的变化情况如下表：
1 2
1 1 1
x (−∞, ) ( ,1) 1 (1,+∞)
a a a
f' (x) + 0 − 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
∴f(x)在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.
1
（3）当a<0时，令f' (x)=0得x = ,x =1.
1 a 2
f' (x),f(x)随x的变化情况如下表：
1 1 1
x (−∞, ) ( ,1) 1 (1,+∞)
a a a
f' (x) − 0 + 0 −
f(x) ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘∴f(x)在x=1处取得极大值，不合题意.
综上所述，a的取值范围为(1,+∞).
【规律方法】
由函数极值（个数）求参数的值或范围．
讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f′(x)＝0根的有无(个数)．然后由已知条件列出方程或不等式
求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点
两侧导数是否异号．
【变式探究】
1.（2021·四川成都市·石室中学高三一模（文））在 中， ， ， 分别为 ， ， 所对的
边，若函数 有极值点，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
先求出 ，根据条件可得 有两个不同的实数根，从而其 ，得到 ，由
余弦定理得出 的范围，再由余弦的二倍角公式结合二次函数的性质可得答案.
【详解】
由 ，根据 有极值点，
则 有两个不同的实数根.
所以 ，即
由余弦定理可得 ，由 ，所以 ，由 ，则
所以 的范围是
故选：B
ax3 1
f x bx2 a2x
2.（2020·石嘴山市第三中学高二期末（理））设函数 3 3 在x1处取得极值为
ab
0，则 __________．
7

【答案】 9
【解析】
f(x)ax2 2bxa2
x 1
，因为函数y=f(x)在 处取得极值为0，所以
a 1 2 1
f(1) ba2  0, f(1)a2ba2 0 a ,b
3 3 ，解得a b1（舍）或 3 9 ，
2 1
a ,b
代入检验a b1时． f(x) x2 2x1(x1)2 0无极值．所以a b1（舍）． 3 9
7 7
 
符合题意．所以ab= 9 ．填 9 ．
【特别提醒】已知函数极值（个数），确定函数解析式中的参数时，注意以下两点：
(1)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)因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证充分性．
考点五：利用导数求函数的最值【典例8】（2021·北京高考真题）已知函数 ．
（1）若 ，求 在 处切线方程；
（2）若函数 在 处取得极值，求 的单调区间，以及最大值和最小值．
【答案】（1） ；（2）函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 ，
最大值为 ，最小值为 .
【解析】
（1）求出 、 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）由 可求得实数 的值，然后利用导数分析函数 的单调性与极值，由此可得出结果.
【详解】
（1）当 时， ，则 ， ， ，
此时，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ；
（2）因为 ，则 ，
由题意可得 ，解得 ，
故 ， ，列表如下：增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 .
当 时， ；当 时， .
所以， ， .
【规律方法】
求函数最值的四个步骤：第一步求函数的定义域；第二步求f′(x)，解方程f′(x)＝0；第三步列出关于x，
f(x)，f′(x)的变化表；第四步求极值、端点值，比较大小，确定最值．
特别警示：不要忽视将所求极值与区间端点的函数值比较．
f(x)2x3ax2 2
【典例9】（2019·全国高考真题（文））已知函数 .
f(x)
（1）讨论 的单调性；
0<a<3 f(x)
0,1
M m M m
（2）当 时，记 在区间 的最大值为 ，最小值为 ，求 的取值范围.
8
[ ,2)
【答案】(1)见详解；(2) 27 .
【解析】
a
f '(x)6x2 2ax6x(x )
(1)对 f(x)2x3ax2 2求导得 3 .所以有
a a
(, ) ( ,0)
当a0时， 3 区间上单调递增， 3 区间上单调递减，(0,)区间上单调递增；
(,)
a0
当 时， 区间上单调递增；
a a
(0, ) ( ,)
当a 0时，(,0)区间上单调递增， 3 区间上单调递减， 3 区间上单调递增.
(2)a a a
(0, ) ( ,1) f( )
若0a2， f(x)在区间 3 单调递减，在区间 3 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为 3 .而
f(0)2, f(1)2a2 f(0) [0,1] f(1)
，故所以区间 上最大值为 .
a a a a3 x3
M m f(1) f( )(4a)[2( )3a( )2 2] a2 g(x) x2
所以 3 3 3 27 ，设函数 27 ，求导
x2 8 a3
g'(x) 1  a22
9 当0 x2时g'(x)0从而g(x)单调递减.而0a2，所以27 27 .即
8
[ ,2)
M m的取值范围是 27 .
a a a
(0, ) ( ,1) f( )
若2a3， f(x)在区间 3 单调递减，在区间 3 单调递增，所以区间[0,1]上最小值为 3 而
f(0)2, f(1)2a2 f(0) [0,1] f(0)
，故所以区间 上最大值为 .
a a a a3 8 a3
M m f(0) f( )2[2( )3a( )2 2]  1
所以 3 3 3 27 ，而2a3，所以27 27 .即M m
8
( ,1)
的取值范围是 27 .
8
[ ,2)
综上得M m的取值范围是 27 .
【易错提醒】
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．
【变式探究】1
f(x) xsinx,x[0,],
1.（2020·浙江宁波诺丁汉附中高二期中）已知函数 2 则 f(x)的最小值为
________，最大值为_______.
 3 

【答案】 6 2 2
【解析】
1 1
 f(x) xsinx,x[0,], f '(x) cosx,x[0,],
2 2
 
0 x  x
则当 3 时， f '(x)0，当 3 时， f '(x)0，
    3
[0, ] [ ,] x f(x)  
所以 f(x)在 3 上单调递减，在 3 上单调递增，则当 3 时， min 6 2 ；
 
f 00, f  f(x) 
又 2 ，所以 max 2 .
 3 

故答案为： 6 2 ； 2 .
x
f xex 
2.（2019·新疆高考模拟（文））已知函数 tx1（其中e是自然对数的底数）．
( ) t 0 f x
Ⅰ 当 时，求 的最小值；
1 
,
(Ⅱ)当t 0时，求 f x 在  t  上的最小值．
【答案】（I）1；（II） 1
【解析】
f xex x  fxex 1
t 0
（I） 时，
fx0 fx0
当 x0 时， ；当 x0 时，
 f x ,0 0,
在 上单调递减，在 上单调递增f x f 01
当 x0 时， 取得最小值
tx1tx 1
fxex  ex 
（II） (tx1)2 (tx1)2 ，
fx0 tx12 ex
令 得
y
tx12
y ex
作出 和 的函数图象如图所示：
1
 x0
由图象可知当t 时，ex (tx1)2 0
1
ex 
(tx1)2 ，即
fx0
x0 (tx1)2 ex 0
当 时，
1
ex 
(tx1)2 ，即
fx0
1 
,0
 f x 在  t  上单调递减，在 0, 上单调递增
 f x f 01
的最小值为
考点六：根据函数的最值求参数的值（范围）
【典例10】（2021·全国高三二模）已知直线 与曲线 相切，当 取得最大值时， 的值
为_______________________．【答案】
【解析】
设切点为 ，根据导数的几何意义，可得 ，即可求得b的表达式，又切点
在曲线上，代入可得 ，设 ，利用导数判断其单调性，求得极值，即可得答案.
【详解】
设切点为 ，
因为 ，
所以 ，即 ，
又因为 ，
所以 ，所以 .
令
所以当 时， ，则 在区间 上单调递增，
当 时， ，则 在区间 上单调递减﹐
所以
所以 的最大值为1，此时 .
故答案为：1
【典例11】（2021·重庆高三其他模拟）已知函数 ， .（1）求 的单调性；
（2）若 ，且 的最小值小于 ，求 的取值范围.
【答案】（1）当 时， 在 上单调递增， 当 时， 在 上单调递减，
在 上单调递增；（2）
【解析】
（1）求出导函数，判断函数在①当 时，②当 时，判断导函数的符号，判断函数的单调性．
（2）求解函数的单调区间，求出函数的最小值，再构造函数，判断函数的单调性，结合零点存在定理即
可求解．
【详解】
解：（1） ， ，
①当 时， 恒成立， 在 上单调递增，
②当 时，令 ，则 ，令 ，则 ，
在 上单调递减，在 上单调递增，
综上：当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
（2）由（1）知 ，则 ，
令 ，则 ，
令 ， ，
在 上单调递减，又 ， ，存在 ，使得 ，
即 ， 在 上单调递增，在 ， 上单调递减，
又 ， ，
．
的取值范围为 ．
【易错提醒】
1．由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致最值的变化，故含参数
时，需注意是否分类讨论．
2．已知函数最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它
们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决．
【变式探究】
1．（2021·四川高三月考（文））设函数 ，已知 且 ，若
的最小值为 ，则 的值为（ ）
A． B． C． 或 D．2
【答案】A
【解析】
令 ，得到 .令 ，则 ，分
类讨论函数的单调性，即可求得.
【详解】
令 ，由图象可知 .因为 ，则 ， ，
得 ， ，
所以 .
令 ，
则 ，
∴当 时， 在 上单调递减，
所以 ，
解得 ；
∴当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，解得 ，舍去.
综上可得 .
故选A.
ex 2x, xa,
f(x)
2.（2019·北京高考模拟（文））设函数 若 ，则 的最小值为
ax1, xa. a1 f(x)
f(x) a
__________； 若 有最小值，则实数 的取值范围是_______．0,
【答案】0
【解析】
ex 2x, x1,
fx
（1）当a=1,
 x1, x1.
,fx=
ex 2x,x 1,f
(
x
)=
ex 2,f
(
x
)>0,1>x>ln2;
f(x)<0,x<ln2;故
fx
min
fln222ln2;
当
fx
= x1（, x 1） ，
fx
单调递增，故
fx f10
22ln20,
fx
min ，又 所以 的最小值为0
fx ex 2x,x a fxfa；fxax1 x a
(2) ①当a<0时，由(1)知 = 单调递减，故 （ ）单
fxfa, fx
调递减，故 故 无最小值，舍去；
②当a=0时，f(x)最小值为-1，成立
fxax1
x a
fxfa；
③当a>0时， （ ）单调递增，故
fx ex 2x,x a
对 = ，
ex 2x, xa,
fx
当0<a

ln2,由(1)知fxfa,此时
ax1, xa.
最小值在x=a处取得，成立
ex 2x, xa,
当a>ln2, 由(1)知fxf ln2,此时
fx
ax1, xa.
最小值为min  fln2,fa,即fx
0
有最小值，综上a
0,
故答案为0 ；