第16讲极值与最值_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第16讲 极值与最值
知识梳理
知识点一：极值与最值
1、函数的极值
函数f(x)在点x 附近有定义，如果对x 附近的所有点都有f(x)<f(x )，则称f(x )是函数的
0 0 0 0
一个极大值，记作y =f(x )．如果对x 附近的所有点都有f(x)>f(x )，则称f(x )是函
极大值 0 0 0 0
数的一个极小值，记作y =f(x )．极大值与极小值统称为极值，称x 为极值点．
极小值 0 0
求可导函数f(x)极值的一般步骤
(1)先确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f(x)；
(3)求方程f(x)=0的根；
(4)检验f(x)在方程f(x)=0的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附
近为负，那么函数y=f(x)在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为
正，那么函数y=f(x)在这个根处取得极小值．
注：①可导函数f(x)在点x 处取得极值的充要条件是：x 是导函数的变号零点，即f(x )=
0 0 0
0，且在x 左侧与右侧，f(x)的符号导号．
0
②f(x )=0是x 为极值点的既不充分也不必要条件，如f(x)=x3，f(0)=0，但x =0不是
0 0 0
极值点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数f(x)=x  ，在极小值点x =0是不可导的， 0
于是有如下结论：x 为可导函数f(x)的极值点⇒f(x )=0；但f(x )=0⇒x 为f(x)的极值
0 0 0 0
点．
2、函数的最值
函数y=f(x)最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数f(x)最小值为极小值
与靠近极大值的端点之间的最小者．
导函数为f(x)=ax2+bx+c=a(x-x)(x-x )(m<x <x <n)
1 2 1 2
(1)当a>0时，最大值是f(x)与f(n)中的最大者；最小值是f(x )与f(m)中的最小者．
1 2
(2)当a<0时，最大值是f(x )与f(m)中的最大者；最小值是f(x)与f(n)中的最小者．
2 1
一般地，设y=f(x)是定义在[m，n]上的函数，y=f(x)在(m，n)内有导数，求函数y=
f(x)在[m，n]上的最大值与最小值可分为两步进行：
(1)求y=f(x)在(m，n)内的极值(极大值或极小值)；
(2)将y=f(x)的各极值与f(m)和f(n)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小
值．
注：①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函
数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区
间端点处的函数值；
②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；
③函数的最值必在极值点或区间端点处取得．
【解题方法总结】
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275 3427(1)若函数fx  在区间D上存在最小值fx  和最大值fx
min
 ，则
max
不等式fx  >a在区间D上恒成立⇔fx  >a；
min
不等式fx  ≥a在区间D上恒成立⇔fx  ≥a；
min
不等式fx  <b在区间D上恒成立⇔fx  <b；
max
不等式fx  ≤b在区间D上恒成立⇔fx  ≤b；
max
(2)若函数fx  在区间D上不存在最大(小)值，且值域为m,n  ，则
不等式fx  >a 或fx   ≥a  在区间D上恒成立⇔m≥a．
不等式fx  <b 或fx   ≤b  在区间D上恒成立⇔m≤b．
(3)若函数fx  在区间D上存在最小值fx  和最大值fx min  ，即fx max  ∈m,n  ，则对不
等式有解问题有以下结论：
不等式a<fx  在区间D上有解⇔a<fx  ；
max
不等式a≤fx  在区间D上有解⇔a≤fx  ；
max
不等式a>fx  在区间D上有解⇔a>fx  ；
min
不等式a≥fx  在区间D上有解⇔a≥fx  ；
min
(4)若函数fx  在区间D上不存在最大(小)值，如值域为m,n  ，则对不等式有解问题有以
下结论：
不等式a<fx  或a≤fx    在区间D上有解⇔a<n
不等式b>fx  或b≥fx    在区间D上有解⇔b>m
(5)对于任意的x 1 ∈a,b  ，总存在x 2 ∈m,n  ，使得fx 1  ≤gx 2  ⇔fx 1  max ≤gx 2  ； max
(6)对于任意的x 1 ∈a,b  ，总存在x 2 ∈m,n  ，使得fx 1  ≥gx 2  ⇔fx 1  min ≥gx 2  ； min
(7)若存在x 1 ∈a,b  ，对于任意的x 2 ∈m,n  ，使得fx 1  ≤gx 2  ⇔fx 1  min ≤gx 2  ； min
(8)若存在x 1 ∈a,b  ，对于任意的x 2 ∈m,n  ，使得fx 1  ≥gx 2  ⇔fx 1  max ≥gx 2  ； max
(9)对于任意的x 1 ∈a,b  ，x 2 ∈m,n  使得fx 1  ≤gx 2  ⇔fx 1  max ≤gx 2  ； min
(10)对于任意的x 1 ∈a,b  ，x 2 ∈m,n  使得fx 1  ≥gx 2  ⇔fx 1  min ≥gx 2  ； max
(11)若存在x 1 ∈a,b  ，总存在x 2 ∈m,n  ，使得fx 1  ≤gx 2  ⇔fx 1  min ≤gx 2  max
(12)若存在x 1 ∈a,b  ，总存在x 2 ∈m,n  ，使得fx 1  ≥gx 2  ⇔fx 1  max ≥gx 2  ． min
必考题型全归纳
1 题型一：求函数的极值与极值点
508 (2024·全国·高三专题练习)若函数fx  存在一个极大值fx 1  与一个极小值fx 2  满足
fx 2  >fx 1  ，则fx  至少有( )个单调区间.
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【解析】若函数fx  存在一个极大值fx 1  与一个极小值fx 2  ，则fx  至少有3个单调
区间，
若fx  有3个单调区间，
不妨设fx  的定义域为a,b  ，若a<x <x <b，其中a可以为-∞，b可以为+∞， 1 2
则fx  在a,x 1  ,x 2 ,b  上单调递增，在x 1 ,x 2  上单调递减，(若fx  定义域为a,b  内
不连续不影响总体单调性)，
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276 3427故fx 2  <fx 1  ，不合题意，
若a<x 2 <x 1 <b，则fx  在a,x 2  ,x 1 ,b  上单调递减，在x 2 ,x 1  上单调递增，有fx 2 
<fx 1  ，不合题意；
若fx  有4个单调区间，
例如fx 
1
=x+ 的定义域为x|x≠0
x
 ，则fx 
x2-1
= ，
x2
令fx  >0，解得x>1或x<-1，
则fx  在-∞,-1  ,1,+∞  上单调递增，在-1,0  ,0,1  上单调递减，
故函数fx  存在一个极大值f-1  =-2与一个极小值f1  =2，且f-1  <f1  ，满足
题意，此时fx  有4个单调区间，
综上所述：fx  至少有4个单调区间.
故选：B.
509 (2024·全国·高三专题练习)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数fx  的大致图象如图
所示，则下列叙述正确的是 ( )
A. fb  >fa  >fc 
B.函数fx  在x=c处取得最大值，在x=e处取得最小值
C.函数fx  在x=c处取得极大值，在x=e处取得极小值
D.函数fx  的最小值为fd 
【答案】C
【解析】由题图可知，当x≤c时，fx  ≥0，所以函数fx  在-∞,c  上单调递增，
又a<b<c，所以fa  <fb  <fc  ，故A不正确．
因为fc  =0，fe  =0，且当x<c时，fx  >0；当c<x<e时，fx  <0；
当x>e时，fx  >0．所以函数fx  在x=c处取得极大值，但不一定取得最大值，在
x=e处取得极小值，不一定是最小值，故B不正确，C正确．
由题图可知，当d≤x≤e时，fx  ≤0，所以函数fx  在[d，e]上单调递减，从而fd 
>fe  ，所以D不正确．
故选：C．
510 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx  的导函数为f′x  ，则“y=f′x  在0,2  上有两个零
点”是“fx  在0,2  上有两个极值点”的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】只有当f′x  在0,2  上有两个变号零点时，fx  在0,2  上才有两个极值点，故
充分性不成立；若fx  在0,2  上有两个极值点，则f′x  在0,2  上有两个变号零点，则
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277 3427f′x  在0,2  上至少有两个零点，故必要性不成立.综上“，f′x  在0,2  上有两个零点”
是“fx  在0,2  上有两个极值点”的既不充分也不必要条件，
故选：D.
511 (2024·广西南宁·南宁三中校考一模)设函数fx  =x-a  x-b  x-c  ，a,b,c∈R，
fx  为fx  的导函数．
(1)当a=b=c=0时，过点P1,0  作曲线y=fx  的切线，求切点坐标；
(2)若a≠b，b=c，且fx  和fx 
2
的零点均在集合2,-2,  3  中，求fx  的极小值．
【解析】(1)当a=b=c=0时，f(x)=x3，求导得f(x)=3x2，
设过点P1,0  作曲线y=fx  的切线的切点为x 0 ,x3 0  ，则f(x )=3x2， 0 0
于是切线方程为y-x3 0 =3x2 0x-x 0  ，即y=3x2 0 x-2x3 0 ，因为切线过点P1,0  ，
3
即有0=3x2 0 -2x3 0 ，解得x 0 =0或x 0 = 2 ，所以切点坐标为0,0 
3 27
， , 2 8  .
(2)当a≠b，b=c时，fx  =x-a  (x-b)2=x3-a+2b  x2+b2a+b  x-ab2，
求导得fx  =3x-b 
2a+b
x-
3
 ，令fx 
2a+b
=0，得x=b或x= ，
3
2a+b 2
依题意a，b， 都在集合2,-2,
3  3

2a+b a-b
中，且a≠b，a- = ，
3 3
2a+b a-b 2a+b 2a+b
当a>b时，a- = >0，且a- <a-b，则a=2，b=-2， =
3 3 3 3
2
，
3
2a+b a-b 2a+b 2a+b
当a<b时，a- = <0，且a- >a-b，则a=-2,b=2， =
3 3 3 3
2
- ，不符合题意，
3
因此a=2，b=-2，fx  =x-2  (x+2)2，fx  =x+2  3x-2  ，
2 2
当x<-2或x> 时，f(x)>0，当-2<x< 时，f(x)<0，
3 3
于是函数fx  在-∞,-2 
2
， ,+∞
3

2
上单调递增，在-2,
3
 上单调递减，
2
所以当x= 时，函数fx
3

2
取得极小值为f
3

256
=- .
27
512 (2024·河北·统考模拟预测)已知函数f(x)= x-aln(x+b)．
(1)证明：当a>0,b=0时，fx  有唯一的极值点为x ，并求f(x )取最大值时x 的值； 0 0 0
(2)当b>0时，讨论fx  极值点的个数．
【解析】(1)证明：当a>0，b=0时，f(x)= x-alnx，可得fx  的定义域为(0,+∞)，
且fx 
1 a x-2a
= - = ，令fx
2 x x 2x
 =0，解得x=4a2，
当0<x<4a2时，f(x)<0，fx  单调递减；
当x>4a2时，f(x)>0，fx  单调递增，
所以当x=4a2时，fx  有唯一的极小值，即fx  有唯一的极值点为x =4a2， 0
由f(x )=f(4a2)= 4a2-aln(4a2)=2a-2aln(2a),a>0，
0
令t=2a，设g(t)=t-tlnt,t>0，可得g(t)=-lnt，
由g'(t)=0，解得t=1，
当0<t<1时，gt  >0，g(t)单调递增；当t>1时，gt  <0，g(t)单调递减，
1
所以当t=1，即a= 时，g(t)有唯一的极大值，即g(t)取得最大值1，
2
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278 3427所以当f(x )的最大值1时，x =4a2=1.
0 0
(2)当b>0时，fx 
1 a x-2a x+b
的定义域为[0,+∞)，且f(x)= - = ，
2 x x+b 2 x(x+b)
①当a≤0时，f(x)>0时∀x∈(0,+∞)恒成立，此时fx  单调递增，
所以fx  极值点的个数为0个；
②当a>0时，设h( x)=x-2a x+b，即h(x)=x2-2ax+b(x≥0)
(i)当4a2-4b≤0，即0<a≤ b时，可得hx  ≥0，即f(x)≥0对∀x∈(0,+∞)恒成
立，即f(x)在(0,+∞)上无变号零点，所以此时fx  极值点的个数为0个；
(ii)当4a2-4b>0，即a> b时，
设h(x)的两零点为x,x ，且x <x ，x +x =2a>0，xx =b>0，可得x >0,x >0
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
即f(x)在(0,+∞)上有2个变号零点，所以此时fx  极值点的个数为2个；
综上所述，当a≤ b时，fx  的极值点的个数为0；
当a> b时，fx  的极值点的个数为2.
513 (2024·江苏无锡·校联考三模)已知函数fx  =tanx+ln1-x 
π
,x∈- ,1
2
 .求fx  的
极值；
【解析】因为函数fx  =tanx+ln1-x 
π
,x∈- ,1
2
 ，所以fx 
1 -1
= + =
cos2x 1-x
1 1 x-1+cos2x
+ =
cos2x x-1 x-1 
，
cos2x
设hx  =x-1+cos2x，hx  =1-2cosxsinx=1-sin2x≥0，
所以hx 
π
在- ,1
2
 上单调递增.
又h0 
π
=0，所以当x∈- ,0
2
 时，hx  <0；当x∈0,1  时，hx  >0.
又因为x-1 
π
cos2x<0对x∈- ,1
2
 恒成立，
π
所以当x∈- ,0
2
 时，fx  >0；当x∈0,1  时，fx  <0.
即fx 
π
在区间- ,0
2
 上单调递增，在区间0,1  上单调递减，
故fx  =f0
极大值
 =0，fx  没有极小值.
【解题方法总结】
1、因此，在求函数极值问题中，一定要检验方程f(x)=0根左右的符号，更要注意变号后
极大值与极小值是否与已知有矛盾．
2、原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必须穿
越x轴，否则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越(导函数与x轴的交点)；上坡低头
找极小，下坡抬头找极大．
2 题型二：根据极值、极值点求参数
514 (2024·贵州·校联考模拟预测)已知函数fx  =ax3+bx在x=1处取得极大值4，则a-b
= ( )
A.8 B.-8 C.2 D.-2
【答案】B
【解析】因为fx  =ax3+bx，所以fx  =3ax2+b，
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279 3427所以f1  =3a+b=0,f1  =a+b=4，解得a=-2,b=6，
经检验，符合题意，所以a-b=-8.
故选：B
515 (2024·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,+∞)
【答案】A
【解析】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.
516 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)函数gx 
lnx
= 在区间t,+∞
x+1
 t∈N* 
上存在极值，则t的最大值为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】B
【解析】函数gx 
lnx
= 的定义域为0,+∞
x+1
 ，
gx 
1
⋅(x+1)-lnx
x
=
x+1 
x+1-xlnx
=
2 xx+1 
，
2
令f(x)=x+1-xlnx，f(x)=1-lnx-1=-lnx，
所以当x∈0,1  时，f(x)>0，当x∈1,+∞  时，f(x)<0，
所以f(x)=x+1-xlnx在0,1  单调递增，1,+∞  单调递减，
所以f(x) =f(1)=2>0，
max
又因为当x∈0,1  时，lnx<0,-xlnx>0,则f(x)=x+1-xlnx>0，
f(3)=4-3ln3=lne4-ln27>0,
f(4)=5-4ln4=lne5-ln256<ln243-ln256<0，
所以存在唯一x 0 ∈3,4  ，使得f(x )=0， 0
所以函数在x∈(0,x )时f(x)>0，x∈(x ,+∞)时f(x)<0，
0 0
所以函数g(x)在(0,x )单调递增，(x ,+∞)单调递减，
0 0
所以要使函数gx 
lnx
= 在区间t,+∞
x+1
 t∈N*  上存在极值，
所以t的最大值为3，
故选:B.
517 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1
= x2-1+a
2
 x+alnx在x=a处取得极小
值，则实数a的取值范围为 ( )
A. 1,+∞  B. 1,+∞  C. 0,1  D. 0,1 
【答案】B
【解析】因为函数fx 
1
= x2-1+a
2
 x+alnx，
则fx  =x-1+a 
a x-a
+ =
x
 x-1 
，
x
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280 3427要使函数fx  在x=a处取得极小值，则a>1，
故选：B.
518 (2024·广东梅州·梅州市梅江区梅州中学校考模拟预测)已知函数fx 
1
=ex- x2-
2
axa∈R  有两个极值点，则实数a的取值范围 ( )
A. -∞,1  B. 0,1  C. 0,1  D. 1,+∞ 
【答案】D
【解析】fx  的定义域是R，fx  =ex-x-a，
令hx  =ex-x-a,hx  =ex-1，
所以hx  在区间-∞,0  ,hx  <0,hx  递减；在区间0,+∞  ,hx  >0,hx  递增.
要使fx  有两个极值点，则f0  =h0  =1-a<0,a>1，
此时f-a  =e-a--a  -a=e-a>0，
构造函数gx  =x-ln2xx>1  ,gx 
1 x-1
=1- = ，
x x
所以gx  在1,+∞  上递增，所以gx  >1-ln2>0，
所以fln2a  =eln2a-ln2a-a=a-ln2a>0，
所以实数a的取值范围1,+∞  .
故选：D
519 (2024·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考开学考试)若x=a是函数f(x)=(x-a)2(x-
1)的极大值点，则a的取值范围是 ( )
A.a<1 B.a≤1 C.a>1 D.a≥1
【答案】A
【解析】f(x)=(x-a)2(x-1)，x∈R
∴f(x)=(x-a)(3x-a-2)
a+2
令f(x)=(x-a)(3x-a-2)=0，得：x=a,x=
3
a+2
当 a< ，即a<1
3
a+2
此时f(x)在区间(-∞,a)单调递增，a,
3

a+2
上单调递减， ,+∞
3
 上单调递增，符
合x=a是函数f(x)的极大值点，
a+2 a+2
反之，当 a> ，即a>1，此时f(x)在区间-∞,
3 3

a+2
单调递增， ,a
3
 上单调
递减，(a,+∞)上单调递增，x=a是函数f(x)的极小值点，不符合题意；
a+2
当 a= ，即a=1，f(x)≥0恒成立，函数f(x)在x∈R上单调递增，无极值点.
3
综上得：a<1.
故选：A.
【解题方法总结】
根据函数的极值(点)求参数的两个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；
(2)验证：求解后验证根的合理性．
3 题型三：求函数的最值(不含参)
第 页 共 页
281 3427520 (2024·山东淄博·山东省淄博实验中学校考三模)已知函数fx  =exsinx-2x.
(1)求曲线y=fx  在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求fx  在区间[-1,1]上的最大值；
【解析】(1)因为fx  =exsinx-2x，
所以fx  =ex sinx+cosx  -2，则f(0)=-1，又f(0)=0，
所以曲线y=fx  在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x.
(2)令gx  =fx  =ex sinx+cosx  -2，
则gx  =2excosx，当x∈[-1,1]时，g(x)>0，gx  在[-1,1]上单调递增.
因为g(0)=-1<0，g1  =esin1+cos1  -2>0，
所以∃x ∈(0,1)，使得g(x )=0.
0 0
所以当x∈(-1,x 0 )时，f(x)<0，fx  单调递减；
当x∈(x 0 ,1)时，f(x)>0，fx  单调递增，
又f1  =esin1-2<e-2<1，f-1 
sin1
=2- >1，
e
所以fx  =f-1
max

sin1
=2- .
e
521 (2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知函数fx 
x-1
=lnx- 在区间[1,e]
x
上最大值为M，最小值为m，则M-m的值是 .
1
【答案】
e
【解析】由题意，x>0 ，fx 
x-1
= ，在[1,e]上fx
x2

x-1
= ≥0，
x2
故函数fx  单调递增，所以M=fe 
1
= ，m=f1
e

1
=0，M-m= ，
e
1
故M-m的值是 .
e
1
故答案为：
e
522 (2024·辽宁葫芦岛·统考二模)已知函数f(x)=2sinx(1+cosx)，则f(x)的最大值是
．
3 3
【答案】
2
【解析】因为f(x)=2sinx(1+cosx)，
所以f(x)=2cosx(1+cosx)-2sin2x=2cosx+2cos2x-2sin2x
=4cos2x+2cosx-2=22cos2x+cosx-1  =22cosx-1  cosx+1  .
π π
当f(x)>0时，x∈- +2kπ, +2kπ
3 3
 ，
π π
所以f(x)在- +2kπ, +2kπ
3 3
 单调递增；
π 5π
当f(x)<0时，x∈ +2kπ, +2kπ
3 3
 ，
π 5π
所以f(x)在 +2kπ, +2kπ
3 3
 单调递减；
π
所以f(x) =f +2kπ
max 3

3 3
= .
2
3 3
故答案为： .
2
第 页 共 页
282 3427523 (2024·湖北武汉·统考模拟预测)已知函数fx 
1+sinx π
= ，x∈ 0,
2cosx+sinx  2
 ，则函数fx 
的最小值为 .
1
【答案】 /0.5
2
【解析】因为fx 
1+sinx
= ，
2cosx+sinx
所以fx 
cosx(2cosx+sinx)-(1+sinx)(-2sinx+cosx) 2+2sinx-cosx
= = ，
(2cosx+sinx)2 (2cosx+sinx)2
π
记g(x)=2+2sinx-cosx，x∈ 0,
 2
 ，
π
则g(x)=2cosx+sinx，因为x∈ 0,
 2
 ，所以g(x)=2cosx+sinx>0，
π
所以g(x)=2+2sinx-cosx在 0,
 2
 上单调递增，所以g(x)>g(0)=2-1=1>0，
所以fx 
π
>0在 0,
 2
 上恒成立，所以fx 
1+sinx π
= 在 0,
2cosx+sinx  2
 上单调递增，
故当x=0时，函数fx  有最小值为f0 
1+0 1
= = ，
2×1+0 2
1
故答案为：
2
524 (2024·山西·高三校联考阶段练习)已知x>0,y>0，且ln(xy)y=ex，则x2y-lnx-x的
最小值为 .
【答案】1
【解析】因为x>0,y>0，ln(xy)y=ex，所以yln(xy)=ex，所以xyln(xy)=xex，且
ln(xy)>0，
所以ln(xy)⋅eln(xy)=xex，
设f(x)=xex，x>0，
则f(x)=ex+xex=(1+x)ex，因为x>0，所以f(x)>0，f(x)在(0,+∞)上为增函数，
ex
因为ln(xy)⋅(xy)ln(xy)=xex，所以ln(xy)=x，则xy=ex，所以y= ，
x
ex
所以x2y-lnx-x=x2⋅ -lnx-x=xex-lnx-x，
x
1 1
令g(x)=xex-lnx-x，则g(x)=ex+xex- -1=(1+x)ex-
x x
 ，
1 1
令φ(x)=ex- ，则φ(x)=ex+ >0，则φ(x)在(0,+∞)上为增函数，
x x2
1
令φ(x)=0得ex- =0，即xex=1，
x
则存在唯一实数x >0，使得x ex0=1，即φ(x )=0，
0 0 0
所以当x∈(0,x )时，φ(x)<0，g(x)<0，当x∈(x ,+∞)时，φ(x)>0，g(x)>0，
0 0
所以g(x)在(0,x )上为减函数，在(x ,+∞)上为增函数，
0 0
所以g(x) =g(x )=x ex0-lnx -x =x ex0-ln(x ex0)=1-0=1.
min o 0 0 0 0 0
所以x2y-lnx-x的最小值为1.
故答案为：1.
n
525 (2024·海南海口·统考模拟预测)已知正实数m，n满足：nlnn=em-nlnm，则 的最
m
小值为 .
e2
【答案】
4
第 页 共 页
283 3427em
【解析】由nlnn=em-nlnm可得： =lnm+lnn,
n
所以em-lnn-lnn=lnm，em-lnn+m-lnn=m+lnm=elnm+lnm，
设fx  =ex+x，fx  =ex+1>0，
所以fx  在R上单调递增，所以fm-lnn  =flnm  ，
em
则m-lnn=lnm，所以lnn=ln ，
m
em n em
所以n= ，所以 = ，令gx
m m m2

ex
= ,gx
x2

ex⋅x2-ex⋅2x ex x-2
= =
x4

，
x3
令gx  >0，解得：x>2；令gx  <0，解得：0<x<2；
所以gx  在0,2  上单调递减，在2,+∞  上单调递增，
所以gx  =g2
min

e2
= .
4
n e2
故 的最小值为 .
m 4
e2
故答案为： .
4
【解题方法总结】
求函数fx  在闭区间[a,b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值
fa  ，fb  与fx  的各极值进行比较得到函数的最值．
4 题型四：求函数的最值(含参)
526 (2024·天津和平·统考三模)已知函数fx  = x-alnx，gx  =cosx-1  e-x，其中a∈
R.
(1)若曲线y=fx  在x=1处的切线l 1 与曲线y=gx 
π
在x= 处的切线l 平行，求a 2 2
的值；
(2)若x∈0,π  时，求函数gx  的最小值；
(3)若fx  的最小值为ha  ，证明：当a∈0,+∞  时，ha  ≤1.
【解析】(1)因为fx  = x-alnx，gx  =cosx-1  e-x，
所以fx 
1 -1 a x-2a
= x 2- = ，gx
2 x 2x
 =-sinx⋅e-x+cosx-1  -e-x  =
-sinx-cosx+1  e-x，
所以f1 
1-2a π
= ，g
2 2
 =0，
1-2a 1
因为两条切线平行，所以 =0，解得a=
2 2
(2)由(1)可知gx  =-sinx-cosx+1  e-x，令gx  >0，即sinx+cosx<1，
π
即 2sinx+
4

π
<1，即sinx+
4

2
< ，又x∈0,π
2

π
，解得 <x<π，
2
令gx 
π
<0，解得0<x< ，所以gx
2

π
在0,
2

π
上单调递减，在 ,π
2
 上单调递增，
所以x∈0,π  时，函数gx 
π
的最小值为g
2

-π
=-e 2.
(3)证明：因为fx  = x-alnx，x∈0,+∞  ，fx 
x-2a
= ，
2x
令fx  >0，则 x-2a>0，即 x>2a，
所以当a>0时解得x>4a2，所以fx  在4a2,+∞  上单调递增，
令fx  <0，解得0<x<4a2，所以fx  在0,4a2  上单调递减，
第 页 共 页
284 3427所以fx  在x=4a2处取得极小值即最小值，
所以ha  =f4a2  =2a-aln4a2  =2a 1-ln2a    ，
即fx  的最小值为ha  的解析式为ha  =2a 1-ln2a    ，a∈0,+∞  ，
则ha  =-2ln2a  ，令ha 
1
>0，解得0<a< ，
2
1
所以当0<a< 时ha
2
 >0，即ha 
1
在0,
2
 上单调递增，
1
当a> 时ha
2
 <0，即ha 
1
在 ,+∞
2
 上单调递增，
所以ha 
1
在a= 处取得极大值即最大值，即ha
2

1
=h
max 2
 =1，
所以ha 
1
≤h
2
 =1，即当a∈0,+∞  时，总有ha  ≤1.
527 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx 
1
=alnx+ x-a，a∈R．讨论函数fx
2
 的最值；
【解析】函数fx  的定义域为0,+∞  ，fx 
a 1 2a+x
= + = ，
x 2 2x
当a≥0时，fx  >0，fx  在0,+∞  上单调递增，无最值；
当a<0时，令fx  <0，得0<x<-2a，所以fx  在0,-2a  上单调递减；
令fx  >0，得x>-2a，所以fx  在-2a,+∞  单调递增，
所以fx  的最小值为f-2a  =aln-2a  -2a，无最大值．
综上，当a≥0时，fx  无最值；当a<0时，fx  的最小值为aln-2a  -2a，无最大值．
528 (2024·四川成都·成都七中校考模拟预测)已知函数fx 
1 1
= x3- 6+a
3 2
 x2+8+6a  x
-8alnx-4a，其中a∈R．
(1)若a=2，求fx  的单调区间；
(2)已知f2  =f4  ，求fx 
1
的最小值．(参考数据：1<
33-4ln2 
<2)
1 16
【解析】(1)由题设f(x)= x3-4x2+20x-16lnx-8，则f(x)=x2-8x+20- ，且
3 x
x>0，
x(x-4)2 4(x-4) (x-4)(x-2)2
所以f(x)= + = ，
x x x
当x∈(0,4)时fx  <0，当x∈(4,+∞)时f(x)>0，
所以fx  的减区间为(0,4)，增区间为(4,+∞).
8
(2)由题意 -26+a
3
 +28+6a 
64
-8aln2-4a= -86+a
3
 +48+6a  -8aln4
-4a，
2 2
所以3a-4aln2- =0，即a= ∈(2,4)，
3 3(3-4ln2)
8a (x-2)(x-a)(x-4)
又f(x)=x2-(6+a)x+(8+6a)- = ，且x>0，
x x
当x∈(0,2)或x∈(a,4)时f(x)<0，x∈(2,a)或x∈(4,+∞)时f(x)>0，
所以(0,2)、(a,4)上fx  递减，(2,a)、(4,+∞)上fx  递增，
又极小值f2  =f4  ，故fx 
20
最小值为f(2)= +2a(3-4ln2)=8.
3
529 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx  =ln1+x  +axe-x．
(1)当a=-1时，讨论函数fx  在0,+∞  上的单调性；
(2)当a≥0时，求fx  在-1,0  内的最大值；
第 页 共 页
285 3427【解析】(1)当a=-1时，fx  =ln1+x 
x
- ，fx
ex

ex+x2-1
=
1+x 
，且1+x
ex
 ex>0．
当x>0时，ex>1，x2>0，则ex+x2-1>0，
即fx  >0，故函数fx  在0,+∞  上单调递增．
(2)fx 
1 a1-x
= +
1+x
 ex+a1-x2
=
ex

1+x 
，
ex
令Qx  =ex+a1-x2  ，则Qx  =ex-2ax，
由x∈-1,0  且a≥0，可得-2ax≥0，ex>0，则Qx  >0，Qx  在-1,0  内单调递
增，
所以Qx  >Q-1 
1
= >0，
e
又当x∈-1,0  时，1+x  ex>0，
所以fx  >0，fx  在-1,0  内单调递增，
故fx  =f0
max
 =0．
1+lnx
530 (2024·湖南长沙·湖南师大附中校考模拟预测)已知函数f(x)=1+klnx-
x
 (k≠
0)．
(1)若f(x)存在最大值M，证明：M+k>1；
x+M-1
(2)在(1)的条件下，设函数g(x)=xe k -x，求g(x)的最小值(用含M，k的代数式表
示)．
【解析】(1)fx  的定义域为0,+∞  ，
1 1-(1+lnx)
f(x)=k -
x x2

k(x+lnx)
= ，
x2
记φ(x)=x+lnx，易知φ(x)单调递增，
1
又因为φ
e

1
= -1<0,φ(1)=1>0，
e
1
所以存在x ∈ ,1 0 e  ，使得φx 0  =0，
①当k>0时，f(x)在0,x 0  上单调递减，在x 0 ,+∞  上单调递增，
所以f(x)无最大值，即k>0不符题意；
②当k<0时，f(x)在0,x 0  上单调递增，在x 0 ,+∞  上单调递减，
所以f(x) max =fx 0 
1+lnx
=1+klnx - 0 0 x
0
 ，
因为x 0 +lnx 0 =0，所以lnx 0 =-x 0 ，所以fx 0 
1
=1-kx + -1 0 x
0
 >1-
1
k2 x ⋅ -1
0 x
0
 =1-k，
所以f(x) +k>1，即M+k>1．
max
M-1
(2)由(1)可知k<0，且M+k>1，所以 <-1，
k
x+M-1
g(x)=(x+1)e k -1，令hx  =gx  ，
x+M-1
则h(x)=(x+2)e k ，令h(x)=0，解得x=-2，
当x>-2时，hx  >0，当x<-2时，hx  <0，
所以g(x)在(-∞,-2)上单调递减，在(-2,+∞)上单调递增．
第 页 共 页
286 3427M-1 1-M
当x≤-1时，g(x)<0，又g(0)=e k -1<0,g
k

1-M
= >1，
k
1-M
所以存在x ∈0, 1 k  ，使得gx 1  =0，
可知g(x) min =gx 1  =xe
x1+M
k
-1
-x ， 1 1
因为gx 1  =0，所以x 1 +1=e
-x1+1-
k
M
，所以lnx 1 +1 
1-M
+x = ， 1 k
1
由(1)可知，lnx =-x ，即 =ex0，
0 0 x
0
1+lnx
因为M=1+klnx - 0
0 x
0

1-M 1+lnx
，所以 = 0 +x =ex0+x -1，
k x 0 0
0
所以lnx 1 +1  +x 1 =ex0+x 0 -1=lnex0-1+1  +ex0-1．
设λ(x)=ln(x+1)+x，易知λ(x)单调递增，且λx 1  =λex0-1  ，
所以x =ex0-1，
1
所以g(x) min =ex0-1  e
x1-ex0+x0-1
 -ex0-1  =ex0-1  e
ex0-1-ex0+x0-1
 -ex0-1 
ex0-1
= ex0
M-1
+1-ex0=2-x -ex0=1+ ，
0 k
M-1
即g(x)的最小值为1+ ．
k
【解题方法总结】
若所给的闭区间[a,b]含参数，则需对函数fx  求导，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．
5 题型五：根据最值求参数
531 (2024·四川宜宾·统考三模)已知函数f(x)=mxe-x+x-lnx(m∈R).
(1)讨论函数fx  的极值点个数；
(2)若m>0，fx  的最小值是1+lnm，求实数m的所有可能值.
【解析】(1)函数fx  的定义域是0,+∞ 
1 1
，求导得f(x)=m(e-x-xe-x)+1- = (x
x ex
ex
-1) -m
x
 ，
ex
令u(x)= -m,x>0，求导得ux
x

ex x-1
=

，x∈(0,1),u(x)<0,u(x)递减，
x2
x∈(1,+∞),u(x)>0,u(x)递增，u(x) =u(1)=e-m，
min
①当m≤e时，u(x)≥e-m≥0，x∈(0,1),f(x)<0,f(x)递减，x∈(1,+∞),f(x)>0,
f(x)递增，有1个极小值点；
②当m>e时，e-m<0，
令y=ex-x-1,x>0，则y=ex-1>0，函数y=ex-x-1在(0,+∞)上递增，ex-x
-1>0，即ex>x+1，
1
当x< <1时，ux m-1 
x+1 1
> x -m=1+ x -m>0，此时∃x 1 ∈0,1  ，使得ux 1 
=0，
令v(x)=ex-x2,x>1，有v(x)=ex-2x，令φ(x)=ex-2x,x>1，φ(x)=ex-2>0，
即有v(x)在(1,+∞)上递增，v(x)>v(1)=e-2>0，函数v(x)在(1,+∞)上递增，
v(x)>v(1)=e-1>0，则ex>x2，
第 页 共 页
287 3427当x>m>e时，ux 
x2
> x -m=x-m>0，此时∃x 2 ∈1,+∞  ，使得ux 2  =0，
因此x∈0,x 1  ,f(x)<0,fx  递减，x∈x 1 ,1  ,f(x)>0,fx  递增，
x∈1,x 2  ,f(x)<0,fx  递减，x∈x 2 ,+∞  ,f(x)>0,fx  递增，fx  有3个极值点，
所以当m≤e时，fx  恰有一个极值点；当m>e时，fx  恰有三个极值点.
(2)由(1)知，①当0<m≤e时，fx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
f(x) min =f1 
m 1 lnm
= +1=1+lnm，即 = ，令gx e e m 
lnx
= ,0<x≤e， x
gx 
1-lnx
= ≥0，函数g(x)在0,e x2  上单调递增，g(x) max =ge 
1
= ，则m=e； e
②当m>e时，∃x 1 ∈0,1  ，使得ux 1  =0，∃x 2 ∈1,+∞  ，使得ux 2  =0，
x∈0,x 1  ,f(x)<0,fx  递减，x∈x 1 ,1  ,f(x)>0,fx  递增，
x∈1,x 2  ,f(x)<0,fx  递减，x∈x 2 ,+∞  ,f(x)>0,fx  递增，
exi
其中 -m=0i=1,2 x
i
 ⇔x i =lnm+lnx i ，则f(x) min =min fx 1  ,fx 2    =1+lnm，
显然fx i 
mx
= i +x -lnx =1+lnm符合要求，即有m>e， exi i i
综上提m≥e，
所以m的所有可能值是e,+∞  上的实数.
532 (2024·山东·山东省实验中学校考一模)若函数fx 
1
= x3+x2-2在区间a-4,a
3
 上存
在最小值，则整数a的取值可以是 ．
【答案】1(答案不唯一，2、3均可)
【解析】因为fx 
1
= x3+x2-2，则fx
3
 =x2+2x=xx+2  .
由fx  <0可得-2<x<0，由fx  >0可得x<-2或x>0，
所以，函数fx  的减区间为-2,0  ，增区间为-∞,-2  、0,+∞  ，
所以，函数fx  的极大值为f-2 
8 2
=- +4-2=- ，极小值为f0
3 3
 =-2，
令fm  =f2 
1
=-2，其中m≠0，则 m3+m2-2=-2，解得m=-3，
3
因为函数fx  在区间a-4,a 
-3≤a-4<0
上存在最小值，则  ，解得1≤a<4，
a>0
所以，整数a的取值集合为1,2,3  .
故答案为：1(答案不唯一，2、3均可).
533 (2024·全国·高三专题练习)若函数f(x)=12x-x3在区间(m-5,2m+1)上有最小值，
则实数m的取值范围为 .
3 3
【答案】- ,
2 2

第 页 共 页
288 3427【解析】f(x)=12-3x2=32-x  2+x  ，
所以在(-∞,-2)和(2,+∞)上，f(x)<0，函数f(x)单调递减；
在(-2,2)上，f(x)>0，函数f(x)单调递增；
且f(-2)=12×-2  +23=-16
当f(x)=12x-x3=-16时，x3-12x-16=0，
x+2  x2-2x-8  =0
x+2  2 x-4  =0
即f(-2)=f(4)=-16，
所以f(x)在区间(m-5,2m+1)上有最小值，则：
m-5<-2,
 3 3
2m+1>-2,解得m∈- ,
2 2
2m+1≤4,
 .
3 3
故答案为：- ,
2 2

534 (2024·福建泉州·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=|x-1|-alnx的最小值为0，则a的
取值范围为 ．
【答案】[0,1]
1-x-alnx, 0<x<1

【解析】函数f(x)=|x-1|-alnx定义域为(0,+∞)，f(x)= ，显
x-1-alnx, x≥1
然f(x) =0=f(1)，
min
当0<x≤1时，f(x)=1-x-alnx，当a≥0时，函数f(x)在(0,1]上单调递减，f(x)≥
f(1)=0，因此a≥0，
当a<0时，函数y=1-x在(0,1)上单调递减，其取值集合为(0,1)，
函数y=-alnx在(0,1)上单调递增，函数值集合为(-∞,0)，因此存在x ∈(0,1)，使得
0
-alnx <-1，
0
而0<1-x <1，于是f(x )=1-x -alnx <0，不符合题意，
0 0 0 0
1
当x≥1时，f(x)=x-1-alnx，令g(x)=x-1-lnx，g(x)=1- ，当x>1时，g(x)
x
>0，
即g(x)在[1,+∞)上单调递增，∀x∈[1,+∞)，g(x)≥g(1)=0，即有x-1≥lnx≥0，
当a≤1时，x-1≥lnx≥alnx，即f(x)=x-1-alnx≥0，当且仅当x=1时取等号，因
此a≤1，
a
当a>1时，f(x)=1- ，显然当1<x<a时，f(x)<0，函数f(x)在[1,a]上单调递
x
减，
f(a)<f(1)=0，不符合题意，
综上得，0≤a≤1，
所以则a的取值范围为[0,1].
故答案为：[0,1]
535 (2024·江苏南通·高三校考开学考试)若函数f(x)=|ex+a|-x的最小值为-1，则a=
．
【答案】-e
【解析】当a≥0时，f(x)=ex+a-x，
f(x)=ex-1，
第 页 共 页
289 3427当x>0时，f(x)=ex-1>0，当x<0时，f(x)=ex-1<0，
所以f(x)=ex+a-x在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
所以f(x) =f(0)=1+a=-1解得a=-2，与a≥0矛盾；
min
ex+a-x,x≥ln(-a)
当a<0时，f(x)= 
 -ex-a-x,x<ln(-a)
，
(i)若ln(-a)<0，即-1<a<0，
则有f(x)在(-∞,0)单调递减，(0,+∞)单调递增，
所以f(x) =f(0)=1+a=-1解得a=-2，与-1<a<0矛盾；
min
(ii)若ln(-a)≥0，即a≤-1，
则有f(x)在(-∞,ln(-a))单调递减，(ln(-a),+∞)单调递增，
所以f(x) =f(ln(-a))=-ln(-a)=-1解得a=-e，满足题意；
min
综上，a=-e，
故答案为:-e.
536 (2024·全国·高三专题练习)若函数fx  =ex -x2+2x+a  在区间a,a+1  上存在最大
值，则实数a的取值范围为
-1+ 5
【答案】 ,2
2

【解析】因为fx  =ex -x2+2x+a-2x+2  =ex -x2+a+2  ，
且函数fx  在区间a,a+1  上存在最大值，
故只需hx  ha =-x2+a+2满足  >0
ha+1 
 ， 
<0
-a2+a+2>0
所以
-a+1 

，
 2+a+2<0
-1+ 5
解得 <a<2．
2
-1+ 5
故答案为： ,2
2

537 (2024·全国·高三专题练习)已知函数fx 
1 1
= x3+ x2-2x+1，若函数fx
3 2
 在
2a-2,2a+3  上存在最小值.则实数a的取值范围是 .
3 3
【答案】- ≤a<
4 2
【解析】fx 
1 1
= x3+ x2-2x+1，fx
3 2
 =x2+x-2=x+2  x-1  ，
当-2<x<1时，fx  <0，fx  单调递减；当x<-2或x>1时，fx  >0，fx  单调
递增，
∴fx  在x=1处取得极小值，在x=-2处取得极大值.
令fx  =f1 
7
，解得x=1或x=- ，
2
又∵函数fx  在2a-2,2a+3  上存在最小值，且2a-2,2a+3  为开区间，
7 3 3
所以- ≤2a-2<1<2a+3，解得- ≤a< .
2 4 2
3 3
即a的取值范围是- ≤a< .
4 2
3 3
故答案为：- ≤a< .
4 2
第 页 共 页
290 34276 题型六：函数单调性、极值、最值得综合应用
538 (2024·天津河北·统考二模)已知a>0，函数fx  =xlna-alnx+x-e  2，其中e是自然
对数的底数.
(1)当a=1时，求曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程；
(2)当a=e时，求函数fx  的单调区间；
(3)求证：函数fx  存在极值点，并求极值点x 的最小值. 0
【解析】(1)当a=1时，fx  =-lnx+x-e  2,f1  =-ln1+1-e  2=1-e  2,
fx 
1
=- +2x-e
x
 ,f1  =-1+21-e  =1-2e,
曲线y=fx  在点 1,f1    处的切线方程y-1-e  2=1-2e  x-1  ,
切线方程1-2e  x-y+e2=0.
(2)当a=e时，f(x)=x-elnx+(x-e)2，
e 2x2+(1-2e)x-e (2x+1)(x-e)
则f(x)=1- +2(x-e)= = ,(x>0)
x x x
令f(x)>0，得x>e；
令f(x)<0，得x<e；
所以，函数y=g(x)的单调增区间为(e,+∞)，单调减区间为(0,e)．
a 2x2+(lna-2e)x-a
(3)f(x)=lna- +2(x-e)=
x x
令t(x)=2x2+(lna-2e)x-a=0，因为Δ=(lna-2e)2+8a>0，
所以方程2x2+(lna-2e)x-a=0，有两个不相等的实根x 1 ,x 2x 1 <x 2  ，
a
又因为xx =- <0，
1 2 2
所以x <0<x ，
1 2
令x =x ，列表如下:
0 2
x 0,x
0
 x x ,+∞
0 0

fx  - 0 +
fx  减 极小值 增
所以f(x)存在极值点x .
0
所以存在x 使得2x2+(lna-2e)x -a=0成立，
0 0 0
所以存在x 使得2x2-2ex =a-x lna，
0 0 0 0
所以存在x 使得a-x lna=2x2-2ex 对任意的a>0有解，因此需要讨论等式左边的
0 0 0 0
关于a的函数，
记u(t)=t-x lnt，
0
x
所以u(t)=1- 0，
t
当0<t<x 时，u(t)<0,u(t)单调递减；
0
当t>x 时，u(t)>0,u(t)单调递增．
0
所以当t=x 0 时，u(t)=t-x 0 lnt的最小值为ux 0  =x -x lnx ． 0 0 0
所以需要2x2-2ex =a-x lna≥x -x lnx ，
0 0 0 0 0 0
即需要2x2-(2e+1)x +x lnx ≥0，
0 0 0 0
即需要2x -(2e+1)+lnx ≥0，
0 0
第 页 共 页
291 3427即需要2x +lnx -(2e+1)≥0
0 0
因为v(t)=2t+lnt-(2e+1)在(0,+∞)上单调递增，且vx 0  ≥v(e)=0，
所以需要x ≥e，
0
故x 的最小值是e．
0
539 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax+1，其中a∈R．
(1)当a=3时，求函数fx  在0,3  内的极值；
(2)若函数fx  在1,2  上的最小值为5，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题意得，当a=3时，f(x)=2x3-12x2+18x+1，
则f(x)=6x2-24x+18=6(x-1)(x-3)，
令f(x)=0，得x =1，x =3，
1 2
f(x)，f(x)在0,3  内随x变化而变化的情况如下表所示：
x 0,1  1 1,3 
f(x) + 0 -
fx  单调递增 极大值9 单调递减
故fx  在0,3  内的极大值为9，无极小值；
(2)f(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a)，
①当a≤1时，∀x∈1,2  ，f(x)≥0且不恒为0，
所以函数fx  在区间1,2  上单调递增，
所以在1,2  上，f(x) =f(1)=2×13-3(a+1)×12+6a×1+1=3a， min
5
由题意，则3a=5，解得a= ，与a≤1矛盾，
3
②当a≥2时，∀x∈1,2  ，f(x)≤0且不恒为0，
所以函数fx  在区间1,2  上单调递减，
所以在1,2  上，f(x) =f(2)=2×23-3(a+1)×22+6a×2+1=5，符合题意， min
③当1<a<2时，当x∈1,a  时，f(x)≤0，函数fx  在区间1,a  上单调递减，
当x∈a,2  时，f(x)>0，函数fx  在区间a,2  上单调递增，
所以在1,2  上，f(x) =f(a)=2a3-3(a+1)a2+6a2+1=-a3+3a2+1， min
由题意，则-a3+3a2+1=5，即a3-3a2+4=0，即a3-2a2-(a2-4)=0，
即(a-2)2(a+1)=0，解得a=-1或a=2，与1<a<2矛盾，
综上，实数a的取值范围为2,+∞  ．
540 (2024·全国·高三专题练习)已知f(x)=exsinx．
(1)求函数f(x)在0,2π  内的极值点；
π π
(2)求函数g(x)=f(x)-x在 - ,
 2 2
 上的最值．
【解析】(1)由f(x)=exsinx得fx  =ex sinx+cosx 
π
= 2exsinx+
4
 ．
π π
令f(x)=0，解得x+ =kπ，k∈Z，即x=kπ- ，k∈Z．
4 4
又x∈0,2π 
3π 7π
，所以x = ，x = ． 1 4 2 4
f(x)，f(x)随x变化而变化的情况如下表所示：
3π
x  0,
 4

3π 3π 7π
 ,
4 4 4

7π 7π
 ,2π
4 4

第 页 共 页
292 3427f(x) + 0 - 0 +
f(x) ↑ 极大值 ↓ 极小值 ↑
所以函数f(x)在0,2π 
3π 7π
内的极大值点为 ，极小值点为 ．
4 4
(2)由题知g(x)=f(x)-x=exsinx-x．g(x)=ex(sinx+cosx)-1，
记h(x)=g(x)=ex(sinx+cosx)-1，
则h(x)=ex(sinx+cosx+cosx-sinx)=2excosx．
π π
因为x∈ - ,
 2 2
 ，所以cosx≥0，又ex>0，
所以h(x)=2excosx≥0，所以函数hx

单调递增，h(0)=e0(sin0+cos0)-1=0，
π
所以当x∈ - ,0
 2
 时，h(x)<0，即g(x)<0，函数g(x)单调递减；
π
当x∈0,
2
 时，h(x)>0，即g(x)>0，函数g(x)单调递增．
g(0)=e0sin0-0=0，
π
g
2

π π π π π
=e2sin - =e2- ，
2 2 2
π
g-
2

-π π
=e 2sin-
2

π
--
2

π -π
= -e 2，
2
显然e
π
2-
π
>
π
-e
-π
2，所以函数g(x)在 -
π
,
π
2 2  2 2
 上的最小值为g(0)=0，最大值为
π
g
2

π π
=e2- ．
2
541 (2024·全国·高三专题练习)设函数fx  =lna-x  ，已知x=0是函数y=xfx  的极值
点．
(1)若函数gx  =fx  +mx2在-1,1  内单调递减，求实数m的取值范围；
(2)讨论函数hx  =4fx  -x2的零点个数；
(3)求φx 
fx
=
 1 1
在 - ,
x  2 2
 内的最值．
【解析】(1)由已知可得y=xfx  =xlna-x  ，y=lna-x 
x
+ .
x-a
因为x=0是函数y=xfx  的极值点，
所以当x=0时，y=0，即lna=0，所以a=1.
此时有y=xln1-x  ，y=ln1-x 
x
+ .
x-1
令kx  =ln1-x 
x
+ ，x<1，
x-1
则kx 
1 1
= -
x-1 x-1 
x-2
=
2 x-1 
<0在-∞,1
2
 上恒成立，
所以kx  ，即y=ln1-x 
x
+ 在-∞,1
x-1
 上单调递减.
又当x=0时，y=0，
所以x<0时，y>0，所以函数y=xfx  在-∞,0  上单调递增；
0<x<1时，y<0，所以函数y=xfx  在0,1  上单调递减.
所以，当x=0时，函数y=xfx  取得极小值，所以a=1，
所以fx  =ln1-x  ．
则gx  =fx  +mx2=ln1-x  +mx2，
第 页 共 页
293 3427所以gx 
1 2mx2-2mx+1
= +2mx= ，-1<x<1．
x-1 x-1
因为x∈-1,1  ，所以x-1<0.
设sx  =2mx2-2mx+1，
要使gx  在-1,1  内单调递减，则应有gx  ≤0在-1,1  内恒成立，
只需sx  ≥0在-1,1  内恒成立，只需sx  在-1,1  上的最小值sx  ≥0即可．
min
当m=0时，sx  =1满足条件；
当m>0时，sx 
1
=2mx-
2

2 1
- m+1，
2
此时，函数sx 
1 1
在x= 处有最小值s
2 2

1
=- m+1，
2
1
所以s
2

1
=- m+1≥0，解得m≤2，所以0<m≤2；
2
当m<0时，sx 
1
=2mx-
2

2 1
- m+1，
2
此时，要使sx  ≥0在-1,1  上恒成立，
所以只需s-1 
1 1
=4m+1≥0，解得m≥- ，所以- ≤m<0.
4 4
1
综上可知，实数m的取值范围为 - ,2
 4
 ．
(2)由已知可得hx  =4fx  -x2=4ln1-x  -x2，x<1，
则hx 
4 2x+1
= -2x=-
x-1
 x-2 
.
x-1
因为x<1，所以x-1<0，x-2<0.
当x=-1时，有h-1  =0.
当x<-1时，hx  >0，所以hx  在-∞,-1  上单调递增；
当-1<x<1时，hx  <0，所以hx  在-1,1  上单调递减.
故hx  的极大值为h-1  =4ln2-1>0.
又h-3  =4ln4-9<0，
由零点存在性定理知，可知hx  在-3,-1  内存在一个零点.
又h0  =0，
故函数hx  =4fx  -x2有2个零点．
(3)由题可得φx 
fx
=
 ln1-x
=
x

(x<1且x≠0)，
x
则φx 
x
-ln1-x x-1
=
 x-x-1
=
x2
 ln1-x 
x2 x-1 
.
设tx  =x-x-1  ln1-x  x<1  ，则tx  =-ln1-x  ，
令tx  =0，解得x=0，
当x<0时，tx  <0，所以tx  在-∞,0  上单调递减；
当0<x<1时，tx  >0，所以tx  在0,1  内单调递增.
所以tx  =t0
min
 =0，故tx  ≥0恒成立.
又因为当x<1且x≠0时，x2 x-1  <0，
所以φx  <0恒成立，所以φx  在-∞,1  上单调递减，
故φx 
1 1
在 - ,
 2 2

1
内的最大值为φ-
2

3 1
=-2ln ，最小值为φ
2 2
 =-2ln2．
7 题型七：不等式恒成立与存在性问题
第 页 共 页
294 3427542 (2024·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测)若存在实数a,b(0<b<2)，使得关于x的不
2
等式3x3≤ax+b≤2x2+2对x∈0,+∞  恒成立，则b的最大值是 .
2+ 2
【答案】
2
【解析】当x∈0,+∞  ，且b∈0,2 
2 -1 b
时，由3x3≤ax+b，得a≥3x 3- .
x
设gx 
-1 b
=3x 3- ，则gx
x

2
-4 b -x3+b
=-x 3+ = .
x2 x2
3
当x∈0,b2  时，gx 
3
>0，g(x)在0,b2  上单调递增，
3
当x∈b2,+∞  时，gx 
3
<0，g(x)在b2,+∞  上单调递减.
所以gx 
3
=gb2
max

2 2
= ，得a≥ ，
b b
2-b 2-b 2-b
ax+b≤2x2+2等价于a≤2x+ ，而2x+ ≥2 2x⋅ =2 22-b
x x x
 ，
2-b
当且仅当x= 时等号成立.
2
所以a≤2 22-b 
2
，则 ≤2 22-b
b
 ，
所以2b2-4b+1≤0，
2- 2 2+ 2 2+ 2
解得 ≤b≤ ，所以b的最大值是 .
2 2 2
2+ 2
故答案为：
2
x2 a
543 (2024·陕西安康·高三陕西省安康中学校考阶段练习)若不等式 +2ln +x-2≥0
ex-2 x
对∀x∈0,+∞  恒成立，则a的取值范围是 .
【答案】  1 ,+∞
 e

【解析】令fx 
x2 a
= +2ln +x-2 ，则
ex-2 x
fx  =x2e-x-2  +2lna-2lnx+x-2=e2lnx-x+2-2lnx-x+2  +2lna ，
令gx  =2lnx-x+2，x∈0,+∞  ，则gx 
2 2-x
= -1= ,
x x
当x∈0,2  时，gx  >0；当x∈2,+∞  时，gx  <0，所以函数gx  在区间0,2  上
单调递增，在区间2,+∞  上单调递减，
所以gx  =g2
max
 =2ln2,当x趋近于0时，gx  趋近于-∞，所以gx  ∈
-∞ ,2ln2  ，
令t=gx  ，ht  =et-t，t∈-∞ ,2ln2  ，则ht  =et-1，
当t∈-∞ ,0  时，ht  <0；当t∈0,2ln2  时，ht  >0，所以函数ht  在区间
-∞,0  上单调递减，在区间0,2ln2  上单调递增，
所以ht  ≥h0  =1，
若fx  ≥0恒成立，即ht 
1
+2lna≥0恒成立，所以-2 lna≤1，所以a≥ ；
e
故答案为：  1 ,+∞
 e
 .
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295 3427π
544 (2024·全国·高三专题练习)若存在x∈0,
2
 ，使得不等式2x-sinx≥mx成立，则m的
取值范围为
2
【答案】-∞,2-
π

π
【解析】存在x∈0,
2

sinx π
，要使2x-sinx≥mx成立，即m≤2- ，x∈0,
x 2
 ，
sinx π
令f(x)=2- ，x∈0,
x 2
 ，即m≤fx  ，
max
sinx-xcosx π
又f(x)= ，设φ(x)=sinx-xcosx，x∈0,
x2 2
 ，
则φ(x)=xsinx>0，则φx 
π
在0,
2
 内单调递增，
φx  >φ0  =0，则fx  >0，fx 
π
在0,
2
 内单调递增，
π
f(x) =f
max 2

2 2
=2- ，故m的取值范围为-∞,2-
π π
 ．
2
故答案为：-∞,2-
π
 .
545 (2024·浙江金华·统考模拟预测)对任意的x>1，不等式ex-x4+3x3lnx-ax3≥0恒成
立，则实数a的取值范围为 .
【答案】a≤1
ex-x4+3x3lnx ex ex x3
【解析】原题等价于a≤ = -x+3lnx= +ln ，x>1.
x3 x3 x3 ex
x3 3x2-x3 x2 3-x
令t= ，x>1，则t= =
ex ex

.
ex
当x=3时，t=0.
x3
当1<x<3时，t>0，所以函数t= 在1,3
ex
 上单调递增；
x3
当x>3时，t<0，所以函数t= 在3,+∞
ex
 上单调递减.
x3 27
所以，函数t= 在x=3处取得唯一极大值，也是最大值 .
ex e3
x3 27
又t= >0，所以0<t≤ .
ex e3
令ft 
1 27
= +lnt，0<t≤ ，则ft
t e3

1 1 t-1
=- + =
t2 t

.
t2
当t=1时，fx  =0.
27 27
因为 > =1，
e3 33
所以，当0<t<1时，ft  <0，所以函数ft  在0,1  上单调递减；
27 当1<t≤ 时，ft
e3
 x3 27 >0，所以函数t= 在1,
ex e3
 上单调递增.
所以，函数ft 
1
= +lnt在x=1处取得唯一极小值，也是最小值f1
t
 =1.
ex x3
所以，当x>1时，有 +ln ≥1.
x3 ex
ex x3
要使x>1时，有a≤ +ln 恒成立，则应有a≤1.
x3 ex
故答案为：a≤1.
546 (2024·全国·高三专题练习)已知函数f(x)=2x2+x-k，g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠
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296 34270)是R上的奇函数，当x=1时，g(x)取得极值-2．
(1)求函数g(x)的单调区间和极大值；
(2)若对任意x∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x)成立，求实数k的取值范围；
(3)若对任意x 1 ∈-1,3  ，x 2 ∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x )成立，求实数k的取值范围． 1 2
【解析】(1)∵g(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)是R上的奇函数，
∴g(-x)=-g(x)，即a-x  3+b-x  2+c-x  +d=-ax3+bx2+cx+d  ，得bx2+d=0
恒成立，
可得b=d=0，即g(x)=ax3+cx(a≠0)，g(x)=3ax2+c
g1
又当x=1时，g(x)取得极值-2，∴
 =3a+c=0
g1 

，

=a+c=-2
a=1
解得

，故函数g(x)=x3-3x，导函数gx
c=-3

=3x2-3，
令3x2-3=0解得x=±1，当x∈(-∞,-1)或x∈(1,+∞)时，gx  >0，
当x∈(-1,1)时，gx  <0，
g(x)单调增区间为(-∞,-1)和(1,+∞)，单调减区间为(-1,1)，
故当x=-1时，g(x)取到极大值g(-1)=2
(2)f(x)-g(x)=2x2+4x-k-x3，对任意x∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x)成立，只需k≥
2x2+4x-x3在x∈-1,3  时恒成立，
构造函数F(x)=2x2+4x-x3，x∈-1,3  ，则有Fx  =-3x2+4x+4，
令Fx 
2 2
=0可得x=2或x=- ，当x∈-1,-
3 3
 时，F′(x)<0，F(x)单调递减
2
当x∈- ,2
3
 时，Fx  >0，F(x)单调递增，当x∈(2,3)时，Fx  <0，F(x)单调递
减，
当x=2时，F(x)取到极大值F2  =8，又F(-1)=-1，故F(x)的最大值为8，
故实数k的取值范围为：8,+∞  ；
(3)若对任意x 1 ∈-1,3  ，x 2 ∈-1,3  ，都有f(x)≤g(x )成立， 1 2
即f(x)在区间-1,3  上的最大值都小于或等于g(x)的最小值，
由(1)可知：当x∈-1,1  时，g(x)单调递减，当x∈1,3  时，g(x)单调递增，
故当x=1时，函数g(x)取到极小值，也是该区间的最小值g1  =-2，
1
而f(x)=2x2+x-k为开口向上的抛物线，对称轴为x=- ，故当x=3时取最大值
4
f3  =21-k，
由21-k≤-2，解得k≥23
故实数k的取值范围为：23,+∞ 
【解题方法总结】
在不等式恒成立或不等式有解条件下求参数的取值范围，一般利用等价转化的思想其转
化为函数的最值或值域问题加以求解，可采用分离参数或不分离参数法直接移项构造辅
助函数．
1．(2022·全国·统考高考真题)函数fx  =cosx+x+1  sinx+1在区间0,2π  的最小
值、最大值分别为( )
π π 3π π π π 3π π
A．- ， B．- ， C．- ， +2D．- ， +2
2 2 2 2 2 2 2 2
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297 3427【答案】D
【解析】fx  =-sinx+sinx+x+1  cosx=x+1  cosx，
所以fx 
π
在区间0,
2

3π
和 ,2π
2
 上fx  >0，即fx  单调递增；
π 3π
在区间 ,
2 2
 上fx  <0，即fx  单调递减，
又f0  =f2π 
π
=2，f
2

π 3π
= +2，f
2 2

3π
=- +1
2

3π
+1=- ，
2
所以fx  在区间0,2π 
3π π
上的最小值为- ，最大值为 +2.
2 2
故选：D
b
2．(2022·全国·统考高考真题)当x=1时，函数f(x)=alnx+ 取得最大值-2，则f
x
(2)=( )
1 1
A．-1B．- C． D．1
2 2
【答案】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 
a b
= - ，所以b=-2,a-b=0，即a=-2,b=-2，所以fx
x x2

2 2
=- + ，因此函数
x x2
fx  在0,1  上递增，在1,+∞  上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f2  =-1+
1 1
=- ．
2 2
故选：B.
3．(2021·全国·统考高考真题)设a≠0，若x=a为函数fx  =ax-a  2 x-b  的极大值
点，则( )
A．a<bB．a>bC．ab<a2D．ab>a2
【答案】D
【解析】若a=b，则fx  =ax-a  3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b.
∴fx  有x=a和x=b两个不同零点，且在x=a左右附近是不变号，在x=b左右附近
是变号的.依题意，
x=a为函数fx  =ax-a  2 x-b  的极大值点，∴在x=a左右附近都是小于零的.
当a<0时，由x>b，fx  ≤0，画出fx  的图象如下图所示：
由图可知b<a，a<0，故ab>a2.
当a>0时，由x>b时，fx  >0，画出fx  的图象如下图所示：
第 页 共 页
298 3427由图可知b>a，a>0，故ab>a2.
综上所述，ab>a2成立.
故选：D
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299 3427