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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
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 )(m0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fx 在区间D上存在最小值fx 和最大值fx
min
，则
max
不等式fx >a在区间D上恒成立⇔fx >a；
min
不等式fx ≥a在区间D上恒成立⇔fx ≥a；
min
不等式fx a 或fx ≥a 在区间D上恒成立⇔m≥a．
不等式fx fx 在区间D上有解⇔a>fx ；
min
不等式a≥fx 在区间D上有解⇔a≥fx ；
min
(4)若函数fx 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afx 或b≥fx 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fx 1 ≤gx 2 ⇔fx 1 max ≤gx 2 ； max
(6)对于任意的x 1 ∈a,b ，总存在x 2 ∈m,n ，使得fx 1 ≥gx 2 ⇔fx 1 min ≥gx 2 ； min
(7)若存在x 1 ∈a,b ，对于任意的x 2 ∈m,n ，使得fx 1 ≤gx 2 ⇔fx 1 min ≤gx 2 ； min
(8)若存在x 1 ∈a,b ，对于任意的x 2 ∈m,n ，使得fx 1 ≥gx 2 ⇔fx 1 max ≥gx 2 ； max
(9)对于任意的x 1 ∈a,b ，x 2 ∈m,n 使得fx 1 ≤gx 2 ⇔fx 1 max ≤gx 2 ； min
(10)对于任意的x 1 ∈a,b ，x 2 ∈m,n 使得fx 1 ≥gx 2 ⇔fx 1 min ≥gx 2 ； max
(11)若存在x 1 ∈a,b ，总存在x 2 ∈m,n ，使得fx 1 ≤gx 2 ⇔fx 1 min ≤gx 2 max
(12)若存在x 1 ∈a,b ，总存在x 2 ∈m,n ，使得fx 1 ≥gx 2 ⇔fx 1 max ≥gx 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fx 存在一个极大值fx 1 与一个极小值fx 2 满足
fx 2 >fx 1 ，则fx 至少有( )个单调区间.
A.3 B.4 C.5 D.6
【答案】B
【解析】若函数fx 存在一个极大值fx 1 与一个极小值fx 2 ，则fx 至少有3个单调
区间，
若fx 有3个单调区间，
不妨设fx 的定义域为a,b ，若a0，解得x>1或x<-1，
则fx 在-∞,-1 ,1,+∞ 上单调递增，在-1,0 ,0,1 上单调递减，
故函数fx 存在一个极大值f-1 =-2与一个极小值f1 =2，且f-1 fa >fc
B.函数fx 在x=c处取得最大值，在x=e处取得最小值
C.函数fx 在x=c处取得极大值，在x=e处取得极小值
D.函数fx 的最小值为fd
【答案】C
【解析】由题图可知，当x≤c时，fx ≥0，所以函数fx 在-∞,c 上单调递增，
又a0；当ce时，fx >0．所以函数fx 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，fx ≤0，所以函数fx 在[d，e]上单调递减，从而fd
>fe ，所以D不正确．
故选：C．
510 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx 的导函数为f′x ，则“y=f′x 在0,2 上有两个零
点”是“fx 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，fx 在0,2 上才有两个极值点，故
充分性不成立；若fx 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“fx 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fx =x-a x-b x-c ，a,b,c∈R，
fx 为fx 的导函数．
(1)当a=b=c=0时，过点P1,0 作曲线y=fx 的切线，求切点坐标；
(2)若a≠b，b=c，且fx 和fx
2
的零点均在集合2,-2, 3 中，求fx 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P1,0 作曲线y=fx 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 0x-x 0 ，即y=3x2 0 x-2x3 0 ，因为切线过点P1,0 ，
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，fx =x-a (x-b)2=x3-a+2b x2+b2a+b x-ab2，
求导得fx =3x-b
2a+b
x-
3
，令fx
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
- ，不符合题意，
3
因此a=2，b=-2，fx =x-2 (x+2)2，fx =x+2 3x-2 ，
2 2
当x<-2或x> 时，f(x)>0，当-20,b=0时，fx 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fx 极值点的个数．
【解析】(1)证明：当a>0，b=0时，f(x)= x-alnx，可得fx 的定义域为(0,+∞)，
且fx
1 a x-2a
= - = ，令fx
2 x x 2x
=0，解得x=4a2，
当04a2时，f(x)>0，fx 单调递增，
所以当x=4a2时，fx 有唯一的极小值，即fx 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00，g(t)单调递增；当t>1时，gt <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，fx
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fx 单调递增，
所以fx 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00，即a> b时，
设h(x)的两零点为x,x ，且x 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fx 极值点的个数为2个；
综上所述，当a≤ b时，fx 的极值点的个数为0；
当a> b时，fx 的极值点的个数为2.
513 (2024·江苏无锡·校联考三模)已知函数fx =tanx+ln1-x
π
,x∈- ,1
2
.求fx 的
极值；
【解析】因为函数fx =tanx+ln1-x
π
,x∈- ,1
2
，所以fx
1 -1
= + =
cos2x 1-x
1 1 x-1+cos2x
+ =
cos2x x-1 x-1
，
cos2x
设hx =x-1+cos2x，hx =1-2cosxsinx=1-sin2x≥0，
所以hx
π
在- ,1
2
上单调递增.
又h0
π
=0，所以当x∈- ,0
2
时，hx <0；当x∈0,1 时，hx >0.
又因为x-1
π
cos2x<0对x∈- ,1
2
恒成立，
π
所以当x∈- ,0
2
时，fx >0；当x∈0,1 时，fx <0.
即fx
π
在区间- ,0
2
上单调递增，在区间0,1 上单调递减，
故fx =f0
极大值
=0，fx 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fx =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fx =ax3+bx，所以fx =3ax2+b，
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279 3427所以f1 =3a+b=0,f1 =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gx
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gx
lnx
= 的定义域为0,+∞
x+1
，
gx
1
⋅(x+1)-lnx
x
=
x+1
x+1-xlnx
=
2 xx+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-ln2560，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gx
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fx
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fx
1
= x2-1+a
2
x+alnx，
则fx =x-1+a
a x-a
+ =
x
x-1
，
x
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280 3427要使函数fx 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fx
1
=ex- x2-
2
axa∈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】fx 的定义域是R，fx =ex-x-a，
令hx =ex-x-a,hx =ex-1，
所以hx 在区间-∞,0 ,hx <0,hx 递减；在区间0,+∞ ,hx >0,hx 递增.
要使fx 有两个极值点，则f0 =h0 =1-a<0,a>1，
此时f-a =e-a--a -a=e-a>0，
构造函数gx =x-ln2xx>1 ,gx
1 x-1
=1- = ，
x x
所以gx 在1,+∞ 上递增，所以gx >1-ln2>0，
所以fln2a =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)
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281 3427520 (2024·山东淄博·山东省淄博实验中学校考三模)已知函数fx =exsinx-2x.
(1)求曲线y=fx 在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)求fx 在区间[-1,1]上的最大值；
【解析】(1)因为fx =exsinx-2x，
所以fx =ex sinx+cosx -2，则f(0)=-1，又f(0)=0，
所以曲线y=fx 在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x.
(2)令gx =fx =ex sinx+cosx -2，
则gx =2excosx，当x∈[-1,1]时，g(x)>0，gx 在[-1,1]上单调递增.
因为g(0)=-1<0，g1 =esin1+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，fx 单调递减；
当x∈(x 0 ,1)时，f(x)>0，fx 单调递增，
又f1 =esin1-21，
e
所以fx =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fx
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 ，fx
x-1
= ，在[1,e]上fx
x2
x-1
= ≥0，
x2
故函数fx 单调递增，所以M=fe
1
= ，m=f1
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=22cos2x+cosx-1 =22cosx-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
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282 3427523 (2024·湖北武汉·统考模拟预测)已知函数fx
1+sinx π
= ，x∈ 0,
2cosx+sinx 2
，则函数fx
的最小值为 .
1
【答案】 /0.5
2
【解析】因为fx
1+sinx
= ，
2cosx+sinx
所以fx
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fx
π
>0在 0,
2
上恒成立，所以fx
1+sinx π
= 在 0,
2cosx+sinx 2
上单调递增，
故当x=0时，函数fx 有最小值为f0
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
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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fx =ex+x，fx =ex+1>0，
所以fx 在R上单调递增，所以fm-lnn =flnm ，
em
则m-lnn=lnm，所以lnn=ln ，
m
em n em
所以n= ，所以 = ，令gx
m m m2
ex
= ,gx
x2
ex⋅x2-ex⋅2x ex x-2
= =
x4
，
x3
令gx >0，解得：x>2；令gx <0，解得：00，即sinx+cosx<1，
π
即 2sinx+
4
π
<1，即sinx+
4
2
< ，又x∈0,π
2
π
，解得 0，则 x-2a>0，即 x>2a，
所以当a>0时解得x>4a2，所以fx 在4a2,+∞ 上单调递增，
令fx <0，解得00，解得00，即ha
1
在0,
2
上单调递增，
1
当a> 时ha
2
<0，即ha
1
在 ,+∞
2
上单调递增，
所以ha
1
在a= 处取得极大值即最大值，即ha
2
1
=h
max 2
=1，
所以ha
1
≤h
2
=1，即当a∈0,+∞ 时，总有ha ≤1.
527 (2024·全国·模拟预测)已知函数fx
1
=alnx+ x-a，a∈R．讨论函数fx
2
的最值；
【解析】函数fx 的定义域为0,+∞ ，fx
a 1 2a+x
= + = ，
x 2 2x
当a≥0时，fx >0，fx 在0,+∞ 上单调递增，无最值；
当a<0时，令fx <0，得00，得x>-2a，所以fx 在-2a,+∞ 单调递增，
所以fx 的最小值为f-2a =aln-2a -2a，无最大值．
综上，当a≥0时，fx 无最值；当a<0时，fx 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fx
1 1
= x3- 6+a
3 2
x2+8+6a x
-8alnx-4a，其中a∈R．
(1)若a=2，求fx 的单调区间；
(2)已知f2 =f4 ，求fx
1
的最小值．(参考数据：1<
33-4ln2
<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fx <0，当x∈(4,+∞)时f(x)>0，
所以fx 的减区间为(0,4)，增区间为(4,+∞).
8
(2)由题意 -26+a
3
+28+6a
64
-8aln2-4a= -86+a
3
+48+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fx 递减，(2,a)、(4,+∞)上fx 递增，
又极小值f2 =f4 ，故fx
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fx =ln1+x +axe-x．
(1)当a=-1时，讨论函数fx 在0,+∞ 上的单调性；
(2)当a≥0时，求fx 在-1,0 内的最大值；
第 页 共 页
285 3427【解析】(1)当a=-1时，fx =ln1+x
x
- ，fx
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fx >0，故函数fx 在0,+∞ 上单调递增．
(2)fx
1 a1-x
= +
1+x
ex+a1-x2
=
ex
1+x
，
ex
令Qx =ex+a1-x2 ，则Qx =ex-2ax，
由x∈-1,0 且a≥0，可得-2ax≥0，ex>0，则Qx >0，Qx 在-1,0 内单调递
增，
所以Qx >Q-1
1
= >0，
e
又当x∈-1,0 时，1+x ex>0，
所以fx >0，fx 在-1,0 内单调递增，
故fx =f0
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+klnx-
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)fx 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φx 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 =fx 0
1+lnx
=1+klnx - 0 0 x
0
，
因为x 0 +lnx 0 =0，所以lnx 0 =-x 0 ，所以fx 0
1
=1-kx + -1 0 x
0
>1-
1
k2 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hx =gx ，
x+M-1
则h(x)=(x+2)e k ，令h(x)=0，解得x=-2，
当x>-2时，hx >0，当x<-2时，hx <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gx 1 =0，
可知g(x) min =gx 1 =xe
x1+M
k
-1
-x ， 1 1
因为gx 1 =0，所以x 1 +1=e
-x1+1-
k
M
，所以lnx 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+klnx - 0
0 x
0
1-M 1+lnx
，所以 = 0 +x =ex0+x -1，
k x 0 0
0
所以lnx 1 +1 +x 1 =ex0+x 0 -1=lnex0-1+1 +ex0-1．
设λ(x)=ln(x+1)+x，易知λ(x)单调递增，且λx 1 =λex0-1 ，
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fx 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fx 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fx 的极值点个数；
(2)若m>0，fx 的最小值是1+lnm，求实数m的所有可能值.
【解析】(1)函数fx 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ux
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，ux m-1
x+1 1
> x -m=1+ x -m>0，此时∃x 1 ∈0,1 ，使得ux 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，ux
x2
> x -m=x-m>0，此时∃x 2 ∈1,+∞ ，使得ux 2 =0，
因此x∈0,x 1 ,f(x)<0,fx 递减，x∈x 1 ,1 ,f(x)>0,fx 递增，
x∈1,x 2 ,f(x)<0,fx 递减，x∈x 2 ,+∞ ,f(x)>0,fx 递增，fx 有3个极值点，
所以当m≤e时，fx 恰有一个极值点；当m>e时，fx 恰有三个极值点.
(2)由(1)知，①当0e时，∃x 1 ∈0,1 ，使得ux 1 =0，∃x 2 ∈1,+∞ ，使得ux 2 =0，
x∈0,x 1 ,f(x)<0,fx 递减，x∈x 1 ,1 ,f(x)>0,fx 递增，
x∈1,x 2 ,f(x)<0,fx 递减，x∈x 2 ,+∞ ,f(x)>0,fx 递增，
exi
其中 -m=0i=1,2 x
i
⇔x i =lnm+lnx i ，则f(x) min =min fx 1 ,fx 2 =1+lnm，
显然fx 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fx
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fx
1
= x3+x2-2，则fx
3
=x2+2x=xx+2 .
由fx <0可得-20可得x<-2或x>0，
所以，函数fx 的减区间为-2,0 ，增区间为-∞,-2 、0,+∞ ，
所以，函数fx 的极大值为f-2
8 2
=- +4-2=- ，极小值为f0
3 3
=-2，
令fm =f2
1
=-2，其中m≠0，则 m3+m2-2=-2，解得m=-3，
3
因为函数fx 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=32-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, 01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10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,x0
ha+1
，
<0
-a2+a+2>0
所以
-a+1
，
2+a+2<0
-1+ 5
解得 1时，fx >0，fx 单调
递增，
∴fx 在x=1处取得极小值，在x=-2处取得极大值.
令fx =f1
7
，解得x=1或x=- ，
2
又∵函数fx 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fx =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=fx 在点 1,f1 处的切线方程；
(2)当a=e时，求函数fx 的单调区间；
(3)求证：函数fx 存在极值点，并求极值点x 的最小值. 0
【解析】(1)当a=1时，fx =-lnx+x-e 2,f1 =-ln1+1-e 2=1-e 2,
fx
1
=- +2x-e
x
,f1 =-1+21-e =1-2e,
曲线y=fx 在点 1,f1 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x0，
所以方程2x2+(lna-2e)x-a=0，有两个不相等的实根x 1 ,x 2x 1 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0x 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ux 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vx 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fx 在0,3 内的极值；
(2)若函数fx 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 -
fx 单调递增 极大值9 单调递减
故fx 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fx 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fx 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10，函数fx 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10，
所以h(x)=2excosx≥0，所以函数hx
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fx =lna-x ，已知x=0是函数y=xfx 的极值
点．
(1)若函数gx =fx +mx2在-1,1 内单调递减，求实数m的取值范围；
(2)讨论函数hx =4fx -x2的零点个数；
(3)求φx
fx
=
1 1
在 - ,
x 2 2
内的最值．
【解析】(1)由已知可得y=xfx =xlna-x ，y=lna-x
x
+ .
x-a
因为x=0是函数y=xfx 的极值点，
所以当x=0时，y=0，即lna=0，所以a=1.
此时有y=xln1-x ，y=ln1-x
x
+ .
x-1
令kx =ln1-x
x
+ ，x<1，
x-1
则kx
1 1
= -
x-1 x-1
x-2
=
2 x-1
<0在-∞,1
2
上恒成立，
所以kx ，即y=ln1-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=xfx 在-∞,0 上单调递增；
00时，sx
1
=2mx-
2
2 1
- m+1，
2
此时，函数sx
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00，所以hx 在-∞,-1 上单调递增；
当-10.
又h-3 =4ln4-9<0，
由零点存在性定理知，可知hx 在-3,-1 内存在一个零点.
又h0 =0，
故函数hx =4fx -x2有2个零点．
(3)由题可得φx
fx
=
ln1-x
=
x
(x<1且x≠0)，
x
则φx
x
-ln1-x x-1
=
x-x-1
=
x2
ln1-x
x2 x-1
.
设tx =x-x-1 ln1-x x<1 ，则tx =-ln1-x ，
令tx =0，解得x=0，
当x<0时，tx <0，所以tx 在-∞,0 上单调递减；
当00，所以tx 在0,1 内单调递增.
所以tx =t0
min
=0，故tx ≥0恒成立.
又因为当x<1且x≠0时，x2 x-1 <0，
所以φx <0恒成立，所以φx 在-∞,1 上单调递减，
故φx
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(00，g(x)在0,b2 上单调递增，
3
当x∈b2,+∞ 时，gx
3
<0，g(x)在b2,+∞ 上单调递减.
所以gx
3
=gb2
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 22-b
x x x
，
2-b
当且仅当x= 时等号成立.
2
所以a≤2 22-b
2
，则 ≤2 22-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fx
x2 a
= +2ln +x-2 ，则
ex-2 x
fx =x2e-x-2 +2lna-2lnx+x-2=e2lnx-x+2-2lnx-x+2 +2lna ，
令gx =2lnx-x+2，x∈0,+∞ ，则gx
2 2-x
= -1= ,
x x
当x∈0,2 时，gx >0；当x∈2,+∞ 时，gx <0，所以函数gx 在区间0,2 上
单调递增，在区间2,+∞ 上单调递减，
所以gx =g2
max
=2ln2,当x趋近于0时，gx 趋近于-∞，所以gx ∈
-∞ ,2ln2 ，
令t=gx ，ht =et-t，t∈-∞ ,2ln2 ，则ht =et-1，
当t∈-∞ ,0 时，ht <0；当t∈0,2ln2 时，ht >0，所以函数ht 在区间
-∞,0 上单调递减，在区间0,2ln2 上单调递增，
所以ht ≥h0 =1，
若fx ≥0恒成立，即ht
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≤fx ，
max
sinx-xcosx π
又f(x)= ，设φ(x)=sinx-xcosx，x∈0,
x2 2
，
则φ(x)=xsinx>0，则φx
π
在0,
2
内单调递增，
φx >φ0 =0，则fx >0，fx
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10，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 =1，
e3 33
所以，当00，所以函数t= 在1,
ex e3
上单调递增.
所以，函数ft
1
= +lnt在x=1处取得唯一极小值，也是最小值f1
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
g1
又当x=1时，g(x)取得极值-2，∴
=3a+c=0
g1
，
=a+c=-2
a=1
解得
，故函数g(x)=x3-3x，导函数gx
c=-3
=3x2-3，
令3x2-3=0解得x=±1，当x∈(-∞,-1)或x∈(1,+∞)时，gx >0，
当x∈(-1,1)时，gx <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Fx =-3x2+4x+4，
令Fx
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，Fx >0，F(x)单调递增，当x∈(2,3)时，Fx <0，F(x)单调递
减，
当x=2时，F(x)取到极大值F2 =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g1 =-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
f3 =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fx =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】fx =-sinx+sinx+x+1 cosx=x+1 cosx，
所以fx
π
在区间0,
2
3π
和 ,2π
2
上fx >0，即fx 单调递增；
π 3π
在区间 ,
2 2
上fx <0，即fx 单调递减，
又f0 =f2π
π
=2，f
2
π 3π
= +2，f
2 2
3π
=- +1
2
3π
+1=- ，
2
所以fx 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fx 定义域为0,+∞ ，所以依题可知，f1 =-2，f1 =0，而fx
a b
= - ，所以b=-2,a-b=0，即a=-2,b=-2，所以fx
x x2
2 2
=- + ，因此函数
x x2
fx 在0,1 上递增，在1,+∞ 上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f2 =-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fx =ax-a 2 x-b 的极大值
点，则( )
A．abC．aba2
【答案】D
【解析】若a=b，则fx =ax-a 3为单调函数，无极值点，不符合题意，故a≠b.
∴fx 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fx =ax-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，fx ≤0，画出fx 的图象如下图所示：
由图可知ba2.
当a>0时，由x>b时，fx >0，画出fx 的图象如下图所示：
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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
