微专题4 导数与函数的单调性、极值、最值
高考定位 利用导数研究函数的单调性、极值、最值是重点考查内容,多以选择、填空题压轴考查,
或以解答题的形式出现,难度中等偏上,属综合性问题.
【真题体验】
1.(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x 在区间(1,2)上单调递增,则a 的最小值为( )
A.e2
B.e
C.e－1
D.e－2
答案 C
解析 因为函数f(x)＝aex－ln x,
所以f'(x)＝aex－1
x .
因为函数f(x)＝aex－ln x 在(1,2)上单调递增,
所以f'(x)≥0 在(1,2)上恒成立,
即aex－1
x ≥0 在(1,2)上恒成立,
易知a>0,则0<1
a≤xex在(1,2)上恒成立.
设g(x)＝xex,则g'(x)＝(x＋1)ex.
当x∈(1,2)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
所以在(1,2)上,g(x)>g(1)＝e,
所以1
a≤e,即a≥1
e＝e－1,故选C.
2.(2022·全国乙卷)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1 在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为( )
A.－π
2 ,π
2
B.－3 π
2 ,π
2
C.－π
2 ,π
2 ＋2
D.－3 π
2 ,π
2 ＋2
答案 D
解析 f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1,
x∈[0,2π],
则f'(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x
＝(x＋1)cos x,x∈[0,2π].
令f'(x)＝0,解得x＝－1(舍去),
x＝π
2 或x＝3 π
2 .
因为f(
π
2)＝cos π
2 ＋(
π
2 ＋1)sinπ
2 ＋1
＝2＋π
2 ,
f(
3 π
2 )＝cos 3 π
2 ＋(
3 π
2 ＋1)sin3 π
2 ＋1＝－3 π
2 ,
又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2,
f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2,
所以f(x)max＝f(
π
2)＝2＋π
2 ,
f(x)min＝f(
3 π
2 )＝－3 π
2 .故选D.
3.(多选)(2025·新高考Ⅱ卷)已知f(x)是定义在R 上的奇函数,且当x>0 时,f(x)＝(x2－3)ex＋2,则(
)
A.f(0)＝0
B.当x<0 时,f(x)＝－(x2－3)e－x－2
C.f(x)≥2 当且仅当x≥√3
D.x＝－1 是f(x)的极大值点
答案 ABD
解析 根据奇函数的定义有f(0)＝0,A 正确;
当x<0 时,－x>0,
所以f(x)＝－f(－x)＝－[(x2－3)e－x＋2]
＝－(x2－3)e－x－2,B 正确;
当x>0 时,f'(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x－1)(x＋3)ex,
所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
所以x＝1 是极小值点,f(1)＝2－2e,
因为函数f(x)是奇函数,所以x＝－1 是极大值点,D 正确;
极大值f(－1)＝2e－2>2＝f(√3),而－1<√3,
C 错误.
4.(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2·(x－4),则( )
A.x＝3 是f(x)的极小值点
B.当0<x<1 时,f(x)<f(x2)
C.当1<x<2 时,－4<f(2x－1)<0
D.当－1<x<0 时,f(2－x)>f(x)
答案 ACD
解析 因为f(x)＝(x－1)2(x－4),
所以f'(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2
＝3(x－1)(x－3),
令f'(x)＝0,解得x＝1 或x＝3,
当x<1 或x>3 时,f'(x)>0;
当1<x<3 时,f'(x)<0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞,1),(3,＋∞),单调递减区间为(1,3),
故x＝1 是函数f(x)的极大值点,x＝3 是函数f(x)的极小值点,所以A 正确;
当0<x<1 时,x－x2＝x(1－x)>0,
即0<x2<x<1,
又函数f(x)在(0,1)上单调递增,
所以f(x2)<f(x),所以B 错误;
当1<x<2 时,1<2x－1<3,函数f(x)在(1,3)上单调递减,
所以－4＝f(3)<f(2x－1)<f(1)＝0,所以C 正确;
当－1<x<0 时,f(2－x)－f(x)
＝(2－x－1)2(2－x－4)－(x－1)2(x－4)
＝(x－1)2(－x－2)－(x－1)2(x－4)
＝(x－1)2(－2x＋2)＝－2(x－1)3>0,
所以f(2－x)>f(x),所以D 正确.
5.(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2 是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点,则f(0)＝ .
答案 －4
解析 由题意得
f(x)＝x3－(3＋a)x2＋(3a＋2)x－2a,
所以f'(x)＝3x2－2(3＋a)x＋3a＋2,
因为x＝2 是函数f(x)的极值点,所以f'(2)＝0,
即3×22－2×2(3＋a)＋3a＋2＝0,
解得a＝2,经检验,满足题意,
所以f(x)＝(x－1)(x－2)2,
所以f(0)＝－4.
【热点突破】
热点一 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数单调性的步骤
(1)求函数y＝f(x)的定义域.
(2)求f(x)的导数f'(x).
(3)求出f'(x)的零点,划分单调区间.
(4)判断f'(x)在各个单调区间内的符号.
考向1 求函数的单调区间
例1 设函数f(x)＝aln x＋x−1
x＋1,a∈R,讨论函数f(x)的单调性.
解 函数的定义域为(0,＋∞),
f'(x)＝a
x ＋
2
( x＋1)
2 ＝a x
2＋(2a＋2)x＋a
x( x＋1)
2
,
当a≥0 时,f'(x)>0,则函数f(x)在(0,＋∞)上单调递增;
当a<0 时,令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a,
Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1),
当a＝－1
2时,Δ＝0,
f'(x)＝
−1
2 ( x−1)
2
x( x＋1)
2 ≤0,
则函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减,
当a<－1
2时,Δ<0,g(x)<0,即f'(x)<0,
则函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减,
当－1
2<a<0 时,Δ>0,
设方程g(x)＝0 的两根分别为x1,x2,且x1<x2,
则x1＝−(a＋1)＋√2a＋1
a
,
x2＝−(a＋1)−√2a＋1
a
,
因为x1＝(a＋1)−√2a＋1
−a
＝√a
2＋2a＋1−√2a＋1
−a
>0,
所以x∈(0,x1)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
x∈(x2,＋∞)时,g(x)<0,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.
综上,当a≥0 时,f(x)在(0,＋∞)上单调递增;
当a≤－1
2时,f(x)在(0,＋∞)上单调递减;
当－1
2<a<0 时,
f(x)在(0, −(a＋1)＋√2a＋1
a
),(
−(a＋1)−√2a＋1
a
,＋∞)上单调递减,
在(
−(a＋1)＋√2a＋1
a
, −(a＋1)−√2a＋1
a
)上单调递增.
规律方法 1.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视定义域的限制.
2.在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时,根据根的大小进行分类讨论.
3.在不能通过因式分解求出根的情况时,根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.
考向2 函数单调性的应用
例2 (1)已知函数f(x)＝(2x2＋ax＋1)eax－1(a>0)在[−1
2 ,−1
4]上存在单调递减区间,则a 的取值范围为(
)
A.(0,1)∪(4,＋∞)
B.(1,4)
C.(0, 1
8)∪(8,＋∞)
D.(
1
8 ,8)
(2)(2025·呼和浩特模拟)设函数f(x)＝ex－e－x－sin x,则使得f(log2x)－f(lo g1
2x)≤2f(1)成立的x 的取值
范围是 .
答案 (1)A (2)(0,2]
解析 (1)由题意得f'(x)＝(4x＋a)eax－1＋(2x2＋ax＋1)aeax－1
＝(2x＋a)(ax＋2)eax－1,
要使f(x)在[−1
2 ,−1
4]上存在单调递减区间,只需存在区间[c,d]⊆[−1
2 ,−1
4],
使得当x∈[c,d]时,f'(x)≤0,
当a＝2 时,f'(x)＝4(x＋1)2e2x－1≥0,
所以不存在满足条件的区间[c,d];
当a>2 时,f'(x)≤0 的解集为[−a
2 ,−2
a],因为－a
2<－1<－1
2,
所以要使f(x)在[−1
2 ,−1
4]上存在单调递减区间,
则－2
a>－1
2,解得a>4;
当0<a<2 时,f'(x)≤0 的解集为[−2
a ,−a
2],
因为－2
a<－1<－1
2,
所以要使f(x)在[−1
2 ,−1
4]上存在单调递减区间,则－a
2>－1
2,解得0<a<1.
综上,a 的取值范围为(0,1)∪(4,＋∞).
(2)函数f(x)＝ex－e－x－sin x 的定义域为R,
f(－x)＝e－x－ex＋sin x＝－f(x),
函数f(x)是奇函数,f'(x)＝ex＋e－x－cos x≥2√e
x·e
−x－cos x＝2－cos x>0,
函数f(x)在R 上单调递增,由f(log2x)－f(lo g1
2x)≤2f(1),得f(log2x)－f(－log2x)≤2f(1),
即2f(log2x)≤2f(1),则f(log2x)≤f(1),
因此log2x≤1,解得0<x≤2,
所以x 的取值范围是(0,2].
规律方法 1.根据函数的单调性求参数的类型及方法
(1)函数f(x)在区间D 上单调递增(或递减),可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈D 上恒成立.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)上不单调,则转化为f'(x)＝0 在(a,b)上有解(需验证解的两侧导数是否
异号).
(3)函数f(x)在区间D 上存在单调递增(或递减)区间,可转化为f'(x)>0(或f'(x)<0)在x∈D 上有解.
2.利用导数比较大小或解不等式的策略
利用导数比较大小或解不等式,常常要构造新函数,把比较大小或解不等式的问题,转化为利用导数
研究函数单调性问题,再由单调性比较大小或解不等式.
训练1 (1)(2025·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝1
4x2＋xsin x＋cos x,若a＝f(lo g1
2e),b＝f(sin 1),c＝f
(
3
2),则( )
A.b>a>c
B.a>b>c
C.a>c>b
D.c>a>b
(2)函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x,若f(x)在(0, 1
2)上单调递减,则实数a 的取值范围为 .
答案 (1)D (2)(－∞,3]
解析 (1)函数定义域为R,
且f(－x)＝1
4 (－x)2＋(－x)sin(－x)＋cos(－x)＝1
4x2＋xsin x＋cos x＝f(x),故函数f(x)为偶函数,
又在(0, 2
3 π)上f'(x)＝x(
1
2 ＋cos x)>0,
即f(x)在(0, 2
3 π)上单调递增,
因为a＝f(lo g1
2
e)＝f(－log2e)＝f(log2e),
且0<sin 1<1<log2e<log2√8＝3
2<2
3π,
所以f(sin 1)<f(lo g2e)<f(
3
2),即b<a<c.
(2)函数f(x)＝－x2＋ax＋1－ln x,
∴f'(x)＝－2x＋a－1
x ,
若函数在区间(0, 1
2)上单调递减,
则f'(x)≤0 在(0, 1
2)上恒成立,
即a≤1
x ＋2x 在(0, 1
2)上恒成立,
由对勾函数性质可知y＝1
x ＋2x 在(0, 1
2)上单调递减,
故y＝1
x ＋2x>3,∴a≤3.
热点二 利用导数研究函数的极值
由导函数的图象判断函数y＝f(x)的极值,要抓住两点
(1)由y＝f'(x)的图象与x 轴的交点,可得函数y＝f(x)的可能极值点.
(2)由y＝f'(x)的图象可以看出y＝f'(x)的函数值的正负,从而可得到函数y＝f(x)的单调性,进而确定
极值点.
例3 (2024·新高考Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax－a3.若f(x)有极小值,且极小值小于0,求a 的取
值范围.
解 易知函数f(x)的定义域为R,f'(x)＝ex－a.
当a≤0 时,f'(x)>0,函数f(x)在R 上单调递增,无极值;
当a>0 时,由f'(x)>0,得x>ln a,由f'(x)<0,得x<ln a,
所以函数f(x)在区间(－∞,ln a)上单调递减,
在区间(ln a,＋∞)上单调递增,
所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－aln a－a3.
由题意知a－aln a－a3<0(a>0),
等价于1－ln a－a2<0(a>0).
令g(a)＝1－ln a－a2(a>0),
则g'(a)＝－1
a－2a<0,
所以函数g(a)在(0,＋∞)上单调递减,
又g(1)＝0,故当0<a<1 时,g(a)>0;
当a>1 时,g(a)<0.
故实数a 的取值范围为(1,＋∞).
易错提醒 1.不能忽略函数的定义域.
2.f'(x0)＝0 是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件,即f'(x)的变号零点才是f(x)的极值
点,所以判断f(x)的极值点时,除了找f'(x)＝0 的实数根x0外,还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性.
3.函数的极小值不一定比极大值小.
训练2 (1)(2025·南昌模拟)我们约定:若两个函数的极值点个数相同,并且图象从左到右看,极大值
点和极小值点分布的顺序相同,则称这两个函数的图象“相似”.已知f(x)＝ex－1
2ex2＋(x－1)2,则下
列给出的函数其图象与y＝f(x)的图象“相似”的是( )
A.y＝x2
B.y＝－x2
C.y＝x3－3x
D.y＝－x3＋3x
(2)(2025·咸阳模拟)已知f(x)＝aex－1
2x2在区间(
1
2 ,2)内存在2 个极值点,则实数a 的取值范围为
.
答案 (1)C (2)(
1
2√e , 1
e)
解析 (1)f'(x)＝ex－ex＋2x－2,
则f'(1)＝0,令f'(x)＝0,则ex＝(e－2)x＋2,
如图,作出函数y＝ex,y＝(e－2)x＋2 的图象,
由图可知函数y＝ex,y＝(e－2)x＋2 的图象有两个交点,
即函数y＝f'(x)有两个零点1,x0,且x0<0,
令f'(x)>0,则x>1 或x<x0,令f'(x)<0,则x0<x<1,所以f(x)在(－∞,x0),(1,＋∞)上单调递增,在(x0,1)上
单调递减,
所以f(x)的极大值点为x0,极小值点为1.
对于A,函数y＝x2在(－∞,0)上单调递减,在(0,＋∞)单调递增,
所以函数有极小值点,无极大值点,故A 不符;
对于B,函数y＝－x2在(－∞,0)上单调递增,在(0,＋∞)单调递减,
所以函数有极大值点,无极小值点,故B 不符;
对于C,y'＝3x2－3,当x<－1 或x>1 时,y'＝3x2－3>0,
当－1<x<1 时,y'＝3x2－3<0,
所以函数y＝x3－3x 的极大值点为－1,极小值点为1,故C 符合题意;
对于D,y＝－x3＋3x＝－(x3－3x),
则函数y＝－x3＋3x 的极小值点为－1,极大值点为1,故D 不符.
(2)因为f'(x)＝aex－x,可知f'(x)在(
1
2 ,2)内有2 个变号零点,
由f'(x)＝0 可得a＝x
e
x,
可知y＝a 与g(x)＝x
e
x 在(
1
2 ,2)内有2 个交点,
又因为g'(x)＝1−x
e
x ,
令g'(x)>0,解得1
2<x<1;
令g'(x)<0,解得1<x<2;
可知g(x)在(
1
2 ,1)内单调递增,在(1,2)内单调递减,
则g(x)≤g(1)＝1
e,
且g(
1
2)＝
1
2√e,g(2)＝2
e
2, 1
2√e> 2
e
2,
结合图象可得1
2√e<a<1
e,
所以实数a 的取值范围为(
1
2√e , 1
e).
热点三 利用导数研究函数的最值
求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤
(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.
例4 (1)(2025·无锡质检)当x＝2 时,函数f(x)＝x3＋bx2－12x 取得极值,则f(x)在区间[－4,4]上的最
大值为 .
(2)函数f(x)＝a
2x2－sin x,若f(x)在(0, π
2)上有最小值,则实数a 的取值范围是 .
答案 (1)16 (2)(0,＋∞)
解析 (1)f'(x)＝3x2＋2bx－12,
∵f(x)在x＝2 处取得极值,
∴f'(2)＝12＋4b－12＝0,∴b＝0,
则f(x)＝x3－12x,
由f'(x)＝0,得x＝±2,f(x)在[－4,－2]上单调递增,在(－2,2)上单调递减,在[2,4]上单调递增,
又f(－2)＝－8＋24＝16,f(4)＝64－48＝16,
∴f(x)max＝16.
(2)由题意,函数f(x)＝a
2x2－sin x,
可得f'(x)＝ax－cos x,
若a≤0 时,当x∈(0, π
2)时,f'(x)<0,f(x)在(0, π
2)上单调递减,此时函数f(x)在(0, π
2)上没有最小值,
不符合题意;
当a>0 时,令f'(x)＝0,
即ax－cos x＝0,画出函数y＝ax 与y＝cos x 的图象,如图所示,
结合图象,存在x0∈(0, π
2),使得f'(x0)＝0,
当x∈(0,x0)时f'(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x0, π
2)时f'(x)>0,f(x)单调递增,
此时函数f(x)在(0, π
2)上有最小值,符合题意.
综上可得,实数a 的取值范围是(0,＋∞).
规律方法 1.求函数最值时,不可想当然地认为极值就是最值,要通过比较大小才能下结论.
2.当已知函数的最值求字母参数的值或范围时,要对参数的范围进行讨论求解.
训练3 (1)(2025·哈尔滨模拟)已知一个圆锥的母线长为√3,则当其体积最大时,该圆锥的内切球半径
为( )
A.√6－2
B.1
2
C.√3－√2
D.1
(2)已知函数f(x)＝1
12x3－x＋1 在区间(2a－5,a2)上存在最大值,则实数a 的取值范围是 .
答案 (1)A (2)[－2,3
2)
解析 (1)设圆锥的底面半径为r,高为h,
则h2＋r2＝3,
则V＝f(h)＝1
3πr2h
＝－π
3 h3＋πh,h∈(0,√3),
则f'(h)＝π(1－h)(1＋h),
当0<h<1 时,f'(h)>0,
当1<h<√3时,f'(h)<0,
所以f(h)在(0,1)上单调递增,在(1,√3)上单调递减,
所以当圆锥体积取得最大值时,h＝1,r＝√2,
设圆锥内切球的半径为R,则由轴截面面积可得1
2·2rh＝1
2(2r＋2√3)R,解得R＝√6－2.
(2)由题意得f'(x)＝1
4x2－1,
令f'(x)<0,得－2<x<2,
令f'(x)>0,得x<－2 或x>2,
所以f(x)在(－2,2)上单调递减,在(－∞,－2)和(2,＋∞)上单调递增,
故f(x)极大值＝f(－2)＝7
3.
令f(x)＝7
3,得(x＋2)2(x－4)＝0,
解得x＝－2,x＝4,
所以f(4)＝7
3,所以要使f(x)＝1
12x3－x＋1 在(2a－5,a2)上存在最大值,
则有{
2a−5<−2,
2a−5<a
2,
a
2≤4 ,
解得－2≤a<3
2.
【精准强化练】
一、单选题
1.已知函数f(x)＝ln(x－2)＋ln(4－x),则f(x)的单调递增区间为( )
A.(2,3)
B.(3,4)
C.(－∞,3)
D.(3,＋∞)
答案 A
解析 由{
x−2>0,
4−x>0,得2<x<4,
即f(x)的定义域为(2,4);
因为f'(x)＝
1
x−2 －
1
4−x ＝
2(3−x)
( x−2)(4−x),
当x∈(2,3)时,f'(x)>0;
当x∈(3,4)时,f'(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为(2,3).
2.若函数f(x)＝x3＋x2＋ax－1 在(－∞,＋∞)上单调递增,则实数a 的取值范围为( )
A.a≥1
3
B.a≤1
3
C.a>1
3
D.a<1
3
答案 A
解析 由题意可知f'(x)＝3x2＋2x＋a≥0 恒成立,故Δ≤0,即4－12a≤0,得a≥1
3.
3.已知函数f(x)＝1
3x3＋(a－1) x2＋x＋1 没有极值,则实数a 的取值范围是( )
A.[0,1]
B.(－∞,0]∪[1,＋∞)
C.[0,2]
D.(－∞,0]∪[2,＋∞)
答案 C
解析 由f(x)＝1
3x3＋(a－1)x2＋x＋1,
得f'(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.
根据题意得Δ＝[2(a－1)]2－4≤0,
解得0≤a≤2.
4.(2025·汕头模拟)设a∈R,若函数f(x)＝2
3x3－a
2x2＋x＋2 在(1,2)内存在极值点,则a 的取值范围是(
)
A.[3, 9
2]
B.(3, 9
2)
C.(－∞,3)
D.[
9
2 ,＋∞)
答案 B
解析 依题意,f'(x)＝2x2－ax＋1 在(1,2)内存在变号零点,
而x＝0 不是f'(x)的零点,从而得a＝2x＋1
x ,
又y＝2x＋1
x 在(1,2)上递增,所以3<a<9
2.
5.(2025·滁州模拟)已知函数f(x)＝ln x,g(x)是f(x)的反函数.若x1,x2满足
f ( x1)−g( x2)
x1−x2
＝－1,则
x2
x1
－
x1的最大值为( )
A. 2
e
2－e2
B.－e－1
e
C.1
e－e
D.－1
答案 D
解析 由题意得g(x)＝ex,
因为
f ( x1)−g( x2)
x1−x2
＝－1,
所以ln x1－e
x2＝－(x1－x2),
所以ln x1＋x1＝e
x2＋x2＝e
x2＋ln e
x2,
令h(x)＝ln x＋x,则h(x1)＝h(e
x2),
因为h(x)在(0,＋∞)上单调递增,所以x1＝e
x2.
所以
x2
x1－x1＝
x2
e
x2 －e
x2,
令F(x)＝x
e
x－ex,
则F'(x)＝1−x
e
x －ex＝1−x−e
2 x
e
x
,
令m(x)＝1－x－e2x,则m'(x)＝－1－2e2x<0,
所以m(x)在R 上单调递减,又m(0)＝0.
所以当x<0 时,m(x)>0,即F'(x)>0.
当x>0 时,m(x)<0,即F'(x)<0,
所以F(x)在(－∞,0)上单调递增,在(0,＋∞)上单调递减,
所以F(x)max＝F(0)＝－1,故选D.
6.(2025·宁波调研)已知函数f(x)＝x(x－a)2的极大值为1
16,则a＝( )
A.－3
2
B.－2
3
C.2
3
D.3
4
答案 D
解析 由题意,f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x,
则f'(x)＝3x2－4ax＋a2＝(3x－a)(x－a),
令f'(x)＝0,解得x＝a
3或x＝a,
当a>0 时,f(x)在(－∞,a
3),(a,＋∞)上满足f'(x)>0,f(x)单调递增,
在(
a
3 ,a)上满足f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x＝a
3处取得极大值,
f(
a
3)＝a
3(
a
3 −a)
2
＝4 a
3
27 ＝1
16,解得a＝3
4 ,
当a<0 时,f(x)在(－∞,a),(
a
3 ,＋∞)上满足f'(x)>0,f(x)单调递增,
在(a, a
3)上满足f'(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)在x＝a 处取得极大值,f(a)＝0≠1
16,不符合题意,
当a＝0 时,f'(x)＝3x2≥0,f(x)在R 上单调递增,无极值,不符合题意,
综上所述,a＝3
4.
7.(2025·厦门调研)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－x,若x∈[1,2]时,关于x 的不等式f(2x＋1)<f(x＋a)恒成
立,则实数a 的取值范围为( )
A.(－7,－4)∪(2,3)
B.(－7,－3)∪(2,4)
C.(－∞,－7)∪(3,＋∞)
D.(－∞,－4)∪(2,＋∞)
答案 C
解析 由题意可得f'(x)＝2e
2 x
e
2 x＋1－1＝e
2 x−1
e
2 x＋1,
令f'(x)＝0 解得x＝0,
所以当x<0 时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
当x>0 时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
又因为f(－x)＝ln(
1
e
2 x ＋1)＋x＝ln(
1＋e
2 x
e
2 x )＋x＝ln(1＋e2x)－x＝f(x),
所以f(x)为偶函数,大致图象如图所示,
若x∈[1,2]时,关于x 的不等式f(2x＋1)<f(x＋a)恒成立,
则|2x＋1|<|x＋a|对x∈[1,2]恒成立,
所以|x＋a|>2x＋1,
则x＋a>2x＋1 或x＋a<－2x－1,
所以a>x＋1 或a<－3x－1 对x∈[1,2]恒成立,
所以a>(x＋1)max＝3 或a<(－3x－1)min＝－7,
所以实数a 的取值范围为(－∞,－7)∪(3,＋∞),故选C.
二、多选题
8.(2025·重庆诊断)函数f(x)＝ln x＋1
x －2,则( )
A.f'(x)＝x−1
x
2
B.f(x)的单调递增区间为(1,＋∞)
C.f(x)最大值为－1
D.f(x)有两个零点
答案 ABD
解析 对于A,因f(x)＝ln x＋1
x －2 的定义域为(0,＋∞),
则f'(x)＝1
x －1
x
2 ＝x−1
x
2 ,故A 正确;
对于B,由f'(x)>0 可得x>1,即f(x)的单调递增区间为(1,＋∞),故B 正确;
对于C,由上分析,当x>1 时,f'(x)>0;
当0<x<1 时,f'(x)<0.
即函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
则x＝1 时,f(x)取得最小值f(1)＝－1,无最大值,故C 错误;
对于D,由上分析,函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
且f(x)min＝f(1)＝－1<0,
而当x→0 时,f(x)→＋∞;
当x→＋∞时,f(x)→＋∞,
由零点存在定理,可知函数f(x)在区间(0,1)和(1,＋∞)各有一个零点,故D 正确.
9.(2025·德阳二模)已知函数f(x)＝(x－1)2(x－4)＋m 的导函数为f'(x),则下列说法正确的是( )
A.若f(x)有三个零点,则0<m<4
B.f'(4－x)＝f'(x)
C.x＝1 是f(x)的极小值点
D.当x≥0,f(x)≥0 时,则m≥4
答案 ABD
解析 因为函数f(x)＝(x－1)2(x－4)＋m,
所以f'(x)＝3x2－12x＋9,
令f'(x)＝0,解得x＝1,或x＝3,
当x<1 或x>3 时,f'(x)>0,
当1<x<3 时,f'(x)<0,
所以f(x)在(－∞,1),(3,＋∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,
f(x)极大值＝f(1)＝m,
f(x)极小值＝f(3)＝－4＋m,
对于A,由{
m>0,
−4＋m<0得0<m<4,
因为f(x)在(1,3)上单调递减,
所以f(x)在(1,3)上只有一个零点,
因为f(－1)＝(－1－1)2(－1－4)＋m＝m－20<0,f(x)在(－∞,1)上单调递增,
可得f(x)在(－∞,1)上只有一个零点,
因为f(5)＝(5－1)2(5－4)＋m＝16＋m>0,f(x)在(3,＋∞)上单调递增,
可得f(x)在(3,＋∞)上只有一个零点,
综上,f(x)有三个零点,故A 正确;
对于B,f'(x)＝3x2－12x＋9,f'(4－x)＝3(4－x)2－12(4－x)＋9＝3x2－12x＋9,
所以f'(4－x)＝f'(x),故B 正确;
对于C,x＝1 是f(x)的极大值点,故C 错误;
对于D,当x≥0,f(x)≥0 时,
则{
f ( x)极小值＝f (3)＝−4＋m≥0,
f (0)＝−4＋m≥0,
解得m≥4,故D 正确.
三、填空题
10.(2025·兰州模拟)函数f(x)＝1
3x3－x2－3x＋2 在[－2,0]上的最小值为 .
答案 4
3
解析 ∵f(x)＝1
3x3－x2－3x＋2,
∴f'(x)＝x2－2x－3,
令f'(x)＝0,解得x1＝－1,x2＝3(舍),
当x∈[－2,－1)时,f'(x)>0,此时f(x)单调递增,
当x∈(－1,0]时,f'(x)<0,此时f(x)单调递减,
则f(x)极大值＝f(－1)＝11
3 ,
又∵f(－2)＝4
3 ,f(0)＝2,
则函数f(x)在[－2,0]上的最小值为4
3 .
11.(2025·昆明诊断)已知函数f(x)＝x－aln x－1
2 x (x>0)存在两个极值点x1,x2,满足f(x1)＋f(x2)＝eln
2,则实数a＝ .
答案 e
解析 因为f'(x)＝1－a
x ＋1
2 x
2
＝2 x
2−2ax＋1
2 x
2
,
由题意可知方程2x2－2ax＋1＝0 在(0,＋∞)上有两个不等的实数根x1,x2,
因此有{
(−2a)
2−8>0,
a
2 >0,
2×0
2−2a×0＋1>0,
解得a>√2,
此时x1＋x2＝a,x1x2＝1
2,
所以f(x1)＋f(x2)＝x1－aln x1－1
2 x1＋x2－aln x2－1
2 x2
＝(x1＋x2)－a(ln x1＋ln x2)－(
1
2 x1
＋1
2 x2)
＝(x1＋x2)－aln x1x2－
x1＋x2
2 x1 x2
＝a－aln 1
2－a＝eln 2,
解得a＝e,满足a>√2.
12.已知函数f(x)＝x2＋2x＋cos(x＋1)＋a 的最小值是－3,则a＝ .
答案 －3
解析 由题意可得f(x－1)＝x2＋cos x＋a－1.
设g(x)＝f(x－1),则g(－x)＝(－x)2＋cos(－x)＋a－1＝x2＋cos x＋a－1＝g(x),所以g(x)是偶函数.
当x≥0 时,g'(x)＝2x－sin x.
设h(x)＝g'(x),
则h'(x)＝2－cos x>0 恒成立,
所以h(x)在[0,＋∞)上单调递增,
所以h(x)≥h(0)＝0,所以g'(x)≥0,
所以g(x)在[0,＋∞)上单调递增.
因为g(x)是偶函数,
所以g(x)在(－∞,0)上单调递减,
所以g(x)min＝g(0),
由g(0)＝－3,得0＋1＋a－1＝－3,
则a＝－3.
四、解答题
13.(2025·青岛质检)已知函数f(x)＝aex－x.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)当a>0 时,存在x∈[－1,1],使得|f(x)|≥2,求a 的取值范围.
解 (1)f'(x)＝aex－1,
当a≤0 时,f'(x)<0 恒成立,此时f(x)在R 上单调递减;
当a>0 时,令f'(x)＝0,则x＝－ln a,
当x∈(－∞,－ln a)时,f'(x)<0,此时f(x)在(－∞,－ln a)上单调递减,
当x∈(－ln a,＋∞)时,f'(x)>0,此时f(x)在(－ln a,＋∞)上单调递增;
综上所述,当a≤0 时,f(x)的减区间为(－∞,＋∞),无增区间;
当a>0 时,f(x)的减区间为(－∞,－ln a),增区间为(－ln a,＋∞).
(2)因为存在x∈[－1,1],使得|f(x)|≥2.
只需f(x)max≥2 或f(x)min≤－2,
因为a>0,所以f(x)＝aex－x>－x>－1,
所以只需f(x)max≥2,
由(1)知f(x)max为f(－1)与f(1)中的较大者,
所以f(1)＝ae－1≥2 或f(－1)＝ae－1＋1≥2,
解得a≥3
e 或a≥e,所以a≥3
e ,
综上所述,a 的取值范围为[
3
e ,＋∞).
14.(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋mln x,m∈R.
(1)若f(1)＝0,求不等式f(x)≤x2－1 的解集;
(2)若函数y＝f(x)满足在(0,＋∞)上存在极大值,求m 的取值范围.
解 (1)由题设条件可得,f(1)＝1－(m＋2)＝0,解得m＝－1,
此时f(x)＝x2－x－ln x.
由f(x)≤x2－1,可得ln x＋x－1≥0,
令g(x)＝ln x＋x－1,
则g'(x)＝1
x ＋1>0 在(0,＋∞)上恒成立,
所以g(x)在(0,＋∞)上单调递增,
易知g(1)＝0,所以g(x)≥0,即g(x)≥g(1),
可得x≥1.
综上,不等式f(x)≤x2－1 的解集为[1,＋∞).
(2)f'(x)＝2x－(m＋2)＋m
x
＝2 x
2−(m＋2)x＋m
x
＝(2 x−m)( x−1)
x
.
①当m
2 >1,即m>2 时,
由f'(x)>0 得x∈(0,1)∪(
m
2 ,＋∞);
由f'(x)<0 得x∈(1, m
2).
故f(x)在(0,1),(
m
2 ,＋∞)上单调递增,
在(1, m
2)上单调递减,
此时f(x)在x＝1 处取得极大值.
②当0<m
2 <1,即0<m<2 时,
由f'(x)>0 得x∈(0, m
2)∪(1,＋∞);
由f'(x)<0 得x∈(
m
2 ,1).
故f(x)在(0, m
2),(1,＋∞)上单调递增,
在(
m
2 ,1)上单调递减,
此时f(x)在x＝m
2 处取得极大值.
③当m
2 ＝1,即m＝2 时,f'(x)≥0 在(0,＋∞)上恒成立,
即f(x)在(0,＋∞)上单调递增,
此时函数f(x)在(0,＋∞)上无极大值.
④当m
2 ≤0,即m≤0 时,
由f'(x)<0 得x∈(0,1);
由f'(x)>0 得x∈(1,＋∞).
故f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增,
此时f(x)在x＝1 处取得极小值,无极大值.
综上可知,m 的取值范围为(0,2)∪(2,＋∞)
