第16 讲 极值与最值 · 分类练习（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
B
B
C
D
A
6
7
8
9
10
D
2
-1
见解析
D
11
12
13
14
15
见解析
见解析
见解析
BD
AB
16
17
18
19
20
见解析
见解析
见解析
见解析
B
21
22
23
24
25
A
B
A
C
B
26
27
28
29
30
-2
(0, 1
2 )
D
B
见解析
31
32
33
34
35
见解析
见解析
4
e
2
1
e
见解析
36
37
38
39
40
见解析
见解析
1
2e
2
1
2e
0
41
42
43
44
45
A
1(答案不唯一，2、3 均可)
[0,1]
见解析
B
46
47
48
49
50
C
见解析
见解析
见解析
见解析
考点一：求函数的极值与极值点
考法1：根据导数图象与概念判断极值点
1.（2026·马鞍山一模）函数f ( x)的导函数y = f
'( x)的图象如图所示，则函数f ( x)在区间
(a,b)上的极值点有（ ）
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
【答案】B
【解析】根据给定的函数图象确定y = f
'( x)的变号零点个数即可.
函数y = f
'( x)的图象与x轴有3 个公共点，从左到右依次记为x1, x2, x3，
当a< x< x1时，f
'( x)>0；当x1< x< x2时，f
'( x)<0；当x2< x<b时，f
'( x)≥0，
当且仅当x = x3时取等号，则函数f ( x)在(a, x1),( x2,b)上单调递增，在( x1, x2)上单调递减，
因此函数f ( x)在x = x1处取得极大值，在x = x2处取得极小值，所以极值点个数为2.
对应选项B.
【点拨】通过观察导函数图象与x轴的交点及两侧符号变化，可直接判定原函数的极值点位置.
2.（2024·全国·专题练习）若函数f ( x)存在一个极大值f ( x1)与一个极小值f ( x2)满足
f ( x2)>f ( x1)，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 ( x1)与一个极小值f ( x2)，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< x1< x2<b，其中a可以为-∞，b可以为+ ∞，
则f ( x)在(a, x1),( x2,b)上单调递增，在( x1, x2)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)，
故f ( x2)<f ( x1)，不合题意，
若a< x2< x1<b，则f ( x)在(a, x2),( x1,b)上单调递减，在( x2, x1)上单调递增，有f ( x2)<f ( x1)，
不合题意；
若f ( x)有4 个单调区间，
例如f ( x)= x + 1
x 的定义域为{x∣x≠0}，则f
'( x)= x
2-1
x
2 ，
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.
对应选项B.
【点拨】结合极大值与极小值的大小关系，可推断出函数图象的起伏情况，进而确定单调区间的
最小数量.
3.（2024·全国·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．
对应选项C．
【点拨】导函数的正负直接决定原函数的增减性，据此可分析出函数在各点处的极值情况及大小
关系.
4.（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f
'( 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，
对应选项D.
【点拨】导函数的零点不一定是极值点，只有当导数在零点两侧变号时，原函数才取得极值.
考法2：求具体函数的极值与极值点
5.（2026·广东广州·一模）函数f ( x)=sin x - x cos x在区间(-3 π ,3 π )上的极值点个数为（
）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7
【答案】A
【解析】由函数f ( x)=sin x - x cos x，可得f
'( x)=cos x -(cos x - x sin x)= x sin x，
令f
'( x)=0，即x sin x =0，可得x =0或sin x =0，
因为x∈(-3 π ,3 π )，可得x =-2π ,- π ,0,π ,2π，
当x∈(-3 π ,-2π )时，x<0,sin x<0，所以f
'( x)= x sin x>0，f ( x)单调递增；
当x∈(-2π ,- π )时，x<0,sin x>0，所以f
'( x)= x sin x<0，f ( x)单调递减；
当x∈(- π ,0)时，x<0,sin x<0，所以f
'( x)= x sin x>0，f ( x)单调递增；
当x∈(0,π )时，x>0,sin x>0，所以f
'( x)= x sin x>0，f ( x)单调递增；
当x∈(π ,2π )时，x>0,sin x<0，所以f
'( x)= x sin x<0，f ( x)单调递减；
当x∈(2π ,3 π )时，x>0,sin x>0，所以f
'( x)= x sin x>0，f ( x)单调递增，
所以f ( x)在(-3 π ,-2π )上递增，在(-2π ,- π )上递减，在(- π ,0)上递增，
在(0,π )上递增，在(π ,2π )上递减，在(2π ,3 π )上递增，
其中x =0两侧函数的单调性相同，可得x =0不是函数f ( x)的极值点，
所以f ( x)在区间(-3 π ,3 π )的极值点为x =-2π ,- π ,π ,2π，共有4 个.
对应选项A.
【点拨】求导后将极值点问题转化为三角方程的求解，结合给定区间找出所有符合条件的变号零
点.
6.（2026·湖北新八校·一模）函数f ( x)= x
3-27 x的极大值点为（ ）
A. -3
B. 3
C. (-3,54)
D. (3,-54)
【答案】D
【解析】f
'( x)=3 x
2-27 =3( x +3)( x -3)，易得f ( x)在(-∞,-3)，(3,+∞)递增，在(-3,3)递减，
则极大值点为x =-3，对应选项A.
【点拨】对三次函数求导，通过分解因式确定导数的符号变化，从而准确定位极大值点.
7.（2026·河南郑州·二模）函数f ( x)= 1
3 x
3- 4 x + 4的所有极值点之和为＿＿＿＿＿＿.
【答案】2
【解析】f
'( x)= x
2- 4，令f
'( x)=0，解得x1=2，x2=-2，
当x<-2时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，当-2< x<2时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，当x>2时，
f
'( x)>0，f ( x)单调递增.
所以f ( x)在x1=-2取得极大值，在x2=2取得极小值，所以函数f ( x)所有极值点之和为-2+2=0.
【点拨】求导后得到一元二次方程，其两个不相等的实数根即为极值点，利用韦达定理或直接求
根即可得解.
8.（2026·安徽淮北·二模）已知b,c ,d均为实数，若x
3+b x
2+cx +d >0的解集是{x∣x>0且
x≠1}，则函数f ( x)= x
3+b x
2+cx +d的极大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】-1
【解析】因为原不等式的解集是{x∣x>0且x≠1}，
故x =0、x =1为y = x
3+b x
2+cx +d的零点，
则y =( x -0)[ x -(a+1)]
2或y =( x -a)
2[ x -(a+1)]（舍）
所以f ( x)=( x -0)[ x -(a+1)]
2，
则f
'( x)=[ x -(a+1)]
2+2( x -a)[ x -(a+1)]=[ x -(a+1)](3 x -3a-1)，
f
'( x)>0，得x<a+ 1
3或x>a+1；f
'( x)<0，得a+ 1
3 < x<a+1，
则f ( x)在(-∞,a+ 1
3 )和(a+1,+∞)上单调递增，在(a+ 1
3 ,a+1)上单调递减，
则f ( x)的极大值为f (a+ 1
3 )= 1
3 ×(- 2
3 )
2= 4
27 .
故答案为：4
27 .
【点拨】由不等式的解集特征可反推出三次函数的零点及因式结构，进而求导确定极大值.
9.（2025·河南金科新未来·5 月联考）已知函数f ( x)=
❑√e
x+a的定义域和值域相同.
（1）求a；
（2）记f ( x)的导函数为f
'( x)，求f
'( x)的极小值.
【答案】（1）a=0
（2）
❑√2
4
【解析】（1）若a≥0，则f ( x)的定义域为R，值域为[ ❑√a,+∞)，不符合题意；
若a<0，则f ( x)的定义域为[ ln(-a),+ ∞)，值域为[0,+∞)，则有ln(-a)=0，解得a=-1.
综上所述，a=-1.
（2）f ( x)=
❑√e
x -1，定义域为[0,+ ∞)，f
'( x)=
e
x
2
❑√e
x -1
，记g( x)= f
'( x)，
则g
'( x)= 1
2 ⋅
e
x ❑√e
x -1-
e
2 x
2
❑√e
x -1
e
x -1
= e
x(e
x -2)
4(e
x -1)
3
2
.
当0< x<ln 2时，g
'( x)<0, x>ln 2时，g
'( x)>0.所以f
'( x)在(0,ln 2)上单调递减，在(ln 2,+∞)上
单调递增.因此f
'( x)的极小值为f
'(ln 2)=1.
故f
'( x)的极小值为1.
【点拨】利用函数定义域与值域相同这一条件锁定参数值，随后通过求导分析单调性得出极小值.
考法3：含参函数的极值点个数问题
10.（2026·福建福州宁德·二模）已知函数f ( x)=( x -a)
m( x -b)
n(m,n∈N
*,m<n,a≠b)有且
仅有3个极值点x1、x2、x3，且x1< x2< x3，则（ ）
A. m为奇数
B. n为奇数
C. 若a<b，则2 x2> x1+ x3
D. 若
a>b，则2 x2> x1+ x3
【答案】D
【解析】求导得出f
'( x)=( x -a)
m-1( x -b)
n-1[(m+n)x -(mb+na)]，令f
'( x)=0可得x =a或x =b
或x = mb+na
m+n ，对a、b的大小以及m、n的奇偶性进行分类讨论，利用列表的形式分析函数f ( x)的
单调性，结合极值点的定义可得出合适的选项.
因为函数f ( x)=( x -a)
m( x -b)
n(m,n∈N
*,m<n,a≠b)，该函数的定义域为R，
（1）当m=1时，f
'( x)=( x -b)
n-1[(n+1)x -(b+na)]，
由f
'( x)=0可得x =b或x = b+na
n+1 ，此时函数f ( x)不可能有三个极值点，舍去；
（2）当m≥2且n≥2时，f
'( x)=m( x -a)
m-1( x -b)
n+n( x -a)
m( x -b)
n-1
=( x -a)
m-1( x -b)
n-1[(m+n)x -(mb+na)]，
由f
'( x)=0可得x =a或x =b或x = mb+na
m+n ，
因为函数f ( x)有且仅有3个极值点x1、x2、x3，且x1< x2< x3，
则mb+na
m+n ≠a且mb+na
m+n ≠b，符合题意，
①若a<b，则mb+na
m+n -a= m(b-a)
m+n
>0，mb+na
m+n -b= n(a-b)
m+n
<0，
则a< mb+na
m+n <b，所以x1=a，x2= mb+na
m+n ，x3=b，
若m、n都为奇数，则m-1、n-1都为偶数，列表如下：
x
(-∞,a)
a
(a, mb+na
m+n )
mb+na
m+n
( mb+na
m+n ,b)
b
(b,+∞)
f
'( x)
-
0
-
0
+
0
+
x
(-∞,a)
a
(a, mb+na
m+n )
mb+na
m+n
( mb+na
m+n ,b)
b
(b,+∞)
f ( x)
单调递减
单调递减
极小值
单调递增
单调递增
此时函数f ( x)只有一个极值点，不符合题意；
当m为奇数，n为偶数，则m-1为偶数，n-1为奇数，列表如下：
x
(-∞,a)
a
(a, mb+na
m+n )
mb+na
m+n
( mb+na
m+n ,b)
b
(b,+ ∞)
f
'( x)
+
0
+
0
-
0
+
f ( x)
单调递增
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
此时函数f ( x)有两个极值点，不符合题意；
当m为偶数，n为奇数时，同理可知，函数f ( x)有两个极值点，不符合题意；
当m、n均为偶数时，m-1、n-1均为奇数，列表如下：
x
(-∞,a)
a
(a, mb+na
m+n )
mb+na
m+n
( mb+na
m+n ,b)
b
(b,+∞)
f
'( x)
-
0
+
0
-
0
+
f ( x)
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减
极小
值
单调递增
此时函数f ( x)有3个极值点，符合题意，且x1=a，x2= mb+na
m+n ，x3=b，
此时x1+ x3-2 x2=a+b- 2(mb+na)
m+n
= (m-n)(a-b)
m+n
>0，则x1+ x3>2 x2；
②当a>b时，同理可知m、n均为偶数，且x1=b，x2= mb+na
m+n ，x3=a，
此时x1+ x3-2 x2=a+b- 2(mb+na)
m+n
= (m-n)(a-b)
m+n
<0，则x1+ x3<2 x2.
故D 选项正确.
【点拨】对含参函数求导后，需根据参数的大小及指数的奇偶性分类讨论导数的符号变化，从而
确定极值点个数.
11.（2026·山东名校联盟·5 月核心素养评估）已知函数f ( x)=( x -1)
2+mx(1- ln x).
若函数f ( x)有极大值点x0( x0≠1)，求证f ( x0)>1.
【答案】见解析
【解析】由题意，f
'( x)=2( x -1)-mln x，
因为f ( x)有极大值点x0( x0≠1)，所以f
'( x0)=0，即2( x0-1)-mln x0=0，
所以m= 2( x0-1)
ln x0
，
所以f ( x0)=( x0-1)
2+ 2( x0-1)
ln x0
x0(1- ln x0)，
要证f ( x0)>1，即证( x0-1)
2+ 2( x0-1)
ln x0
x0(1- ln x0)>1，
即证( x0-1)
2+ 2 x0( x0-1)
ln x0
-2 x0( x0-1)>0，
因为x0≠1，所以x0-1≠0，
所以( x0-1)+ 2 x0
ln x0
-2 x0>0，即
2 x0
ln x0
> x0+1，
因为x0>0且x0≠1，
当x0>1时，ln x0>0，即证ln x0< 2( x0-1)
x0+1
，
当0< x0<1时，ln x0<0，即证ln x0< 2( x0-1)
x0+1
，
所以只需证ln x0< 2( x0-1)
x0+1
对任意x0>0且x0≠1恒成立，
令h( x)= ln x - 2( x -1)
x +1
( x>0)，
则h
'( x)= 1
x -
4
( x +1)
2 = ( x -1)
2
x( x +1)
2 ≥0，
所以h( x)在(0,+∞)上单调递增，
当x0>1时，h( x0)>h（1）=0，即ln x0> 2( x0-1)
x0+1
，
当0< x0<1时，h( x0)<h（1）=0，即ln x0< 2( x0-1)
x0+1
，
所以ln x0< 2( x0-1)
x0+1
对任意x0>0且x0≠1恒成立，
所以f ( x0)>1得证.
【点拨】利用极值点处导数为零的条件消去参数m，将目标不等式转化为只含x0的单变量不等式，
构造新函数进行证明.
考法4：含参函数的极值求解与讨论
12.（2026·广东中山·二模）已知函数f ( x)=( x -a)ln x - x +a-3(a∈R).
（1）若a=0，求f ( x)的极小值；
（2）讨论导函数f
'( x)的单调性.
【答案】（1）- 4
（2）见解析
【解析】（1）当a=0时，f ( x)= x ln x - x -3，f ( x)的定义域为(0,+∞)，
则f
'( x)= ln x +1-1= ln x，
当0< x<1时，f
'( x)<0，当x>1时，f
'( x)>0，
所以f ( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x =1时，f ( x)取得极小值f （1）=- 4．
（2）f ( x)的定义域为(0,+∞)，
f
'( x)= ln x + x -a
x
-1= ln x - a
x ，
令h( x)= f
'( x)= ln x - a
x ( x>0)，则h
'( x)= 1
x + a
x
2 = x +a
x
2 ( x>0)，
当a≥0时，h
'( x)>0恒成立，所以h( x)即f
'( x)在(0,+∞)上单调递增．
当a<0时，由h
'( x)>0，得x>-a，由h
'( x)<0，得0< x<-a，
所以h( x)即f
'( x)在(0,-a)上单调递减，在(-a,+∞)上单调递增.
【点拨】求导后，根据参数a的符号分类讨论导函数的单调性，进而分析原函数的极值情况.
13.（2025·广东江门·一模）已知函数f ( x)=( x -1)ln x -ax.
当a=0时．
（i）设g( x)= f
'( x)，讨论函数g( x)在(1,+∞)上的单调性；
（ii）证明：对任意的m,n∈(1,+ ∞)，有f (m+n)>f (m)+ f (n)．
【答案】（i）g( x)在(1,+ ∞)上单调递增；（ii）证明见解析.
【解析】
（i）a=0时，g( x)= f
'( x)= ln x +1- 1
x 且x>1，则g
'( x)= 1
x + 1
x
2 >0，故g( x)在(1,+ ∞)上单调递
增；
（ii）令k(m)= f (m+n)- f (m)- f (n)，则k
'(m)= f
'(m+n)- f
'(m)= g(m+n)- g(m)，
由m,n∈(1,+∞)，则m+n>m>1，
由（i）知，g(m+n)> g(m)，即k
'(m)>0在(1,+ ∞)上恒成立，
所以k(m)在(1,+ ∞)上单调递增，故k(m)>k （1）= f (n+1)- f （1）- f (n)= f (n+1)- f (n)，
因为g( x)>g（1）=0，所以f ( x)在(1,+∞)上单调递增，则f (n+1)>f (n)，
所以k(m)>k （1）= f (n+1)- f (n)>0，
综上，对任意的m,n∈(1,+∞)，有f (m+n)>f (m)+ f (n).
【点拨】将双变量不等式证明转化为单变量函数的最值问题，通过构造差函数并分析其单调性完
成证明.
考法5：极值与切线、单调性、对称性等综合
14.（2026·安徽安庆·二模）（多选）已知函数f ( x)=cos x + ln x，将f ( x)的所有极值点按照
由小到大的顺序排列，得到数列{xk }，对于任意的正整数k，则（ ）
A. xk +1- xk<π
B. x2k是极小值点
C. x2k +2- x2k<2π
D.
f ( x2k)<f ( x2k +2)
【答案】BD
【解析】由题意得f ( x)的定义域为(0,+∞)，则f
'( x)=-sin x + 1
x ，
而极值点满足f
'( x)=0，则sin x = 1
x ，结合题意得1
x >0，
可得方程的根出现在sin x>0时，即x∈(2nπ ,2nπ + π ),n∈N时，
而f
'(2nπ )>0，f
'(2nπ + π
2 )<0，f
'(2nπ + π )>0，
结合零点存在性定理得x2n+1∈(2nπ ,2nπ + π
2 )，x2n+2∈(2nπ + π
2 ,2nπ + π )，
对于A，由已知得x3∈(2π , 5 π
2 )，x2∈( π
2 ,π )，
则x3- x2∈(π ,2π )，不满足xk +1- xk<π，故A 错误，
对于B，令k =n+1，且x2k∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，
令g( x)= f
'( x)=-sin x + 1
x ，则g
'( x)=-cos x - 1
x
2，
令h( x)= g
'( x)=-cos x - 1
x
2，h
'( x)=sin x + 2
x
3，
当x∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )时，h
'( x)>0，则h( x)在(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )上单调递增，
而h(2kπ - 3 π
2 )<0，h(2kπ - π )>0，则h(2kπ - 3 π
2 )⋅h(2kπ - π )<0，
由零点存在性定理得存在x0∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )作为h( x)零点，
即存在x0∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )作为g
'( x)零点，
令g
'( x)>0，x∈( x0,2kπ - π )，令g
'( x)<0，x∈(2kπ - 3 π
2 , x0)，
则g( x)在(2kπ - 3 π
2 , x0)上单调递减，在( x0,2kπ - π )上单调递增，
即f
'( x)在(2kπ - 3 π
2 , x0)上单调递减，在( x0,2kπ - π )上单调递增，
而f
'(2kπ - 3 π
2 )<0，f
'( x0)<f
'(2kπ - 3 π
2 )<0，f
'(2kπ - π )>0，
则f
'( x0)⋅f
'(2kπ - π )<0，由零点存在性定理得存在x2k作为f
'( x)零点，
令f
'( x)<0，x∈( x0, x2k)，令f
'( x)>0，x∈( x2k ,2kπ - π )，
可得f ( x)在( x0, x2k)上单调递减，在( x2k ,2kπ - π )上单调递增，
则x2k是f ( x)的极小值点，故B 正确，
对于C，由已知得x2k∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，x2k +2∈(2kπ + π
2 ,2kπ + π )，
则x2k +2-2π ∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，而sin( x2k +2-2π )=sin x2k +2=
1
x2k +2，
sin x2k = 1
x2k ，而x2k< x2k +2，则1
x2k
>
1
x2k +2，得到sin x2k>sin( x2k +2-2π )，
由正弦函数性质得y =sin x在(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )上单调递减，
则x2k< x2k +2-2π，得到x2k +2- x2k>2π，故C 错误，
对于D，由题意得x2k∈(2kπ - 3 π
2 ,2kπ - π )，x2k +2∈(2kπ + π
2 ,2kπ + π )，
满足x2k< x2k +2，由已知得sin x2k = 1
x2k
，则cos x2k =- ❑√
1- 1
x2k
2 ，
可得f ( x2k)=cos x2k + ln x2k =- ❑√
1- 1
x2k
2 + ln x2k，
令m( x)=- ❑√
1- 1
x
2 + ln x，且x∈( π
2 ,+ ∞)，
而m
'( x)= 1
x (1-
1
x
❑√x
2-1
)，当x∈( π
2 ,+ ∞)时，m
'( x)>0，
则m( x)在( π
2 ,+ ∞)上单调递增，则m( x2k)<m( x2k +2)，
即f ( x2k)<f ( x2k +2)，故D 正确.
【点拨】极值点满足的超越方程无法直接求解，需利用零点存在性定理确定其所在区间，再结合
函数的单调性与周期性逐项分析.
15.（2025·山东名校考试联盟·二模）（多选）已知函数f ( x)=2 x
3-3 x
2+a，则（ ）
A. f ( x)一定有两个极值点
B. 若f ( x0)= f （1），则x0=1或- 1
2
C. 过点( 3
2 ,a)作曲线y = f ( x)的切线有且仅有一条
D. 当a= 3
2时，f (
1
2025 )+ f (
2
2025 )+ f (
3
2025 )+⋯+ f ( 2024
2025 )=1012
【答案】AB
【解析】由题设f
'( x)=6 x( x -1)，
当x<0或x>1时，f
'( x)>0，则f ( x)在(-∞,0)、(1,+∞)上单调递增，
当0< x<1时，f
'( x)<0，则f ( x)在(0,1)上单调递减，
所以x =0,1分别为极大值点、极小值点，A 对；
由f （1）=a-1，令2 x
3-3 x
2+a=a-1，则2 x
3-3 x
2+1=( x -1)
2(2 x +1)=0，
所以x =1或x =- 1
2，故对于f ( x0)= f （1），则x0=1或- 1
2，B 对；
由f
'（0）=0且f （0）=a，则x =0处的切线为y =a，过( 3
2 ,a)，
由f ( 3
2 )=2× 27
8 -3× 9
4 +a=a，则x = 3
2处的切线过( 3
2 ,a)，
所以过( 3
2 ,a)的切线至少有两条，C 错；
由f ( x)=2 x
3-3 x
2+ 3
2，f (1- x)=2(1- x)
3-3(1- x)
2+ 3
2 =3 x
2-2 x
3+ 1
2，
所以f ( x)+ f (1- x)=2，故f (
1
2025 )+ f (
2
2025 )+ f (
3
2025 )+⋯+ f ( 2024
2025 )=2024，D 错.
【点拨】通过导数确定极值点与切线，结合三次函数的中心对称性，可快速计算出对称点处的函
数值之和.
16.（2026·山东济南·二模）已知函数f ( x)= x
2-2a ln x ,a>0.
（1）若a=2，求曲线y = f ( x)在点(1,f （1）)处的切线方程；
（2）若存在x0∈(0,+ ∞)，使f ( x0)<a
2+ ln a，求a的取值范围.
【答案】（1）y =-2 x +3
（2）( 1
e
2 ,+∞)
【解析】（1）当a=2时，f ( x)= x
2- 4 ln x，则f
'( x)=2 x - 4
x ，
所以f
'（1）=2- 4 =-2，
又f （1）=1，
所以曲线y = f ( x)在点(1,f （1）)处的切线方程为y -1=-2( x -1)，即2 x + y -3=0.
（2）易知f ( x)= x
2-2a ln x的定义域为(0,+∞)，且f
'( x)=2 x - 2a
x = 2( x
2-a)
x
，
因为a>0，令f
'( x)=0，得到x = ❑√a或x =- ❑√a（舍去），
当0< x<❑√a时，f
'( x)<0，当x>❑√a时，f
'( x)>0，
所以f ( x)在区间(0,❑√a)上单调递减，在区间(❑√a,+∞)上单调递增，
所以f ( x)≥f (❑√a)=a-2a ln ❑√a=a-a ln a.
又由题意知，存在x0∈(0,+ ∞)，使f ( x0)<a
2+ ln a，
所以a
2+(a+1)ln a-a>0.
令h(a)=a
2+(a+1)ln a-a(a>0)，则h
'(a)=2a+ ln a+ 1
a，
令φ(a)=h
'(a)=2a+ ln a+ 1
a (a>0)，
则φ
'(a)=2+ 1
a - 1
a
2 = (a+1)(2a-1)
a
2
，
所以当a∈(0, 1
2 )时，φ
'(a)<0，当a∈( 1
2 ,+∞)时，φ
'(a)>0，
所以φ(a)在区间(0, 1
2 )上单调递减，在区间( 1
2 ,+ ∞)上单调递增，
所以φ(a)≥φ( 1
2 )=1- ln 2+2=3- ln 2>0，
所以h
'(a)=φ(a)>0，
所以h(a)在(0,+∞)上单调递增，
又h（1）=0，所以当a>1时，h(a)>0，
故a的取值范围为(1,+ ∞).
【点拨】将存在性问题转化为函数最小值小于给定表达式，分离参数后构造新函数，通过求导寻
找最值.
考法6：极值与不等式证明及恒成立问题
17.（2026·山东德州·三模）已知函数f ( x)= ln x - x +1.
求f ( x)的极值；
【答案】极大值为0，无极小值
【解析】f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
'( x)= 1
x -1= 1- x
x
，
令f
'( x)=0，得x =1，
当x∈(0,1)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，
所以f ( x)在x =1处取得极大值，极大值为f （1）=0，无极小值.
【点拨】对含有对数的函数求导，通过分析导函数的符号变化直接得出极值.
18.（2026·江苏苏锡常镇四市·二模）已知函数f ( x)=(ln x)
2，曲线y = f ( x)在点P(e ,f (e))处
的切线方程为y = g( x)（e为自然对数的底数）.
（1）求f ( x)的极值；
（2）证明：[ f ( x)- g( x)]( x -e)≤0.
【答案】（1）极小值为0，无极大值
（2）见解析
【解析】（1）因为f ( x)=(ln x)
2，所以f
'( x)= 2ln x
x
.
当0< x<1时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；当x>1时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
所以f ( x)的极小值为f （1）=0，无极大值.
（2）因为f
'(e)= 2
e ，所以y = f ( x)在点P(e ,f (e))处的切线方程为y - f (e)= 2
e ( x -e)，
即y = 2
e x -1，所以g( x)= 2
e x -1.
设h( x)= f ( x)- g( x)=(ln x)
2- 2
e x +1，则h
'( x)= 2ln x
x
- 2
e .
设t( x)=h
'( x)= 2ln x
x
- 2
e ，则t
'( x)= 2(1- ln x)
x
2
，
当0< x<e时，t
'( x)>0，t( x)单调递增；当x>e时，t
'( x)<0，t( x)单调递减，
所以t( x)的最大值为t(e)=0，
即h
'( x)≤0，所以h( x)在(0,+ ∞)上单调递减.
因为h(e)=0，所以当0< x<e时，h( x)>h(e)=0；当x>e时，h( x)<h(e)=0，
所以h( x)( x -e)=[ f ( x)- g( x)]( x -e)≤0，不等式得证.
【点拨】求出切线方程后，构造原函数与切线函数的差函数，通过二次求导分析其单调性与最值，
从而证明不等式.
19.（2025·山东青岛·一模）已知函数f ( x)=ax -sin x，x∈[- π
2 , π
2 ].
（1）当a= 1
2时，讨论f ( x)的单调性；
（2）若f ( x)有两个极值点，记极大值和极小值分别为M，m，证明：M -m<2.
【答案】（1）在[- π
2 ,- π
3 ]和[ π
3 , π
2 ]上单调递增，在[- π
3 , π
3 ]上单调递减
（2）见解析
【解析】（1）当a= 1
2时，f ( x)= 1
2 x -sin x，x∈[- π
2 , π
2 ]，
则f
'( x)= 1
2 -cos x，
当- π
2 ≤x<- π
3 或π
3 < x ≤π
2 时，f
'( x)>0；
当- π
3 < x< π
3 时，f
'( x)<0，
所以函数f ( x)在[- π
2 ,- π
3 ]和[ π
3 , π
2 ]上单调递增，在[- π
3 , π
3 ]上单调递减.
（2）由f ( x)=ax -sin x，x∈[- π
2 , π
2 ]，得f
'( x)=a-cos x，
因为函数f ( x)有两个极值点，所以方程f
'( x)=a-cos x =0有两个不相等的实根，
设为x1, x2，且x1< x2，因为函数y =cos x在x∈[- π
2 , π
2 ]时的图象关于y轴对称，
所以x1+ x2=0，即cos x1=cos x2=a∈(0,1)，
当x∈(- π
2 , x1)时，f
'( x)>0,f ( x)单调递增，
当x∈( x1, x2)时，f
'( x)<0,f ( x)单调递减，
当x∈( x2, π
2 )时，f
'( x)>0,f ( x)单调递增，
所以x1, x2分别是函数的极大值点和极小值点，
即M = f ( x1)=a x1-sin x1，m= f ( x2)=a x2-sin x2，
又x1+ x2=0，即x2=- x1，
则M -m=a x1-sin x1-(a x2-sin x2)=2(a x1-sin x1)，
又cos x1=a∈(0,1)，则M -m=2( x1cos x1-sin x1)，
设h( x1)=2( x1cos x1-sin x1)，- π
2 < x1<0，
则h
'( x1)=-2 x1sin x1<0，即函数h( x1)在(- π
2 ,0)上单调递减，
所以h( x1)<h(- π
2 )=2，即M -m<2.
【点拨】利用极值点满足的方程消去参数a，将极值之差转化为关于单变量的函数，利用导数求其
最值即可得证.
考点二：根据极值、极值点求参数
考法7：已知极值求参数
20.（2024·贵州·模拟预测）已知函数f ( x)=a x
3+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)=a x
3+bx，所以f
'( x)=3a x
2+b，
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
【点拨】利用极值点处导数为零及函数值列方程组求出参数，务必进行充分性检验以排除伪极值
点.
21.（2024·陕西商洛·三模）若函数f ( x)= x
3+a x
2+(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)= x
3+a x
2+(a+6)x，所以f
'( x)=3 x
2+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.
【点拨】三次函数无极值等价于其导函数（二次函数）恒大于等于或恒小于等于零，利用判别式
即可求解.
22.（2024·湖南长沙一中·阶段练习）函数g( x)= ln x
x +1在区间[t ,+∞)(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)= ln x
x +1的定义域为(0,+∞)，
g
'( x)=
1
x ⋅( x +1)- ln x
( x +1)
2
= x +1- x ln x
x( x +1)
2
，
令f ( x)= x +1- x ln x，f
'( x)=1- ln x -1=- ln x，
所以当x∈(0,1)时，f
'( x)>0，当x∈(1,+ ∞)时，f
'( x)<0，
所以f ( x)= x +1- x ln x在(0,1)单调递增，(1,+∞)单调递减，
所以f ( x)max = f （1）=2>0，
又因为当x∈(0,1)时，ln x<0,- x ln x>0，则f ( x)= x +1- x ln x>0，
f （3）= 4 -3 ln3= ln e
4- ln27>0，
f （4 ）=5- 4 ln 4 = ln e
5- ln256<ln243- ln256<0，
所以存在唯一x0∈(3,4)，使得f ( x0)=0，
所以函数在x∈(0, x0)时f ( x)>0，x∈( x0,+∞)时f ( x)<0，
所以函数g( x)在(0, x0)单调递增，( x0,+∞)单调递减，
所以要使函数g( x)= ln x
x +1在区间[t ,+ ∞)(t ∈N
*)上存在极值，
所以t的最大值为3，
故选:B.
【点拨】先通过求导确定函数的唯一极值点，再根据极值点必须落在给定区间内建立不等式求解
参数最大值.
23.（2024·江苏扬州新华中学·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)(3 x -a-2)
令f
'( x)=( x -a)(3 x -a-2)=0，得：x =a, x = a+2
3
当a< a+2
3
，即a<1
此时f ( x)在区间(-∞,a)单调递增，(a, a+2
3
)上单调递减，( a+2
3
,+∞)上单调递增，符合x =a是
函数f ( x)的极大值点，
反之，当a> a+2
3
，即a>1，此时f ( x)在区间(-∞, a+2
3
)单调递增，( a+2
3
,a)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；
当a= a+2
3
，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.
综上得：a<1.
故选：A.
【点拨】求导后得到两个可能的极值点，通过比较它们的大小关系确定单调区间，从而锁定极大
值点对应的参数范围.
考法8：已知极值点求参数
24.（2025·江西·5 月联考）已知x =1是函数f ( x)= ln x - a
x + x的极值点，则a=（ ）
A. 2
B. -2
C. 1
D. -1
【答案】C
【解析】由f ( x)= ln x - a
x + x，得f
'( x)= 1
x + a
x
2 +1.因为x =1是f ( x)的极值点，所以
f
'（1）=2+a=0，得a=-2，经检验知当a=-2时，满足x =1是f ( x)的极值点.
【点拨】利用极值点处导数为零求出参数的唯一候选值，再通过分析单调性验证其是否确为极值
点.
25.（2024·全国·专题练习）已知函数f ( x)= 1
2 x
2-(1+a)x +aln x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
2 x
2-(1+a)x +aln x，
则f
'( x)= x -(1+a)+ a
x = ( x -a)( x -1)
x
，
要使函数f ( x)在x =a处取得极小值，则a>1，
故选：B.
【点拨】求导后分解因式，根据极小值点左减右增的特征，确定两个根的大小关系，从而得出参
数范围.
26.（2026·江苏南京·二模）已知函数f ( x)= x
3+3 ❑√3 x
2+mx(m∈R)有两个极值点x1, x2，且
|f ( x1)- x1|=|f ( x2)- x2|，则m=＿＿＿＿＿＿.
【答案】-2
【解析】已知函数f ( x)= x
3+3 ❑√3 x
2+mx(m∈R)有两个极值点x1, x2，
则f
'( x)=3 x
2+6 ❑√3 x +m=0有两个不等的实数根x1, x2，
所以Δ=108-12m>0，解得m<9，
且x1+ x2=-2❑√3，x1 x2= m
3 ，
由|f ( x1)- x1|=|f ( x2)- x2|，得f ( x1)- x1= f ( x2)- x2或f ( x1)- x1=-(f ( x2)- x2)，
当f ( x1)- x1= f ( x2)- x2时，f ( x1)- f ( x2)= x1- x2，
即x1
3- x2
3+3 ❑√3( x1
2- x2
2)+m( x1- x2)= x1- x2，
因为x1≠x2，所以x1
2+ x1 x2+ x2
2+3 ❑√3( x1+ x2)+m=1，
即( x1+ x2)
2- x1 x2+3 ❑√3( x1+ x2)+m=1，
即12- m
3 -18+m=1，解得m= 21
2 ，不符合题意，舍去；
当f ( x1)- x1=-(f ( x2)- x2)时，f ( x1)+ f ( x2)= x1+ x2，
即x1
3+ x2
3+3 ❑√3( x1
2+ x2
2)+m( x1+ x2)= x1+ x2，
即( x1+ x2)[( x1+ x2)
2-3 x1 x2]+3 ❑√3[( x1+ x2)
2-2 x1 x2]+m( x1+ x2)= x1+ x2，
即-2❑√3(12-m)+3 ❑√3(12- 2m
3 )-2❑√3m=-2❑√3，
解得m=-2，符合题意.
故答案为：-2.
【点拨】本题考查极值点与导数零点的关系，以及利用韦达定理处理极值点相关问题，解题的关
键是将极值点转化为导函数的零点，再结合韦达定理求解.
27.（2026·安徽黄山·一模）若函数f ( x)= a x
2+ x +1
e
x
(a>0)在x =0处取得极大值，则实数a的
取值范围为＿＿＿＿＿＿.
【答案】(0, 1
2 )
【解析】由f ( x)= a x
2+ x +1
e
x
(a>0)，求导可得
f
'( x)= (2ax +1)e
x -(a x
2+ x +1)e
x
e
2 x
=-a x
2+2ax - x
e
x
=-a x
2+(2a-1)x
e
x
(a>0)
令f
'( x)=0，可得：x =0或x = 2a-1
a
，
当2a-1
a
=0时，即a= 1
2，f
'( x)=- x
2
2e
x ≤0恒成立，f ( x)= a x
2+ x +1
e
x
在定义域上单调递减，不符
合题意；
当2a-1
a
>0时，因为a>0，所以a> 1
2，
由f
'( x)>0，得0< x< 2a-1
a
，由f
'( x)<0，得x<0或x> 2a-1
a
，
即f ( x)= a x
2+ x +1
e
x
在(-∞,0)和( 2a-1
a
,+∞)单调递减，在(0, 2a-1
a
)单调递增，
即函数f ( x)= a x
2+ x +1
e
x
(a>0)在x =0处取得极小值，不符合题意；
当2a-1
a
<0时，因为a>0，所以0<a< 1
2，
由f
'( x)>0，得2a-1
a
< x<0，由f
'( x)<0，得x< 2a-1
a
或x>0，
即f ( x)= a x
2+ x +1
e
x
在(-∞, 2a-1
a
)和(0,+∞)单调递减，在( 2a-1
a
,0)单调递增，
即函数f ( x)= a x
2+ x +1
e
x
(a>0)在x =0处取得极大值，符合题意；
综上实数a的取值范围为(0, 1
2 )，
故答案为：(0, 1
2 )
【点拨】本题考查根据函数的极值点求参数范围，解题的关键是正确求导并对极值点的大小进行
分类讨论，从而确定函数的单调性与极值情况.
考法9：根据极值点个数求参数范围
28.（2025·江西九师联盟·5 月检测）已知函数f ( x)=e
- x+a x
2恰有两个极值点，则实数a的
取值范围是（ ）
A. (-∞,-e)
B. (-∞,-2e)
C. (-2e ,0)
D.
(-∞,-2e)∪(0,+ ∞)
【答案】D
【解析】因为f ( x)=e
- x+a x
2，所以f
'( x)=-e
- x+2ax，
因为函数f ( x)恰有两个极值点，所以f
'( x)=-e
- x+2ax有两个变号零点，
所以方程2ax =e
- x有两个不相等的实数根，
即方程2a= e
- x
x 有两个不相等的实数根，
令g( x)= e
- x
x ，则g
'( x)=-e
- x x -e
- x
x
2
=-e
- x( x +1)
x
2
，
令g
'( x)=0，得x =-1，
当x∈(-∞,-1)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增，
当x∈(-1,0)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，
所以g( x)在x =-1处取得极大值，极大值为g(-1)=-e，无极小值，
又当x→-∞时，g( x)→0，当x→0
-时，g( x)→-∞，
当x→0
+时，g( x)→+ ∞，当x→+ ∞时，g( x)→0，
所以要使方程2a= e
- x
x 有两个不相等的实数根，
需满足2a<-e或2a>0，解得a<- e
2或a>0，
即实数a的取值范围是(-∞,- e
2 )∪(0,+∞).
故选：D.
【点拨】本题考查根据极值点个数求参数范围，解题的关键是将极值点个数问题转化为导函数零
点个数问题，再利用分离参数法构造函数求解.
29.（2024·广东梅州梅江区梅州中学·模拟预测）已知函数f ( x)=e
x - 1
2 x
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】B
【解析】f ( x)的定义域是R，f
'( x)=e
x - x -a，
令h( x)=e
x - x -a,h
'( x)=e
x -1，
所以h( x)在区间(-∞,0)上，h
'( x)<0,h( x)递减；在区间(0,+ ∞)上，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 - ln 2 x( x>1),g
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，
所以g( x)在(1,+ ∞)上递增，所以g( x)>1- ln 2>0，
所以f
'(ln 2a)=e
ln2a- ln 2a-a=a- ln 2a>0，
所以实数a的取值范围为(1,+ ∞).
故选：D
【点拨】将极值点问题转化为导函数方程的根的个数问题，利用导数分析辅助函数的单调性与最
值，从而确定参数范围.
30.（2026·湖南长沙长郡中学·二模）函数f ( x)=ax ln x -ax - 1
2 x
2,a∈R.
（1） a=1时，求f ( x)在x =1处的切线方程；
（2） 若f ( x)有两个极值点，求a的取值范围.
【答案】（1）y =- x + 1
2
（2）(0,+∞)
【解析】（1）当a=1时，f ( x)= x ln x - x - 1
2 x
2，f （1）=- 3
2，
又f
'( x)= ln x - x，f
'（1）=-1，所以f ( x)在x =1处的切线方程为y =- 3
2 =-( x -1)，
即y =- x - 1
2.
（2）f
'( x)=a ln x - x，
由题可知f
'( x)=a ln x - x在(0,+∞)有两个变号零点，
由a ln x - x =0，得1
a = ln x
x ，令g( x)= ln x
x ，g
'( x)= 1- ln x
x
2
，
当x∈(0,e)时，g
'( x)>0，g( x)在(0,e)上单调递增，
当x∈(e ,+ ∞)时，g
'( x)<0，g( x)在(e ,+ ∞)上单调递减，
又x→0，g( x)→-∞，x→+ ∞，g( x)→0，所以g( x)max= g(e)= 1
e ，
由f ( x)有两个极值点，则0< 1
a < 1
e ，故a∈(e ,+∞).
【点拨】本题考查利用导数求切线方程以及根据极值点个数求参数范围，解题的关键是将极值点
个数问题转化为方程根的个数问题，再利用分离参数法构造函数求解.
31.（2026·江西九江·二模）已知函数g( x)= 4 x -mln x - 1
2 x
2-2,m>0.
（1） y = g( x)在x =1处 切线的斜率为3
2，求m的值；
（2） 若函数g( x)有两个极值点a,b，
（i） 求m的取值范围；
（ii） 证明：g(a)+ g(b)<6- ln m.
【答案】（1）3
2
（2）（i）(0,4)；（ii）证明见解析
【解析】
（1）对g( x)= 4 x -mln x - 1
2 x
2-2求导：
g
'( x)= 4 - m
x - x，
因为y = g( x)在x =1处切线斜率为3
2，所以g
'（1）= 3
2，
所以g
'（1）= 4 -m-1= 3
2，
解得m= 3
2；
（2）（i）函数g( x)的定义域为(0,+ ∞)，极值点满足g
'( x)=0，
即4 - m
x - x =0，
整理得x
2- 4 x +m=0，
该方程在(0,+∞)有两个不同正根a,b，
所以判别式Δ=16- 4 m>0，解得m<4，
两根之和a+b= 4>0，两根之积ab=m>0，
综上m∈(0,4)；
（ii）由（i）知a+b= 4 ,ab=m，
先计算g(a)+ g(b)：
g(a)+ g(b)=(4 a-mln a- 1
2 a
2-2)+(4 b-mln b- 1
2 b
2-2)
= 4(a+b)-mln(ab)- 1
2 (a
2+b
2)- 4，
代入a+b= 4 ,ab=m，
且a
2+b
2=(a+b)
2-2ab=16-2m，
所以g(a)+ g(b)= 4×4 -mln m- 1
2 (16-2m)- 4 = 4+m-mln m，
要证g(a)+ g(b)<6- ln m，
即证4+m-mln m<6- ln m，
整理得m-mln m+ ln m-2<0，
令h(m)=m-mln m+ ln m-2,m∈(0,4)，
求导h
'(m)=1-(ln m+1)+ 1
m = 1
m - ln m，
因为h
'（1）=1>0,h
'（2）= 1
2 - ln2<0，
由零点存在定理，存在唯一的隐零点m0∈(1,2)，
使得h
'(m0)= 1
m0
- ln m0=0，
即ln m0= 1
m0
，
当m∈(0,m0)时，h
'(m)>0，h(m)单调递增；
当m∈(m0,4)时，h
'(m)<0，h(m)单调递减，
因此h(m)在m=m0处取得最大值h(m0)，
将ln m0= 1
m0代入h(m0)：
h(m0)=m0-m0ln m0+ ln m0-2
=m0-m0⋅1
m0
+ 1
m0
-2
=m0-1+ 1
m0
-2=m0+ 1
m0
-3，
令φ(t )=t + 1
t -3,t ∈(1,2)，
由对勾函数性质知φ(t )在t ∈(1,2)上单调递增，
φ(m0)=m0+ 1
m0
-3<2+ 1
2 -3=- 1
2 <0，
因此h(m0)=φ(m0)<0，
即4+m-mln m<6- ln m，
故g(a)+ g(b)<6- ln m.
【点拨】利用韦达定理处理极值点之和与积，将双变量不等式转化为关于参数m的单变量不等式，
通过构造函数求最值完成证明.
考法10：极值点结合不等式与切线综合求参数
32.（2026·山东东营·一模）已知函数f ( x)= 3 x
2+ax
e
x
(a∈R)，
若函数f ( x)在x =0处取得极值，
（i）求a的值；
（ii）已知g( x)=- x
3+b x
2-5 x +1
3 x
2
，若f ( x)g( x)≤1在x∈(0,+∞)上恒成立，求实数b的取
值范围.
【答案】（i）a=3
（ii）(-∞,6]
【解析】（i）由f ( x)= 3 x
2+ax
e
x
，得f
'( x)=-3 x
2+(6-a)x +a
e
x
，
因为f ( x)在x =0处取得极值，所以f
'（0）=a=0，
当a=0时，f
'( x)=-3 x
2+6 x
e
x
=-3 x( x -2)
e
x
，
当x<0或x>2时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；当0< x<2时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
所以f ( x)在x =0处取得极小值，符合题意，故a=0.
（ii）由（i）知f ( x)= 3 x
2
e
x ，则f ( x)g( x)=- x
3+b x
2-5 x +1
e
x
≤1，
即b≤e
x+ x
3+5 x -1
x
2
在x∈(0,+∞)上恒成立，
令h( x)= e
x+ x
3+5 x -1
x
2
，则h
'( x)= (e
x+3 x
2+5)x
2-2 x(e
x+ x
3+5 x -1)
x
4
= ( x -2)e
x+ x
3-5 x +2
x
3
，
令φ( x)=( x -2)e
x+ x
3-5 x +2，则φ
'( x)=( x -1)e
x+3 x
2-5，
φ
' '( x)= x e
x+6 x>0，所以φ
'( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又φ
'（1）=-2<0,φ
'（2）=e
2+7>0，所以存在x0∈(1,2)，使得φ
'( x0)=0，
所以当x∈(0, x0)时，φ
'( x)<0，φ( x)单调递减；当x∈( x0,+ ∞)时，φ
'( x)>0，φ( x)单调递增，
又φ（1）=-e -2<0,φ（2）=0，所以当x∈(0,2)时，φ( x)<0，即h
'( x)<0，h( x)单调递减；
当x∈(2,+ ∞)时，φ( x)>0，即h
'( x)>0，h( x)单调递增，
所以h( x)min=h（2）= e
2+17
4
，所以b≤e
2+17
4
.
【点拨】分离参数b后，将恒成立问题转化为求新函数的最小值，通过多次求导分析单调性锁定最
值.
考点三：求函数的最值
考法11：求具体函数的最值
33.（2026·山东滨州·二模）已知函数f ( x)= x
2e
x , x ∈[-3,0]，则函数f ( x)的最大值为＿＿
＿＿＿＿.
【答案】4
e
2
【解析】f
'( x)= x( x +2)e
x，令f
'( x)=0，得x =-2或x =0，
当x∈[-3,-2)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
当x∈(-2,0)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，
所以f ( x)max = f (-2)= 4
e
2.
【点拨】求导确定极值点，比较极值与区间端点处的函数值，即可找出最大值.
34.（2024·云南昆明一中·阶段练习）已知函数f ( x)= ln x - x -1
x 在区间[1,e ]上最大值为M，
最小值为m，则M -m的值是＿＿＿＿＿＿.
【答案】1
e
【解析】由题意，x>0，f
'( x)= x -1
x
2 ，在[1,e ]上f
'( x)= x -1
x
2 ≥0，
故函数f ( x)单调递增，所以M = f (e)= 1
e ，m= f （1）=0，M -m= 1
e ，
故M -m的值是1
e .
故答案为：1
e
【点拨】通过求导发现函数在给定闭区间上单调递增，最值即在区间两端点处取得.
考法12：求含参函数的最值
35.（2025·福建百校联考·5 月押题）已知函数f ( x)= x
2-2a ln x(a>0).
（1）求函数f ( x)的极值点；
（2）若函数f ( x)在区间[1,e ]上的最小值为0，求实数a的值.
【答案】（1）x = ❑√a为极小值点，无极大值点
（2）a=e
【解析】（1）函数f ( x)= x
2-2a ln x(a>0)的定义域为(0,+∞)，
又f
'( x)=2 x - 2a
x = 2( x
2-a)
x
= 2( x + ❑√a)( x - ❑√a)
x
，
所以当0< x<❑√a时f
'( x)<0，当x>❑√a时f
'( x)>0，
所以f ( x)的单调递减区间为(0,❑√a)，单调递增区间为(❑√a,+∞)，
所以x = ❑√a为f ( x)的极小值点，无极大值点.
（2）当❑√a≤1，即0<a≤1时，f ( x)在[1,e ]上单调递增，
所以在x =1处取得最小值，f ( x)min= f （1）=1≠0，不符合题意；
当1<❑√a<e，即1<a<e
2，此时f ( x)在(1,❑√a)上单调递减，在(❑√a,e)上单调递增，
所以f ( x)min= f (❑√a)=a-2a ln ❑√a=0，解得a=e；
当❑√a≥e，即a≥e
2，此时f ( x)在[1,e ]上单调递减，
所以f ( x)min= f (e)=e
2-2a≤e
2-2e
2<0，不符合题意；
综上可得a=e.
【点拨】本题考查利用导数求函数的极值点以及含参函数在闭区间上的最值，解题的关键是根据
极值点与区间的相对位置关系进行分类讨论.
36.（2024·全国·模拟预测）已知函数f ( x)=aln x + 1
2 x -a,a∈R．讨论函数f ( x)的最值；
【答案】当a≥0时，f ( x)无最值；当a<0时，f ( x)的最小值为a ln(-2a)-2a，无最大值
【解析】函数f ( x)的定义域为(0,+∞)，f
'( x)= a
x + 1
2 = 2a+ x
2 x
，
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a ln(-2a)-2a，无最大值．
【点拨】根据参数a的符号分类讨论导函数的零点情况，从而确定函数的单调性与最值.
37.（2024·江西上饶六校联盟·5 月模拟）已知函数f ( x)= x -aln x -b(a,b∈R ,a≠0).
（1）若a=b=1，求f ( x)的极值；
（2）若f ( x)≥0，求ab的最大值.
【答案】（1）极小值为0，无极大值
（2）e
2
【解析】（1）当a=b=1时，f ( x)= x - ln x -1，定义域为(0,+∞)，
因为f
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，
当x∈(0,1)时f
'( x)<0，当x∈(1,+ ∞)时f
'( x)>0，
从而f ( x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以当x =1时，f ( x)取得极小值，极小值为0，无极大值.
（2）①若a<0，对任意的实数b，当x<1且x→e
1
a时，
由于ln x< 1-b
a
，-a ln x<b-1，
所以f ( x)= x -a ln x -b<0，所以a<0不合题意.
②若a>0，f
'( x)=1- a
x .
当x∈(0,a)时f
'( x)<0，当x∈(a,+ ∞)时f
'( x)>0，
从面f ( x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增.
故f ( x)min= f (a)=a-a ln a-b≥0.
因此b≤a-aln a，所以ab≤a
2-a
2ln a.
设h(a)=a
2-a
2ln a(a>0)，则h
'(a)=a(1-2ln a)，
所以h(a)在(0,e
1
2 )上单调递增，在(e
1
2 ,+∞)上单调递减.
从而h(a)的最大值为h(e
1
2 )=e -elne
1
2 = e
2.
当且仅当a=e
1
2 ,b= e
1
2
2
时取等号，此时f ( x)= x -e
1
2 ln x - e
1
2
2
，f ( x)min= f (e
1
2 )=0，满足f ( x)≥0，
故ab的最大值为e
2.
【点拨】由恒成立条件分离出参数b，将ab转化为关于a的单变量函数，利用导数求其最大值.
考法13：最值与不等式、方程综合
38.（2025·江西·5 月联考）已知O为坐标原点，直线x =m(0<m<e)与函数
f ( x)= ln x
e , g( x)= 1
x 的图象分别交于M , N两点，则△OMN面积的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】1
2e
2
【解析】作出f ( x), g( x)的图象可知，f ( x)在(0,+∞)上单调递增，g( x)在(0,+∞)上单调递减，
且f (e)= g(e)= 1
e ，所以当0< x<e时，f ( x)<g( x)，设M (m, ln m
e
), N (m, 1
m )，则
S△OMN = 1
2 m( 1
m - ln m
e
)= 1
2 - mln m
2e
.令h( x)= 1
2 - x ln x
2e (0< x<e)，则h
'( x)=- 1
2e (1+ ln x)，当
x∈(0, 1
e )时，h
'( x)>0,h( x)单调递增，当x∈( 1
e ,e)时，h
'( x)<0,h( x)单调递减，则
h( x)≤h( 1
e )= 1
2 + 1
2e
2，故△OMN面积的最大值为1
2 + 1
2e
2.
【点拨】将三角形面积表示为关于m的函数，利用导数求出该面积函数的最大值.
39.（2025·江西重点中学盟校·第二次联考）已知函数f ( x)= x + ln( x -1),g( x)= x ln x，若
f ( x1)=1+2ln t , g( x2)=t
2，则( x1 x2- x2)ln t的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】1
2e
【解析】由题意可得f ( x1)= x1+ ln( x1-1)=1+2ln t，所以x1-1+ ln( x1-1)= ln t
2，
所以ln[( x1-1)e
x1-1]= ln t
2，所以t
2=( x1-1)e
x1-1>0，又g( x2)= x2ln x2=t
2，所以
t
2=e
ln x2⋅ln x2>0，
因为y = x e
x在(0,+∞)上单调递增，所以ln x2= x1-1，所以( x1 x2- x2)ln t = x2ln x2⋅ln t =t
2ln t，
令h(t )=t
2ln t(t >0)，则h
'(t )=2t ln t +t.由h
'(t )>0，得t >e
- 1
2；由h
'(t )<0，得0<t <e
- 1
2，
所以h(t )在(0,e
- 1
2 )上单调递减，在(e
- 1
2 ,+∞)上单调递增，所以h(t )min=h(e
- 1
2 )=- 1
2e .故答案为
- 1
2e .
【点拨】通过同构变形找出变量间的内在联系，将目标式转化为关于单变量t的函数，利用导数求
其最小值.
40.（2026·山东德州·二模）已知函数f ( x)=sin(1- x)+ ln x.
求f ( x)在(0,1]上的最大值；
【答案】0
【解析】因为f ( x)=sin(1- x)+ ln x , x∈(0,1]，
则f
'( x)=-cos(1- x)+ 1
x ，
因为x∈(0,1]，所以1- x∈[0,1)，
所以cos(1- x)∈(cos1,1]，1
x ∈[1,+∞)，
所以f
'( x)≥0，f ( x)在(0,1]单调递增，
所以f ( x)max = f （1）=0.
【点拨】通过分析导函数中各项的取值范围，判定导数恒非负，从而确定函数单调递增，最大值
在右端点取得.
考点四：根据最值求参数及综合应用
考法14：已知最值求参数
41.（2026·湖北随州·三模）已知a>0，函数f ( x)= ln| x|-|ax +b|的最大值为0，则a的最
小值为（ ）
A. 1
e
B. 1
2
C. 1
D. e
【答案】A
【解析】结合函数图像分析，从而得到当y = ln| x|与y =|ax +b|相切时，a取得最小值，进而构
造函数，求导，分析函数的单调性，从而求出最值，进而得到a的最小值．
依题意可得函数f ( x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，
由函数f ( x)= ln| x|-|ax +b|的最大值为0，
即ln| x|≤|ax +b|在(-∞,0)∪(0,+ ∞)上恒成立，
即y = ln| x|的图象在y =|ax +b|的下方，
结合图象可得，当函数y =|ax +b|的图象过原点，且y = ln| x|与y =|ax +b|相切时，a取得最小
值，
根据对称性，不妨只考虑x>0的情况，
即当y = ln x与y =ax相切时，a取得最小值，
即ln x ≤ax在(0,+ ∞)上恒成立，
令g( x)= ln x -ax，即g( x)max =0时，a取得最小值，
则g
'( x)= 1
x -a，令g
'( x)=0，则x = 1
a，
又x∈(0, 1
a )时，g
'( x)>0，即g( x)在(0, 1
a )上单调递增；
x∈( 1
a ,+∞)时，g
'( x)<0，即g( x)在( 1
a ,+∞)上单调递减，
所以g( x)max = g( 1
a )= ln 1
a -1=0，解得amin= 1
e ．
故选：A
【点拨】将最值问题转化为两函数图象的上下位置关系，利用相切时的临界状态求出参数的最小
值.
42.（2024·山东实验中学·一模）若函数f ( x)= 1
3 x
3+ x
2-2在区间[a- 4 ,a]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
3 x
3+ x
2-2，则f
'( x)= x
2+2 x = 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
3 + 4 -2=- 2
3，极小值为f （0）=-2，
令f (m)= f （2）=-2，其中m≠0，则1
3 m
3+m
2-2=-2，解得m=-3，
因为函数f ( x)在区间[a- 4 ,a]上存在最小值，则{
-3≤a- 4<0
a>0
，解得1≤a<4，
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).
【点拨】求出极值点后，根据最小值在极小值点处取得，列出极小值点落在给定区间内的不等式
组求解.
43.（2024·福建泉州·阶段练习）已知函数f ( x)=| x -1|-aln x的最小值为0，则a的取值范
围为＿＿＿＿＿＿.
【答案】[0,1]
【解析】函数f ( x)=| x -1|-aln x定义域为(0,+ ∞)，f ( x)={
1- x -aln x ,
0< x<1
x -1-aln x ,
x ≥1 ，显然
f ( x)min=0= f （1），
当0< x ≤1时，f ( x)=1- x -aln x，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 =-a ln x在(0,1)上单调递增，函数值集合为(-∞,0)，因此存在x0∈(0,1)，使得
-a ln x0<-1，
而0<1- x0<1，于是f ( x0)=1- x0-a ln x0<0，不符合题意，
当x ≥1时，f ( x)= x -1-aln x，令g( x)= x -1- ln x，g
'( x)=1- 1
x ，当x>1时，g
'( x)>0，
即g( x)在[1,+ ∞)上单调递增，∀x∈[1,+∞)，g( x)≥g（1）=0，即有x -1≥ln x ≥0，
当a≤1时，x -1≥ln x ≥a ln x，即f ( x)= x -1-a ln x ≥0，当且仅当x =1时取等号，因此a≤1，
当a>1时，f
'( x)=1- a
x ，显然当1< x<a时，f
'( x)<0，函数f ( x)在[1,a]上单调递减，
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]
【点拨】本题考查根据函数的最值求参数范围，解题的关键是去掉绝对值符号，将函数转化为分
段函数，再利用导数研究其单调性与最值.
44.（2025·河南南阳一中·三模）已知函数f ( x)= x
2-ax +a
e
x
，其中a∈R.
（1）当a=0时，求曲线y = f ( x)在(0,f （0）)处的切线方程；
（2）当a>0时，若f ( x)在区间[0,a]上的最小值为1
e，求a的值.
【答案】（1）y =0
（2）a=1
【解析】（1）当a=0时，f ( x)= x
2
e
x ，则f （0）=0，
所以f
'( x)= 2 x e
x - x
2e
x
e
2 x
= 2 x - x
2
e
x
，则f
'（0）=0，
故所求切线方程为y =0.
（2）依题意，令f
'( x)=0，则2 x -a-( x
2-ax +a)
e
x
=0，即- x
2+(a+2)x -2a
e
x
=0，
解得x =a或x =2，
①当0<a<2时，f
'( x)=-( x -a)( x -2)
e
x
，
当x∈[0,a)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(a,2)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(2,+ ∞)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
所以f ( x)在[0,a]上的最小值为f (a)= a
e
a，
令a
e
a = 1
e ，即ae =e
a，即ln a+1=a，即ln a-a+1=0，
令g(a)= ln a-a+1(0<a<2)，则g
'(a)= 1
a -1= 1-a
a
，
当a∈(0,1)时，g
'(a)>0，g(a)单调递增；
当a∈(1,2)时，g
'(a)<0，g(a)单调递减.
所以g(a)≤g（1）=0，当且仅当a=1时等号成立，
所以ln a-a+1=0的解为a=1.
②当a=2时，f
'( x)=-( x -2)
2
e
x
≤0，
所以f ( x)在[0,2]上单调递减，
所以f ( x)在[0,2]上的最小值为f （2）= 2
e
2 ≠1
e ，不合题意.
③当a>2时，f
'( x)=-( x -a)( x -2)
e
x
，
当x∈[0,2)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(2,a)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(a,+∞)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减.
所以f ( x)在[0,a]上的最小值为f （2）或f (a)，
又f （2）= 4 -a
e
2 ,f (a)= a
e
a，
因为a>2，所以g(a)= ln a-a+1< g（2）= ln 2-1<0，即ln a<a-1，
所以a<e
a-1，即a
e
a < 1
e ，所以f (a)≠1
e ；
若f （2）= 4 -a
e
2 = 1
e ，解得a= 4 -e<2，与a>2矛盾.
综上所述，a=1.
【点拨】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究含参函数在闭区间上的最值，解题的关键是
正确求导并对参数进行分类讨论，从而确定函数的单调性与最值情况.
考法15：最值结合不等式恒成立与存在性求参数
45.（2026·山东德州·二模）若存在a>0，对任意的x∈(0,+∞)，都有ln x + 2a-b
x
-a≥0，
则当b取到最大值时，a的值为（ ）
A. 1+ ln 2
B. 2+ ln 2
C. ln 2
D. 2ln 2
【答案】B
【解析】若存在a>0，对任意的x∈(0,+∞)，都有ln x + 2a-b
x
-a≥0，
则b≤x ln x -ax +2a对任意的x∈(0,+ ∞)恒成立，
设f ( x)= x ln x -ax +2a，则f
'( x)= ln x +1-a，
令f
'( x)=0，得x =e
a-1，
当x∈(0,e
a-1)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(e
a-1,+ ∞)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
所以f ( x)min= f (e
a-1)=e
a-1(a-1)-ae
a-1+2a=-e
a-1+2a，
所以b≤-e
a-1+2a，
设g(a)=-e
a-1+2a(a>0)，则g
'(a)=-e
a-1+2，
令g
'(a)=0，得a=1+ ln 2，
当a∈(0,1+ ln 2)时，g
'(a)>0，g(a)单调递增；
当a∈(1+ ln 2,+∞)时，g
'(a)<0，g(a)单调递减，
所以当a=1+ ln 2时，g(a)取得最大值，
所以当b取到最大值时，a的值为1+ ln 2.
故选：A.
【点拨】本题考查利用导数解决不等式恒成立与存在性问题，解题的关键是将问题转化为求函数
的最值，再构造函数利用导数求解.
46.（2026·湖北十堰一模）已知函数f ( x)= e
x -e
- x
2
，f
'( x)为f ( x)的导函数，若
∀x1∈[m,+∞),∃x2∈R，使得f ( x1)= f
'( x2)，则实数m的最小值为（ ）
A. 1
B. 2
C. ln(1+ ❑√2)
D. ln(2+ ❑√2)
【答案】C
【解析】由题意f
'( x)= 1
2 (e
x+e
- x)，定义域为R，
因为e
x>0恒成立，所以f
'( x)= 1
2 (e
x+e
- x)≥1
2 ×2
❑√e
x×e
- x =1>0，
当且仅当e
x =e
- x，即x =0时取等号，
则f
'( x)的值域为[1,+ ∞)，且f ( x)在R上单调递增，
由x1∈[m,+∞)，得f ( x1)∈[ f (m),+ ∞)，
因为∀x1∈[m,+∞),∃x2∈R，使得f ( x1)= f
'( x2)，
所以[ f (m),+∞)⊆[1,+ ∞)，即f (m)= e
m-e
-m
2
≥1，
令t =e
m,(t >0)，则t
2-2t -1≥0，解得t ≥1+ ❑√2或t ≤1- ❑√2（舍），
所以e
m≥1+ ❑√2，解得m≥ln(1+ ❑√2)，
则实数m的最小值为ln(1+ ❑√2).
【点拨】将存在性与任意性问题转化为函数值域的包含关系，利用基本不等式求出导函数的最值
是解题的关键.
47.（2026·安徽皖江名校联盟·最后一卷）已知函数f ( x)=e
x -2- x , g( x)= x - ln x +a.
（1）求函数f ( x)的单调区间和极值；
（2）若∀x>0,f ( x)g( x)≥0恒成立，求实数a.
【答案】（1）单调递减区间为(-∞,2)，单调递增区间为(2,+∞)，极小值为-1，无极大值
（2）a=-2
【解析】（1）由已知得，f
'( x)=e
x -2-1，
令f
'( x)=0得x =2，
当x∈(-∞,2)时，f
'( x)<0，f ( x)单调递减，
当x∈(2,+ ∞)时，f
'( x)>0，f ( x)单调递增，
所以f ( x)的单调递减区间为(-∞,2)，单调递增区间为(2,+ ∞).
在x =2处取得极小值，极小值为f （2）=-1，无极大值.
（2）由（1）知f （2）=-1<0，
又f （1）=e
-1-1<0，f （3）=e -3<0，
f （0）=e
-2>0，f （4 ）=e
2- 4>0，
所以∃x1∈(0,1)，x2∈(3,4)，使得f ( x1)=0,f ( x2)=0，
当x∈(0, x1)∪( x2,+ ∞)时，f ( x)>0，
当x∈( x1, x2)时，f ( x)<0，
因为∀x>0,f ( x)g( x)≥0恒成立，
所以当x∈( x1, x2)时，g( x)≤0，
当x∈(0, x1)∪( x2,+ ∞)时，g( x)≥0，
所以x1, x2也是g( x)的零点，
即g( x1)=0,g( x2)=0，
又g
'( x)=1- 1
x = x -1
x
，
所以当x∈(0,1)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增，
所以g( x)min= g（1）=1+a，
又因为x1∈(0,1)，且g( x1)=0，
所以g（1）<g( x1)=0，即1+a<0，即a<-1，
所以g( x)在(0,+∞)上有两个零点，
不妨设为x3, x4( x3< x4)，则x3∈(0,1), x4∈(1,+∞)，
因为x1, x2也是g( x)的零点，所以x1= x3, x2= x4，
所以f ( x1)=0,g( x1)=0，即e
x1-2- x1=0, x1- ln x1+a=0，
即x1-2= ln x1,a= ln x1- x1，
所以a= x1-2- x1=-2，
此时g( x)= x - ln x -2，在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)上单调递增，
且g（1）=-1<0，g(e
-2)=e
-2>0，g（4 ）=2- ln 4>0，
所以g( x)在(0,+∞)上有两个零点，符合题意，
综上，a=-2.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，以及根据不等式恒成立求参数，解题的关
键是根据两个函数的符号关系，转化为两函数具有相同的零点，再结合零点存在性定理求解.
考法16：极值最值与隐零点及放缩法综合证明
48.（2026·湖南长沙南雅中学·适应性保温训练）已知函数g( x)= 4 x -mln x - 1
2 x
2-2,m>0.
（1）y = g( x)在x =1处切线的斜率为3
2，求m的值；
（2）若函数g( x)有两个极值点a,b，
（i）求m的取值范围；
（ii）证明：g(a)+ g(b)<6- ln m.
【答案】（1）3
2
（2）（i）(0,4)；（ii）证明见解析
【解析】（1）对g( x)= 4 x -mln x - 1
2 x
2-2求导：
g
'( x)= 4 - m
x - x，
因为y = g( x)在x =1处切线斜率为3
2，所以g
'（1）= 3
2，
所以g
'（1）= 4 -m-1= 3
2，
解得m= 3
2；
（2）（i）函数g( x)的定义域为(0,+ ∞)，极值点满足g
'( x)=0，
即4 - m
x - x =0，
整理得x
2- 4 x +m=0，
该方程在(0,+∞)有两个不同正根a,b，
所以判别式Δ=16- 4 m>0，解得m<4，
两根之和a+b= 4>0，两根之积ab=m>0，
综上m∈(0,4)；
（ii）由（i）知a+b= 4 ,ab=m，
先计算g(a)+ g(b)：
g(a)+ g(b)=(4 a-mln a- 1
2 a
2-2)+(4 b-mln b- 1
2 b
2-2)
= 4(a+b)-mln(ab)- 1
2 (a
2+b
2)- 4，
代入a+b= 4 ,ab=m，
且a
2+b
2=(a+b)
2-2ab=16-2m，
所以g(a)+ g(b)= 4×4 -mln m- 1
2 (16-2m)- 4 = 4+m-mln m，
要证g(a)+ g(b)<6- ln m，
即证4+m-mln m<6- ln m，
整理得m-mln m+ ln m-2<0，
令h(m)=m-mln m+ ln m-2,m∈(0,4)，
求导h
'(m)=1-(ln m+1)+ 1
m = 1
m - ln m，
因为h
'（1）=1>0,h
'（2）= 1
2 - ln2<0，
由零点存在定理，存在唯一的隐零点m0∈(1,2)，
使得h
'(m0)= 1
m0
- ln m0=0，
即ln m0= 1
m0，
当m∈(0,m0)时，h
'(m)>0，h(m)单调递增；
当m∈(m0,4)时，h
'(m)<0，h(m)单调递减，
因此h(m)在m=m0处取得最大值h(m0)，
将ln m0= 1
m0代入h(m0)：
h(m0)=m0-m0ln m0+ ln m0-2
=m0-m0⋅1
m0
+ 1
m0
-2
=m0-1+ 1
m0
-2=m0+ 1
m0
-3，
令φ(t )=t + 1
t -3,t ∈(1,2)，
由对勾函数性质知φ(t )在t ∈(1,2)上单调递增，
φ(m0)=m0+ 1
m0
-3<2+ 1
2 -3=- 1
2 <0，
因此h(m0)=φ(m0)<0，
即4 +m-mln m<6- ln m，
故g(a)+ g(b)<6- ln m.
【点拨】利用韦达定理处理极值点之和与积，将双变量不等式转化为关于参数m的单变量不等式，
通过构造函数求最值完成证明.
49.（2026·安徽合肥·三模）已知函数f ( x)=e
xsin x -ax，其中a∈R.
设x0为f ( x)在(0, π
2 )内的极小值点，求证：x0>❑√a-1.
【答案】证明见解析
【解析】由题知，f
'( x)=e
x(sin x +cos x)-a=0，即a=e
x0(sin x0+cos x0)，
要证x0>❑√a-1，即证( x0+1)
2>a=e
x0(sin x0+cos x0)，
令g( x)=e
x(sin x +cos x)-( x +1)
2，则g
'( x)=2(e
xcos x - x -1)，
令h( x)=e
xcos x - x -1，得h
'( x)=e
x(cos x -sin x)-1，
再令j( x)=h
'( x)，j
'( x)=-2e
xsin x，
当x∈(0, π
2 )时，j
'( x)<0，则j( x)单调递减，
所以h
'( x)≤h
'（0）=0，h( x)单调递减，
所以h( x)<h（0）=0，从而g
'( x)<0，可得g( x)单调递减，
所以有g( x)< g（0）=0，
则有( x0+1)
2>e
x0(sin x0+cos x0)=a，
因此x0>❑√a-1.
【点拨】利用极值点方程替换参数a，构造新函数并多次求导分析单调性，从而完成不等式的放缩
证明.
50.（2026·河南濮阳·二模）已知函数f ( x)=( x -1)
2+mx(1- ln x).
（1）令g( x)= f
'( x)，讨论函数g( x)的单调性；
（2）若函数f ( x)有极大值点x0( x0≠1)，求证f ( x0)>1.
【答案】（1）当m≤0时，g( x)在(0,+∞)上单调递增；当m>0时，g( x)在(0, m
2 )上单调递减，
在( m
2 ,+∞)上单调递增
（2）证明见解析
【解析】（1）由题意，g( x)= f
'( x)=2( x -1)-mln x，定义域为(0,+∞)，
g
'( x)=2- m
x = 2 x -m
x
，
当m≤0时，g
'( x)>0，g( x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当m>0时，令g
'( x)=0，得x = m
2 ，
当x∈(0, m
2 )时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；
当x∈( m
2 ,+∞)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增.
综上所述，当m≤0时，g( x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>0时，g( x)在(0, m
2 )上单调递减，在( m
2 ,+∞)上单调递增.
（2）因为f ( x)有极大值点x0( x0≠1)，所以f
'( x0)=0，即2( x0-1)-mln x0=0，
所以m= 2( x0-1)
ln x0
，
所以f ( x0)=( x0-1)
2+ 2( x0-1)
ln x0
x0(1- ln x0)，
要证f ( x0)>1，即证( x0-1)
2+ 2( x0-1)
ln x0
x0(1- ln x0)>1，
即证( x0-1)
2+ 2 x0( x0-1)
ln x0
-2 x0( x0-1)>0，
因为x0≠1，所以x0-1≠0，
所以( x0-1)+ 2 x0
ln x0
-2 x0>0，即
2 x0
ln x0
> x0+1，
因为x0>0且x0≠1，
当x0>1时，ln x0>0，即证ln x0< 2( x0-1)
x0+1
，
当0< x0<1时，ln x0<0，即证ln x0< 2( x0-1)
x0+1
，
所以只需证ln x0< 2( x0-1)
x0+1
对任意x0>0且x0≠1恒成立，
令h( x)= ln x - 2( x -1)
x +1
( x>0)，
则h
'( x)= 1
x -
4
( x +1)
2 = ( x -1)
2
x( x +1)
2 ≥0，
所以h( x)在(0,+∞)上单调递增，
当x0>1时，h( x0)>h（1）=0，即ln x0> 2( x0-1)
x0+1
，
当0< x0<1时，h( x0)<h（1）=0，即ln x0< 2( x0-1)
x0+1
，
所以ln x0< 2( x0-1)
x0+1
对任意x0>0且x0≠1恒成立，
所以f ( x0)>1得证.
【点拨】利用极值点处导数为零消去参数m，将目标不等式转化为关于x0的单变量不等式，构造函
数求最值即可得证.
