第16 讲 极值与最值 · 综合测试（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
D
B
B
B
D
6
7
8
9
10
D
A
B
ABC
BC
11
12
13
14
15
ACD
0<a<1
3 ❑√3
2
2+ ❑√2
2
（1）
a=1
（2）见
解析
16
17
18
19
（1）2 x - y -e =0
（2）极小值为- 1
e
，无极大值
（3）见解析
（1）极小值
为e
3
27，无极大
值 （2）证明
见解析
（1）
y =- x - 1
2
（2）
(e ,+∞)
（1）单调递减区间为
(-∞,0)，单调递增区间为
[0,+∞) （2）(-∞,2]
（3）证明见解析
逐题详解
1.（2026·福州·4 月适应）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)=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，
当 x∈(-∞,a) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；
当 x∈(a, mb+na
m+n ) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；
当 x∈( mb+na
m+n ,b) 时，f
'( x)>0，f ( x) 单调递增；
当 x∈(b,+ ∞) 时，f
'( x)>0，f ( x) 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，同理可得函数 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，
当 x∈(-∞,a) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；
当 x∈(a, mb+na
m+n ) 时，f
'( x)>0，f ( x) 单调递增；
当 x∈( mb+na
m+n ,b) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；
当 x∈(b,+ ∞) 时，f
'( x)>0，f ( x) 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】本题考查利用导数研究函数的极值，难点在于对参数的分类讨论，需结合极值点个数确
定参数的奇偶性并比较大小.
2.（2025·江西上进·5 月练兵）函数 f ( x)= x sin( π
3 x + π
6 ) 在区间 (0,2028) 上的极值点个
数为（ ）
A. 675
B. 676
C. 2027
D. 2028
【答案】B
【解析】由题意可得 f
'( x)=sin( π
3 x + π
6 )+ π
3 x cos( π
3 x + π
6 ).
当 f
'( x)=0 时，显然 cos( π
3 x + π
6 )≠0，于是 tan( π
3 x + π
6 )=- π
3 x，
易知符合条件的解为 f
'( x) 的变号零点，即 f ( x) 的极值点，
于是 f ( x) 的极值点均可视作 y = tan( π
3 x + π
6 ) 的图象与直线 y =- π
3 x 交点的横坐标，
由 x>0 可知交点必在第四象限.
当 x>0 时，由图象可知 tan( π
3 x + π
6 )<0 的解集为 (3n+1,3n+ 5
2 ),n∈N.
故 y = tan( π
3 x + π
6 ) 的图象与直线 y =- π
3 x 在每一个区间 (3n+1,3n+ 5
2 ) 上有且仅有一个交
点.
由 (3n+1,3n+ 5
2 )⊆(0,2028) 解得 n=0,1,⋯,675，故满足条件的区间共676 个，
于是 y = tan( π
3 x + π
6 ) 的图象与直线 y =- π
3 x 在区间 (0,2028) 上共有676 个交点，即 f ( x)
在区间 (0,2028) 上共有676 个极值点.
【点拨】将极值点个数问题转化为导函数零点个数问题，进而转化为两个函数图象交点个数问题，
利用数形结合思想是关键.
3.（2026·湖南衡阳·一模）已知函数 f ( x)= x
aa
x(a∈N
*,a>1)，记 f ( x) 的非零极值点为
t，则取 t 最大值时，a=（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】B
【解析】f
'( x)=a x
a-1a
x+ x
aa
x ln a= x
a-1a
x(a+ x ln a)，
令 f
'( x)=0，得 x =- a
ln a 或 x =0，则 t =- a
ln a.
设 g(a)=- a
ln a，a>1，则 g
'(a)=- ln a-1
(ln a)
2 ，
当 a∈(1,e) 时，g
'(a)>0，g(a) 单调递增，
当 a∈(e ,+∞) 时，g
'(a)<0，g(a) 单调递减，
由 g(a) 的单调性可知，当 a 为整数时，最大值在 a=2 或 a=3 处取得，
又 g（2）=- 2
ln2 =- 4
ln 4 = g（4 ）<g（3），
故 t =- 3
ln3，a=3.
【点拨】求导后找到非零极值点 t 关于 a 的表达式，再构造新函数利用导数研究其单调性，注
意 a 为正整数的限制.
4.（2026·杭州二中·5 月测试）已知函数 f ( x)= ln x + x - 1
x ，若 f (a)+ f (b)=0，则 a
2+b
2
的最小值为（ ）
A. 1
B. 2
C. ❑√2
D. 2❑√2
【答案】B
【解析】函数 f ( x) 的定义域为 (0,+∞)，f
'( x)= 1
x +1+ 1
x
2 >0，
可得函数 f ( x) 在 (0,+∞) 上单调递增，
又 f ( 1
b )= ln 1
b + 1
b -b=- ln b+ 1
b -b=-(ln b+b- 1
b )=- f (b)，
由 f (a)+ f (b)=0，得 f (a)=- f (b)= f ( 1
b )，
因为函数 f ( x) 在 (0,+∞) 上单调递增，所以 a= 1
b，所以 ab=1，
所以 a
2+b
2≥2ab=2，当且仅当 a=b=1 时取等号，
所以 a
2+b
2 的最小值为2.
【点拨】观察函数解析式的结构特征，发现 f ( 1
x )=- f ( x)，结合函数的单调性得到 ab=1，再利
用基本不等式求最值.
5.（2026·浙江绍兴·二模）已知函数 f ( x)=( x -a-1)e
x- 1
2 b x
2+abx 在 R 上单调递增，则
下列各式有最大值的是（ ）
A. a+b
B. b-a
C. ab
D. a
b
【答案】D
【解析】因为 f
'( x)=( x -a)e
x -bx +ab=( x -a)(e
x -b)，
由于 f ( x) 在 R 上单调递增，所以 f
'( x)≥0 恒成立，即 ( x -a)(e
x -b)≥0 恒成立.
若 b≤0，则 e
x -b>0，此时 x -a≥0 显然不能恒成立，故 b>0.
要使 ( x -a)(e
x -b)≥0 恒成立，则 x -a 与 e
x -b 必须同时变号，故 a= ln b，即 b=e
a.
对于A，a+b=a+e
a，无最大值；
对于B，b-a=e
a-a，设 g(a)=e
a-a，g
'(a)=e
a-1，当 a<0 时，g
'(a)<0，当 a>0 时，
g
'(a)>0，故 g(a) 有最小值，无最大值；
对于C，ab=ae
a，当 a→+∞ 时，ab→+ ∞，无最大值；
对于D，a
b = a
e
a，设 h(a)= a
e
a，h
'(a)= 1-a
e
a ，当 a<1 时，h
'(a)>0，当 a>1 时，h
'(a)<0，故
h(a) 在 a=1 处取得最大值 1
e .
故选D.
【点拨】将函数的单调性转化为导函数恒大于等于零，利用两因式同时变号得出参数之间的等量
关系是解题的关键.
6.（2026·湖南天壹·5 月模拟）已知函数 f ( x)=a(a x
2- x)- ln x ,a<0，若 f ( x)≥b，则 e
b
a
的最小值为（ ）
A. -e
- 1
2
B. -2e
- 1
2
C. -e
3
4
D. -2e
3
4
【答案】D
【解析】f
'( x)=2a
2 x -a- 1
x = (2ax +1)(ax -1)
x
.
而 a<0，则 x∈(0,- 1
2a ) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减，
x∈(- 1
2a ,+∞) 时，f
'( x)>0，f ( x) 单调递增，
故 f ( x)≥f (- 1
2a )= 1
4 + 1
2 - ln(- 1
2a )= 3
4 + ln(-2a)≥b，
于是 3
4 ≥b- ln(-2a)= ln e
b
-2a ，
e
b
-2a ≤e
3
4，e
b
a ≥-2e
3
4，
故选D.
【点拨】利用导数求出函数的最小值，得到关于 a,b 的不等式，再利用对数的运算性质转化为所
求代数式的范围.
7.（2025·广东上进·5 月测评）已知函数 f ( x)= x e
x+(2- x)e
- x，则 f ( x) 的极小值为（
）
A. 2e
B. e
C. 2e
2
D. e
2
【答案】A
【解析】f
'( x)=( x +1)e
x -(3- x)e
- x，
当 x ≤1 时，1+ x ≤3- x ≥0，e
x≤e
- x>0，故 (1+ x)e
x<(3- x)e
- x，所以 f
'( x)<0；
当 x>1 时，1+ x>3- x ≥0，e
x>e
- x>0，所以 f
'( x)>0.
综上，当 x>1 时 f
'( x)>0 恒成立，故 f ( x) 在区间 (1,+∞) 上单调递增，
又因为 f (1+ x)= f (1- x)，所以 f ( x) 的图象关于直线 x =1 对称，
故 f ( x) 在区间 (-∞,1) 上单调递减，
故 x =1 为 f ( x) 的极小值点，f ( x) 的极小值为 2e.
【点拨】求导后直接判断符号较难，可结合函数的对称性或分段放缩来判断导函数的符号变化，
从而确定极值.
8.已知函数 f ( x)=
1+sin x
2cos x +sin x ，x∈[0, π
2 ] ，则函数 f ( x) 的最小值为（ ）
A. 0
B. 1
2
C. 1
D.
❑√2
2
【答案】B
【解析】因为 f ( x)=
1+sin x
2cos x +sin x ，
所以 f
'( x)= cos x(2cos x +sin x)-(1+sin x)(-2sin x +cos x)
(2cos x +sin x)
2
= 2+2sin x -cos x
(2cos x +sin x)
2 ，
记 g( x)=2+2sin x -cos x，x∈[0, π
2 ]，
则 g
'( x)=2cos x +sin x，因为 x∈[0, π
2 ]，所以 g
'( x)=2cos x +sin x>0，
所以 g( x)=2+2sin x -cos x 在 [0, π
2 ] 上单调递增，所以 g( x)≥g（0）=2-1=1>0，
所以 f
'( x)>0 在 [0, π
2 ] 上恒成立，所以 f ( x)=
1+sin x
2cos x +sin x 在 [0, π
2 ] 上单调递增，
故当 x =0 时，函数 f ( x) 有最小值为 f （0）=
1+0
2×1+0 = 1
2.
【点拨】利用导数研究三角分式函数的单调性，求导后分子部分再次构造函数判断符号是常用的
处理技巧.
9.（2026·山东济南·二模）已知函数 f ( x)= x
3-3 x +2，则（ ）
A. f ( x) 有两个极值点
B. f ( x)<0 当且仅当 x<-2
C. 当 x>1 时，f ( x
2+1)>f (2 x)
D. 若 f ( x1)+ f ( x2)= 4，则 x1+ x2=0
【答案】ABC
【解析】对于A 选项，由 f
'( x)=3 x
2-3=3( x -1)( x +1)，令 f
'( x)=0 解得 x =-1 或 x =1，
当 x<-1 或 x>1 时，f
'( x)>0，函数 f ( x) 单调递增，当 -1< x<1 时，f
'( x)<0，函数 f ( x)
单调递减，所以 f ( x) 有两个极值点，A 选项正确；
对于B 选项，f ( x)= x
3-3 x +2=( x -1)
2( x +2)，令 f ( x)<0，解得 x<-2，B 选项正确；
对于C 选项，当 x>1 时，x
2+1-2 x =( x -1)
2>0，所以 x
2+1>2 x>2，因为函数 f ( x) 在
(1,+∞) 上单调递增，所以 f ( x
2+1)>f (2 x)，C 选项正确；
对于D 选项，若 f ( x1)+ f ( x2)= 4，取 x1=1，x2=2，满足 f （1）+ f （2）=0+ 4 = 4，但
x1+ x2=3≠0，D 选项错误.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的极值、单调性以及零点，结合因式分解与特殊值法可快速
判断选项正误.
10.（2025·江苏四市·一模）已知函数 f ( x)= 1
3 x
3- x
2+1，其导函数为 f
'( x)，则（ ）
A. 直线 y =-2 x 是曲线 y = f ( x) 的切线
B. f ( x) 有三个零点
C. f
'(2- x)= f
'( x)
D. 若 f ( x) 在区间 (a,a+ 4) 上有最大值，则 a 的取值范围为 (- 4 ,0)
【答案】BC
【解析】因为 f ( x)= 1
3 x
3- x
2+1，则 f
'( x)= x
2-2 x，
f
'(2- x)=(2- x)
2-2(2- x)=(2- x)(- x)= x
2-2 x，所以 f
'(2- x)= f
'( x)，C 正确；
因为 f
'( x)= x
2-2 x，令 f
'( x)=0，得 x
2-2 x =0，解得 x =0 或 x =2，当 x<0 或 x>2 时，
f
'( x)>0，当 0< x<2 时，f
'( x)<0，所以 f ( x) 在 (-∞,0) 和 (2,+∞) 上单调递增，在
(0,2) 上单调递减，所以 f ( x) 在 x =0 处取得极大值，在 x =2 处取得极小值，且
f （0）=1，f （2）= 8
3 - 4+1=- 1
3，x→-∞,f ( x)→-∞，x→+∞,f ( x)→+∞，故 f ( x)
有两个极值点，三个零点，故B 正确；
设切点的坐标为 ( x0, 1
3 x0
3- x0
2+1)，则切线斜率为 x0
2-2 x0=-2，则 x0
2-2 x0+2=( x0-1)
2+1≠0，
所以不存在斜率为 -2 的切线，直线 y =-2 x 不是曲线 y = f ( x) 的切线，故A 错误；
因为 f （0）=1= f （3），所以若 f ( x) 在区间 (a,a+ 4) 上有最大值，则 {
a<0
0<a+ 4≤3，所
以 - 4<a≤-1，故D 错误.
【点拨】通过求导分析函数的单调性与极值，画出函数的大致图象，数形结合是解决零点问题和
最值区间问题的有效方法.
11.（2026·湖南雅礼·模拟）已知函数 f ( x)=2e
x -2e
- x - x
3+12 x，则（ ）
A. f （2）>0
B. f ( x) 有4 个极值点
C. f ( x) 在区间 (2,3) 上有零点
D. f ( x) 在区间 (-1,1) 上单调递增
【答案】ACD
【解析】对于A 选项，由 f （2）=2e
2-2e
-2-8+24>16-2e
-2>0，所以选项A 正确；
对于B 选项，令函数 h( x)= f
'( x)=2e
x+2e
- x -3 x
2+12，
则 h(- x)=2e
- x+2e
x -3 x
2+12=h( x)，
所以 h( x) 为偶函数，h
'( x)=2e
x -2e
- x -6 x，
令函数 g( x)=h
'( x)=2e
x -2e
- x -6 x，则 g
'( x)=2e
x+2e
- x -6，
易知 g
'( x) 在 (0,+ ∞) 上单调递增，且 g
'（0）=-2<0, g
'（1）=2e+2e
-1-6>0，
所以 g
'( x) 在 (0,+ ∞) 上有唯一零点 x0，
则 g( x) 在 (0, x0) 上单调递减，在 ( x0,+∞) 上单调递增，
又 g（0）=0，所以 g( x0)<0，又 x→+∞ 时 g( x)→+ ∞，
所以 g( x) 在 (0,+∞) 上有唯一零点 x1，
即 h
'( x) 在 (0,+ ∞) 上有唯一零点 x1，
所以 h( x) 在 (0, x1) 上单调递减，在 ( x1,+∞) 上单调递增，
因为 h( x) 为偶函数，则 h( x) 在 (-∞,- x1) 上单调递减，在 (- x1,0) 上单调递增，
因为 f
'(-2)=2e
-2+2e
2-3×4+12=2e
-2+2e
2>0，
f
'（0）=2+2-0+12=16>0，
f
'（2）= f
'(-2)>0，
所以 f
'( x) 恒大于0，
所以 f ( x) 在 R 上单调递增，无极值点，所以选项B 错误；
对于C 选项，由于 f （3）=2e
3-2e
-3-27+36=2e
3-2e
-3+9>0，f （2）>0，
又 f (-2)=2e
-2-2e
2+8-24 =2e
-2-2e
2-16<0，
由零点存在性定理可知 f ( x) 在区间 (-2,2) 上有零点，但在 (2,3) 上无零点，所以选项C 错
误；
对于D 选项，因为 f
'( x)>0 恒成立，
所以 f ( x) 在区间 (-1,1) 上单调递增，所以选项D 正确.
【点拨】本题考查导数在研究函数性质中的综合应用，利用函数的奇偶性简化求导过程，通过多
次求导确定导函数的符号变化是解题的关键.
12.（2026·河北沧州·二模）设 a>0，函数 f ( x)=( x -a)(ln x)
2 的极小值为 0，则 a 的取
值范围是＿＿＿＿＿＿.
【答案】0<a<1
【解析】因为 f ( x) 的极小值为 0，令 f ( x)=0，则 x =a 或 x =1，故 x =a 或 x =1 为 f ( x)
的极小值点.
若 a=1，即 x =1 为 f ( x) 的极小值点.
由题设 f
'( x)=(ln x)
2+ 2( x -1)ln x
x
= ln x⋅( x ln x +2 x -2)
x
，
令 g( x)= x ln x +2 x -2, x>0，则 g
'( x)= ln x +3，
当 x ∈(0,e
-3) 时，g
'( x)<0，当 x ∈(e
-3,+ ∞) 时，g
'( x)>0，
故 g( x) 在 (0,e
-3) 上递减，(e
-3,+ ∞) 上递增，
而 e
-3<1 且 g（1）=0，故 x ∈(e
-3,1) 时 g( x)<0，x∈(1,+∞) 时 g( x)>0，
而 x ∈(e
-3,1) 时，ln x<0，x∈(1,+ ∞) 时 ln x>0，
故 x∈(e
-3,1) 时，f
'( x)>0，x∈(1,+ ∞) 时 f
'( x)>0，
此时 x =1 不是 f ( x) 的极小值点，与题设矛盾；
若 a≠1，
若 x =a 为 f ( x) 的极小值点，故 f
'(a)=0，
由题设 f
'( x)=(ln x)
2+ 2( x -a)ln x
x
= ln x⋅( x ln x +2 x -2a)
x
，
因 ln a≠0，故必有 a ln a+2a-2a=0，故 a ln a=0 即 a=1，与 a≠1 矛盾；
若 x =1 为 f ( x) 的极小值点，
因为 f
'( x)= ln x⋅( x ln x +2 x -2a)
x
，且 0< x<1 时，ln x<0，x>1 时 ln x>0，
故 v( x)= x ln x +2 x -2a 在 x =1 的附近总有 v( x)>0，
由局部保号性可得 v （1）=2-2a>0 即 0<a<1.
综上，0<a<1.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的极值，分类讨论极小值点可能的情况，并结合局部保号性
求解参数范围.
13.已知函数 f ( x)=2sin x(1+cos x)，则 f ( x) 的最大值是＿＿＿＿＿＿.
【答案】3 ❑√3
2
【解析】因为 f ( x)=2sin x(1+cos x)，
所以
f
'( x)=2cos x(1+cos x)-2sin
2 x =2cos x +2cos
2 x -2sin
2 x = 4 cos
2 x +2cos x -2=2(2cos
2 x +cos x -1)=2(2co
当 f
'( x)>0 时，x∈(- π
3 +2kπ , π
3 +2kπ )，
所以 f ( x) 在 (- π
3 +2kπ , π
3 +2kπ ) 单调递增；
当 f
'( x)<0 时，x∈( π
3 +2kπ , 5 π
3 +2kπ )，
所以 f ( x) 在 ( π
3 +2kπ , 5 π
3 +2kπ ) 单调递减；
所以 f ( x)max = f ( π
3 +2kπ )= 3 ❑√3
2
.
【点拨】将三角函数求导后转化为关于 cos x 的二次函数，进而判断导数的符号，求出函数的最
大值.
14.若存在实数 a,b(0<b<2)，使得关于 x 的不等式 3 x
2
3 ≤ax +b≤2 x
2+2 对 x∈(0,+∞)
恒成立，则 b 的最大值是＿＿＿＿＿＿.
【答案】2+ ❑√2
2
【解析】当 x∈(0,+∞)，且 b∈(0,2) 时，由 3 x
2
3 ≤ax +b，得 a≥3 x
- 1
3 - b
x .
设 g( x)=3 x
- 1
3 - b
x ，则 g
'( x)=- x
- 4
3 + b
x
2 =- x
2
3 +b
x
2
.
当 x∈(0,b
3
2 ) 时，g
'( x)>0，g( x) 在 (0,b
3
2 ) 上单调递增，
当 x∈(b
3
2 ,+ ∞) 时，g
'( x)<0，g( x) 在 (b
3
2 ,+ ∞) 上单调递减.
所以 g( x)max = g(b
3
2 )= 2
❑√b
，得 a≥2
❑√b ，
ax +b≤2 x
2+2 等价于 a≤2 x + 2-b
x
，而 2 x + 2-b
x
≥2❑√2 x⋅2-b
x
=2❑√2(2-b)，
当且仅当 x = ❑√
2-b
2
时等号成立.
所以 a≤2❑√2(2-b)，则 2
❑√b ≤2❑√2(2-b)，
所以 2b
2- 4 b+1≤0，
解得 2- ❑√2
2
≤b≤2+ ❑√2
2
，所以 b 的最大值是 2+ ❑√2
2
.
【点拨】采用分离参数法，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用导数和基本不等
式分别求出参数 a 的上下界，进而求出 b 的范围.
15.（13 分）（2026·广东汕头·二模）已知函数 f ( x)=a( x - 4)
2+6 ln x.
（1） 若曲线 y = f ( x) 在点 (1,f （1）) 处的切线过点 (0,9)，求 a 的值；
（2） 求 f ( x) 的极值点.
【答案】（1） a=1
（2） 见解析
【解析】（1） 求导得 f
'( x)=2a( x - 4)+ 6
x ，则 f
'（1）=-6a+6，
又有 f （1）=9a，
所以曲线 y = f ( x) 在点 (1,f （1）) 处的切线方程为：y -9a=(-6a+6)( x -1)，.............4 分
又由切线过点 (0,9)，则 9-9a=-(-6a+6)⇒a=1；..................................................................6 分
（2） 由（1）可知，f
'( x)=2a( x - 4)+ 6
x = 2a x
2-8ax +6
x
( x>0)，
令 φ( x)=2a x
2-8ax +6，则 φ（0）=6.
①当 a=0 时，对 x∈(0,+∞)，有 f
'( x)= 6
x >0，f ( x) 单调递增，无极值点.........................8 分
②当 a<0 时，φ( x) 的图象开口向下，且对称轴为直线 x =2，
又 φ（0）=6，则 φ( x)=0 在 x>0 时有一根 x1=2-
❑√4 a
2-3a
a
，
x∈(0, x1) 时，φ( x)>0,f
'( x)>0,f ( x) 单调递增，
x∈( x1,+∞) 时，φ( x)<0,f
'( x)<0,f ( x) 单调递减.
所以 f ( x) 在 x1 处取得极大值，极大值点为 x1=2-
❑√4 a
2-3a
a
，无极小值点.......................10 分
③当 a>0 时，φ( x) 的图象开口向上，Δ=64 a
2- 48a.
i. 当 Δ≤0，即 0<a≤3
4 时，有 φ( x)≥0，所以当 x>0 时，
有 f
'( x)≥0,f ( x) 单调递增，无极值点...........................................................................................11 分
ii. 当 Δ>0，即 a> 3
4 时，在 x>0 时，φ( x)=0，
有两个根 x2=2-
❑√4 a
2-3a
a
, x3=2+
❑√4 a
2-3a
a
.
x∈(0, x2) 时，φ( x)>0,f
'( x)>0,f ( x) 单调递增；
x∈( x2, x3) 时，φ( x)<0,f
'( x)<0,f ( x) 单调递减；
x∈( x3,+∞) 时，φ( x)>0,f
'( x)>0,f ( x) 单调递增.
∴f ( x) 有极大值点 x2=2-
❑√4 a
2-3a
a
，极小值点 x3=2+
❑√4 a
2-3a
a
.
综上所述，
当 0≤a≤3
4 时，f ( x) 单调递增，无极值点；
当 a<0 时，f ( x) 的极大值点为 2-
❑√4 a
2-3a
a
，无极小值点；
当 a> 3
4 时，f ( x) 的极大值点为 2-
❑√4 a
2-3a
a
，极小值点为 2+
❑√4 a
2-3a
a
........................13 分
【点拨】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值，难点在于对参数 a 的分类讨论，
需结合二次函数的图象特征进行分析.
16.（15 分）（2025·燕博园·3 月检测）已知函数 f ( x)= x ln x.
（1） 求曲线 y = f ( x) 在点 (e ,f (e)) 处的切线方程；
（2） 求函数 f ( x) 的极值；
（3） 讨论函数 h( x)= f ( x)-e
x+1 在 (0,+∞) 上的单调性.
【答案】（1） 2 x - y -e =0
（2） 极小值为 - 1
e ，无极大值
（3） 在 (0,+∞) 上单调递减
【解析】（1） 由于 f ( x)= x ln x 定义域为 (0,+∞)，
f
'( x)= ln x + x⋅1
x =1+ ln x，................................................................................................................ 2 分
f (e)=e，f
'(e)=2，
故曲线 y = f ( x) 在点 (e ,e) 处的切线方程为：y -e =2( x -e)，即 2 x - y -e =0....................5 分
（2） 令 f
'( x)<0，则 0< x< 1
e ，
令 f
'( x)>0，则 x> 1
e ，
则函数 f ( x) 在区间 (0, 1
e ) 上单调递减，在区间 ( 1
e ,+ ∞) 上单调递增....................................8 分
故函数 f ( x) 的极小值为 f ( 1
e )=- 1
e ，无极大值............................................................................10 分
（3） 由于函数 h( x)= x ln x -e
x+1，
令 g( x)=h
'( x)= ln x +1-e
x( x >0)，
则 g
'( x)= 1
x -e
x 在区间 (0,+ ∞) 上单调递减，...........................................................................12 分
且 g
'( 1
2 )=2- ❑√e>0，g
'（1）=1-e<0，
故 ∃x0∈( 1
2 ,1)，使 g
'( x0)= 1
x0
-e
x0=0，即 ln x0=- x0，
当 x∈(0, x0) 时，g
'( x)>0，当 x∈( x0,+ ∞) 时，g
'( x)<0，
故 h
'( x) 在 (0, x0) 上递增，在 ( x0,+ ∞) 上递减.......................................................................14 分
故 h
'( x)≤h
'( x0)= ln x0+1-e
x0=-( x0+ 1
x0
)+1≤-2❑√
x0⋅1
x0
+1=-1<0，
当且仅当 x0= 1
x0，即 x0=1 时，等号成立，显然，等号不成立，
故 h
'( x)<0，故 h( x) 在 (0,+ ∞) 上是减函数.............................................................................15 分
【点拨】第（3）问中，通过两次求导研究函数的单调性，并利用隐零点代换结合基本不等式证明
导函数恒小于0 是解题的关键.
17.（15 分）（2025·广东衡水·5 月联考）已知函数 f ( x)=
x
ln
3 x
( x≠1).
（1） 求 f ( x) 的极值；
（2） 证明：27 e
x - 4>ln
3 x.
【答案】（1） 极小值为 e
3
27 ，无极大值
（2） 证明见解析
【解析】（1） f
'( x)= ln
3 x -3ln
2 x
ln
6 x
= ln x -3
ln
4 x
，...............................................................................1 分
可知当 x∈(0,1) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；.......................................................................2 分
当 x∈(1,e
3) 时，f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；..............................................................................3 分
当 x ∈(e
3,+ ∞) 时，f
'( x)>0，f ( x) 单调递增，..........................................................................4 分
故 f ( x) 有极小值 f (e
3)= e
3
27 ，..........................................................................................................5 分
无极大值...................................................................................................................................................7 分
（2） 当 x∈(0,1) 时，有 27e
x -4>0>ln
3 x 恒成立....................................................................8 分
当 x>1 时，构造函数 g( x)=e
x -1- x，则 g
'( x)=e
x -1-1，.......................................................10 分
当 x>1 时，g
'( x)>0，故 g( x) 在 (1,+∞) 上单调递增，.......................................................11 分
于是 g( x)>g（1）=0，即 e
x -1> x，...........................................................................................12 分
于是此时 27e
x - 4= 27
e
3 e
x -1> 27
e
3 x，...................................................................................................13 分
由（1）可知 x
ln
3 x
≥e
3
27 ，故 27
e
3 x ≥ln
3 x，故 27 e
x - 4>ln
3 x........................................................15 分
【点拨】利用导数求出函数的极小值，再通过构造函数 g( x)=e
x -1- x 证明 e
x -1> x，结合第
（1）问的结论进行放缩证明.
18.（17 分）（2026·湖南长郡·二模）函数 f ( x)=ax ln x - 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） (e ,+∞)
【解析】（1） a=1 时，f ( x)= x ln x - 1
2 x
2，f （1）=- 1
2，
又 f
'( x)= ln x +1- x，...........................................................................................................................3 分
f
'（1）=0，
所以 f ( x) 在 x =1 处的切线方程为 y -(- 1
2 )=0⋅( x -1)，
即 y =- 1
2.................................................................................................................................................7 分
（2） f
'( x)=a ln x +a- x，
由题可知 f
'( x)=aln x +a- x 在 (0,+ ∞) 有两个变号零点，.....................................................10 分
由 a ln x +a- x =0，得 1
a = ln x +1
x
，
令 g( x)= ln x +1
x
，g
'( x)=- ln x
x
2
，...................................................................................................13 分
当 x∈(0,1) 时，g
'( x)>0，g( x) 在 (0,1) 上单调递增，
当 x∈(1,+ ∞) 时，g
'( x)<0，g( x) 在 (1,+ ∞) 上单调递减，
又 x→0，g( x)→-∞，x→+ ∞，g( x)→0，
所以 g( x)max = g（1）=1，.............................................................................................................15 分
由 f ( x) 有两个极值点，则 0< 1
a <1，
故 a∈(1,+∞).....................................................................................................................................17 分
【点拨】将极值点个数问题转化为导函数的变号零点个数问题，通过分离参数构造函数，利用导
数研究新函数的单调性与最值是解决此类问题的通法.
19.（17 分）（2026·安徽铜陵·一模）已知函数 f ( x)=e
x+sin x -ax ,a∈R.
（1） 若 a=2，求 f ( x) 的单调区间；
（2） ∀x∈[0,+∞)，f ( x)≥cos x 成立，求实数 a 的取值范围；
（3） 若 a=1, x∈[-2π ,+∞) 时，y =m 与 y = f ( x) 的图象有三个交点，横坐标分别为
x p, xq, xr( x p< xq< xr)，求证：2 xq< x p+ xr.
【答案】（1） 单调递减区间为(-∞,0)，单调递增区间为[0,+ ∞)
（2） (-∞,2]
（3） 证明见解析
【解析】（1） 当 a=2 时，可得 f ( x)=e
x+sin x -2 x，可得 f
'( x)=e
x+cos x -2，
令 g( x)=e
x+cos x -2，可得 g
'( x)=e
x -sin x，..............................................................................2 分
当 x<0 时，e
x<1,cos x ≤1，可得 g( x)=e
x+cos x -2<0，即 f
'( x)<0，f ( x) 单调递减；
当 x ≥0 时，e
x≥1,-sin x ≥-1，所以 g
'( x)=e
x -sin x>0，g( x) 单调递增，
则 g( x)≥g（0）=e
0+cos0-2=0，即 f
'( x)≥0，f ( x) 单调递增，
所以函数 f ( x) 的单调递减区间为 (-∞,0)，单调递增区间为 [0,+∞)......................................5 分
（2） 令 h( x)= f ( x)-cos x =e
x+sin x -ax -cos x , x∈[0,+∞)，
可得 h
'( x)=e
x+cos x -a+sin x，
令 m( x)=h
'( x)=e
x+cos x -a+sin x，
则 m
'( x)=e
x-sin x +cos x =e
x+ ❑√2cos( x + π
4 )，.............................................................................7 分
当 0≤x ≤π
4 时，1≤e
x≤e
π
4，0≤x + π
4 ≤π
2 ，0≤cos( x + π
4 )≤
❑√2
2 ，故 m
'( x)>0，
当 x> π
4 时，e
x≥e
π
4 >2
1
4 >2
1
2 = ❑√2，- ❑√2≤❑√2cos( x + π
4 )≤❑√2，故 m
'( x)>0，
所以当 x∈[0,+∞) 时，可得 m
'( x)>0，m( x) 单调递增，即 h
'( x) 单调递增，
h
'（0）=2-a，
当 a≤2 时，h
'（0）≥0，则 h
'( x)≥h
'（0）≥0，h( x) 在 x∈[0,+ ∞) 上单调递增，
所以 h( x)≥h（0）=0，所以 f ( x)≥cos x 成立，满足题意；.................................................10 分
当 a>2 时，存在 x0∈(0,+∞)，使得 h
'( x0)=0，
当 x∈[0, x0) 时，h
'( x)<0，h( x) 单调递减；
当 x∈( x0,+ ∞) 时，h
'( x)>0，h( x) 单调递增，
当 x∈(0, x0) 时，h( x)<h（0）=0，不满足题意，
综上可得，实数 a 的取值范围为 (-∞,2]......................................................................................11 分
（3） 当 a=1 时，f ( x)=e
x+sin x - x，可得 f
'( x)=e
x+cos x -1，
设 f 1( x)= f
'( x)=e
x+cos x -1，可得 f 1
' ( x)=e
x -sin x，
设 f 2( x)= f 1
' ( x)=e
x -sin x，可得 f 2
' ( x)=e
x -cos x，
设 f 3( x)= f 2
' ( x)=e
x -cos x，可得 f 3
' ( x)=e
x+sin x，...................................................................13 分
当 x∈[-2π ,- π ) 时，e
x>0,sin x>0，可得 f 3
' ( x)=e
x+sin x >0，
则 f 3( x) 在 x∈[-2π ,- π ) 上单调递增，
因为 f 3(-2π )=e
-2 π -1<0,f 3(- π )=e
- π +1>0，
所以存在唯一 x0∈(-2π ,- π )，使得 f 3( x0)=0，
可得 f 2( x) 在 (-2π , x0) 上单调递减，在 ( x0,- π ) 上单调递增，
f 2(-2π )=e
-2 π>0,f 2(- 3 π
2 )=e
- 3 π
2 -1<0,f 2(- π )=e
- π>0，
所以存在唯一的 λ∈(-2π ,- 3 π
2 ), μ∈(- 3 π
2 ,- π )，使得 e
λ=sin λ ,e
μ=sin μ，
且 f 1( x) 在 (-2π , λ) 上单调递增，在 ( λ , μ) 上单调递减，在 ( μ,- π ) 上单调递增，
由 f 1(-2π )=e
-2 π>0，f 1(- π )=e
- π -2<0，f 1(- 3 π
2 )=e
- 3 π
2 -1<0，
又由 f 1( λ)=e
λ+cos λ-1=sin λ+cos λ-1= ❑√2sin( λ+ π
4 )-1，
因为 λ∈(-2π ,- 3 π
2 ), μ∈(- 3 π
2 ,- π )，可得 λ+ π
4 ∈(- 7 π
4 ,- 5 π
4 ), μ+ π
4 ∈(- 5 π
4 ,- 3 π
4 )，
可得
❑√2sin( λ+ π
4 )>1，
❑√2sin( μ+ π
4 )<1，所以 f 1( λ)>0,f 1( μ)<0，
则存在唯一 x1∈(-2π ,- 3 π
2 )，使得 f
'( x1)=0，........................................................................15 分
且 f ( x) 在 (-2π , x1) 上单调递增，在 ( x1,- π ) 上单调递减，
当 x∈(- π ,0) 时，e
x>0,sin x<0，f 1
' ( x)>0，则 f
'( x) 在 (- π ,0) 上单调递增，
则 f
'（0）=1>0,f
'(- π
2 )=e
- π
2 -1<0，则存在唯一 x2∈(- π
2 ,0)，使得 f
'( x2)=0，
当 - π < x< x2 时，f
'( x)<0，当 x2< x<0 时，f
'( x)>0，
当 x>0 时，e
x>1,sin x ≤1，可得 f 1
' ( x)>0，f
'( x) 在 (0,+∞) 上单调递增，f
'（0）=1>0，
f
'( x)>0，
综上可得，函数 f ( x) 在 (-2π , x1) 上单调递增，在 ( x1, x2) 上单调递减，在 ( x2,+ ∞) 上单
调递增，
要使得 y =m 与 y = f ( x) 的图象有三个交点，
则 x p∈(-2π ,- 3 π
2 ), xq∈(- 3 π
2 ,- π
2 ), xr∈(- π
2 ,+∞)，
f (-2π )=e
-2 π +2π ,f (- π )=e
- π + π <f (-2π )，则 xq∈(- 3 π
2 ,- π )，
又因为 f （0）=1<f (-2π )，则 xr∈(0,+ ∞)，则 x p+ xr>-2π >2 xq，
所以 2 xq< x p+ xr，得证...................................................................................................................... 17 分
【点拨】本题综合考查了导数在研究函数单调性、极值以及不等式证明中的应用.第（3）问中，通
过多次求导确定极值点的大致范围，并结合函数值的大小关系进行放缩是证明的关键.
