专题3.2 函数的单调性、极值与最值【七大题型】
【新高考专用】
【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】.....................................................................................................2
【题型2 由函数的单调性求参数】..........................................................................................................................4
【题型3 利用导数求函数的极值（点）】..............................................................................................................6
【题型4 根据极值（点）求参数】..........................................................................................................................8
【题型5 利用导数求函数的最值】........................................................................................................................10
【题型6 已知函数最值求参数】............................................................................................................................12
【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】...............................................................................................14
1、函数的单调性、极值与最值
导数与函数是高中数学的核心内容，是高考常考的热点内容，从近三年的高考情况来看，高考中常涉
及的问题有利用导数解决函数的单调性、极值和最值等；与不等式、方程的根(或函数的零点)等内容结合
考查，此类问题体现了分类讨论、转化与化归等数学思想，此类问题在选择、填空、解答题中都有考查，
而在解答题中进行考查时试题难度较大.
【知识点1 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.确定函数单调区间的步骤；
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f'(x)；
(3)解不等式f'(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因
式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
3.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x (
∈a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间
上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点2 函数的极值与最值问题的解题思路】
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f'(x)；
(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0 的根x0左右两侧值的符号；
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0 和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3.利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
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.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性
和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【题型1 利用导数判断单调性、求单调区间】
【例1】（2023·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）函数y =- x
2+ ln x的单调递增区间为（ ）
A．(
1
2 ,e)
B．(0,e)
C．(0, 1
2)
D．(0, √2
2 )
【解题思路】先求导，再由y
'>0求解.
【解答过程】解：因为y =- x
2+ ln x，
所以y
' =-2 x + 1
x
(x>0)，
由y
'>0，即-2 x + 1
x >0，
解得0< x< √2
2 ，
所以函数y =- x
2+ ln x的单调递增区间为(0, √2
2 )，
故选：D.
【变式1-1】（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）下列函数中，既是偶函数又在(0,+ ∞)上单调递增的函
数是（ ）
A．f (x)= x ln x
B．f (x)= ln(- x +√x
2+1)
C．f (x)=e
x+e
- x
D．f (x)=e
x-e
- x
【解题思路】对于A，说明f (x)= x ln x不是偶函数即可；对于B，说明f (x)= ln(- x +√x
2+1)是奇函数不
是偶函数即可；对于C，用定义说明f (x)=e
x+e
- x是偶函数，用导数说明它在(0,+∞)上单调递增；对于
D，说明f (x)=e
x-e
- x是奇函数不是偶函数即可.
【解答过程】对于A，因为f (x)= x ln x的定义域为(0,+∞)不关于原点对称，所以f (x)= x ln x不是偶函数，
故A 选项不符合题意；
对于B，因为∀x ∈R,√x
2+1- x >√x
2- x =|x|- x ≥0，所以f (x)= ln(- x +√x
2+1)的定义域为R关于原
点对称，
但f (x)+ f (- x)= ln(- x +√x
2+1)+ ln(x +√x
2+1)= ln1=0，所以f (x)= ln(- x +√x
2+1)是奇函数不是偶
函数，
故B 选项不符合题意；
对于C，因为f (x)=e
x+e
- x的定义域为R关于原点对称，且f (- x)=e
- x+e
x=e
x+e
- x= f (x)，
所以f (x)=e
x+e
- x是偶函数，
又f
' (x)=e
x-e
- x，注意到当x∈(0,+∞)时，有e
x>e
0=1>e
- x，
所以此时f
' (x)=e
x-e
- x>0，所以f (x)=e
x+e
- x在(0,+∞)上单调递增，
故C 选项符合题意；
对于D，因为f (x)=e
x -e
- x的定义域为R关于原点对称，但f (- x)=e
- x -e
x =-(e
x -e
- x)=- f (x)，
所以f (x)=e
x-e
- x是奇函数不是偶函数，
故D 选项不符合题意.
故选：C.
【变式1-2】（2023·上海静安·统考二模）函数y = x ln x（ ）
A．严格增函数
B．在(0, 1
e)上是严格增函数，在(
1
e ,+∞)上是严格减函数
C．严格减函数
D．在(0, 1
e)上是严格减函数，在(
1
e ,+∞)上是严格增函数
【解题思路】求导后利用导函数的正负判断函数的单调性，并根据严格增减函数的定义即可得到选项.
【解答过程】解：已知y = x ln x，x>0，则y
' = ln x + x⋅1
x = ln x +1，
令y
' =0，即ln x +1=0，解得x = 1
e ，
当0< x< 1
e 时，y
'<0，所以在(0, 1
e)上是严格减函数，
当x> 1
e 时，y
'>0，所以在(
1
e ,+∞)上是严格增函数，
故选：D.
【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）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,+∞)
【解题思路】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递增区间.
【解答过程】由¿得：2< x<4，即f (x)的定义域为(2,4)；
∵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；
∴f (x)的单调递增区间为(2,3).
故选：A.
【题型2 由函数的单调性求参数】
【例2】（2023·广西玉林·统考二模）若函数f ( x)=(ax +1)e
x在[1,2]上为增函数，则a 的取值范围是
（ ）
A．[- 1
2 ,+∞)
B．[- 1
3 ,+∞)
C．[- 1
4 ,+ ∞)
D．[0,+ ∞)
【解题思路】对函数求导，根据题意可得f
'( x)=(ax +a+1)e
x≥0对x∈[1,2]恒成立，列出不等式组，解
之即可求解.
【解答过程】依题意得f
'( x)=(ax +a+1)e
x≥0对x∈[1,2]恒成立，
即ax +a+1≥0对x∈[1,2]恒成立．
因为y＝ax＋a＋1 的图象为直线，
所以¿，解得a≥- 1
3．
故选：B.
【变式2-1】（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）若函数f ( x)= x
2
2 - ln x在区间(m,m+ 1
3 )上不单调，则
实数m 的取值范围为（ ）
A．0<m< 2
3
B．2
3 <m<1
C．2
3 ≤m≤1
D．m>1
【解题思路】首先求出f ( x)的定义域和极值点，由题意得极值点在区间(m,m+ 1
3 )内，且m>0，得出关
于m的不等式组，求解即可．
【解答过程】函数f ( x)= x
2
2 - ln x的定义域为(0,+∞)，
且f
'( x)= x - 1
x = x
2-1
x
= ( x +1)( x -1)
x
，
令f
'( x)=0，得x =1，
因为f ( x)在区间(m,m+ 1
3 )上不单调，
所以¿，解得：2
3 <m<1
故选：B.
【变式2-2】（2023 下·重庆·高二校联考期中）若函数f (x)= x
2-a ln x - x -2023(a∈R)在区间[1,+∞)上
单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．(-∞,1)
B．(-∞,1]
C．(-∞,- 1
8)
D．(-∞,- 1
8]
【解题思路】先求导数，利用f
'( x)≥0在[1,+∞)上恒成立，分离参数进行求解.
【解答过程】f
'( x)=2 x - a
x -1，因为f ( x)在区间[1,+∞)上单调递增，
所以f
'( x)≥0在[1,+∞)上恒成立，即2 x
2- x ≥a在[1,+ ∞)上恒成立，
因为二次函数y =2 x
2- x的图象的对称轴为x = 1
4 ，且开口向上
所以y =2 x
2- x的最小值为1，所以a≤1.
故选：B.
【变式2-3】（2023·全国·模拟预测）已知函数g(x)= a(x -1)
2 x +1 - ln (2 x -1)在[1,+∞)上单调递减，则实数a
的取值范围是（ ）
A．(-∞,4]
B．(-∞, 16
3 ]
C．(4 , 16
3 ]
D．(-∞,6]
【解题思路】依据原函数的单调性得到导函数的正负，后利用二次函数性质求参数范围即可.
【解答过程】由g(x)= a(x -1)
2 x +1 - ln (2 x -1)得g
' (x)= a(2 x +1)-2(ax -a)
(2 x +1)
2
-
2
2 x -1
= 3a(2 x -1)-2(2 x +1)
2
(2 x +1)
2(2 x -1)
=-8 x
2+(6a-8) x -3a-2
(2 x +1)
2(2 x -1)
，
因为函数g(x)在[1,+ ∞)上单调递减，所以g
' (x)≤0在[1,+∞)上恒成立．
设φ(x)=-8 x
2+(6a-8) x -3a-2，则φ(x)≤0在[1,+∞)上恒成立，
利用二次函数的图象与性质及数形结合思想，
可得¿或(6a-8)
2- 4×(-8)(-3a-2)≤0，
解得a≤16
3 ，所以实数a 的取值范围为(-∞, 16
3 ]
故选：B．
【题型3 利用导数求函数的极值（点）】
【例3】（2023·全国·模拟预测）函数f ( x)=2 x - tan x - π在区间(- π
2 , π
2)的极大值、极小值分别为
（ ）
A．π
2 +1，- π
2 +1
B．- π
2 +1，- 3 π
2 +1
C．3 π
2 -1，- π
2 +1
D．- π
2 -1，- 3 π
2 +1
【解题思路】求出f
' (x)，由f
'( x)<0、f
'( x)>0可得答案．
【解答过程】由题意，得f
'( x)=2-(
sin x
cos x)
'
=2-
1
cos
2 x
= 2cos
2 x -1
cos
2 x
，
当x∈(-π
2 ,-π
4 )∪(
π
4 ,π
2 )时，2cos
2 x -1<0，f
'( x)<0；
当x∈(-π
4 ,π
4 )时，2cos
2 x -1>0，f
'( x)>0．
所以f ( x)在(-π
2 ,-π
4 )上单调递减，在(-π
4 ,π
4 )上单调递增，在(
π
4 ,π
2 )上单调递减．
当x =-π
4 时，f ( x)取得极小值，为f(-π
4 )=- 3π
2 +1；
当x =π
4 时，f ( x)取得极大值，为f(
π
4 )=-π
2 -1．
故选：D．
【变式3-1】（2023·河南洛阳·校联考模拟预测）已知函数f (x)及其导函数f
' (x)的定义域均为R，且
f
' (x)- f (x)= x
2e
2 x ,f (0)=0，则f (x)（ ）
A．有一个极小值点，一个极大值点
B．有两个极小值点，一个极大值点
C．最多有一个极小值点，无极大值点
D．最多有一个极大值点，无极小值点
【解题思路】设g(x)= f (x)
e
x
，求导后，构造h(x)= g(x)+ x
2e
x，求导，得到其单调性和极值情况，结合极
小值为0，故当x∈(-∞,-1)时，h(x)至多有1 个变号零点，且在(-1,+∞)上无变号零点；分h(x)在区间
(-∞,-1)上没有变号零点和1 个变号零点两种情况，得到极值情况.
【解答过程】令g(x)= f (x)
e
x
，则g
' (x)= f
' (x)- f (x)
e
x
= x
2e
2 x
e
x
= x
2e
x，
故f
' (x)= f (x)+ x
2e
2 x =e
x g(x)+ x
2e
2 x =e
x[g(x)+ x
2e
x]．
令h(x)= g(x)+ x
2e
x，
所以h
' (x)= g
' (x)+(x
2+2 x)e
x = x
2e
x+(x
2+2 x)e
x =2 x (x +1)e
x，
当x∈(-∞,-1)时，h
' (x)>0,h(x)单调递增，
当x∈(-1,0)时，h
' (x)<0,h(x)单调递减，
当x∈(0,+∞)时，h
' (x)>0,h(x)单调递增，
所以h(x)的极小值为h(0)= g(0)= f (0)
e
0
=0，
h(x)的极大值为h(-1)= g(-1)+ 1
e >h(0)=0，
所以当x∈(-∞,-1)时，h(x)至多有1 个变号零点，且在(-1,+∞)上无变号零点；
当h(x)在区间(-∞,-1)上没有变号零点时，
则h(x)≥0，f
' (x)=e
xh(x)≥0，f (x)单调递增，f (x)无极值点，
当h(x)在区间(-∞,-1)上有1 个变号零点时，
可设为x0，则当x∈(-∞, x0)时，h(x)<0,f
' (x)=e
xh(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(x0,+∞)时，h(x)≥0,f
' (x)=e
xh(x)≥0，f (x)单调递增，
所以f (x)有且只有一个极小值点x0，无极大值点．
综上，f (x)最多有一个极小值点，无极大值点．
故选：C.
【变式3-2】（2023·河北·模拟预测）若函数f (x)=sin x - x (π - x)
π
，则f (x)极值点的个数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【解题思路】首先根据得到f ( x)的图象关于直线x = π
2 对称，再对其求导，得到其在(π ,+∞)上单调性，
再对导函数进行求导得到其单调性和零点，从而得到原函数的极值点.
【解答过程】由题得f ( x)=sin x - x + x
2
π = 1
π ( x - π
2)
2
+sin x - π
4 ,
因为y =sin x与y = 1
π(x - π
2)
2
- π
4 的图象均关于直线x = π
2 对称,
所以f ( x)的图象也关于直线x = π
2 对称,
又f
'( x)=cos x -1+ 2
π x,且当x>π时, 2
π x -1>1,
所以f
'( x)>1+cos x ≥0,即f
'( x)>0,所以f ( x)在(π ,+ ∞)上单调递增.
令h( x)= f
'( x)=cos x -1+ 2
π x,则h
'( x)=-sin x + 2
π ,
又h
'(
π
2)= 2
π -1<0,h
'(π )= 2
π >0,h
'( x)在(
π
2 ,π)上单调递增,
所以∃x0∈(
π
2 ,π),使得h
'(x0) =0,
所以当x∈(
π
2 , x0)时,h
'( x)<0,h( x)单调递减;
当x∈(x0,π)时,h
'( x)>0,h( x)单调递增,
又h(
π
2)=h(π )=0,所以在(
π
2 ,π)上,h( x)<0,即f
'( x)<0,f ( x)单调递减.
由f ( x)图象的对称性可知,在(0, π
2)上,f
'( x)>0,f ( x)单调递增,
在(-∞,0)上,f
'( x)<0,f ( x)单调递减,
又f
'(0)= f
'(
π
2)= f
'(π )=0,
所以f ( x)极值点的个数为3.
故选：C.
【变式3-3】（2023·河南·统考三模）已知函数f ( x)= x
2ln x，则下列结论正确的是（ ）
A．f ( x)在x = 1
√e处得到极大值- 1
2e
B．f ( x)在x =√e处得到极大值e
2
C．f ( x)在x = 1
√e处得到极小值- 1
2e
D．f ( x)在x =√e处得到极小值e
2
【解题思路】利用导数求函数极值即可.
【解答过程】由f
'( x)=2 x ln x + x = x(2ln x +1)，且x∈(0,+∞)，
所以x∈(0, 1
√e )时f
'( x)<0，f ( x)递减，x∈( 1
√e ,+∞)时f
'( x)>0，f ( x)递增，
所以f ( x)在x = 1
√e处得到极小值f ( 1
√e )= 1
e ln 1
√e = - 1
2e.
故选：C.
【题型4 根据极值（点）求参数】
【例4】（2023·贵州遵义·统考三模）已知函数f (x)=ax + ln x
b +1在x =1处取得极值0，则a+b=（ ）
A．-1
B．0
C．1
D．2
【解题思路】根据极值点的意义，列式求解.
【解答过程】f
' (x)=a+ 1
bx ，
有¿，得a=-1,b=1，
所以a+b=0.
故选：B.
【变式4-1】（2023·陕西商洛·统考三模）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,+ ∞)
【解题思路】直接对函数求导，再利用极值的定义即可求出结果.
【解答过程】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.
【变式4-2】（2023·四川绵阳·统考一模）若函数y =cos(ωx +π
6 )（ω>0）在区间(-π
2 ,0)上恰有唯一
极值点，则ω的取值范围为（ ）
A．[
1
3 , 7
6]
B．(
1
3 , 7
6]
C．(
1
3 , 7
3]
D．(
2
3 , 7
3)
【解题思路】根据余弦函数的图象特征，根据整体法即可列出不等式满足的关系进行求解.
【解答过程】当x∈(-π
2 ,0)，ωx +π
6 ∈(- ωπ
2
+π
6 ,π
6 )，
由于y =cos(ωx +π
6 )（ω>0）在区间(-π
2 ,0)上恰有唯一极值点，故满足-π≤- ωπ
2
+π
6 <0，解得
ω∈(
1
3 , 7
3]，
故选：C.
【变式4-3】（2023·高二课时练习）已知函数f ( x)= x
3+a x
2+(a+6)x +1有极大值和极小值，则a 的取值
范围是（ ）
A．-1<a<2
B．a<-3或a>6
C．-3<a<6
D．a<-1或a>2
【解题思路】根据函数有极大值和极小值，可以判断导数有两个零点，然后求a 的取值范围即可.
【解答过程】函数f ( x)= x
3+a x
2+(a+6)x +1，
∴f
'( x)=3 x
2+2ax +a+6，
函数f ( x)有极大值和极小值，
所以其导函数f
'( x)=0有两个不同的解，
Δ= 4 a
2- 4×3(a+6)>0,
所以a<-3或a>6.
故选：B.
【题型5 利用导数求函数的最值】
【例5】（2023·四川绵阳·三台中学校考模拟预测）当x =2时，函数f (x)= x
3+b x
2-12 x取得极值，则
f (x)在区间[- 4,4]上的最大值为（ ）
A．8
B．12
C．16
D．32
【解题思路】根据极值点与导数之间的关系求得b=0，利用导数判断f (x)在区间[- 4,4]上的单调性和最值.
【解答过程】因为f (x)= x
3+b x
2-12 x，所以f
'( x)=3 x
2+2bx -12，
又因为f ( x)在x =2取极值，所以f
'(2)=12+ 4 b-12=0，解得b=0，
若b=0，则f ( x)= x
3-12 x，f
'( x)=3 x
2-12，
令f
'( x)>0，得x<-2或x>2；令f
'( x)<0，得-2< x<2；
所以f ( x)在(-∞,-2)和(2,+ ∞)上单调递增，在(-2,2)上单调递减，
可知f ( x)在x =2取极值，故b=0满足题意，
若x∈[- 4,4]，则f ( x)在[- 4 ,-2]和[2,4 ]上单调递增，在(-2,2)上单调递减，
且f (-2)=-8+24 =16,f (4)=64 - 48=16，
所以f (x)在区间[- 4,4]上的最大值为16.
故选：C．
【变式5-1】（2023·广西玉林·校联考模拟预测）已知正实数x，y 满足y e
x= ln x - ln y，则ln x +1
x
+ ln y
的最大值为（ ）
A．-1
B．0
C．1
D．2
【解题思路】由y e
x = ln x - ln y得xe
x = ln x
y e
ln x
y，构造函数f (t )=t e
t ,t >0，利用单调性得ln y = ln x - x，
记g(x)= ln x +1
x
+ ln x - x，求导，利用函数单调性求最值即可.
【解答过程】因为正实数x，y 满足y e
x= ln x - ln y，
所以xe
x = x
y
(ln x - ln y)= x
y ln x
y = ln x
y e
ln x
y，
设f (t )=t e
t ,t >0，则f
' (t )=(t +1)e
t，当t >0时，f
' (t )>0，
所以函数f (t )在(0,+ ∞)上单调递增，由xe
x = ln x
y e
ln x
y得f (x)= f(ln x
y)，
所以x = ln x
y ，所以ln y = ln x - x，
所以ln x +1
x
+ ln y = ln x +1
x
+ ln x - x，记g(x)= ln x +1
x
+ ln x - x，
则g
' (x)=- ln x + x - x
2
x
2
，所以g
' (1)=0，记h(x)=- ln x + x - x
2，
则h
' (x)=-2 x +1- 1
x ≤-2√2+1<0，
所以函数h(x)在(0,+ ∞)上单调递减，且h(1)=0，
所以在(0,1)上，h(x)>0，g
' (x)>0，g(x)单调递增，
在(1,+∞)上，h(x)<0，g
' (x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max= g(1)=0，当x =1时，y = 1
e ，即ln x +1
x
+ ln y的最大值为0.
故选：B.
【变式5-2】（2023·江西赣州·南康中学校联考模拟预测）已知函数
f (x)=e
2 x -2t e
x +1+(e
2+1)t
2-2t ln x +(ln x)
2，t ∈R，则函数f (x)的最小值为（ ）
A．1
e
B．
1
e
2+1
C．e
2
e
2+1
D．2e
2
e
2+1
【解题思路】P(e
x ,ln x)，Q (et ,t )，利用两点间的距离公式进行转化，利用构造函数法，结合导数、切
线、点到直线的距离公式来求得正确答案.
【解答过程】f (x)=(e
x -et)
2+(ln x -t )
2，令P(e
x,ln x)，Q (et ,t )，则f (x)=|PQ|
2，
点P在函数g(x)= ln (ln x)的图象上运动，点Q在直线y = 1
e x上运动，
由g
' (x)=
1
x ln x = 1
e ，得x =e，
所以函数g(x)图象上平行于直线y = 1
e x的切线的切点坐标为(e,0)，
切点(e,0)到直线y = 1
e x的距离d =e
√e
2+1，
所以|PQ|
2即f (x)的最小值为e
2
e
2+1 ．
故选：C.
【变式5-3】（2023·陕西汉中·统考一模）设定义在R 上的函数f (x)满足f
' (x)+ f (x)=3 x
2e
- x，且f (0)=0，
则下列结论正确的是（ ）
A．f (x)在R 上单调递减
B．f (x)在R 上单调递增
C．f (x)在R 上有最大值
D．f (x)在R 上有最小值
【解题思路】根据已知可得e
x f (x)= x
3+c，由f (0)=0求出c可得f (x)= x
3
e
x ，利用导数判断f (x)的单调性可
得最值情况.
【解答过程】因为f
' (x)+ f (x)=3 x
2e
- x，所以e
x f
' (x)+e
x f (x)=3 x
2，
可得[e
x f (x)]
' =e
x f
' (x)+e
x f (x)=3 x
2，
可得e
x f (x)= x
3+c（c为常数），
因为f (0)=0，所以e
0 f (0)=0+c =0，解得c =0，
所以f (x)= x
3
e
x ，f
' (x)= 3 x
2e
x - x
3e
x
e
x×e
x
= x
2(3- x)
e
x
，
当x>3时，f
'( x)<0,f ( x)单调递减，当0< x<3时，f
'( x)>0,f ( x)单调递增，
当x<0时，f
'( x)>0,f ( x)单调递增，当x→+∞时，f ( x)→0且f ( x)>0，当x→-∞时，f ( x)→-∞，
所以f (x)在x =3时有极大值即最大值f (3)= 3
3
e
3 = 27
e
3 ，无最小值.
故选：C.
【题型6 已知函数最值求参数】
【例6】（2023·广西·统考模拟预测）已知函数f (x)= ln x +ax存在最大值0，则a的值为（ ）
A．-2
B．- 1
e
C．1
D．e
【解题思路】讨论a与0 的大小关系确定f ( x)的单调性，求出f ( x)的最大值.
【解答过程】因为f
' (x)= 1
x +a，x>0，
所以当a≥0时，f
' (x)>0恒成立，故函数f (x)单调递增，不存在最大值；
当a<0时，令f
' (x)=0，得出x =- 1
a，
所以当x∈(0,- 1
a)时，f
' (x)>0，函数单调递增，
当x∈(- 1
a ,+ ∞)时，f
' (x)<0，函数单调递减，
所以f (x)max = f(- 1
a)= ln(- 1
a)-1=0，解得：a= - 1
e .
故选：B.
【变式6-1】（2023·四川宜宾·统考三模）若函数f (x)=¿的最小值是-2，则实数m的取值范围是（ ）
A．m<0
B．m≤0
C．m>0
D．m≥0
【解题思路】利用导数求出函数f (x)在[0,+ ∞)上的极小值，然后对实数m的取值进行分类讨论，结合
f (x)min=-2可求得实数m的取值范围.
【解答过程】当x ≥0时，f (x)=2 x
3-3 x
2，则f
' (x)=6 x
2-6 x =6 x (x -1)，
当0< x<1时，f
' (x)<0，此时函数f (x)单调递减，
当x>1时，f
' (x)>0，此时函数f (x)单调递增，
所以，函数f (x)的极小值为f (1)=-1，
因为函数f (x)的最小值为-2，当m≥0时，函数f (x)在(-∞,0)上单调递减，
此时，函数f (x)在(-∞,0)上无最小值，不合乎题意；
当m<0时，函数f (x)在(-∞,m)上单调递减，在(m,0)上单调递增，
此时，函数f (x)在(-∞,0)上的极小值为f (m)=-2，且-2<-1，则f (x)min= f (m)=-2，
综上所述，m<0.
故选：A.
【变式6-2】（2023·上海松江·统考二模）已知函数y = 1
3 x
3- x
2-3 x +a，a∈R，在区间(t -3,t +5)上有
最大值，则实数t 的取值范围是（ ）
A．-6<t <0
B．-6<t ≤0
C．-6<t <2
D．-6<t ≤2
【解题思路】利用导数求出函数单调性，据此知函数有极大值，根据函数在开区间上有最大值可知，区间
含极大值点
【解答过程】y
' = x
2-2 x -3=( x -3)( x +1)，
当x<-1或x>3时，y
'>0，当-1< x<3时，y
'<0，
所以函数在(-∞,-1)，(3,+∞)上递增函数，在(-1,3)上递减函数，
故x =-1时函数有极大值，且y ¿，
所以当函数在(t -3,t +5)上有最大值，则-1∈ (t -3,t +5)且t +5≤5，
即¿，解得-6<t ≤0.
故选：B.
【变式6-3】（2023·高二课时练习）已知函数f ( x)=e
x+ x
3+(a-3)x +1在区间(0，1)上有最小值，则实数
a 的取值范围是（ ）
A．(-e，2)
B．(-e，1-e)
C．(1，2)
D．(-∞,1-e)
【解题思路】f
' (x)在(0,1)上递增，根据f (x)在(0,1)上有最小值，可知f (x)有极小值点，也即最小值点，由
此列不等式来求得a的取值范围.
【解答过程】∵f
' (x)=e
x+3 x
2+(a-3)在区间(0,1)上单调递增，由题意只需
¿，
这时存在x0∈(0,1)，使得f ( x)在区间(0, x0)上单调递减，在区间[ x0,1)上单调递增，即函数f ( x)在区
间(0,1)上有极小值也即是最小值．
所以a的取值范围是(-e ,2).
故选：A.
【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】
【例7】（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=sin x
e
x
+acos x (a∈R),f
' (x)为函数f (x)的导函数．
(1)若a≤-2，讨论f
' (x)在(0,2π)上的单调性；
(2)若函数g(x)= f (x)+ f
' (x)，且g(x)在(0,π)内有唯一的极大值，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）二次求导，得到当a≤-2时，2
e
x +a<0，故h
' (x)=0，得到x1=π
2 , x2= 3π
2 ，从而得
到f
' (x)在(0,2π)上的单调性；
（2）求导得到g
' (x)=√2sin(x +π
4 )⋅(
1
e
x +a)，a≥0时，结合函数单调性得到g(x)在(0,π)不存在极
大值，舍去，当a<0时，令1
e
x +a=0，得x3=ln(- 1
a)，与x0= 3π
4 比较，分类讨论，结合函数单调性和
极值情况，求出实数a的取值范围.
【解答过程】（1）因为f (x)=sin x
e
x
+acos x，所以f
' (x)=cos x -sin x
e
x
-asin x，
设h(x)= f
' (x)=cos x -sin x
e
x
-asin x，
则h
' (x)=-sin x -cos x -cos x +sin x
e
x
-acos x =-cos x⋅(
2
e
x +a)．
∵当x∈(0,2π)时，e
x∈(1,e
2π),∴2
e
x ∈(
2
e
2π ,2)，
∴当a≤-2时，2
e
x +a<0．
当x∈(0,2π)时，令h
' (x)=0，则x1=π
2 , x2= 3π
2 ．
当x∈(0,π
2 )时，h
' (x)>0，则h(x)即f
' (x)单调递增；
当x∈(
π
2 , 3π
2 )时，h
' (x)<0，则h(x)即f
' (x)单调递减；
当x∈(
3π
2 ,2π)时，h
' (x)>0，则h(x)即f
' (x)单调递增．
综上，f
' (x)在(0,π
2 ),(
3π
2 ,2π)上单调递增，在(
π
2 , 3π
2 )上单调递减．
（2）由（1）知，
g(x)= f (x)+ f
' (x)=sin x
e
x
+acos x +cos x -sin x
e
x
-asin x =cos x
e
x
+a(cos x -sin x)，
∴g
' (x)=-(sin x +cos x)
e
x
-a(sin x +cos x)=-√2sin(x +π
4 )⋅(
1
e
x +a)．
（ｉ）当a≥0时，在(0,π)内，1
e
x +a>0恒成立，
当x∈(0,π)时，令g
' (x)=0，得x0= 3π
4 ，
当x∈(0, 3π
4 )时，g
' (x)<0, g(x)单调递减，
当x∈(
3π
4 ,π)时，g
' (x)>0,g(x)单调递增，
∴当a≥0时，g(x)在(0,π)内有唯一的极小值点x0= 3π
4 ，不存在极大值，不符合题意．
（ⅱ）当a<0时，令1
e
x +a=0，得x3=ln(- 1
a)，
当x< x3时，1
e
x +a>0；当x> x3时，1
e
x +a<0．
①当x3=ln(- 1
a)< x0= 3π
4 ，即a<- 1
e
3π
4 时，若x3≤0，即a≤-1，
则当x∈(0, 3π
4 )时，g
' (x)>0, g(x)单调递增，
当x∈(
3π
4 ,π)时，g
' (x)<0,g(x)单调递减，
故g(x)在x0= 3π
4 处取得(0,π)内的唯一极大值，符合题意．
若x3∈(0, 3π
4 )，即-1<a<- 1
e
3π
4 ，
则当x∈(0, x3)时，g
' (x)<0,g(x)单调递减，
当x∈(x3, 3π
4 )时，g
' (x)>0, g(x)单调递增，
当x∈(
3π
4 ,π)时，g
' (x)<0,g(x)单调递减，
故g(x)在x0= 3π
4 处取得(0,π)内的唯一极大值，符合题意．
②当x3= x0，即a=- 1
e
3π
4 时，
若x∈(0, 3π
4 )，则g
' (x)<0, g(x)单调递减，
若x∈(
3π
4 ,π)，则g
' (x)<0,g(x)单调递减，
故g(x)在(0,π)内无极值，不符合题意．
③当x3∈(
3π
4 ,π)，即- 1
e
3π
4
<a<- 1
e
π 时，g(x)在(0, 3π
4 )内单调递减，
在(
3π
4 , x3)内单调递增，在(x3,π)内单调递减，
故g(x)在x3=ln(- 1
a)处取得(0,π)内的唯一极大值，符合题意．
④当x3≥π，即- 1
e
π ≤a<0时，g(x)在(0, 3π
4 )内单调递减，在(
3π
4 ,π)内单调递增，
故g(x)在x0= 3π
4 处取得(0,π)内的唯一极小值，不存在极大值，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(
-∞,- 1
e
3π
4 )
∪(
- 1
e
3π
4
,- 1
e
π)．
【变式7-1】（2023·吉林·统考一模）已知函数f ( x)=e
x+msin x．
(1)若函数f (x)在(0,π)上单调递增，求正实数m的取值范围；
(2)求证：当m=1时，f (x)在(-π,+∞)上存在唯一极小值点x0，且-1<f (x0)<0．
【解题思路】（1）当0< x ≤π
2 时，f
' (x)≥0恒成立，当π
2 < x<π时，分离常数m≤-e
x
cos x ，构造函数
g(x)=-e
x
cos x ，利用导数求g(x)的最小值即得0<m≤√2e
3π
4 ；
（2）先利用导数判断f (x)在(0,+ ∞)单调递增，无极点，f
' (x)在(-π,0)单调递增，
由f
'(-π
2 )⋅f
'(-3π
4 )<0得x0∈(- 3π
4 ,-π
2 )，由f
'(x0)=0得e
x0=-cos x0，可得
f (x0)=√2sin(x0-π
4 )，结合进而可得-1<f (x0)<0.
【解答过程】（1）f
' (x)=e
x+mcos x，
因为函数f (x)在(0,π)上单调递增，
所以f
' (x)=e
x+mcos x ≥0在(0,π)上恒成立（且不恒为0）
当0< x ≤π
2 时，e
x≥1，cos x ≥0
又因m>0所以f
' (x)≥0恒成立，即f (x)单调递增，
当π
2 < x<π时，m≤-e
x
cos x 恒成立
设g(x)=-e
x
cos x ，g
' (x)=-e
x(cos x +sin x)
cos
2 x
=-
√2e
xsin(x +π
4 )
cos
2 x
，
当3π
4 < x<π时，g
' (x)>0，当π
2 < x< 3π
4 时，g
' (x)<0，
所以g(x)在(
π
2 , 3π
4 )上单调递减，在(
3π
4 ,π)上单调递增，
∴g( x)min= g(
3π
4 )=√2e
3π
4 ，∴m≤√2e
3π
4
又m>0，∴0<m≤√2e
3π
4
综上，m的取值范围(0,√2e
3 π
4 ]
（2）证明：∵m=1，∴f (x)=e
x+sin x，f
' (x)=e
x+cos x，
当x ≥0时，e
x≥1，cos x ≥-1，∴f
' (x)=e
x+cos x>0，
∴f (x)在(0,+∞)上单调递增，即f (x)在(0,+∞)上无极值点，
当-π< x<0时，设u(x)= f
' (x)，u
' (x)=e
x-sin x>0恒成立，
∴u(x)在(-π,0)上单调递增，
∵u(-π
2 )=e
-π
2 >0，u(- 3π
4 )=e
- 3π
4 - √2
2 = 1
e
3π
4
- 1
√2 <0
由零点存在性定理，存在唯一一个x0∈(- 3π
4 ,-π
2 )，使得u(x0)=0，即e
x0=-cos x0，
当-π< x< x0时，u(x)<0，∴f
' (x)<0，∴f (x)在(-π, x0)上单调递减，
当x0< x<0时，u(x)>0，∴f
' (x)>0，∴f (x)在(x0,0)上单调递增，
∴f (x)在(-π,+∞)上存在唯一极小值点x0，
∵f (x0)=e
x0+sin x0=-cos x0+sin x0=√2sin(x0-π
4 )
又x0∈(- 3π
4 ,-π
2 )，∴x0-π
4 ∈(-π,- 3π
4 )，√2sin(x0-π
4 )∈(-1,0)
即-1<f (x0)<0.
【变式7-2】（2023·吉林长春·东北师大附中校考二模）已知函数f (x)=mx e
- x+ x -ln x (m∈R).
(1)讨论函数f (x)的极值点个数；
(2)若m>0，f (x)的最小值是1+lnm，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）求出f (x)的导数，按m≤e和m>e分类讨论，并借助零点存在性定理推理作答即可；
（2）利用（1）中信息，按m≤e和m>e探讨，利用导数研究函数f (x)的最小值求解即可.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
所以f
' (x)=m(e
- x - xe
- x)+1- 1
x = 1
e
x (x -1)(
e
x
x -m)，
令u(x)=e
x
x -m，则u
' (x)=e
x(x -1)
x
2
，
令u
' (x)<0，可得0< x<1，令u
' (x)>0，可得x>1，
所以u(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
故u(x)min=u(1)=e-m，
①m≤e时，u(x)min≥0，则u(x)≥0，令f
' (x)<0，可得0< x<1，
令f
' (x)>0，可得x>1，
所以f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以f (x)有1个极小值点；
②m>e时，u(x)min<0，
因为令h(x)=e
x- x -1，则h
' (x)=e
x-1，
当x>0时，h
' (x)>0，则h(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
当x<0时，h
' (x)<0，则h(x)在(-∞,0)上单调递减，
故h(x)≥h(0)=0，所以e
x≥x +1，当x =0时取等号.
当x<
1
m-1 <1时，u(x)> x +1
x
-m=1+ 1
x -m>0，
此时∃x1∈(0,1)，使得u(x1)=0，
令v (x)=e
x- x
2, x>1，有v
' (x)=e
x-2 x，令φ(x)=e
x-2 x , x>1，
φ
' (x)=e
x-2>0，φ(x)在(1,+∞)上单调递增，即φ(x)>φ(1)=e-2>0，
即有v
' (x)>0，即v (x)在(1,+∞)上单调递增，
即v (x)>v (1)=e-2>0，所以e
x> x
2，
当x>m>e时，u(x)> x
2
x -m= x -m>0，此时∃x2∈(1,+∞)，使得u(x2)=0，
因此x∈(0, x1)，f
' (x)<0，f (x)单调递减，
x∈(x1,1)，f
' (x)>0，f (x)单调递增，
x∈(1, x2)，f
' (x)<0，f (x)单调递减，
x∈(x2,+∞)，f
' (x)>0，f (x)单调递增，
所以f (x)由3个极值点；
所以当m≤e时，f (x)恰有1个极值点；当m>e时，f (x)恰有3个极值点；
（2）由（1）知，当0<m≤e时，f (x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f (x)min= f (1)=1+ m
e =1+ ln m，
所以1
e = ln m
m ，令g(x)= ln x
x , x∈(0,e]，则g
' (x)= 1- ln x
x
2
≥0，
函数g(x)在(0,e]上单调递增，g(x)max = g (e)= 1
e ，则m=e，
当m>e时，∃x1∈(0,1)，使得u(x1)=0，∃x2∈(1,+∞)，使得u(x2)=0，
所以f (x)在(0, x1)上单调递减，在(x1,1)上单调递增，在(1, x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增，
其中e
xi
xi
-m=0(i=1,2)，即xi= ln m+ ln xi，所以f (x)min=min{f (x1),f (x2)}=1+ ln m，
而f (xi)= m xi
e
xi
+ xi-ln xi=1+ ln m符合要求，所以m>e，
综上可得，实数m的取值范围为¿.
【变式7-3】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）已知函数f (x)= xln x - 1
2 a x
2，其中a∈R.
(1)若a=1，求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)恰有2 个不同的极值点，求a的取值范围；
(3)若f (x)恰有2 个不同的零点，求a的取值范围.
【解题思路】（1）求得f
' (x)=1+ln x - x，设g(x)=1+ln x - x，利用导数求得函数g(x)的单调性，结合
g(x)≤g(1)=0，得到f
' (x)≤0，即可求解；
（2）求得f
' (x)=1+ln x -ax，转化为f
' (x)=0有两个不等的正根，设h(x)=1+ln x -ax，分a≤0和a>0，
两种情况，利用导数求得函数的单调性，结合h(x)≤h(
1
a)=-lna，列出不等式，即可求解；
（3）根据题意，转化为1
2 a=ln x
x
, x>0，设m(x)=ln x
x
，求得m
' (x)= 1-ln x
x
2
，得出函数m(x)单调性和
最值，列出不等式，即可求解.
【解答过程】（1）解：若a=1，则f (x)= xln x - 1
2 x
2，可得f
' (x)=1+ln x - x，
设g(x)=1+ln x - x，则g
' (x)= 1
x -1，
当0< x<1时，g
' (x)>0, g(x)递增；当x>1时，g
' (x)<0, g(x)递减，
所以g(x)≤g(1)=0，即f
' (x)≤0，所以f (x)在(0,+ ∞)递减，
即f (x)的单调减区间为(0,+ ∞)，无增区间.
（2）解：由函数f (x)= xln x - 1
2 a x
2，可得f
' (x)=1+ln x -ax，
由题意可得f
' (x)=0有两个不等的正根，
设h(x)=1+ln x -ax , x>0，
若a≤0，则h(x)在(0,+ ∞)递增，不符合题意；
若a>0，可得h
' (x)= 1
x -a，令h
' (x)=0，可得x = 1
a，
当x> 1
a时，h
' (x)<0，h(x)单调递减；当0< x< 1
a时，h
' (x)>0，h(x)单调递增，
可得h(x)≤h(
1
a)=1-lna-1=-lna，
因为f
' (x)=0有两个不等的正根，所以-lna>0，解得0<a<1，
所以实数a的取值范围是(0,1).
（3）解：由f (x)= xln x - 1
2 a x
2=0, x>0，可得ln x - 1
2 ax =0，即1
2 a=ln x
x
, x>0，
设m(x)=ln x
x
，则m
' (x)= 1-ln x
x
2
，
当x>e时，m
' (x)<0，m(x)单调递减；当0< x<e时，m
' (x)>0，m(x)单调递增，
所以m(x)≤m (e)= 1
e ，
又x→0
+时，m(x)→-∞, x→+ ∞时，m(x)→0
+，
因为f (x)恰有2 个不同的零点，所以0< 1
2 a< 1
e ，可得0<a< 2
e ，
所以实数a的取值范围是(0, 2
e).
1．（2023·全国·统考高考真题）函数f (x)= x
3+ax +2存在3 个零点，则a的取值范围是（ ）
A．(-∞,-2)
B．(-∞,-3)
C．(- 4 ,-1)
D．(-3,0)
【解题思路】写出f
'( x)=3 x
2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0 且极小值小于0 即可.
【解答过程】f ( x)= x
3+ax +2，则f
'( x)=3 x
2+a，
若f (x)要存在3 个零点，则f (x)要存在极大值和极小值，则a<0，
令f
'( x)=3 x
2+a=0，解得x =-√
-a
3 或√
-a
3 ，
且当x∈(-∞,-√
-a
3 )∪(√
-a
3 ,+ ∞)时，f
'( x)>0，
当x∈(-√
-a
3 ,√
-a
3 )，f
'( x)<0，
故f (x)的极大值为f(-√
-a
3 )，极小值为f(√
-a
3 )，
若f (x)要存在3 个零点，则¿，即¿，解得a<-3，
故选：B.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=ae
x- ln x在区间(1,2)上单调递增，则a 的最小值为（ ）．
A．e
2
B．e
C．e
-1
D．e
-2
【解题思路】根据f
' (x)=ae
x- 1
x ≥0在(1,2)上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【解答过程】依题可知，f
' (x)=ae
x- 1
x ≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xe
x≥1
a，
设g(x)= xe
x, x∈(1,2)，所以g
' (x)=(x +1)e
x>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
g(x)>g(1)=e，故e≥1
a，即a≥1
e =e
-1，即a 的最小值为e
-1．
故选：C．
3．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)的定义域为R，f (xy)= y
2f (x)+ x
2f ( y)，则（ ）．
A．f (0)=0
B．f (1)=0
C．f (x)是偶函数
D．x =0为f (x)的极小值点
【解题思路】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f ( x)=0即可排
除选项D.
方法二：选项ABC 的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f ( x)=¿进行判断即可.
【解答过程】方法一：
因为f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y )，
对于A，令x = y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (0)=0，故A正确.
对于B，令x = y =1，f (1)=1f (1)+1f (1)，则f (1)=0，故B 正确.
对于C，令x = y =-1，f (1)= f (-1)+ f (-1)=2f (-1)，则f (-1)=0，
令y =-1,f (- x)= f ( x)+ x
2f (-1)= f ( x)，
又函数f ( x)的定义域为R，所以f ( x)为偶函数，故C正确，
对于D，不妨令f ( x)=0，显然符合题设条件，此时f ( x)无极值，故D错误.
方法二：
因为f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y)，
对于A，令x = y =0，f (0)=0 f (0)+0 f (0)=0，故A正确.
对于B，令x = y =1，f (1)=1f (1)+1f (1)，则f (1)=0，故B 正确.
对于C，令x = y =-1，f (1)= f (-1)+ f (-1)=2f (-1)，则f (-1)=0，
令y =-1,f (- x)= f ( x)+ x
2f (-1)= f ( x)，
又函数f ( x)的定义域为R，所以f ( x)为偶函数，故C正确，
对于D，当x
2 y
2≠0时，对f ( xy )= y
2f ( x)+ x
2f ( y)两边同时除以x
2 y
2，得到f ( xy )
x
2 y
2 = f ( x)
x
2 + f ( y)
y
2 ，
故可以设f ( x)
x
2 = ln|x|( x≠0)，则f ( x)=¿，
当x>0肘，f ( x)= x
2ln x，则f
' (x)=2 x ln x + x
2⋅1
x = x(2ln x +1)，
令f
' (x)<0，得0< x<e
- 1
2；令f
' (x)>0，得x>e
- 1
2；
故f ( x)在(0,e
- 1
2)上单调递减，在(e
- 1
2 ,+ ∞)上单调递增，
因为f ( x)为偶函数，所以f ( x)在(-e
- 1
2 ,0)上单调递增，在(-∞,e
- 1
2)上单调递减，
显然，此时x =0是f ( x)的极大值，故D 错误.
故选：ABC.
4．（2023·全国·统考高考真题）若函数f (x)=aln x + b
x + c
x
2 (a≠0)既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．bc>0
B．ab>0
C．b
2+8ac>0
D．ac<0
【解题思路】求出函数f ( x)的导数f
'( x)，由已知可得f
'( x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二
次方程有两个不等的正根判断作答.
【解答过程】函数f ( x)=aln x + b
x + c
x
2的定义域为(0,+∞)，求导得f
'( x)= a
x - b
x
2 - 2c
x
3 = a x
2-bx -2c
x
3
，
因为函数f ( x)既有极大值也有极小值，则函数f
'( x)在(0,+∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程a x
2-bx -2c =0有两个不等的正根x1, x2，
于是¿，即有b
2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a
2bc<0，即bc<0，A 错误，BCD 正确.
故选：BCD.
5．（2023·全国·统考高考真题）设a∈(0,1)，若函数f (x)=a
x+(1+a)
x在(0,+ ∞)上单调递增，则a 的取
值范围是 [
√5-1
2
,1) .
【解题思路】原问题等价于f
' (x)=a
x ln a+(1+a)
x ln (1+a)≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，
可得(
1+a
a )
x
≥-
ln a
ln (1+a)，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数
a的取值范围.
【解答过程】由函数的解析式可得f
' (x)=a
x ln a+(1+a)
x ln (1+a)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则(1+a)
x ln (1+a)≥-a
x ln a，即(
1+a
a )
x
≥-
ln a
ln (1+a)在区间(0,+∞)上恒成立，
故(
1+a
a )
0
=1≥-
ln a
ln (1+a)，而a+1∈(1,2)，故ln (1+a)>0，
故¿即¿，故√5-1
2
≤a<1，
结合题意可得实数a的取值范围是[
√5-1
2
,1).
故答案为：[
√5-1
2
,1).
6．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=(
1
x +a)ln(1+ x)．
(1)当a=-1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (x))处的切线方程．
(2)若函数f (x)在(0,+ ∞)单调递增，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，
最后求解切线方程即可；
（2）原问题即f
' (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立，整理变形可得g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)≥0在区间
(0,+∞)上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥1
2 ,0<a< 1
2三种情况即可求得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=-1时，f (x)=(
1
x -1)ln (x +1)(x>-1)，
则f
' (x)=- 1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x -1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f
' (1)=- ln 2，
所以函数在(1,f (1))处的切线方程为y -0=- ln 2(x -1)，即(ln 2) x + y - ln 2=0.
（2）由函数的解析式可得f
' (x)=(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)×
1
x +1
(x>-1)，
满足题意时f
' (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立.
令(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 ≥0，则-(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)≥0，
令g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则g
' (x)=2ax - ln (x +1)，
当a≤0时，由于2ax ≤0,ln (x +1)>0，故g
' (x)<0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，不合题意;
令h(x)= g
' (x)=2ax - ln (x +1)，则h
' (x)=2a-
1
x +1，
当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以h
' (x)>0,h(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
即g
' (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
所以g
' (x)>g
' (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，满足题意.
当0<a< 1
2时，由h
' (x)=2a-
1
x +1 =0可得x = 1
2a -1，
当x∈(0, 1
2a -1)时，h
' (x)<0,h(x)在区间(0, 1
2a -1)上单调递减，即g
' (x)单调递减，
注意到g
' (0)=0，故当x∈(0, 1
2a -1)时，g
' (x)<g
' (0)=0，g(x)单调递减，
由于g(0)=0，故当x∈(0, 1
2a -1)时，g(x)< g(0)=0，不合题意.
综上可知：实数a得取值范围是{a|a≥1
2}.
7．（2023·北京·统考高考真题）设函数f ( x)= x - x
3e
ax +b，曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程为
y =- x +1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g( x)= f
'( x)，求g( x)的单调区间；
(3)求f ( x)的极值点个数．
【解题思路】（1）先对f (x)求导，利用导数的几何意义得到f (1)=0，f
'(1)=-1，从而得到关于a,b的方
程组，解之即可；
（2）由（1）得g(x)的解析式，从而求得g
' (x)，利用数轴穿根法求得g
' (x)<0与g
' (x)>0的解，由此求得
g(x)的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间(-∞,0)，(0, x1)，(x1, x2)与(x2,+∞)上
f
' (x)的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得f (x)的极值点个数.
【解答过程】（1）因为f ( x)= x - x
3e
ax +b, x∈R，所以f
' (x)=1-(3 x
2+a x
3)e
ax +b，
因为f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y =- x +1，
所以f (1)=-1+1=0，f
'(1)=-1，
则¿，解得¿，
所以a=-1,b=1.
（2）由（1）得g(x)= f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1(x∈R)，
则g
' (x)=- x(x
2-6 x +6)e
- x +1，
令x
2-6 x +6=0，解得x =3±√3，不妨设x1=3-√3，x2=3+√3，则0< x1< x2，
易知e
- x +1>0恒成立，
所以令g
' (x)<0，解得0< x< x1或x> x2；令g
' (x)>0，解得x<0或x1< x< x2；
所以g(x)在(0, x1)，(x2,+∞)上单调递减，在(-∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
即g(x)的单调递减区间为(0,3-√3)和(3+√3,+∞)，单调递增区间为(-∞,0)和(3-√3,3+√3).
（3）由（1）得f ( x)= x - x
3e
- x +1(x∈R)，f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1，
由（2）知f
' (x)在(0, x1)，(x2,+ ∞)上单调递减，在(-∞,0)，(x1, x2)上单调递增，
当x<0时，f
' (-1)=1- 4e
2<0，f
' (0)=1>0，即f
' (-1)f
' (0)<0
所以f
' (x)在(-∞,0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则-1< x3<0，
此时，当x< x3时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；当x3< x<0时，f
' (x)>0，则f (x)单调递增；
所以f (x)在(-∞,0)上有一个极小值点；
当x∈(0, x1)时，f
' (x)在(0, x1)上单调递减，
则f
'(x1)= f
'(3-√3)<f
' (1)=1-2<0，故f
' (0)f
'(x1)<0，
所以f
' (x)在(0, x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0< x4< x1，
此时，当0< x< x4时，f
' (x)>0，则f (x)单调递增；当x4< x< x1时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；
所以f (x)在(0, x1)上有一个极大值点；
当x∈(x1, x2)时，f
' (x)在(x1, x2)上单调递增，
则f
'(x2)= f
'(3+√3)>f
' (3)=1>0，故f
'(x1)f
'(x2)<0，
所以f
' (x)在(x1, x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1< x5< x2，
此时，当x1< x< x5时，f
' (x)<0，则f (x)单调递减；当x5< x< x2时，f
' (x)<0，则f (x)单调递增；
所以f (x)在(x1, x2)上有一个极小值点；
当x> x2=3+√3>3时，3 x
2- x
3= x
2(3- x)<0，
所以f
' (x)=1-(3 x
2- x
3)e
- x +1>0，则f (x)单调递增，
所以f (x)在(x2,+ ∞)上无极值点；
综上：f (x)在(-∞,0)和(x1, x2)上各有一个极小值点，在(0, x1)上有一个极大值点，共有3个极值点.
8．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=ax -sin x
cos
2 x
, x∈(0,π
2 )．
(1)当a=1时，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)+sin x<0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）代入a=1后，再对f (x)求导，同时利用三角函数的平方关系化简f
' (x)，再利用换元法
判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数g(x)= f (x)+sin x，从而得到g(x)<0，注意到g(0)=0，从而得到g
' (0)≤0，进而得
到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得sin x - sin x
cos
2 x
<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定
理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
【解答过程】（1）因为a=1，所以f (x)= x - sin x
cos
2 x
, x∈(0,π
2 )，
则f
' (x)=1- cos x cos
2 x -2cos x (-sin x)sin x
cos
4 x
=1- cos
2 x +2sin
2 x
cos
3 x
= cos
3 x -cos
2 x -2(1-cos
2 x)
cos
3 x
= cos
3 x +cos
2 x -2
cos
3 x
，
令t =cos x，由于x∈(0,π
2 )，所以t =cos x∈(0,1)，
所以cos
3 x +cos
2 x -2=t
3+t
2-2=t
3-t
2+2t
2-2=t
2(t -1)+2(t +1)(t -1) =(t
2+2t +2)(t -1)，
因为t
2+2t +2=(t +1)
2+1>0，t -1<0，cos
3 x =t
3>0，
所以f
' (x)= cos
3 x +cos
2 x -2
cos
3 x
<0在(0,π
2 )上恒成立，
所以f (x)在(0,π
2 )上单调递减.
（2）法一：
构建g(x)= f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x(0< x<π
2 )，
则g
' (x)=a- 1+sin
2 x
cos
3 x
+cos x(0< x<π
2 )，
若g(x)= f (x)+sin x<0，且g(0)= f (0)+sin 0=0，
则g
' (0)=a-1+1=a≤0，解得a≤0，
当a=0时，因为sin x - sin x
cos
2 x
=sin x(1-
1
cos
2 x)，
又x∈(0,π
2 )，所以0<sin x<1，0<cos x<1，则
1
cos
2 x
>1，
所以f (x)+sin x =sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
当a<0时，由于0< x<π
2 ，显然ax<0，
所以f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x<sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
综上所述：若f (x)+sin x<0，等价于a≤0，
所以a的取值范围为(-∞,0].
法二：
因为sin x - sin x
cos
2 x
= sin x cos
2 x -sin x
cos
2 x
= sin x(cos
2 x -1)
cos
2 x
=- sin
3 x
cos
2 x
，
因为x∈(0,π
2 )，所以0<sin x<1，0<cos x<1，
故sin x - sin x
cos
2 x
<0在(0,π
2 )上恒成立，
所以当a=0时，f (x)+sin x =sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
当a<0时，由于0< x<π
2 ，显然ax<0，
所以f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x<sin x - sin x
cos
2 x
<0，满足题意；
当a>0时，因为f (x)+sin x =ax - sin x
cos
2 x
+sin x =ax - sin
3 x
cos
2 x
，
令g(x)=ax - sin
3 x
cos
2 x(0< x<π
2 )，则g
' (x)=a- 3sin
2 x cos
2 x +2sin
4 x
cos
3 x
，
注意到g
' (0)=a- 3sin
20cos
20+2sin
40
cos
30
=a>0，
若∀0< x<π
2 ，g
' (x)>0，则g(x)在(0,π
2 )上单调递增，
注意到g(0)=0，所以g(x)>g(0)=0，即f (x)+sin x>0，不满足题意；
若∃0< x0<π
2 ，g
'(x0)<0，则g
' (0)g
'(x0)<0，
所以在(0,π
2 )上最靠近x =0处必存在零点x1∈(0,π
2 )，使得g
'(x1)=0，
此时g
' (x)在(0, x1)上有g
' (x)>0，所以g(x)在(0, x1)上单调递增，
则在(0, x1)上有g(x)>g(0)=0，即f (x)+sin x>0，不满足题意；
综上：a≤0.
9．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f ( x)=(
1
x +a)ln(1+ x).
(1)当a=-1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y = f(
1
x)关于直线x =b对称，若存在，求a，b 的值，若不存在，说明理由.
(3)若f (x)在(0,+ ∞)存在极值，求a 的取值范围.
【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最
后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可
得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)，然后对函数求导，
利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥1
2和0<a< 1
2三中情况即可求得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=-1时，f (x)=(
1
x -1)ln (x +1)，
则f
' (x)=- 1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x -1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f
' (1)=- ln2，
函数在(1,f (1))处的切线方程为y -0=- ln 2(x -1)，
即(ln 2) x + y - ln 2=0.
（2）令g(x)= f(
1
x)=(x +a)ln(
1
x +1)，
函数的定义域满足1
x +1= x +1
x
>0，即函数的定义域为(-∞,-1)∪(0,+ ∞)，
定义域关于直线x =- 1
2对称，由题意可得b=- 1
2，
由对称性可知g(- 1
2 +m)= g(- 1
2 -m)(m> 1
2)，
取m= 3
2可得g(1)= g(-2)，
即(a+1)ln2=(a-2)ln 1
2，则a+1=2-a，解得a= 1
2，
经检验a= 1
2 ,b=- 1
2满足题意，故a= 1
2 ,b=- 1
2.
即存在a= 1
2 ,b=- 1
2满足题意.
（3）由函数的解析式可得f
' (x)=(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1，
由f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，则f
' (x)在区间(0,+∞)上存在变号零点;
令(- 1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 =0，
则-(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)=0，
令g(x)=a x
2+ x -(x +1)ln (x +1)，
f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，
g
' (x)=2ax - ln (x +1),g
″ (x)=2a-
1
x +1
当a≤0时，g
' (x)<0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不合题意;
当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以g
″ (x)>0,g
' (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
所以g
' (x)> g
' (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，
所以g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不符合题意；
当0<a< 1
2时，由g
″ (x)=2a-
1
x +1 =0可得x = 1
2a -1，
当x∈(0, 1
2a -1)时，g
″ (x)<0，g
' (x)单调递减，
当x∈(
1
2a -1,+ ∞)时，g
″ (x)>0，g
' (x)单调递增，
故g
' (x)的最小值为g
'(
1
2a -1)=1-2a+ ln 2a，
令m(x)=1- x + ln x (0< x<1)，则m
' (x)=- x +1
x
>0，
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)<m(1)=0，
据此可得1- x + ln x<0恒成立，
则g
'(
1
2a -1)=1-2a+ ln 2a<0，
令h(x)= ln x - x
2+ x (x>0)，则h
' (x)=-2 x
2+ x +1
x
，
当x∈(0,1)时，h
' (x)>0,h(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，h
' (x)<0,h(x)单调递减，
故h(x)≤h(1)=0，即ln x ≤x
2- x(取等条件为x =1)，
所以g
' (x)=2ax - ln (x +1)>2ax -[(x +1)
2-(x +1)]=2ax -(x
2+ x)，
g
' (2a-1)>2a(2a-1)-[(2a-1)
2+(2a-1)]=0，且注意到g
' (0)=0，
根据零点存在性定理可知:g
' (x)在区间(0,+ ∞)上存在唯一零点x0.
当x∈(0, x0)时，g
' (x)<0，g(x)单调减，
当x∈(x0,+∞)时，g
' (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x0)< g(0)=0.
令n(x)= ln x -√x，则n
' (x)= 1
x -
1
2√x = 2-√x
2 x
，
则函数n(x)= ln x -√x在(0,4)上单调递增，在(4 ,+ ∞)上单调递减，
所以n(x)≤n(4)= ln 4 -2<0，所以ln x<√x，
所以g(
4
a
2)=(
4
a
2 +1)[
a(
4
a
2 +1)- ln(
4
a
2 +1)- 1-a
4
a
2 +1
-2a+1]
>(
4
a
2 +1)[
4
a +a- ln(
4
a
2 +1)+a-1-2a+1]
=(
4
a
2 +1)[
4
a - ln(
4
a
2 +1)]>(
4
a
2 +1)(
4
a -√
4
a
2 +1)
>(
4
a
2 +1)
16
a
2 -4
a
2 -1
4
a +√
4
a
2 +1
=(
4
a
2 +1)
12
a
2 -1
4
a +√
4
a
2 +1
>0，
所以函数g(x)在区间(0,+ ∞)上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是(0, 1
2).
10．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=a(e
x+a)- x．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f (x)>2lna+ 3
2．
【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a
2- 1
2 - ln a>0的恒成立问题，构造函数
g(a)=a
2- 1
2 - ln a(a>0)，利用导数证得g(a)>0即可.
方法二：构造函数h(x)=e
x - x -1，证得e
x≥x +1，从而得到f ( x)≥x + ln a+1+a
2- x，进而将问题转化
为a
2- 1
2 - ln a>0的恒成立问题，由此得证.
【解答过程】（1）因为f ( x)=a(e
x+a)- x，定义域为R，所以f
' (x)=ae
x -1，
当a≤0时，由于e
x>0，则ae
x≤0，故f
' (x)=ae
x-1<0恒成立，
所以f (x)在R上单调递减；
当a>0时，令f
' (x)=ae
x-1=0，解得x =- ln a，
当x<- ln a时，f
' (x)<0，则f (x)在(-∞,- ln a)上单调递减；
当x>- ln a时，f
' (x)>0，则f (x)在(- ln a,+∞)上单调递增；
综上：当a≤0时，f (x)在R上单调递减；
当a>0时，f (x)在(-∞,- ln a)上单调递减，f (x)在(- ln a,+∞)上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，f (x)min= f (- ln a)=a(e
- ln a+a)+ ln a=1+a
2+ ln a，
要证f ( x)>2ln a+ 3
2，即证1+a
2+ ln a>2ln a+ 3
2，即证a
2- 1
2 - ln a>0恒成立，
令g(a)=a
2- 1
2 - ln a(a>0)，则g
' (a)=2a- 1
a = 2a
2-1
a
，
令g
' (a)<0，则0<a< √2
2 ；令g
' (a)>0，则a> √2
2 ；
所以g(a)在(0, √2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ,+∞)上单调递增，
所以g(a)min= g(
√2
2 )=(
√2
2 )
2
- 1
2 - ln √2
2 = ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f ( x)>2ln a+ 3
2恒成立，证毕.
方法二：
令h(x)=e
x- x -1，则h
' (x)=e
x-1，
由于y =e
x在R上单调递增，所以h
' (x)=e
x-1在R上单调递增，
又h
' (0)=e
0-1=0，
所以当x<0时，h
' (x)<0；当x>0时，h
' (x)>0；
所以h(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
故h(x)≥h(0)=0，则e
x≥x +1，当且仅当x =0时，等号成立，
因为f ( x)=a(e
x+a)- x =ae
x+a
2- x =e
x + ln a+a
2- x ≥x + ln a+1+a
2- x，
当且仅当x + ln a=0，即x =- ln a时，等号成立，
所以要证f ( x)>2ln a+ 3
2，即证x + ln a+1+a
2- x>2ln a+ 3
2，即证a
2- 1
2 - ln a>0，
令g(a)=a
2- 1
2 - ln a(a>0)，则g
' (a)=2a- 1
a = 2a
2-1
a
，
令g
' (a)<0，则0<a< √2
2 ；令g
' (a)>0，则a> √2
2 ；
所以g(a)在(0, √2
2 )上单调递减，在(
√2
2 ,+∞)上单调递增，
所以g(a)min= g(
√2
2 )=(
√2
2 )
2
- 1
2 - ln √2
2 = ln√2>0，则g(a)>0恒成立，
所以当a>0时，f ( x)>2ln a+ 3
2恒成立，证毕.
