第03 讲 导数与函数的极值、最值
目录
01 常考题型过关练
题型01 函数图象与极值（点），最值的关系
题型02 求已知函数的极值（点）
题型03 根据函数的极值（点）求参数
题型04 求函数的最值（不含参）
题型05 求函数的最值（含参）
题型06 根据函数的最值求参数
题型07 函数的单调性、极值、最值的综合应用
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 函数图象与极值（点），最值的关系
1．已知函数y = f (x)的定义域为R，其导函数y = f ❑
′ (x)的图象如图所示，则下列结论中错误的是（ ）
A．2 是f (x)的极大值点
B．f (x)在(0,f (0))处的切线斜率大于0
C．f (3)<f (4)
D．f (x)在(−3,5)上一定存在最小值
【答案】C
【详解】由图像得f (x)在(−3,−1)上单调递减，在(−1,2)上单调递增，
在(2,4)上单调递减，在(4,5)上单调递增，显然2 是f (x)的极大值点，故A 正确，
由图像得f
′ (0)>0，而f (x)在(0,f (0))处的切线斜率即为f
′ (0)，
结合可得f (x)在(0,f (0))处的切线斜率大于0，故B 正确，
由图像得f (x)在(2,4)上单调递减，故f (3)>f (4)成立，故C 错误，
由图像得f (x)在(−3,−1)上单调递减，在(−1,2)上单调递增，
在(2,4)上单调递减，在(4,5)上单调递增，
f (4),f (−1)是函数极小值，且f (−1)<f (−3)，f (4)<f (5)，
故f (x)在(−3,5)上一定存在最小值，故D 正确.
故选：C
2．函数y = f ( x)( x ≥−3)的导函数f
′( x)的图象如图所示，则下列判断中正确的是（ ）
A．f ( x)在(−3,0)上单调递减
B．f ( x)在(−1,1)上单调递减
C．f ( x)在(2,4)上存在极小值点
D．f ( x)在[−3,+ ∞)上有最大值
【答案】B
【详解】x∈(−3,−1)时，f
′( x)>0，x∈(−1,0)时，f
'( x)<0，故f ( x)在(−3,0)上不单调，A 选项错
误；
x∈(−1,1)时，f
′ (x)<0，故f (x)在(−1,1)上单调递减，B 选项正确；
x∈(2,4)时，f
′ (x)<0，故f ( x)在(2,4)上单调递减，无极值点，C 选项不正确；
x∈(4 ,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)在(4 ,+ ∞)上单调递增，虽然确定了f ( x)的单调性，但没有f ( x)的解析
式，
故无法确定f ( x)在[−3,+∞)上是否有最大值，D 选项不正确．
故选：B．
3．如图所示为函数f ( x)的导函数图象，则下列关于函数f ( x)的说法正确的有（ ）
①单调减区间是[−2,2]； ②−4和4 都是极小值点；
③没有最大值； ④最多能有四个零点.
A．①②
B．②③
C．②④
D．②③④
【答案】C
【详解】观察图象知，当x<−4或0< x<4时，f
′( x)<0，当−4< x<0或x>4时，f
′( x)>0，
因此函数f ( x)在(−∞,−4),(0,4)上单调递减，在(−4,0),(4 ,+∞)上单调递增，
函数f ( x)在[−2,2]上不单调，①错误；
−4和4 都是极小值点，②正确；
函数f ( x)在x =0取得极大值，
当f (0)不小于函数f ( x)在(−∞,−4),(4 ,+ ∞)上的所有函数值时，函数f ( x)有最大值，③错误；
当f (0)>0，f (−4)<0,f (4)<0，且函数函数f ( x)在(−∞,−4),(4 ,+∞)上的图象都与x轴相交时，
函数f ( x)在(−∞,−4),(−4,0),(0,4),(4 ,+∞)上各有1 个零点，共有4 个零点，
因此f ( x)最多能有四个零点，④正确，
所以关于函数f ( x)的说法正确的有②④.
故选：C
4．已知函数 y = f (x)的导函数 f
' (x)的图象如图所示，那么对于函数 y = f (x)，下列说法正确的是（ ）
A．在 (−∞,−1)上单调递增
B．在 (1,+∞)上单调递减
C．在 x =1处取得最大值
D．在 x =2处取得极大值
【答案】D
【详解】由导函数图像可知，当x<−1或x>2时，f
' (x)<0，
当−1< x<2，f
' (x)≥0，
所以f (x)在(−∞,−1),(2,+ ∞)上单调递减，在(−1,2)上单调递增，
故选项A，B 错误；
在x =2处取得极大值，且f (1)<f (2)，故C 错误，D 正确；
故选：D.
5．（多选）已知函数y = f ( x)，其导函数y = f
′( x)的图象如图所示，则对于函数y = f ( x)的描述正确的是
（ ）
A．在(−∞,0)上单调递减
B．在x =0处取得极大值
C．在(4 ,+∞)上单调递减
D．在x =2处取得最小值
【答案】BC
【详解】由导函数y = f
′( x)的图象可知，当x<0时f
′ (x)>0，当0< x<2时f
′ (x)<0，
当2< x<4时f
′ (x)>0，当x>4时f
′ (x)<0，
所以f (x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2,4)上单调递增，在(4 ,+∞)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，在x = 4处取得极大值.
故正确的有BC.
故选：BC
02 求已知函数的极值（点）
6．函数f (x)= 1
3 x
3−3
2 x
2+2 x−1的极大值点是（ ）
A．1
B．2
C．(1,−1
6)
D．(2,−1
3)
【答案】A
【详解】f ′( x)= x
2−3 x +2=( x −1)( x −2)，
令f ′( x)>0，解得：x>2或x<1，
令f ′( x)<0，解得：1< x<2，
故f ( x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增，
故f ( x)的极大值点是x =1.
故选：A.
7．函数f (x)=e
x−1
2 x
2−x的极值点的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】A
【详解】函数f (x)=e
x−1
2 x
2−x的定义域为R，
又f
′ (x)=e
x−x−1，
令g(x)= f
′ (x)=e
x−x−1，则g
′ (x)=e
x−1，所以当x>0时g
′ (x)>0，当x<0时g
′ (x)<0，
所以g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，在(−∞,0)上单调递减，所以g(x)≥g(0)=0，
即f
′ (x)≥0恒成立，所以f (x)在R上单调递增，则f (x)不存在极值点.
故选：A
8．函数f (x)=(x−2)e
x−x
2+2 x的极小值点为（ ）
A．1−e
B．1
C．ln2
D．2
【答案】B
【详解】f
′ (x)=(x −1)e
x−2(x −1)=(x −1)(e
x−2).
令f
′ (x)>0，得x∈(−∞,ln 2)∪(1,+∞)；令f
′ (x)<0，得x∈(ln2,1).
可知f (x)在(−∞,ln 2)，(1,+ ∞)上单调递增，在(ln2,1)上单调递减，
所以极小值点为1.
故选：B.
9．函数f (x)=e
x +1−x的极小值点为 ．
【答案】−1
【详解】由f (x)=e
x +1−x可得f
′ (x)=e
x +1−1，
令f
′ (x)=0可得e
x +1−1=0，即e
x +1=1=e
0，解得x =−1，
当x∈(−∞,−1)时，f
′ (x)<0，即f (x)单调递减，
当x∈(−1,+∞)时，f
′ (x)>0，即f (x)单调递增，
所以x =−1是f (x)的极小值点.
故答案为：−1
10．函数f (x)= x
3e
2−x的极值点是 ．
【答案】3
【详解】f (x)的定义域为R ,f
′ (x)=3 x
2e
2−x−x
3e
2−x =(3−x) x
2e
2−x，所以f
′ (3)=0，
在区间(−∞,3)上f
′ (x)>0,f (x)单调递增，在区间(3,+∞)上f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
所以x =3是f (x)的极大值点，无极小值点.
故答案为：3
03 根据函数的极值（点）求参数
11．已知函数f (x)= 1
3 a x
3−x
2+a
2 x +1，当x =1时，f (x)有极大值，则a=（ ）
A．−2
B．−1
C．0
D．−2或1
【答案】A
【详解】由题知f
′ (x)=a x
2−2 x +a
2,∵f (x)在x =1时取得极大值，
∴f
′ (1)=a−2+a
2=0，解得a=−2或a=1，
当a=−2时，f
′ (x)=−2 x
2−2 x + 4 =−2(x +2)(x−1)，
由x∈(−2,1),f
′ (x)=−2(x +2)(x−1)>0，∴f (x)在区间(−2,1)上单调递增；
由x∈(1,+ ∞),f
′ (x)=−2(x +2)(x−1)<0,∴f (x)在区间(1,+ ∞)上单调递减．
此时f (x)在x =1时取得极大值，满足题意，
当a=1时，f
′ (x)= x
2−2 x +1=( x +1)
2≥0，则f (x)在R上单调递增，不符合题意，故舍去．
∴a=−2．
故选：A.
12．已知f (x)=(ax−a−1)e
x+ x，若0 是f (x)的极小值点，则a 的取值范围为（ ）
A．[0,+ ∞)
B．(1,+∞)
C．(−∞,1)
D．(−∞,0)
【答案】B
【详解】对函数f (x)求导得：f
′ (x)=ae
x+(ax−a−1)e
x+1=(ax−1)e
x+1，
又由x =0是函数f (x)的极小值点，所以f
′ (0)=−e
0+1=0，
还需分析f
′ (x)在x =0附近的符号变化，令g(x)= f
′ (x)=(ax−1)e
x+1，
则g
′ (x)=(ax +a−1)e
x，g
′ (0)=(a−1)e
0=a−1，
当a>1时，g
′ (0)>0，g(x)即f
′ (x)在x =0附近单调递增，又g(0)=0，
所以当x<0时，g(x)= f
′ (x)<0，当x>0时，g(x)= f
′ (x)>0，满足0 是f (x)的极小值点；
当a=1时，g(x)= f
′ (x)=(x−1)e
x+1，g
′ (x)= xe
x，
当x<0时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)= f
′ (x)≥g(0)=0，
所以f (x)单调递增，此时f (x)无极小值点；
当a<1时，g
′ (0)<0，g(x)即f
′ (x)在x =0附近单调递减，
又g(0)=0，所以当x<0时，g(x)= f
′ (x)>0，当x>0时，g(x)= f
′ (x)<0，
此时0 是f (x)的极大值点，不符合题意；
综上所述：a 的取值范围为(1,+∞).
故选：B
13．已知函数f ( x)=a(e
x+e
−x)+cos x在(−π,π)上有且仅有3 个极值点，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(−∞,0)
B．(0, 1
2)
C．(−∞, 1
2)
D．(
1
2 ,+ ∞)
【答案】B
【详解】因为f ( x)=a(e
x+e
−x)+cos x，所以f
′ (x)=a(e
x−e
−x)−sin x，且f
′( x)为奇函数，
f
′(0)=a(1−1)−0=0，
因为函数f ( x)=a(e
x+e
−x)+cos x在(−π,π)上有且仅有3 个极值点，所以函数
f
′ (x)=a(e
x−e
−x)−sin x在(−π,π)上有且仅有3 个零点，
即得f
′( x)=a(e
x−e
−x)−sin x在(0,π)上有且仅有1 个零点，
当a≤0时，x∈(0,π)时，a(e
x−e
−x)<0,−sin x <0，所以f
′( x)=a(e
x−e
−x)−sin x<0在(0,π)上无
零点，不合题意；
当a>0时，x∈(0,π)时，令f
′( x)=t (x)=a(e
x−e
−x)−sin x，t
′ (x)=a(e
x+e
−x)−cos x ≥2a−cos x，
若a> 1
2，则t
′ (x)>0,t (x)= f
′ (x)单调递增，f
′(0)=a(1−1)−0=0，x∈(0,π)时，f
′ (x)>0恒成立，所
以f
′ (x)在(0,π)上无零点，不合题意；
若0<a< 1
2，则t
′ (0)=2a−1<0，t
′(
π
2 )=a(e
π
2 +e
−π
2 )>0，
令ℎ(x)=t
′ (x)=a(e
x+e
−x)−cos x，
则x∈(0,π)时，ℎ
′ (x)=a(e
x−e
−x)+sin x>0，ℎ(x)即t
′ (x)=a(e
x+e
−x)−cos x单调递增，
故函数t
′ (x)=a(e
x+e
−x)−cos x在(0,π
2 )即(0,π)上存在唯一零点，满足题意.
综上所述，0<a< 1
2.
故选：B.
14．（2025·甘肃·模拟预测）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】B
【详解】函数f ( x)=ln x−a
x + x的定义域为(0,+∞)，求导得f
′( x)= 1
x + a
x
2 +1，
由x =1是f ( x)的极值点，得f
′(1)=2+a=0，解得a=−2，
此时f
′( x)= 1
x + −2
x
2 +1= ( x +2)( x−1)
x
2
，当0< x<1时，f
′( x)<0；当x>1时，f
′( x)>0，
因此x =1是f ( x)的极值点，所以a=−2.
故选：B
15．已知函数f (x)=ax−aln x + 1
x +3(a∈R)在区间(2,3)上存在极小值点，则实数a的取值范围为
.
【答案】(
1
6 , 1
2)
【详解】由f (x)=ax−aln x + 1
x +3(a∈R)得f
′ (x)=a−a
x −1
x
2 = a x
2−ax−1
x
2
(x>0)，
令g(x)=a x
2−ax−1(x>0)，则其对称轴方程为x = 1
2，
因为函数f (x)在区间(2,3)上存在极小值点，所以a=0不符合题意；
若a>0，则{
g(2)= 4 a−2a−1<0
g(3)=9a−3a−1>0)，解得1
6 <a< 1
2；
若a<0，由于g(1)= g(0)=−1<0，g(x)在区间(2,3)上单调递减，且g(2)<0，
所以∴函数f (x)=ax−aln x + 1
x +3在区间(2,3)上不存在极小值点；
综上所述，实数a的取值范围为(
1
6 , 1
2).
故答案为：(
1
6 , 1
2).
04 求函数的最值（不含参）
16．已知函数f (x)= x
3+k ln x (k ∈R)，f
′ (x)为f (x)的导函数．
(1)当k =−3时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若函数g(x)= f (x)−f
′ (x)+ 9
x 在x =1处取得极值，求g(x)的单调区间和最值．
【答案】(1)y =1
(2)答案见解析
【详解】（1）当k =−3时，f (x)= x
3−3ln x，
则f
′ (x)=3 x
2−3
x ，则f
′ (1)=0，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）由f (x)= x
3+ k ln x，x>0，则f
′ (x)=3 x
2+ k
x ，
所以g(x)= f (x)−f
′ (x)+ 9
x = x
3+k ln x−(3 x
2+ k
x)+ 9
x = x
3+k ln x−3 x
2+ 9−k
x
，
则g
′ (x)=3 x
2+ k
x −6 x−9−k
x
2 ，
因为函数g(x)在x =1处取得极值，
所以g
′ (1)=3+k −6−(9−k )=0，解得k =6，
此时g(x)= x
3+6 ln x−3 x
2+ 3
x ，
则g
′ (x)=3 x
2+ 6
x −6 x−3
x
2 = 3(x−1)
3(x +1)
x
2
，
令g
′ (x)>0，得x>1；令g
′ (x)<0，得0< x<1，
所以函数g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
则x =1时，函数g(x)取得极小值，满足题意，即k =6，
则函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
当x =1时，函数g(x)取得最小值g(1)=1，无最大值.
17．已知f ( x)= 1
3 x
3+2a x
2+3 x(a∈R)在x =−1处取得极值.
(1)求实数a的值：
(2)求f ( x)在区间[−2,2]上的值域.
【答案】(1)a=1；
(2)[−4
3 , 50
3 ].
【详解】（1）由f ( x)= 1
3 x
3+2a x
2+3 x，则f ′( x)= x
2+ 4 ax +3，因为f ( x)在x =−1处取得极值，所以
f ′(−1)=1−4 a+3=0，解得a=1，
此时f ( x)= 1
3 x
3+2 x
2+3 x，则f ′( x)= x
2+ 4 x +3=( x +1)( x +3)，
令f ′( x)>0，得x<−3或x>−1；令f ′( x)<0，得−3< x<−1，
所以函数f ( x)在(−∞,−3)和(−1,+∞)上单调递增，在(−3,−1)上单调递减，
则x =−1时，函数f ( x)取得极小值，符合题意，则a=1.
（2）由（1）知，f ( x)= 1
3 x
3+2 x
2+3 x，且函数f ( x)在[−2,−1]上单调递减，在[−1,2]上单调递增，
又f (−2)=−2
3，f (−1)=−4
3 ，f (2)= 50
3 ，
所以f ( x)在区间[−2,2]上的最大值为50
3 ，最小值为−4
3 ，值域为[−4
3 , 50
3 ).
18．已知函数f ( x)= x
3+a x
2+bx +c在点P(0,−2)处的切线斜率为−1，且在x =1处取得极值．
(1)求函数f ( x)的单调区间和极值；
(2)当x∈[−1,2]时，求函数f ( x)的最小值．
【答案】(1)递增区间为(−∞,−1),(1,+∞)，递减区间为(−1
3 ,1)；极大值为−49
27 ，极小值为−3
(2)−3
【详解】（1）由题意得P(0,−2)在f ( x)= x
3+a x
2+bx +c上，故c =−2，
而f
′( x)=3 x
2+2ax +b，由题意得f
′(0)=b=−1，
又f
′(1)=3+2a+b=0，解得a=−1，故f ( x)= x
3−x
2−x−2；
此时f
′( x)=3 x
2−2 x −1=(3 x +1)(x −1)，
当x∈(−∞,−1
3)∪(1,+∞)时，f
′( x)>0；当x∈(−1
3 ,1)时，f
′( x)<0，
故f (x)在(−∞,−1
3),(1,+ ∞)上单调递增，在(−1
3 ,1)上为减函数，
且f (x)的极大值为f(−1
3)=−49
27 ，极小值为f (1)=−3.
（2）由（1）得当x∈[−1,−1
3),[1,2]时，f ( x)单调递增，当(−1
3 ,1)时，f ( x)单调递减，
而f (1)=1−1−1−2=−3,f (−1)=−1−1+1−2=−3，
故当x∈[−1,2]时，函数的最小值为−3.
19．已知函数f (x)= x
3−3 x
2−9 x +c (c∈R)．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)若f (x)在区间[−2,4)上的最大值为7，求它在该区间上的最小值．
【答案】(1)单调递减区间为(−1,3)，单调递增区间(−∞,−1)，(3,+ ∞)
(2)−25
【详解】（1）函数f (x)= x
3−3 x
2−9 x +c (c∈R)的定义域为R，
又f
′ (x)=3 x
2−6 x−9=3(x−3)(x +1)
令f
′ (x)<0，解得−1< x<3 ，令f
′ (x)>0，则x<−1或x>3，
所以f (x)的单调递减区间为(−1,3)，单调递增区间(−∞,−1)，(3,+∞).
（2）由（1）可知f (x)在[−2,−1)上单调递增，在(−1,3)上单调递减，在[3,4)上单调递增，
又f (−1)=−1−3+9+c =5+c，f (4)=−20+c，
则5+c =7，解得c =2，
所以f (x)= x
3−3 x
2−9 x +2，又f (−2)=0，f (3)=−25，
所以f (x)在区间[−2,4)上的最小值为−25.
20．已知函数f ( x)= x
3−12 x +8．
(1)求函数f ( x)的极大值；
(2)求函数f ( x)在区间[−3,3]上的最小值．
【答案】(1)极大值为24；
(2)−8．
【详解】（1）由f ( x)= x
3−12 x +8，得f
′( x)=3 x
2−12，
令f
′( x)=0，得x =−2或x =2．
当x∈(−∞,−2)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增；
当x∈(−2,2)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(2,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增．
所以当x =−2时，f ( x)取到极大值f (−2)=(−2)
3−12×(−2)+8=24，
所以函数f ( x)的极大值为24．
（2）由（1）可得f ( x)在[−3,−2]上单调递增，在[−2,2]上单调递减，在[2,3]上单调递增．
又f (−3)=(−3)
3−12×(−3)+8=17 ,f (2)=2
3−12×2+8=−8，
所以f ( x)在区间[−3,3]上的最小值为−8．
05 求函数的最值（含参）
21．已知函数f ( x)=a( x +1)e
x(a≠0)．
(1)当a=1时，判断过点(−1,0)且与曲线f ( x)相切的直线有几条，并求出切线方程；
(2)求f ( x)的最值．
【答案】(1)只有1 条，x−ey +1=0
(2)当a>0时，f ( x)min= f (−2)=−a
e
2 ，没有最大值；当a<0时，f ( x)max= f (−2)=−a
e
2 ，没有最小值．
【详解】（1）当a=1时，f ( x)=( x +1)e
x，则f
′( x)=( x +2)e
x，
由题意可知点(−1,0)在曲线f ( x)上，
①所以当(−1,0)是切点时，则切线斜率为f
′(−1)= 1
e
进而切线方程为y = 1
e ( x +1)，即x−e y +1=0，
②当(−1,0)不是切点时，设切点为(x0,(x0+1)e
x0)，且x0≠−1，
则切线斜率为f
′(x0)=(x0+2)e
x0，
进而切线方程为y −(x0+1)e
x0=(x0+2)e
x0(x −x0)，
化简得y =(x0+2)e
x0 x +e
x0(−x0
2−x0+1)，
将(−1,0)代入上式，得0=−(x0+2)e
x0+e
x0(−x0
2−x0+1)，
化简得x0
2+2 x0+1=0，解得x0=−1（舍），进而此时没有切线，
综上所述，过点(−1,0)且与曲线f ( x)相切的直线只有1 条，切线方程为x−ey +1=0．
（2）f
′( x)=a( x +2)e
x，
当a>0时，由f
'( x)<0解得x<−2，由f
'( x)>0解得x>−2，
f ( x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增，
所以f ( x)min= f (−2)=−a
e
2 ，没有最大值；
当a<0时，由f
'( x)<0解得x>−2，由f
'( x)>0解得x<−2，
f ( x)在(−∞,−2)上单调递增，在(−2,+∞)上单调递减，
所以f ( x)max= f (−2)=−a
e
2 ，没有最小值．
综上，当a>0时，f ( x)min= f (−2)=−a
e
2 ，没有最大值；
当a<0时，f ( x)max= f (−2)=−a
e
2 ，没有最小值．
22．已知函数f (x)=aln x−x (a≠0)；
(1)若a=1，求函数f (x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数f (x)在(0,2)上的最大值．
【答案】(1)单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1,+∞).
(2)答案见解析.
【详解】（1）函数定义域为(0,+∞)，
当a=1时，f ( x)= ln x−x，
则f
′( x)= −x +1
x
, x>0，
令f
′( x)>0⇒0< x<1，
令f
′( x)<0⇒x >1，
所以f ( x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1,+ ∞).
（2）f
′( x)= a
x −1= −x +a
x
, x>0，
令f
′( x)=0解得x =a
①当0<a<2时，
当0< x<a时，f
′( x)>0,∴f ( x)在区间(0,a)上单调递增，
当a< x ≤2时，f
′( x)<0,∴ f (x)在区间(a,2]上单调递减．
∴f ( x)max = f (a)=a ln a−a.
②当a≥2时，
当0< x ≤2时，f
′( x)>0，∴f ( x)在区间(0,2]单调递增．
∴f ( x)max = f (2)=aln 2−2.
综上所述，当0<a<2时，f ( x)max=aln a−a，
当a≥2时，f ( x)max=a ln 2−2.
23．函数f ( x)=a x
3−6a x
2+b(a,b 为常数，a≠0)
(1)若f ( x)在x =0处取得极小值，求实数a的取值范围，
(2)若f ( x)在区间[−1,2]上的最大值是3，最小值是−29，求a+b的值.
【答案】(1)(−∞,0)
(2)a+b=5 或a+b=−31
【详解】（1）因为f
′( x)=3a x
2−12ax =3ax( x −4)，
令f
′( x)=3ax( x −4)=0得x =0或x = 4，
当a>0时，x∈(−∞,0)⇒f
' (x)>0, x∈(0,4)⇒f
' (x)<0,
所以f ( x)在(−∞,0)递增，在(0,4)递减，则x =0为极大值点，不符合题意；
当a<0时，x ∈(−∞,0)⇒f
' (x)<0, x ∈(0,4)⇒f
' (x)>0,
f ( x)在(−∞,0)递减，在(0,4)递增，则x =0为极小值点，符合题意；
所以a的取值范围为(−∞,0).
（2）当a>0时，x ∈[−1,0)⇒f
' (x)>0, x ∈(0,2]⇒f
' (x)<0,
f ( x)在[−1,0)递增，在(0,2]递减，
又f (−1)=−7 a+b，f (2)=−16a+b，
∴f ( x)min= f (2)=−16a+b=−29，∴f ( x)max = f (0)=b=3，
∴a=2,b=3，满足a>0，则a+b=5，
当a<0时，x∈[−1,0)⇒f
' (x)<0, x∈(0,2]⇒f
' (x)>0,
f ( x)在[−1,0)递减，在(0,2]递增，
∴f ( x)min= f (0)=b=−29，∴f ( x)max = f (2)=−16a+b=3，
∴a=−2,b=−29，满足a<0，则a+b=−31，
综上：a+b=5 或a+b=−31.
24．已知函数f (x)= x
3−6a x
2+1．
(1)若a=1，求f (x)的单调区间；
(2)求f (x)在区间[−1,0)上的最大值．
【答案】(1)单调递增区间为(−∞,0)，(4 ,+ ∞)，单调减区间为(0,4)
(2)答案见解析
【详解】（1）当a=1时，f (x)= x
3−6 x
2+1，f
′ (x)=3 x
2−12 x =3 x (x−4)，
令f
′ (x)=0，解得x =0或x = 4
当x变化时，f
′ (x)和f (x)的变化情况如表所示：
x
(−∞,0)
0
(0,4)
4
(4 ,+∞)
f
′ (x)
+
0
−
0
+
f (x)
单调递增
单调递减
单调递增
所以函数f (x)的单调递增区间为(−∞,0)，(4 ,+∞)，单调减区间为(0,4).
（2）f
′ (x)=3 x
2−12ax =3 x (x−4 a)，令f
′ (x)=0，解得x =0或x = 4 a
当a≥0时，
若x ≤0，则f
′ (x)≥0，所以f (x)在区间[−1,0)上单调递增，
此时f (x)max= f (0)=1
当−1
4 <a<0时，
若−1< x<4 a，则f
′ (x)>0，所以f (x)在区间[−1,4 a)上单调递增，
若4 a< x<0，则f
′ (x)<0，所以f (x)在区间[4 a, 0)上单调递减；
此时f (x)max = f (4 a)=−32a
3+1
当a≤−1
4 时，
若−1≤x ≤0，则f
′ (x)<0，所以f (x)在区间[−1,0)上单调递减；
此时f (x)max= f (−1)=−6a
综上所述，当a≥0时，f (x)max =1；
当−1
4 <a<0时，f (x)max =−32a
3+1；
当a≤−1
4 时，f (x)max=−6a
25．设函数f (x)= x
3−3 x
2.
(1)求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)求函数f (x)的极值；
(3)求函数f (x)在区间[−a,a)(a>0)上的最大值
【答案】(1)3 x + y −1=0；
(2)极大值为f (0)=0，极小值为f (2)=−4；
(3)答案见解析.
【详解】（1）由题设f
′ (x)=3 x
2−6 x =3 x( x−2)，则f
′ (1)=−3，且f (1)=−2，
所以曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程y +2=−3( x−1)，则3 x + y −1=0；
（2）由（1）有f
′ (x)=3 x( x −2)，
x<0或x>2时，f
′ (x)>0，则y = f (x)在(−∞,0)、(2,+∞)上单调递增，
0< x<2时，f
′ (x)<0，则y = f (x)在(0,2)上单调递减，
所以函数极大值为f (0)=0，极小值为f (2)=−4.
（3）在区间[−a,a)(a>0)上，f (−a)=−a
2(a+3)< f (a)=a
2(a−3)，显然f (−a)<f (0)=0，
若f (a)=a
2(a−3)≤0，则0<a≤3，此时f (x)的最大值为0；
若f (a)=a
2(a−3)>0，则a>3，此时f (x)的最大值为a
2(a−3).
06 根据函数的最值求参数
26．（2025·广东茂名·二模）已知函数f (x)= ln x−a
x ，a∈R.
(1)若a=2，求f (x)图象在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若函数f (x)在(1,e)上的最小值是3
2，求a的值.
【答案】(1)3 x−y −5=0
(2)a=−❑√e
【详解】（1）当a=2时，f (x)= ln x−2
x ，
则f
′ (x)= 1
x + 2
x
2，则f
′ (1)=3，又f (1)=−2，
所以函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y +2=3(x−1)，
即3 x−y −5=0.
（2）由f (x)= ln x−a
x ，x>0，
则f
′ (x)= 1
x + a
x
2 = x +a
x
2 ，
当a≥0时，f
′( x)>0，则函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
此时函数f (x)在(1,e)上没有最小值，不符合题意；
当a<0时，由f
′ (x)>0，得x>−a，由f
′ (x)<0，得0< x<−a，
所以函数f (x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+∞)上单调递增，
若−a>e，即a<−e时，函数f ( x)在(1,e)上单调递减，
此时函数f (x)在(1,e)上没有最小值，不符合题意；
若−a<1，即−1<a<0时，函数f ( x)在(1,e)上单调递增，
此时函数f (x)在(1,e)上没有最小值，不符合题意；
若1≤−a≤e，即−e≤a≤−1时，
函数f (x)在(1,−a)上单调递减，在(−a,e)上单调递增，
则f ( x)min= f (−a)= ln(−a)+1= 3
2，解得a=−❑√e.
综上所述，a=−❑√e．
27．已知函数f (x)=(a x
3−x +2)e
x−x，f
′ (x)为f (x)的导函数.
(1)当a=0时，求不等式f (x)>2的解集；
(2)当a<0时，讨论f
′ (x)的单调性；
(3)若函数f (x)在x =0处取极小值，求a的值.
【答案】(1)(−∞,0)
(2)答案见解析
(3)1
6
【详解】（1）当a=0时，g(x)= f (x)=(2−x)e
x−x，可得g
′ (x)=(1−x)e
x−1，
令m(x)= g
′ (x)=(1−x)e
x−1，可得m
′ (x)=−xe
x，
当x∈(−∞,0)，可得m
′ (x)>0；当x∈(0,+∞)，可得m
′ (x)<0，
所以g
′ (x)在(−∞,0)单调增，在(0,+ ∞)单调减，
可得g
′ (x)≤g
′ (0)=0，所以g(x)在R单调减，
又因为g(0)=2，故f (x)>2的解集为(−∞,0)．
（2）由函数f (x)=(a x
3−x +2)e
x−x，可得f
′ (x)=(a x
3+3a x
2−x +1)e
x−1，
令φ(x)= f
′ (x)=(a x
3+3a x
2−x +1)e
x−1，可得φ
′ (x)=(x
2+6 x +6−1
a)axe
x，
①当6
2−4(6−1
a)=12+ 4
a ≤0，即−1
3 ≤a<0时，x
2+6 x +6−1
a ≥0恒成立，
当x∈(−∞,0)时，φ
′ (x)>0；当x∈(0,+ ∞)时，φ
′ (x)<0；
所以f
′ (x)在(−∞,0)单调增，在(0,+ ∞)单调减；
②当a<−1
3时，x
2+6 x +6−1
a <0等价于−3−❑√3+ 1
a < x<−3+ ❑√3+ 1
a <0，
当x∈(−∞,−3−❑√3+ 1
a)时，φ
′ (x)>0；
当x∈(−3−❑√3+ 1
a ,−3+ ❑√3+ 1
a)时，φ
′ (x)<0；
当x∈(−3+ ❑√3+ 1
a ,0)时，φ
′ (x)>0，
所以f
′ (x)在(−∞,−3−❑√3+ 1
a)单调增，在(−3−❑√3+ 1
a ,−3+ ❑√3+ 1
a)单调减；
在(−3+ ❑√3+ 1
a ,0)单调增，在(0,+ ∞)单调减．
（3）由（1）知：当a=0时，0 不是f (x)的极值点，所以a≠0；
由（2）知：当a<0时，f
′ (x)在(0,+ ∞)单调减，所以f
′( x)<f
′(0)=0，
故f (x)在(0,+ ∞)单调减，与f (x)在x =0处取极小值矛盾，所以a>0．
记ℎ(x)= x
2+6 x +6−1
a，则ℎ(x)在(−3,+∞)单调增；
①当0<a< 1
6时，ℎ(0)=6−1
a <0，ℎ(
1
a)= 1
a
2 +6+ 5
a >0，
则存在r ∈(0, 1
a)使ℎ(r)=0，所以ℎ(x)<0对x∈(0,r)恒成立，则φ
′ (x)<0，
所以f
′ (x)在(0,r)单调减，则f
′( x)<f
′(0)=0，
所以f (x)在(0,r)单调减，与f (x)在x =0处取极小值矛盾；
②当a> 1
6 时，ℎ(0)=6−1
a >0,ℎ(−3)=−3−1
a <0，则存在s∈(−3,0)使ℎ(s)=0，
所以ℎ(x)>0对x∈(s,0)恒成立，则φ
′ (x)<0，所以f
′ (x)在(s,0)单调减，
则f
′ (x)>f
′ (0)=0，所以f (x)在(s,0)单调增，与f (x)在x =0处取极小值矛盾；
③当a= 1
6 时，ℎ(0)=0，当x∈(−3,0)时，ℎ(x)<0；当x∈(0,+∞)时，ℎ(x)>0，
即φ
′ (x)在(−3,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增，
所以φ
′ (x)≥φ
′ (0)=0，则f
′ (x)在(−3,+ ∞)单调增，
又因为f
′ (0)=0，当x∈(−3,0)时，f
′ (x)<0；当x∈(0,+∞)时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(−3,0)单调减，在(0,+ ∞)单调增，f (x)在x =0处取极小值．
综上知，a= 1
6 .
28．已知函数 f (x)=ln x−a
x ．
(1)当a<0时，判断f (x)在定义域上的单调性；
(2)若函数f (x)在[1,e)上的最小值为3
2，求实数a的值．
【答案】(1)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+ ∞)上单调递增
(2)a=−❑√e
【详解】（1）由题意得函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
因为f (x)=ln x−a
x ，所以f
′ (x)= 1
x + a
x
2 = x +a
x
2 ，
当a<0时，令f
′ (x)<0，x∈(0,−a)，令f
′ (x)>0，x∈(−a,+∞)，
则f (x)在(0,−a)上单调递减，在(−a,+∞)上单调递增.
（2）若函数f (x)在[1,e)上的最小值为3
2，
则ln x−a
x ≥3
2对于x∈[1,e)恒成立，且存在x0∈[1,e)使得等号成立，
得到ln x−3
2 ≥a
x 恒成立，即a≤xln x−3
2 x对于x∈[1,e)恒成立，
令g( x)= xln x−3
2 x，则a≤g( x)min恒成立，而g
′( x)=ln x +1−3
2 =ln x−1
2，
令g
′( x)<0，x∈[1,❑√e)，令g
′( x)>0，x∈(❑√e,e)，
故g( x)在[1,❑√e)上单调递减，在(❑√e,e)上单调递增，
得到g( x)min= g(❑√e)= ❑√eln ❑√e−3
2
❑√e=−❑√e，故a=−❑√e.
29．已知函数f (x)= 1
2 x
2−mx +3ln x (m∈R).
(1)当m= 4时，求函数f (x)的极值；
(2)若函数g(x)= f (x)−1
2 x
2−2ln x在[1,e)上的最小值为2，求实数m的值.
【答案】(1)极大值−7
2，极小值3ln3−15
2
(2)−2
【详解】（1）当m= 4时，f (x)= 1
2 x
2−4 x +3 ln x，f
′ (x)= x−4 + 3
x = (x−1)(x−3)
x
．
令f
′ (x)<0⇔(x−1)(x−3)<0⇔1< x<3，
同理：f
' (x)>0⇔0< x<1或x>3
所以：f (x)在(0,1)单调递增，在(1,3)单调递减，在(3,+ ∞)单调递增．
当x =1时，f (x)取得极大值f (1)=−7
2；
当x =3时，f (x)取得极小值f (3)=3ln3−15
2 ．
（2）解法一：由题：g(x)= f (x)−1
2 x
2−2ln x = ln x−mx，g
′ (x)= 1
x −m．
①当m≤0时，g
′ (x)>0，g(x)在[1,e)单调递增，g(x)min= g(1)=0−m=2⇒m=−2．
②当0< 1
m ≤1时，g
′ (x)<0，g(x)在[1,e)单调递减，g(x)min= g (e)=1−me=2⇒m=−1
e (舍)．
③当1< 1
m <e时，g(x)在[1, 1
m)单调递增，在[
1
m ,e)单调递减．
此时：g(1)=−m<0, g (e)=1−me<0不合题意．
④当1
m ≥e时，g
′ (x)>0，g(x)在[1,e)单调递增，g(x)min= g(1)=0−m=2⇒m=−2(舍)．
综上：m的值为−2．
解法二：由题：g(x)= f (x)−1
2 x
2−2ln x = ln x−mx，g
′ (x)= 1
x −m．
①当m≤0时，g
′ (x)>0，g(x)在[1,e)单调递增，g(x)min= g(1)=0−m=2⇒m=−2．
②当m>0时，由于g(1)=−m<0，g(x)在[1,e)上的最小值小于2，与题目矛盾，故不成立；
综上：m的值为−2．
解法三：由题：g(x)= f (x)−1
2 x
2−2ln x = ln x−mx，g
′ (x)= 1
x −m．
由题：g(x)的最小值为2，则必有：{
g(1)≥2
g (e)≥2) ⇒ {
−m≥2
1−me≥2)⇒m≤−2．
当m≤−2时，g
′ (x)= 1
x −m>0，g(x)在[1,e)单调递增，
g(x)min= g(1)=0−m=2⇒m=−2．
故：m的值为−2．
30．若函数f (x)=ax−ln x.
(1)若函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y =−4 x +m，求实数a、m的值；
(2)已知a>1
e （e为自然对数函数的底数），若f (x)在区间(0,e)上的最小值为3，求实数a的值.
【答案】(1)a=−3，m=1
(2)a=e
2
【详解】（1）因为f (x)=ax−ln x，其中x>0，则f
′ (x)=a−1
x ，
由导数的几何意义可得f
′ (1)=a−1=−4，则a=−3，所以，f (x)=−3 x−ln x，
因为点(1,f (1))在直线y =−4 x +m上，所以，f (1)=−3−ln1=−4+m，解得m=1.
综上所述，a=−3，m=1.
（2）因为f (x)=ax−ln x，其中x>0，则f
′ (x)=a−1
x = ax−1
x
，
因为a> 1
e ，则0< 1
a <e，由f
′ (x)<0可得0< x< 1
a，由f
′ (x)>0可得1
a < x<e，
所以，函数f (x)在(0, 1
a)上单调递减，在(
1
a ,e)上单调递增，
所以，f (x)min= f(
1
a)=1−ln 1
a =1+ ln a=3，解得a=e
2，合乎题意.
综上所述，a=e
2.
07 函数的单调性、极值、最值的综合应用
31．（2025·新疆乌鲁木齐·三模）已知函数f (x)=e
x+a x
2−a，a∈R．
(1)若f (x)在定义域上单调递增，求a的取值范围；
(2)当a>0时，设g(a)= f (x)min，求g(a)的最大值．
【答案】(1)[−e
2 ,0]
(2)1
e
【详解】（1）由f (x)=e
x+a x
2−a可得f
′ (x)=e
x+2ax，设s( x)=e
x+2ax，则s
′( x)=e
x+2a
①当a>0时，s
′( x)>0，则y = f
′ (x)在R上单调递增．
因为当x<−1
2a时，f
′ (x)=e
x+2ax<e
−1
2a +2a(−1
2a )=e
−1
2a −1<0
∴此时f (x)不可能在R上单调递增；
②当a=0时，f (x)=e
x．则f (x)在R上单调递增，符合题意；
③当a<0时，令s
′( x)=0，得x =ln(−2a)
x
(−∞,ln(−2a)) ln(−2a)
(ln(−2a),+ ∞)
s
′( x)
－
0
+
f
′ (x)
递减
极小
递增
f
′ (x)min= f (ln(−2a))=−2a+2aln(−2a)
故需使{
a<0
−2a+2aln(−2a)≥0) ， 解得{
a<0
a≥−e
2) ，故 −e
2 ≤a<0．
综上，a的取值范围是[−e
2 ,0]．
（2）由 （1）知，a>0时，∃x0<0，使f
′(x0)=0．
即e
x0+2a x0=0，可得a=−e
x0
2 x0
，
x
(−∞, x0)
x0
(x0,+ ∞)
f
′ (x)
－
0
+
f (x)
递减
极小
递增
∴f (x)min= f (x0)=e
x0+a x0
2−a=e
x0+(−e
x0
2 x0
)⋅x0
2−(−e
x0
2 x0
)
=e
x0(1−x0
2 + 1
2 x0
).
令ℎ(x)=e
x(1−x
2 + 1
2 x )，( x<0)
∴ℎ
′ (x)=e
x(1−x
2 + 1
2 x −1
2 −1
2 x
2 )=−e
x
2 x
2 (x−1)
2(x +1)．
令ℎ
′ (x)=0，得x =−1
x
(−∞,−1)
－1
(−1,0)
ℎ
′ (x)
+
0
-
ℎ(x)
递增
极大
递减
所以ℎ(x)max=ℎ(−1)= 1
e (1+ 1
2 −1
2 )= 1
e ，即g(a)的最大值为1
e .
32．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数f (x)= ln x−2kx，x∈(0,e)，其中e为自然对数的底数.
(1)若x =2为f (x)的极值点，求f (x)的单调区间和最大值；
(2)是否存在实数k，使得f (x)的最大值为−2？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)f (x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,e)；最大值为ln2−1
(2)存在k =e
2使得f (x)的最大值为−2
【详解】（1）∵f ( x)= ln x−2kx，x∈(0,e)，
f
′( x)= 1−2kx
x
，
若x =2为f ( x)的极值点，
则f
′ (2) = 1
2 −2k =0，得k = 1
4 ．
f
′( x)= 2−x
2 x ，
当x∈(0,2)时，f
′( x)>0，当x∈(2,e)时，f
′( x)<0，
∴f ( x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,e)；
f ( x)的极大值为f (2) = ln2−1，也即f ( x)的最大值为f (2) = ln2−1．
（2）∵f ( x)=ln x−2kx，∴ f
′( x)= 1−2kx
x
，
①当k ≤0时，f ( x)在(0,e)上单调递增，
∴f ( x)的最大值是f (e) =1−2k e=−2，
解得k = 3
2e >0，舍去；
②当k >0时，由f
′( x)= 1
x −2k = 1−2kx
x
=0，得x = 1
2k ，
当0< 1
2k <e，即k > 1
2e时，
∴ x∈(0, 1
2k )时，f
′( x)>0，函数f ( x)在(0, 1
2k )上单调递增，
当x∈( 1
2k ,e)时，f
′( x)<0，函数f ( x)在( 1
2k ,e)上单调递减，
又f ( x)在(0,e)上的最大值为−2，
∴ f ( x)max= f ( 1
2k )=−1−ln2k =−2，
∴ k =e
2；
当e≤1
2k ，即0<k ≤1
2e时，f ( x)在(0,e)上单调递增，
∴f ( x)max = f (e) =1−2k e=−2，
解得k = 3
2e > 1
2e，舍去．
综上，存在k =e
2使得f (x)的最大值为−2．
33．已知函数f (x)= xe
ax(a∈R)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若a>0，且f (x)在[−1,0)上的最小值为−e
−1
2，求a的值．
【答案】(1)答案见解析
(2)1
2
【详解】（1）由f
′ (x)=e
ax+axe
ax=(1+ax)e
ax，因为f (x)的定义域为R，
所以当a=0时，f (x)= x在R上单调递增；
当a>0时，由f
′ (x)=(1+ax)e
ax>0⇒x>−1
a ,f
′ (x)=(1+ax)e
ax<0⇒x<−1
a ,
得f (x)在(−1
a ,+ ∞)上单调递增，在(−∞,−1
a)上单调递减；
当a<0时，由f
′ (x)=(1+ax)e
ax>0⇒x<−1
a ,f
′ (x)=(1+ax)e
ax<0⇒x>−1
a ,
得f (x)在(−∞,−1
a)上单调递增，在(−1
a ,+∞)上单调递减；
（2）当a>0时，f (x)在(−1
a ,+ ∞)上单调递增，在(−∞,−1
a)上单调递减；
又当0<a≤1时，−1
a <−1，可知f (x)在[−1,0)上单调递增，
所以f (x)min= f (−1)=−e
−a=−e
−1
2 ⇒a= 1
2
，
当a>1时，0>−1
a >−1，可知f (x)在[−1,−1
a)上单调递减，[−1
a ,0)上单调递增，
所以f (x)min= f(−1
a)=−1
a e
−1=−e
−1
2 ⇒a=e
−1
2 = 1
❑√e <1(舍去).
故a= 1
2.
34．已知函数f (x)=−x
e
x ，g(x)= xln x−a
2 x
2−x，a∈R．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若当x∈(1,+ ∞)时，f (x)与g(x)的单调性相同，求实数a的取值范围；
(3)若当a∈[0, 1
e)时，g(x)(x∈(0,e))有最小值ℎ(a)，证明：−e
2 <ℎ(a)≤−1．
【答案】(1)f (x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增
(2)(−∞,0)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题可知f (x)的定义域R，f
′ (x)= x−1
e
x
，
令f
′ (x)=0，可得x =1，
当x∈(−∞,1)时，f
′ (x)<0，当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增．
（2）由（I）可知g(x)在(1,+ ∞)上单调递增，
即g
′ (x)=ln x−ax ≥0在x∈(1,+∞)时恒成立，
即a≤ln x
x
在x∈(1,+∞)时恒成立．
令p(x)=ln x
x
，x∈(1,+ ∞)，则p
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
可得当x∈(1,e)时，p
′ (x)>0，当x∈(e,+∞)时，p
′ (x)<0，
所以p(x)在区间(1,e)上单调递增，在区间(e,+∞)上单调递减，且p (e)= 1
e ，
又x∈(1,+∞)时，p(x)>0，所以p(x)∈(0, 1
e)，
所以a≤0，
即实数a的取值范围是(−∞,0)．
（3）由题可知g
′ (x)=ln x−ax，x∈(0,e)，
令t (x)=ln x−ax，x∈(0,e)，则t
′ (x)= 1
x −a，
因为0< x ≤e，0≤a< 1
e ，所以t
′ (x)= 1
x −a>0，
所以g
′ (x)在(0,e)上单调递增．
又g
′ (1)=−a≤0，g
′ (e)=1−ae>0，
所以存在唯一的x0∈[1,e)，使得g
′(x0)=0，即ln x0−a x0=0，即a=ln x0
x0
．
当x∈(0, x0)时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，当x∈(x0,e)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min= g(x0)= x0ln x0−a
2 x0
2−x0= x0ln x0
2
−x0．
令q(x)= xln x
2
−x，则q
′ (x)=ln x−1
2
<0在[1,e)上恒成立，
所以q(x)在[1,e)上单调递减，
所以q (e)<q(x)≤q(1)，即−e
2 <q(x)≤−1，即−e
2 <g(x)min= g(x0)≤−1，
所以−e
2 <ℎ(a)≤−1．
35．已知函数f (x)=(x−2)e
x−1−a x
2+2ax．
(1)当a=e时，求f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)在x =1处取得极小值，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)(−∞, 1
2 )
【详解】（1）当a=e时，f (x)=(x−2)e
x−1−e x
2+2e x，
则f
′ (x)=(x −1)e
x−1−2e(x −1)=(x −1)(e
x−1−2e)，
令f
′ (x)=0，解得x =1或x =2+ln2．
令f
′ (x)<0，解得1< x<2+ln2，所以f (x)在(1,2+ln2)上单调递减；
令f
′ (x)>0，解得x<1或x>2+ln2，即f (x)在(−∞,1)，(2+ln2,+∞)上单调递增．
综上，函数f (x)在(−∞,1)，(2+ln2,+∞)上单调递增，在(1,2+ln2)上单调递减．
（2）由f (x)=(x−2)e
x−1−a x
2+2ax求导得f
′ (x)=(x −1)e
x−1−2a(x −1)=(x −1)(e
x−1−2a)，
① 当a≤0时，e
x−1−2a>0恒成立，
令f
′ (x)<0，解得x<1，即f (x)在(−∞,1)上单调递减；
令f
′ (x)>0，解得x>1，即f (x)在(1,+∞)上单调递增，
故a≤0时，函数f (x)在x =1处取得极小值，符合题意；
②当0<a< 1
2时，令f
′ (x)=0，解得x1=1，x2=1+ln(2a)，且x1> x2，
当1+ln(2a)< x<1时，f
′ (x)<0，函数f (x)在(1+ln(2a),1)上单调递减；
当x>1时，f
′ (x)>0，函数f (x)在(1,+ ∞)上单调递增，
所以函数f (x)在x =1处取得极小值，符合题意．
③ 当a= 1
2时，令f
′ (x)=0，解得x1= x2=1，此时f
′ (x)≥0恒成立且f
′ (x)不恒为0，
f (x)单调递增，故函数f (x)无极值，不符合题意．
④ 当a> 1
2时，令f
′ (x)=0，解得x1=1，x2=1+ln(2a)，且x1< x2，
当x<1时，f
′ (x)>0，函数f (x)在(−∞,1)上单调递增；
当1< x<1+ln(2a)时，f
′ (x)<0，函数f (x)在(1,1+ln(2a))上单调递减，
所以函数f (x)在x =1处取得极大值，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(−∞, 1
2 )．
1．（多选）（2025·安徽·三模）波兰表达式（Polish notation）是一种特殊的数学式表示方法，可以用于逻
辑、算术和代数的表示，波兰表达式的基本结构为“运算符 操作数1 操作数2”，运算时从左到右读取表
达式，遇到运算符时，将其与接下来的两个操作数结合．如：波兰表达式“×+135”的运算过程为：先将
“+13”转化为：“1+3”，再以“×”为运算符，“1+3”和“5”为操作数，即得“(1+3)×5”；波兰
表达式“−×2↑x 3×3↑x 2”中，“↑”表示幂运算，该式的运算过程为：先将“↑x 3”转化为x
3“”，
将“↑x 2”转化为“x
2”，再由“×2 x
3”得“2 x
3”，由“×3 x
2”得“3 x
2”，最后由“−2 x
33 x
2”得
“2 x
3−3 x
2”．根据上述内容，下列说法正确的是（ ）附：ln2≈0.7．
A．波兰表达式“×↑263”的值为108
B．若波兰表达式“+↑2 xx”的值大于6，则x 的取值范围是(2,+∞)
C．若波兰表达式“++×÷13×a↑x 3×b↑x 2 x”表示的函数无极值，且a+ 16
b
2 ≤8，则a
2−b
2=8
D．若波兰表达式“−↑2 x×3 x”的值为−2，则x 的所有取值之和大于4
【答案】BD
【详解】对于A，波兰表达式“×↑263”，即2
6×3=192，故A 错误；
对于B，波兰表达式“+↑2 xx”的值大于6，等价于2
x+ x>6，
因为函数y =2
x+ x−6在R上单调递增，且x =2为其零点，
所以所求x 的取值范围是(2,+ ∞)，故B 正确；
对于C，波兰表达式“++×÷13×a↑x 3×b↑x 2 x”表示的函数为y = 1
3 a x
3+b x
2+ x，
则y ′ =a x
2+2bx +1，又函数无极值，所以Δ= 4 b
2−4 a≤0，则a≥b
2≥0，
所以a+ 16
b
2 ≥b
2+ 16
b
2 ≥2❑√
b
2⋅16
b
2 =8，当且仅当a=b
2= 4时等号成立，
又a+ 16
b
2 ≤8，故a+ 16
b
2 =8，则a=b
2= 4，a
2−b
2=12，故C 错误；
对于D，波兰表达式“−↑2 x×3 x”的值为−2等价于2
x−3 x =−2，
易知x =2满足该等式，令f ( x)=2
x−3 x +2，则f ′( x)=2
x ln 2−3，
易知f ′( x)=0有唯一解x0= log2 3
ln2 ≈log2 3
0.7 = log2 30
7 >2，
且f ( x)在区间(0, x0)上单调递减，在(x0,+ ∞)上单调递增，
又f (2)=0，f (x0)<f (2)=0，f (3)=1>0，
由零点存在定理知，方程2
x−3 x =−2必存在另外一解x1，且x1>2，
所以x 的所有取值之和大于4，故D 正确．
故选：BD.
2．若存在一个实数m，使得对于函数f (x)定义域内的任意x，都有f (x)≥m，则称f (x)有下界，且m是
f (x)的一个下界.
(1)求函数f (x)=e
x+ x
2−x的下界m的取值范围：
(2)若1 是函数f (x)=aln x + 1
x 的一个下界，求a的取值集合；
(3)若m是函数f (x)=e
−x+ x
2+ xln x−x的一个下界，求证：m的最大值为0.
【答案】(1)m≤1
(2){1)
(3)证明见解析
【详解】（1）由函数f (x)=e
x+ x
2−x，得f
' (x)=e
x+2 x−1，
令ℎ(x)=e
x+2 x−1，得ℎ
' (x)=e
x+2>0，
所以ℎ(x)=e
x+2 x−1为增函数；
又ℎ(0)=0，
所以当x>0时，f
′ (x)>0，当x<0时，f
′ (x)<0，
所以f (x)min= f (0)=1，故m≤1；
（2）函数f (x)=aln x + 1
x ，得f
' (x)= a
x −1
x
2 = ax−1
x
2
，
若a≤0，则f
′ (x)<0，函数f (x)在(0,+ ∞)为减函数，
因为f (1)=1，所以当x∈(1,+∞)时，f (x)<1，不合题意，舍去，
若a>0，令f
′ (x)=0，得x = 1
a，
故当x> 1
a时，f
′ (x)>0，当x< 1
a时，f
′ (x)<0，
所以函数f (x)在(0, 1
a)单调递减，在(
1
a ,+ ∞)上单调递增，
所以f (x)min= f(
1
a)=−alna+a，
由题知−alna+a≥1，
令t (a)=alna−a+1，t
′ (a)=lna，
故当a>1时，t
' (a)>0，当0<a<1时，t
' (a)<0，
所以函数t (a)在(0,1)上单调递减，在(1,+ ∞)单调递增，
所以t(a)min=t (1)=0，所以a=1，所以a的取值集合为{1).
（3）f (x)=e
−x+ x
2−x + xln x，
即证f (x)=e
−x+ x
2−x + xln x的最小值为0，
f
' (x)=−e
−x+2 x +ln x，
令m(x)= f
' (x)，则m
' (x)=e
−x+2+ 1
x >0，
故函数f
' (x)单调递增，又f
'(
1
e)<0，f
' (1)>0，
故f
' (x)在(
1
e ,1)上存在唯一零点x0，即−e
−x0+2 x0+ln x0=0，
故当x∈(0, x0)，f
' (x)<0，当x∈(x0,+ ∞)时，f
' (x)>0，
故函数f (x)在x∈(0, x0)上单调递减，在x∈(x0,+ ∞)上单调递增，
故f (x)min= f (x0)=e
−x0+ x0
2−x0+ x0ln x0，
由−e
−x0+2 x0+ln x0=0得f (x0)=(x0+1)(x0+ln x0)，
下面证明：x0+ln x0=0；
因为−e
−x0+2 x0+ln x0=0，
所以x0+ln x0=e
−x0−x0，即x0+ln x0=e
−x0+lne
−x0，
令φ(x)= x +ln x，则上式等式可化为φ(x0)=φ(e
−x0)
因为φ
' (x)=1+ 1
x >0，所以φ(x)= x +ln x在(0,+ ∞)单调递增，
故x0=e
−x0，即x0+ln x0=0，
故f (x)=e
−x+ x
2−x + xln x的最小值为0；
即m的最大值为0，得证.
3．已知函数f ( x)=2 x
3−a x
2+b.
(1)若函数f ( x)在x =1处取得极小值−4，求实数a，b 的值；
(2)已知a>0，且函数f ( x)的极大值是1，讨论函数f ( x)的零点个数.
【答案】(1)a=3,b=−3
(2)答案见解析
【详解】（1）因为f (x)=2 x
3−a x
2+b，所以f
′ (x)=6 x
2−2ax，
因为函数f (x)在x =1处取得极小值−4，
所以{
f
′ (1)=6−2a=0
f (1)=2−a+b=−4)，解得{
a=3
b=−3)，
此时f
′ (x)=6 x
2−6 x =6 x (x−1)，由f
′ (x)=0，得到x =0或x =1，
当x<0或x>1时，f
′ (x)>0，当0< x<1时，f
′ (x)<0，
则f (x)在(−∞,0)和(1,+ ∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，
所以当x =1时，f (x)取到极小值，符合题意.
所以a=3,b=−3.
（2）f
′ (x)=6 x
2−2ax =2 x (3 x−a)，令f
′ (x)=0，则x =0或x = a
3 ，
若a>0，当x<0或x> a
3时，f
′ (x)>0，当0< x< a
3 时，f
′ (x)<0，
所以f (x)的单调递增区间为(−∞,0)，(
a
3 ,+ ∞)；单调递减区间为(0, a
3)，
当x =0时，函数f (x)取到极大值，即f (0)=b=1>0，所以f (x)=2 x
3−a x
2+1，
当x = a
3时，函数f (x)取到极小值，
即f(
a
3)=2(
a
3)
3
−a(
a
3)
2
+1= 2a
3
27 −a
3
9 +1=−a
3
27 +1，
又当x→−∞时，f (x)→−∞，当x→+∞时，f (x)→+∞，
所以当−a
3
27 +1>0，即0<a<3时，f (x)有1 个零点；
当−a
3
27 +1=0，即a=3时，f (x)有2 个零点；
当−a
3
27 +1<0，即a>3时，f (x)有3 个零点.
4．（2025·辽宁·二模）已知函数f ( x)=(m x
2−2 x +1)e
x+ x−1．
(1)若m=1，当x∈[2,+∞)时，f ( x)≥t( x−1)，求t的取值范围；
(2)若m=0，求f ( x)的极值；
(3)若x =0是f ( x)的极小值点，求m的取值范围．
【答案】(1)(−∞,e
2+1)
(2)极大值为0，无极小值
(3)(
3
2 ,+∞)
【详解】（1）当m=1时，f ( x)=( x −1)
2e
x+ x −1，
因为当x∈[2,+∞)时，f ( x)≥t( x−1)，所以( x −1)e
x+1≥t，
令u( x)=( x−1)e
x+1，则u
′ (x)= xe
x，
当x∈[2,+∞)时，u
′ (x)>0，u( x)单调递增，
所以u( x)min=u(2)=e
2+1，所以t的取值范围为(−∞,e
2+1)．
（2）当m=0时，f ( x)=(−2 x +1)e
x+ x −1，则f ′( x)=(−2 x −1)e
x+1，
令g( x)=(−2 x −1)e
x+1，则g
′ (x)=(−2 x−3)e
x，
由g
′ (x)>0，得x<−3
2；由g
′ (x)<0，得x>−3
2，
所以g( x)在区间(−∞,−3
2)上单调递增，在区间(−3
2 ,+∞)上单调递减，
且x<−3
2时，g( x)>0，g(0)=0，
所以当x∈(−∞,0)时，g( x)>0，即f
′ (x)>0；
当x∈(0,+∞)时，g( x)<0，即f
′ (x)<0，
所以f ( x)在区间(−∞,0)上单调递增，在区间(0,+∞)上单调递减，
所以f ( x)的极大值为f (0)=0，无极小值．
（3）由题可得f
′ (x)=(m x
2+2mx −2 x−1)e
x+1，f
′ (0)=0.
令ℎ( x)=(m x
2+2mx −2 x−1)e
x+1，
则ℎ
′( x)=(m x
2+6mx −2 x +2m−3)e
x，ℎ
′ (0)= 2m−3，
当2m−3>0，即m> 3
2时，
存在x1<0< x2，使得当x∈(x1, x2)时，ℎ
′ (x)>0，
此时ℎ( x)即f
′ (x)在区间(x1, x2)上单调递增，
故当x∈(x1,0)时，f
′ (x)<0，当x∈(0, x2)时，f
′ (x)>0，
所以当m> 3
2时，x =0是f ( x)的极小值点，符合题意．
当2m−3<0，即m< 3
2时，
存在x3<0< x4，使得当x∈(x3, x4)时，ℎ
'( x)<0，
此时ℎ( x)即f ′( x)在区间(x3, x4)上单调递减，
故当x∈(x3,0)时，f
′ (x)>0，当x∈(0, x4)时，f
′ (x)<0，
所以当m< 3
2时，x =0是f ( x)的极大值点，不符合题意．
当2m−3=0，即m= 3
2时，f
′ (x)=ℎ( x)=(
3
2 x
2+ x−1)e
x+1，ℎ
'( x)=(
3
2 x
2+ 4 x)e
x，
令ℎ
'( x)=0，得x =−8
3或0，
当−8
3 < x<0时，ℎ
'( x)<0， 当x>0时，ℎ
'( x)>0，
故f
′ (x)在(−8
3 ,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
故在(−8
3 ,+∞)上，有f
′ (x)≥f
′ (0)=0，
所以当m= 3
2时，x =0不是f ( x)的极值点，不符合题意．
综上所述，m的取值范围为(
3
2 ,+ ∞).
5．（2025·河南·三模）已知函数f (x)=(1−x)e
x+ 1
2 x
2−1，g(x)=(x +1)ln (x +1)−ax，其中a∈R．
(1)求函数f (x)的零点；
(2)F (x)= f (x)+ g(x)+|f (x)−g(x))．
（ⅰ）用max {m,n)表示m，n 的最大值，证明：F (x)=2max {f (x), g(x))；
（ⅱ）是否存在实数a，使得∀x∈R，F (x)≥0恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明
理由．
【答案】(1)0．
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）(−∞,1)．
【详解】（1）函数f (x)=(1−x)e
x+ 1
2 x
2−1的定义域为R，
则f
′ (x)= x−xe
x = x(1−e
x)，
当x<0时，1−e
x>0，则f
′ (x)<0，
当x>0时，1−e
x<0，则f
′ (x)<0，
所以函数f (x)在(−∞,+∞)上为减函数．
又因为f (0)=0，故函数f (x)有且只有一个零点0.
（2）（ⅰ）函数F (x)的定义域为(−1,+∞)，
当f (x)≥g(x)时，F (x)= f (x)+ g(x)+ f (x)−g(x)=2f (x)，
当f (x)< g(x)时，F (x)= f (x)+ g(x)−f (x)+ g(x)=2 g(x)，
所以F (x)=2max {f (x), g(x)).
（ⅱ）由（1）知，当−1< x ≤0时，f (x)≥f (0)=0，
又F (x)=2max {f (x),g(x))≥2f (x)，
所以当−1< x ≤0时，F (x)≥0恒成立，
因为当x>0时，f (x)<f (0)=0恒成立，
所以F (x)≥0等价于当x>0时，g(x)≥0恒成立，
又g
′ (x)= ln (x +1)+1−a，
若a≤1，当x>0时，由g
′ (x)= ln (x +1)+1−a>0，
所以g(x)在(0,+ ∞)上递增，所以此时g(x)>g(0)=0恒成立.
若a>1，当x>0时，由g
′ (x)= ln (x +1)+1−a<0，解得为0< x<e
a−1−1，
g(x)在(0,e
a−1−1)上递减，此时g(x)<g(0)=0，不符合题意．
综上可知，存在实数a 满足题意，a 的取值范围是(−∞,1).
1．（多选）（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）设函数f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，则（ ）
A．当a>1时，f ( x)有三个零点
B．当a<0时，x =0是f ( x)的极大值点
C．存在a，b，使得x =b为曲线y = f ( x)的对称轴
D．存在a，使得点(1,f (1))为曲线y = f ( x)的对称中心
【答案】AD
【详解】A 选项，f
′( x)=6 x
2−6ax =6 x( x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f
′( x)>0，故f ( x)在(−∞,0),(a,+ ∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
则f ( x)在x =0处取到极大值，在x =a处取到极小值，
由f (0)=1>0，f (a)=1−a
3<0，则f (0)f (a)<0，
根据零点存在定理f ( x)在(0,a)上有一个零点，
又f (−1)=−1−3a<0，f (2a)= 4 a
3+1>0，则f (−1)f (0)<0,f (a)f (2a)<0，
则f ( x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f ( x)有三个零点，A 选项正确；
B 选项，f
′( x)=6 x( x −a)，a<0时，x ∈(a,0),f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
x∈(0,+∞)时f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
此时f ( x)在x =0处取到极小值，B 选项错误；
C 选项，假设存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f ( x)= f (2b−x)，
即2 x
3−3a x
2+1=2(2b−x)
3−3a(2b−x)
2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x)
3展开式含有x
3的项为2C3
3(2b)
0(−x)
3=−2 x
3，
于是等式左右两边x
3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x =b为f ( x)的对称轴，C 选项错误；
D 选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f (1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f ( x)的对称中心，
则f ( x)+ f (2−x)=6−6a，事实上，
f ( x)+ f (2−x)=2 x
3−3a x
2+1+2(2−x)
3−3a(2−x)
2+1=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x
2+(12a−24)x +18−12a
即{
12−6a=0
12a−24 =0
18−12a=6−6a)，解得a=2，即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f ( x)=2 x
3−3a x
2+1，f
′( x)=6 x
2−6ax，f
″( x)=12 x −6a，
由f
″( x)=0⇔x = a
2，于是该三次函数的对称中心为(
a
2 ,f(
a
2))，
由题意(1,f (1))也是对称中心，故a
2 =1⇔a=2，
即存在a=2使得(1,f (1))是f ( x)的对称中心，D 选项正确.
故选：AD
2．（多选）（2023·新课标Ⅱ卷·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
【答案】BCD
【详解】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{
Δ=b
2+8ac>0
x1+ x2= b
a >0
x1 x2=−2c
a >0)
，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
3．（2023·全国乙卷·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.
【答案】(1)(ln 2) x + y −ln 2=0；
(2)存在a= 1
2 ,b=−1
2满足题意，理由见解析.
(3)(0, 1
2).
【详解】（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)=−ln 2，
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，
由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+∞时，
g
′ (x)=2ax−ln (x +1)→+ ∞，
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).
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知函数f ( x)=e
x−ax−a
3．
(1)当a=1时，求曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f ( x)有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．
【答案】(1)(e−1) x−y −1=0
(2)(1,+∞)
【详解】（1）当a=1时，则f ( x)=e
x−x −1，f
′( x)=e
x−1，
可得f (1)=e−2，f
′(1)=e−1，
即切点坐标为(1,e−2)，切线斜率k =e−1，
所以切线方程为y −(e−2)=(e−1)(x−1)，即(e−1) x−y −1=0.
（2）解法一：因为f ( x)的定义域为R，且f
′( x)=e
x−a，
若a≤0，则f
′( x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f ( x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f
′( x)>0，解得x>ln a；令f
′( x)<0，解得x<ln a；
可知f ( x)在(−∞,ln a)内单调递减，在(ln a,+∞)内单调递增，
则f ( x)有极小值f (ln a)=a−aln a−a
3，无极大值，
由题意可得：f (ln a)=a−a ln a−a
3<0，即a
2+ ln a−1>0，
构建g(a)=a
2+ ln a−1,a>0，则g
′ (a)=2a+ 1
a >0，
可知g(a)在(0,+ ∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a
2+ ln a−1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a 的取值范围为(1,+ ∞)；
解法二：因为f ( x)的定义域为R，且f
′( x)=e
x−a，
若f ( x)有极小值，则f
′( x)=e
x−a有零点，
令f
′( x)=e
x−a=0，可得e
x=a，
可知y =e
x与y =a有交点，则a>0，
若a>0，令f
′( x)>0，解得x>ln a；令f
′( x)<0，解得x<ln a；
可知f ( x)在(−∞,ln a)内单调递减，在(ln a,+∞)内单调递增，
则f ( x)有极小值f (ln a)=a−a ln a−a
3，无极大值，符合题意，
由题意可得：f (ln a)=a−aln a−a
3<0，即a
2+ ln a−1>0，
构建g(a)=a
2+ ln a−1,a>0，
因为则y =a
2, y = ln a−1在(0,+ ∞)内单调递增，
可知g(a)在(0,+ ∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a
2+ ln a−1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a 的取值范围为(1,+ ∞).
5．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数f ( x)=ax−1
x −(a+1)ln x．
(1)当a=0时，求f ( x)的最大值；
【答案】(1)−1
【详解】（1）当a=0时，f (x)=−1
x −ln x , x>0，则f
′ (x)= 1
x
2 −1
x = 1−x
x
2 ，
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)max = f (1)=−1；
