专题3.3 导数与函数的极值、最值（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 函数（导函数）图象与极值（点）的关系】.........................................................................................2
【题型2 求已知函数的极值（点）】......................................................................................................................4
【题型3 根据极值（点）求参数】..........................................................................................................................6
【题型4 由导数求函数的最值（不含参）】.........................................................................................................9
【题型5 由导数求函数的最值（含参）】............................................................................................................11
【题型6 已知函数最值求参数】............................................................................................................................15
【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】...............................................................................................18
1、导数与函数的极值、最值
考点要求
真题统计
考情分析
(1)借助函数图象，了解
函数在某点取得极值的
必要和充分条件
(2)会用导数求函数的极
大值、极小值
(3)掌握利用导数研究函
数最值的方法
(4)会用导数研究生活中
的最优化问题
2023 年新课标I 卷：第11 题，5 分
2023 年新课标Ⅱ卷：第11 题，5 分
2024 年新课标I 卷：第10 题，6 分
2024 年新课标Ⅱ卷：第11 题，6
分、第16 题，15 分
2025 年全国一卷：第19 题，12 分
2025 年全国二卷：第10 题，6 分、
第13 题，5 分、第18 题，12 分
2025 年北京卷：第20 题，15 分
2025 年上海卷：第19 题，14 分
导数与函数是高中数学的核心内
容，高考对最值、极值的考查相对稳
定，是高考常考的热点内容，从近几
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极值和最
值问题；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，复习时需要加强练
习.
知识点
1
函数的极值问题的求解思路
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：
(1)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.
(2)导数值为0 不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.
知识点
2
函数的最值问题的解题策略
1．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.
2．求含有参数的函数的最值的解题策略：
求含有参数的函数的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从
而得到函数f(x)的最值.
【方法技巧与总结】
1．求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就
是最值.
2．函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.
【题型1 函数（导函数）图象与极值（点）的关系】
【例1】（2025·广东·一模）已知函数y=f(x)的导函数图象如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．f (x)在区间(1,4)上单调递增
B．x=7是y=f(x)的极大值点
C．当4<x<7时，f (x)>0
D．f (x)在区间(7,+∞)上单调递减
【答案】C
【解题思路】利用导函数的图象，判断导函数的符号，判断函数的极值以及函数的单调性，推出结果．
【解答过程】解：由导函数的图象可知：导函数在(1,4)，导函数的符号为正，函数f (x)单调递增，A 正
确；
x<7时，f
′(x)>0，函数f (x)单调递增，x>7，f
′(x)<0，函数f (x)单调递减，
所以x=7是y=f(x)的极大值点，B 正确；
f (x)在区间(7,+∞)上单调递减，D 正确；
当4<x<7时，函数f (x)单调递增，可能f (x)<0，所以C 不正确；
故选：C．
【变式1-1】（2025·贵州黔南·一模）三次函数f(x)=a x
3+ bx
2+cx+d的图象如图所示.下列说法正确的
是（ ）
A．a<0，b<0，c>0，d>0
B．a<0，b>0，c<0，d<0
C．a>0，b<0，c<0，d<0
D．a>0，b>0，c<0，d<0
【答案】D
【解题思路】求出函数f(x)的导数，结合函数的图象特征确定各项系数的正负.
【解答过程】函数f(x)=a x
3+ bx
2+cx+d，求导得f
′(x)=3a x
2+2bx+c，
观察函数图象，得函数f(x)有异号两个极值点x1,x2，且x1< 2<0<
−
x2<2，
函数f(x)在( ∞,
−
x1),(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，d =f(0)<0，排除A；
由2∈(
−
x1,x2),2∈(x2,+∞)，得则{
f
′( 2)=12
−
a
4
−b+c<0
f
′(2)=12a+4 b+c>0 )，8b=f
′(2)−f
′( 2)>0
−
，得b>0
，排除C；
由不等式3a x
2+2bx+c>0的解集为( ∞,
−
x1)∪(x2,+∞)，得3a>0，即a>0，排除B；
又x1,x2是方程3a x
2+2bx+c=0的二根，x1x2=c
3a <0，则c<0，选项D 符合题意.
故选：D.
【变式1-2】（2025·全国·模拟预测）如图是y=f (x)的导函数f
′(x)的图象，对于下列四个判断，其中正确
的判断是（ ）
A．当x= 1
−时，f (x)取得极大值
B．f (x)在[
2,1
−
)上是增函数
C．当x=1时，f (x)取得极大值
D．f (x)在[
1,2
−
)上是增函数，在[2,4)上是减函数
【答案】D
【解题思路】由导函数的图象，确定导函数的正负，由此得到函数f(x)的单调性，由极值的定义判断函
数f(x)的极值，由此判断四个选项即可.
【解答过程】根据导函数f
′(x)的图象可知，
当x∈(
2, 1
−
−
)∪(2,4)时，f
′(x)<0，当x∈(
1,2
−
)∪(4,5)时，f
′(x)>0，
可知f(x)在(
2, 1
−
−
),(2,4)内单调递减，在(
1,2
−
),(4,5)单调递增，
所以当x= 1
−时，f (x)取得极小值，当x=2时，f (x)取得极大值，当x=4时，f(x)取得极小值，
故ABC 错误，D 正确.
故选：D.
【变式1-3】（24-25 高三上·黑龙江·阶段练习）如图是函数y=f (x)的导函数y=f
′(x)的图象，下列结论正
确的是（ ）
A．y=f (x)在x= 1
−处取得极大值
B．x=1是函数y=f (x)的极值点
C．x= 2
−是函数y=f (x)的极小值点
D．函数y=f (x)在区间(
1,1
−
)上单调递减
【答案】C
【解题思路】根据导函数的正负即可求解y=f (x)的单调性，即可结合选项逐一求解.
【解答过程】由图象可知：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，
故x= 2
−是函数y=f (x)的极小值点，y=f (x)无极大值.
故选：C.
【题型2 求已知函数的极值（点）】
【例2】（2025·新疆·模拟预测）已知函数f (x)=x(x−c)
2在x=2处有极小值，则极大值为（ ）
A．32
B．1
C．32
27
D．0
【答案】C
【解题思路】求导，根据极值点可得c=6或c=2，即可代入导数中，确定函数单调性，得函数的极值点求
解.
【解答过程】由题意可得f
′(x)=(x−c)
2+2x(x−c)= (x−c)(3x−c)，
由于x=2是极小值点，故f
′(2)= (2−c)(6−c)=0⇒c=2，或c=6 ,
当c=6时，f
′(x)= (x
6
−)(3x
6
−)，当x>6和x<2时，f
′(x)>0，当2<x<6时，f
′(x)<0，
故f (x)在(2,6)单调递减，在(6,+∞)和(
∞,2
−
)单调递增，
此时x=2是函数的极大值点，不符合题意，舍去，
当c=2时，f
′(x)= (x
2
−)(3x
2
−)，当x>2和x<2
3 时，f
′(x)>0，当2
3 <x<2时，f
′(x)<0，
故f (x)在(
2
3 ,2)单调递减，在(2,+∞)和( ∞,
−
2
3)单调递增，
此时x=2是函数的极小值点，符合题意，且x=2
3 是极大值点，故极大值为f(
2
3)=2
3(
2
3
2
−)
2
=32
27 ，
故选：C.
【变式2-1】（2025·浙江·模拟预测）函数f (x)= (x
2
−)e
x−e
2x
2
−的极小值为（ ）
A．e
2
2
−
B．2
−e
2
2
−
C．2 2
−e
2
D．
2
−
−e
2
【答案】B
【解题思路】利用二次导数研究f
′(x)的单调性，并通过观察得其零点，进而判断f (x)的单调性，然后可
得极小值.
【解答过程】f
′(x)= (x
1
−)e
x−e
2，
记g (x)= (x
1
−)e
x−e
2，则g
′(x)=xe
x，
当x>0时，g
′(x)>0，函数g (x)在(0,+∞)上单调递增；
当x<0时，g
′(x)<0，函数g (x)在(
∞,0
−
)上单调递减.
所以，当x=0时，g (x)min=
1
−
−e
2<0，
因为g (2)=0，且当x<0时，g (x)= (x
1
−)e
x−e
2<0，
所以，当x<2时，g (x)<0，即f
′(x)<0，f (x)在(
∞,2
−
)上单调递减；
当x>2时，g (x)>0，即f
′(x)>0，f (x)在(2,+∞)上单调递增.
所以，当x=2时，f (x)取得极小值f (x)= 2
−e
2
2
−.
故选：B.
【变式2-2】（2025·河北·模拟预测）函数f (x)=sin2x
2sin
−
(x+π
3 )在区间(0,2π)上所有极值点的和
为（ ）
A．2π
B．3π
C．4π
D．5π
【答案】C
【解题思路】对函数进行求导，根据导数为0得cos2x=cos(x+π
3 )，再根据余弦值相等的角的关系求得
x的值，利用二阶导验证所求x是否都是极值点，再加和即可得解.
【解答过程】f
′(x)=2cos2x
2cos
−
(x+π
3 )= 4sin
−
(
3x
2
+π
6 )sin(
x
2 −π
6 )，
由cos2x=cos(x+π
3 ) 2x=x+π
3
+2kπ或2x=−(x+π
3 )+2kπ，(k∈Z)
①对于2x=x+π
3
+2kπ，当且仅当k=0时，此时x=π
3
符合题意.
②对于2x=−(x+π
3 )+2kπ，k=1,2,3时符合题意，此时x=5π
9
，11π
9
，17π
9
.
当0<x<π
3
或5π
9
<x<11π
9
或17π
9
<x<2π时，f
′(x)>0，
当π
3 <x<5π
9
或11π
9
<x<17π
9
时f
′(x)<0，
则x=π
3
是f (x)的一个极大值点； x=5π
9
是f (x)的一个极小值点；
x=11π
9
是f (x)的一个极大值点；x=17π
9
是f (x)的一个极小值点.
故所有极值点的和为π
3
+5π
9
+11π
9
+17π
9
=4π.
故选：C.
【变式2-3】（2025·宁夏银川·一模）若函数f(x)=(x
2−ax
2
−)e
x在x= 2
−处取得极大值，则f(x)的极
小值为（ ）
A．6
−e
2
B．4e
−
C．2
−e
2
D．e
−
【答案】C
【解题思路】由题意求出a的值，进而求出f (x)，再解出极小值即可.
【解答过程】因为函数f(x)=(x
2−ax
2
−)e
x在x= 2
−处取得极大值，
则f
′(x)=[x
2+ (2−a)x
2
−
−a)⋅e
x，(x∈R)且f
′(
2
−)=0，
即4 2
−
(2−a)
2
−
−a =0，所以a =2；
所以f (x)=(x
2
2
−x
2
−)⋅e
x，f
′(x)=(x
2
4
−)⋅e
x= (x+2)(x
2
−)e
x，
令f
′(x)=0，则x=2或x= 2
−，
由x∈(
∞, 2
−
−
),f
′(x)>0，x∈(
2,2
−
),f
′(x)<0，x∈(2,+∞),f
′(x)>0，
所以f (x)在(
∞, 2
−
−
),(2,+∞)上单调递增，在(
2,2
−
)上单调递减.
所以函数f (x)在x= 2
−处取得极大值，f极小=f (2)= 2
−e
2.
故选：C.
【题型3 根据极值（点）求参数】
【例3】（2025·河南新乡·三模）已知函数f (x)=x
3
3
−x+a的极小值为6，则实数a 的值为（ ）
A．8
B．6
C．4
D．2
【答案】A
【解题思路】先根据导数求出函数的极小值，结合已知的极小值可求参数的值.
【解答过程】f
′(x)=3x
3
3=3
−
(x+1)(x
1
−)，
当x< 1
−或x>1时，f
′(x)>0；当1<
−
x<1时，f
′(x)<0，
故f (x)的极小值点为x=1，故极小值为f (1)=a
2
−，
结合题设可得a
2=6
−
即a =8，
故选：A.
【变式3-1】（2025·山东聊城·模拟预测）若f (x)=sinx−ax在(0,π)上的极大值大于1，则a的取值范围
为（ ）
A．(
∞,0
−
)
B．(−π
3
,0)
C．(
1,0
−
)
D．(0,1)
【答案】C
【解题思路】求导后分a的取值范围讨论函数的单调性，当1<
−
a<1，求出函数的隐零点x0，即可求出极
大值点从而得到a =cosx0，再次构造函数g (x)，利用导数分析单调性可得.
【解答过程】f
′(x)=cosx−a，
当a≥1时，f
′(x)≤0，f (x)在定义域上单调递减，无极值点，
当a≤1
−时，f
′(x)≥0，f (x)在定义域上单调递增，无极值点，
当1<
−
a<1时，因为f
′(0)=1−a>0，f
′(π)=
1
−
−a<0，
而f
′(x)在(0,π)单调递减，所以存在x0∈(0,π)，使f
′(x0)=0，
在(0,x0)上，f
′(x)>0，f (x)单调递增，
在(x0,π)上，f
′(x)<0，f (x)单调递减，
于是x0是f (x)在(0,π)上的极大值点，
此时f
′(x0)=cosx0−a =0，即a =cosx0，
由题意，f(x0)>1，即f(x0)=sinx0−αx0=sinx0−x0cosx0>1，
设g (x)=sinx−xcosx，则g
′(x)=xsinx>0，
于是g (x)在(0,π)上单调递增，又g(
π
2 )=1，
所以x0∈(
π
2 ,π)，a =cosx0∈(
1,0
−
).
故选：C．
【变式3-2】（2025·江西·模拟预测）已知函数f(x)=e
2
−x+a x
2恰有两个极值点，则实数a 的取值范围是
（ ）
A．(
∞
−
B．(
∞
−
C．( 2e,0)
−
D．(
∞
−
【答案】B
【解题思路】函数有两个极值点，只需导函数有两个不同的根，求导反解参数，得到只需a =e
2
−x
x
有两个
不同的根，引入函数g (x)=e
2
−x
x
，求导研究其单调性，数形结合得到答案.
【解答过程】根据题意f
′(x)=2ax
2
−e
2
−x ，若函数f(x)=e
2
−x+a x
2恰有两个极值点，
则只需2ax
2
−e
2
−x=0有两个不同的根，
显然x=0不是方程的根，所以只需a =e
2
−x
x
有两个不同的根，
令g (x)=e
2
−x
x
，则g (x)=e
2
−x(
1 2
−
−x)
x
2
，
当−1
2 <x<0时，g
′(x)<0，g(x)是减函数；
当x>0时，g
′(x)>0，g(x)是减函数；
当x<−1
2 时，g
′(x)>0，g(x)是增函数，
极大值g(−1
2)= 2e
−
，
又当x→0
+,g (x)→+∞，当x→+∞,g (x)→0
+，
当x→0
−,g (x)→∞
−
，当x→∞
−
，g (x)→∞
−
，
g(x)的图像如图所示，
结合图象可得若原函数有两个极值点，需满足a< 2e
−
.
故选：B．
【变式3-3】（2025·浙江台州·二模）已知a∈R，若函数f (x)=x+a
x
ln
−
x既有极大值又有极小值，则a的
取值范围是（ ）
A．(
1
4 ,+∞)
B．(0,1
4)
C．(−1
4 ,0)
D．(−1
4 ,+∞)
【答案】C
【解题思路】求得f
′(x)=x
2−x−a
x
2
，分析可知，关于x的方程x
2−x−a =0有两个不等的正根，根据二次
方程根的分布可得出关于实数a的不等式组，由此可得出实数a的取值范围.
【解答过程】因为函数f (x)=x+a
x
ln
−
x的定义域为(0,+∞)，
所以f
′(x)=1−a
x
2 −1
x =x
2−x−a
x
2
，
因为函数f (x)既有极大值，又有极小值，
则关于x的方程x
2−x−a =0有两个不等的正根x1、x2，
所以，{
Δ=1+4a>0
x1+x2=1>0
x1x2=−a>0)，解得−1
4 <a<0，
因此，实数a的取值范围是(−1
4 ,0).
故选：C.
【题型4 由导数求函数的最值（不含参）】
【例4】（2025·湖北黄冈·三模）已知函数f (x)=2cosx+sin2x，则f (x)的最小值是（ ）
A．−❑√5
B．−3❑√3
2
C．2
−
❑√2
D．3
−
【答案】B
【解题思路】由解析式可分析得到的一个周期为2π，则只需考虑在[0,2π)上的值域即可，利用导函数求
得其最值即可.
【解答过程】由题f (x)的一个周期为T=2π，故只需考虑f (x)在[0,2π)上的值域，
f
′(x)= 2sin
−
x+2cos2x= 2sin
−
x+2(1 2
−sin
2x)= 2
−
(2sinx
1
−)(sinx+1)，
当x∈[0,π
6 )或x∈(
5π
6
,2π)时，f
′(x)>0，当x∈(
π
6 ,5π
6 )时，f
′(x)<0，
所以函数f (x)在[0,π
6 )，(
5π
6
,2π)上单调递增，在(
π
6 ,5π
6 )上单调递减，
因此f (x)的极小值为f(
5π
6 )=−3❑√3
2
，极大值为f(
π
6 )=3❑√3
2
，
又易知f (0)=2，所以函数f (x)在[0,2π)上的值域为[−3❑√3
2
,3❑√3
2
)，
结合函数的最小正周期为2π，所以函数f (x)的值域为[−3❑√3
2
,3❑√3
2
)
所以f (x)的最小值为−3❑√3
2
，
故选：B.
【变式4-1】（2025·江苏南京·三模）已知函数f (x)=xe
−x，则当x∈[0,2)时，f (x)的最大值为（ ）
A．3
e
B．1
e
C．2
e
D．4
e
【答案】B
【解题思路】求出函数导数，判断函数单调性，即可求得函数极值，即可求得答案.
【解答过程】由f (x)=xe
−x，可得f
′(x)=e
−x−xe
−x=e
−x(1−x)，
当0≤x<1时，f
′(x)>0；当1<x≤2时，f
′(x)<0；
故f (x)=xe
−x在[0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
故当x∈[0,2)时，f (x)=xe
−x在x=1时取得极大值，也即最大值f (1)=1
e .
故选：B.
【变式4-2】（2025·陕西渭南·二模）函数f (x)=|x
1
−)+|x
3
−)+2e
x的最小值为（ ）
A．6
B．2+2e
C．6 2ln2
−
D．e
2+1
【答案】A
【解题思路】分x≤1，1<x<3，x≥3三种情况结合导数分析函数单调性求解即可.
【解答过程】当x≤1时，f (x)=1−x+3−x+2e
x=4 2
−x+2e
x，
则f
′(x)= 2+2
−
e
x，
令f
′(x)>0，得0<x≤1；令f
′(x)<0，得x<0，
所以函数f (x)在(
∞,0
−
)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
则f (x)min=f (0)=4+2=6；
当1<x<3时，f (x)=x
1+3
−
−
x+2e
x=2+2e
x，
函数f (x)在(1,3)上单调递增，则f (x)>f (1)=2+2e>6；
当x≥3时，f (x)=x
1+
−
x
3+2
−
e
x=2x
4+2
−
e
x，
则f
′(x)=2+2e
x>0，函数f (x)在[3,+∞)上单调递增，
则f (x)min=f (3)=6 4+2
−
e
3=2+2e
3>6.
综上所述，函数f (x)=|x
1
−)+|x
3
−)+2e
x的最小值为6.
故选：A.
【变式4-3】（2025·贵州黔南·模拟预测）设函数f (x)= (x−a)(lnx−b)，若f (x)≥0，则ab的最小值为
（ ）
A．−1
2e
2
B．−1
e
2
C．−1
2e
D．−1
e
【答案】D
【解题思路】先分析函数g (x)=x−a,ℎ
(x)=lnx−b的正负性，进而得出a =e
b，再构造函数φ(x)=xe
x
，研究其最小值即可.
【解答过程】令g (x)=x−a,ℎ
(x)=lnx−b，则f (x)=g (x)ℎ(x)，
当x∈(
∞,
−
a)时，g (x)<0；当x∈(a,+∞)时，g (x)>0；
当x∈(0,e
b)时，ℎ(x)<0；当x∈(e
b,+∞)时，ℎ(x)>0，
由f (x)≥0，知a =e
b，所以ab= be
b,b∈R，
令φ(x)=xe
x，则φ
′(x)= (x+1)e
x，
则φ
′(x)<0得x< 1
−；φ
′(x)>0得x> 1
−，
则φ(x)在(
∞,
−
)上单调递减，在当(
1,+∞
−
)上单调递增，
所以φ(x)min=φ(
1
−)=−1
e ，故ab的最小值为−1
e .
故选：D.
【题型5 由导数求函数的最值（含参）】
【例5】（2025·辽宁·三模）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．
【解题思路】（1）分( 1,0)
−
是切点与不是切点两种情况求解，当不是切点时，利用导数几何意义求得对
应切线方程，结合已知点在切线上可得0=−(x0+2)e
x0+e
x0(−x0
2−x0+1)，进而求解判断即；
（2）分a>0与a>0两种情况，可得f(x)的单调性，进而可求最值.
【解答过程】（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
x0x+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+2x0+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(
∞
−
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(
∞
−
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．
【变式5-1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知函数f (x)=e
x+ax+a (a∈R).
(1)当a =1时，求f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性，并求最值.
【答案】(1)y=2x+2
(2)答案见解析
【解题思路】（1）通过求导得到切线斜率，利用点斜式即可求得切线方程；
（2）将函数求导后，根据参数a分类讨论函数的单调性，即可判断求解函数的最值.
【解答过程】（1）当a =1时，f (x)=e
x+x+1，求导得：f
′(x)=e
x+1，
则f (0)=2，k切=f
′(0)=2，
则f (x)在(0,f (0))处的切线方程：y
2=2
−
(x
0
−)，即y=2x+2；
（2）由f (x)=e
x+ax+a求导得：f
′(x)=e
x+a，
①当a≥0时，f
′(x)>0在R上恒成立，故f (x)在R上单调递增，无最值；
②当a<0时，由f
′(x)=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，f (x)在(ln (−a),+∞)单调递增，
所以f (x)在x=ln (−a)有最小值，为f(ln (−a))=e
ln (−a)+aln (−a)+a =aln (−a),无最大值.
【变式5-2】（2025·浙江·模拟预测）设a>0，函数f (x)=a+x
2+ln(a−x
2)．
(1)若a≤1，讨论f (x)的单调性；
(2)求f (x)的最大值．
【答案】(1)答案见详解
(2)答案见详解
【解题思路】（1）求导，利用导数判断f (x)的单调性；
（2）求导，分0<a≤1和a>1两种情况，利用导数判断f (x)的单调性和最值.
【解答过程】（1）令a−x
2>0，且a>0，解得−❑√a<x<❑√a，
可知f (x)的定义域为(−❑√a,❑√a)，且f
′(x)=2x−2x
a−x
2 =
2
−x(x
2−a+1)
a−x
2
，
因为0<a≤1，且−❑√a<x<❑√a，则a−x
2>0,x
2−a+1>0，
当−❑√a<x<0时，f
′(x)>0；当0<x<❑√a时，f
′(x)<0；
可知f (x)在(−❑√a,0)内单调递增，在(0,❑√a)内单调递减.
（2）由（1）可知：f (x)的定义域为(−❑√a,❑√a)，且f
′(x)=
2
−x(x
2−a+1)
a−x
2
，
若0<a≤1，可知f (x)在(−❑√a,0)内单调递增，在(0,❑√a)内单调递减，
所以f (x)的最大值为f (0)=a+lna；
若a>1，令f
′(x)>0，解得−❑√a<x<−❑√a
1
−或0<x<❑√a
1
−；
令f
′(x)<0，解得−❑√a
1
−<x<0或❑√a
1
−<x<❑√a；
可知f (x)在(−❑√a,−❑√a
1
−),(0,❑√a
1
−)内单调递增，在(−❑√a
1
−,0),(❑√a
1
−,❑√a)内单调递减，
且f (−❑√a
1
−)=f (❑√a
1
−)=2a
1
−，
所以f (x)的最大值为2a
1
−；
综上所述：若0<a≤1，f (x)的最大值为f (0)=a+lna；
若a>1，f (x)的最大值为2a
1
−.
【变式5-3】（2025·河南驻马店·二模）已知函数f (x)=x(a−lnx
x
).
(1)讨论f (x)的最值；
(2)若a =1，且f (x)≤ke
x−x
x
，求k的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)[
2
e ,+∞)
【解题思路】（1）利用导数分类讨论分析函数的单调性，求解最值即可；
（2）当a =1时，f (x)≤ke
x−x
x
恒成立，分离参数k，构造函数ℎ(x)=x
2+x−xlnx
e
x
，利用导数分析函数
的单调性求出最大值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意得f (x)的定义域为(0,+∞)，
f
′(x)=a−1
x =ax
1
−
x
,
当a≤0,x∈(0,+∞)时，f
′(x)<0，
所以f (x)在区间(0,+∞)内单调递减，无最大值，无最小值；
当a>0时，令f
′(x)=0，得x=1
a ，
当x∈(0,1
a )时，f
′(x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(
1
a ,+∞)时，f
′(x)>0,f (x)单调递增.
故当x=1
a 时，f (x)取得最小值，且最小值为f(
1
a )=1+lna，无最大值.
综上，当a≤0时，f (x)无最大值，无最小值；
当a>0时，f (x)的最小值为1+lna，无最大值.
（2）当a =1时，由f (x)≤ke
x−x
x
，
得x
ln
−
x≤ke
x−x
x
，
整理得ke
x≥x
2+x−xlnx，
即k≥x
2+x−xlnx
e
x
.
令ℎ(x)=x
2+x−xlnx
e
x
，
则ℎ
′(x) =
(2x+1 ln
−
x
1
−)e
x−(x
2+x−xlnx)e
x
(e
x)
2
=
(x
ln
−
x)(1−x)
e
x
，
由（1）知，当a =1时，f (x)=x
ln
−
x的最
小值为f (1)=1>0，
即x
ln
−
x>0恒成立，
所以当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.
故当x=1时，ℎ(x)取得最大值ℎ(1)=2
e ，即k≥2
e ，
故k的取值范围为[
2
e ,+∞).
【题型6 已知函数最值求参数】
【例6】（2025·重庆·模拟预测）若∀x∈R，a x
2+1
x
2+1 的最小值为3
4 ，则a =（ ）
A．1
4
B．9
4
C．1
4 或9
4
D．5
4
【答案】A
【解题思路】令t=x
2+1≥1，构造f(t)=at+1
t −a，应用导数及分类讨论研究函数的最值，结合已知最
小值求参数即可.
【解答过程】令t=x
2+1≥1，则a x
2+1
x
2+1
=at+1
t −a，
令f(t)=at+1
t −a，则f
′(t)=a−1
t
2 ，
当a≤0时，f
′(t)<0，则f(t)在[1,+∞)上单调递减，显然无最小值，不符；
当a>0时，令a−1
t
2 =0，则t=1
❑√a ，
若1
❑√a ≤1，a≥1时，f
′(t)≥0，则f(t)在[1,+∞)上单调递增，故f(t)min=f(1)=1，不符；
若1
❑√a >1，0<a<1时，
在[1,1
❑√a )上f
′(t)<0，即f(t)在[1,1
❑√a )上单调递减，
在(1
❑√a ,+∞)上f
′(t)>0，即f(t)在(1
❑√a ,+∞)上单调递增，
所以f(t)min=f(1
❑√a )=2❑√a−a，则2❑√a−a =3
4 ，
可得4a
8
−
❑√a+3=(2❑√a
1)(2
−
❑√a
3)=0
−
，又0<a<1，可得a =1
4 ；
综上，a =1
4 .
故选：A.
【变式6-1】（2025·四川自贡·三模）函数f (x)= (x
5
−)2(x−b)，若f (x)在(b,b+3)有最大值，则实数b的
取值范围是（ ）
A．(
4,5
−
)
B．( 4,
−
11
4 )
C．( 4,
−
11
4 )
D．(
4,5
−
)
【答案】B
【解题思路】对函数求导，分5+2b
3
=5，5+2b
3
>5，5+2b
3
<5三种情况讨论求解即可.
【解答过程】由f (x)= (x
5
−)2(x−b)=(x
2
10
−
x+25)(x−b)，
则f
′(x)= (2x
10
−
)(x−b)+(x
2
10
−
x+25)= (x
5
−)(3x
5 2
−
−b)，
令f
′(x)=0，得x=5或x=5+2b
3
，
当5+2b
3
=5，即b=5时，f
′(x)=3(x
5
−)2≥0，
函数f (x)在R上单调递增，此时f (x)在(b,b+3)上没有最大值，不符合题意；
当5+2b
3
>5，即b>5时，
令f
′(x)>0，得x<5或x>5+2b
3
，
令f
′(x)<0，得5<x<5+2b
3
，
则函数f (x)在(
∞,5
−
)和(
5+2b
3
,+∞)上单调递增，在(5,5+2b
3
)上单调递减，
又f (5)=f (b)=0，则f (x)在(b,b+3)没有最大值，不符合题意；
当5+2b
3
<5，即b<5时，
令f
′(x)>0，得x<5+2b
3
或x>5，
令f
′(x)<0，得5+2b
3
<x<5，
则函数f (x)在( ∞,
−
5+2b
3
)和(5,+∞)上单调递增，在(
5+2b
3
,5)上单调递减，
又f(
5+2b
3
)=(
5+2b
3
5
−)
2
(
5+2b
3
−b)=−4 (b
5
−)3
27
，
f(
20−b
3
)=(
20−b
3
5
−)
2
(
20−b
3
−b)=−4 (b
5
−)3
27
，
要使f (x)在(b,b+3)有最大值，
则b<5+2b
3
<b+3≤20−b
3
，解得4<
−
b≤11
4 .
综上所述，实数b的取值范围是( 4,
−
11
4 ).
故选：B.
【变式6-2】（2025·福建·模拟预测）已知函数f (x)=x
2
2
−alnx(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)极小值点为x= ❑√a，无极大值点
(2)a =e
【解题思路】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值点；
（2）分❑√a≤1、1<❑√a<e、❑√a≥e三种情况讨论，得到函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.
【解答过程】（1）函数f (x)=x
2
2
−alnx(a>0)的定义域为(0,+∞)，
又f
′(x)=2x−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
2
−aln ❑√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
2
−a≤e
2
2
−e
2<0，不符合题意；
综上可得a =e.
【变式6-3】（2025·江西·模拟预测）已知函数f (x)=lnx−a (x
1
−)，其中a∈R
(1)若a =1，求函数f (x)的增区间；
(2)若f (x)在(0,1)上的最大值为0．求a 的取值范围．
【答案】(1)(0,1)
(2){a|a≤1))
【解题思路】（1）由已知对函数求导，令导数大于0 即可求解；
（2）求导，分a≤0,0<a≤1和a>1三种情况，讨论f(x)的最大值，即可求解．
【解答过程】（1）当a =1时，f (x)=lnx−(x
1
−)，
其定义域为(0,+∞)，
f
′(x)=1
x
1=
−
1−x
x
，
令f
′(x)>0，解得0<x<1，
∴函数f (x)的增区间为(0,1)．
（2）由f (x)=lnx−a (x
1
−)，得f
′(x)=1
x −a，
若a≤0，则f
′(x)>0，f (x)单调递增；
若a>0，f
′(x)=1
x −a =
a(
1
a −x)
x
，
当0<x<1
a 时，f
′(x)>0，f (x)单调递增，
当x>1
a 时，f
′(x)<0，f (x)单调递减；
∴当a≤0时，f(x)在(0,1]上单调递增，
∴f (x)max=f (1)=0，满足题意；
当1
a ≥1时，即0<a≤1时，f(x)在(0,1]上单调递增，
∴f (x)max=f (1)=0，满足题意；
当0<1
a <1时，即a>1时，f(x)在(0,1
a )上单调递增，在(1
a ,1]上单调递减，
∴f (x)max=f(
1
a )=ln1
a
1+
−
a =a
ln
−
a
1
−，
令g (a)=a
ln
−
a
1
−，则g
′(a)=1−1
a =a
1
−
a
，
当a>1时，g
′(a)>0，g (a)在(1,+∞)上单调递增，
∴g (a)>g (1)=0，即f(x)max=a
ln
−
a
1>0
−
，不满足题意，
综上，a的取值范围是{a|a≤1)).
【题型7 函数单调性、极值与最值的综合应用】
【例7】（2025·江西上饶·一模）利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利
用我们所学数学知识，探究函数f (x)=x
x,x∈(0,+∞)，下列说法正确的是（ ）
A．f (x)有且只有一个极大值点
B．f (x)在(0,1
e)上单调递增
C．存在实数a∈(0,+∞)，使得f (a)=1
e D．f (x)有最小值，最小值为
1
e
1
e
【答案】D
【解题思路】根据对数恒等式将函数f (x)=x
x变形转化为f(x)=e
xlnx，利用导函数研究g(x)=xlnx的单
调性，再由复合函数单调性得f(x)单调性、极值与最值，再分别判断选项即可.
【解答过程】由x>0，则f (x)=x
x=e
lnx
x
=e
xlnx,x∈(0,+∞)，
令g(x)=xlnx,x>0，则g
′(x)=1+lnx，令g
′(x)=0，解得x=1
e ，
当0<x<1
e 时，g
′(x)<0，g(x)在(0,1
e)上单调递减；
当x>1
e 时，g
′(x)>0，g(x)在(
1
e ,+∞)上单调递增；
f(x)由函数y=e
u与u=g(x)复合而成，而y=e
u在(
∞,+∞
−
)上单调递增；
故f(x)在(0,1
e)上单调递减，在(
1
e ,+∞)上单调递增；
所以f(x)在x=1
e 处取极小值f(1
e )=e
−1
e =1
e
1
e ，且无极大值，
又f(x)min=f(
1
e)=e
−1
e >e
1
−=1
e ，故不存在实数a∈(0,+∞)，使得f (a)=1
e .
故ABC 错误，D 正确.
故选：D.
【变式7-1】（24-25 高二下·广东惠州·阶段练习）函数f (x)=a
e
x +lnx+ b(a∈R,b∈R)的两个极值点
x1,x2满足x1<x2≤2x1，则2x1+x2的最小值为（ ）
A．4ln2
B．4
C．3ln2
D．6ln2
【答案】A
【解题思路】由已知函数求导，令f
′(x)=0则可得ax=e
x，代入极值点后两式作商，可得到x2,x1的关
系，作商得到的结果指对互换，便可解出x2,x1，根据题目所求2x1+x2，代入后便可构造新的函数，通过
求导可求得最小值.
【解答过程】由函数f (x)=a
e
x +lnx+ b(a∈R,b∈R)，f
′(x)=−a
e
x +1
x ，令f
′(x)=0，
则ax=e
x，因为函数f (x)=a
e
x +lnx+ b(a∈R,b∈R)两个极值点x1,x2，
则e
x1=a x1①，e
x2=a x2②，得e
x2−x1=x2
x1
③，设x2
x1
=t，
则t∈(1,2]且x2=tx1，代入③得x1=lnt
t
1
−,x2=tlnt
t
1
−
，∴2x1+x2=2lnt
t
1
−
+tlnt
t
1
−
=(t+2)lnt
t
1
−
，
设g(x)=(x+2)lnx
x
1
−
(1<x≤2)，则g
′(x)=
x
3ln
−
x−2
x +1
（x
1
−）
2
(1<x≤2)，
设(
ℎ
x)=x
3ln
−
x−2
x +1(1<x≤2)，则
ℎ
′(x)=1−3
x +2
x
2 =(x
1)(
−
x
2)
−
x
2
<0，∴(
ℎ
x)在(1,2]单调递减，∴(
ℎ
x)< (1)=0
ℎ
，
从而g
′(x)<0，∴g(x)在(1,2]单调递减，∴g(x)≥g(2)=4ln2，∴2x1+x2=g(t)≥4ln2，
故2x1+x2的最小值为4ln2．
故选：A.
【变式7-2】（2025·北京·二模）已知函数f (x)=a (x
1
−)e
x
ln
−
x，其中a>0．
(1)若曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线经过点(2,2)，求a的值；
(2)证明：函数f (x)存在极小值；
(3)记函数f (x)的最小值为g (a)，求g (a)的最大值．
【答案】(1)a =3
e
(2)证明见解析
(3)0
【解题思路】（1）由导数的几何意义确定切线方程，进而可求解；
（2）通过二次求导，确定函数的单调性，即可求证；
（3）由（2）得到g (a)=f(x0)=x0
1
−
x0
2
ln
−
x0，构造函数ℎ(x)=x
1
−
x
2
ln
−
x，求导确定单调性，进而可求
解.
【解答过程】（1）求导，得f
′(x)=axe
x−1
x ，
所以f (1)=0，f
′(1)=ae 1
−，
故曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y= (ae 1
−
)(x
1
−)，
将点(2,2)代入切线方程，得a =3
e ．
（2）函数f (x)的定义域为(0,+∞),f
′(x)=a x
2e
x
1
−
x
．
设函数m (x)=a x
2e
x
1
−，则m
′(x)=a(x
2+2x)e
x，
由x>0，得m
′(x)>0，
所以函数m (x)在(0,+∞)上单调递增，
因为m (0)= 1<0,
−
m(
1
❑√a)=e
1
❑√a
1>0
−
，
所以存在唯一的x0∈(0,1
❑√a)，使得m (x0)=0，即f
′(x0)=0．
当x变化时，f
′(x)与f (x)的变化情况如下：
x
(0,x x0
(x0,+∞
f
′
-
0
+
f (x ↘
极小值
↗
所以函数f (x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增．
故函数f (x)存在极小值f(x0)．
（3）由（2）知，函数f (x)有最小值f(x)min=f(x0)=g (a)．
由f
′(x0)=a x0e
x0−1
x0
=0，得a =1
e
x0x0
2 ．
所以g (a)=f(x0)=a(x0
1
−)e
x0
ln
−
x0=x0
1
−
x0
2
ln
−
x0．
设函数ℎ(x)=x
1
−
x
2
ln
−
x，则ℎ
′(x)=−(x+2)(x
1
−)
x
3
．
今ℎ
′(x)=0，得x= 2
−（舍）或x=1．
当x变化时，ℎ
′(x)与ℎ(x)的变化情况如下：
x
(0,1
1
(1,+∞
ℎ
′
+
0
-
ℎ(x ↗
极大值
↘
所以函数ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
所以当x=1时，ℎ(x)max=ℎ
(1)=0，即当x0=1时，f(x0)max=0．
结合a =1
e
x0x0
2 ，知当x0=1时，a =1
e ．
由函数y=1
e
xx
2 (x>0)的导数y
′=−(x+2)
e
xx
3
<0，知其在区间(0,+∞)上单调递减，
故当且仅当a =1
e 时x0=1．
所以当a =1
e 时，g (a)取得最大值0．
【变式7-3】（2025·四川成都·模拟预测）已知f(x)=e
kx+e
−x(k>0).
(1)若x=0是f(x)的极值点，求k的值，并判断x=0是f(x)的极大值点还是极小值点；
(2)设f(x)的最小值为g(k).
（i）求g(k)的解析式；
（ii）证明：g(k)的最大值为2.
【答案】(1)k=1，x=0是f(x)的极小值点
(2)（i）g(k)=k
−k
k+1 +k
1
k+1；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）对f(x)求导，根据f
′(0)=0算出k值，再分析导数正负确定单调性，进而得到极小值
点.
（2）（i）先对f(x)求导，令导数为0求出极值点，根据导数正负判断单调性，得出g(k)表达式.
（ii）要证g(k)最大值为2，先注意到g(1)=2，将问题转化为证明(k+1)
k+1≤2
k+1k
k，构造函数
(
ℎ
x)=(x+1)ln2+xlnx
(
−x+1)ln(x+1)，对其求导判断单调性，得出(
ℎ
k)≥(1)=0
ℎ
，从而证明
不等式，得出g(k)最大值为2.
【解答过程】（1）由f
′(x)=ke
kx−e
−x，且f
′(0)=0，得k=1.
当k=1时，f(x)在( ∞,0)
−
上单调递减，(0,+∞)上单调递增，
所以x=0是f(x)的极小值点.
（2）（i）f
′(x)=ke
kx−e
−x=ke
−x(e
(k+1)x−1
k)，令f
′(x)=0，得e
(k+1)x−1
k =0，即x=
ln
−
k
k+1
，
所以f(x)在( ∞,
−
ln
−
k
k+1 )上单调递减，(
ln
−
k
k+1
,+∞)上单调递增，
所以g(k)=f(
ln
−
k
k+1 )=e
−klnk
k+1 +e
lnk
k+1 =k
−k
k+1 +k
1
k+1．
（ii）证明：注意到g(1)=2，要证g(k)的最大值为2，只需证明k
−k
k+1 +k
1
k+1 ≤2，
即证(k
−k
k+1 +k
1
k+1)k
k
k+1 ≤2k
k
k+1，即1+k≤2k
k
k+1，等价于(k+1)
k+1≤2
k+1k
k.
设函数(
ℎ
x)=(x+1)ln2+xlnx
(
−x+1)ln(x+1) x>0，
则ℎ
′(x)=ln2+lnx
ln(
−
x+1)=ln2x
x+1 ，令ℎ
′(x)=0，得ln2x
x+1 =0，即x=1，
所以(
ℎ
x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
所以(
ℎ
k)≥(1)=0
ℎ
，
(k+1)ln(k+1)≤(k+1)ln2+klnk，即(k+1)
k+1≤2
k+1k
k得证.
综上所述，g(k)的最大值为2.
一、单选题
1．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知x=1是函数f(x)=(a x
2+3x
3)
−
e
x的极值点，则函数f(x)的
极小值为（ ）
A．3
−
B．e
−
C．0
D．e
【答案】A
【解题思路】求出函数f(x)的导数，利用给定极值点求出a，进而求出极小值.
【解答过程】函数f(x)=(a x
2+3x
3)
−
e
x的定义域为R，求导得f
′(x)=(a x
2+2ax+3x)e
x，
由x=1是函数f(x)的极值点，得f
′(1)=(3a+3)e=0，解得a = 1
−，
函数f(x)=(−x
2+3x
3)
−
e
x，f
′(x)=(−x
2+x)e
x=−x(x
1)
−
e
x，
当x<0或x>1时，f
′(x)<0；当0<x<1时，f
′(x)>0，
所以函数f(x)的极小值f(0)= 3
−.
故选：A.
2．（2025·河南驻马店·模拟预测）函数f (x)=x+cosx在区间[−π
2 ,π)上的最大值为（ ）
A．π
B．π
2
+1
C．π
2
D．π 1
−
【答案】D
【解题思路】利用导数判断函数f (x)的单调性，进而可求得最大值.
【解答过程】∵f (x)=x+cosx，∴f
′(x)=1 sin
−
x，
∵x∈[−π
2
,π)，∴1 sin
−
x∈[0,2)，即f
′(x)≥0，
∴f (x)在[−π
2 ,π)上单调递增，∴f (x)max=f (π)=π+cosπ=π 1
−
.
故选：D.
3．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数f(x)=ln(x+1)−a x
2有两个极值点，则实数a的取值范围为
（ ）
A．(
∞
−
B．(
∞,
−
−
1
2)
C．(
∞,
−
−
1
2)∪(0,+∞)
D．(−1
2 ,+∞)
【答案】A
【解题思路】由题意可得1
2a =x(x+1)在x∈( 1,+∞)
−
内有两个不等实根，求解即可.
【解答过程】由题意，由f
'(x)=1
x+1
2
−ax=0，可得1
2a =x(x+1)
函数f(x)=ln(x+1)−a x
2有两个极值点，即方程1
2a =x(x+1)在x∈( 1,+∞)
−
内有两个不等实根，
即函数g(x)=x(x+1)与y=1
2a 在x∈( 1,+∞)
−
上有两个交点，
因g(x)=x(x+1)=x
2+x=(x+1
2)
2
−1
4 ，g( 1)=0
−
，g(−1
2 )=−1
4 ，
所以1
2a ∈(−1
4 ,0)，解得a∈(−
.
故选：A.
4．（2025·安徽·模拟预测）已知f (x)={−x
2+ax,x≤1,
ax
1,
−
x>1,
)若函数y=f (x)有两个极值点，则实数a的取值
范围是（ ）
A．(0,2)
B．(0,2)
C．(0,3)
D．(0,3)
【答案】A
【解题思路】根据分段函数思想，结合函数的性质分析，可得函数在对称轴和分界点两处取得极值，列出
不等式组，解之即得.
【解答过程】因x≤1时，f (x)=−x
2+ax=−(x−a
2 )
2
+a
2
4 ，函数图象的对称轴为x=a
2 ，
当a
2 <1时，函数在x=a
2 时取得极大值，
又因x>1时，f (x)=ax
1
−，且f (1)= 1+
−
a，
由函数的性质，可知要使f (x)还有一个极值，那就是f (1)= 1+
−
a，
所以必须使a>0，
则由{
a>0
a
2 <1)，可得0<a<2.
故选：A.
5．（2025·湖南·三模）已知函数f (x)=x
2−mx+2lnx在x=2时取极小值，则其导函数f
′(x)的最小值为
（ ）
A．5
−
B．3
−
C．1
−
D．−1
2
【答案】C
【解题思路】首先对原函数求导，根据已知条件求出m的值，进而求出原函数的表达式，再利用基本不等
式或二次函数的性质求导函数的最小值.
【解答过程】因为f(x)=x
2−mx+2lnx在x=2时取极小值，
所以f
'(x)=2x−m +2
x =0在x=2处成立.
即：f
'(2)=4−m +2
2 =5−m =0，所以m =5.
当m =5时，f
'(x)=
(2x
1
−)(x
2
−)
x
，
当x∈(
1
2 ,2)时，f
'(x)<0，当x∈(2,+∞)时，f
'(x)>0，
所以f (x)在x=2时取得极小值，故m =5.
所以原函数表达式为：f(x)=x
2
5
−x+2lnx.
导函数的表达式为：f
'(x)=2x
5+
−
2
x
因为x>0，所以根据基本不等式2x+2
x ≥2❑√2x×2
x =4.
所以导函数的最小值为：4
5
−
.
故选：C.
6．（2025·江苏·三模）设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，则（ ）
A．−x0是f(−x)的极小值点
B．−x0是−f(x)的极大值点
C．−x0是−f(−x)的极小值点
D．−x0是f(|x))的极大值点
【答案】C
【解题思路】A 选项，f(−x)的图象和f(x)的图象关于y轴对称，−x0是f(−x)的极大值点；BD 选
项，可举出反例；C 选项，−f(−x)的图象和f(x)的图象关于原点对称，故−x0是−f(−x)的极小值
点.
【解答过程】A 选项，f(−x)的图象和f(x)的图象关于y轴对称，
因为x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，故−x0是f(−x)的极大值点，A 错误；
BD 选项，取f (x)=−(x+1)2，则x0= 1
−是f(x)的极大值点，
−f (x)= (x+1)2，故1不是−f(x)的极大值点，B 错误；
f(|x))=−(|x)+1)
2，其为偶函数，在(0,+∞)上单调递减，
1不是f(|x))的极大值点，D 错误.
C 选项，−f(−x)的图象和f(x)的图象关于原点对称，
因为x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，故−x0是−f(−x)的极小值点，C 正确.
故选：C.
7．（2025·广西·模拟预测）若对任意的x∈( 1,+∞)
−
，不等式(e
x−a)[ln(x+1)−b]≥0恒成立，则
a−b的最小值是（ ）
A．1
−
B．0
C．1
D．2
【答案】C
【解题思路】根据题意确定y=e
x−a,y=ln(x+1)−b有公共零点，设为x0,x0> 1
−，即可得到
a−b=e
x0
ln
−
(x0+1),(x0> 1
−)，构造函数f (x)=e
x
ln
−
(x+1),(x> 1
−
)，求出其最小值，即可求得答案.
【解答过程】由于函数y=e
x−a,y=ln(x+1)−b在( 1,+∞)
−
上均单调递增，故均至多有一个零点，
而不等式(e
x−a)[ln(x+1)−b]≥0恒成立，
若a≤0，则需ln(x+1)−b≥0恒成立，由于y=ln(x+1)的值域为R，故ln(x+1)−b≥0不恒成立；
故a>0，则y=e
x−a,y=ln(x+1)−b有公共零点，设为x0,x0> 1
−，
则{
e
x0−a =0
ln(x0+1)−b=0)，即{
a =e
x0
b=ln(x0+1))，
故a−b=e
x0
ln
−
(x0+1),(x0> 1
−)，
令f (x)=e
x
ln
−
(x+1),(x> 1
−
)，则f
′(x)=e
x−1
x+1 ，
f
′(0)=1，由于y=e
x,y=−1
x+1 在( 1,+∞)
−
上均单调递增，
故f
′(x)=e
x−1
x+1 在( 1,+∞)
−
上单调递增，
则1<
−
x<0时，f
′(x)<0；x>0时，f
′(x)>0；
故f (x)在(
1,0
−
)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
故f (x)min=f (0)=1，即a−b的最小值为1，
故选：C.
8．（2025·安徽·模拟预测）在同一平面直角坐标系xOy内，函数f (x)及其导函数f
′(x)的图象如图所示．
已知这两个函数图象恰有一个公共点(0,1)，则下列说法正确的是（ ）
A．函数y=e
xf (x)的最大值为1
B．函数y=e
xf (x)的最小值为1
C．函数y=f (x)
e
x
的最大值为1
D．函数y=f (x)
e
x
的最小值为1
【答案】C
【解题思路】AB 选项，先判断出虚线部分为y=f
′(x)，实线部分为y=f (x)，求导得到y=f (x)⋅e
x在R上
单调递增，AB 错误；再求导得到y=f (x)
e
x
的单调性，得到C 正确，D 错误．
【解答过程】AB 选项，由题意可知，两个函数图象都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为y=f
′(x)，实线部分为y=f (x)，
故y
′=f
′(x)⋅e
x+f (x)e
x=[f
′(x)+f (x))⋅e
x>0恒成立，
故y=f (x)⋅e
x在R上单调递增，则AB 显然错误；
对于CD，y
′=f
′(x)e
x−f (x)e
x
(e
x)
2
=f
′(x)−f (x)
e
x
，
由图象可知x∈(
∞,0
−
)时，y
′=f
′(x)−f (x)
e
x
>0，
当x∈(0,+∞)时，y
′=f
′(x)−f (x)
e
x
<0，
所以y=f (x)
e
x
在(
∞,0
−
)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，
所以函数y=f (x)
e
x
在x=0处取得极大值，也为最大值，且f (0)
e
0
=1，C 正确，D 错误．
故选：C.
二、多选题
9．（2025·云南·模拟预测）若函数f (x)=xlnx−ae
x有两个极值点，则a 的值可以是（ ）
A．0
B．1
4
C．1
3
D．1
2
【答案】BC
【解题思路】由题意可和得a =1+lnx
e
x
有两个根，令g (x)=1+lnx
e
x
，可导可得g (x)在(0,1)单调递增，在
(1,+∞)单调递减，进而可得0<a<1
e .
【解答过程】函数f (x)=xlnx−ae
x的定义域为(0,+∞)，
由已知得：f
′(x)=1+lnx−ae
x=0有两个变号的零点，即：a =1+lnx
e
x
有两个根，
令g (x)=1+lnx
e
x
，则g
′(x)=
1
x
ln
−
x
1
−
e
x
，又y=1
x
ln
−
x
1
−在(0,+∞)上单调递减，且x=1时y=0，
令g
′(x)>0得：0<x<1，所以g (x)在(0,1)单调递增；
令g
′(x)<0得：x>1，所以g (x)在(1,+∞)单调递减；
所以g (x)在x=1处取得极大值，而x→0时，g (x)→∞
−
，x→+∞时，g (x)→0，
所以，要使函数f (x)=xlnx−ae
x有两个极值点，则0<a<g (1)=1
e ，
故选：BC．
10．（2025·全国二卷·高考真题）已知f(x)是定义在R 上的奇函数，且当x>0时，f(x)=(x
2
3
−)e
x+2，
则（ ）
A．f(0)=0
B．当x<0时，f(x)=−(x
2
3
−)e
−x
2
−
C．f(x)≥2当且仅当x≥❑√3
D．x= 1
−是f(x)的极大值点
【答案】ABD
【解题思路】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用f(x)=−f (−x)代入求解即可；对C，举反例
f( 1)>2
−
即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【解答过程】对A，因为f(x)定义在R上奇函数，则f(0)=0，故A 正确；
对B，当x<0时，−x>0，则f(x)=−f (−x)=−[((−x)2
3
−)e
−x+2)=−(x
2
3
−)e
−x
2
−，故B 正确；
对C，f(
1)=
−
−
(1 3
−
)e 2=2
−
(e 1
−
)>2， 故C 错误；
对D，当x<0时，f(x)=(3−x
2)e
−x
2
−，则f
′(x)=−(3−x
2)e
−x
2
−xe
−x=(x
2
2
−x
3
−)e
−x，
令f
′(x)=0，解得x= 1
−或3（舍去），
当x∈(
∞,
−
)时，f
′(x)>0，此时f (x)单调递增，
当x∈(
1,0
−
)时，f
′(x)<0，此时f (x)单调递减，
则x= 1
−是f(x)极大值点，故D 正确；
故选：ABD.
11．（2025·江苏苏州·三模）已知f (x)=a x
2+2lnx，则下列说法正确的是（ ）
A．a≥0时，f (x)有唯一的零点
B．a<0时，f (x)存在极小值
C．a<0时，f (x)存在极大值
D．若f (x)<0，则a的范围为−1
e <a<0
【答案】AC
【解题思路】求导后结合零点存在定理判断A；由单调性可判断BC；有单调性举反例当x= ❑√−1
a 可判断
D.
【解答过程】对于A，f
′(x)=2ax+2
x ,x>0，
当a =0时，f (x)=2lnx，有唯一零点；
当a>0时，f
′(x)>0恒成立，函数f (x)单调递增，
当x→0
+时，f (x)→∞
−
，当x→+∞时，f (x)→+∞，由零点存在定理可得f (x)有唯一的零点，
综上a≥0时，f (x)有唯一的零点，故A 正确；
对于B、C，令f
′(x)=0，可得x= ❑√−1
a ，
易得函数f (x)在(0,❑√−1
a)上单调递增，在(
❑√−1
a ,+∞)上单调递减，
所以函数f (x)存在极大值，故B 错误，C 正确；
对于D，因为f (x)<0，所以a<0，
由B 选项可得当x= ❑√−1
a ，函数取得极大值，此时f(
❑√−1
a)=
1 ln
−
−
(−a)，
所以
1
−
−(ln−a)<0⇒a<−1
e ，故D 错误.
故选：AC.
三、填空题
12．（2025·四川·三模）函数f (x)=x
3
2
−x
2+x
6
−的极小值是 .
【答案】6
−
【解题思路】求出函数的导数，讨论其符号可得函数的极小值点，故可得极小值.
【解答过程】由题意可得f
'(x)=3x
2
4
−x+1=(x
1)(3
−
x
1)
−
，
当x<1
3 或x>1时，f
′(x)>0，则f (x)在( ∞,
−
1
3)和(1,+∞)上单调递增，
当1
3 <x<1时，f
′(x)<0，则f (x)在(
1
3 ,1)上单调递减，
故f (x)极小值=f (1)= 6
−.
故答案为：6
−.
13．（2025·全国二卷·高考真题）若x=2是函数f(x)=(x
1)(
−
x
2)(
−
x−a)的极值点，则f(0)=
.
【答案】4
−
【解题思路】由题意得f
′(2)=0即可求解a，再代入即可求解.
【解答过程】由题意有f (x)= (x
1
−)(x
2
−)(x−a)，
所以f
′(x)= (x−a)(x
1
−)+ (x
1
−)(x
2
−)+ (x−a)(x
2
−)，
因为2是函数f (x)极值点，所以f
′(2)=2−a =0，得a =2，
当a =2时，f
′(x)=2(x
2
−)(x
1
−)+ (x
2
−)2= (x
2
−)(3x
4
−)，
当x∈( ∞,
−
4
3 ),f
′(x)>0,f (x)单调递增，当x∈(
4
3 ,2),f
′(x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(2,+∞),f
′(x)>0,f (x)单调递增，
所以x=2是函数f (x)= (x
1
−)(x
2
−)(x−a)的极小值点，符合题意；
所以f (0)= 1×
−
(
2
−)×(−a)= 2
−a = 4
−.
故答案为：4
−.
14．（2025·河南信阳·模拟预测）若函数f (x)=ae
x
x
−x+lnx
ln
−
a的最小值为1，则实数a的取值范围为
.
【答案】(0,1
e)
【解题思路】应用同构得出函数g (t)=e
t−t，再根据最小值得出x
ln
−
x+lna =0有解，进而得出
0<a≤1
e .
【解答过程】f (x)=ae
x
x
−x+lnx
ln
−
a =e
x
ln
−
x+lna−(x
ln
−
x+lna)，
令x
ln
−
x+lna =t，
原式可化为g (t)=e
t−t,g
′(t)=e
t
1
−，
当t>0,g
'(t)>0,g (t)单调递增，当t<0,g
′(t)<0,g (t)单调递减，
当且仅当t=0时，g (t)取得最小值1，
所以x
ln
−
x+lna =0有解，
即x
ln
−
x= ln
−
a有解.
记ℎ(x)=x
ln
−
x,ℎ
′(x)=1−1
x =x
1
−
x
，
当x>1,ℎ
′(x)>0,ℎ
(x)在(1,+∞)单调递增，当0<x<1,ℎ
′(x)<0,ℎ
(x)在(0,1)单调递减，
故ℎ(x)≥ℎ
(1)=1，且当x→0,ℎ
(x)→+∞,x→+∞,ℎ
(x)→+∞，
所以ln
−
a≥1，所以0<a≤1
e ，
所以实数a的取值范围为(0,1
e).
故答案为：(0,1
e).
四、解答题
15．（2025·湖南长沙·三模）已知函数f(x)=lnx+axe
x
1
−+x+1．
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过原点，求a；
(2)若a =−1
e
3 ，求f(x)的最大值．
【答案】(1)a =0
(2)4．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，结合切线过原点求出参数a的值；
（2）在a =−1
e
3 时，对f(x)求导，利用零点存在定理判断其单调性，借助于导函数的零点，即可化简转
化，求得f(x)的最大值.
【解答过程】（1）f(x)的定义域为(0,+∞)，则f(1)=2+a．
f
′(x)=1
x +a(x+1)e
x
1
−+1，则f
′(1)=2+2a．
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(2+2a)(x
1)+2+
−
a．
依题意，将点(0,0)代入切线方程，解得a =0．
（2）当a =−1
e
3 时，f(x)=lnx−xe
x
4
−+x+1，且x∈(0,+∞)，
所以f
′(x)=1
x
(
−x+1)e
x
4
−+1=(x+1)(
1
x −e
x
4
−)，
设(
ℎ
x)=1
x −e
x
4
−，易知(
ℎ
x)在(0,+∞)上单调递减，
且(2)=
ℎ
1
2 −1
e
2 >0, (3)=
ℎ
1
3 −1
e <0，
故存在x0∈(2,3)，使得ℎ(x0)=0，即1
x0
=e
x0
4
−，所以x0e
x0
4
−=1，即lnx0=−x0+4，
当x∈(0,x0)时f
′(x)= (
ℎ
x)>0，故f(x)在(0,x0)上单调递增，
当x∈(x0,+∞)时f
′(x)= (
ℎ
x)<0，故f(x)在(x0,+∞)上单调递减，
所以f(x)≤f(x0)=lnx0−x0e
x0
4
−+x0+1=−x0+4 1+
−
x0+1=4，
故f(x)的最大值为4．
16．（2025·广西柳州·模拟预测）已知函数f(x)=(ax+ b)e
x的图象在点(0,f(0))处的切线方程为
2x−y+1=0.
(1)求a，b 的值；
(2)求f(x)的单调区间与极值.
【答案】(1)a =1，b=1.
(2)递减区间为(
∞,
−
)，递增区间为(
2,+∞
−
)，有极小值−1
e
2 ，无极大值.
【解题思路】（1）先根据导数的运算法则求出f
′(x)；再根据切点、切线和导数的几何意义之间的关系
列出方程组即可求解.
（2）令f
′(x)>0可求出函数f(x)的单调增区间，令f
′(x)<0可求出函数f(x)的单调减区间，进而可
得到函数f(x)的极值.
【解答过程】（1）由f(x)=(ax+ b)e
x可得：
f(0)=b，f
′(x)=ae
x+(ax+ b)e
x=(ax+a+ b)e
x，
则f
′(0)=a+ b.
由直线方程2x−y+1=0可得：直线斜率为：k=2.
因为函数f(x)=(ax+ b)e
x的图象在点(0,f(0))处的切线方程为2x−y+1=0，
所以{a+ b=2
2×0−b+1=0)，解得：{a =1
b=1).
故a =1，b=1.
（2）由（1）可得f(x)=(x+1)e
x，f
′(x)=(x+2)e
x.
令f
′(x)>0，得x> 2
−；
令f
′(x)<0，得x< 2
−；
则函数f(x)在区间(
∞,
−
)上单调递减，在区间(
2,+∞
−
)上单调递增，
所以当x= 2
−时，函数f(x)有极小值f( 2)=
−
(
2+1
−
)×e
2
−=−1
e
2 .
故函数f(x)的递减区间为(
∞,
−
)，递增区间为(
2,+∞
−
)，有极小值−1
e
2 ，无极大值.
17．（2025·上海·高考真题）已知f(x)=x
2
(
−m +2)x+ m lnx,m ∈R．
(1)若f(1)=0，求不等式f(x)≤x
2
1
−的解集；
(2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值，求m 的取值范围；
【答案】(1)[1,+∞)
(2)m >0且m ≠2.
【解题思路】（1）先求出m，从而原不等式即为x+lnx>1，构建新函数s(x)=x+lnx,x>0，由该函数为
增函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就m ≤0,0< m <2, m =2, m >2分类讨论后可得参数的取值范围.
【解答过程】（1）因为f (1)=0，故1−m
2+0=0
−
，故m = 1
−，故f (x)=x
2−x
ln
−
x，
故f (x)≤x
2
1
−即为x+ln x≥1，
设s(x)=x+lnx,x>0，则s
′(x)=1+1
x >0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，
而x+ln x≥1即为s(x)≥s(1)，故x≥1，
故原不等式的解为[1,+∞).
（2）f (x)在(0,+∞)有极大值即为有极大值点.
f
′(x)=2x−(m +2)+ m
x =2x
2−(m +2)x+ m
x
=
(2x−m )(x
1
−)
x
，
若m ≤0，则x∈(0,1)时，f
′(x)<0，x∈(1,+∞)时，f
′(x)>0，
故x=1为f (x)的极小值点，无极大值点，故舍；
若0<m
2 <1即0<m <2，则x∈(
m
2 ,1)时，f
′(x)<0，
x∈(0,m
2 )∪(1,+∞)时，f
′(x)>0，
故x= m
2 为f (x)的极大值点，符合题设要求；
若m =2，则x∈(0,+∞)时，f
′(x)≥0，f (x)无极值点，舍；
若m
2 >1即m >2，则x∈(1,m
2 )时，f
′(x)<0，
x∈(0,1)∪(
m
2 ,+∞)时，f
′(x)>0，
故x=1为f (x)的极大值点，符合题设要求；
综上，m >0且m ≠2.
18．（2025·海南·模拟预测）已知函数f(x)=(e
a−x+1)x,a∈R．
(1)当a =2时，求f(x)的单调区间与极值点；
(2)已知f(x)有两个极值点x1<2<x2，证明：x1+x2>3．
【答案】(1)单调递增区间为R，无减区间，无极值点
(2)过程见解析.
【解题思路】（1）求导，研究导函数的正负性即可判断其单调性；
（2）x1,x2为f
'(x)=−xe
a−x+e
a−x+1=0的两根，化简得出e
x2−x1=x2
1
−
x1
1
−
，令t=x2−x1>0，则
x1+x2=te
t+2e
t+t
2
−
e
t
1
−
，构造函数k (t)=te
t−e
t+t+1,t>0即可求证.
【解答过程】（1）当a =2时，f(x)=(e
2−x+1)x，则f
'(x)=−xe
2−x+e
2−x+1，
令g (x)=f
'(x)=−xe
2−x+e
2−x+1，则g
'(x)=−e
2−x+xe
2−x−e
2−x=e
2−x(x
2
−)，
则g
'(x)>0得x>2；g
'(x)<0得x<2，
则g (x)=f
'(x)在(
∞,2
−
)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
则f
'(x)≥f
'(2)=0，故f (x)的单调递增区间为R，无减区间，无极值点.
（2）因f(x)有两个极值点x1<2<x2，则x1,x2为f
'(x)=−xe
a−x+e
a−x+1=0的两根，
即(x1
1
−)e
a−x1=1,(x2
1
−)e
a−x2=1，即(x1
1
−)e
a−x1=(x2
1
−)e
a−x2，
即e
x2−x1=x2
1
−
x1
1
−
，
令t=x2−x1>0，则x1=e
t+t
1
−
e
t
1
−
，x2=te
t+e
t
1
−
e
t
1
−
，
则x1+x2=e
t+t
1
−
e
t
1
−
+te
t+e
t
1
−
e
t
1
−
=te
t+2e
t+t
2
−
e
t
1
−
，
欲证x1+x2>3，只需证te
t−e
t+t+1>0，
令k (t)=te
t−e
t+t+1,t>0，则k
'(t)=te
t+1>0，
故k (t)在(0,+∞)上单调递增，则k (t)>k (0)=0，则te
t−e
t+t+1>0成立，
故x1+x2>3得证.
19．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数f(x)=ln(1+x)−x+1
2 x
2−kx
3，其中0<k<1
3 ．
(1)证明：f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点；
(2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点.
（i）设函数g(t)=f(x1+t)−f(x1−t)·证明：g(t)在区间(0,x1)单调递减；
（ii）比较2x1与x2的大小，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）2x1>x2，证明见解析.
【解题思路】（1）先由题意求得f
′(x)=x
2(
1
1+x
3
−k)，接着构造函数g (x)=1
1+x
3
−k,x>0，利用导数
工具研究函数g (x)的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数f (x)在区间(0,+∞)上
存在唯一极值点；再结合f (0)=0和x→+∞时f (x)的正负情况即可得证f (x)在区间(0,+∞)上存在唯一零
点；
（2）（i）由（1）x1+1=1
3k 和g
′(t)=f
′(x1+t)−f
′(x1−t)结合（1）中所得导函数f
′(x1)计算得到
g
′(t)=6kt
2(t
2−x1
2
2
−x1)
(1+x1)
2−t
2
，再结合t∈(0,x1)得g
′(t)<0即可得证；
（ii）由函数g (t)在区间(0,x1)上单调递减得到0>f(2x1)，再结合f(x2)=0，
和函数f (x)的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【解答过程】（1）由题得f
′(x)=1
1+x
1+
−
x
3
−kx
2=x
2
1+x
3
−kx
2=x
2(
1
1+x
3
−k)，
因为x∈(0,+∞)，所以x
2>0，设g (x)=1
1+x
3
−k,x>0，
则g
′(x)=−1
(1+x)2 <0在(0,+∞)上恒成立，所以g (x)在(0,+∞)上单调递减，
g (0)=1 3
−k>0，令g(x0)=0⇒x0=1
3k
1
−，
所以当x∈(0,x0)时，g (x)>0，则f
′(x)>0；当x∈(x0,+∞)时，g (x)<0，则f
′(x)<0，
所以f (x)在(0,x0)上单调递增，在(x0,+∞)上单调递减，
所以f (x)在(0,+∞)上存在唯一极值点，
对函数y=ln (1+x)−x有y
′=1
1+x
1=
−
−x
1+x <0在(0,+∞)上恒成立，
所以y=ln (1+x)−x在(0,+∞)上单调递减，
所以y=ln (1+x)−x<y|x=0=0在(0,+∞)上恒成立，
又因为f (0)=0，x→+∞时1
2 x
2−kx
3=1
2 x
2(1 2
−kx)<0，
所以x→+∞时f (x)<0，
所以存在唯一x2∈(0,+∞)使得f(x2)=0，即f (x)在(0,+∞)上存在唯一零点.
（2）（i）由（1）知x1=1
3k
1
−，则x1+1=1
3k ，f
′(x)=x
2(
1
1+x −1
1+x1)，
∵g(t)=f(x1+t)−f(x1−t)，
则g
′(t)=(x1+t)
2(
1
x1+t+1 −1
1+x1)+(x1−t)
2(
1
x1−t+1 −1
1+x1)
=−t(x1+t)
2
(x1+t+1)(x1+1) +t(x1−t)
2
(x1−t+1)(x1+1)
=3kt[−(x1+t)
2
x1+t+1 + (x1−t)
2
x1−t+1)
=6kt
2(t
2−x1
2
2
−x1)
(1+x1)
2−t
2
，
∵k>0,t∈(0,x1),∴t
2−x1
2
2
−x1<0,(1+x1)
2−t
2>0，
∴g
′(t)=6kt
2(t
2−x1
2
2
−x1)
(1+x1)
2−t
2
<0，
即g(t)在t∈(0,x1)上单调递减.
（ii）2x1>x2，证明如下：
由（i）知：函数g (t)在区间(0,x1)上单调递减，
所以g (0)>g(x1)即0>f(2x1)，又f(x2)=0，
由（1）可知f (x)在(x0,+∞)上单调递减，x2∈(x0,+∞)，且对任意x∈(0,x2) f (x)>0，
所以2x1>x2.
