专题3.3 导数的应用：单调性、极值与最值（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、导数的应用：单调性、极值与最值
导数与函数是高中数学的重要内容，函数的单调性、极值与最值是高
考常考的重点、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单调性、极值和最值等；多与不等式、函数零
点(或方程根)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.
高考真题
统计
考点
2023 年
2024 年
2025 年
函数的单调
性
新课标I 卷：第19
题，12 分
新课标Ⅱ卷：第6
题，5 分
全国甲卷（文数）：
第20 题，12 分
新课标I 卷：第10
题，6 分
全国甲卷（文数）：
第20 题，12 分
全国二卷：第18
题，17 分
全国甲卷（理数）：
第21 题，12 分
全国乙卷（文数）：
第20 题，12 分
函数的极值
与最值
新课标Ⅱ卷：第22
题，12 分
全国乙卷（理数）：
第21 题，12 分
新课标I 卷：第10
题，6 分
新课标Ⅱ卷：第16
题，15 分
全国甲卷（理数）：
第21 题，12 分
全国一卷：第19
题，17 分
全国二卷：第13
题，5 分
上海卷：第19 题，
14 分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，函数的单调性、极值与最值问题的
考情将继续维持稳定态势。单调性、极值、最值依旧是考查核心，或与三
角函数、不等式等内容跨模块结合考查，主要涉及分类讨论、转化与化归
等数学思想。单调性、极值、最值问题在选择题、填空题、解答题中都有
可能考查，而在解答题中进行考查时综合性较强，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Δ 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 导数中函数单调性的应用
1．比较大小：
利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构
造
辅助函数
，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函
数的单调性，进而根据单调性比较大小.
2．解不等式：
与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f'(x)的不等关系时，
常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求
解不等式.
知识点
3 函数的极值问题及其解题策略
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
4 函数的最值问题及其解题策略
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 函数与导函数图象问题】
【例1】（2025·四川成都·模拟预测）已知定义域为(0,+∞)的函数f (x)的导函数为f
′ (x)，且函数
g(x)=(x−3)⋅f
′ (x)的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．f (x)有极小值f (6)，极大值f (10)
B．f (x)有极小值f (1)，极大值f (10)
C．f (x)有极小值f (1)，极大值f (3)和f (10)
D．f (x)有极小值f (6)，极大值f (1)
【答案】B
【解题思路】根据给定的函数g( x)图象，分析判断f
′( x)值为正或负的x 取值区间作答.
【解答过程】观察图象知，当g( x)>0时，0< x<1或3< x<10且x≠6，
当g( x)<0时，1< x<3或x>10，
而当0< x<3时，x−3<0，当x>3时，x−3>0，因此当0< x<1或x>10时，f
′( x)<0，
当1< x<10时，f
′( x)≥0，当且仅当x =6时取等号，
则f ( x)在(0,1)和(10,+ ∞)上单调递减，在(1,10)上单调递增，
所以f ( x)有极小值f (1)，极大值f (10)，A，C，D 不正确；B 正确.
故选：B.
【变式1-1】（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)=a x
3+b x
2+cx +2的导函数f
′ (x)的图象如图所示，则
下列结论成立的是（ ）
A．a>0,b<0,c>0
B．a>0,b=0,c<0
C．a<0,b=0,c>0
D．a<0,b>0,c>0
【答案】B
【解题思路】求导可得f
′ (x)，再由二次函数的图象性质即可判断.
【解答过程】f
′ (x)=3a x
2+2bx +c，
如图：因为f
′ (x)的图象是开口向上的抛物线，所以3a>0 ⇒ a>0；
应为函数图象关于y轴对称，即f
′ (x)为偶函数，所以b=0；
因为f
′ (x)有两根且互为相反数，所以c<0.
综上：a>0,b=0,c<0.
故选：B．
【变式1-2】（2025·陕西渭南·二模）已知函数f (x)=e
x(ax−1)的大致图象如图所示，则不等式
f (x)f
′ (x)<0的解集为（ ）
A．(−2,−1)
B．(1,2)
C．(−1
2 ,1)
D．(2,+∞)
【答案】B
【解题思路】根据给定的图象可得1是函数f ( x)的极小值点，求出a值，再解不等式.
【解答过程】观察图象知，x =1是函数f ( x)的极小值点，求导得f
′( x)=e
x(ax−1+a)，
则f
′(1)=e(2a−1)=0，解得a= 1
2，当x<1时，f
′( x)<0；当x>1时，f
′( x)>0，
则x =1是函数f ( x)的极小值点，f
′( x)=e
x( 1
2 x−1
2 )，f ( x)=e
x( 1
2 x−1)，
不等式f ( x)f
′( x)<0⇔1
4 e
2 x( x−1)( x−2)<0，解得1< x<2，
所以不等式f ( x)f
′( x)<0的解集为(1,2).
故选：B.
【变式1-3】（2025·湖南郴州·三模）已知函数f (x)与其导函数f
′ (x)的部分图象如图所示.设函数
g(x)= f (x)
e
x
，则（ ）
A．f (0)<f (1)
B．ef (−1)>f (0)
C．g(x)在(1,2)上单调递减
D．g(x)在x =1处取得极大值
【答案】B
【解题思路】确定f (x)、f
′ (x)的分布图，分析函数f (x)的单调性，可判断A 选项；求得
g
′ (x)= f
′ (x)−f (x)
e
x
，比较f
′ (x)、f (x)的大小，可得出函数g(x)的单调性，可判断BCD 选项.
【解答过程】由图可知f (x)、f
′ (x)的分布如图所示.
易得当−❑√2< x<❑√2时，f
′ (x)<0，所以f (x)在(−❑√2,❑√2)上单调递减，
则f (0)>f (1)，A 错误；
由g(x)= f (x)
e
x
，得g
′ (x)= f
′ (x)−f (x)
e
x
.
当−❑√2< x<1时，f
′ (x)−f (x)<0，所以g
′ (x)<0，
所以g(x)在(−❑√2,1)上单调递减，所以g(−1)>g(0)，即f (−1)
e
−1
> f (0)
e
0
，
所以ef (−1)>f (0)，B 正确；
当1< x<2时，f
′ (x)>f (x)，则f
′ (x)−f (x)>0，
所以g
′ (x)>0，g(x)在(1,2)上单调递增，C 错误；
当x =1时，f
′ (x)= f (x)，所以g
′ (x)=0，
因为g(x)在(−❑√2,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增，
所以，g(x)在x =1处取得极小值，D 错误.
故选：B.
【题型2 利用导数判断单调性、求单调区间】
【例2】（2025·四川·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−3 x +a(a∈R)，则f (x)的单调递增区间为
（ ）
A．(0, 1
3)
B．(
1
3 ,+∞)
C．(0,3)
D．(3,+∞)
【答案】A
【解题思路】求出函数f (x)的定义域，解不等式f
′ (x)>0，即可得出函数f (x)的增区间.
【解答过程】函数f (x)=ln x−3 x +a(a∈R)的定义域为(0,+∞)，则f
′ (x)= 1
x −3= 1−3 x
x
，
因为x>0，由f
′ (x)= 1−3 x
x
>0，可得0< x< 1
3，
故函数f (x)的单调递增区间为(0, 1
3).
故选：A.
【变式2-1】（25-26 高三上·江苏无锡·月考）已知函数f (x)=cos x + 1
2 cos2 x + 1
3 cos3 x，则下列叙述正
确的是（ ）
A．f (x)在区间(0,π
2 )内单调递增
B．f (x)在区间(
π
3 ,π)内单调递减
C．f (x)在区间(
π
2 , 2π
3 )内单调递增
D．f (x)在区间(0,π)内单调递减
【答案】C
【解题思路】利用导数判断函数的单调性，判断各个选项.
【解答过程】对函数f (x)=cos x + 1
2 cos2 x + 1
3 cos3 x，
求导得f
′ (x)=−sin x−sin2 x−sin3 x =−[sin x +sin3 x)−sin2 x
=−[sin(2 x −x)+sin(2 x + x))−sin2 x
=−2sin2 xcos x−sin2 x =−sin2 x (2cos x +1)
对于A，当x∈(0,π
2 )时，2 x∈(0,π)，sin2 x>0，2cos x +1>0
此时f
′( x)<0，函数f ( x)在区间(0,π
2 )内单调递减，A 错误；
对于B，当x∈(
π
3 ,π
2 )时，由上可知函数f ( x)在区间(
π
3 ,π
2 )内单调递减，
当x∈(
π
2 ,π)时，2 x∈(π,2π)，sin2 x<0,2cos x +1∈(−1,1)，此时f
′( x)有正有负，
函数f ( x)在区间(
π
2 ,π)内不是单调递减的，B 错误；
对于C，当x∈(
π
2 , 2
3 π)时，2 x∈(π, 4π
3 )，sin2 x<0,2cos x +1>0，
此时f
′( x)>0，函数f ( x)在区间(
π
2 , 2π
3 )内单调递增，C 正确；
对于D，当x∈(0,π)时，由上分析可知函数f ( x)在区间(0,π
2 )内单调递减，
函数f ( x)在区间(
π
2 , 2π
3 )内单调递增，D 错误；
故选：C.
【变式2-2】（2025·河北·模拟预测）已知函数f (x)= x +1
x−1 e
x.
(1)求曲线f (x)在点(2,f (2))处的切线方程；
(2)求f (x)的单调区间.
【答案】(1)e
2 x−y +e
2=0
(2)递增区间为(−∞,−❑√3)和(❑√3,+∞)，递减区间为(−❑√3,1)和(1,❑√3)
【解题思路】（1）求出导函数f
′ (x)，计算出f
′ (2)，f (2)，根据导数的几何意义及直线的点斜式方程即可
求解；
（2）令f
′ (x)>0即可求出函数f (x)的单调递增区间，令f
′ (x)<0即可求出函数f (x)的单调递减区间.
【解答过程】（1）由题意知f
′ (x)= ( x−1)−( x +1)
( x−1)
2
e
x+ x +1
x−1 e
x =
−2
( x−1)
2 e
x+ x
2−1
( x−1)
2 e
x = x
2−3
( x−1)
2 e
x，
则f
′ (2)= 2
2−3
(2−1)
2 e
2=e
2，f (2)= 2+1
2−1 e
2=3e
2，
所以曲线f (x)在点(2,f (2))处的切线方程为y −3e
2=e
2(x−2)，即e
2 x−y +e
2=0.
（2）f (x)的定义域为{x∣x≠1)，
由（1）知f
′ (x)= x
2−3
( x−1)
2 e
x，
令f
′ (x)>0得x<−❑√3或x>❑√3；令f
′ (x)<0得，−❑√3< x<❑√3且x≠1，
所以f (x)的单调递增区间为(−∞,−❑√3)和(❑√3,+∞)，单调递减区间为(−❑√3,1)和(1,❑√3).
【变式2-3】（2025·安徽·模拟预测）已知函数f ( x)=(3−a)ln x−3ax +3a+6−1
x ，其中a∈R.
(1)讨论函数f ( x)的单调性；
(2)若存在x>0，使f ( x)≥a
2成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)当a≤0时，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.当a>0时，函数f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在
(
1
a ,+∞)上单调递减.
(2)(−∞,3)
【解题思路】（1）对函数求导，对参数分类讨论，根据导数判断函数单调性；
（2）结合（1）进而求得函数的最大值，再结合不等式求解参数取值范围.
【解答过程】（1）函数f ( x)=(3−a)ln x−3ax +3a+6−1
x 的定义域(0,+ ∞)，
对函数求导得f
′( x)= 3−a
x
−3a+ 1
x
2 = −3a x
2+(3−a) x +1
x
2
= −(3 x +1)(ax−1)
x
2
，
①当a=0时，f
′( x)= 3 x +1
x
2
，因为x>0，所以3 x +1>0, x
2>0，则f
′ (x)>0，
函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
②当a>0时，令f
′( x)=0，即−(3 x +1)(ax−1)
x
2
=0，解得x =−1
3（舍）或x = 1
a，
当x∈(0, 1
a)，所以ax−1<0,3 x +1>0, x
2>0，则f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增.
当x∈(
1
a ,+∞)，所以ax−1>0,3 x +1>0, x
2>0，则f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减.
③当a<0时，令f
′( x)=0，即−(3 x +1)(ax−1)
x
2
=0，解得x =−1
3（舍）或x = 1
a，
因为x>0，所以ax−1<0,3 x +1>0, x
2>0，则f
′ (x)>0，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增.
当a>0时，函数f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减.
（2）由（1）知，当a≤0时，函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以当x→+ ∞，f (x)→+ ∞，则存在x>0，使f ( x)≥a
2成立.
当a>0时，函数f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+∞)上单调递减.
所以f (x)max= f(
1
a)=(3−a)ln 1
a −3a× 1
a +3a+6−1
1
a
=(3−a)(−lna)−3+3a+6−a=(3−a)(−lna)+2a+3，
若存在x>0，使f ( x)≥a
2，即(3−a)(−lna)+2a+3≥a
2
令g(a)=(3−a)(−lna)+2a+3−a
2,a>0，
求导g
′ (a)=lna−3−a
a
+2−2a=lna−3
a +3−2a，
令h(a)=lna−3
a +3−2a，h
′ (a)= 1
a + 3
a
2 −2= −2a
2+a+3
a
2
= (−2a+3)(a+1)
a
2
，
令h
' (a)=0，解得a= 3
2或a=−1（舍），
当a∈(0, 3
2)，h
' (a)>0，函数h(a)单调递增.
当a∈(
3
2 ,+∞)，h
' (a)<0，函数h(a)单调递减.
所以h(a)有最大值h(
3
2)=ln 3
2 −3
3
2
+3−2× 3
2 =ln 3
2 −2<0，
可知g
′ (a)<0，g(a)在(0,+ ∞)单调递减，且g(3)=0，当0<a<3，g(a)>0，
当a>3时，g(a)<0.
综上，实数a的取值范围(−∞,3).
【题型3 由函数的单调性求参数】
【例3】（2025·江苏·模拟预测）设函数f ( x)=( x +a)x
2在区间(1,2)上单调递减，则a的最大值是（ ）
A．−3
B．−2
C．−3
2
D．3
【答案】A
【解题思路】求出函数的导函数，依题意f
′( x)≤0在(1,2)上恒成立，即可得到a≤−3
2 x在(1,2)上恒成
立，从而求出a的范围.
【解答过程】因为f ( x)=( x +a)x
2，所以f
′( x)= x(3 x +2a)，
因为函数f ( x)在区间(1,2)上是减函数，
所以f
′( x)= x(3 x +2a)≤0在(1,2)上恒成立，即3 x +2a≤0在(1,2)上恒成立，
所以a≤−3
2 x在(1,2)上恒成立，因为x∈(1,2)时，−3<−3
2 x<−3
2，所以a≤−3，
所以a的最大值是−3.
故选：A.
【变式3-1】（2025·四川泸州·一模）若函数f (x)= x
3−3a x
2−9a
2 x +1在(−1,2)单调递减，则a的取值范
围是（ ）
A．[1,+ ∞)
B．(−∞,−1¿∪)2,+ ∞¿¿
C．(−∞,−2¿∪)1,+ ∞¿¿
D．(−∞,−1
3)∪[1,+∞)
【答案】C
【解题思路】先对函数求导，根据导数的函数性质结合零点取值得出已知条件恒成立时需满足的条件，再
讨论a的符号得出a的取值范围．
【解答过程】函数f (x)= x
3−3a x
2−9a
2 x +1，求导得f
' (x)=3 x
2−6ax−9a
2，
当a=0时，f
' (x)=3 x
2≥0，f (x)在R 上单调递增，不合题意；
令f
' (x)=0，解得x =3a或x =−a，
若函数f (x)= x
3−3a x
2−9a
2 x +1在(−1,2)单调递减，则f
' (x)≤0在(−1,2)恒成立，
当a<0时，3a<−a，∴{
−1≥3a
−a≥2 )⇒{
a≤−1
3
a≤−2)
⇒a≤−2，
当a>0时，3a>−a，∴{
−a≤−1
3a≥2 )⇒{
a≥1
a≥2
3)
⇒a≥1，
∴a的取值范围为(−∞,−2)∪[1,+∞).
故选：C．
【变式3-2】（2025·四川绵阳·一模）“a>1”是“函数y = x−a
x 在(0,+ ∞)上单调递增”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解题思路】对函数求导，根据x的范围确定导数大于0 时a的范围，进而根据充分条件、必要条件的定义
确定答案.
【解答过程】对函数求导得y
' =1+ a
x
2
当a>1时，y
'>0，此时函数在(0,+ ∞)上单调递增，
所以“a>1”是函数y = x−a
x 在(0,+ ∞)上单调递增的充分条件；
令y
'≥0，则1+ a
x
2 ≥0，即a≥−x
2，
因为x
2>0，所以−x
2<0，所以a≥0，经验证当a=0时，此时y = x，在(0,+ ∞)上单调递增，符合题意，
则a≥0无法推出a>1，
也就是说，函数y = x−a
x 在(0,+∞)上单调递增推不出“a>1”，
综上，“a>1”是函数y = x−a
x 在(0,+ ∞)上单调递增的充分不必要条件.
故选：A.
【变式3-3】（2025·山东威海·三模）已知函数f ( x)=a
x−loga( x +1)(a>1)在(0,+∞)上存在单调递减区
间，则a的取值范围是（ ）
A．(1,e]
B．(1,e)
C．[e,+ ∞)
D．(e,+∞)
【答案】B
【解题思路】求导，由题意将问题转换成a
x( x +1)(ln a)
2<1有解，构造函数g(x)=a
x( x +1)(ln a)
2，由其
单调性得到g(0)=(ln a)
2<1，求解即可.
【解答过程】求导可得f
′( x)=a
x ln a−
1
( x +1)ln a，
由题意f
′( x)=a
x ln a−
1
( x +1)ln a <0有解，
即a
x ln a<
1
( x +1)ln a有解，
即a
x( x +1)(ln a)
2<1有解，
令g(x)=a
x( x +1)(ln a)
2，
因为a>1，易知g(x)=a
x( x +1)(ln a)
2在(0,+∞)单调递增，
此时g(0)=(ln a)
2，所以(ln a)
2<1，
又a>1，ln a>0，
所以0<ln a<1，解得：1<a<e，
所以a的取值范围是(1,e).
故选：B.
【题型4 导数中函数单调性的应用】
【例4】（2025·安徽合肥·模拟预测）已知a=ln1.2,b=0.2,c = ❑√1.2−1，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．c<b<a
D．a<b<c
【答案】B
【解题思路】构造函数f (x)= x−ln(1+ x)(x>0)，由导数得出单调性即可得出b>a，构造
g(x)=ln(1+ x)−(❑√1+ x−1)，由导数得出单调性，即可得出a>c．
【解答过程】构造函数f (x)= x−ln(1+ x)(x>0),f
′ (x)=1−
1
1+ x =
x
1+ x ，
当x>0时，f
′ (x)>0，故f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，
所以f (0.2)=0.2−ln1.2>f (0)=0⇒b>a，
构造函数g(x)=ln(1+ x)−(❑√1+ x−1)，
则g
′ (x)=
1
1+ x −
1
2❑√1+ x = 2−❑√1+ x
2(1+ x) ，
当x∈(0,2), g
' (x)>0, g(x)在(0,2)单调递增，
所以g(0.2)=ln1.2−(❑√1.2−1)> g(0)=ln1−(1−1)=0，即a>c，
所以c<a<b.
故选：B．
【变式4-1】（25-26 高三上·江西·月考）已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f
′ (x)，若f
′ (x)<6 x恒成
立，且f (1)=2，则f (2 x)≤12 x
2−1的解集为（ ）
A．(−∞, 1
2)
B．[1, +∞)
C．[
1
2 , +∞)
D．(−∞, 1)
【答案】C
【解题思路】构造辅助函数，利用导数判断其单调性，将原不等式转化为辅助函数的不等式，结合单调性
求解自变量的范围.
【解答过程】构造函数g(x)= f (x)−3 x
2， 则g
′ (x)= f
′ (x)−6 x，
由f
′ (x)<6 x，得g
′ (x)<0，故g(x)在R上单调递减.
计算g(1)= f (1)−3×1
2=2−3=−1.
将f (2 x)≤12 x
2−1变形为f (2 x)−3×(2 x)
2≤−1，即g(2 x)≤g(1).
因g(x)单调递减，故2 x ≥1，解得x ≥1
2.
故选：C.
【变式4-2】（2025·山西·三模）设a=e
2
4−ln 4 ，b= 2
ln2 ，c =e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a<c<b
B．a<b<c
C．c<a<b
D．b<c<a
【答案】C
【解题思路】构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而利用单调性比较大小.
【解答过程】设f (x)=
x
ln x
(x ≥e)，
则a=
e
2
2
lne
2
2
= f(
e
2
2)，b= 2
ln2 =
4
ln 4 = f (4)，c =e=e
lne = f (e)，
因为f
′ (x)=ln x−1
(ln x)
2 ，当x>e时，f
′ (x)>0，所以f (x)在(e,+∞)上单调递增．
又e<e
2
2 <4，所以c<a<b．
故选：C.
【变式4-3】（2025·四川眉山·模拟预测）已知可导函数f ( x)的导函数为f
′( x)，若对任意x∈R，都有
f
′( x)−f ( x)<1，且f (0)=2025，则不等式f ( x)+1>2026e
x的解集为（ ）
A．(−∞,0)
B．(0,+∞)
C．(−∞, 1
e )
D．(−∞,1)
【答案】A
【解题思路】根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性，进而求出不等式的解集.
【解答过程】设函数g( x)= f ( x)+1
e
x
，求导得g
′( x)= f
′( x)⋅e
x−[ f ( x)+1]⋅e
x
e
2 x
= f
′( x)−f ( x)−1
e
x
，
由f
′( x)−f ( x)<1，得g
′( x)<0，函数g( x)= f ( x)+1
e
x
在R 上单调递减，
f ( x)+1>2026e
x⇔f ( x)+1
e
x
>2026，即g( x)>2026，
由f (0)=2025，得g(0)= f (0)+1
e
0
=2026，因此g( x)> g(0)，解得x<0，
所以原不等式的解集为(−∞,0).
故选：A.
【题型5 利用导数求函数的极值】
【例5】（2025·河南·模拟预测）函数f (x)=2 x
3−6 x +3的极小值为（ ）
A．−33
B．−7
C．−1
D．7
【答案】C
【解题思路】求导得f
′( x)=6( x−1)( x +1)，令f
′( x)=0，求得极值点，进而可得f ( x)的单调性，代入求
解，即可得答案.
【解答过程】由题意，f
′( x)=6 x
2−6=6( x −1)( x +1)，x∈R，
令f
′( x)=0，解得x =−1或1，
当x∈(−∞,−1)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
当x∈(−1,1)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减，
当x∈(1,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
所以当x =1，f ( x)取得极小值，且f (1)=−1.
故选：C.
【变式5-1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知x =1是函数f ( x)=(a x
2+3 x −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+3 x−3)e
x的定义域为R，求导得f
′( x)=(a x
2+2ax +3 x)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+3 x−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.
【变式5-2】（2025·四川·模拟预测）已知函数f (x)=e
x(x +1)+e的极值点为x0，则x0= ．
【答案】−2
【解题思路】求导，判断函数的单调性并结合极值点的定义判断.
【解答过程】由f
′ (x)=e
x+e
x(x +1)=e
x(x +2)，x∈R，
令f
′ (x)>0，得x>−2，令f
′ (x)<0，得x<−2，
所以f (x)在(−∞,−2)上单调递减，在(−2,+∞)上单调递增，
所以f (x)的极小值点为−2，即x0=−2.
故答案为：−2.
【变式5-3】（2025·广东·模拟预测）函数f (x)=e
2 x+2e
x−4 x的极小值为
．
【答案】3
【解题思路】先求导，再根据导数正负判断单调性确定极值即可．
【解答过程】易得f
′ (x)=2e
2 x+2e
x−4 =2(e
x+2)⋅(e
x−1)，
故当x∈(−∞,0)时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；
x∈(0,+∞)时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增．
故f (x)的极小值为f (0)=3．
故答案为：3．
【题型6 根据极值（点）求参数】
【例6】（2025·江苏镇江·模拟预测）若函数f (x)=ax + 1
x +2ln x在x∈(
1
2 ,2)上有极值，则a的取值范围
是（ ）
A．(−3
4 ,0)
B．(−1,−3
4)
C．(−1,0)
D．[−1,0)
【答案】C
【解题思路】利用函数在某区间有极值等同于其导数在该区间有变号零点，之后分离参数结合二次函数的
性质可得.
【解答过程】f
′ (x)= a x
2+2 x−1
x
2
, x>0，
因为函数f (x)=ax + 1
x +2ln x在(
1
2 ,2)上有极值，说明其导数在(
1
2 ,2)内有变号零点，
即方程a x
2+2 x−1=0在(
1
2 ,2)内有解，且解两侧导数符号不同，
令g(x)=a x
2+2 x−1，则g(x)=0在(
1
2 ,2)有解，且不能是重根.
分离参数可得a= 1
x
2 −2
x ，
令t = 1
x ，则t ∈(
1
2 ,2)，
所以a=t
2−2t =(t −1)
2−1，所以−1≤a<0，
当a=−1时，f
′ (x)= −x
2+2 x−1
x
2
= −(x−1)
2
x
2
≤0，仅在x =1处f
′ (x)=0，
故f (x)在(
1
2 ,2)上单调递减，无极值.
所以a的取值范围是(−1,0).
故选：C.
【变式6-1】（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．(−∞,−2)
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 −2ax =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∈(−∞,−2).
故选：A.
【变式6-2】（2025·广东惠州·模拟预测）已知函数f (x)=ax + ln x−1，a∈R.
(1)当a=2时，求函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围.
【答案】(1)3 x−y −2=0
(2)(−∞,−1
e
2)
【解题思路】（1）利用导数求得f
′ (1)，f (1)可求切线方程；
（2）求导，分类讨论求得f (x)的单调性，进而可得极大值，再根据极大值小于0，求得a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=2时f (x)=2 x + ln x−1，则f (1)=1，f
′ (x)=2+ 1
x ，
所以f
′ (1)=3，
所以函数f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为y −1=3(x−1)，
即3 x−y −2=0；
（2）函数f (x)=ax + ln x−1的定义域为(0,+ ∞)，
又f
′ (x)=a+ 1
x = ax +1
x
，
当a≥0时f
′ (x)>0恒成立，
f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，无极值.
当a<0时，由f
′ (x)>0，解得0< x<−1
a，
由f
′ (x)<0，解得x>−1
a，
所以f (x)在(0,−1
a)上单调递增，在(−1
a ,+ ∞)上单调递减，
故f (x)在x =−1
a处取得极大值，极大值为f(−1
a)= ln(−1
a)−2.
令ln(−1
a)−2<0，
解得a<−1
e
2 ，所以a的取值范围为(−∞,−1
e
2).
【变式6-3】（2025·安徽黄山·二模）已知函数f (x)=ae
x−2 x−3cos x +1，其中e为自然对数的底数．
(1)当a=2时，判断函数f (x)在区间(−π
2 ,0)上的单调性；
(2)令g(x)= f
′ (x)，若函数g(x)在区间(0,π
2 )上存在极值，求实数a的取值范围；
(3)求证：当a≥2时，f (x)≥0．
【答案】(1)函数f (x)在区间(−π
2 ,0)上的单调递减；
(2)a∈(−3,0)；
(3)证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数研究函数的区间单调性即可；
（2）问题化为a=−3cos x
e
x
在x∈(0,π
2 )上有解，导数研究右侧的单调性和区间值域，即可得参数范
围；
（3）问题化为证f (x)≥2e
x−2 x−3cos x +1≥0，构造k( x)=2e
x−2 x +1并应用导数研究其最小值，得
到2e
x−2 x−3cos x +1≥3−3cos x，即可证.
【解答过程】（1）由题设f (x)=2e
x−2 x−3cos x +1，则f
′ (x)=2e
x−2+3sin x，
当x∈(−π
2 ,0)，有2(e
x−1)<0,3sin x<0，则f
′ (x)<0，
所以f (x)在区间(−π
2 ,0)上的单调递减；
（2）由题设g(x)= f
′ (x)=ae
x−2+3sin x，则g
′ (x)=ae
x+3cos x，
所以∃x0∈(0,π
2 )上g
′(x0)=0，即a=−3cos x
e
x
在x∈(0,π
2 )上有解，
令h( x)=−3cos x
e
x
且x∈(0,π
2 )，则h
′( x)= 3(sin x +cos x)
e
x
=
3 ❑√2sin( x +π
4 )
e
x
>0，
所以h( x)在x∈(0,π
2 )上单调递增，故−3<h( x)<0，即a∈(−3,0)；
（3）由a≥2，只需证f (x)=ae
x−2 x−3cos x +1≥2e
x−2 x−3cos x +1≥0恒成立，
令k( x)=2e
x−2 x +1，则k
′( x)=2e
x−2，
当x<0时，k
′( x)<0，即k( x)在(−∞,0)上单调递减，
当x>0时，k
′( x)>0，即k( x)在(0,+∞)上单调递增，
所以k( x)≥k(0)=2−0+1=3，故2e
x−2 x−3cos x +1≥3−3cos x ≥0，
所以a≥2，f (x)≥0恒成立.
【题型7 利用导数求函数的最值】
【例7】（2025·河南驻马店·模拟预测）函数f (x)= x +cos x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 +cos x，∴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.
【变式7-1】（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7-2】（2025·湖南长沙·三模）已知函数f ( x)= ln x +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)= ln x −x e
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h(2)= 1
2 −1
e
2 >0,h(3)= 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ln x0=−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)= ln x0−x0e
x0−4+ x0+1=−x0+ 4−1+ x0+1= 4，
故f ( x)的最大值为4．
【变式7-3】（2025·山东烟台·三模）已知函数f (x)= ln x +ax−a
x
(a<0)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)存在两个极值点x1，x2，且x2≥2 x1，求f (x1)−f (x2)的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)2
3 −ln2
【解题思路】（1）求导得f
′ (x)= a x
2+ x +a
x
2
(x>0,a<0)，对a分类讨论即可得解；
（2）由韦达定理x1+ x2=−1
a，x1 x2=1，f (x1)−f (x2)= ln x1
x2
−2
x1
x2
−1
x1
x2
+1
，通过换元构造函数，即可求解.
【解答过程】（1）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，
f
′ (x)= 1
x +a+ a
x
2 = a x
2+ x +a
x
2
(a<0)，
令g(x)=a x
2+ x +a，Δ=1−4 a
2，
①当a≤−1
2时，g(x)≤0，f
' (x)= a x
2+ x +a
x
2
≤0，
所以函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递减．
②当−1
2 <a<0时，Δ>0，x1, x2= −1±
❑√1−4 a
2
2a
>0，
所以函数f (x)在(0, −1+
❑√1−4 a
2
2a
)，(
−1−
❑√1−4 a
2
2a
,+∞)上单调递减，
在(
−1+
❑√1−4 a
2
2a
, −1−
❑√1−4 a
2
2a
)上单调递增．
（2）由（1）可知当−1
2 <a<0时，函数f (x)存在两个极值点x1，x2，
且满足x1+ x2=−1
a，x1 x2=1，
所以f (x1)−f (x2)= ln x1−ln x2+a(x1−x2)−a(
1
x1
−1
x2)
= ln x1−ln x2−2(x1−x2)
x1+ x2
= ln x1
x2
−2
x1
x2
−1
x1
x2
+1
，
令
x1
x2
=t ∈(0, 1
2)，所以f (x1)−f (x2)=h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，
h
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，所以h(t )在(0, 1
2)单调递增，
h(
1
2)= 2
3 −ln 2，所以f (x1)−f (x2)的最大值为2
3 −ln2．
【题型8 已知函数最值求参数】
【例8】（2025·江苏宿迁·二模）若函数f (x)={
ln x
x
, x ≥2
kx , x<2 )
有最大值，则k的最大值为（ ）
A．ln2
4
B．ln2
2
C．1
2e
D．1
e
2
【答案】C
【解题思路】利用导数求出函数f (x)在[2,+ ∞)上的极大值，根据函数f (x)有最大值可得出关于实数k的不
等式组，即可得出实数k的最大值.
【解答过程】当x ≥2时，f (x)= ln x
x ，则f
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
当2≤x<e时，f
′ (x)>0，此时，函数f (x)单调递增，
当x>e时，f
′ (x)<0，此时，函数f (x)单调递减，
则函数f (x)在x =e处取得极大值，且极大值为f (e)= 1
e ，
因为函数函数f (x)={
ln x
x
, x ≥2
kx , x<2 )
有最大值，则{
k ≥0
2k ≤1
e)，解得0≤k ≤1
2e，
因此，实数k的最大值为1
2e.
故选：C.
【变式8-1】（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)=(2 x −10)(x −b)+(x
2−10 x +25)=(x −5)(3 x −5−2b)，
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8-2】（2025·江苏扬州·三模）若函数f ( x)=a(e
x+a)−x的最小值为2，则实数a 的值是
.
【答案】1
【解题思路】由函数求导，根据参数与零的大小关系，利用导数与函数单调性的关系，求得函数最小值，
建立方程，可得答案.
【解答过程】由f ( x)=a(e
x+a)−x，求导可得f
′ (x)=ae
x−1，
当a>0时，令f
′ (x)=0，可得x =−ln a，
由f
′ (x)<0可得x<−ln a，由f
′ (x)>0得x>−ln a，
所以函数f (x)在(−∞,−ln a)上单调递减，在(−ln a,+∞)上单调递增，
故f (x)min= f (−ln a)=a(
1
a +a)+ ln a=2，解得a=1；
当a=0时，f (x)=−x，显然函数f (x)在R上单调递减，故不合题意；
当a<0时，f
′ (x)=ae
x−1<0，函数f (x)在R上单调递减，故不合题意.
故答案为：1.
【变式8-3】（2025·上海·模拟预测）已知函数f (x)=ln x−ax−2在区间(1,2)上存在最大值，则实数a的取
值范围为
.
【答案】(
1
2 ,1)
【解题思路】由于函数f (x)在区间(1,2)上不单调，等价于函数f (x)在区间(1,2)上存在极值点，对函数f (x)
求导，对a分类讨论，求出极值点，根据极值点在区间(1,2)内，可得关于a的不等式，即可求出结果．
【解答过程】f (x)=ln x−ax−2⇒f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，
当a≤0时，f (x)在(0,+ ∞)上严格单调递增，不符合题意;
当a>0时，令f
′ (x)>0⇒0< x< 1
a；f
′ (x)<0⇒x> 1
a.
所以f (x)在(0, 1
a)上严格单调递增，在(
1
a ,+ ∞)上严格单调递减，
所以f (x)在x = 1
a处取得极大值.
因为函数f (x)在区间(1,2)上存在最大值，
所以1< 1
a <2⇒a∈(
1
2 ,1).
故答案为：(
1
2 ,1).
考点一 函数的单调性
一、单选题
1．（2023·新课标Ⅱ卷·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
【答案】C
【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．
二、填空题
2．（2023·全国乙卷·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
.
【答案】[
❑√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{
ln (a+1)≥−ln a
0<a<1
)即{
a(a+1)≥1
0<a<1 )，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).
三、解答题
3．（2025·全国二卷·高考真题）已知函数f ( x)= ln(1+ x)−x + 1
2 x
2−k x
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2 x1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）2 x1> x2，证明见解析.
【解题思路】（1）先由题意求得f
′ (x)= x
2(
1
1+ x −3k)，接着构造函数g(x)=
1
1+ x −3k , 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 )= 6k t
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 (2 x1)，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−3k x
2= x
2
1+ x −3k x
2= x
2(
1
1+ x −3k)，
因为x∈(0,+∞)，所以x
2>0，设g(x)=
1
1+ x −3k , 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)=1−3k >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−k x
3= 1
2 x
2(1−2kx)<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)
= 6k t
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 )= 6k t
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）2 x1> 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 (2 x1)，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2 x1> x2.
4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=a(x−1)−ln x +1．
(1)求f (x)的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，f (x)<e
x−1恒成立．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解题思路】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，e
x−1−2 x +1+ ln x>0即可.
【解答过程】（1）f ( x)定义域为(0,+ ∞)，f
′( x)=a−1
x = ax−1
x
当a≤0时，f
′( x)= ax−1
x
<0，故f ( x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增，
当x∈(0, 1
a)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f ( x)的单调递减区间为(0,+∞)；
a>0时，f ( x)的单调递增区间为(
1
a ,+∞)，单调递减区间为(0, 1
a).
（2）a≤2，且x>1时，e
x−1−f ( x)=e
x−1−a( x−1)+ ln x−1≥e
x−1−2 x +1+ ln x，
令g( x)=e
x−1−2 x +1+ ln x( x>1)，下证g( x)>0即可.
g
′( x)=e
x−1−2+ 1
x ，再令h( x)= g
′( x)，则h
′( x)=e
x−1−1
x
2，
显然h
′( x)在(1,+ ∞)上递增，则h
′( x)>h
′(1)=e
0−1=0，
即g
′( x)=h( x)在(1,+∞)上递增，
故g
′( x)>g
′(1)=e
0−2+1=0，即g( x)在(1,+ ∞)上单调递增，
故g( x)>g(1)=e
0−2+1+ ln1=0，问题得证.
5．（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)若函数f (x)在(0,+ ∞)单调递增，求a的取值范围．
【答案】(1)(ln 2) x + y −ln 2=0；
(2){a|a≥1
2).
【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)=−ln2，
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).
6．（2023·全国甲卷·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．
【答案】(1)f (x)在(0,π
2 )上单调递减
(2)a≤0
【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.
7．（2023·新课标Ⅰ卷·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．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【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.
考点二 函数的极值与最值
一、多选题
1．（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 x e
−x =(x
2−2 x−3)e
−x，
令f
′( x)=0，解得x =−1或3（舍去），
当x∈(−∞,−1)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.
2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设函数f ( x)=( x−1)
2( x−4)，则（ ）
A．x =3是f ( x)的极小值点
B．当0< x<1时，f ( x)<f (x
2)
C．当1< x<2时，−4<f (2 x−1)<0
D．当−1< x<0时，f (2−x)>f ( x)
【答案】ACD
【解题思路】求出函数f (x)的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数
f (x)在(1,3)上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【解答过程】对A，因为函数f (x)的定义域为R，而f
′ (x)=2(x −1)(x −4)+(x −1)
2=3(x −1)(x −3)，
易知当x∈(1,3)时，f
′ (x)<0，当x∈(−∞,1)或x∈(3,+ ∞)时，f
′ (x)>0
函数f (x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+ ∞)上单调递增，故x =3是函数f (x)的极小值
点，正确；
对B，当0< x<1时，x−x
2= x (1−x)>0，所以1> x> x
2>0，
而由上可知，函数f (x)在(0,1)上单调递增，所以f (x)>f (x
2)，错误；
对C，当1< x<2时，1<2 x−1<3，而由上可知，函数f (x)在(1,3)上单调递减，
所以f (1)>f (2 x−1)>f (3)，即−4<f (2 x−1)<0，正确；
对D，当−1< x<0时，f (2−x)−f ( x)=(1−x)
2(−2−x)−(x−1)
2(x−4)=(x−1)
2(2−2 x)>0，
所以f (2−x)>f ( x)，正确；
故选：ACD.
3．（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
【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)=a ln 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.
二、填空题
4．（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)(3 x−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)=−2a=−4.
故答案为：−4.
三、解答题
5．（2025·上海·高考真题）已知f ( x)= x
2−(m+2)x +mln x ,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 + ln x>1，构建新函数s(x)= x + ln x , 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 + ln x , 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)=2 x−(m+2)+ m
x = 2 x
2−(m+2) x +m
x
= (2 x−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.
6．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数f (x)=(1−ax)ln(1+ x)−x．
(1)当a=−2时，求f (x)的极值；
(2)当x ≥0时，f (x)≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值.
(2)a≤−1
2
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就a≤−1
2、−1
2 <a<0、a≥0分类讨论后可得参数的取值范围.
【解答过程】（1）当a=−2时，f ( x)=(1+2 x)ln(1+ x)−x，
故f
′( x)=2ln(1+ x)+ 1+2 x
1+ x −1=2ln(1+ x)−
1
1+ x +1，
因为y =2ln(1+ x), y =−
1
1+ x +1在(−1,+∞)上为增函数，
故f
′( x)在(−1,+∞)上为增函数，而f
′(0)=0，
故当−1< x<0时，f
′( x)<0，当x>0时，f
′( x)>0，
故f (x)在x =0处取极小值且极小值为f (0)=0，无极大值.
（2）f
'( x)=−a ln(1+ x)+ 1−ax
1+ x −1=−aln(1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
设s(x)=−a ln(1+ x)−(a+1) x
1+ x
, x>0，
则s
′ (x)= −a
x +1 −(a+1)
(1+ x)
2 =−a(x +1)+a+1
(1+ x)
2
=−ax +2a+1
(1+ x)
2
，
当a≤−1
2时，s
' (x)>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，
故s(x)>s(0)=0，即f
' (x)>0，
所以f (x)在[0,+∞)上为增函数，故f (x)≥f (0)=0.
当−1
2 <a<0时，当0< x<−2a+1
a
时，s
′ (x)<0，
故s(x)在(0,−2a+1
a )上为减函数，故在(0,−2a+1
a )上s(x)<s(0)，
即在(0,−2a+1
a )上f
′ (x)<0即f (x)为减函数，
故在(0,−2a+1
a )上f (x)<f (0)=0，不合题意，舍.
当a≥0，此时s
′ (x)<0在(0,+ ∞)上恒成立，
同理可得在(0,+ ∞)上f (x)<f (0)=0恒成立，不合题意，舍；
综上，a≤−1
2.
7．（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,+∞)
【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a
2+ ln a−1>0，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f
′( x)=e
x−a有零点，可得a>0，进而利用导数求f (x)的单
调性和极值，分析可得a
2+ ln a−1>0，构建函数解不等式即可.
【解答过程】（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−a ln 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−a ln 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,+ ∞).
