专题3.5 导数与函数的极值、最值(举一反三复习讲义)
【全国通用】
考点要求
(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
高考真题
统计
考点
2024 年
2025 年
2026 年
导数与函数
的极值、最值
新课标I 卷:第10 题,
6 分
新课标Ⅱ卷:第11 题,
6 分
新课标Ⅱ卷:第16 题
(2),9 分
全国甲卷(理):第
21 题(1),5 分
全国一卷:第19 题
(1),4 分
全国二卷:第10 题,6
分
全国二卷:第13 题,5
分
全国二卷:第18 题,
15 分
全国一卷:第6 题,5
分
北京卷:第20 题(2),
4 分
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命题规律
分析
1、导数与函数的极值、最值
从近三年的高考情况来看,高考对导数与函数的极值、最值的考查较为
稳定,考查内容、频率、题型、难度均变化不大,是高考常考的热点内容。
本节在高考中侧重以导数为工具研究函数的极值和最值问题;此类问题在选
择、填空、解答题中都有考查,选择题、填空题中主要考查极值、最值问题
的求解,试题难度中档;解答题中常以其中一小问设问出现,常与不等式、
方程的根(或函数的零点)等内容结合考查,侧重含参讨论、极值点判定与最
值求解,试题难度中档偏难;体现了分类讨论、转化与化归等数学思想;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;
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(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】(2026·广东·一模)已知函数�= �(�)的导函数图象如图所示,则下列说法中错误的是(
)
A.��在区间1,4 上单调递增
B.�= 7 是�= �(�)的极大值点
C.当4 < �< 7 时,��> 0
D.��在区间7, + ∞上单调递减
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【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��单调递增,A 正确;
�< 7 时,�′ �> 0,函数��单调递增,�> 7,�′ �< 0,函数��单调递减,
所以�= 7 是�= �(�)的极大值点,B 正确;
��在区间7, + ∞上单调递减,D 正确;
当4 < �< 7 时,函数��单调递增,可能��< 0,所以C 不正确;
故选:C.
【变式1-1】(2026·内蒙古赤峰·模拟预测)已知函数��的导函数为�′ �,且�′ �的图象如图所示,则��
的极大值点为(
)
A.�
B.�
C.�
D.�
【答案】C
【解题思路】根据导函数图象和极值点关系即可得到答案.
【解答过程】由图知当�∈�, �时,�′ �> 0,此时��单调递增,
当�= �时,�′ �= 0,
当�∈�, �时,�′ �< 0,此时��单调递减,
则��的极大值点为�.
故选:C.
【变式1-2】(2026·四川成都·模拟预测)已知定义域为0, + ∞的函数��的导函数为�′ �,且函数��=
�−3 ⋅�′ �的部分图象如图所示,则下列说法中正确的是(
)
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A.��有极小值�6 ,极大值�10
B.��有极小值�1 ,极大值�10
C.��有极小值�1 ,极大值�3 和�10
D.��有极小值�6 ,极大值�1
【答案】B
【解题思路】根据给定的函数�(�)图象,分析判断�′(�)值为正或负的x 取值区间作答.
【解答过程】观察图象知,当�(�) > 0 时,0 < �< 1 或3 < �< 10 且�≠6,
当�(�) < 0 时,1 < �< 3 或�> 10,
而当0 < �< 3 时,�−3 < 0,当�> 3 时,�−3 > 0,因此当0 < �< 1 或�> 10 时,�′(�) < 0,
当1 < �< 10 时,�′(�) ≥0,当且仅当�= 6 时取等号,
则�(�)在(0,1)和(10, + ∞)上单调递减,在(1,10)上单调递增,
所以�(�)有极小值�(1),极大值�(10),A,C,D 不正确;B 正确.
故选:B.
【变式1-3】(25-26 高三上·黑龙江·阶段检测)如图是函数�= ��的导函数�= �′ �的图象,下列结论正
确的是(
)
A.�= ��在�= −1 处取得极大值
B.�= 1 是函数�= ��的极值点
C.�=−2 是函数�= ��的极小值点
D.函数�= ��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�= ��的单调性,即可结合选项逐一求解.
【解答过程】由图象可知:当�<−2 时,�′ �< 0, ��单调递减,当�≥−2 时,�′ �≥0, ��单调递增,
故�=−2 是函数�= ��的极小值点,�= ��无极大值.
故选:C.
【题型2
求已知函数的极值(点)】
【例2】(2026·陕西·模拟预测)函数��= 2�3 −6�+ 3 的极小值为(
)
A.−33
B.−7
C.−1
D.7
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【答案】C
【解题思路】求导得�′(�) = 6(�−1)(�+ 1),令�′(�) = 0,求得极值点,进而可得�(�)的单调性,代入求解,
即可得答案.
【解答过程】由题意,�′(�) = 6�2 −6 = 6(�−1)(�+ 1),�∈�,
令�′(�) = 0,解得�=−1 或1,
当�∈( −∞, −1)时,�′(�) > 0,�(�)单调递增,
当�∈( −1,1)时,�′(�) < 0,�(�)单调递减,
当�∈(1, + ∞)时,�′(�) > 0,�(�)单调递增,
所以当�= 1,�(�)取得极小值,且�(1) =−1.
故选:C.
【变式2-1】(2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测)已知�= 1 是函数�(�) = (��2 + 3�−3)e�的极值点,则函数�(�)
的极小值为(
)
A.−3
B.−e
C.0
D.e
【答案】A
【解题思路】求出函数�(�)的导数,利用给定极值点求出�,进而求出极小值.
【解答过程】函数�(�) = (��2 + 3�−3)e�的定义域为R,求导得�′(�) = (��2 + 2��+ 3�)e�,
由�= 1 是函数�(�)的极值点,得�′(1) = (3�+ 3)e = 0,解得�=−1,
函数�(�) = ( −�2 + 3�−3)e�,�′(�) = ( −�2 + �)e�=−�(�−1)e�,
当�< 0 或�> 1 时,�′(�) < 0;当0 < �< 1 时,�′(�) > 0,
所以函数�(�)的极小值�(0) =−3.
故选:A.
【变式2-2】(2026·新疆·模拟预测)已知函数��= �(�−�)2在�= 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�= 6 或�= 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�′ �= (�−�)2 + 2��−�= �−�
3�−�,
由于�= 2 是极小值点,故�′ 2 = 2 −�
6 −�= 0 ⇒�= 2,或�= 6
,
当�= 6 时,�′ �= �−6
3�−6 ,当�> 6 和�< 2 时,�′ �> 0,当2 < �< 6 时,�′ �< 0,
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故��在2,6 单调递减,在6, + ∞和−∞, 2 单调递增,
此时�= 2 是函数的极大值点,不符合题意,舍去,
当�= 2 时,�′ �= �−2
3�−2 ,当�> 2 和�<
2
3时,�′ �> 0,当
2
3 < �< 2 时,�′ �< 0,
故��在
2
3 , 2 单调递减,在2, + ∞和−∞,
2
3 单调递增,
此时�= 2 是函数的极小值点,符合题意,且�=
2
3是极大值点,故极大值为�
2
3 =
2
3
2
3 −2
2
=
32
27,
故选:C.
【变式2-3】(25-26 高三上·江西·阶段检测)若�= 0 是函数�(�) =
1
3 �3 −�+
1
2 �2 + (�2 + �)�−1 的极小
值点,则�(�)的极大值为(
)
A.
5
6
B.
2
3
C.−
2
3
D.−
5
6
【答案】D
【解题思路】根据题意,由条件可得�′ 0 = 0,即可得到�的值,然后代入检验,再由函数极值的求解,代
入计算,即可得到结果.
【解答过程】由�(�) =
1
3 �3 −(�+
1
2 )�2 + (�2 + �)�−1 可得�′ �= �2 −2 �+
1
2 �+ �2 + �,
又�= 0 是函数��的极小值点,所以�′ 0 = �2 + �= 0,解得�= 0 或�=−1,
当�= 0 时,�′ �= �2 −�= ��−1 ,
当�∈−∞, 0 时,�′ �> 0,此时��单调递增,
当�∈0,1 时,�′ �< 0,此时��单调递减,
即�= 0 是��的极大值点,不符合题意,故舍去;
当�=−1 时,�′ �= �2 + �= ��+ 1 ,
当�∈−∞, −1 时,�′ �> 0,此时��单调递增,
当�∈−1,0 时,�′ �< 0,此时��单调递减,
当�∈0, + ∞时,�′ �> 0,此时��单调递增,
即�=−1 是��的极大值点,�= 0 是��的极小值点,符合题意,
此时��=
1
3 �3 +
1
2 �2 −1,
所以��的极大值为�−1 =−
1
3 +
1
2 −1 =−
5
6.
故选:D.
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【题型3
根据极值(点)求参数】
【例3】(2026·河南新乡·三模)已知函数��= �3 −3�+ �的极小值为6,则实数�的值为(
)
A.8
B.6
C.4
D.2
【答案】A
【解题思路】由已知得�′ �= 3�2 −3,令�′ �= 0,得�=± 1,判断单调性,根据极小值求出参数�的值.
【解答过程】由已知得�′ �= 3�2 −3,令�′ �= 0,得�=± 1,
当�∈−1,1 时,�′ �< 0, ��单调递减,
当�∈−∞, −1 或�∈1, + ∞时,�′ �> 0, ��单调递增,
所以��的极小值为�1 = �−2 = 6,解得�= 8.
故选:A.
【变式3-1】(2026·江苏镇江·模拟预测)若函数��= ��+
1
�+ 2ln�在�∈
1
2 , 2 上有极值,则�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】�′ �=
��2+2�−1
�2
, �> 0,
因为函数��= ��+
1
�+ 2ln�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��2 + 2�−1 = 0 在
1
2 , 2 内有解,且解两侧导数符号不同,
令��= ��2 + 2�−1,则��= 0 在
1
2 , 2 有解,且不能是重根.
分离参数可得�=
1
�2 −
2
�,
令�=
1
�,则�∈
1
2 , 2 ,
所以�= �2 −2�= �−1 2 −1,所以−1 ≤�< 0,
当�=−1 时,�′ �=
−�2+2�−1
�2
=
−�−1 2
�2
≤0,仅在�= 1 处�′ �= 0,
故��在
1
2 , 2 上单调递减,无极值.
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所以�的取值范围是−1,0 .
故选:C.
【变式3-2】(2026·四川攀枝花·二模)已知函数��= �3 −2��2 + �2�在�= 1 处取得极小值,则�=(
)
A.−1
B.1
C.−3
D.3
【答案】B
【解题思路】先由�′ 1 = 0 求出�的可能取值,再逐一进行验证,即可得到�的确定取值.
【解答过程】因为��= �3 −2��2 + �2�,所以�′ �= 3�2 −4��+ �2.
由�′ 1 = 3 −4�+ �2 = 0 ⇒�= 1 或�= 3.
当�= 1 时,�′ �= 3�2 −4�+ 1 = 3�−1
�−1 .
由�′ �> 0 ⇒�<
1
3或�> 1;由�′ �< 0 ⇒
1
3 < �< 1.
所以��在
1
3 , 1 上单调递减,在1, + ∞上单调递增,
所以函数��在�= 1 处取得极小值,
故�= 1 满足题意;
当�= 3 时,�′ �= 3�2 −12�+ 9 = 3 �−1
�−3 .
由�′ �> 0 ⇒�< 1 或�> 3;由�′ �< 0 ⇒1 < �< 3.
所以��在−∞, 1 上单调递增,在1,3 上单调递减,
所以函数��在�= 1 处取得极大值,
故�= 3 不满足题意.
综上,�= 1.
故选:B.
【变式3-3】(2026·河南濮阳·模拟预测)若函数��=−
e2�
2 + �e�−��+ 4 恰有2 个极值点�1,�2,则��1 +
��2 的取值范围为(
)
A.20 −8ln2, + ∞
B.−∞, 20 −8ln2
C.8, + ∞
D.−∞, 8
【答案】A
【解题思路】对�(�)求导,得到�′(�)的表达式,依题意�′(�) = 0 有两个不同的实根,通过换元法,令�= e�,
将方程转化为关于�的方程,分析该方程有两个正根的条件,得到参数�的取值范围,利用韦达定理得到�1与
�2的关系式,将�(�1) + �(�2)转化为关于�的函数,求导,分析其单调性,进而确定取值范围.
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【解答过程】函数�(�) =−
e2�
2 + �e�−��+ 4,求导得:�′(�) =−e2�+ �e�−�,
函数�(�)恰有2 个极值点,即�′(�) = 0 有两个不同实根,
整理得:e2�−�e�+ �= 0,
令�= e�(�> 0),转化为二次方程:�2 −��+ �= 0 有两个不同正根,
由二次方程根的分布:
Δ = �2 −4�> 0
�1 + �2 = �> 0
�1�2 = �> 0
⇒�> 4,其中�1 = e�1, �2 = e�2,
故�1 + �2 = ln�1 + ln�2 = ln(�1�2) = ln�,
代入�(�)表达式得:
�(�1) + �(�2) =−
�1
2+�2
2
2
+ �(�1 + �2) −�(�1 + �2) + 8 =−
(�1+�2)2−2�1�2
2
+ �⋅�−�ln�+ 8 =−
�2−2�
2
+
�2 −�ln�+ 8 =
1
2 �2 + �−�ln�+ 8,
令�(�) =
1
2 �2 + �−�ln�+ 8 (�> 4),求导得:�'(�) = �+ 1 −(ln�+ 1) = �−ln�,
令ℎ�= �−ln�,ℎ'(�) = 1 −
1
�=
�−1
�,当�> 4 时,ℎ'(�) > 0,函数ℎ�单调递增,
即函数�'(�)单调递增,�'(�) > �'(4) = 4 −ln4 > 0,因此��在4, + ∞上单调递增,
因此:�(�) > �(4) =
1
2 × 42 + 4 −4ln4 + 8 = 20 −8ln2,
即�(�1) + �(�2)的取值范围是(20 −8ln2, + ∞).
故选:A.
【题型4
由导数求函数的最值(不含参)】
【例4】(2026·江苏南京·三模)已知函数��= �e−�,则当�∈0,2 时,��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��= �e−�,可得�′ �= e−�−�e−�= e−�1 −�,
当0 ≤�< 1 时,�′ �> 0;当1 < �≤2 时,�′ �< 0;
故��= �e−�在0,1 上单调递增,在1,2 上单调递减,
故当�∈0,2 时,��= �e−�在�= 1 时取得极大值,也即最大值�1 =
1
e.
故选:B.
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【变式4-1】(2026·甘肃张掖·模拟预测)已知函数��= �−
e�
�−ln�−1,则函数��的最大值为(
)
A.−e
B.−
1
e2
C.2e
D.
e2
4
【答案】A
【解题思路】利用导数分析函数��在定义域上的单调性,即可求出函数��的最大值.
【解答过程】由题意知:��的定义域为0, + ∞.
�′ �= 1 −
e��−1
�2
−
1
�=
�2−e��−1 −�
�2
=
�−1
�−e�
�2
.
设��= �−e�,则�′ �= 1 −e�.
当�> 0 时,�′ �< 0,��在0, + ∞上单调递减,
所以,��< �0 =−1 < 0,即�−e�< 0,
故当0 < �< 1 时,�′ �> 0,��在0,1 单调递增;
当�> 1 时,�′ �< 0,��在1, + ∞上单调递减.
所以,��max = �1 =−e.
故选:A.
【变式4-2】(2026·陕西渭南·二模)函数��= �−1 + �−3 + 2e�的最小值为(
)
A.6
B.2 + 2e
C.6 −2ln2
D.e2 + 1
【答案】A
【解题思路】分�≤1,1 < �< 3,�≥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�≤1 时,��= 1 −�+ 3 −�+ 2e�= 4 −2�+ 2e�,
则�′ �=−2 + 2e�,
令�′ �> 0,得0 < �≤1;令�′ �< 0,得�< 0,
所以函数��在−∞, 0 上单调递减,在0,1 上单调递增,
则��min = �0 = 4 + 2 = 6;
当1 < �< 3 时,��= �−1 + 3 −�+ 2e�= 2 + 2e�,
函数��在1,3 上单调递增,则��> �1 = 2 + 2e > 6;
当�≥3 时,��= �−1 + �−3 + 2e�= 2�−4 + 2e�,
则�′ �= 2 + 2e�> 0,函数��在3, + ∞上单调递增,
则��min = �3 = 6 −4 + 2e3 = 2 + 2e3 > 6.
综上所述,函数��= �−1 + �−3 + 2e�的最小值为6.
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故选:A.
【变式4-3】(2026·云南·三模)设函数�(�) = �+ e�,�(�) = �+ ln�,若存在�1, �2,使得��1 = ��2 ,
则
�1
e�1 −�2的最大值为(
)
A.−1
B.−2
C.−e
D.−3
【答案】A
【解题思路】由��1 = ��2 ,得到�1 + e�1 = eln�2 + ln�2,又由�′(�) > 0,得到�(�)在R 上单调递增,得
到
�1
e�1 −�2 =
ln�2
�2 −�2 =
ln�2−�2
2
�2
,令ℎ(�) =
ln�−�2
�
,求得ℎ′(�) =
1−�2−ln�
�2
,令�(�) = 1 −�2 −ln�(�> 0),求得
�′(�) < 0,得到�(�)在(0, + ∞)上单调递减,且�(1) = 0,进而得到ℎ(�)的单调性和极值(最值),即可
求解.
【解答过程】由��1 = ��2 ,可得�1 + e�1 = �2 + ln�2,所以�1 + e�1 = eln�2 + ln�2,又由�′(�) = 1 + e�> 0,
所以�(�)在R 上单调递增,
因为��1 = �ln�2 ,所以�1 = ln�2,所以
�1
e�1 −�2 =
ln�2
�2 −�2 =
ln�2−�2
2
�2
,
令ℎ(�) =
ln�−�2
�
, �∈(0, + ∞),则ℎ′(�) =
1−2�2−ln�+�2
�2
=
1−�2−ln�
�2
, �> 0,
令�(�) = 1 −�2 −ln�(�> 0),则�′(�) =−2�−
1
�(�> 0),可得�′(�) < 0,
所以�(�)在(0, + ∞)上单调递减,且�(1) = 0,
当�∈(0,1)时,�(�) > 0,ℎ′(�) > 0,则ℎ(�)在(0,1)上单调递增;
当�∈(1, + ∞)时,�(�) < 0,ℎ′(�) < 0,则ℎ(�)在(1, + ∞)上单调递减,
所以当�= 1 时,ℎ(�)有极大值,即最大值,所以ℎ(�) ≤ℎ(1) =−1.
故选:A.
【题型5
由导数求函数的最值(含参)】
【例5】(2026·辽宁·三模)已知函数�(�) = �(�+ 1)e�(�≠0).
(1)当�= 1 时,判断过点( −1,0)且与曲线�(�)相切的直线有几条,并求出切线方程;
(2)求�(�)的最值.
【答案】(1)只有1 条,�−��+ 1 = 0
(2)当�> 0 时,�(�)min = �( −2) =−
�
e2,没有最大值;当�< 0 时,�(�)max = �( −2) =−
�
e2,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 =−�0 + 2 e�0 + e�0 −�0
2 −�0 + 1 ,进而求解判断即;
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(2)分�> 0 与�> 0 两种情况,可得�(�)的单调性,进而可求最值.
【解答过程】(1)当�= 1 时,�(�) = (�+ 1)e�,则�′(�) = (�+ 2)e�,
由题意可知点( −1,0)在曲线�(�)上,
①所以当( −1,0)是切点时,则切线斜率为�′( −1) =
1
e
进而切线方程为�=
1
e (�+ 1),即�−e�+ 1 = 0,
②当( −1,0)不是切点时,设切点为�0, �0 + 1 e�0 ,且�0 ≠−1,
则切线斜率为�′ �0 = �0 + 2 e�0,
进而切线方程为�−�0 + 1 e�0 = �0 + 2 e�0 �−�0 ,
化简得�= �0 + 2 e�0�+ e�0 −�0
2 −�0 + 1 ,
将( −1,0)代入上式,得0 =−�0 + 2 e�0 + e�0 −�0
2 −�0 + 1 ,
化简得�0
2 + 2�0 + 1 = 0,解得�0 =−1(舍),进而此时没有切线,
综上所述,过点( −1,0)且与曲线�(�)相切的直线只有1 条,切线方程为�−��+ 1 = 0.
(2)�′(�) = �(�+ 2)e�,
当�> 0 时,由�'(�) < 0 解得�<−2,由�'(�) > 0 解得�>−2,
�(�)在( −∞, −2)上单调递减,在( −2, + ∞)上单调递增,
所以�(�)min = �( −2) =−
�
e2,没有最大值;
当�< 0 时,由�'(�) < 0 解得�>−2,由�'(�) > 0 解得�<−2,
�(�)在( −∞, −2)上单调递增,在( −2, + ∞)上单调递减,
所以�(�)max = �( −2) =−
�
e2,没有最小值.
综上,当�> 0 时,�(�)min = �( −2) =−
�
e2,没有最大值;
当�< 0 时,�(�)max = �( −2) =−
�
e2,没有最小值.
【变式5-1】(25-26 高二下·广西贵港·阶段检测)已知函数��= �ln�−��≠0 ;
(1)若�= 1,求函数��的单调区间;
(2)当�> 0 时,求函数��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)
当0 < �< 2 时,�(�)max = �ln�−�,
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当�≥2 时,�(�)max = �ln2 −2.
【解题思路】(1)代入得�(�) = ln�−�,求导得�′(�) =
−�+1
�,分析其单调性即可;
(2)求导得�′(�) =
−�+�
�
, �> 0,分0 < �< 2 和�≥2 讨论即可.
【解答过程】(1)函数定义域为(0, + ∞),
当�= 1 时,�(�) = ln�−�,
则�′(�) =
−�+1
�
, �> 0,
令�′(�) > 0 ⇒0 < �< 1,
令�′(�) < 0 ⇒�> 1,
所以�(�)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1, + ∞).
(2)�′(�) =
�
�−1 =
−�+�
�
, �> 0,
令�′(�) = 0 解得�= �
①当0 < �< 2 时,
当0 < �< �时,�′(�) > 0, ∴�(�)在区间(0, �)上单调递增,
当�< �≤2 时,�′(�) < 0, ∴��在区间(�, 2]上单调递减.
∴�(�)max = �(�) = �ln�−�.
②当�≥2 时,
当0 < �≤2 时,�′(�) > 0,∴�(�)在区间(0,2]单调递增.
∴�(�)max = �(2) = �ln2 −2.
综上所述,当0 < �< 2 时,�(�)max = �ln�−�,
当�≥2 时,�(�)max = �ln2 −2.
【变式5-2】(2026·山东泰安·模拟预测)已知函数��= �−ln �−�(�> 0)
(1)求��在区间2�, 3�上的最大值.
(2)设��= �−��+
7�−4�,若��≤ln�+ �−ln2 恒成立,求�的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2) 1, + ∞
【解题思路】(1)求出函数的导数,就�≥1、0 < �≤
1
2、
1
2 < �< 1 分类讨论导数的符号后结合单调性可求
最大值;
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(2)利用虚设零点结合不等式恒成立可求导数零点的范围,从而可求参数的取值范围.
【解答过程】(1)�′(�) = 1 −
1
�−�=
�−�−1
�−�,令�′(�) = 0,得�= �+ 1
①当�+ 1 ≤2�,即�≥1 时,�′(�) ≥0 恒成立,此时�(�)在区间2�, 3�上单调递增
∴�(�)max = �(3�) = 3�−ln2�
②当�+ 1 ≥3�,即0 < �≤
1
2时,�′(�) ≤0 恒成立,
此时�(�)在区间2�, 3�上单调递减,∴�(�)max = �(2�) = 2�−ln�
③当2�< �+ 1 < 3�,即
1
2 < �< 1 时,
�(�)在区间2�, �+ 1 上单调递减,在区间�+ 1,3�上单调递增,
�(�)的最大值为�(2�)与�(3�)中的较大者.
∵�(3�) −�(2�) = (3�−ln2�) −(2�−ln�) = �−ln2
当�= ln2 时,�(3�) −�(2�) = 0,�(�)max = �(3�) = �(2�),
当ln2 < �< 1 时,�(3�) −�(2�) > 0,�(�)max = �(3�),
当
1
2 < �< ln2 时�(3�) −�(2�) < 0,�(�)max = �(2�),
综上所述:当�≥ln2 时,�(�)max = �(3�) = 3�−ln2�,
当0 < �< ln2 时,�(�)max = �(2�) = 2�−ln�.
(2)由题意:�(�) = ln(�−�) +
7�−4�(�< �≤
7
4 �)
∴�′(�) =
1
�−�−
2
7�−4�
=
7�−4�−2(�−�)
(�−�) 7�−4�
令ℎ(�) =
7�−4�−2(�−�),
因为�=
7�−4�, �=−2(�−�)在�,
7
4 �上单调递减,
故ℎ(�)在�,
7
4 �上单调递减,而ℎ(�) =
3�> 0,ℎ(
7
4 �) =−
3
2 �< 0,
所以存在唯一的�0 ∈�,
7
4 �,使得ℎ(�0) = 0,即7�−4�0 = 2(�0 −�).
当�∈�, �0 时,ℎ(�) > 0,�′(�) > 0,�(�)单增,
当�∈�0,
7
4 �时,ℎ(�) < 0,�′(�) < 0,�(�)单减,
∴�(�)max = �(�0) = ln(�0 −�) +
7�−4�0 = ln(�0 −�) + 2(�0 −�),
由题意,ln(�0 −�) + 2(�0 −�) ≤ln�+ �−ln2 = ln
�
2 + �
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令�(�) = ln�+ 2�,则�(�0 −�) ≤�(
�
2 )
又因为�(�)在0, + ∞上为增函数,∴�0 −�≤
�
2,∴�0 ≤
3�
2 ,∴ℎ(
3
2 �) ≤0,
即7�−4 ×
3
2 �−2(
3
2 �−�) ≤0,解得,�≥1,
所以�的取值范围为1, + ∞.
【变式5-3】(25-26 高二下·四川成都·期中)已知函数��= ln�−���∈�
(1)当�=
1
2时,求��的极值;
(2)当�> 0 时,讨论函数��在区间1,2 上的单调性及最小值.
【答案】(1)极大值为�2 = ln2 −1,无极小值
(2)当�≥1 时,��在1,2 上单调递减,最小值是ln2 −2�;当
1
2 < �< 1 时,��在1,
1
�上单调递增,在
1
�, 2
上单调递减;此时若
1
2 < �< ln2,最小值为−�;若ln2 ≤�< 1,最小值为ln2 −2�;当0 < �≤
1
2时,��
在1,2 上单调递增,最小值是−�.
【解题思路】(1)求导后,根据�′ �正负可得��单调性,结合极值定义可求得结果;
(2)求导后,分别讨论0 <
1
�≤1、1 <
1
�< 2 和
1
�≥2 时��在1,2 上的单调性,进而确定最小值.
【解答过程】(1)当�=
1
2时,��= ln�−
1
2 �,∴�′ �=
1
�−
1
2 =
2−�
2�,
∴当�∈0,2 时,�′ �> 0;当�∈2, + ∞时,�′ �< 0;
∴��在0,2 上单调递增,在2, + ∞上单调递减,
∴��的极大值为�2 = ln2 −1,无极小值.
(2)由��= ln�−��得:�′ �=
1
�−�=
1−��
�,
∵�> 0,∴令�′ �= 0,解得:�=
1
�> 0,
∴当�∈0,
1
�时,�′ �> 0;当�∈
1
�, + ∞时,�′ �< 0;
∴��在0,
1
�上单调递增,在
1
�, + ∞上单调递减;
①当0 <
1
�≤1,即�≥1 时,��在1,2 上单调递减,
此时��的最小值为�2 = ln2 −2�;
②当1 <
1
�< 2,即
1
2 < �< 1 时,��在1,
1
�上单调递增,在
1
�, 2 上单调递减;
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∵�1 = ln1 −�=−�,�2 = ln2 −2�,∴�2 −�1 = ln2 −�,
∴当
1
2 < �< ln2 时,�2 > �1 ,此时��min = �1 =−�;
当ln2 ≤�< 1 时,�2 ≤�1 ,此时��min = �2 = ln2 −2�;
③当
1
�≥2,即0 < �≤
1
2时,��在1,2 上单调递增,
此时��的最小值为�1 =−�;
综上所述:当�≥1 时,��在1,2 上单调递减,最小值是ln2 −2�;
当
1
2 < �< 1 时,��在1,
1
�上单调递增,在
1
�, 2 上单调递减;此时若
1
2 < �< ln2,最小值为−�;若ln2 ≤�<
1,最小值为ln2 −2�;
当0 < �≤
1
2时,��在1,2 上单调递增,最小值是−�.
【题型6
已知函数最值求参数】
【例6】(2026·陕西渭南·模拟预测)已知函数��= �e�+ �在区间0,1 上的最小值为1,则实数a 的值为
(
)
A.-2
B.2
C.-1
D.1
【答案】D
【解题思路】先利用导函数研究函数的单调性及最值计算即可.
【解答过程】由题意可知:�′ �= �+ 1 e�,
所以当�∈0,1 时�′ �> 0,则��在0,1 上单调递增,
所以��min = �0 = �= 1.
故选:D.
【变式6-1】(2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测)已知函数��=
�
2 �2 + �ln�在�= 1 处有最小值,最小值小
于�+ 1,则��的取值范围是(
)
A.0, + ∞
B.0,
4
9
C.−
4
9 , 0
D.−∞, 0
【答案】C
【解题思路】分析可知函数��在�= 1 取极小值,可得出�′ 1 = 0,则�=−�,利用导数分析函数��的
单调性,结合��min < �+ 1 可求出�的取值范围,即可得出��的取值范围.
【解答过程】函数��=
�
2 �2 + �ln�的定义域为0, + ∞,且�′ �= ��+
�
�,
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由于函数��在�= 1 有最小值,则函数��在�= 1 取极小值,则�′ 1 = �+ �= 0,
所以�=−�,
即�′ �= ��−
�
�=
��2−1
�
,
当�= 0 时,�′ �= 0 对任意的�> 0 恒成立,��= 0,不合乎题意;
当�> 0 时,由�′ �< 0 可得0 < �< 1,由�′ �> 0 可得�> 1,
此时函数��的减区间为0,1 ,增区间为1, + ∞,此时函数��在�= 1 处取得极小值,即最小值,合乎
题意;
当�< 0 时,由�′ �< 0 可得�> 1,由�′ �> 0 可得0 < �< 1,
此时函数��的减区间为1, + ∞,增区间为0,1 ,此时函数��在�= 1 处取得极大值,不合乎题意.
所以�> 0,由题意可得��=
�
2 �2 −�ln�,则��min =
�
2 < �+ 1 =−�+ 1,解得0 < �<
2
3,
因此,��=−�2 ∈−
4
9 , 0 .
故选:C.
【变式6-2】(2026·江苏宿迁·二模)若函数��=
ln�
�, �≥2
��, �< 2
有最大值,则�的最大值为(
)
A.
ln2
4
B.
ln2
2
C.
1
2e
D.
1
e2
【答案】C
【解题思路】利用导数求出函数��在2, + ∞上的极大值,根据函数��有最大值可得出关于实数�的不等
式组,即可得出实数�的最大值.
【解答过程】当�≥2 时,��=
ln�
�,则�′ �=
1−ln�
�2 ,
当2 ≤�< e 时,�′ �> 0,此时,函数��单调递增,
当�> e 时,�′ �< 0,此时,函数��单调递减,
则函数��在�= e 处取得极大值,且极大值为�e =
1
e,
因为函数函数��=
ln�
�, �≥2
��, �< 2
有最大值,则
�≥0
2�≤
1
e
,解得0 ≤�≤
1
2e,
因此,实数�的最大值为
1
2e.
故选:C.
【变式6-3】(2026·四川自贡·三模)函数��= �−5 2 �−�,若��在�, �+ 3 有最大值,则实数�的
取值范围是(
)
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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+2�
3
= 5,
5+2�
3
> 5,
5+2�
3
< 5 三种情况讨论求解即可.
【解答过程】由��= �−5 2 �−�= �2 −10�+ 25
�−�,
则�′ �= 2�−10
�−�+ �2 −10�+ 25 = �−5
3�−5 −2�,
令�′ �= 0,得�= 5 或�=
5+2�
3 ,
当
5+2�
3
= 5,即�= 5 时,�′ �= 3 �−5 2 ≥0,
函数��在R 上单调递增,此时��在�, �+ 3 上没有最大值,不符合题意;
当
5+2�
3
> 5,即�> 5 时,
令�′ �> 0,得�< 5 或�>
5+2�
3 ,
令�′ �< 0,得5 < �<
5+2�
3 ,
则函数��在−∞, 5 和
5+2�
3
, + ∞上单调递增,在5,
5+2�
3
上单调递减,
又�5 = ��= 0,则��在�, �+ 3 没有最大值,不符合题意;
当
5+2�
3
< 5,即�< 5 时,
令�′ �> 0,得�<
5+2�
3 或�> 5,
令�′ �< 0,得
5+2�
3
< �< 5,
则函数��在−∞,
5+2�
3
和5, + ∞上单调递增,在
5+2�
3
, 5 上单调递减,
又�
5+2�
3
=
5+2�
3
−5
2
5+2�
3
−�=−
4 �−5 3
27
,
�
20−�
3
=
20−�
3
−5
2
20−�
3
−�=−
4 �−5 3
27
,
要使��在�, �+ 3 有最大值,
则�<
5+2�
3
< �+ 3 ≤
20−�
3 ,解得−4 < �≤
11
4 .
综上所述,实数�的取值范围是−4,
11
4 .
故选:B.
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【题型7
函数的极值、最值与其他问题综合】
【例7】(2026·海南三亚·一模)已知函数��= �e�+ �,则下列结论正确的是(
)
A.不存在�∈�,使得��的图象与�轴相切
B.存在�∈�,使得��有极小值
C.若−
1
e < �< 0,则函数��有且仅有2 零点
D.若�< 0,则��> �2 + �+ 3 �+ 1
【答案】C
【解题思路】取�=−
1
e,利用导数的几何意义可判断A 选项;对实数�的取值进行分类讨论,利用导数分析函
数��的单调性,结合极值点的定义可判断B 选项;参变分离得出−�=
�
e�,令��=
�
e�,利用导数分析函
数��的单调性与极值,数形结合可判断C 选项;证明出e�−�> 0,结合不等式的性质可判断D 选项.
【解答过程】对于A 选项,当�=−
1
e时,��= �−e�−1,则�1 = 0,�′ �= 1 −e�−1,则�′ 1 = 0,
所以,曲线�= ��在�= 1 处的切线方程为�= 0,A 错;
对于B 选项,��= �+ �e�,该函数的定义域为�,�′ �= 1 + �e�,
当�≥0 时,�′ �> 0 对任意的�∈�恒成立,此时函数��在�上为增函数,无极值;
当�< 0 时,由�′ �< 0 可得�>−ln −�,由�′ �> 0 可得�<−ln −�,
此时,函数��在−∞, −ln −�
上单调递增,在−ln −�, + ∞上单调递减,
此时,函数��有极大值点,无极小值点,B 错;
对于C 选项,由��= �e�+ �= 0 可得−�=
�
e�,
令��=
�
e�,所以,直线�=−�与函数��的图象有两个交点.
�′ �=
1−�
e�,由�′ �> 0 得�< 1,由�′ �< 0 可得�> 1,
所以,函数��的增区间为−∞, 1 ,减区间为1, + ∞,
函数��的极大值为�1 =
1
e,当�> 0 时,��> 0;当�< 0 时,��< 0.
如下图所示:
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由图可知,当0 <−�<
1
e时,即当−
1
e < �< 0 时,直线�=−�与函数��的图象有两个交点,
此时函数��有且仅有2 个零点,C 对;
对于D 选项,令ℎ�= e�−�,其中�∈�,则ℎ′ �= e�−1,
由ℎ′ �< 0 可得�< 0,由ℎ′ �> 0 可得�> 0,
所以,函数ℎ�在区间−∞, 0 上单调递减,在0, + ∞上单调递增,
所以,ℎ�≥ℎ0 = 1,即e�−�> 0,
当�< 0 时,�e�−�< 0 ≤�+ 1 2 = �2 + 2�+ 1,可得�e�+ �< �2 + �+ 3 �+ 1,
即��< �2 + �+ 3 �+ 1,D 错.
故选:C.
【变式7-1】(2026·湖北襄阳·模拟预测)已知函数�(�) = �ln�+ ��2有大于0 的极大值,其中�,�都是实数,
则(
)
A.��> 0
B.函数�(�)有两个极值点
C.�(�)在(0,e)内有2 个零点
D.�(�)在(0,
e)内有1 个零点
【答案】D
【解题思路】根据给定条件,利用导数可得�> 0, �< 0 及�+ 2�e > 0 并判断AB;由函数的零点的意义分
离参数并构造函数,转化为直线与函数图象交点个数求解判断CD.
【解答过程】函数�(�) = �ln�+ ��2的定义域为(0, + ∞),求导得�′(�) =
�
�+ 2��=
�+2��2
�
,
当�= 0 时,函数�(�) = ��2在(0, + ∞)上没有极值,
当�= 0 时,函数�(�) = �ln�在(0, + ∞)上没有极值,
则��≠0,由�(�)有极大值,得−
�
2�> 0, �< 0,因此�> 0, �< 0,A 错误;
当0 < �<
−
�
2�时,�′(�) > 0;当�>
−
�
2�时,�′(�) < 0,
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函数�(�)在(0,
−
�
2�)上单调递增,在( −
�
2�, + ∞)上单调递减,
函数�(�)在�=
−
�
2�处取得极大值�( −
�
2�) = �ln −
�
2�−
1
2 �,函数�(�)有唯一极值点,B 错误;
由函数�(�)的极大值大于0,得�ln −
�
2�−
1
2 �> 0,整理得2ln −
�
2�> 1,即ln( −
�
2�) > 1,
则−
�
2�> e,即�+ 2�e > 0,由�(�) = �ln�+ ��2 = 0,得
ln�
�2 =−
�
�,
令函数�(�) =
ln�
�2 ,求导得�′(�) =
1−2ln�
�3
,由�′(�) > 0,得0 < �<
e;由�′(�) < 0,得�>
e,
函数�(�)在(0,
e)上单调递增,在( e, + ∞)上单调递减,函数�= �(�)在(0,e)上的图象,如图:
而�(1) = 0, �( e) =
1
2e , �(e) =
1
e2,由�> 0, �< 0, �+ 2�e > 0,0 <−
�
�<
1
2e,
当0 <−
�
�<
1
e2时,直线�=−
�
�与�= �(�)在(0,
e)上的图象有1 个交点,在(0,e)上的图象有1 个交点;
当
1
e2 <−
�
�<
1
2e时,直线�=−
�
�与�= �(�)在(0,
e)上的图象有1 个交点,在(0,e)上的图象有2 个交点;
因此当0 <−
�
�<
1
e2时,函数�(�)在(0,
e)内有1 个零点,在(0,e)内有1 个零点;
当
1
e2 <−
�
�<
1
2e时,函数�(�)在(0,
e)内有1 个零点,在(0,e)内有2 个零点,C 错误,D 正确.
故选:D.
【变式7-2】(2026·湖南衡阳·模拟预测)已知函数�(�) = (�−1)(e�−��−�), �∈R.
(1)若�(�)在�= 1 处取得极值,求a 的值;
(2)若当�≥0 时,�(�) ≥−4�恒成立,求实数a 的取值范围.
【答案】(1)�=
e
2
(2)
1
5 ,
e3
2
【解题思路】(1)求出原函数的导函数,由�′ 1 = 0,求解验证即可;
(2)分类讨论�的范围,根据导数求得最小值,结合题意列出不等式求解即可.
【解答过程】(1)由题意得�′ �= e�−��−�+ �−1
e�−�= �e�−2�.
因为��在�= 1 处取得极值,所以�′ 1 = e −2�= 0,解得�=
e
2.
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经验证,当�=
e
2时,��在�= 1 处取得极小值,符合题意,故�=
e
2.
(2)由(1)知�′ �= �e�−2�.
①若�≤
1
2,则当�≥0 时,e�−2�≥0,即�′ �≥0 恒成立,
所以��在0, + ∞上单调递增,�(�)min = �0 = �−1,
由�−1 ≥−4�,得�≥
1
5,故
1
5 ≤�≤
1
2.
②若�>
1
2,令�′ �= 0,得�= 0 或�= ln 2�> 0,
当�∈0,ln 2�
时,�′ �< 0,��单调递减,
当�∈ln 2�, + ∞时,�′ �> 0,��单调递增.
所以�(�)min = �ln 2�
=−�[ln 2�−1]2,
由−�[ln 2�−1]2 ≥−4�,可得[ln 2�−1]2 ≤4,解得
e−1
2 ≤�≤
e3
2,故
1
2 < �≤
e3
2.
综上,实数�的取值范围是
1
5 ,
e3
2 .
【变式7-3】(2026·甘肃白银·三模)已知函数��= �2 −�ln �+ 1 −�,�∈�.
(1)当�=−1 时,求函数��的极值;
(2)当�> 0 时,��> �,求�的取值范围;
(3)设�0是函数��= ��+ �在0, + ∞上的一个零点,判断�0与e�−1的大小关系,并说明理由.
【答案】(1)极大值为
3
4 −ln2,极小值为0
(2) −∞, −2
(3)e�−1 > �0,理由见解析
【解题思路】(1)求导计算��的极值;
(2)由��> �可得�2 −�ln �+ 1 −2�> 0,令ℎ�= �2 −�ln �+ 1 −2�,求导得到ℎ′ �,分�≤−2
和�>−2 进行讨论可得结果;
(3)利用放缩法证明�0 < �,再结合导数计算单调性得到e�−1 ≥�,从而得到e�−1 > �0.
【解答过程】(1)当�=−1 时,��= �2+ln �+ 1 −��>−1 ,�′ �= 2�+
1
�+1 −1 =
2��+1 −�+1 +1
�+1
=
2�2+�
�+1 ,
令�′ �= 0,可得�=−
1
2或�= 0,
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当�′ �> 0 时,�<−
1
2或�> 0,当�′ �< 0 时,−
1
2 < �< 0,
所以当�=−
1
2时,��取得极大值,极大值为�−
1
2 =
1
4 + ln
1
2 +
1
2 =
3
4 −ln2,
当�= 0 时,��取得极小值,极小值为�0 = 0.
综上,��的极大值为
3
4 −ln2,极小值为0.
(2)当�> 0 时,��> �,即�2 −�ln �+ 1 −2�> 0,
令ℎ�= �2 −�ln �+ 1 −2�,求导得ℎ′ �= 2�−
�
�+1 −2 =
2�2−2−�
�+1
,
当�≤−2 时,2�2 −2 −�> 0,则ℎ′ �> 0,又ℎ0 = 0,则ℎ�> ℎ0 = 0,满足题意;
当�>−2 时,令ℎ′ �= 0,设ℎ′ �1 = 0 �1 > 0 ,
令ℎ′ �> 0,可得�> �1,令ℎ′ �< 0,可得0 < �< �1,所以ℎ�在0, �1 上单调递减,�1, + ∞上单调
递增,
故ℎ�1 < ℎ0 = 0,不满足题意.
综上,�的取值范围是−∞, −2 .
(3)��= ��+ �= �2 −�ln �+ 1 ,
由�0是函数��在0, + ∞上的一个零点,则��0 = �0
2 −�ln �0 + 1 = 0,即�0
2 = �ln �0 + 1 ,�0 > 0,
令��= ln �+ 1 −�,则�′ �=
1
�+1 −1 =
−�
�+1 < 0,所以��在0, + ∞上单调递减,
则��< �0 = 0,即ln �+ 1 −�< 0,ln �+ 1 < �,
则ln �0 + 1 < �0,代入�0
2 = �ln �0 + 1 ,可得�0
2 < ��0,即�0 < �,则�> 0,
再令��= e�−1 −�,则�' �= e�−1 −1,
令�' �> 0,则�> 1;令�' �< 0,则0 < �< 1;
所以��在0,1 上单调递减,1, + ∞上单调递增,则��≥�1 = 0,
即e�−1 −�≥0,e�−1 ≥�,所以e�−1 ≥�> �0,即e�−1 > �0.
一、单选题
1.(2026·山东济南·模拟预测)已知函数��= �3 + ��2 + ��+ �2在�= 2 处有极值44,则�=(
)
A.-6 或10
B.-6
C.6
D.10
【答案】D
【解题思路】先求出导函数,再根据极值点及极值列式计算求解参数,再检验即可.
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【解答过程】对函数求导可得,�′ �= 3�2 + 2��+ �,
由题意可得,�' 2 = 12 + 4�+ �= 0,
∴�2 = 23 + �× 22 + �× 2 + �2 = 44,
∴�2 −4�−60 = 0,即得�−10
�+ 6 = 0,所以�= 10 或�=−6,
当�= 10 时,�=−52,所以�′ �= 3�2 + 20�−52 = �−2
3�+ 26 ,
所以�∈−
26
3 , 2 , �′ �< 0, ��单调递减,�∈2, + ∞, �′ �> 0, ��单调递增,在�= 2 处有极小值,
符合题意;
当�=−6 时,�= 12,所以�′ �= 3�2 −12�+ 12 = 3 �−2 2 ≥0,
所以�∈−∞, + ∞, �′ �≥0, ��单调递增,无极值,不符合题意,舍去
∴�= 10,
故选:D.
2.(2026·河南驻马店·模拟预测)函数��= �+ cos�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��的单调性,进而可求得最大值.
【解答过程】∵��= �+ cos�,∴�′ �= 1 −sin�,
∵�∈−
π
2 ,π ,∴1 −sin�∈0,2 ,即�′ �≥0,
∴��在−
π
2 ,π 上单调递增,∴��max = �π = π + cosπ = π −1.
故选:D.
3.(2026·河南周口·模拟预测)已知函数��= ���2 −�ln��有两个极值点,则实数�的取值范围为(
)
A.0,
1
2
B.0,
1
3
C.0,
1
4
D.0,
1
5
【答案】A
【解题思路】由题意可知2���−ln��−1 = 0 有两个根,令��= �,则2��−ln�−1 = 0,故直线�= 2��−1
与��= ln�的图象有两个交点,先求两图像相切再求两个交点即可.
【解答过程】由题意�′ �= 2���−ln��−1,∵��有两个极值点,
∴�' �= 0 有两个不同的实根,即2���−ln��−1 = 0 有两个根.
令��= �,则2��−ln�−1 = 0,∴直线�= 2��−1 与��= ln�的图象有两个交点.
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若直线�= 2��−1 与��= ln�的图象相切,则设切点为�0,ln�0 .
由于�′ �=
1
�,则切线的斜率为
1
�0,∴切线方程为�−ln�0 =
1
�0 �−�0 ,
即�=
1
�0 �−1 + ln�0,∴ln�0 = 0,解得�0 = 1,∴2�=
1
�0 = 1.
∵要使直线�= 2��−1 与��= ln�的图象有两个交点,∴0 < 2�< 1,∴0 < �<
1
2.
故选:A.
4.(2026·河南·模拟预测)已知函数��=
�
e�−1 e�−1 −�2 ,则函数��的极值点个数为(
)
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】C
【解题思路】对函数求导,运用导数的零点来判断函数的极值点.
【解答过程】�' �=
e�−1−�e�−1
(e�−1)2
⋅(e�−1 −�2) +
�
e�−1 (e�−1 −2�)
化简得�' �= 1 −
�2(3−�)
e�−1 ,令1 −
�2(3−�)
e�−1
= 0 ,
即e�−1 −3�2 + �3 = 0 ,令ℎ(�) = e�−1 −3�2 + �3,
ℎ'(�) = e�−1 −6�+ 3�2 = 3�(�−2) + e�−1,
令�(�) = e�−1 −6�+ 3�2,则�'(�) = e�−1 −6 + 6�,
令�(�) = e�−1 −6 + 6�,则�'(�) = e�−1 + 6 > 0,故�′(�)在定义域内单调递增;
又因为�'(0) = e0−1 −6 = e−1 −6 < 0,�'(1) = e1−1 −6 + 6 = 1 > 0;
因此∃�0 ∈(0,1),使�′(�0) = 0,
故在( −∞, �0)内�(�) = ℎ′(�)单调递减,在(�0, + ∞)内�(�) = ℎ′(�)单调递增,
当�= 0 时,3�(�−2) = 0,故�< 0 时,ℎ′(�) > 0,ℎ'(0) = e0−1 = e−1 > 0 ,
同理得�> 2 时,ℎ′(�) > 0,ℎ'(2) = e2−1 = e1 > 0 ,
且ℎ'(1) = e1−1 −6 + 3 =−2 < 0 ,
故∃�1 ∈(0,1), ℎ′(�1) = 0, ∃�2 ∈(1,2), ℎ′(�2) = 0,
因此ℎ(�) = e�−1 −3�2 + �3,在−∞, �1 内,ℎ(�)单调递增,在�1, �2 内,ℎ(�)单调递减,在�2, + ∞内ℎ(�)
单调递增,
ℎ( −1) = e−2 −3 −1 = e−2 −4 < 0 ,ℎ(0) = e−1 > 0 ,
ℎ(1) = e0 −3 + 1 =−1 < 0 ,ℎ(3) = e2 −27 + 27 = e2 > 0 ,
故ℎ(�)在−∞, �1 ,�1, �2 ,�2, + ∞区间分别有一个零点,
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因此函数��的极值点个数有3 个.
故选:C.
5.(2026·云南·模拟预测)已知一个正三棱柱的所有顶点都在球�的球面上,若球�的半径为1,则该正三
棱柱体积的最大值为(
)
A.
1
2
B.1
C.2
D.3
【答案】B
【解题思路】由条件结合球的体积公式求球的半径,设正三棱柱的底面边长为�,求出三棱柱的高,结合棱
柱的体积求三棱柱的体积,再利用导数求其最大值.
【解答过程】
设正三棱柱���−�1�1�1的上,下底面的中心分别为�1, �2,连接�1�2,
根据对称性可得,线段�1�2的中点�即为正三棱柱���−�1�1�1的外接球的球心,
线段��为该外接球的半径,��= 1,
设正三棱柱���−�1�1�1的底面边长为�,设线段��的中点为�,
则��=
3
2 �,��1 =
2
3 ��=
2
3 ×
3�
2 =
3�
3 ,
在Rt △��1�中,��1 =
��2 −��1
2 =
1 −
1
3 �2,
所以�1�2 = 2 1 −
1
3 �2,0 < �<
3,
又△���的面积�=
1
2 ��⋅��=
1
2 × �×
3�
2 =
3�2
4 ,
所以正三棱柱���−�1�1�1的体积�=
3�2
4
× 2 1 −
1
3 �2 =
3
2 �2
1 −
1
3 �2,
设�=
1 −
1
3 �2,则�2 = 3 −3�2,0 < �< 1,
所以�=
3
2
3 −3�2 �,0 < �< 1,
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所以�′ =
3
2
3 −9�2 ,
令�′ = 0,可得�=
3
3 或�=−
3
3 ,舍去,
所以当0 < �<
3
3 时,�′ > 0,函数�=
3
2
3 −3�2 �在0,
3
3 上单调递增,
当
3
3 < �< 1 时,�′ < 0,函数�=
3
2
3 −3�2 �在
3
3 , 1 上单调递减,
所以当�=
3
3 时,�=
3
2
3 −3�2 �取最大值,最大值为1,
所以当�=
2时,三棱柱���−�1�1�1的体积最大,最大体积为1.
故选:B.
6.(2026·陕西西安·一模)已知函数��=
ln�+4�
�
,则(
)
A.��的单调递增区间为0,1
B.��的最大值为4
C.��有两个零点
D.�e > �3 > �2
【答案】D
【解题思路】利用导数分析函数的单调性即可判断AB;结合零点存在性定理及函数��的单调性判断C;
由�2 =
ln2
2 + 4 =
ln4
4 + 4 = �4 ,进而结合函数��的单调性判断D.
【解答过程】由��=
ln�+4�
�
=
ln�
�+ 4, �> 0,则�′ �=
1−ln�
�2 ,
令�′ �> 0,得0 < �< e,令�′ �< 0,得�> e,
所以函数��的单调递增区间为0,e ,单调递减区间为e, + ∞,故A 错误;
而��max = �e =
lne
e + 4 =
1
e + 4,故B 错误;
由�
1
e2 =−2e2 + 4 < 0,且�> 1 时,��> 0,
根据零点存在性定理及函数��的单调性可知,��只有一个零点,故C 错误;
由�2 =
ln2
2 + 4 =
ln4
4 + 4 = �4 ,
因为函数��在e, + ∞上单调递减,且e < 3 < 4,
所以�e > �3 > �4 = �2 ,故D 正确.
故选:D.
7.(2026·云南昆明·模拟预测)已知函数��= �3 −3�+ 2,则()
A.��有三个极值点
B.��≤0 当且仅当�≤−2
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C.当�> 1 时,��2 + 1 > �2�
D.��的图象关于0,1 对称
【答案】C
【解题思路】对函数��求导分析其单调区间与极值点,即可判断AC;通过因式分解得��= �3 −3�+ 2 =
�−1 2 �+ 2 ,即可判断B;通过计算��+ �−�即可判断D.
【解答过程】已知函数��= �3 −3�+ 2,则�'(�) = 3�2 −3,
对于A,由�′(�) = 3�2 −3 = 0 得�=± 1,当�' �> 0 时,有�<−1 或�> 1;当�' �< 0 时,有−1 < �< 1,
所以�(�)在( −∞, −1)和(1, + ∞)上单调递增,在( −1,1)上单调递减,
所以�(�)有两个极值点,极大值为�( −1) = 4,极小值为�(1) = 0,故A 错误;
对于B,由于��= �3 −3�+ 2 = �−1 2 �+ 2 ,所以�(�) ≤0 当且仅当�≤−2 或�= 1,故B 错误;
对于C,因为�> 1,所以�2 + 1 > 2�> 1,由�(�)在(1, + ∞)上单调递增,所以�(�2 + 1) > �(2�),故C 正
确;
对于D,假设��的图象关于0,1 对称,则有��+ �−�= 2,
而��+ �−�= �3 −3�+ 2 + −�3 −3 −�+ 2 = 4,所以�(�)的图象关于(0,2)对称,而不是0,1 对称,
故D 错误.
故选:C.
8.(2026·湖南长沙·模拟预测)已知函数��=
��+1
�2+�(�> 0 且�≠1,�∈�)恰有一个极大值点和一个极
小值点,其中一个是�=−�.则极大值与极小值的差不小于1 时,实数k 的取值范围为(
)
A.−∞, −2 ∪
2, + ∞
B.
2, + ∞
C.−∞, −2
D.−2,
2
【答案】A
【解题思路】求导后结合极值点定义可用�表示出�,并可借助韦达定理求出另一个极值点,再对�进行分类
讨论得到函数��对应单调性及其极值点,最后解出对应不等式即可得解.
【解答过程】�′ �=
��2+�−2���+1
�2+�
2
=
−��2−2�+��
�2+�
2
,
由题意可得−��2 −2�+ ��= 0 有两个不等实根,
则�≠0,有−�−�2 −2 −�+ ��= 0,即�=
2
�−1,�=
2
�+ 1,
且有Δ = 4 + 4��2 = 4 + 4�2 + �= 4�2 + 8�+ 4 = 4 �+ 1 2 > 0,即�≠−1,
设−��2 −2�+ ��= 0 的另一实根为�0,则−�0�=−
��
�=−�,即�0 = 1;
由�> 0 且�≠1,则−�< 0,若�> 1,则�> 0,
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当�∈−∞, −�∪1, + ∞时,�′ �< 0,当�∈−�, 1 时,�′ �> 0,
故��在−∞, −�、1, + ∞上单调递减,在−�, 1 上单调递增,
即��的极大值为�1 =
�+1
1+�=
�
2,极小值为�−�=
−�2
2 �+2 ,
此时有�1 −�−�=
�
2 −
−�2
2 �+2 =
�
2
�
�+2 + 1 ≥1,解得�≥
2;
若0 < �< 1,则�<−2,
当�∈−∞, −�∪1, + ∞时,�′ �> 0,当�∈−�, 1 时,�′ �< 0,
故��在−∞, −�、1, + ∞上单调递增,在−�, 1 上单调递减,
即��的极大值为�−�=
−�2
2 �+2 ,极小值为�1 =
�+1
1+�=
�
2,
此时有�−�−�1 =
−�2
2 �+2 −
�
2 =−
�
2
�
�+2 + 1 = 1 −
�+1 2+1
�+2
≥1 恒成立;
综上可得:�∈−∞, −2 ∪
2, + ∞.
故选:A.
二、多选题
9.(2026·江苏·模拟预测)已知函数��= ��−2
�−1 2,则(
)
A.曲线�= ��关于直线�= 1 对称
B.��的极大值为0
C.存在�∈−1,0 ,��≥��−1
D.��有最小值,无最大值
【答案】ABD
【解题思路】利用函数对称性的定义可判断A 选项;利用函数的极值与导数的关系可判断B 选项;利用函数
��在−∞, 0 上的单调性可判断C 选项;令�= �−1 2 ≥0,可得出��= �2 −�,利用二次函数的基本
性质可判断D 选项.
【解答过程】对于A 选项,函数��的定义域为�,
�2 −�= 2 −�
2 −�−2 ⋅2 −�−1 2 = ��−2
�−1 2 = ��,
所以曲线�= ��关于直线�= 1 对称,A 对;
对于B 选项,因为��= �2 −2�
�−1 2 =
�−1 2 −1 �−1 2 = �−1 4 −�−1 2,
则�′ �= 4 �−1 3 −2 �−1 = 2 �−1
2�2 −4�+ 1 ,
由�′ �< 0 可得�<
2−2
2 或1 < �<
2+ 2
2 ,
由�′ �> 0 可得
2−2
2
< �< 1 或�>
2+ 2
2 ,
所以函数��的减区间为−∞,
2−2
2
、1,
2+ 2
2
,增区间为
2−2
2
, 1 、
2+ 2
2
, + ∞,
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所以函数��的极大值为�1 = 0,B 对;
对于C 选项,当�∈−1,0 时,�−1 < �< 0,
因为��在−∞, 0 上是减函数,所以��< ��−1 ,C 错;
对于D 选项,令�= �−1 2 ≥0,则��= �2 −�,
设��= �2 −�,其中�≥0,则��= �−
1
2
2
−
1
4 ≥−
1
4,当且仅当�=
1
2时,等号成立,
故函数��在0, + ∞上只有最小值−
1
4,无最大值,
故函数��有最小值,无最大值,D 对.
故选:ABD.
10.(2026·四川泸州·一模)已知函数��=
cos�
e�−�,则(
)
A.�−1 > �1
B.��在0,1 上单调递增
C.��的最大值为1
D.��在0,π 上存在唯一极值点
【答案】ACD
【解题思路】根据函数的性质,利用特殊值法分析判断选项A,对��求导,利用导数分析函数单调性及极
值,进而判断选项BCD.
【解答过程】选项A:∵cos −�= cos�,∴cos −1 = cos1,
∴�−1 =
cos1
e−1−−1 =
cos1
e−1−−1 =
cos1
e−1+1,�1 =
cos1
e1−1,
∵cos1 > 0,
∴需比较e−1 + 1 与e1 −1 的大小,
∵e−1 + 1 =
1
e + 1,e1 −1 = e −1,e ≈2.7,
∴
1
e + 1 < e −1,故�−1 > �1 ,故A 正确;
选项B:∵��=
cos�
e�−�,求导得�' �=
−sin�e�−�−cos�e�−1
e�−�2
,分母e�−�2 > 0,
∵e0 = 1,∴对于任意�∈0,1 ,e�−�> 0,e�−1 > 0,
又∵�∈0,1 ,sin�> 0, cos�> 0,
∴−sin�e�−�−cos�e�−1 < 0 对于任意�∈0,1 成立,
∴�' �< 0 在�∈0,1 成立,故��=
cos�
e�−�在�∈0,1 上单调递减,故B 错误;
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选项C:当�= 0 时,�0 =
cos0
e0−0 =
1
1 = 1,
令��= e�−�,求导得�' �= e�−1,
当�< 0 时,�' �= e�−1 < 0,函数在−∞, 0 上单调递减,
当�> 0 时,�' �= e�−1 > 0,函数在0, + ∞上单调递增,
∴��在�= 0 时取得最小值,即e�−�≥1 在�上恒成立,
∵cos�∈−1,1 ,当且仅当�= 2�π,�∈�时cos�= 1,
∴��=
cos�
e�−�≤
1
e�−�≤1,仅当�= 0 时等号成立,故��的最大值为1,故C 正确;
选项D:∵�' �=
−sin�e�−�−cos�e�−1
e�−�2
,e�−�2 > 0,
令��=−sin�e�−�−cos�e�−1 ,
当�∈0,
π
2 时,sin�> 0, cos�> 0, e�−�> 0, e�−1 > 0,
∴��< 0,故�' �< 0,函数单调递减;
当�=
π
2时,sin
π
2 = 1, cos
π
2 = 0,�
π
2 =−e
π
2 −
π
2 < 0,
当�∈
π
2 ,π 时,sin�> 0, cos�< 0, e�−�> 0, e�−1 > 0,
求导得�' �=−cos�2e�−�,∵−cos�> 0, 2e�−�> 0,
∴�' �> 0,函数��单调递增,且�π =−cosπ eπ −1 =−−1
eπ −1 = eπ −1 > 0,
∴��在�∈
π
2 ,π 上单调递增,且�
π
2
< 0,�π > 0,
由零点存在定理知��在�∈
π
2 ,π 上存在唯一零点,设为�0,
∴�∈0, �0 时,��< 0, �' �< 0,��单调递减,
�∈�0,π 时,��> 0, �' �> 0,��单调递增,
∴�0是��在0,π 上存在唯一极小值点,故D 正确.
故选:ACD.
11.(2026·四川泸州·一模)已知三次函数�(�) = ��3 + ��2 + �的对称中心为(1,1),则下列说法中正确的有
(
)
A.若�=
5
3,则�=
1
3,�=−1
B.函数�(�)既有极大值又有极小值
C.若�0是�(�)的极大值点,则�(�)在区间( −∞, �0)单调递增
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D.当�> 0 时,函数�(�)有三个零点时�∈(2, + ∞)
【答案】ABD
【解题思路】利用对称性结合�求出�, �判断A;求出�(�)的导数并确定极值点情况判断B;由�< 0 并求出极
大值,再确定单调区间判断C;求出函数的极大值与极小值,再由函数的零点个数列式求出�的范围判断D.
【解答过程】由三次函数�(�) = ��3 + ��2 + �的对称中心为(1,1),得�(1 + �) + �(1 −�) = 2,
则�(1 + �)3 + �(1 + �)2 + �+ �(1 −�)3 + �(1 −�)2 + �= 2,
整理得(6�+ 2�)�2 + 2(�+ �+ �) = 2,因此
�=−3�
�+ �+ �= 1 ,
对于A,由�=
5
3,得
�=−3�
�+ �=−
2
3
,解得
�=
1
3
�=−1
,A 正确;
对于B,�′(�) = 3��2 + 2��= 3��(�−2),而�≠0,则由�′(�) = 0,得�= 0 或�= 2,
显然0,2 是函数�′(�)的变号零点,由二次函数图象性质知,当�> 0 时,0,2 分别是�(�)的
极大值点和极小值点,当�< 0 时,0,2 分别是�(�)的极小值点和极大值点,
因此函数�(�)既有极大值又有极小值,B 正确;
对于C,由选项B 知,当�< 0 时,2 是�(�)的极大值点,而当�< 0 时,�′(�) < 0,
当0 < �< 2 时,�′(�) > 0,函数�(�)在( −∞, 0)上递减,在(0,2)上递增,在( −∞, 2)上不单调,C 错误;
对于D,由
�=−3�
�+ �+ �= 1 ,得
�=−3�
2�= �−1 ,由选项B 知,当�> 0 时,函数�(�)在�= 0 取得极大值�(0) = �,
在�= 2 取得极小值�(2) = 8�+ 4�+ �= 2 −�,由函数�(�)有三个零点,得�(0) > 0
�(2) < 0 ,
即
�> 0
2 −�< 0 ,解得�> 2,D 正确.
故选:ABD.
三、填空题
12.(2026·重庆渝中·二模)已知�= e 是函数��= ln2�−�ln�(�∈�)的极值点,则�=__________.
【答案】2
【解题思路】对函数求导并结合�′ e = 0 求参数值,注意验证�= e 是否为极值点.
【解答过程】由题设�′ �=
2ln�
�−
�
�,且�′ e =
2
e −
�
e = 0,即�= 2,
此时��= ln2�−2ln�且�> 0,则�′ �=
2 ln�−1
�
,
当0 < �< e 时,�′ �< 0,则��在0,e 上单调递减,
当�> e 时,�′ �> 0,则��在e, + ∞上单调递增,
所以�= e 是��的极小值点,满足题设,故�= 2.
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故答案为:2.
13.(2026·宁夏银川·模拟预测)函数��= e2�−2�+ 1 e�+ �2 + �的最小值为__________.
【答案】0
【解题思路】利用函数导数与函数单调性求最值,结合换元法与二次函数性质求解即可.
【解答过程】��= e2�−2�+ 1 e�+ �2 + �= e2�−2�e�+ �2 −e�+ �= e�−�2 −e�−�.
设��= e�−�,则�′ �= e�−1,
当�< 0 时,�′ �< 0,��单调递减,
当�> 0 时,�′ �> 0,��单调递增,
则��≥�0 = 1,
令�= e�−�,�≥1,则e�−�2 −e�−�= �2 −�,
因为函数�= �2 −�开口向上,对称轴为�=−
−1
2×1 =
1
2,
所以�= �2 −�在1, + ∞上单调递增,
所以当�= 1 时,�= �2 −�取得最小值,且最小值为�min = 12 −1 = 0,
即函数��的最小值为0.
故答案为:0.
14.(2026·安徽芜湖·模拟预测)函数��=
1
2 ��2 + �−ln�有两个极值点,则实数�的取值范围为
__________.
【答案】−
1
4 , 0
【解题思路】将函数有两个极值点转化为�′(�) = 0 有2 个不同的正实根,列出关于参数�的不等式组,求解
即得.
【解答过程】函数�(�) =
1
2 ��2 + �−ln�的定义域为0, + ∞,
且�′(�) = ��+ 1 −
1
�=
��2+�−1
�
,
因该函数有两个极值点,则�′(�) = 0 有2 个不同的正实根,
即方程��2 + �−1 = 0 有2 个不同的正实根,设为�1, �2,
则
�≠0
Δ = 1 + 4�> 0
�1 + �2 =−
1
�> 0
�1�2 =−
1
�> 0
,解得−
1
4 < �< 0,
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即实数�的取值范围为( −
1
4 , 0).
故答案为:−
1
4 , 0 .
四、解答题
15.(2026·云南·三模)已知函数��= cos�+ ��2在�=
π
2处的切线的斜率为1.
(1)求�的值;
(2)当�∈−
π
2 ,
π
2 时,求��的极值.
【答案】(1)�=
2
π
(2)极小值为1,无极大值
【解题思路】(1)由导数的几何意义求解即可;
(2)利用导数确定函数��的单调性,再根据单调性求解即可.
【解答过程】(1)由题可知�′ �=−sin�+ 2��,
因为��在�=
π
2处切线的斜率为1,
所以�'
π
2 =−sin
π
2 + 2�×
π
2 = 1,
解得�=
2
π
(2)由(1)得�=
2
π,因此��= cos�+
2
π �2,
所以�′ �=−sin�+
4
π �,
令��=−sin�+
4
π �,则�′ �=−cos�+
4
π.
因为�∈−
π
2 ,
π
2 ,所以cos�∈0,1 ,所以−cos�∈−1,0 ,而
4
π > 1,
所以�′ �=−cos�+
4
π > 0 在区间−
π
2 ,
π
2 上恒成立,
所以��在−
π
2 ,
π
2 上单调递增,即�′ �在−
π
2 ,
π
2 上单调递增.
又�′ 0 = 0,
所以当�∈−
π
2 , 0 时,�′ �< �′ 0 = 0, ��在−
π
2 , 0 上单调递减;
当�∈0,
π
2 时,�′ �> �′ 0 = 0, ��在0,
π
2 上单调递增,
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所以�= 0 时,��取得极小值为�0 = cos0 +
2
π ⋅02 = 1,��在−
π
2 ,
π
2 上无极大值.
综上所述,��在−
π
2 ,
π
2 上的极小值为1,无极大值.
16.(2026·云南玉溪·模拟预测)已知函数��= �−
1
�−�ln��∈�.
(1)若�= 2 为函数��的极值点,求�的值;
(2)若��在定义域上不单调,求�的取值范围.
【答案】(1)�=
5
2
(2) 2, + ∞
【解题思路】(1)由�= 2 为函数��的极值点,得�′ 2 = 0,从而求出�的值;
(2)设�(�)在定义域上单调,求出�的取值范围,由此可得结论.
【解答过程】(1)由题意得�′ �= 1 +
1
�2 −
�
�,
因为�= 2 为函数��的极值点,所以�′ 2 = 1 +
1
4 −
�
2 = 0,解得�=
5
2,
经检验,当�=
5
2时,�= 2 为函数��的极值点,所以�=
5
2.
(2)因为��的定义域为0, + ∞,�′ �= 1 +
1
�2 −
�
�=
�2−��+1
�2
,
设��在0, + ∞单调,
①函数��在0, + ∞上单调递增,则�' �≥0 在0, + ∞上恒成立,
即�2 −��+ 1 ≥0 在0, + ∞上恒成立,
�≤�+
1
�在0, + ∞上恒成立,
又当�> 0 时,�+
1
�≥2,当且仅当�= 1 时等号成立,
所以�≤2,
②函数��在0, + ∞上单调递减,则�' �≤0 在0, + ∞上恒成立,
即�2 −��+ 1 ≤0 在0, + ∞上恒成立,矛盾
所以若��在0, + ∞单调,则�≤2,
故若��在定义域上不单调,则�的取值范围为2, + ∞.
17.(2026·贵州遵义·模拟预测)已知函数��= �2 + ��+ �ln�在�= 1 处取得极小值−2.
(1)求实数�,�的值;
(2)若��的切线过点0, �,求�的最大值.
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【答案】(1)�=−3,�= 1
(2)−
3+ln2
2
【解题思路】(1)通过极值点的函数值和导数值列方程组求解参数,并借助导数及极值点定义进行检验;
(2)借助导数的几何意义设切点构造函数求最值.
【解答过程】(1)�′ �= 2�+ �+
�
�,由题意可得
�1 = 1 + �=−2
�′ 1 = 2 + �+ �= 0 ,解得�=−3
�= 1 ;
检验:此时��= �2 −3�+ ln�,�′ �= 2�−3 +
1
�=
2�−1
�−1
�
,
则当�∈0,
1
2 ∪1, + ∞时,�′ �> 0,当�∈
1
2 , 1 时,�′ �< 0,
故��在0,
1
2 、1, + ∞上单调递增,在
1
2 , 1 上单调递减,
故函数��= �2 + ��+ �ln�在�= 1 处取得极小值,符合题意,
故�=−3,�= 1;
(2)由(1)得��= �2 −3�+ ln�,则�′ �= 2�−3 +
1
�,
设��过点0, �的切线的切点坐标为�0, �0 ,
则�−�0
2 + 3�0 −ln�0 = 2�0 −3 +
1
�0
�−�0 ,
有�−�0
2 + 3�0 −ln�0 = 2�0 −3 +
1
�0
0 −�0 ,
整理得�=−�0
2 + ln�0 −1,令ℎ�=−�2 + ln�−1,
则ℎ′ �=−2�+
1
�=
1−2�2
�
,
当�∈0,
2
2 时,ℎ′ �> 0,当�∈
2
2 , + ∞时,ℎ′ �< 0,
故ℎ�在0,
2
2 上单调递增,在
2
2 , + ∞上单调递减,
则�的最大值为ℎ
2
2
=−
2
2
2
+ ln
2
2
−1 =−
3+ln2
2 .
18.(2026·广东汕头·三模)设函数��= �2 −�
2ln�,�∈R.
(1)当�= 0 时,求曲线�= ��在点1, �1
的切线方程;
(2)若�=
e是函数��的极大值点,求实数a 的值;
(3)若对任意的�∈0,e ,恒有��≤2e2成立,求实数a 的取值范围.
注:e 为自然对数的底数.
【答案】(1)�= �−1
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(2)�= 3e
(3) e2 −
2e, 3e .
【解题思路】(1)利用导数的几何意义求出切线的斜率,利用点斜式求出切线方程.
(2)由�=
e是函数��的极值点得�′
e = 0,解得�= e 或�= 3e,构造函数��= 4ln�+ 1 −
�
�2,利用
导数法求出��的单调性.结合导数的单调性和极值的定义分别讨论�= e 和�= 3e,得到�的值.
(3)讨论�∈0,1 和�∈1,e 求解,①当�∈0,1 时,对任意的�∈R,恒有��≤0 < 2e2成立,②当�∈1,e
时,由��≤2e2恒成立得�2 −
2e
ln�≤�≤�2 +
2e
ln�恒成立.构造函数��= �2 −
2e
ln�,�∈1,e ,通过讨论
得到��在1,e 递增,从而得到�≥��max.构造函数��= �2 +
2e
ln�,�∈1,e ,求出�′ �=
4�2 ln�
3
2−2e
2�ln�
3
2
,
构造函数��= 4�2 ln�
3
2 −
2e 得到��在1,e 递增,由�
e = 0 得到�∈1,
e 时��< 0,
�′ �< 0,�∈
e,e 时��> 0,�′ �> 0,从而得到��的单调性,得到�≤��min,得到a 的取值范
围.
【解答过程】(1)��= �2 −�
2ln�,
当�= 0 时,��= �4ln�,�′ �= 4�3ln�+ �3,�′ 1 = 1.
又�1 = 0,所以曲线�= ��在点1, �1
的切线方程为�= �−1.
(2)��的定义域为0, + ∞,�′ �= 2 �2 −�⋅2�⋅ln�+
�2−�
2
�
= ��2 −�
4ln�+ 1 −
�
�2 ,
由�=
e是函数��的极值点得�′
e =
e e −�
3 −
�
e
= 0,
得到�= e 或�= 3e,
设��= 4ln�+ 1 −
�
�2,则�′ �=
4
�+
2�
�3,
当�> 0 时,�′ �> 0,所以当�> 0 时,��在0, + ∞单调递增.
①当�= e 时,�′ �= ��2 −e
4ln�+ 1 −
e
�2 ,
由��在0, + ∞递增且�
e = 2 > 0 知,
�∈
e, + ∞时,�′ �> 0,∴��在
e, + ∞递增,
所以�=
e不是��的极大值点.
②当�= 3e 时,�′ �= ��2 −3e
4ln�+ 1 −
3e
�2 ,
由��在0, + ∞递增且�
e = 0 知,
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�∈0,
e 时�′ �> 0,�∈
e,
3e 时�′ �< 0,
∴��在0,
e 递增,
e,
3e 递减;所以�=
e是��的极大值点.
综上,若�=
e是函数��的极大值点,则�= 3e.
(3)①当�∈0,1 时,对任意的�∈R,恒有��≤0 < 2e2成立,
②当�∈1,e 时,由��≤2e2恒成立得�2 −
2e
ln�≤�≤�2 +
2e
ln�恒成立.
设��= �2 −
2e
ln�,�∈1,e ,
则�′ �= 2�+
2e
2�ln�
3
2
> 0,则��在1,e 递增,
则�≥��max = �e = e2 −
2e.
设��= �2 +
2e
ln�,�∈1,e ,
则�′ �= 2�−
2e
2�ln�
3
2
=
4�2 ln�
3
2−2e
2�ln�
3
2
,
设��= 4�2 ln�
3
2 −
2e,则�′ �= 8�ln�
3
2 + 6�ln�
1
2 > 0,
则��在1,e 递增,又�
e = 0,
则�∈1,
e 时��< 0,�′ �< 0,�∈
e,e 时��> 0,�′ �> 0,
则��在1,
e 递减,
e,e 递增,则�≤��min = �
e = 3e,
因为e2 −
2e < e2 < 3e,所以e2 −
2e ≤�≤3e.
综合①②得a 的取值范围为e2 −
2e, 3e .
19.(2026·河北秦皇岛·模拟预测)已知函数��= �2 + ln �+ 1 .
(1)判断��的单调性;
(2)设��= ��−��,其中�> 1.
(i)证明:��在0, + ∞上有唯一的极值点;
(ii)若�为��在0, + ∞上的零点,�为��在0, + ∞上的极值点,比较2�与�的大小,并说明理由.
【答案】(1)在−1, + ∞上单调递增;
(2)(i)证明见解析;
(ii)2�> �,理由见解析
【解题思路】(1)利用求导即可判断函数的单调性;
(2)(i)对函数��求导后得�′ �= 2�+
1
�+1 −�,令��= 2�+
1
�+1 −�, (�> 0),求导并判断�′ �= 2 −
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1
(�+1)2 > 0,得�′ �
在0, + ∞上单调递增.再利用零点存在定理证得�′ �在0, + ∞上存在唯一的变号零点
即可.
(ii)先分析��的单调性,得到�, �的大小关系,再由零点和极值点得到�2�−�(�) = ln(2�+ 1) −
2�
�+1,
构造函数�(�),求导分析�(�)的单调性,得�2�> �(�),根据��在(�, + ∞)上的单调性即可得证.
【解答过程】(1)函数�(�) = �2 + ln(�+ 1)的定义域为
−1, + ∞,
因�′(�) = 2�+
1
�+1 =
2�2+2�+1
�+1
=
2(�+1
2)2+1
2
�+1
> 0,
故��在−1, + ∞上单调递增.
(2)(i)因��= ��−��= �2 + ln(�+ 1) −��, �≥0,则�′ �= 2�+
1
�+1 −�,
令��= 2�+
1
�+1 −�, (�> 0),则�′ �= 2 −
1
(�+1)2,
因为�≥0,所以0 <
1
(�+1)2 ≤1,所以�′ �> 0,
故�′ �在[0, + ∞)上单调递增.
因�> 1,则�′(0) = 1 −�< 0, �′(�) = �+
1
�+1 > 0,
所以�′ �在0, + ∞上存在唯一的变号零点,
所以��在0, + ∞上有唯一的极值点.
(ii)2�> �,理由如下:
由(i)可知,��在0, + ∞上有唯一的极值点�,则�′(�) = 2�+
1
�+1 −�= 0,
当�∈(0, �)时,�′(�) < 0,则��在(0, �)上单调递减,
当�∈(�, + ∞)时,�′(�) > 0,则��在(�, + ∞)上单调递增.
又�0 = 0,所以�(�) < 0,而�(�) = ln(1 + �) > 0,
所以��在(0, �)上没有零点,在(�, + ∞)上存在唯一零点�,所以�> �,
因为�2�= 4�2 + ln(2�+ 1) −2��,又因�= 2�+
1
�+1,�(�) = 0,
则�2�−�(�) = ln(2�+ 1) + 4�2 −2�(2�+
1
�+1 ) = ln(2�+ 1) −
2�
�+1 ,
令�(�) = ln(2�+ 1) −
2�
�+1 , �> 0,则�'(�) =
2
2�+1 −
2
(�+1)2 =
2�2
(2�+1)(�+1)2 > 0,
所以��在0, + ∞上单调递增,则�(�) > �(0) = 0,所以�2�> �(�),
因�> �,2�> �,且��在(�, + ∞)上单调递增,则2�> �.
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