专题3.6 导数与函数的极值、最值(举一反三专项训练)
【全国通用】
目录
第一部分题型专练
【题型1
函数(导函数)图象与极值(点)的关系】...........................................................................................1
【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】.............................................................................................................................14
【题型7
函数的极值、最值与其他问题综合】.....................................................................................................16
第二部分分层突破
A 组
基础跟踪练
B 组
培优提升练
C 组
真题·实战演练
【题型1
函数(导函数)图象与极值(点)的关系】
1.(25-26 高二下·陕西西安·期末)已知函数�(�)的定义域为区间(�, �),其导函数�′(�)的图象如图所示,�′(�)
的3 个零点分别是�1,�2,�3.下列结论中正确的是(
)
A.�(�)在区间�, �1 上单调递增
B.�(�)在�= �1处取得极大值
C.�(�)有3 个极值点
D.��2 < ��3
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【答案】D
【解题思路】根据导函数图象确定原函数的性质,导函数的正负确定原函数的单调性,根据导函数零点左右
导数的正负确定极值点的情况.
【解答过程】�∈�, �1 ,�′(�) < 0,�(�)在区间�, �1 上单调递减,选项A 错误;
�= �1时,�′(�) = 0,当�< �1时,�′(�) < 0,当�> �1时,�′(�) < 0,
所以�= �1不是极值点,选项B 错误;
�′(�)的3 个零点�1,�2,�3,
当�< �1时,�′(�) < 0,当�> �1时,�′(�) < 0,�= �1不是极值点,
当�< �2时,�′(�) < 0,当�> �2时,�′(�) > 0,�= �2是极小值点,
当�< �3时,�′(�) > 0,当�> �3时,�′(�) < 0,�= �3是极大值点,
�(�)有2 个极值点,选项C 错误;
�∈�2, �3 ,�′(�) > 0,�(�)在区间�2, �3 上单调递增,��2 < ��3 ,选项D 正确.
故选:D.
2.(25-26 高三上·上海闵行·期中)已知函数��的导函数�′ �的图象如图所示,下列结论中正确的是(
)
A.��在区间−1,1 上严格增
B.��的图象在�=−2 处的切线斜率等于0
C.��在�= 1 处取得极大值
D.��在�=−1 处取得极小值
【答案】B
【解题思路】根据导函数图象得到导数的正负,从而得到函数的增减情况,判断A,根据导数的几何意义判
断B,并根据函数的单调性,结合极值的定义判断CD.
【解答过程】根据�′ �的图象可知,在区间−1,1 上,�′ �< 0,则��在区间−1,1 上单调递减,故A 错
误;
�′( −2) = 0,则��的图象在�=−2 处的切线斜率等于0,故B 正确;
在区间−1,1 上,�′ �< 0,��单调递减;
在区间1,3 上,�′ �< 0,��单调递减,
所以��在�= 1 处没有极值,故C 错误;
在区间−2, −1 上,�′ �< 0,��单调递减;
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在区间−1,1 上,�′ �< 0,��单调递减,
所以��在�=−1 处没有极值,故D 错误.
故选:B.
3.(25-26 高二下·天津武清·阶段检测)如图所示是�= ��的导数�= �′ �的图象,下列结论中不正确的
有(
)
A.��的单调递增区间是−1,2 ,4, + ∞
B.�=−1 是��的极小值点
C.��在区间2,4 上是减函数,在区间−1,2 上是增函数
D.�= 2 是��的极小值点
【答案】D
【解题思路】A.利用函数的单调性与导数的正负的关系判断;B.利用极小值点的定义判断;C. 利用函数的单
调性与导数的正负的关系判断;D.利用极小值点的定义判断;
【解答过程】根据图象知当�∈( −1,2) ∪(4, + ∞)时,�′(�) > 0,函数在−1,2 , 4, + ∞上单调递增,A 选
项正确;
当�∈( −3, −1) ∪(2,4)时,�′(�) < 0,函数在−3, −1 , 2,4 上单调递减,故C 正确;
函数在−3, −1 上单调递减,在−1,2 上单调递增,所以当�= −1 时,��取得极小值,�= −1 是��的
极小值点,故B 正确;
函数在−1,2 上单调递增,在2,4 上单调递减,当�= 2 时,��取得极大值,�= 2 不是��的极小值点,
故D 错误.
故选:D.
4.(25-26 高二下·湖北武汉·期末)函数�= ��的导函数的图象如图所示,则下列说法正确的是(
)
A.3 是��的极小值
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B.��的极值点有3 个
C.��在区间−∞, 3 上单调递减
D.曲线�= ��在�= 1 处的切线斜率小于零
【答案】D
【解题思路】根据导数的几何意义与极值、极值点的定义分别判断各选项.
【解答过程】A 选项:由导函数图象可知3 是函数��的极小值点,
��的极小值为�3 ,A 选项错误;
B 选项:��的极值点有两个,极大值点-3,极小值点3,B 选项错误;
C 选项:由导函数图象可知,当�∈−∞, −3 时,�′ �> 0,函数单调递增,
当�∈−3,3 时,�′ �< 0,函数单调递减,C 选项错误;
D 选项:由图象可知�′ 1 < 0,即函数��在�= 1 处切线斜率小于零,D 选项正确.
故选:D.
【题型2
求已知函数的极值(点)】
5.(2026·辽宁葫芦岛·二模)函数��= �3 −5�2的极小值点为(
)
A.0
B.
10
3
C.5
D.
3
10
【答案】B
【解题思路】求得�′ �= 3�(�−
10
3 ),得到函数��的单调性,结合极小值点的定义,即可求解.
【解答过程】由函数��= �3 −5�2,可得�′ �= 3�2 −10�= 3�(�−
10
3 ),
当�< 0 时,�′ �> 0,��单调递增;
当0 < �<
10
3 时,�′ �< 0,��单调递减;
当�>
10
3 时,�′ �> 0,��单调递增,
所以当�=
10
3 时,函数��取得极小值,即
10
3 为函数��的极小值点.
故选:B.
6.(2026·浙江·模拟预测)函数��= �−2 e�−e2�−2 的极小值为(
)
A.e2 −2
B.−2e2 −2
C.2 −2e2
D.−2 −e2
【答案】B
【解题思路】利用二次导数研究�′ �的单调性,并通过观察得其零点,进而判断��的单调性,然后可得极
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小值.
【解答过程】�′ �= �−1 e�−e2,
记��= �−1 e�−e2,则�′ �= �e�,
当�> 0 时,�′ �> 0,函数��在0, + ∞上单调递增;
当�< 0 时,�′ �< 0,函数��在−∞, 0 上单调递减.
所以,当�= 0 时,��min =−1 −e2 < 0,
因为�2 = 0,且当�< 0 时,��= �−1 e�−e2 < 0,
所以,当�< 2 时,��< 0,即�′ �< 0,��在−∞, 2 上单调递减;
当�> 2 时,��> 0,即�′ �> 0,��在2, + ∞上单调递增.
所以,当�= 2 时,��取得极小值��=−2e2 −2.
故选:B.
7.(2026·宁夏银川·一模)若函数�(�) = �2 −��−2 e�在�=−2 处取得极大值,则�(�)的极小值为(
)
A.−6e2
B.−4e
C.−2e2
D.−e
【答案】C
【解题思路】由题意求出�的值,进而求出��,再解出极小值即可.
【解答过程】因为函数�(�) = �2 −��−2 e�在�=−2 处取得极大值,
则�′ �= �2 + 2 −��−2 −�⋅e�,�∈R 且�′ −2 = 0,
即4 −2 2 −�−2 −�= 0,所以�= 2;
所以��= �2 −2�−2 ⋅e�,�′ �= �2 −4 ⋅e�= �+ 2
�−2 e�,
令�′ �= 0,则�= 2 或�=−2,
由�∈−∞, −2 , �′ �> 0,�∈−2,2 , �′ �< 0,�∈2, + ∞, �′ �> 0,
所以��在−∞, −2 , 2, + ∞上单调递增,在−2,2 上单调递减.
所以函数��在�=−2 处取得极大值,�极小= �2 =−2e2.
故选:C.
8.(2026·四川达州·一模)已知定义在�上的函数��满足�2 −�=−��,当�> 1 时,��=
e�
�−1,则
当�< 1 时,��的极大值是(
)
A.−e
B.−
1
e
C.−e2
D.−
1
e2
【答案】C
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【解题思路】先由对称条件,设�< 1,则2 −�> 1,代入已知表达式得到�2 −�,再根据�2 −�=−��
反推出�< 1 时��的解析式,接着对该函数求导,找驻点并判断单调性,确定极大值点,最后代入计算极
大值.
【解答过程】当�< 1 时,2 −�> 1,由�(2 −�) =−�(�)及�> 1 时��=
e�
�−1,
可得:�(2 −�) =
e2−�
(2−�)−1 =
e2−�
1−�,
则−��=
e2−�
1−�,故��=−
e2−�
1−�(�< 1),
对��=−
e2−�
1−�求导得:�' �=−
−e2−�(1−�)−e2−�(−1)
(1−�)2
=−
e2−�⋅�
(1−�)2,
令�'(�) = 0,解得�= 0(�< 1),
当�< 0 时,�′(�) > 0,函数在( −∞, 0)上单调递增;
当0 < �< 1 时,�′(�) < 0,函数在(0,1)上单调递减,
故�= 0 为极大值点,极大值为�0 =−
e2−0
1−0 =−e2,
综上,极大值为−e2.
故选:C.
【题型3
根据极值(点)求参数】
9.(2026·浙江嘉兴·二模)已知函数��= �3 −��2的极小值是−4,则实数�=(
)
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】C
【解题思路】分�= 0、�> 0、�< 0 讨论,利用导数求出极小值可得答案.
【解答过程】�′ �= 3�2 −2��= �3�−2�,令�′ �= 0 得�= 0 或�=
2�
3 ,
当�= 0 时,�′ �= 3�2 ≥0,��在R 上单调递增,无极值;
当
2�
3 > 0 即�> 0 时,
�< 0 时,�′ �> 0,��单调递增,
�>
2�
3 时,�′ �> 0,��单调递增,
0 < �<
2�
3 时,�′ �< 0,��单调递减,
得��在�=
2�
3 处取得极小值,即�
2�
3
=
2�
3
3
−�×
2�
3
2
=−4,
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解得�= 3;
当
2�
3 < 0 即�< 0 时,
�> 0 时,�′ �> 0,��单调递增,
�<
2�
3 时,�′ �> 0,��单调递增,
2�
3 < �< 0 时,�′ �< 0,��单调递减,
得��在�= 0 处取得极小值,即�0 = 0 3 −�× 0 2 = 0 ≠−4,
不满足题意;
综上,实数�= 3.
故选:C.
10.(2026·河南·一模)若函数��= ��−e�在区间0, + ∞上有极大值�,则�−�的最小值是(
)
A.−e
B.−1
C.1
D.e
【答案】A
【解题思路】设极大值点为�0,由题意可得�> 1,�= �0 + 1 e�0,进而有�−�= �0
2 −�0 −1 e�0,构造
函数��= �2 −�−1 e��> 0 ,求得最小值即可.
【解答过程】由�′ �= �−�+ 1 e�,若��在0, + ∞上有极大值�,必存在极大值点�0,
即�′ �= 0 在0, + ∞上有解,即�−�+ 1 e�= 0 有解,所以有�> 1,�= �0 + 1 e�0,
�= ��0 = �0 �−e�0 = �0
2e�0,
所以有�−�= �0
2 −�0 −1 e�0,令��= �2 −�−1 e��> 0 ,
有�′ �= �2 + �−2 e�= �+ 2
�−1 e�,
可得函数��的减区间为0,1 ,增区间为1, + ∞,有��min = �1 =−e,
当�0 = 1 时,�= 2e,则(0,1)上�' �> 0,(1, + ∞)上�' �< 0,
所以�(�)在(0,1)上单调递增,(1, + ∞)上单调递减,满足题设,
故�−�的最小值为−e.
故选:A.
11.(2026·吉林长春·一模)已知函数��= ��−�2的极大值为
1
16,则�=(
)
A.−
3
2
B.−
2
3
C.
2
3
D.
3
4
【答案】D
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【解题思路】借助导数,判定函数单调性,再结合极大值为
1
2,对�分类讨论求出�,验证即可.
【解答过程】由题意,��= �(�−�)2 = �3 −2��2 + �2�,
则�′ �= 3�2 −4��+ �2 = 3�−�
�−�,
令�′ �= 0,解得�=
�
3或�= �,
当�> 0 时,��在−∞,
�
3 ,�, + ∞上满足�′ �> 0,��单调递增,
在
�
3 , �上满足�′ �< 0,��单调递减,
所以��在�=
�
3处取得极大值,�
�
3 =
�
3 (
�
3 −�)2 =
4�3
27 =
1
16,解得�=
3
4,
当�< 0 时,��在−∞, �,
�
3 , + ∞上满足�′ �> 0,��单调递增,
在�,
�
3 上满足�′ �< 0,��单调递减,
所以��在�= �处取得极大值,��= 0 ≠
1
16,不符合题意,
当�= 0 时,�′ �= 3�2 ≥0,��在R 上单调递增,无极值,不符合题意,
综上所述,�=
3
4.
故选:D.
12.(2026·山东聊城·模拟预测)若��= sin�−��在0,π 上的极大值大于1,则�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�的取值范围讨论函数的单调性,当−1 < �< 1,求出函数的隐零点�0,即可求出极
大值点从而得到�= cos�0,再次构造函数��,利用导数分析单调性可得.
【解答过程】�′ �= cos�−�,
当�≥1 时,�′ �≤0,��在定义域上单调递减,无极值点,
当�≤−1 时,�′ �≥0,��在定义域上单调递增,无极值点,
当−1 < �< 1 时,因为�′ 0 = 1 −�> 0,�′ π =−1 −�< 0,
而�′ �在0,π 单调递减,所以存在�0 ∈0,π ,使�′ �0 = 0,
在0, �0 上,�′ �> 0,��单调递增,
在�0,π 上,�′ �< 0,��单调递减,
于是�0是��在0,π 上的极大值点,
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此时�′ �0 = cos�0 −�= 0,即�= cos�0,
由题意,��0 > 1,即��0 = sin�0 −��0 = sin�0 −�0cos�0 > 1,
设��= sin�−�cos�,则�′ �= �sin�> 0,
于是��在0,π 上单调递增,又�
π
2 = 1,
所以�0 ∈
π
2 ,π ,�= cos�0 ∈−1,0 .
故选:C.
【题型4
由导数求函数的最值(不含参)】
13.(25-26 高二·全国·寒假作业)函数��= �3 −3�在闭区间−2,2 上的最大值和最小值分别是(
)
A.1, −1
B.2, −2
C.4, −14
D.4, −4
【答案】B
【解题思路】求出导函数,即可求出单调区间,从而求出极值与端点处的函数值,即可求出函数的最值.
【解答过程】因为��= �3 −3�,所以�′ �= 3�2 −3 = 3 �+ 1
�−1 ,由�′ �= 0,得�=± 1.
又当−2 < �<−1 或1 < �< 2 时�′ �> 0,当−1 < �< 1 时�′ �< 0,
所以��在−2, −1 ,1,2 上单调递增,在−1,1 上单调递减,
又因为�−2 =−2, �−1 = 2,�1 =−2, �2 = 2.
故��max = 2,��min =−2.
故选:B.
14.(25-26 高三上·内蒙古赤峰·阶段检测)已知函数��= e�−e�,则��(
)
A.有最小值1,无最大值
B.有最大值1,无最小值
C.有最小值0,无最大值
D.有最大值0,无最小值
【答案】C
【解题思路】利用导数得到其单调性和最值即可.
【解答过程】因为��= e�−e�,所以�′ �= e�−e.
当�∈−∞, 1 时,�′ �< 0,��单调递减,
当�∈1, + ∞时,�′ �> 0,��单调递增,
故��的最小值为�1 = 0,无最大值.
故选:C.
15.(25-26 高三上·重庆沙坪坝·开学考试)函数��= e�−
eln�
�
的最小值为(
)
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A.
1
e
B.1
C.e
D.e2
【答案】C
【解题思路】利用导数判断函数的单调性后可得函数的最小值.
【解答过程】�' �= e�−
e
�×�−eln�
�2
=
�2e�−e+eln�
�2
,
设��= �2e�−e + eln�,则�' �= �2 + 2�e�+
e
�> 0,
故��为0, + ∞上的增函数,而�1 = 0,�2 > 0,
故当0 < �< 1 时,��< 0 即�′ �< 0,当�> 1 时,��> 0 即�′ �> 0,
故��在0,1 上为减函数,在1, + ∞上为增函数,故��min = �1 = e,
故选:C.
16.(25-26 高三上·福建莆田·开学考试)设函数�(�)的导函数为�′(�),满足2�(�) + ��′(�) =
1
�2,且�(1) = 1,
则函数�(�)的最大值为(
)
A.0
B.e
C.
e
2
D.2e
【答案】C
【解题思路】由已知得�2�(�) −ln�
′ = 0,则可得�(�) =
ln�+�
�2 ,根据�(1) = 1 得�= 1,然后利用导数法求
出�(�)的单调区间,进而求出最大值即可.
【解答过程】由2�(�) + ��′ �=
1
�2,可知2��(�) + �2�′(�) =
1
�,
即�2�(�)
′ = 2��(�) + �2�′(�) =
1
�,即�2�(�) −ln�
′ = 0,
所以�2�(�) −ln�= �(�为常数),从而�(�) =
ln�+�
�2 .
又因为�(1) = 1,所以�= 1,则�(�) =
ln�+1
�2 .
由�′(�) =
�−2�(ln�+1)
�4
=
−1−2ln�
�3
,
令�′(�) > 0 得0 < �<
1
e,令�′(�) < 0 得�>
1
e,
所以�(�)在0,
1
e 上单调递增,在
1
e , + ∞上单调递减,
所以当�=
1
e时,�(�)有最大值为
e
2.
故选:C.
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【题型5
由导数求函数的最值(含参)】
17.(2026·浙江·模拟预测)设�> 0,函数��= �+ �2 + ln �−�2 .
(1)若�≤1,讨论��的单调性;
(2)求��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��的单调性;
(2)求导,分0 < �≤1 和�> 1 两种情况,利用导数判断��的单调性和最值.
【解答过程】(1)令�−�2 > 0,且�> 0,解得−
�< �<
�,
可知��的定义域为−
�,
�,且�′ �= 2�−
2�
�−�2 =
−2��2−�+1
�−�2
,
因为0 < �≤1,且−
�< �<
�,则�−�2 > 0, �2 −�+ 1 > 0,
当−
�< �< 0 时,�′ �> 0;当0 < �<
�时,�′ �< 0;
可知��在−
�, 0 内单调递增,在0,
�内单调递减.
(2)由(1)可知:��的定义域为−
�,
�,且�′ �=
−2��2−�+1
�−�2
,
若0 < �≤1,可知��在−
�, 0 内单调递增,在0,
�内单调递减,
所以��的最大值为�0 = �+ ln�;
若�> 1,令�′ �> 0,解得−
�< �<−
�−1或0 < �<
�−1;
令�′ �< 0,解得−
�−1 < �< 0 或�−1 < �<
�;
可知��在−
�, −
�−1 , 0,
�−1 内单调递增,在−
�−1, 0 ,
�−1,
�内单调递减,
且�−
�−1 = �
�−1 = 2�−1,
所以��的最大值为2�−1;
综上所述:若0 < �≤1,��的最大值为�0 = �+ ln�;
若�> 1,��的最大值为2�−1.
18.(2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测)已知函数��= e�+ ��+ ��∈�.
(1)当�= 1 时,求��在0, �0
处的切线方程;
(2)讨论��的单调性,并求最值.
【答案】(1)�= 2�+ 2
(2)答案见解析
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【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�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�= 1 时,��= e�+ �+ 1,求导得:�′ �= e�+ 1,
则�0 = 2,�切= �′ 0 = 2,
则��在0, �0
处的切线方程:�−2 = 2 �−0 ,即�= 2�+ 2;
(2)由��= e�+ ��+ �求导得:�′ �= e�+ �,
①当�≥0 时,�′ �> 0 在R 上恒成立,故��在R 上单调递增,无最值;
②当�< 0 时,由�′(�) = 0,解得�= ln −�,
当�< ln −�时,�′ �< 0,则��在−∞, ln −�
上单调递减;
当�> ln −�时,�′ �> 0,��在ln −�, + ∞单调递增,
所以��在�= ln −�有最小值,为�ln −�
= eln −�+ �ln −�+ �= �ln −�,无最大值.
19.(25-26 高二下·江苏连云港·期末)已知�∈�,函数��= �e2�+ �−2 e�−�.
(1)当�= 1 时,求曲线��在点1, �1
处的切线方程;
(2)讨论函数��的单调性;
(3)当�> 0 时,求函数��在区间0,1 上的最小值.
【答案】(1)�= 2e2 −e −1 �−e2
(2)
�≤0 时,��在−∞, + ∞上单调递减;
(3)
�≥1 时,��min = 2�−2,
1
e < �< 1 时,��min = 1 + ln�−
1
�,
0 < �≤
1
e时,��min = �e2 + �−2 e −1.
【解题思路】(1)求导,可得�1 ,�′ 1 ,结合导数的几何意义,点斜式求切线方程;
(2)求导可得�′ �= 2e�+ 1
�e�−1 ,分�≤0 和�> 0 两种情况,利用导数分析��的单调性;
(3)分类讨论−ln�与区间0,1 的关系,根据单调性求函数最小值即可.
【解答过程】(1)当�= 1 时,则��= e2�−e�−�,�′ �= 2e2�−e�−1,
可得�1 = e2 −e −1,�′ 1 = 2e2 −e −1,
即切点坐标为1, e2 −e −1 ,切线斜率�= 2e2 −e −1,
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所以��在�= 0 处的切线方程为:�= 2e2 −e −1
�−1 + e2 −e −1.
即切线方程为�= 2e2 −e −1 �−e2.
(2)由题意可得:�′ �= 2�e2�+ �−2 e�−1 = 2e�+ 1
�e�−1 ,
注意到e�> 0,2e�+ 1 > 0,
①若�≤0,�′ �< 0,则��在−∞, + ∞上单调递减,
②若�> 0,令�′ �= 0 时,解得�=−ln�,
当�>−ln�,�′ �> 0;当�<−ln�,�′ �< 0;
所以��在( −ln�, + ∞)上单调递增,在( −∞, −ln�)上单调递减.
综上,�≤0 时,��在−∞, + ∞上单调递减;
�> 0 时,��在( −ln�, + ∞)上单调递增,在( −∞, −ln�)上单调递减.
(3)由(2)知�> 0 时,��在( −ln�, + ∞)上单调递增,在( −∞, −ln�)上单调递减,
①当−ln�≤0 时,即�≥1 时,函数��在区间0,1 上单调递增,
所以��min = �0 = 2�−2;
②当0 <−ln�< 1 时,即
1
e < �< 1 时,函数��在区间0, −ln�上单调递减,
在−ln�, 1 上单调递增,所以��min = �−ln�= 1 + ln�−
1
�;
③当−ln�≥1,即0 < �≤
1
e时,函数��在区间0,1 上单调递减,
所以��min = �1 = �e2 + �−2 e −1.
综上,�≥1 时,��min = 2�−2,
1
e < �< 1 时,��min = 1 + ln�−
1
�,
0 < �≤
1
e时,��min = �e2 + �−2 e −1.
20.(2026·陕西安康·三模)已知函数�(�) = �2 + ��−�e−�,且�′(2) = 0.
(1)求�−�的值;
(2)若�> 0.
(i)求�(�)在0,3 上的最大值和最小值;
(ii)若∃�∈[0,3], ∀�∈−
π
6 ,
3π
4 , sin�≤�(�),求实数�的取值范围.
【答案】(1)�−�= 0
(2)(i)最大值为�(2) =
4+�
e2 ,最小值为�(0) =−�;(ii)e2 −4, + ∞.
【解题思路】(1)求导,由�′(2) = 0,即可求解;
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(2)
(i)由(1)得到�= �,再求导,确定函数单调区间,即可求解;
(ii)将问题转换成所以(sin�)max ≤�(�)max,
进而可求解.
【解答过程】(1)因为�(�) =
�2+��−�
e�
,
所以�′(�) =
(2�+�)e�−�2+��−�e�
e2�
=
−�2+(2−�)�+�+�
e�
,
则�′(2) =
−4+2(2−�)+�+�
e2
=
−(�−�)
e2
= 0,
所以�−�= 0.
(2)(i)由(1)得�= �,
则�′(�) =
−�2+(2−�)�+2�
e�
=
−(�−2)(�+�)
e�
, �∈[0,3],
因为�> 0,令�′(�) > 0,得0 ≤�< 2;
令�′(�) < 0,得2 < �≤3,
所以�(�)在[0,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减,
�(�)max = �(2) =
4+�
e2 ,又�(0) =−�< 0, �(3) =
9+2�
e3
> 0,
所以�(�)在[0,3]上的最大值为�(2) =
4+�
e2 ,最小值为�(0) =−�.
(ii)因为∃�∈[0,3], ∀�∈−
π
6 ,
3π
4 ,
sin�≤�(�),
所以(sin�)max ≤�(�)max,
由(i)可知�(�)在0,3 上的最大值为�(2) =
4+�
e2 ,
由�∈−
π
6 ,
3π
4 , sin�∈−
1
2 , 1 ,
所以1 ≤
4+�
e2 ⇒�≥e2 −4 > 0,
所以实数�的取值范围为e2 −4, + ∞.
【题型6
已知函数最值求参数】
21.(25-26 高二下·江苏扬州·阶段检测)函数��=
1
3 �3 −�2在区间�, �+ 5 内存在最小值,则实数�的取
值范围是(
)
A.−3,2
B.−3,2
C.−1,2
D.−1,2
【答案】C
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【解题思路】先研究��在R 上的单调性,再结合图象分析��讨论�的取值范围.
【解答过程】��=
1
3 �3 −�2,则�' �= �2 −2�= ��−2 ,
则�' �> 0 得�< 0 或�> 2;�' �< 0 得0 < �< 2,
则��在−∞, 0 和2, + ∞上单调递增,在0,2 上单调递减,
因�−1 = �2 ,
则当��在�, �+ 5 内存在最小值时,有
�+ 5 > 2
−1 ≤�< 2 得−1 ≤�< 2,
则实数�的取值范围是−1,2 .
故选:C.
22.(2026·四川成都·三模)若函数��=
1
3 �3 −�2 −��+ 2 �+ 1 在区间−7,7 上有最大值,则正整数�
的值有(
)
A.3 个
B.4 个
C.5 个
D.6 个
【答案】C
【解题思路】先对�(�)求导,根据导数的性质分析函数的单调性,再结合�(�)在区间( −7,7)上有最大值这一
条件列不等式求解出�的取值范围,最后根据�为正整数确定�的个数.
【解答过程】�(�) =
1
3 �3 −�2 −�(�+ 2)�+ 1,∴�′(�) = �2 −2�−�(�+ 2).
令�′(�) = 0,得�= �+ 2 或�=−�.
由题意,�> 0,∴�+ 2 >−�.
∴当�<−�或�> �+ 2 时,�′(�) > 0,�(�)单调递增,当−�< �< �+ 2 时,�′(�) < 0,�(�)单调递减.
∵�(�)在区间( −7,7)上有最大值,则必须要保证极大值点�=−�在区间( −7,7)内且�( −�) ≥�(7),
即
−7 <−�< 7
−
1
3 �3 −�2 + �3 + 2�2 + 1 ≥
73
3 −72 −7�(�+ 2) + 1 ,
整理得
−7 < �< 7
�3 + 12�2 + 21�−98 ≥0 ,
即
−7 < �< 7
�−2
�+ 7 2 ≥0 ,解得2 ≤�< 7.
又�∈N+,∴�可取2,3,4,5,6 共5 个.
故选:C.
23.(2026·江苏扬州·三模)若函数�(�) = �(e�+ �) −�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
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立方程,可得答案.
【解答过程】由�(�) = �(e�+ �) −�,求导可得�′ �= �e�−1,
当�> 0 时,令�′ �= 0,可得�=−ln�,
由�′ �< 0 可得�<−ln�,由�′ �> 0 得�>−ln�,
所以函数��在−∞, −ln�上单调递减,在−ln�, + ∞上单调递增,
故��min = �−ln�= �
1
�+ �+ ln�= 2,解得�= 1;
当�= 0 时,��=−�,显然函数��在R 上单调递减,故不合题意;
当�< 0 时,�′ �= �e�−1 < 0,函数��在R 上单调递减,故不合题意.
故答案为:1.
24.(2026·上海·模拟预测)已知函数��= ln�−��−2 在区间1,2 上存在最大值,则实数�的取值范围
为__________.
【答案】
1
2 , 1
【解题思路】由于函数��在区间1,2 上不单调,等价于函数��在区间1,2 上存在极值点,对函数��
求导,对�分类讨论,求出极值点,根据极值点在区间1,2 内,可得关于�的不等式,即可求出结果.
【解答过程】��= ln�−��−2 ⇒�′ �=
1
�−�=
1−��
�,
当�≤0 时,��在0, + ∞上严格单调递增,不符合题意;
当�> 0 时,令�′ �> 0 ⇒0 < �<
1
�;�′ �< 0 ⇒�>
1
�.
所以��在0,
1
�上严格单调递增,在
1
�, + ∞上严格单调递减,
所以��在�=
1
�处取得极大值.
因为函数��在区间1,2 上存在最大值,
所以1 <
1
�< 2 ⇒�∈
1
2 , 1 .
故答案为:
1
2 , 1 .
【题型7
函数的极值、最值与其他问题综合】
25.(2026·山西忻州·模拟预测)已知函数��= �ln�+
1
�.
(1)若�= 1 是��的极值点,求�;
(2)若��有两个零点,求�的取值范围.
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【答案】(1)
1
2
(2)
e
2 , + ∞
【解题思路】(1)对函数求导,利用极值点处导数为零构造方程求解,注意最后要检验;
(2)把��有两个零点,转化为方程�ln�+
1
�= 0 有两个正实数根,分离参数得到�=−
1
�ln��> 0, �≠1 ,
令��=−
1
�ln�问题转化为�= �与��的交点个数,令ℎ�=
�ln�求导,并分析ℎ�的单调性求出最小值,
再分段讨论求解.
【解答过程】(1)函数��= �ln�+
1
�求导得�′ �=
�
�−
1
2��,已知�= 1 是极值点,
则�′ 1 = �−
1
2 = 0,解得�=
1
2.
当�=
1
2时,�′ �=
1
2�−
1
2��=
�−1
2��,
当0 < �< 1 时,�′ �< 0;当�> 1 时,�′ �> 0,故�= 1 是极小值点,符合题意.
故�=
1
2.
(2)已知��有两个零点,即方程�ln�+
1
�= 0 有两个正实数根,
则�=−
1
�ln��> 0, �≠1 ,
设��=−
1
�ln�,问题转化为�= �与��的交点个数,
令ℎ�=
�ln�,则��=−
1
ℎ�,
ℎ′ �=
ln�
2 �+
1
�=
ln�+2
2 �,令ℎ′ �= 0,得�= e−2,
当0 < �< e−2时,ℎ′ �< 0,ℎ�单调递减;
当�> e−2且�≠1 时,ℎ′ �> 0,ℎ�单调递增;
当�∈0,1 时,ℎ�在�= e−2处取得极小值,ℎe−2 =−
2
e,
故��=−
1
ℎ�在�= e−2处取得极小值,为
e
2;
当�→0+和�→1−时,��→+ ∞;
当�∈1, + ∞时,ℎ�> 0 且单调递增,故��单调递增且��< 0,
故方程�= ��最多有一个零点;
∴要使��有两个零点,需满足�= �与��在0,1 内有两个交点,即�>
e
2.
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26.(2026·江苏泰州·模拟预测)已知函数��= ln�−�.
(1)求函数��的极值;
(2)若函数��的图象在点(�0, �(�0))处的切线方程为�= ��,求证:��≤��;
(3)若函数ℎ�= �e1−�+ ���的最小值为2,求实数�的值.
【答案】(1)极大值为−1,无极小值;
(2)证明见解析;
(3)�=−1
【解题思路】(1)通过求导,根据导数的正负来判断函数的单调性,从而得到极值;
(2)求导,利用导数的几何意义求得函数��,构建辅助函数,通过导函数的符号得出函数的单调性和最
值,从而进行证明;
(3)通过特殊值得到参数的范围,构建辅助函数,通过辅助函数的单调性和最值,从而得到原函数的单调
性和最值,从而求得参数的值.
【解答过程】(1)��= ln�−��> 0 ,求导可得�′ �=
1
�−1 �> 0 ,
令�′ �=
1
�−1 = 0,解得�= 1,
当�> 1 时,�′ �< 0,��单调递减;
当0 < �< 1 时,�′ �> 0,��单调递增,
所以��的极大值为�1 =−1,无极小值,
(2)由(1)可知,�′ �=
1
�−1,则函数��在点�0, ��0
处的切线方程为�−�0 =
1
�0 −1
�−�0 ,即
�−ln�0 −�0 =
1
�0 −1
�−�0 ,
所以��=
1
�0 −1 �+ ln�0 −1,
设函数��= ��−��=
�
�0 −ln�+ ln�0 −1 �> 0 ,
求导可得�′ �=
�−�0
�0�
�> 0 ,
当0 < �< �0时,�′ �< 0,��单调递减;
当�> �0时,�′ �> 0,��单调递增;
所以��≥��0 = 0,即��≤��.
(3)ℎ�= �e1−�+ �ln�−�
�> 0 ,
因为函数ℎ�的最小值为2,所以∀�> 0, ℎ�≥2,
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当�= 1 时,ℎ1 = 1 −�≥2,可得�≤−1,
求导可得ℎ′ �=
1−�
�e1−�+�
�
�> 0 ,
设函数��= �e1−�+ ��> 0 ,求导可得�′ �= 1 −�e1−��> 0 ,
当0 < �< 1 时,�′ �> 0,��单调递增;
当�> 1 时,�′ �< 0,��单调递减,
所以��≤�1 = 1 + �≤0,
所以当0 < �< 1 时,ℎ′ �< 0,ℎ�单调递减;
当�> 1 时,ℎ′ �> 0,ℎ�单调递增,
故ℎ�≥ℎ1 = 1 −�,最小值为2,即1 −�= 2,解得�=−1.
27.(2026·浙江·模拟预测)已知函数��=
e�
�−
1
�−ln�(e 为自然对数的底数,e ≈2.71828)
(1)求��在�= 1 处的切线方程;
(2)求��的最小值;
(3)若对任意�∈0, + ∞,不等式��≥��+ 1 恒成立,求实数�的取值范围.(�表示不超过实数�的最
大整数)
【答案】(1)�= e −1
(2)e −1
(3)�≤e −2
【解题思路】(1)求导求切点坐标,进而得到函数在该点的切线;
(2)求导分析函数单调性,得到函数最小值;
(3)针对取整函数分段讨论,利用各区间内��的最小值,将恒成立问题转化为求�的上界.
【解答过程】(1)��=
e�
�−
1
�−ln�,
�' �=
e��−e�+1
�2
−
1
�=
e�−1
�−1
�2
,
�′ 1 = 0 �1 = e −1 ��在�= 1 处的切线方程是�= e −1.
(2)由(1)知,�' �=
e�−1
�−1
�2
,
则在�∈0,1 上,�′ �< 0,��单减;在�∈1, + ∞上,�′ �> 0,��单增;
��min = �1 = e −1.
(3)当�≤0,��+ 1 ≤1,而��min = �1 = e −1 > 1,此时恒成立;
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当�> e −2,�= 1 时,而�1 = �−1,��+ 1 > e −1,此时不成立;
当0 < �≤e −2,�∈0,1 时,��> 1,此时恒成立;
�∈1,2 时,��≥e −1 ≥��+ 1,此时恒成立.
下证:�∈2, + ∞时,��≥��+ 1 恒成立.
令ℎ�=
e�
�2 −
1
�2 −
ln�
�−
1
�,
ℎ' �=
e��−2
�3
+
2
�3 −
1−ln�
�2
+
1
�2 =
e��−2 +2+�ln�
�3
> 0,
所以ℎ�在�∈2, + ∞上单调递增,
ℎ�≥ℎ2 =
e2
4 −
1
4 −
ln2
2 −
1
2 =
e2−3−2ln2
4
,
因为e2 −4e + 5 ≈1.52,2ln2 ≈1.39,
所以e2 −4e + 5 −2ln2 > 0,即
e2−3−2ln2
4
> e −2,
综上�≤e −2.
28.(2026·广东深圳·模拟预测)已知函数��= �ln�−�,直线�= �−e 与曲线�= ��相切.
(1)求实数�的值;
(2)若�= 1 是函数��= ��2 −���的极大值点.
①求实数�的取值范围;
②讨论��的零点个数.
【答案】(1)�= 1
(2)①4, + ∞
;②答案见解析
【解题思路】(1)利用导数来求切线斜率,再利用题意得方程组求解即可;
(2)①利用分类讨论思想,结合导数的正负来判断单调性,即可得极值点是否满足题意;②利用分类讨论
思想,结合零点存在性定理可判断零点个数.
【解答过程】(1)设直线�= �−e 与曲线�= ��相切于点�0, �0 ln�0 −�
,
由切点�0, �0 ln�0 −�
在直线�= �−e 上得,�0 −e = �0 ln�0 −�,
因为�′ �= 1 −�+ ln�,所以切线斜率为1 −�+ ln�0 = 1,可得ln�0 = �,
代入可得: �0 −e = �0 �−�= 0 ⇒�0 = e,则可解得�= 1;
(2)①由��= ��2 −���,�> 0,求导可得:�′ �= 2��′ �2 −��′ �= 2�ln�2 −�ln�= 4�−�ln�,
当�≤0 时,4�−�> 0,0 < �< 1 时,�′ �< 0;�> 1 时,�′ �> 0,
所以��在0,1 上单调递减;在1, + ∞上单调递增,
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所以�= 1 是函数��的极小值点,不满足题意;
当0 < �< 4 时,令�′ �> 0 得0 < �<
�
4或�> 1;令�′ �< 0 得
�
4 < �< 1,
所以��在0 < �<
�
4上单调递增;在
�
4 < �< 1 上单调递减,在�> 1 上单调递增,
所以�= 1 是函数��的极小值点,不满足题意;
当�= 4 时,�′ �≥0,所以��在0, + ∞上单调递增;不符合题意;
当�> 4 时,令�′ �> 0 得0 < �< 1 或�>
�
4;令�′ �< 0 得1 < �<
�
4,
所以��在0,1 上单调递增;在1 < �<
�
4上单调递减,在�>
�
4上单调递增
所以�= 1 是函数��的极大值点,满足题意.
综上:实数�的取值范围为4, + ∞.
②由��= ��2 −���= �2 ln�2 −1 −��ln�−1 =−�2 + ��+ 2�2 −��ln�,
根据①可知,��在0,1 上递增;在1 < �<
�
4上递减,在�>
�
4上递增,
则�1 = �−1 > 3 > 0,
由�
�
4 = �
�
4
2
−��
�
4 ,令�=
�
4 ∈1, + ∞,
则��=−�2 + 4�⋅�+ 2�2 −4�⋅�ln�= �2 3 −2ln�,
当1 < �< e
3
2,即4 < �< 4e
3
2时,��> 0,则��在1, + ∞上无零点,
又�→0 时,��→0,则��在0,1 上无零点,故此时��零点个数为0;
当�= e
3
2,即�= 4e
3
2时,同理只有�e
3
2
= 0,即��零点个数为1;
当�> e
3
2,即�> 4e
3
2时,∃�1 ∈1,
�
4 ,�2 ∈
�
4 , + ∞,使得��1 = ��2 = 0,
即��零点个数为2,
综上:4 < �< 4e
3
2时,��无零点;�= 4e
3
2时,��有1 个零点;�> 4e
3
2时,��有2 个零点.
一、单选题
1.(25-26 高三上·广东中山·阶段检测)函数�(�) = e�−ln e�在其定义域上(
)
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A.有最小值,有最大值
B.有最小值,无最大值
C.无最小值,有最大值
D.无最小值,无最大值
【答案】B
【解题思路】先求出函数�(�)的定义域,再对函数求导,然后分析函数单调性,根据函数的单调性即可求判
断函数的最值.
【解答过程】令真数e�> 0,则�> 0,所以函数�(�) = e�−ln e�的定义域为0, + ∞,
�′(�) = e −
1
�,令�′(�) > 0,则�>
1
e,令�′(�) < 0,则�<
1
e,
所以函数�(�)在�∈0,
1
e 上单调递减,在�∈
1
e , + ∞上单调递增,
所以�(�)在0, + ∞上有最小值�(
1
e ),无最大值.
故选:B.
2.(2026·四川成都·二模)若函数��= e��ln �+ 1 有极值,则�的取值范围为(
)
A.−∞, 0 ∪e, + ∞
B.−∞, 0 ∪e2, + ∞
C.−∞, −1 ∪1, + ∞
D.−∞, −1 ∪
1
e , + ∞
【答案】A
【解题思路】对函数��求导,设��= �ln �+ 1 +
1
�+1,�>−1,分�= 0,�≠0 结合导数分析求解即可.
【解答过程】由��= e��ln �+ 1 ,�>−1,
则�′ �= e��⋅�ln �+ 1 + e��⋅
1
�+1 = e��⋅�ln �+ 1 +
1
�+1 ,
令��= �ln �+ 1 +
1
�+1,�>−1,
则�′ �=
�
�+1 −
1
�+1 2 =
��+�−1
�+1 2 ,
当�= 0 时,��=
1
�+1 > 0 恒成立,则�′ �> 0,
即函数��在−1, + ∞上单调递增,此时函数��无极值,不符合题意;
当�≠0 时,令�′ �= 0,得�=
1
�−1,
当�< 0 时,�=
1
�−1 <−1,则�′ �< 0,得函数��在−1, + ∞上单调递减,
又�→−1 时,��→+ ∞;�→+ ∞时,��→−∞,
所以存在�0 ∈−1, + ∞,使得��0 = 0,则函数��存在极值;
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当�> 0 时,�=
1
�−1 >−1,
则−1 < �<
1
�−1 时,�′ �< 0;�>
1
�−1 时,�′ �> 0,
所以函数��在−1,
1
�−1 上单调递减,在
1
�−1, + ∞上单调递增,
则��min = �
1
�−1 = �−�ln�,
设ℎ�= �−�ln�,�> 0,则ℎ′ �=−ln�,
当0 < �< 1 时,ℎ′ �> 0;当�> 1 时,ℎ′ �< 0,
所以函数ℎ�在0,1 上单调递增,在1, + ∞上单调递减,
又ℎe = 0,且0 < �< 1 时,��min > 0,
则0 < �≤e 时,��min ≥0,此时函数��无极值,不符合题意;
当�> e 时,��min < 0,且�→−1 时,��→+ ∞;�→+ ∞时,��→+ ∞,
此时函数��存在极值.
综上所述,�的取值范围为−∞, 0 ∪e, + ∞.
故选:A.
3.(2026·甘肃·模拟预测)已知�= 1 是函数��= ln�−
�
�+ �的极值点,则�=(
)
A.2
B.−2
C.1
D.−1
【答案】B
【解题思路】求出函数�(�)的导数,利用给定极值点求出�并验证即得.
【解答过程】函数�(�) = ln�−
�
�+ �的定义域为(0, + ∞),求导得�′(�) =
1
�+
�
�2 + 1,
由�= 1 是�(�)的极值点,得�′(1) = 2 + �= 0,解得�=−2,
此时�′(�) =
1
�+
−2
�2 + 1 =
(�+2)(�−1)
�2
,当0 < �< 1 时,�′(�) < 0;当�> 1 时,�′(�) > 0,
因此�= 1 是�(�)的极值点,所以�=−2.
故选:B.
4.(25-26 高三上·河北·阶段检测)已知某圆柱的上、下底面圆的圆周都在半径为4 的球�的表面上,则该
圆柱体积的最大值是(
)
A.
128 3π
27
B.
128 3π
9
C.
256 3π
27
D.
256 3π
9
【答案】D
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【解题思路】由题意,得该圆柱的体积�= 16ℎ−
1
4 ℎ3 π(0 < ℎ< 8),设�(ℎ) = 16ℎ−
1
4 ℎ3(0 < ℎ< 8),利
用导数研究单调性进而求最大值即可.
【解答过程】设该圆柱的底面圆半径为�,高为ℎ,则�2 +
1
4 ℎ2 = 16,所以�2 = 16 −
1
4 ℎ2,
所以该圆柱的体积�= π�2ℎ= π 16 −
1
4 ℎ2 ℎ= 16ℎ−
1
4 ℎ3 π(0 < ℎ< 8),
设�(ℎ) = 16ℎ−
1
4 ℎ3(0 < ℎ< 8),则�′(ℎ) = 16 −
3
4 ℎ2(0 < ℎ< 8),由�′(ℎ) > 0,
得0 < ℎ<
8 3
3 ,由�′(ℎ) < 0,得
8 3
3 < ℎ< 8,
则�(ℎ)在0,
8 3
3
上单调递增,在
8 3
3 , 8 上单调递减,
所以�(ℎ)max = �
8 3
3
=
256 3
9
,则该圆柱体积的最大值是
256 3π
9
.
故选:D.
5.(25-26 高二下·天津滨海新区·期中)如图是函数�= �(�)的导函数�= �'(�)的图象,则下面判断正确的
是(
)
A.�= �(�)在( −3,1)上单调递增
B.�= �(�)在(1,3)上单调递减
C.当�=−1 时,�= �(�)取极小值
D.当�= 4 时,�= �(�)取极大值
【答案】C
【解题思路】利用导数与函数单调性间的关系及极值的定义,结合图象,对各个选项逐一分析判断,即可求
解.
【解答过程】对于选项A,由图知,当�∈−3,1 时,�′ �的符号有正有负,
��不是单调的函数,所以选项A 错误,
对于选项B,由图知,当�∈1,2 时,�′ �> 0, ��是增函数,所以选项B 错误,
对于选项C,由图知�′ −1 = 0,且在�=−1 左侧附近,�′ �< 0,在�=−1 右侧附近,�′ �> 0,
所以�=−1 是极小值点,�(�)在�=−1 处取到极小值,所以选项C 正确,
对于选项D,由图知�′ 4 = 0,且在�= 4 左侧附近,�′ �< 0,在�= 4 右侧附近,�′ �> 0,
所以�= 4 是极小值点,�(�)在�= 4 处取到极小值,所以选项D 错误,
故选:C.
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6.(2026·湖北武汉·模拟预测)已知��= ��−�−1 e�+ �+ 1,若0 是��的极小值点,则�的取值范
围为(
)
A.−∞, 1
B.−∞, 0
C.0, + ∞
D.1, + ∞
【答案】D
【解题思路】求导,并得到�′ 0 = 0 恒成立,再令��= �′ �,求出�′ 0 = �−1,分�> 1,�= 1 和�< 1
三种情况进行分析,得到�> 1 时,满足0 是��的极小值点,求出�的取值范围.
【解答过程】�′ �= �e�+ ��−�−1 e�+ 1 = ��−1 e�+ 1,
因为�= 0 是函数��的极小值点,所以�′ 0 =−e0 + 1 = 0 恒成立,
令��= �′ �= ��−1 e�+ 1,则�′ �= ��+ �−1 e�,
�′ 0 = �−1 e0 = �−1,
当�> 1 时,�′ 0 > 0,�(�)即�′ �在�= 0 附近单调递增,
又�0 = 0,所以当�< 0 时,在�= 0 附近��= �′ �< 0,
当�> 0 时,在�= 0 附近��= �′ �> 0,满足0 是��的极小值点;
当�= 1 时,��= �′ �= �−1 e�+ 1, �′ �= �e�,
当�< 0 时,�′ �< 0,��单调递减,当�> 0 时,�′ �> 0,��单调递增,
所以��= �′ �≥�0 = 0,所以��单调递增,此时��无极小值点;
当�< 1 时,�′ 0 < 0,��即�′ �在�= 0 附近单调递减,又�0 = 0,
所以当�< 0 时,在�= 0 附近��= �′ �> 0,
当�> 0 时,在�= 0 附近��= �′ �< 0,
此时0 是��的极大值点,不符合题意.
综上所述:�的取值范围为1, + ∞.
故选:D.
7.(25-26 高二下·安徽马鞍山·阶段检测)若函数��=−�2 + ��+ 4ln�在(1,2)上有最大值,则实数�的取
值范围为(
)
A.−2, + ∞
B.( −2,2)
C.−∞, 2
D.(0,2)
【答案】B
【解题思路】求得�′ �=−2�+ �+
4
�,令��= �′ �,得到�′ �< 0,得出�′ �在(1,2)上单调递减,根据
题意,转化为�′ �在(1,2)存在零点,列出不等式组,即可求解.
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【解答过程】由函数��=−�2 + ��+ 4ln�,可得�′ �=−2�+ �+
4
�,其中�> 0,
令��= �′ �=−2�+ �+
4
�,可得�′ �=−2 −
4
�2 < 0,
所以�′ �在(1,2)上为单调递减函数,
要使得函数��在(1,2)上有最大值,则函数��在(1,2)上有极大值,
则存在�0 ∈1,2 ,使得��在1, �0 上单调递增,在�0, 2 上单调递减,
即�′ �有零点,所以�′ 2 = �−2 < 0
�′ 1 = �+ 2 > 0
,解得−2 < �< 2,
所以实数�的取值范围为( −2,2).
故选:B.
8.(2026·贵州·模拟预测)已知函数��=
1
3 �3 +
1
2 ��2 + �,�=−2 是��的一个极值点,且��在−3,2
上有且仅有一个零点,则实数b 的取值范围为(
)
A.−
20
3 , −
4
3
B.
4
3 ,
20
3
C.−
20
3 , 0
D.0,
20
3
【答案】A
【解题思路】根据�' −2 = 4 −2�= 0 得出�,再根据��的单调性以及极值即可得出.
【解答过程】由��=
1
3 �3 +
1
2 ��2 + �,得�' �= �2 + ��,
因为�=−2 是��的一个极值点,所以�' −2 = 4 −2�= 0,
所以�= 2,��=
1
3 �3 + �2 + �,�' �= �2 + 2�= ��+ 2 ,
在[ −3,2]上有�' �> 0 得−3 ≤�<−2 或0 < �≤2,�' �< 0 得−2 < �< 0,
则��在−3, −2 上单调递增,在−2,0 上单调递减,在0,2 上单调递增,
因�−3 = �0 = �, �−2 =
4
3 + �, �2 =
20
3 + �,
由函数��在−3,2 上有且仅有一个零点,
则
4
3 + �< 0,
20
3 + �≥0,解得−
20
3 ≤�<−
4
3,
所以实数b 的取值范围为−
20
3 , −
4
3 .
故选:A.
二、填空题
9.(2026·青海海东·二模)函数�(�) = (2�2 −3�)e�+1的极小值是___________.
【答案】−e2
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【解题思路】求出函数�(�)的导数,进而求出极小值.
【解答过程】函数�(�) = (2�2 −3�)e�+1的定义域为R,求导得�′(�) = (2�2 + �−3)e�+1 = (2�+ 3)(�−
1)e�+1,
由�′(�) < 0,得−
3
2 < �< 1;由�′(�) > 0,得�<−
3
2或�> 1,
因此当�=−
3
2时,�(�)取得极大值,当�= 1 时,�(�)取得极小值,
所以函数�(�)的极小值为�(1) =−e2.
故答案为:−e2.
10.(2026·甘肃兰州·一模)函数��=
1
3 �3 −�2 −3�+ 2 在−2,0 上的最小值为___________.
【答案】
4
3
【解题思路】利用导数与函数单调性间的关系,直接求出��在−2,0 上单调性,即可求解.
【解答过程】因为�′ �= �2 −2�−3 = �+ 1
�−3 ,
又�∈−2,0 ,由�′ �> 0,得到−2 ≤�< −1,由�′ �< 0,得到−1 < �≤0,
即��在区间−2, −1 上单调递增,在区间−1,0 上单调递减,
又�−2 =−
8
3 −4 + 6 + 2 =
4
3,�0 = 2,所以��在−2,0 上的最小值为
4
3.
故答案为:
4
3.
11.(2026·甘肃金昌·二模)若函数��= �ln�−
�−1
�+1有两个极值点,则实数�的取值范围为__________.
【答案】0,
1
2
【解题思路】求导,通过�≤0,�> 0,结合�′ �= 0 有两个变号零点,讨论求解.
【解答过程】由题意,得�′ �=
�
�−
2
(�+1)2 =
��2+2 �−1 �+�
�(�+1)2
�> 0 ,
若�≤0,则�′ �< 0,此时函数��在0, + ∞上单调递减,不可能存在两个极值点,舍去,
若�> 0,则由题意,得关于�的方程��2 + 2 �−1 �+ �= 0 在0, + ∞上有两个不相等的实数根,
所以
−
2 �−1
2�
> 0
Δ = 4 �−1 2 −4�2 > 0
�> 0
,解得0 < �<
1
2,
故实数�的取值范围为0,
1
2 .,
故答案为:0,
1
2 .
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12.(2026·江苏苏州·模拟预测)已知函数�(�) = �3 −3�2 + ��+ 2,若�(�)在( −1,1)有唯一的极值点且为
极大值点,则a 的取值范围为____________.
【答案】( −9,3)
【解题思路】先对函数进行求导,根据题意由零点的存在性定理得�′( −1) ⋅�′(1) < 0,再由对称轴�= 1 在
区间( −1,1)右侧可推出�′( −1) > 0
�′(1) < 0
,解不等式组即可求解.
【解答过程】解:函数�(�) = �3 −3�2 + ��+ 2,则�′(�) = 3�2 −6�+ �,
因为�(�)在( −1,1)有唯一的极值点且为极大值点,
所以根据零点的存在性定理得�′( −1) ⋅�′(1) < 0,
�′(�) = 3�2 −6�+ �的图象是开口向上的抛物线,对称轴为�=−
−6
2×3 = 1,
由于对称轴�= 1 在区间( −1,1)右侧,
要使�′(�)在( −1,1)内有唯一的变号零点,则需满足�′( −1) > 0
�′(1) < 0
,
而�′( −1) = 3 × ( −1)2 −6 × ( −1) + �= 3 + 6 + �= 9 + �,
�′(1) = 3 × 12 −6 × 1 + �= 3 −6 + �= �−3,
则不等式组�′( −1) > 0
�′(1) < 0
可化为
9 + �> 0
�−3 < 0 ,解得−9 < �< 3,
综上,�的取值范围为( −9,3).
故答案为:( −9,3).
一、单选题
1.(2026·四川巴中·模拟预测)已知��= �e�−
1
2 �2有两个极值点�1, �2,且�2 ≥3�1,则实数�的取值范
围为(
)
A.0,
3
5 ln3
B.0,
3
6 ln6
C.0,
3
5 ln6
D.0,
3
6 ln3
【答案】D
【解题思路】根据题意,先求�′ �,则�′ �= 0 有两个不同的根�1, �2,再将�′ �= 0 分离参数得到�=
�
e�,
可以找到相应的两个函数�= �和�(�) =
�
e�,则这两个函数的图象有两个不同的交点,这两个交点的横坐标
�1, �2,再利用�(�) =
�
e�的增减性求出�(�)的最大值,利用图象得到�的取值范围及�1, �2的范围,再将�1, �2
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代入�=
�
e�中,得到�1, �2的双变量的等式�=
�1
e�1 =
�2
e�2,通过换元,设�=
�2
�1,由�2 ≥3�1得到�≥3,得到�2 =
��1,从而得到�1 =
ln�
�−1,构造函数ℎ(�) =
ln�
�−1,利用ℎ(�)的单调性求出ℎ(�)的最大值,即得到�1的取值范围�1 ≤
ln3
2 ,再利用�(�) =
�
e�在( −∞, 1)上是增函数,得到�的最大值,从而得到�的取值范围.
【解答过程】∵��= �e�−
1
2 �2,∴�′ �= �e�−�,∵��= �e�−
1
2 �2有两个极值点�1, �2,∴�′ �= �e�−
�= 0 有两个不同的根�1, �2,�e�−�= 0 变形为�=
�
e�,
设�= �,�(�) =
�
e�,则两个函数�= �和�(�) =
�
e�有两个不同的交点,∵�(�) =
�
e�,∴�′(�) =
�′⋅e�−�⋅(e�)′
e2�
=
1−�
e�,
∵�′(�) =
1−�
e�> 0 解得�< 1,∴�(�)在( −∞, 1)上是增函数;∵�′(�) =
1−�
e�< 0 解得�> 1,∴�(�)在(1, + ∞)
上是减函数;∴�(�)在�= 1 处取得最大值,∴�(�)的最大值为�(1) =
1
e.当�= 0 时,�(0) = 0;当�→−∞
时,�(�) →−∞;当�> 1 时,�(�) =
�
e�> 0 恒成立;当�→+ ∞时,�(�) →0.∵两个函数�= �和�(�) =
�
e�
有两个不同的交点,0 < �<
1
e;在直角坐标系中画出�= �和�(�) =
�
e�的图象,
结合图象可知,这两个函数图象的交点的横坐标就是�1, �2,又�2 ≥3�1,则0 < �1 < 1 < �2,∵�=
�
e�,∴�=
�1
e�1 =
�2
e�2,∴
�1
�2 =
e�1
e�2 = e�1−�2,设�=
�2
�1,∵�2 ≥3�1,∴�≥3,∵�=
�2
�1,∴�2 = ��1,∴
1
�= ��1−�2 = ��1−��1,
∴�1 =
ln�
�−1,设ℎ(�) =
ln�
�−1 (�≥3),ℎ′(�) =
1−1
�−ln�
(�−1)2 ,设�(�) = 1 −
1
�−ln�,�′(�) =
1−�
�2 ,∵�≥3,∴�′(�) =
1−�
�2 <
0,∴�(�)在[3, + ∞)上是减函数,∴�(�) ≤�(3) = 1 −
1
3 −ln3 =
2
3 −ln3 < 0,∴ℎ′(�) < 0,∴ℎ(�)在[3, + ∞)
上是减函数,∴ℎ(�) ≤ℎ(3) =
ln3
2 ,∴�1 ≤
ln3
2 ,∵�(�) =
�
e�在( −∞, 1)上是增函数;
∵�=
�1
e�1,∴�1 =
ln3
2 时�取最大值,且�的最大值为
ln3
2
e
ln3
2
=
ln3
2
3
3ln3
6 ,综上可知0 < �≤
3ln3
6 .
故选:D.
2.(2026·湖南长沙·二模)已知函数��=
�2e�, �< 1
e�
�2 , �≥1 ,方程[�(�)]2 −�2�(�) = 0(�> 0)有两个不等
实根,则下列选项正确的是(
)
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A.2 是�(�)的极大值点
B.函数ℎ(�) = �(�) −�无零点
C.a 的取值范围是
2
e ,
e
2 ∪[ e, + ∞)
D.∃�1 ∈(0,1),�2 ∈(1,3),使�(�1) > �(�2)
【答案】D
【解题思路】先利用导数求出�(�)的单调性,结合特殊点函数值,画出�(�)的图象,对于A,2 是�(�)的极
小值点,故A 错误;B 选项,点2,
e2
4 在直线�= �下方,而点1,e 在直线�= �上方,则函数ℎ(�) = �(�) −�
必有零点;C 选项,求出�(�) = 0 或�(�) = �2,�(�) = 0 有1 个实数根�= 0,故�(�) = �2需有1 个非零实
根,则由图可得
4
e2 < �2 <
e2
4或�2 > e,求出答案;D 选项,求出�(�1) ∈(0,e).�(�2) ∈
e2
4 ,e ,故∃�1 ∈(0,1),
�2 ∈(1,3),使�(�1) > �(�2).
【解答过程】当�< 1 时,�(�) = �2e�,则�′(�) = (�2 + 2�)e�= �(�+ 2)e�,
当�∈( −∞, −2) ∪(0,1)时,�′(�) > 0,当�∈( −2,0)时,�′(�) < 0,
故�(�)在( −∞, −2),0,1 上单调递增,在( −2,0)上单调递减,
且�( −2) =
4
e2,�(0) = 0;
当�≥1 时,�(�) =
e�
�2,则�′(�) =
e�(�−2)
�3
,
当�∈(1,2)时,�′(�) < 0,当�∈(2, + ∞)时,�′(�) > 0,
故�(�)在(1,2)上单调递减,在�∈(2, + ∞)上单调递增,
且�(1) = e,�(2) =
e2
4,且�(�) ≥0 恒成立,画出函数�(�)的图象如下:
对于A,由图可得2 是�(�)的极小值点,故A 错误;
对于B,因为�= 2 时,�=
e2
4 < 2,即点2,
e2
4 在直线�= �下方,
而点1,e 在直线�= �上方,则函数ℎ(�) = �(�) −�必有零点,故B 错误;
对于C,方程[�(�)]2 −�2�(�) = 0(�> 0)等价于�(�) = 0 或�(�) = �2,
由图可得�(�) = 0 有1 个实数根�= 0,
∴方程[�(�)]2 −�2�(�) = 0(�> 0)有两个不等实根,
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等价于�(�) = �2有1 个非零实根,则由图可得
4
e2 < �2 <
e2
4或�2 > e,
解得
2
e < �<
e
2或�>
e,故C 错误;
对于D,由图可得,当�1 ∈(0,1)时�(�1) ∈(0,e).
∵e < 3,故�(3) =
e3
9 <
9e
9 = e,故结合图象可得�2 ∈(1,3)时,�(�2) ∈
e2
4 ,e ,
故∃�1 ∈(0,1),�2 ∈(1,3),使�(�1) > �(�2),故D 正确;
故选:D.
二、多选题
3.(2026·海南三亚·一模)已知��= e�−��+ 1,�∈�,则下列结论正确的是(
)
A.若��在�= ln2 处取得极值,则�= 2
B.当�= 1 时,函数��的最小值为2
C.当0 < �< 1 时,函数��有2 个零点
D.若对任意�∈1, + ∞,有��≥0 恒成立,则�的取值范围是e + 1, + ∞
【答案】AB
【解题思路】利用导数讨论函数��的单调性和极值,即可得判断AB;对于C:分析可得
��≥�1 −ln�+
1
�,结合单调性可得��= 1 −ln�+
1
�> 0,即可判断C;对于D:举反例说明即可.
【解答过程】因为��= e�−��+ 1,则�′ �= e�−�,
若�≤0,则�′ �= e�−�> 0,可知��在定义域�内单调递增,��无极值;
若�> 0,令�′ �> 0,解得�> ln�;令�′ �< 0,解得�< ln�;
可知��在−∞, ln�内单调递减,在ln�, + ∞内单调递增,
则��有极小值,无极大值,且��的最小值为�ln�= �−�ln�+ 1.
对于选项A:若��在�= ln2 处取得极值,则�> 0 且ln�= ln2,
所以�= 2,故A 正确;
对于选项B:当�= 1 时,函数��的最小值为�ln1 = 1 −ln1 + 1 = 2,故B 正确;
对于选项C:当0 < �< 1 时,则��在−∞, ln�内单调递减,在ln�, + ∞内单调递增,
可得��≥�ln�= �−�ln�+ 1 = �1 −ln�+
1
�,
因为��= 1 −ln�+
1
�在0,1 内单调递减,则��> �1 = 2 > 0,
可得��≥�1 −ln�+
1
�> 0,函数��无零点,故C 错误;
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对于选项D:若对任意�∈1, + ∞,有��≥0 恒成立,
则�1 = e −�+ 1 ≥0,解得�≤e + 1,
可知�的取值范围不可能是e + 1, + ∞,故D 错误.
故选:AB.
4.(2026·广西南宁·二模)已知函数��= �e�−�,��= ln
�
�+ �,则下列说法正确的是(
)
A.若��≥0 恒成立,则�∈
1
e , + ∞
B.�= 1 是��的极值点
C.若函数�= ��+ ��恰有2 个正零点,则�∈0,
1
e
D.若关于x 的不等式���+ ��≤0 有解,则�∈−∞, 0 ∪0,
1
e
【答案】ACD
【解题思路】对于A:可得�≥
�
e�恒成立,令ℎ�=
�
e�,利用导数求其最值,即可得结果;对于B:举反例,
取�< 0,结合定义域分析判断;对于C:令�= ��+ ��= 0,可得e�+ln�+ �+ ln�= eln�+ ln�,结合
函数单调性可得−�+ ln�= ln�,利用导数分析其单调性和最值即可求解;对于D:令��= ���+ ��,
分�< 0 和�> 0 两种情况讨论,结合选项C 的结论运算求解.
【解答过程】由题意可知:�≠0.
对于选项A:若��≥0 恒成立,可得�≥
�
e�恒成立,
令ℎ�=
�
e�,则ℎ′ �=
1−�
e�,
令ℎ′ �> 0,解得�< 1;令ℎ′ �< 0,解得�> 1;
可知ℎ�在−∞, 1 内单调递增,在1, + ∞内单调递减,则ℎ�≤ℎ1 =
1
e,
可得�≥
1
e,即�∈
1
e , + ∞,故A 正确;
对于选项B:若�< 0,令
�
�> 0,解得�< 0,
此时��的定义域为−∞, 0 ,�= 1 不在定义域内,故B 错误;
对于选项C:由题意可知:�> 0,令
�
�> 0,解得�> 0,
令�= ��+ ��= �e�−�+ ln
�
�+ �= 0,可得e�+ln�+ �+ ln�= eln�+ ln�,
构造ℎ�= e�+ �,则ℎ�+ ln�= ℎln�,
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因为ℎ�在定义域0, + ∞内单调递增,则�+ ln�= ln�,即−�+ ln�= ln�,
构造��=−�+ ln�, �> 0,则�′ �=−1 +
1
�=
1−�
�,
令�′ �< 0,解得�> 1;令�′ �> 0,解得0 < �< 1;
可知��在0,1 内单调递增,在1, + ∞内单调递减,则��≤�1 =−1
即ln�<−1,解得0 < �<
1
e,所以�∈0,
1
e ,故C 正确;
对于选项D:令��= ���+ ��= ��e�−�2 + ln
�
�+ �,
若�< 0,可知��的定义域为−∞, 0 ,
当�趋近于−∞时,��趋近于−∞,符合题意;
若�> 0,可知��的定义域为0, + ∞,
令��= ��e�−�2 + ln
�
�+ �≤0,可得e�+ln�+ln�+ �+ ln�+ ln�≤eln�2 + ln�2,
由选项C 可知:ℎ�= e�+ �在定义域0, + ∞内单调递增,
因为ℎ�+ ln�+ ln�≤ℎln�2 ,则�+ ln�+ ln�≤ln�2 = 2ln�,即−�+ ln�≥ln�,
可知−�+ ln�≥ln�有解,由选项C 可得:−1 ≥ln�,解得0 < �≤
1
e;
综上所述:�∈−∞, 0 ∪0,
1
e ,故D 正确.
故选:ACD.
三、解答题
5.(2026·湖南岳阳·三模)已知函数�(�) = e�−
�
2 �2,其中e 为自然对数的底数,�∈�.
(1)当�= 1 时,求�(�)的单调区间;
(2)若�(�)存在两个不同的极值点�1, �2,且�1 < �2.
(ⅰ)求实数�的取值范围;
(ⅱ)证明�1 + �2 > 2.
【答案】(1)单调递增区间为( −∞, + ∞).
(2)(ⅰ)(e, + ∞);(ⅱ)证明见解析
【解题思路】(1)求导可得�′(�) = e�−�,根据e�≥1 + �,确定�′(�)的符号,进而判断原函数的单调性;
(2)(ⅰ)由�1, �2是方程e�= ��的两根,构造函数ℎ(�) =
e�
�,利用直线�= �与�= ℎ(�)的图像有两个交点,
利用导数求出�范围;
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(ⅱ)设�1 < �2,由(ⅰ)得0 < �1 < 1 < �2,由已知得
e�2
e�1 =
�2
�1,令�=
�2
�1 > 1,得�1 + �2 =
(1+�)ln�
�−1 ,即证(1 +
�)ln�> 2(�−1).通过构造函数�(�) = (1 + �)ln�−2(�−1), �> 1,利用函数的导数证明�(�) > 0 对�> 1
恒成立即可.
【解答过程】(1)当�= 1 时,�(�) = e�−
1
2 �2,定义域为�.求导得�′(�) = e�−�.
令�(�) = e�−�,则�'(�) = e�−1,
令�′(�) = 0 得�= 0,
当�∈−∞, 0 时,�′(�) < 0,�(�)单调递减;当�∈0, + ∞时,�′(�) > 0,�(�)单调递增;
�(�)min = �(0) = e0 −1 = 0
∴�(�) = e�−�≥0,即�′(�) > 0 恒成立.
因此,�(�)在�上单调递增,单调递增区间为( −∞, + ∞).
(2)(ⅰ)�′(�) = e�−��,若�(�)有两个不同的极值点,则方程e�= ��有两个不同的实数根.
显然�= 0 不是根,故可化为�=
e�
�(�≠0).
设ℎ(�) =
e�
�,则ℎ′(�) =
e�(�−1)
�2
.
当�< 0 时,ℎ′(�) < 0, ℎ(�)单调递减,且ℎ(�) < 0;
当0 < �< 1 时,ℎ′(�) < 0, ℎ(�)单调递减;
当�> 1 时,ℎ′(�) > 0, ℎ(�)单调递增.
又�→0+时ℎ(�) →+ ∞, ℎ(1) = e, �→+ ∞时ℎ(�) →+ ∞,故ℎ(�)在(0,1)上从+∞减至e,在(1, + ∞)上从e 增
至+∞.
因此,当�> e 时,直线�= �与ℎ(�)的图像有两个交点,分别位于(0,1)和(1, + ∞),对应两个不同的极值点
�1, �2(且0 < �1 < 1 < �2).
当�= e 时有一个交点,当0 ≤�< e 时无交点,
当�< 0 时有一个交点.
故实数�的取值范围是(e, + ∞).
(ⅱ)不妨设�1 < �2,由(ⅰ)得0 < �1 < 1 < �2,e�1 = ��1, e�2 = ��2,∴
e�2
e�1 =
�2
�1,即e�2−�1 =
�2
�1,两边取对
数得�2 −�1 = ln
�2
�1.
令�=
�2
�1 > 1,则�2 = ��1,代入得(�−1)�1 = ln�,解得�1 =
ln�
�−1.
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于是�1 + �2 = (1 + �)�1 =
(1+�)ln�
�−1 .
要证�1 + �2 > 2,即证
(1+�)ln�
�−1
> 2,等价于(1 + �)ln�> 2(�−1).
设�(�) = (1 + �)ln�−2(�−1), �> 1,则�′(�) = ln�+
1+�
�−2 = ln�+
1
�−1.
令�(�) = ln�+
1
�−1,则�′(�) =
1
�−
1
�2 =
�−1
�2 > 0,
故�(�)在(1, + ∞)上单调递增,且�(1) = 0,所以�(�) > 0,即�′(�) > 0.
因此�(�)在(1, + ∞)上单调递增,又�(1) = 0,故�(�) > 0 对�> 1 恒成立.
从而原不等式成立,即�1 + �2 > 2.
6.(2026·安徽合肥·三模)已知函数�(�) = �⋅��−
1
6 �3,其中�> 1, �> 0,函数�= �(�) + �( −�)的最小
值为2,�(�)为�(�)的导函数.
(1)求�的值;
(2)若�(�)在(0, + ∞)上单调递增,求ln�的取值范围;
(3)若�(�)在(0, + ∞)的极小值点为�0,证明:�(�0) <
1
2 e
4
3.
【答案】(1)�= 1
(2)ln�∈e−1
3, + ∞
(3)证明见解析
【解题思路】(1)利用基本不等式求最小值,结合�= �(�) + �( −�)的最小值,得到参数�的值;
(2)由�(�)在(0, + ∞)上单调递增,可知�′(�) ≥0 在(0, + ∞)上恒成立,再通过求导得到函数单调性,找到
最小值,解不等式得到ln�的范围.
(3)由(2)知�(�)在(0, + ∞)有极小值点,则ln�∈0, e−1
3 .分析函数�(�)的单调性,结合�0ln�+ 3ln(ln�) = 0,
解得�0的范围,最后通过放缩得到�(�0) < �(e
1
3) <
1
2 e
2
3 <
1
2 e
4
3.
【解答过程】(1)�= �(�) + �( −�) = ���+ �−�,因为��> 0,所以��+ �−�≥2,
当且仅当�= 0 时等号成立,又�= �(�) + �( −�)的最小值为2,
所以���+ �−�≥2�= 2,解得�= 1.
(2)由(1)知�(�) = ��−
1
6 �3,则�(�) = �′ �= ��ln�−
1
2 �2,
令ℎ(�) = �′(�) = ��(ln�)2 −�,则ℎ′(�) = ��(ln�)3 −1,
因为�> 1,所以ℎ′(�)在�∈(0, + ∞)内单调递增,ℎ′(0) = (ln�)3 −1
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(ⅰ)�≥e 时,ℎ′(�) > ℎ′(0) = (ln�)3 −1 ≥0,所以�′(�)在�∈(0, + ∞)内单调递增,�′(�) > �′(0) = (ln�)2 >
0,所以�(�)单调递增,即ln�≥1 满足题意;
(ⅱ)1 < �< e 时,0 < (ln�)3 < 1,记ℎ′(�) = 0 的根为�0,则��0(ln�)3 = 1,
即�0ln�+ 3ln(ln�) = 0,所以�′(�)在�∈(0, �0)递减,在�∈�0, + ∞递增.
�′(�)最小值为�′ �0 = ��0(ln�)2 −�0 =
1
ln�−�0 =
1+3ln(ln�)
ln�
,
令�′ �0 ≥0,即1 + 3ln(ln�) ≥0,解得ln�∈e−1
3, 1
综上,ln�∈�−1
3, + ∞.
(3)由(2)知ln�∈0, e−1
3 时,�′(�0) < 0,又�′(0) = (ln�)2 > 0,
当�→+ ∞时,指数函数�= ��呈爆炸性增长,从而�′(�) →+ ∞,
所以∃�1 ∈0, �0 ,∃�0 ∈�0, + ∞使�′ �0 = �′ �1 = 0.
所以�(�)在�∈(0, �1)递增,在�∈(�1, �0)递减,在�∈(�0, + ∞)递增.
因为�0ln�+ 3ln(ln�) = 0,令�= ln�∈0, e−1
3 ,则�0 =−
3ln�
�.
令�(�) =−
3ln�
�,则�′(�) =−3 ⋅
1−ln�
�2
< 0,所以�(�)在�∈0, e−1
3 递减.
则�0 = �(�) > �e−1
3
= e
1
3,又0 < ln�< e−1
3,所以�< ee−1
3,
所以�′ e
1
3
= �e
1
3 ⋅ln�2 −e
1
3 < e ⋅e−2
3 −e
1
3 = 0.
所以�1 < �
1
3 < �0 < �0,
所以��0 < �e
1
3
= �e
1
3 ⋅ln�−
1
2 e
2
3 < e ⋅e−1
3 −
1
2 e
2
3 =
1
2 e
2
3,
故�(�0) <
1
2 e
2
3 <
1
2 e
4
3.
7.(2026·河北邢台·三模)已知函数��=
2ln�−1
2�
−�ln�.
(1)当�= 1 时,
(i)求曲线�= ��在�= 1 处的切线方程;
(ii)求函数��= ��−
ln�
2�的最大值.
(2)若不等式��< 0 恒成立,求实数�的取值范围.
【答案】(1)(i)�−2�−2 = 0;(ii)−
1
2
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(2)
1
2e , 2 e
【解题思路】(1)(i)先代入�= 1 得到函数表达式,求切点处的函数值,再通过求导得到切线斜率,最
后用点斜式写出切线方程;
(ii)先化简��,再求导并分析导数的符号变化,确定函数的单调性,从而得到在�= 1 处取得最大值;
(2)将不等式变形为�>
2ln�−1
2�ln�
�> 1 和�<
2ln�−1
2�ln�
0 < �< 1 ,分析0 < �< 1 时的右侧函数求最小值和�>
1 时的右侧函数求最大值,即可得到�的取值范围.
【解答过程】(1)(i)当�= 1 时,��=
2ln�−1
2�
−ln��> 0 ,
�' �=
3−2ln�
2�2
−
1
�,
�1 =
2ln1−1
2×1 −ln1 =−
1
2,�' 1 =
3−2ln1
2×12 −
1
1 =
1
2,
所以曲线�= ��在�= 1 处的切线方程为�−−
1
2 =
1
2 �−1 ,即�−2�−2 = 0;
(ii)��= ��−
ln�
2�=
ln�−1
2�−ln��> 0 ,
�′ �=
2−ln�
2�2 −
1
�=
2−2�−ln�
2�2
,
令ℎ�= 2 −2�−ln�,ℎ' �=−2 −
1
�< 0 ,
所以ℎ�在0, + ∞上单调递减,且ℎ1 = 2 −2 × 1 −ln1 = 0 ,
所以0 < �< 1 时,ℎ�> 0,�′ �> 0,��单调递增;
�> 1 时,ℎ�< 0,�′ �< 0,��单调递减;
所以��在�= 1 取得最大值�1 =
ln1−1
2×1 −ln1 =−
1
2;
(2)��=
2ln�−1
2�
−�ln�< 0 恒成立,
当�= 1 时,�1 =−
1
2 < 0,不等式恒成立,�∈�,
当�> 1 时,
2ln�−1
2�
−�ln�< 0 变形为�>
2ln�−1
2�ln�,
令��=
2ln�−1
2�ln�
�> 1 ,�' �=
−2ln2�+ln�+1
2�2ln2�
=
−2ln�+1
ln�−1
2�2ln2�
,
令�′ �= 0,得ln�= 1 ln�> 0 ,即�= e,
1 < �< e 时,�′ �> 0,��单调递增;
�> e 时,�′ �< 0,��单调递减,
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所以�= e 时,��取最大值�e =
2lne−1
2elne =
1
2e,
所以�>
1
2e,
当0 < �< 1 时,
2ln�−1
2�
−�ln�< 0 变形为�<
2ln�−1
2�ln�=
1
�−
1
2�ln�,
��=
2ln�−1
2�ln�
0 < �< 1 ,�' �=
−2ln�+1
ln�−1
2�2ln2�
,
令�′ �= 0,得ln�=−
1
2 ln�< 0 ,即�=
1
e,
0 < �<
1
e时,�′ �< 0,��单调递减;
1
e < �< 1 时,�′ �> 0,��单调递增,
所以�=
1
e时,��取最大值�
1
e =
2ln 1
e−1
2 1
eln 1
e
= 2 e,
所以�< 2 e,
综上,若不等式��< 0 恒成立,则�的取值范围为
1
2e , 2 e .
8.(2026·河南·三模)已知函数��= �e�−�e�+ 1 �∈�.
(1)若�= 1 是��的极小值点,求�的值;
(2)若��有两个零点�1, �2 �1 < �2 .
(i)求�的取值范围;
(ii)求证:e−�1 + e−�2 > 2.
【答案】(1)2
(2)(i)1, + ∞;(ii)证明见解析
【解题思路】(1)通过导数分析单调性,利用极小值点导数为0 求解参数;
(2)(i)分离参数后构造函数,通过单调性与最值确定参数范围;
(ii)换元后结合极值点偏移,构造辅助函数证明不等式.
【解答过程】(1)由��= �e�−�e�+ 1,求导得�′ �= e�+ �e�−�e�= �+ 1 −�e�,
因e�> 0 恒成立,故�′ �的符号由�+ 1 −�决定,
由�= 1 是��的极小值点,得�′ 1 = 0,即1 + 1 −�= 0,解得�= 2,
当�= 2 时,�′ �= �−1 e�,�< 1 时�′ �< 0,��单调递减;
�> 1 时�′ �> 0,��单调递增,故�= 1 为极小值点,符合题意,
因此,�= 2;
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(2)(i)由��= 0 得�e�−�e�+ 1 = 0,变形为�= �+ e−�,
令��= �+ e−�,则��的零点等价于�= �与��的图象交点,
求导得�′ �= 1 −e−�,令�′ �= 0,得�= 0,
�< 0 时,�′ �< 0,��单调递减;�> 0 时,�′ �> 0,��单调递增,
�(�)min = �0 = 1,且�→−∞时��→+ ∞,�→+ ∞时��→+ ∞,
因此,�的取值范围为1, + ∞;
(ii) 由�1, �2是��的零点,得�1 + e−�1 = �2 + e−�2 = �,
由��单调性可知�1 < 0 < �2,令�1 = e−�1,�2 = e−�2,
则�1 > 1,0 < �2 < 1,且�1 =−ln�1,�2 =−ln�2,代入得�1 −ln�1 = �2 −ln�2,
设ℎ�= �−ln�,则ℎ′ �= 1 −
1
�,ℎ�在0,1 上单调递减,在1, + ∞上单调递增,
构造函数��= ℎ�−ℎ2 −�,�∈0,1 ,�′ �= 1 −
1
�+ 1 −
1
2−�= 2 −
2
�2−�,
由�∈0,1 ,则�2 −�=−�−1 2 + 1 < 1,故�′ �< 0,��在0,1 上单调递减,
则��> �1 = 0,即ℎ�> ℎ2 −�在�∈0,1 恒成立,
因0 < �2 < 1,故ℎ�2 > ℎ2 −�2 ,结合ℎ�1 = ℎ�2 ,得ℎ�1 > ℎ2 −�2 ,
又�1 > 1,2 −�2 > 1,ℎ�在1, + ∞上单调递增,
因此�1 > 2 −�2,即�1 + �2 > 2,故e−�1 + e−�2 > 2.
一、单选题
1.(2026·全国一卷·高考真题)已知函数�(�) =
�+2
e�+�的最大值为1,则�=(
)
A.
1
2
B.1
C.
3
2
D.2
【答案】B
【解题思路】根据题意,求导,利用导数求解.
【解答过程】(1)当�< 0 时,由e�+ �≠0,解得�≠ln( −�),
故函数�(�)定义域为( −∞, ln( −�)) ∪(ln( −�), + ∞).
①当�<−
1
e2时,ln( −�) + 2 > 0,
当�→ln( −�)+,则�(�) →+ ∞,故不存在最大值,不合题意;
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②当�=−
1
e2时,此时�(�) =
�+2
e�−e−2,�(0) =
2
1−e−2 > 2,
故最大值不为1,不合题意;
③当−
1
e2 < �< 0 时,ln( −�) + 2 < 0,
当�→ln( −�)−,则�(�) →+ ∞,故不存在最大值,不合题意;
(2)当�≥0 时,则e�+ �> 0,则函数�(�)定义域为�.
且由�(�)最大值为1 可知,�+ 2 ≤e�+ �,
即�≥�+ 2 −e�对任意�∈�恒成立,且等号能取到.
设�(�) = �+ 2 −e�,则�′(�) = 1 −e�,
当�< 0 时,�′(�) > 0,�(�)单调递增;
当�> 0 时,�′(�) < 0,�(�)单调递减;
故�(�) ≤�(0) = 1,当且仅当�= 0 时,�(�)max = 1,
由�≥�+ 2 −e�对任意�∈�恒成立,可知�≥1,
又当�> 1 时,恒有�(�) ≤1 < �,取不到等号,所以有�= 1,
故选:B.
二、多选题
2.(2025·全国二卷·高考真题)已知�(�)是定义在R 上的奇函数,且当�> 0 时,�(�) = �2 −3 e�+ 2,
则(
)
A.�(0) = 0
B.当�< 0 时,�(�) =−�2 −3 e−�−2
C.�(�) ≥2 当且仅当�≥
3
D.�=−1 是�(�)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�(�) =−�−�代入求解即可;对C,举反例�( −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�(�)定义在R 上奇函数,则�(0) = 0,故A 正确;
对B,当�< 0 时,−�> 0,则�(�) =−�−�=−
−�2 −3 e−�+ 2 =−�2 −3 e−�−2,故B 正确;
对C,�( −1) =−1 −3 e −2 = 2 e −1 > 2,故C 错误;
对D,当�< 0 时,�(�) = 3 −�2 e−�−2,则�′(�) =−3 −�2 e−�−2�e−�= �2 −2�−3 e−�,
令�′(�) = 0,解得�=−1 或3(舍去),
当�∈−∞, −1 时,�′(�) > 0,此时��单调递增,
当�∈−1,0 时,�′(�) < 0,此时��单调递减,
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则�=−1 是�(�)极大值点,故D 正确;
故选:ABD.
3.(2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)设函数�(�) = (�−1)2(�−4),则(
)
A.�= 3 是�(�)的极小值点
B.当0 < �< 1 时,�(�) < ��2
C.当1 < �< 2 时,−4 < �(2�−1) < 0 D.当−1 < �< 0 时,�(2 −�) > �(�)
【答案】ACD
【解题思路】求出函数��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��
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��的定义域为R,而�′ �= 2 �−1
�−4 + �−1 2 = 3 �−1
�−3 ,
易知当�∈1,3 时,�′ �< 0,当�∈−∞, 1 或�∈3, + ∞时,�′ �> 0
函数��在−∞, 1 上单调递增,在1,3 上单调递减,在3, + ∞上单调递增,故�= 3 是函数��的极小值
点,正确;
对B,当0 < �< 1 时,�−�2 = �1 −�> 0,所以1 > �> �2 > 0,
而由上可知,函数��在0,1 上单调递增,所以��> ��2 ,错误;
对C,当1 < �< 2 时,1 < 2�−1 < 3,而由上可知,函数��在1,3 上单调递减,
所以�1 > �2�−1 > �3 ,即−4 < �2�−1 < 0,正确;
对D,当−1 < �< 0 时,�(2 −�) −�(�) = 1 −�2 −2 −�−�−1 2 �−4 = �−1 2 2 −2�> 0,
所以�(2 −�) > �(�),正确;
故选:ACD.
4.(2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)设函数�(�) = 2�3 −3��2 + 1,则(
)
A.当�> 1 时,�(�)有三个零点
B.当�<0 时,�= 0 是�(�)的极大值点
C.存在a,b,使得�= �为曲线�= �(�)的对称轴
D.存在a,使得点1, �(1) 为曲线�= �(�)的对称中心
【答案】AD
【解题思路】A 选项,先分析出函数的极值点为�= 0, �= �,根据零点存在定理和极值的符号判断出�(�)在
( −1,0), (0, �), (�, 2�)上各有一个零点;B 选项,根据极值和导函数符号的关系进行分析;C 选项,假设存
在这样的�, �,使得�= �为�(�)的对称轴,则�(�) = �(2�−�)为恒等式,据此计算判断;D 选项,若存在
这样的�,使得(1,3 −3�)为�(�)的对称中心,则�(�) + �(2 −�) = 6 −6�,据此进行计算判断,亦可利用拐
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点结论直接求解.
【解答过程】A 选项,�′(�) = 6�2 −6��= 6�(�−�),由于�> 1,
故�∈( −∞, 0) ∪(�, + ∞)时�′(�) > 0,故�(�)在( −∞, 0), (�, + ∞)上单调递增,
�∈(0, �)时,�′(�) < 0,�(�)单调递减,
则�(�)在�= 0 处取到极大值,在�= �处取到极小值,
由�(0) = 1 > 0,�(�) = 1 −�3 < 0,则�(0)�(�) < 0,
根据零点存在定理�(�)在(0, �)上有一个零点,
又�( −1) =−1 −3�< 0,�(2�) = 4�3 + 1 > 0,则�( −1)�(0) < 0, �(�)�(2�) < 0,
则�(�)在( −1,0), (�, 2�)上各有一个零点,于是�> 1 时,�(�)有三个零点,A 选项正确;
B 选项,�′(�) = 6�(�−�),�< 0 时,�∈(�, 0), �′(�) < 0,�(�)单调递减,
�∈(0, + ∞)时�′(�) > 0,�(�)单调递增,
此时�(�)在�= 0 处取到极小值,B 选项错误;
C 选项,假设存在这样的�, �,使得�= �为�(�)的对称轴,
即存在这样的�, �使得�(�) = �(2�−�),
即2�3 −3��2 + 1 = 2(2�−�)3 −3�(2�−�)2 + 1,
根据二项式定理,等式右边(2�−�)3展开式含有�3的项为2C3
3(2�)0( −�)3 =−2�3,
于是等式左右两边�3的系数都不相等,原等式不可能恒成立,
于是不存在这样的�, �,使得�= �为�(�)的对称轴,C 选项错误;
D 选项,
方法一:利用对称中心的表达式化简
�(1) = 3 −3�,若存在这样的�,使得(1,3 −3�)为�(�)的对称中心,
则�(�) + �(2 −�) = 6 −6�,事实上,
�(�) + �(2 −�) = 2�3 −3��2 + 1 + 2(2 −�)3 −3�(2 −�)2 + 1 = (12 −6�)�2 + (12�−24)�+ 18 −12�,
于是6 −6�= (12 −6�)�2 + (12�−24)�+ 18 −12�
即
12 −6�= 0
12�−24 = 0
18 −12�= 6 −6�
,解得�= 2,即存在�= 2 使得(1, �(1))是�(�)的对称中心,D 选项正确.
方法二:直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心,对称中心的横坐标是二阶导数的零点,
�(�) = 2�3 −3��2 + 1,�′(�) = 6�2 −6��,�″(�) = 12�−6�,
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由�″(�) = 0 ⇔�=
�
2,于是该三次函数的对称中心为
�
2 , �
�
2
,
由题意(1, �(1))也是对称中心,故
�
2 = 1 ⇔�= 2,
即存在�= 2 使得(1, �(1))是�(�)的对称中心,D 选项正确.
故选:AD.
三、填空题
5.(2026·北京·高考真题)已知�(�) = �2 −cos�−�2 ,给出下列四个结论:
①�(�)在( −1,1]上有最小值和最大值;
②�= 1,�∈( −1,2]时,�(�)有最大值;
③�= 0,�(�) = 1 有3 个解;
④�> 0,�(�)与�= �有4 个交点.
其中正确结论的序号是___________.
【答案】①②③④
【解题思路】①,构造函数��= �2 −cos�−�2并求其单调性和奇偶性,求出��的奇偶性,分��在−1,1
内有零点和��在−1,1 内无零点两种情况讨论,即可判断;②,求出��在1,2 上的单调性,即可判断;
③,求出��在�取任意实数的单调性,结合零点存在性定理即可求出��= 1 时�的值,即可判断;④,求
出�0 = 1 + �2 > �,结合��单调性即可得出与直线�= �的交点个数,即可判断.
【解答过程】由题意,
①在��= �2 −cos�−�2中,�′ �= 2�+ sin�,�1 = 1 −cos1 −�2,
�−�= −�2 −cos −�−�2 = �2 −cos�−�2 = ��,函数为偶函数,
在ℎ�= �′ �= 2�+ sin�中,ℎ′ �= 2 + cos�> 0,
∴函数ℎ�= �′ �= 2�+ sin�单调递增,
∵ℎ0 = �′ 0 = 0 + 0 = 0,
∴当�< 0 时,ℎ�= �′ �< 0,当�> 0 时,ℎ�= �′ �> 0,
∴��在−∞, 0 上单调递减,在0, + ∞上单调递增,
∴函数在�= 0 处取最小值,�0 = 0 −cos0 −�2 =−1 −�2,
在��= �2 −cos�−�2 中,
�−�=
−�2 −cos −�−�2 = �2 −cos�−�2 = ��,为偶函数,
当��在−1,1 内有零点时,
即∃�1 ∈−1,0 ,�2 ∈0,1 ,使得��= 0,
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此时��在−1, �1 ,0, �2 上单调递减,在�1, 0 ,�2, 1 上单调递增,
��1 = ��2 = 0,�0 =−�0 = 1 + �2,�1 = �1 = 1 −cos1 −�2,
∵1 + �2 > 1 −cos1 −�2,
∴�0 > �1 ,
∴��在�= �1和�= �2处取最小值,��min = 0,
在�= 0 处取最大值,��max = 1 + �2
当��在−1,1 内无零点时,��=−��=−�2 + cos�+ �2,
��在−1,0 上单调递增,在0,1 上单调递减,
∴��在�= 1 处取得最小值,��min = �1 =−1 + cos1 + �2,
在�= 0 处取得最大值,��max = �0 = 0 + cos0 + �2 = �2 + 1,
故①正确;
②当�= 1 时,
��= �2 −cos�−1 ,��= �2 −cos�−1,�1 = 1 −cos1 −1 = cos1 > 0,
由①可得,��在0, + ∞上单调递增,
∵�1 = 1 −cos1 −1 =−cos1 < 0,�2 = 22 −cos2 −1 = 3 −cos2 > 0,
∴∃�5 1,2 ,使得��5 = 0,
∴在��= �2 −cos�−1 中,�∈1,2 ,
此时��在1, �5 上单调递减,在�5, 2 上单调递增,
∴��在�= 2 处取最大值,
②正确;
③同①可得推广结论,
在��= �2 −cos�−�2 中,�0 = 0 −cos0 −�2 = 1 + �2,
�−�=
−�2 −cos −�−�2 = �2 −cos�−�2 = ��,为偶函数,
即∃�1 ∈−∞, 0 ,�2 ∈0, + ∞,使得��1 = 0,��2 = 0,
此时��在−∞, �1 ,0, �2 上单调递减,在�1, 0 ,�2, + ∞上单调递增,
∴��在�= �1和�= �2处取极小值,
当�= 0 时,��= �2 −cos�,��= �2 −cos�,�0 = 1,
∵��在−∞, �1 上单调递减,��1 = 0,
∴∃�3 ∈−∞, �1 ,使得��3 = 1,
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∵��在�2, + ∞上单调递增,��2 = 0,
∴∃�4 ∈�2, + ∞,使得��4 = 1,
∴当�= �3, �4, 0 时,��= 1,
∴�= 0,��有3 解,
故③正确;
④由③可得,
在��= �2 −cos�−�2 中,�0 = 1 + �2,
此时��在−∞, �1 ,0, �2 上单调递减,在�1, 0 ,�2, + ∞上单调递增,
在��= 1 + �2 −�中,Δ = −1 2 −4 × 1 × 1 =−3 < 0,
1 > 0,开口向上,
∴函数��= 1 + �2 −�> 0,即1 + �2 > �恒成立,
∴�0 = 1 + �2 > �
∴�= �在0, �0
下方,
∵�> 0,
∴�= �在�轴上方,
此时�= �与��有4 个交点,
故④正确.
故答案为:①②③④.
6.(2025·全国二卷·高考真题)若�= 2 是函数�(�) = (�−1)(�−2)(�−�)的极值点,则�(0) =__________.
【答案】−4
【解题思路】由题意得�′ 2 = 0 即可求解�,再代入即可求解.
【解答过程】由题意有��= �−1
�−2
�−�,
所以�′ �= �−�
�−1 + �−1
�−2 + �−�
�−2 ,
因为2 是函数��极值点,所以�′ 2 = 2 −�= 0,得�= 2,
当�= 2 时,�′ �= 2 �−2
�−1 + �−2 2 = �−2
3�−4 ,
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当�∈−∞,
4
3 , �′ �> 0, ��单调递增,当�∈
4
3 , 2 , �′ �< 0, ��单调递减,
当�∈2, + ∞, �′ �> 0, ��单调递增,
所以�= 2 是函数��= �−1
�−2
�−�的极小值点,符合题意;
所以�0 =−1 × −2 × −�=−2�=−4.
故答案为:−4.
四、解答题
7.(2026·北京·高考真题)设函数��= �2 + ��−4e��−1 �∈�,曲线�= ��在点−1, �−1
处的切
线方程为4�+ e2�+ e2 + 8 = 0.
(1)求�,�的值;
(2)求��的极值点个数;
(3)求�= ��−1 �> 0 与��交点个数.
【答案】(1)�= 2、�= 1
(2)��有两个极值点
(3)交点个数为1
【解题思路】(1)借助导数的几何意义可得�′ −1 =−4e−2、�−1 =−1 −4e−2,计算即可得解;
(2)求导得到�′ �后,再利用导数研究函数�′ �单调性,即可得�′ �变号零点个数,即可得��极值点个
数;
(3)构造函数ℎ�= �2 + 2�−4e�−1 −��+ 1,利用导数计算可得ℎ′ �= 2��−�,再分�> 2 −2ln2 及
0 < �≤2 −2ln2 进行讨论,当�> 2 −2ln2,结合(2)中所得可得ℎ�在�上单调递减,结合零点存在性
定理即可得ℎ�在�上零点个数,即可得�= ��−1 �> 0 与��交点个数;当0 < �≤2 −2ln2 时,可得
ℎ′ �= 0 有两个实根,分别设为�3、�4,且�3 < �4,则得ℎ�单调性,计算可得ℎ�3 < 0、ℎ�4 < 0,再
利用零点存在性定理即可得ℎ�在�上零点个数,即可得�= ��−1 �> 0 与��交点个数.
【解答过程】(1)�' �= 2�+ �−4�e��−1,则�' −1 =−2 + �−4�e−�−1 =−4e−2,
�−1 = 1 −�−4e−�−1 =
−e2−8+4
e2
=−1 −4e−2,
所以−1 −4 �+ 1 e−�−1 =−1 −8e−2,4 �+ 1 e−�−1 = 8e−2,
又�∈�,解得�= 2
�= 1 ;
(2)由(1)得��= �2 + 2�−4e�−1,则�′ �= 2�+ 2 −4e�−1 = 2 �+ 1 −2e�−1 ,
令��= �+ 1 −2e�−1,则�′ �= 1 −2e�−1,
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令�′ �= 1 −2e�−1 = 0,解得�= 1 −ln2,
则当�∈−∞, 1 −ln2 时,�′ �> 0,当�∈1 −ln2, + ∞时,�′ �< 0,
故��在−∞, 1 −ln2 上单调递增,在1 −ln2, + ∞上单调递减,
又�1 −ln2 = 1 −ln2 + 1 −2e−ln2 = 1 −ln2 > 0,
�−1 =−1 + 1 −2e−2 =−2e−2 < 0,�1 = 1 + 1 −2e0 = 0,
故存在�1 ∈−1,1 −ln2 ,使得�′ �1 = 0,且有�′ 1 = 0,
则当�∈−∞, �1 ∪1, + ∞时,�′ �< 0,当�∈�1, 1 时,�′ �> 0,
故��在−∞, �1 、1, + ∞上单调递减,在�1, 1 上单调递增,
故��有两个极值点;
(3)令�2 + 2�−4e�−1 = ��−1,则�2 + 2�−4e�−1 −��+ 1 = 0,
令ℎ�= �2 + 2�−4e�−1 −��+ 1,则ℎ′ �= 2�+ 2 −4e�−1 −�= 2��−�;
若�≥2�1 −ln2 = 2 −2ln2,则ℎ' �≤0 恒成立(不恒为零),
故ℎ�在�上单调递减,又ℎ0 =−4e−1 + 1 = 1 −
4
e < 0,
当�→−∞时,ℎ�→+ ∞,故ℎ�在�上有唯一零点,
即�= ��−1 �> 0 与��有唯一交点;
若0 < �< 2 −2ln2 时,2��−�= 0 有两个实根,
设这两个实根分别为�3、�4,且�3 < �4,则�3 ∈�1, 1 −ln2 、�4 ∈1 −ln2,1 ,
则当�∈−∞, �3 ∪�4, + ∞时,ℎ′ �< 0,当�∈�3, �4 时,ℎ′ �> 0,
故ℎ�在−∞, �3 、�4, + ∞上单调递减,在�3, �4 上单调递增,
故ℎ�3 为ℎ�的极小值,ℎ�4 为ℎ�的极大值,且ℎ�3 < ℎ�4 ,
由ℎ′ �4 = 2�4 + 2 −4e�4−1 −�= 0,则4e�4−1 = 2�4 + 2 −�,
则ℎ�4 = �4
2 + 2�4 −4e�4−1 −��4 + 1 = �4
2 + 2�4 −2�4 + 2 −�−��4 + 1
= �4
2 −��4 + �−1 = �4 −1 �4 −�−1 ,
由0 < �≤2 −2ln2,则�−1 ≤1 −2ln2 < �4,
则有�4 −1 < 0、�4 −�−1 > 0,
故ℎ�4 < 0,则ℎ�3 < ℎ�4 < 0,
又�→−∞时,ℎ�→+ ∞,故ℎ�在−∞, �3 上存在唯一零点,
即�= ��−1 �> 0 与��有唯一交点;
综上所述:�= ��−1 �> 0 与��交点个数为1.
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8.(2025·全国一卷·高考真题)(1)求函数�(�) = 5cos�−cos5�在区间0,
π
4 的最大值;
(2)给定�∈(0,π)和�∈�,证明:存在�∈[�−�, �+ �]使得cos�≤cos�;
(3)设�∈�,若存在�∈�使得5cos�−cos(5�+ �) ≤�对�∈�恒成立,求b 的最小值.
【答案】(1)3 3
(2)证明见解析
(3)3 3
【解题思路】(1)利用导数结合三角变换得导数零点,讨论导数的符号后得单调性,从而可求最大值;或
者利用均值不等式可求最大值.
(2)利用反证法可证三角不等式有解;
(3)先考虑�= 0,π时�的范围,对于�∈0,π 时,可利用(2)中的结论结合特值法求得�≥3 3,从而可
得�的最小值;或者先根据函数解析特征得�≥0,再结合特值法可得�≥3 3,结合(1)的结果可得�的最
小值.
【解答过程】(1)法1:�′ �=−5sin�+ 5sin5�= 10cos3�sin2�,
因为�∈0,
π
4 ,故2�∈0,
π
2 ,故sin2�≥0,
当0 < �<
π
6时,cos3�> 0 即�′ �> 0,
当
π
6 < �<
π
4时,cos3�< 0 即�′ �< 0,
故��在0,
π
6 上为增函数,在
π
6 ,
π
4 为减函数,
故��在0,
π
4 上的最大值为�
π
6 = 5cos
π
6 −cos
5π
6 = 3 3.
法2:我们有cos5�= cos �+ 4�= cos�cos4�−sin�sin4�
= cos�2cos22�−1 −sin�⋅2sin2�cos2�
= cos�2 2cos2�−1
2 −1 −sin�⋅2 ⋅2sin�cos�cos2�
= cos�8cos4�−8cos2�+ 1 −4cos�cos2�sin2�
= 8cos5�−8cos3�+ cos�−4cos�2cos2�−1
1 −cos2�
= 16cos5�−20cos3�+ 5cos�.
所以:
��= 5cos�−cos5�= 5cos�−16cos5�−20cos3�+ 5cos�= 20cos3�−16cos5�
= 4cos3�5 −4cos2�≤4 cos�3 5 −4 cos�2 = 4 cos�3
5 −2 cos�
5 + 2 cos�
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= 32
3
cos�⋅cos�⋅cos�⋅
15 + 3
4
5 −2 cos�
⋅
15 −3
4
5 + 2 cos�
≤32
3
1
5
cos�+ cos�+ cos�+
15 + 3
4
5 −2 cos�
+
15 −3
4
5 + 2 cos�
5
=
32
3
3
2
5
= 3 3.
这得到��≤3 3,同时又有�
π
6 = 5cos
π
6 −cos
5π
6 = 3 3,
故��在0,
π
4 上的最大值为3 3,在�上的最大值也是3 3.
(2)法1:由余弦函数的性质得cos�≤cos�的解为2�π + �, 2�π + 2π −�,�∈Z,
若任意2�π + �, 2�π+2π −�, �∈Z 与�−�, �+ �交集为空,
则�−�> 2�π + 2π −�且�+ �< 2�π + 2π + �,此时�无解,
矛盾,故无解;故存在�∈Z,使得2�π −�,2�π + �∩�−�, �+ �≠∅,
法2:由余弦函数的性质知cos�≤cos�的解为2�π + �,2 �+ 1 π −��∈�,
若每个2�π + �,2 �+ 1 π −�与�−�, �+ �交集都为空,
则对每个�∈�,必有2 �+ 1 π −�< �−�或2�π + �> �+ �之一成立.
此即�<
�
2π −1 或�>
�
2π,但长度为1 的闭区间
�
2π −1,
�
2π 上必有一整数�,
该整数�不满足条件,矛盾.
故存在�∈�−�, �+ �,使得cos�≤cos�成立.
(3)法1:记ℎ(�) = 5cos�−cos 5�+ �,
因为ℎ(�+ 2π) = 5cos �+ 2π −cos 5�+ 10π+�= ℎ�,
故ℎ�为周期函数且周期为2π,故只需讨论�∈0,2π , �∈0,π 的情况.
当�= π时,ℎ(�) = 5cos�−cos 5�+ π = 5cos�+ cos5�≤6,
当�= 0 时,ℎ(�) = 5cos�−cos5�,
此时ℎ′ �=−5sin�+ 5sin5�= 10cos3�sin2�, �∈0,2π ,
令ℎ′(�) = 0,则�=
π
6 ,
π
2 ,
5π
6 ,π,
7π
6 ,
3π
2 ,
11π
6 ,
而ℎ(
π
6 ) = ℎ(
11π
6 ) = 3 3, ℎ(
π
2 ) = ℎ(
3π
2 ) = 0, ℎ(
5π
6 ) = ℎ(
7π
6 ) =−3 3, ℎ(π) =−4,
ℎ(0) = ℎ(2π) = 4,故ℎ(�)max = ℎ(
π
6 ) = ℎ(
11π
6 ) = 3 3,
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当�∈0,π ,在(2)中取�= �,则存在�∈�−�, �+ �,使得cos�≤cos�,
取�=
5π
6 ,则cos�≤−
3
2 ,取�=
�−�
5 ∈−
�
5 ,
�
5 即�=
�−�
5 ∈−
�
6 ,
�
6 ,
故5cos�≥
5 3
2 ,故5cos�−cos 5�+ �≥3 3,
综上�≥3 3,可取�=
π
6,�= 0 使得等号成立.
综上,�min = 3 3.
法2:设���= 5cos�−cos 5�+ �.
①一方面,若存在�,使得���= 5cos�−cos 5�+ �≤�对任意�恒成立,
则对这样的�,同样有���=−���+ π ≥−�.
所以���
≤�对任意�恒成立,这直接得到�≥0.
设
�
6 −
π
6 = �,则根据���
≤�恒成立,有
�≥��−
�
6 +
π
6
= 5cos −
�
6 +
π
6 −cos
�
6 +
5π
6
= 5cos
�
6 −
π
6 + cos
�
6 −
π
6
= 6cos
�
6 −
π
6
=
6 cos�,
�≥��−
�
6 −
π
6
= 5cos −
�
6 −
π
6 −cos
�
6 −
5π
6
= 5cos
�
6 +
π
6 + cos
�
6 +
π
6
= 6cos
�
6 +
π
6
=
6 cos �+
π
3
,
�≥��−
�
6 +
π
2
= 5cos −
�
6 +
π
2 −cos
�
6 +
5π
2
= 5cos
�
6 −
π
2 + cos
�
6 −
π
2
= 6cos
�
6 −
π
2
=
6 cos �−
π
3
,
所以cos�, cos �+
π
3
, cos �−
π
3
均不超过
�
6,
再结合cos2�= 2 cos�2 −1,
就得到cos2�, cos 2�+
2π
3
, cos 2�−
2π
3 均不超过2
�
6
2
−1 =
�2
18 −1.
假设�< 3 3,则
�2
18 −1 <
3 3
2
18
−1 =
1
2,
故cos2�, cos 2�+
2π
3
, cos 2�−
2π
3
∈−1,
1
2 .
但这是不可能的,因为三个角2�, 2�+
2π
3 , 2�−
2π
3 和单位圆的交点将单位圆三等分,
这三个点不可能都在直线�=
1
2左侧.
所以假设不成立,这意味着�≥3 3.
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②另一方面,若�= 3 3,则由(1)中已经证明��≤3 3,
知存在�= 0,使得5cos�−cos 5�+ �= 5cos�−cos5�= ��≤3 3 = �.
从而�= 3 3满足题目要求.
综合上述两个方面,可知�的最小值是3 3.
9.(2025·上海·高考真题)已知�(�) = �2 −(�+ 2)�+ �ln�, �∈�.
(1)若�(1) = 0,求不等式�(�) ≤�2 −1 的解集;
(2)若函数�= �(�)满足在(0, + ∞)上存在极大值,求m 的取值范围.
【答案】(1) 1, + ∞
(2)�> 0 且�≠2.
【解题思路】(1)先求出�,从而原不等式即为�+ ln�> 1,构建新函数��= �+ ln�, �> 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�≤0,0 < �< 2, �= 2, �> 2 分类讨论后可得参数的取值范围.
【解答过程】(1)因为�1 = 0,故1 −�−2 + 0 = 0,故�=−1,故��= �2 −�−ln�,
故��≤�2 −1 即为�+ ln�≥1,
设��= �+ ln�, �> 0,则�′ �= 1 +
1
�> 0,故��在0, + ∞上为增函数,
而�+ ln�≥1 即为��≥�1 ,故�≥1,
故原不等式的解为1, + ∞.
(2)��在0, + ∞有极大值即为有极大值点.
�′ �= 2�−�+ 2 +
�
�=
2�2−�+2 �+�
�
=
2�−�
�−1
�
,
若�≤0,则�∈0,1 时,�′ �< 0,�∈1, + ∞时,�′ �> 0,
故�= 1 为��的极小值点,无极大值点,故舍;
若0 <
�
2 < 1 即0 < �< 2,则�∈
�
2 , 1 时,�′ �< 0,
�∈0,
�
2
∪1, + ∞时,�′ �> 0,
故�=
�
2为��的极大值点,符合题设要求;
若�= 2,则�∈0, + ∞时,�′ �≥0,��无极值点,舍;
若
�
2 > 1 即�> 2,则�∈1,
�
2 时,�′ �< 0,
�∈0,1 ∪
�
2 , + ∞时,�′ �> 0,
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故�= 1 为��的极大值点,符合题设要求;
综上,�> 0 且�≠2.
10.(2025·全国二卷·高考真题)已知函数�(�) = ln(1 + �) −�+
1
2 �2 −��3,其中0 < �<
1
3.
(1)证明:�(�)在区间(0, + ∞)存在唯一的极值点和唯一的零点;
(2)设�1, �2分别为�(�)在区间(0, + ∞)的极值点和零点.
(i)设函数�(�) = ��1 + �−��1 −�.证明:�(�)在区间0, �1 单调递减;
(ii)比较2�1与�2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�1 > �2,证明见解析
【解题思路】(1)先由题意求得�′ �= �2
1
1+�−3�,接着构造函数��=
1
1+�−3�, �> 0,利用导数工具
研究函数��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��在区间(0, + ∞)上存在唯
一极值点;再结合�0 = 0 和�→+ ∞时��的正负情况即可得证��在区间(0, + ∞)上存在唯一零点;
(2)(i)由(1)�1 + 1 =
1
3�和�′ �= �′ �1 + �−�′ �1 −�结合(1)中所得导函数�′ �1 计算得到�′ �=
6��2 �2−�1
2−2�1
1+�1
2−�2
,再结合�∈0, �1 得�′ �< 0 即可得证;
(ii)由函数��在区间0, �1 上单调递减得到0 > �2�1 ,再结合��2 = 0,
和函数��的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【解答过程】(1)证明:由题得�′ �=
1
1+�−1 + �−3��2 =
�2
1+�−3��2 = �2
1
1+�−3�,
因为�∈0, + ∞,所以�2 > 0,设��=
1
1+�−3�, �> 0,
则�′ �=−
1
1+�2 < 0 在(0, + ∞)上恒成立,所以��在(0, + ∞)上单调递减,
�0 = 1 −3�> 0,令��0 = 0 ⇒�0 =
1
3�−1,
所以当�∈0, �0 时,��> 0,则�′ �> 0;当�∈�0, + ∞时,��< 0,则�′ �< 0,
所以��在0, �0 上单调递增,在�0, + ∞上单调递减,
所以��在(0, + ∞)上存在唯一极值点,
对函数�= ln 1 + �−�有�′ =
1
1+�−1 =−
�
1+�< 0 在(0, + ∞)上恒成立,
所以�= ln 1 + �−�在(0, + ∞)上单调递减,
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所以�= ln 1 + �−�< �|�=0 = 0 在(0, + ∞)上恒成立,
又因为�0 = 0,�→+ ∞时
1
2 �2 −��3 =
1
2 �2 1 −2��< 0,
所以�→+ ∞时��< 0,
所以存在唯一�2 ∈0, + ∞使得��2 = 0,即��在(0, + ∞)上存在唯一零点.
(2)(i)证明:由(1)知�1 =
1
3�−1,则�1 + 1 =
1
3�,�′ �= �2
1
1+�−
1
1+�1 ,
∵�(�) = ��1 + �−��1 −�,
则�′ �= �1 + �2
1
�1+�+1 −
1
1+�1 + �1 −�2
1
�1−�+1 −
1
1+�1
=
−��1+�2
�1+�+1
�1+1 +
��1−�2
�1−�+1
�1+1
= 3��−
�1+�2
�1+�+1 +
�1−�2
�1−�+1
=
6��2 �2−�1
2−2�1
1+�1
2−�2
,
∵�> 0, �∈0, �1 , ∴�2 −�1
2 −2�1 0, 1 + �1
2 −�2 0,
∴�′(�) =
6��2 �2−�1
2−2�1
1+�1
2−�2
< 0,
即�(�)在�∈0, �1 上单调递减.
(ii)2�1 > �2,证明如下:
由(i)知:函数��在区间0, �1 上单调递减,
所以�0 > ��1 即0 > �2�1 ,又��2 = 0,
由(1)可知��在�0, + ∞上单调递减,�2 ∈�0, + ∞,且对任意�∈0, �2
��> 0,
所以2�1 > �2.
11.(2025·北京·高考真题)已知函数�(�)的定义域是−1, + ∞, �0 = 0,导函数�′ �=
ln 1+�
1+�,设�1是曲
线�= ��在点�(�, �(�))(�≠0)处的切线.
(1)求�′(�)的最大值;
(2)当−1 < �< 0 时,证明:除切点A 外,曲线�= �(�)在直线�1的上方;
(3)设过点A 的直线�2与直线�1垂直,�1,�2与x 轴交点的横坐标分别是�1,�2,若�> 0,求
2�−�2−�1
�2−�1 的取值范
围.
【答案】(1)
1
e
(2)证明见解析
(3)
e2−1
e2+1 , 1
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【解题思路】(1)利用导数判断其单调性,即可求出最大值;
(2)求出直线�1的方程,再构造函数ℎ�,只需证明其最小值(或者下确界)大于零即可;
(3)求出直线�2的方程,即可由题意得到�1, �2的表示,从而用字母�表示出
2�−�2−�1
�2−�1 ,从而求出范围.
【解答过程】(1)设��= �′ �,�′ �=
1
1+�1+�−ln 1+�
1+�2
=
1−ln 1+�
1+�2 ,
由�′ �= 0 可得�= e −1,当�∈−1,e −1 时,�′ �> 0,��单调递增,
当�∈e −1, + ∞时,�′ �< 0,��单调递减,
所以�′ �的最大值为�′ e −1 =
1
e.
(2)因为�′ �=
ln 1+�
1+�,所以直线�1的方程为�−��=
ln 1+�
1+�
�−�,即�=
ln 1+�
1+�
�−�+ ��,
设ℎ�= ��−
ln 1+�
1+�
�−�+ ��,ℎ′ �=
ln 1+�
1+�
−
ln 1+�
1+�
= �′ �−�′ �,
由(1)可知,�′ �在�∈−1,e −1 上单调递增,而−1 < �< 0,
所以,当−1 < �< �时,ℎ′ �< 0,ℎ�单调递减,
当0 > �> �时,ℎ′ �> 0,ℎ�单调递增,且�′ �< �′ 0 = 0,
而当�≥0 时,�′ �=
ln 1+�
1+�
≥0,所以总有�′ �≥�′ �,ℎ�单调递增
故ℎ�≥ℎ�,从而命题得证;
(3)解法一:由题意,直线�1: �= �′ �
�−�+��,直线�2: �=−
1
�' �
�−�+��,
所以�1 =−
��
�′ �+�,�2 = ���′ �+�,
当�> 0 时,�′ �=
ln 1+�
1+�
> 0,��在0, + ∞上单调递增,
所以��> �0 = 0, �′ �> 0,
所以
2�−�2−�1
�2−�1
=
2�−���′ �+�−−��
�′ �
+�
���′ �+�−−��
�′ �
+�
=
−�′ �
2
+1
�′ �
2
+1
=−1 +
2
�′ �
2
+1
,
由(1)可得当�> 0 时,�′(�) ∈0,
1
e ,
所以�′ �
2
∈0,
1
e2 ,
2
�′ �
2
+1
∈
2e2
e2+1 , 2 ,
所以
2�−�2−�1
�2−�1
∈
e2−1
e2+1 , 1 .
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解法二:由�′ �=
ln 1+�
1+�可设��=
ln2 1+�
2
+ �,又�0 = 0,所以�= 0,即��=
ln2 1+�
2
,
因为直线�1的方程为�=
ln 1+�
1+�
�−�+
ln2 1+�
2
,易知�≠0,
所以直线�2的方程为�=−
1+�
ln 1+�
�−�+
ln2 1+�
2
,
�1 = �−
1+�ln 1+�
2
,�2 =
ln3 1+�
2 1+�+ �.
所以
2�−�1−�2
�2−�1
=
1+�ln 1+�
2
−ln3 1+�
2 1+�
ln3 1+�
2 1+�+ 1+�ln 1+�
2
=
1+�2−ln2 1+�
ln2 1+�+ 1+�2
=
1−ln2 1+�
1+�2
ln2 1+�
1+�2 +1
=
1−�2 �
1+�2 �=−1 +
2
1+�2 �,由(1)知,当�> 0 时,��∈(0,
1
e ],所以�2 �∈(0,
1
e2 ],
所以
2�−�2−�1
�2−�1
∈
e2−1
e2+1 , 1 .
12.(2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知函数�(�) = e�−��−�3.
(1)当�= 1 时,求曲线�= �(�)在点1, �(1) 处的切线方程;
(2)若�(�)有极小值,且极小值小于0,求a 的取值范围.
【答案】(1) e −1 �−�−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�≤0 和�> 0 两种情况,利用导数判断单调性和极值,分析可得�2 + ln�−1 > 0,
构建函数解不等式即可;解法二:求导,可知�′(�) = e�−�有零点,可得�> 0,进而利用导数求��的单
调性和极值,分析可得�2 + ln�−1 > 0,构建函数解不等式即可.
【解答过程】(1)当�= 1 时,则�(�) = e�−�−1,�′(�) = e�−1,
可得�(1) = e −2,�′(1) = e −1,
即切点坐标为1,e −2 ,切线斜率�= e −1,
所以切线方程为�−e −2 = e −1
�−1 ,即e −1 �−�−1 = 0.
(2)解法一:因为�(�)的定义域为�,且�′(�) = e�−�,
若�≤0,则�′(�) ≥0 对任意�∈�恒成立,
可知�(�)在�上单调递增,无极值,不合题意;
若�> 0,令�′(�) > 0,解得�> ln�;令�′(�) < 0,解得�< ln�;
可知�(�)在−∞, ln�内单调递减,在ln�, + ∞内单调递增,
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则�(�)有极小值�ln�= �−�ln�−�3,无极大值,
由题意可得:�ln�= �−�ln�−�3 < 0,即�2 + ln�−1 > 0,
构建��= �2 + ln�−1, �> 0,则�′ �= 2�+
1
�> 0,
可知��在0, + ∞内单调递增,且�1 = 0,
不等式�2 + ln�−1 > 0 等价于��> �1 ,解得�> 1,
所以a 的取值范围为1, + ∞;
解法二:因为�(�)的定义域为�,且�′(�) = e�−�,
若�(�)有极小值,则�′(�) = e�−�有零点,
令�′(�) = e�−�= 0,可得e�= �,
可知�= e�与�= �有交点,则�> 0,
若�> 0,令�′(�) > 0,解得�> ln�;令�′(�) < 0,解得�< ln�;
可知�(�)在−∞, ln�内单调递减,在ln�, + ∞内单调递增,
则�(�)有极小值�ln�= �−�ln�−�3,无极大值,符合题意,
由题意可得:�ln�= �−�ln�−�3 < 0,即�2 + ln�−1 > 0,
构建��= �2 + ln�−1, �> 0,
因为则�= �2, �= ln�−1 在0, + ∞内单调递增,
可知��在0, + ∞内单调递增,且�1 = 0,
不等式�2 + ln�−1 > 0 等价于��> �1 ,解得�> 1,
所以a 的取值范围为1, + ∞.
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