专题3.4 导数的应用：单调性、极值与最值（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 函数与导函数图象问题】..........................................................................................................................1
【题型2 利用导数判断单调性、求单调区间】.....................................................................................................4
【题型3 由函数的单调性求参数】..........................................................................................................................6
【题型4 导数中函数单调性的应用】......................................................................................................................9
【题型5 利用导数求函数的极值】........................................................................................................................11
【题型6 根据极值（点）求参数】........................................................................................................................14
【题型7 利用导数求函数的最值】........................................................................................................................16
【题型8 已知函数最值求参数】............................................................................................................................19
第二部分 分层突破
A 组 基础跟踪练
B 组 培优提升练
【题型1 函数与导函数图象问题】
1．（2025·广东·一模）已知函数y = f ( x)的导函数图象如图所示，则下列说法中错误的是（ ）
A．f (x)在区间(1,4)上单调递增
B．x =7是y = f ( x)的极大值点
C．当4< x<7时，f (x)>0
D．f (x)在区间(7,+∞)上单调递减
【答案】C
1
【解题思路】利用导函数的图象，判断导函数的符号，判断函数的极值以及函数的单调性，推出结果．
【解答过程】解：由导函数的图象可知：导函数在(1,4)，导函数的符号为正，函数f (x)单调递增，A 正
确；
x<7时，f
′ (x)>0，函数f (x)单调递增，x>7，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
所以x =7是y = f ( x)的极大值点，B 正确；
f (x)在区间(7 ,+ ∞)上单调递减，D 正确；
当4< x<7时，函数f (x)单调递增，可能f (x)<0，所以C 不正确；
故选：C．
2．（25-26 高三上·湖北黄冈·月考）已知f
′ (x)是定义域为[−2,2]的函数f (x)的导函数，且函数
g(x)= x f
′ (x)的图象如图所示，则（ ）
A．f (x)的极大值点为1，无极小值点
B．f (x)的极小值点为1，无极大值点
C．f (x)的极大值点为0，极小值点为1
D．f (x)的极小值点为0，极大值点为1
【答案】D
【解题思路】根据图象得到g(x)的正负，进而求出f
′ (x)的正负，得到极值点情况.
【解答过程】由图象可得，当−2≤x<0时，g(x)= x f
′ (x)>0，故f
′ (x)<0，
当0< x<1时，g(x)= x f
′ (x)>0，故f
′ (x)>0，
当1< x ≤2时，g(x)= x f
′ (x)<0，故f
′ (x)<0，
所以f (x)在[−2,0]上单调递减，在(0,1)上单调递增，在[1,2]上单调递减，
故f (x)的极大值点为1，极小值点为0
故选：D.
3．（25-26 高二上·云南玉溪·月考）已知函数f ( x)的定义域为R，且f ( x)的图象是一条连续不断的曲线，
f ( x)的导函数为f
′( x)，若函数g( x)=( x +2)f
′( x)的图象如图所示，则（ ）
2
A．2 是f ( x)的极值点
B．f ( x)的单调递增区间是(−1,1)，(2,+∞)
C．f ( x)的单调递减区间是(−∞,0)
D．当x =1时，f
′( x)<0
【答案】C
【解题思路】根据g(x)的图象，可得f
′ (x)的正负情况，得f (x)的单调性，结合极值点的概念判断各个选
项.
【解答过程】根据g(x)的图象，当x<−2时，g(x)=(x +2)f
′ (x)>0，则f
′ (x)<0，
当−2< x<0时，g(x)=(x +2)f
′ (x)<0，则f
′ (x)<0，
当x>0时，g(x)=(x +2)f
′ (x)≥0，则f
′ (x)≥0，仅f
′ (2)=0，
所以f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+ ∞)上单调递增，
对A，x =2左右两侧导函数符号不变，故A 错误；
对B，f (x)在(−1,1)内有增有减，故B 错误；
对C，f ( x)的单调递减区间是(−∞,0)，故C 正确；
对D，当x =1时，f
′ (x)>0，故D 错误.
故选：C.
4．（24-25 高三上·贵州遵义·月考）已知函数f (x)的定义域为R且导函数为f
′ (x)，函数y =(x +2)⋅f
′ (x)的
图象如图，则下列说法正确的是（ ）
A．函数f (x)的增区间是(−2, 0), (2, +∞)
B．函数f (x)的减区间是(−∞, −2), (2, +∞)
3
C．x =2是函数的极大值点
D．x =0是函数的极大值点
【答案】D
【解题思路】根据函数图象确定导函数的符号，确定函数的单调区间和极值.
【解答过程】根据y =(x +2)⋅f
′ (x)的图象可知：当x<−2时，f
′ (x)>0；
当−2< x<0时，f
′ (x)>0，当0< x<2时，f
′ (x)<0，当x>2时，f
′ (x)>0.
所以f (x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.
因此函数f (x)在x =2时取得极小值，在x =0时取得极大值.故ABC 错误，D 正确.
故选：D.
【题型2 利用导数判断单调性、求单调区间】
5．（2025·湖北黄冈·二模）下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（ ）
A．f (x)=ln 1−x
1+ x
B．f (x)=ln(e
2 x+1)−x
C．f (x)=ln(e
x−e
−x)
D．f (x)=ln(√x
2+1+ x)
【答案】D
【解题思路】由奇函数的性质和导数逐一判断即可.
【解答过程】对于A，由题意可得(1+ x)(1−x)>0，解得−1< x<1，所以定义域为(−1,1)，
又f
′ (x)= 1+ x
1−x × −(1+ x)−(1−x)
(1+ x)
2
= −2
1−x
2 <0，所以为减函数，故A 错误；
对于B，f (−x)=ln(e
−2 x+1)+ x = ln(
e
2 x+1
e
2 x )+ x，−f (x)=−ln(e
2 x+1)+ x = ln
1
e
2 x+1
+ x，
二者不相等，所以不是奇函数，故B 错误；
对于C，定义域需满足e
x−e
−x>0，即x>0，定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故C 错误；
对于D，定义域为R，
f (−x)= ln(√x
2+1−x)= ln(
1
√x
2+1+ x)=−f (x)，为奇函数；
f
′ (x)=
1
√x
2+1+ x
×(
x
√x
2+1
+1)>0，为增函数，故D 正确.
故选：D.
4
6．（2025·海南海口·模拟预测）已知函数f (x)= x−ln x，则f (x)的单调递减区间为（ ）
A．(−∞,1)
B．(0,1)
C．(1,+∞)
D．(0,+∞)
【答案】B
【解题思路】求导，根据导数为负即可求解.
【解答过程】f (x)= x−ln x的定义域为(0,+ ∞)，
f
′ (x)=1−1
x = x−1
x
，
令f
′ (x)= x−1
x
<0，解得0< x<1，
故f (x)的单调递减区间为(0,1)，
故选：B.
7．（2025·河南鹤壁·模拟预测）设f (x)=2 x
3+a x
2+bx +1的导数为f
′( x)，若函数y = f
′( x)的图象关于直
线x =−1
2对称，且f
′(1)=0．
(1)求实数a,b的值；
(2)求函数f (x)的单调区间．
【答案】(1)a=3，b=−12；
(2)f (x)的单调递增区间为(−∞,−2),(1,+∞)；单调递减区间为(−2,1).
【解题思路】（1）求得f
′( x)，根据二次函数对称性，以及f
′(1)=0，即可求得a,b；
（2）根据（1）中所求解析式，判断f
′( x)的正负，即可判断原函数单调性，从而求得单调区间.
【解答过程】（1）因f (x)=2 x
3+a x
2+bx +1，故f
′( x) =6 x
2+2ax +b．
因为y = f
′( x)的图象关于直线x =−1
2对称，即−a
6 =−1
2，解得a=3．
又由于f
′(1)=0，即6+2a+b=0，解得b=−12；
故a=3,b=−12.
（2）由(1)知f (x)=2 x
3+3 x
2−12 x +1，f
′( x) =6 x
2+6 x−12=6(x−1)(x +2)．
5
令f
′( x)=0，即6(x−1)(x +2)=0，解得x1=−2, x2=1．
当x∈(−∞,−2)时，f
′( x)>0，故f (x)在(−∞,−2)上为增函数；
当x∈(−2,1)时，f
′( x)<0，故f (x)在(−2,1)上为减函数；
当x∈(1,+∞)时，f
′( x)>0，故f (x)在(1,+∞)上为增函数．
综上所述，f (x)的单调递增区间为(−∞,−2),(1,+∞)；单调递减区间为(−2,1).
8．（2025·江苏南京·二模）已知函数f ( x)= 1
2 x
2−(a+2)x +2aln x(a∈R).
(1)当a=−3时，求函数f ( x)在x =1处的切线；
(2)讨论函数f ( x)的单调性.
【答案】(1)4 x + y −11
2 =0；
(2)答案见解析.
【解题思路】（1）把a=−3代入，求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出导数，按a≤0，0<a<2，a=2，a>2分类讨论即得函数的单调性.
【解答过程】（1）当a=−3时，f ( x)= 1
2 x
2+ x−6ln x，求导得f
′( x)= x +1−6
x ，则f
′(1)=−4，而
f (1)= 3
2，
所以函数f ( x)在x =1处的切线方程为y −3
2 =−4( x−1)，即8 x +2 y −11=0.
（2）函数f ( x)= 1
2 x
2−(a+2)x +2aln x的定义域为(0,+∞)，
求导得f
′( x)= x−(a+2)+ 2a
x = ( x−a)( x−2)
x
，
当a≤0时，由f
′( x)<0，得0< x<2；由f
′( x)>0，得x>2，
函数f ( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+ ∞)上单调递增；
当0<a<2时，由f
′( x)<0，得a< x<2；由f
′( x)>0，得0< x<a或x>2，
函数f ( x)在(a,2)上单调递减，在(0,a)和(2,+ ∞)上单调递增；
6
当a=2时，f
′( x)= ( x−2)
2
x
≥0，函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>2时，由f
′( x)<0，得2< x<a；由f
′( x)>0，得0< x<2或x>a，
函数f ( x)在(2,a)上单调递减，在(0,2)和(a,+∞)上单调递增，
所以当a≤0时，函数f ( x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增；
当0<a<2时，函数f ( x)在(a,2)上单调递减，在(0,a)和(2,+∞)上单调递增；
当a=2时，函数f ( x)在(0,+ ∞)上单调递增；
当a>2时，函数f ( x)在(2,a)上单调递减，在(0,2)和(a,+∞)上单调递增.
【题型3 由函数的单调性求参数】
9．（2025·吉林松原·模拟预测）若函数f (x)= x
3−ax的减区间为[−1,1]，则a的值为（ ）
A．3
B．1
C．−1
D．−3
【答案】A
【解题思路】根据题意，求得f
′ (x)=3 x
2−a，结合f
′ (x)≤0的解集为[−1,1]，列出方程组，即可求解.
【解答过程】由函数f (x)= x
3−ax，可得f
′ (x)=3 x
2−a，
因为函数f (x)= x
3−ax的减区间为[−1,1]，即不等式3 x
2−a≤0的解集为[−1,1]，
所以a>0，且3 x
2−a≤0，解得−√
a
3 ≤x ≤√
a
3 ，
所以−√
a
3 =−1且√
a
3 =1，解得a=3.
故选：A.
10．（2025·河北·模拟预测）已知f (x)= x
2−mx，g(x)=(x +m)e
x，两个函数图象至少有一个在区间
(−1,2)上不单调，则m的取值范围是（ ）
A．(−2,4)
B．(−3,0)
C．(−3,−2)
D．(−3,4)
【答案】D
【解题思路】利用二次函数的性质，求得函数f (x)在(1,2)上不单调时，求得m的取值范围，再由导数求得
函数g(x)在(1,2)上不单调时，求得m的取值范围，进而得到答案.
【解答过程】由函数f (x)= x
2−mx的对称轴为x = m
2 ，
若f (x)在(1,2)上不单调，则满足−1< m
2 <2，解得−2<m<4；
又由函数g(x)=(x +m)e
x，可得g
′ (x)=(x +m+1)e
x，
若g(x)在(−1,2)上不单调，则满足−1<−m−1<2，解得−3<m<0，
7
所以两个函数图象至少有一个在区间(−1,2)上不单调，则有−2<m<4或−3<m<0，
可得−3<m<4，所以实数m的取值范围为(−3,4).
故选：D.
11．（2025·山东菏泽·一模）已知函数f (x)=a x
2−ln x (a>0)在区间(1,2)单调，则a的取值范围是（ ）
A．(0,1
2)∪(1,+ ∞)
B．(0,1
8]∪[
1
2 ,+∞)
C．[
1
2 ,1)
D．[
1
8 , 1
2]
【答案】B
【解题思路】先对函数f (x)求导，令导数等于0，求出增减区间，进而得到√
1
2a ≤1或√
1
2a ≥2，即可求得
结果.
【解答过程】由已知得f
′ (x)=2ax−1
x ，当a>0时，令f
′ (x)=0，得x =√
1
2a，
令f
′ (x)>0，解得x>√
1
2a；令f
′ (x)<0，解得x<√
1
2a；
故f (x)在区间(0,√
1
2a)上单调递减，在区间(√
1
2a ,+∞)上单调递增，
所以若f (x)在区间(1,2)上单调，则需满足√
1
2a ≤1或√
1
2a ≥2，即0<a≤1
8或a≥1
2，
所以a的取值范围是(0, 1
8]∪[
1
2 ,+ ∞)
故选：B.
12．（2025·陕西西安·一模）若函数h(x)=ae
x−x
2
2 + x在[
3
2 ,3]上不单调，则实数a的取值范围为（ ）
A．[
2
e
3 , 1
e
2]
B．(
2
e
3 , 1
e
2)
C．(
1
2e
3
2
, 1
e
2)
D．(
2
e
3 , 1
2e
3
2)
【答案】B
【解题思路】函数h(x)=ae
x−x
2
2 + x在[
3
2 ,3]上不单调，意味着其导数h
′ (x)在该区间[
3
2 ,3]内有正有
负，即h
′ (x)在[
3
2 ,3]内有零点，将h
′ (x)=0分离参数为a= x−1
e
x
，通过构造函数g( x)= x−1
e
x
，求g
′( x)与
0 的大小，得到g( x)的单调性，从而求出g( x)的取值范围，进而得到a的取值范围.
8
【解答过程】∵h(x)=ae
x−x
2
2 + x，∴h
′ (x)=ae
x−x +1，∴h(x)=ae
x−x
2
2 + x在[
3
2 ,3]上不单调，
∴h
′ (x)=ae
x−x +1在[
3
2 ,3]上有变号零点，
即存在x∈[
3
2 ,3]， 使得h
′ (x)=ae
x−x +1=0，
∴ae
x−x +1=0在[
3
2 ,3]上有解，∴a= x−1
e
x
在[
3
2 ,3]上有解，
∵g( x)= x−1
e
x
，x∈[
3
2 ,3]，∴g
′( x)= ( x−1)
′e
x−( x−1)(e
x)
′
(e
x)
2
= 2−x
e
x
，
∴g
′( x)>0，即2−x
e
x
>0，解得3
2 ≤x<2，∴g( x)在x∈[
3
2 ,2]上是增函数；
∴g
′( x)<0，即2−x
e
x
<0，解得2< x ≤3，∴g( x)在x∈[2,3]上是减函数.
又∵g( 3
2 )= 1
2e
3
2 ，g(2)= 1
e
2 ，g(3)= 2
e
3 ，∴g(2)>g( 3
2 )>g(3)，
∵a= x−1
e
x
在[
3
2 ,3]上有解，∴g(3)≤a≤g(2)，∴2
e
3 ≤a≤1
e
2
当a= 1
e
2 时，h
′ (x)=e
x
e
2 −x +1，设t( x)=h
′ (x)=e
x
e
2 −x +1，t
′( x)=e
x
e
2 −1，
当t
′( x)=e
x
e
2 −1>0，解得2< x ≤3，得t( x)在(2,3]上是增函数；
当t
′( x)=e
x
e
2 −1<0，解得3
2 ≤x<2，得t( x)在[ 3
2 ,2)上是减函数.
则t( x)在x =2处取最小值为t(2)=0，t( x)≥0在[ 3
2 ,3]上恒成立，即h
′ (x)≥0在[ 3
2 ,3]上恒成立，得到
h(x)在[ 3
2 ,3]是增函数，不满足题意，说明a= 1
e
2 不满足题意，同理a= 2
e
3 也不满足题意，综上可得
2
e
3 <a< 1
e
2 .
故选：B.
【题型4 导数中函数单调性的应用】
13．（2025·广东肇庆·一模）已知a= 1
5，b= ln1.2，c =e
−4
5，则（ ）
9
A．c>b>a
B．c>a>b
C．b>a>c
D．a>c>b
【答案】B
【解题思路】令f (x)= ln x−x +1，利用导数研究单调性得ln x ≤x−1，进而判断a,b大小，令
g(x)=e
x−x−1，利用导数研究单调性得e
x≥x +1，即可比较a,c大小，进而求解.
【解答过程】令f (x)= ln x−x +1，所以f
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，令f
′ (x)=0有x =1，
当x>1⇒f
′ (x)<0,0< x<1⇒f
′ (x)>0，所以f (x)在(0,1)单调递增，在(1，+∞)单调递减，
所以f (x)≤f (1)=0，即ln x ≤x−1，所以ln1.2<1.2−1=0.2= 1
5，即b<a；
令g(x)=e
x−x−1，所以g
′ (x)=e
x−1，当x>0⇒g
′ (x)>0, x<0⇒g
′ (x)<0，
所以g(x)在(0，+ ∞)单调递增，在(−∞,0)单调递减，所以g(x)≥g(0)=0⇒e
x≥x +1，
所以e
−4
5 >−4
5 +1=0.2，即a<c；
综上所述，c>a>b.
故选：B.
14．（2025·广东茂名·二模）已知函数f (x)为R上的奇函数，f (2)=0，当x>0时，f (x)+ f
′ (x)>0，不等式
(x−1)f (x)<0的解集为（ ）
A．(−∞,−2)∪(0,1)
B．(−∞,−2)∪(1,2)
C．(−2,0)∪(0,1)
D．(−2,0)∪(1,2)
【答案】D
【解题思路】构造函数g(x)=e
x f (x)，利用导数得到f (x)在各区间的符号，再分类讨论即可解出不等式.
【解答过程】构造g(x)=e
x f (x)，则g
′ (x)=e
x[(f (x)+ f
′ (x))]，
因为当x>0时，f (x)+ f
′ (x)>0，则此时g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
则f (x)=e
−x g(x)的正负符号由g(x)决定，
又因为f (2)=0，则g(2)=0，因为g(x)在(0,+ ∞)上单调递增，
则当0< x<2时，g(x)<0，所以此时f (x)=e
−x g(x)<0，
当x>2时，g(x)>0，所以此时f (x)=e
−x g(x)>0，
又因为f (x)为R上的奇函数，则当−2< x<0时，−x∈(0,2)，则f (x)=−f (−x)>0，
当x<−2时，−x∈(2,+ ∞)，则f (x)=−f (−x)<0，
且f (−2)=−f (2)=0= f (0)，
则若(x−1)f (x)<0，则¿或¿
10
即¿或¿，解得1< x<2或−2< x<0，
综上，(x−1)f (x)<0的解集为(−2,0)∪(1,2).
故选：D.
15．（2025·浙江杭州·模拟预测）定义在(0, +∞)上的可导函数f (x)，满足f
′ (x)+ 2f (x)
x
= ln x
x
2 ，且
f (e)= 1
2e，若a= f (3)，b= f (2)，c = f (e)，则a、b、c的大小关系是（ ）
A．a>b>c
B．a>c>b
C．b>c>a
D．c>b>a
【答案】C
【解题思路】根据题意，结合条件求导可得f (x)在(0,+∞)上为减函数，由其单调性即可判断a、b、c的大
小关系.
【解答过程】由已知可得：x
2f
′ (x)+2 xf (x)=ln x，令g(x)= x
2f (x)，
则g
′ (x)= x
2f
′ (x)+2 xf (x)=ln x，
且f (x)= g(x)
x
2 ,f
′ (x)= x g
′ (x)−2 g(x)
x
3
= xln x−2g(x)
x
3
，
再令h(x)= xln x−2 g(x)，则h
′ (x)=1+ln x−2g
′ (x)=1−ln x，
∴当x∈(0,e)时，h
′ (x)>0，即函数h(x)在(0,e)上为增函数，
当x∈(e,+∞)时，h
′ (x)<0，即函数h(x)在(e,+∞)上为减函数，
∴h(x)≤h (e)=e−2 g (e)=e−2e
2f (e)=0，
∴f
′ (x)≤0在(0,+∞)上恒成立，∴f (x)在(0,+∞)上为减函数；
∵2<e<3，∴f (2)>f (e)>f (3)，即b>c>a.
故选：C.
16．（2025·湖南·三模）已知y = f (x)是定义在(1,+∞)上连续可导函数，其导函数为y = f
′ (x)，若
x f
′ (x)<f (x)，且f (3)=6，则不等式f (ln x)>2ln x的解集为（ ）
A．(1,3)
B．(3,e
2)
C．(1,e
3)
D．(e,e
3)
【答案】D
【解题思路】构造函数g(x)= f (x)
x
(x>1)，根据条件得g(x)在区间(1,+∞)上单调递减，从而可得
1<ln x<3，即可求解.
11
【解答过程】令g(x)= f (x)
x
(x>1)，则g
′ (x)= x f
′ (x)−f (x)
x
2
，
因为x f
′ (x)<f (x)，则x f
′ (x)−f (x)<0，所以g
′ (x)<0，
则g(x)= f (x)
x
(x>1)在区间(1,+∞)上单调递减，
又f (3)=6，由f (ln x)>2ln x，得到¿，所以1<ln x<3，
解得e< x<e
3，
故选：D.
【题型5 利用导数求函数的极值】
17．（2025·新疆·模拟预测）已知函数f (x)= x( x−c)
2在x =2处有极小值，则极大值为（ ）
A．32
B．1
C．32
27
D．0
【答案】C
【解题思路】求导，根据极值点可得c =6或c =2，即可代入导数中，确定函数单调性，得函数的极值点求
解.
【解答过程】由题意可得f
′ (x)=( x −c)
2+2 x (x −c)=(x −c)(3 x −c)，
由于x =2是极小值点，故f
′ (2)=(2−c)(6−c)=0⇒c =2，或c =6 ,
当c =6时，f
′ (x)=(x−6)(3 x−6)，当x>6和x<2时，f
′ (x)>0，当2< x<6时，f
′ (x)<0，
故f (x)在(2,6)单调递减，在(6,+∞)和(−∞,2)单调递增，
此时x =2是函数的极大值点，不符合题意，舍去，
当c =2时，f
′ (x)=(x−2)(3 x−2)，当x>2和x< 2
3时，f
′ (x)>0，当2
3 < x<2时，f
′ (x)<0，
故f (x)在(
2
3 ,2)单调递减，在(2,+∞)和(−∞, 2
3)单调递增，
此时x =2是函数的极小值点，符合题意，且x = 2
3是极大值点，故极大值为f(
2
3)= 2
3(
2
3 −2)
2
= 32
27 ，
故选：C.
18．（2025·江苏·三模）设函数f ( x)的定义域为R , x0(x0≠0)是f ( x)的极大值点，则（ ）
A．−x0是f (−x)的极小值点
B．−x0是−f ( x)的极大值点
12
C．−x0是−f (−x)的极小值点
D．−x0是f (|x|)的极大值点
【答案】C
【解题思路】A 选项，f (−x)的图象和f ( x)的图象关于y轴对称，−x0是f (−x)的极大值点；BD 选项，
可举出反例；C 选项，−f (−x)的图象和f ( x)的图象关于原点对称，故−x0是−f (−x)的极小值点.
【解答过程】A 选项，f (−x)的图象和f ( x)的图象关于y轴对称，
因为x0(x0≠0)是f ( x)的极大值点，故−x0是f (−x)的极大值点，A 错误；
BD 选项，取f (x)=−(x +1)
2，则x0=−1是f ( x)的极大值点，
−f (x)=(x +1)
2，故1不是−f ( x)的极大值点，B 错误；
f (|x|)=−(|x|+1)
2，其为偶函数，在(0,+∞)上单调递减，
1不是f (|x|)的极大值点，D 错误.
C 选项，−f (−x)的图象和f ( x)的图象关于原点对称，
因为x0(x0≠0)是f ( x)的极大值点，故−x0是−f (−x)的极小值点，C 正确.
故选：C.
19．（2025·广西柳州·模拟预测）已知函数f ( x)=(ax +b)e
x的图象在点(0,f (0))处的切线方程为
2 x−y +1=0.
(1)求a，b 的值；
(2)求f ( x)的单调区间与极值.
【答案】(1)a=1，b=1.
(2)递减区间为(−∞,−2)，递增区间为(−2,+∞)，有极小值−1
e
2 ，无极大值.
【解题思路】（1）先根据导数的运算法则求出f
′( x)；再根据切点、切线和导数的几何意义之间的关系列
出方程组即可求解.
（2）令f
′( x)>0可求出函数f ( x)的单调增区间，令f
′( x)<0可求出函数f ( x)的单调减区间，进而可得到
函数f ( x)的极值.
13
【解答过程】（1）由f ( x)=(ax +b)e
x可得：
f (0)=b，f
′( x)=ae
x+(ax +b)e
x =(ax +a+b)e
x，
则f
′(0)=a+b.
由直线方程2 x−y +1=0可得：直线斜率为：k =2.
因为函数f ( x)=(ax +b)e
x的图象在点(0,f (0))处的切线方程为2 x−y +1=0，
所以¿，解得：¿.
故a=1，b=1.
（2）由（1）可得f ( x)=( x +1)e
x，f
′( x)=( x +2)e
x.
令f
′( x)>0，得x>−2；
令f
′( x)<0，得x<−2；
则函数f ( x)在区间(−∞,−2)上单调递减，在区间(−2,+∞)上单调递增，
所以当x =−2时，函数f ( x)有极小值f (−2)=(−2+1)×e
−2=−1
e
2 .
故函数f ( x)的递减区间为(−∞,−2)，递增区间为(−2,+∞)，有极小值−1
e
2 ，无极大值.
20．（2025·云南昆明·模拟预测）已知f (x)=e
x−ax，a∈R．
(1)当a=1时，求函数y = f (x)的极值；
(2)若关于x 的方程f (x)=0有两个不等实根，求a 的取值范围．
【答案】(1)极小值为1，无极大值
(2)(e,+∞)
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据函数的极值与导数的关系，即可求得答案；
（2）先判断出x≠0，即可将方程f (x)=0有两个不等实根，转化为y =a与g(x)=e
x
x 有2 个交点的问题，结
合函数的导数判断函数单调性，即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=e
x−x，定义域为R，f
′ (x)=e
x−1，
令f
′ (x)=0，得x =0，
当x<0时，f
′ (x)<0，函数f (x)在区间(−∞,0)上单调递减，
14
当x>0时，f
′ (x)>0，函数f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
所以y = f (x)在x =0处取到极小值为f (0)=1，无极大值．
（2）方程f (x)=e
x−ax =0，当x =0时，显然方程不成立，
所以x≠0，则a=e
x
x ，方程f (x)=0有两个不等实根，
即y =a与g(x)=e
x
x 的图象有2 个交点，
g
′ (x)= (x−1)e
x
x
2
，当x<0或0< x<1时，g
′ (x)<0，
g(x)在区间(−∞,0)和(0,1)上单调递减，且x∈(−∞,0)时，g(x)<0，
当x∈(0,1)时，g(x)>0，
当x>1时，g
′ (x)>0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，
x>0时，当x =1时，g(x)取得极小值也即最小值，g(1)=e，
所以y =a与g(x)=e
x
x 有2 个交点时，a>e，
故a 的取值范围为(e,+ ∞)．
【题型6 根据极值（点）求参数】
21．（2025·河南新乡·三模）已知函数f (x)= x
3−3 x +a的极小值为6，则实数a的值为（ ）
A．8
B．6
C．4
D．2
【答案】A
【解题思路】由已知得f
′ (x)=3 x
2−3，令f
′ (x)=0，得x =±1，判断单调性，根据极小值求出参数a的值.
【解答过程】由已知得f
′ (x)=3 x
2−3，令f
′ (x)=0，得x =±1，
当x∈(−1,1)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(−∞,−1)或x∈(1,+ ∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，
所以f (x)的极小值为f (1)=a−2=6，解得a=8.
15
故选：A.
22．（2025·山东聊城·模拟预测）若f (x)=sin x−ax在(0,π)上的极大值大于1，则a的取值范围为
（ ）
A．(−∞,0)
B．(−π
3 ,0)
C．(−1,0)
D．(0,1)
【答案】C
【解题思路】求导后分a的取值范围讨论函数的单调性，当−1<a<1，求出函数的隐零点x0，即可求出极
大值点从而得到a=cos x0，再次构造函数g(x)，利用导数分析单调性可得.
【解答过程】f
′ (x)=cos x−a，
当a≥1时，f
′ (x)≤0，f (x)在定义域上单调递减，无极值点，
当a≤−1时，f
′ (x)≥0，f (x)在定义域上单调递增，无极值点，
当−1<a<1时，因为f
′ (0)=1−a>0，f
′ (π)=−1−a<0，
而f
′ (x)在(0,π)单调递减，所以存在x0∈(0,π)，使f
′(x0)=0，
在(0, x0)上，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
在(x0,π)上，f
′ (x)<0，f (x)单调递减，
于是x0是f (x)在(0,π)上的极大值点，
此时f
′(x0)=cos x0−a=0，即a=cos x0，
由题意，f (x0)>1，即f (x0)=sin x0−α x0=sin x0−x0cos x0>1，
设g(x)=sin x−xcos x，则g
′ (x)= xsin x>0，
于是g(x)在(0,π)上单调递增，又g(
π
2 )=1，
所以x0∈(
π
2 ,π)，a=cos x0∈(−1,0).
故选：C．
23．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）若函数f (x)= xln x−(m−1)ln(2 x)存在唯一极值点，则实数m的取值
范围是（ ）
A．(1,+∞)
B．[1,+∞)
16
C．{1−1
e
2}∪[1,+ ∞)
D．[1−1
e
2 ,+∞)
【答案】B
【解题思路】由极值点的定义，将问题等价于导函数求零点，利用导数与函数单调性的关系，可得答案.
【解答过程】由f (x)= x ln x−(m−1)ln (2 x)，求导可得f
′ (x)= ln x +1−m−1
x
，
由题意可得函数f
′ (x)存在唯一变号零点，则方程f
′ (x)=0存在唯一解，
即方程m−1= x ln x + x存在唯一解，
令g(x)= x ln x + x，求导可得g
′ (x)= ln x +2，由g
′ (x)=0，解得x = 1
e
2 ，
当0< x< 1
e
2 时，g
′ (x)<0，当1
e
2 < x时，g
′ (x)>0，
所以函数g(x)在(0, 1
e
2)上单调递减，在(
1
e
2 ,+∞)上单调递增，则g(x)min=−1
e
2 ，
当0< x< 1
e 时，ln x +1<0，则g(x)<0，当x> 1
e 时，g(x)>0，
易知当m−1∈{−1
e
2}∪[0,+∞)，即m∈{1−1
e
2}∪[1,+∞)时，方程f
′ (x)=0存在唯一解，
当m=1−1
e
2 时，f
′ (x)= ln x +1+ 1
xe
2，易知方程f
′ (x)=0的解为x = 1
e
2 ，
由当0< x< 1
e
2 时，ln x<−2，1+ 1
xe
2 >2，则f
′ (x)>0，同理可得当x> 1
e
2 时，f
′ (x)>0，
所以此时函数f (x)无极值点，不符合题意；
当m∈[1,+∞)时，m−1≥0，易知函数f
′ (x)在(0,+ ∞)上单调递增，符合题意.
故选：B.
24．（2025·浙江台州·二模）已知a∈R，若函数f (x)= x + a
x −ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范
围是（ ）
A．(
1
4 ,+ ∞)
B．(0, 1
4)
C．(−1
4 ,0)
D．(−1
4 ,+∞)
【答案】C
17
【解题思路】求得f
′ (x)= x
2−x−a
x
2
，分析可知，关于x的方程x
2−x−a=0有两个不等的正根，根据二次
方程根的分布可得出关于实数a的不等式组，由此可得出实数a的取值范围.
【解答过程】因为函数f (x)= x + a
x −ln x的定义域为(0,+∞)，
所以f
′ (x)=1−a
x
2 −1
x = x
2−x−a
x
2
，
因为函数f (x)既有极大值，又有极小值，
则关于x的方程x
2−x−a=0有两个不等的正根x1、x2，
所以，¿，解得−1
4 <a<0，
因此，实数a的取值范围是(−1
4 ,0).
故选：C.
【题型7 利用导数求函数的最值】
25．（2025·陕西渭南·二模）函数f (x)=|x−1|+|x−3|+2e
x的最小值为（ ）
A．6
B．2+2e
C．6−2ln2
D．e
2+1
【答案】A
【解题思路】分x ≤1，1< x<3，x ≥3三种情况结合导数分析函数单调性求解即可.
【解答过程】当x ≤1时，f (x)=1−x +3−x +2e
x = 4−2 x +2e
x，
则f
′ (x)=−2+2e
x，
令f
′ (x)>0，得0< x ≤1；令f
′ (x)<0，得x<0，
所以函数f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，
则f (x)min= f (0)= 4+2=6；
当1< x<3时，f (x)= x−1+3−x +2e
x =2+2e
x，
函数f (x)在(1,3)上单调递增，则f (x)>f (1)=2+2e>6；
当x ≥3时，f (x)= x−1+ x−3+2e
x =2 x−4+2e
x，
则f
′ (x)=2+2e
x>0，函数f (x)在[3,+∞)上单调递增，
则f (x)min= f (3)=6−4+2e
3=2+2e
3>6.
综上所述，函数f (x)=|x−1|+|x−3|+2e
x的最小值为6.
故选：A.
18
26．（2025·湖南·三模）已知函数f (x)= x
2−mx +2ln x在x =2时取极小值，则其导函数f
′ (x)的最小值为
（ ）
A．−5
B．−3
C．−1
D．−1
2
【答案】C
【解题思路】首先对原函数求导，根据已知条件求出m的值，进而求出原函数的表达式，再利用基本不等
式或二次函数的性质求导函数的最小值.
【解答过程】因为f ( x)= x
2−mx +2ln x在x =2时取极小值，
所以f
'( x)=2 x−m+ 2
x =0在x =2处成立.
即：f
'(2)= 4−m+ 2
2 =5−m=0，所以m=5.
当m=5时，f
'( x)= (2 x−1)(x−2)
x
，
当x∈(
1
2 ,2)时，f
'( x)<0，当x∈(2,+∞)时，f
'( x)>0，
所以f (x)在x =2时取得极小值，故m=5.
所以原函数表达式为：f ( x)= x
2−5 x +2ln x.
导函数的表达式为：f
'( x)=2 x−5+ 2
x
因为x>0，所以根据基本不等式2 x + 2
x ≥2√2 x× 2
x = 4.
所以f
′ (x)的最小值为：4−5=−1.
故选：C.
27．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数f (x)= 1
2 x
2−2 x−3ln x．
(1)求f (x)在x =1处的切线方程；
(2)当x∈[
1
4 ,4]，求f (x)的最值．
【答案】(1)8 x +2 y −5=0
(2)最大值为−15
32 +6ln2，最小值为−3
2 −3ln3
【解题思路】（1）求出f (1),f
′ (1)的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
19
（2）利用导数判断出函数在[
1
4 ,4]上的单调性，再利用单调性结合给定区间求出f (x)的最值.
【解答过程】（1）依题意，f
′ (x)= x−2−3
x ,(x>0)，则k切= f
′ (1)=−4，
又f (1)= 1
2 −2−3ln1=−3
2，即切点坐标为(1,−3
2)，
故所求切线方程为：y −(−3
2)=−4 (x−1)，即8 x +2 y −5=0.
（2）由f
′ (x)= x
2−2 x−3
x
= (x−3)(x +1)
x
,(x>0).
令f
′ (x)=0，得x =3.
当x∈[
1
4 ,3)时，f
′ (x)<0，则f (x)在[
1
4 ,3)上单调递减；
当x∈(3,4]时，f
′ (x)>0，则f (x)在(3,4]上单调递增，
故f (3)=−3
2 −3ln3是f (x)的极小值，也是最小值.
又f(
1
4)= 1
2 ×(
1
4)
2
−2× 1
4 −3ln 1
4 =−15
32 +6 ln 2= ln 64−lne
15
32 = ln 64
e
15
32
>ln1>0，
而f (4)= 1
2 ×4
2−2×4−3ln 4 =−6 ln2<0，即f(
1
4)>f (4).
故f (x)在区间[
1
4 ,4]上的最大值为−15
32 +6ln2，最小值为−3
2 −3ln3.
28．（2025·新疆·模拟预测）已知函数f (x)= x
3−a x
2+ 4 x +1(a∈R).
(1)若a= 4，求f (x)在[1,4]上的最大值与最小值；
(2)若f (x)在[1,+ ∞)上单调递增，求实数a的取值范围.
【答案】(1)最大值为17，最小值为1；
(2)(−∞,2√3]
【解题思路】（1）求导，得到函数单调性，进而得到极值和端点值，比较后得到最值；
（2）求导，参变分离得到a≤3 x
2 + 2
x 在[1,+ ∞)上恒成立，由基本不等式求出最值，得到答案.
【解答过程】（1）a= 4时，f (x)= x
3−4 x
2+ 4 x +1，x∈[1,4]，
f
′ (x)=3 x
2−8 x + 4 =(3 x−2)(x−2)，
在区间[1,4 ]上，令f
′ (x)>0得2< x<4，令f
′ (x)<0得1< x<2，
20
所以f (x)在[2,4]上单调递增，在[1,2]上单调递减，
其中f (1)=2，f (2)=1，f (4)=17，
所以f (x)在[1,4]上的最大值为17，最小值为1；
（2）f
′ (x)=3 x
2−2ax + 4，
f (x)在[1,+∞)上单调递增，故f
′ (x)=3 x
2−2ax + 4≥0在[1,+∞)上恒成立，
即a≤3 x
2+ 4
2 x
= 3 x
2 + 2
x 在[1,+∞)上恒成立，
其中3 x
2 + 2
x ≥2√
3 x
2 ⋅2
x =2√3，当且仅当3 x
2 = 2
x ，即x = 2√3
3
时，等号成立
故a≤2√3，从而实数a的取值范围为(−∞,2√3].
【题型8 已知函数最值求参数】
29．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知函数f (x)= a
2 x
2+bln x在x =1处有最小值，最小值小于b+1
，则ab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f (x)在x =1取极小值，可得出f
′ (1)=0，则b=−a，利用导数分析函数f (x)的
单调性，结合f (x)min<b+1可求出a的取值范围，即可得出ab的取值范围.
【解答过程】函数f (x)= a
2 x
2+bln x的定义域为(0,+∞)，且f
′ (x)=ax + b
x ，
由于函数f (x)在x =1有最小值，则函数f (x)在x =1取极小值，则f
′ (1)=a+b=0，
所以b=−a，
即f
′ (x)=ax−a
x = a(x
2−1)
x
，
当a=0时，f
′ (x)=0对任意的x>0恒成立，f (x)=0，不合乎题意；
当a>0时，由f
′ (x)<0可得0< x<1，由f
′ (x)>0可得x>1,
此时函数f (x)的减区间为(0,1)，增区间为(1,+∞)，此时函数f (x)在x =1处取得极小值，即最小值，合乎
题意；
当a<0时，由f
′ (x)<0可得x>1，由f
′ (x)>0可得0< x<1，
此时函数f (x)的减区间为(1,+∞)，增区间为(0,1)，此时函数f (x)在x =1处取得极大值，不合乎题意.
21
所以a>0，由题意可得f (x)= a
2 x
2−aln x，则f (x)min= a
2 <b+1=−a+1，解得0<a< 2
3，
因此，ab=−a
2∈(−4
9 ,0).
故选：C.
30．（2025·全国·模拟预测）已知p:−2<t <2，q：函数f ( x)= x
3+3 x
2−2在区间(t −4 ,t )上存在最大
值，则p是q的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解题思路】利用导数分析得f ( x)= x
3+3 x
2−2的单调性，则得到不等式组，解出t的范围，再根据必要
不充分条件的判断即可得到答案.
【解答过程】f
′( x)=3 x
2+6 x =3 x (x +2)，
当x∈(−∞,−2)∪(0,+∞)时，f
′( x)>0，则f ( x)在(−∞,−2),(0,+ ∞)上单调递增，
当x∈(−2,0)时，f
′( x)<0，则f ( x)在(−2,0)上单调递减，
且f (−2)= f (1)=2.
若f ( x)在区间(t −4 ,t )上存在最大值，则该区间须包含极大值点x =−2，
且极大值f (−2)不小于区间右端点的函数值f (t )（否则函数在该区间没有最大值），即¿，
由f (−2)≥f (t )得2≥t
3+3t
2−2，即t
3+3t
2−4≤0，分解因式得(t −1)(t +2)
2≤0，解得t ≤1，
联立¿，解得−2<t ≤1，
又因为{t |−2<t ≤1}是{t |−2<t <2}的真子集，
∴p是q的必要不充分条件.
故选：C.
31．（2025·广东河源·模拟预测）已知函数f (x)=e
x−ln x +(1−m) x−lnm的最小值为0，则m=
．
【答案】e
【解题思路】根据给定的条件，利用同构变形并构造函数，借助函数的单调性转化成求函数的最小值.
22
【解答过程】依题意，e
x−ln x +(1−m) x−lnm≥0对于x>0恒成立，且能取得等号，
即e
x+ x ≥ln(mx)+mx =ln(mx)+eln(mx)对于x>0恒成立，且能取得等号，
函数g(x)=e
x+ x在(0,+∞)上单调递增，不等式为g( x)≥g[ln(mx)]，
则x ≥ln(mx)，即e
x≥mx，因此m≤e
x
x 在(0,+∞)上恒成立，且能取得等号，
设h(x)=e
x
x
(x>0)，于是m是函数h(x)在(0,+∞)上的最小值，
求导得h
′ (x)= (x−1)e
x
x
2
，当x∈(0,1)时，h
′ (x)<0，当x∈(1,+ ∞)时，h
′ (x)>0，
函数h(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，且h(x)min=h(1)=e，
所以m=e.
故答案为：e.
32．（2025·贵州贵阳·三模）已知函数f ( x)= x e
ax−ln x −ax−1，若函数f ( x)的最小值恰好为0，则实数
a的最小值是 .
【答案】−1
e
【解题思路】换元构造新函数，再利用导数求得函数单调性与最值，从而求得a的最值.
【解答过程】令t = xe
ax( x>0)，则t >0，所以ln t = ln x +ax，
令u= f ( x)= xe
ax−ln x−ax−1，则u=t −ln t −1，
令g(t )=t −ln t −1，则g
′(t )=1−1
t = t −1
t
，
当t ∈(0,1)时，g
′(t )<0，g(t )单调递减；当t ∈(1,+∞)时，g
′(t )>0，g(t )单调递增.
故当t =1时，g(t )取得最小值g(1)=0，
故当xe
ax=1，即a=−ln x
x 时，函数f ( x)的最小值恰好为0，
令h( x)=−ln x
x ，则h
′( x)= −1+ ln x
x
2
，
令h
′( x)>0，得x>e；令h
′( x)<0，得0< x<e，
23
所以h( x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
则h( x)min=h(e)=−1
e ，所以a的最小值为−1
e .
故答案为：−1
e .
A 组 基础跟踪练
一、单选题
1．（2025·河南·模拟预测）已知函数f (x)=a x
3−2 x
2−3 x +1在R上单调递减，则实数a的取值范围为
（ ）
A．[−4
9 ,+ ∞)
B．[−4
3 ,+ ∞)
C．(−∞,−4
3]
D．(−∞,−4
9]
【答案】D
【解题思路】根据函数在R上单调递减可知f
′ (x)≤0在R上恒成立，进而利用二次函数的性质求解即可.
【解答过程】由题知f
′ (x)=3a x
2−4 x−3≤0在R上恒成立，所以¿，得a≤−4
9 .
故选：D.
2．（2025·内蒙古赤峰·模拟预测）已知函数f (x)的导函数为f
′ (x)，且f
′ (x)的图象如图所示，则f (x)的极
大值点为（ ）
A．a
B．b
C．c
D．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x∈(b,c)时，f
′ (x)>0，此时f (x)单调递增，
当x =c时，f
′ (x)=0，
当x∈(c ,d)时，f
′ (x)<0，此时f (x)单调递减，
24
则f (x)的极大值点为c.
故选：C.
3．（2025·重庆·模拟预测）若∀x∈R，a x
2+
1
x
2+1
的最小值为3
4 ，则a=（ ）
A．1
4
B．9
4
C．1
4 或9
4
D．5
4
【答案】A
【解题思路】令t = x
2+1≥1，构造f (t )=at + 1
t −a，应用导数及分类讨论研究函数的最值，结合已知最小
值求参数即可.
【解答过程】令t = x
2+1≥1，则a x
2+
1
x
2+1
=at + 1
t −a，
令f (t )=at + 1
t −a，则f
′(t )=a−1
t
2，
当a≤0时，f
′(t )<0，则f (t )在[1,+∞)上单调递减，显然无最小值，不符；
当a>0时，令a−1
t
2 =0，则t = 1
√a，
若1
√a ≤1，a≥1时，f
′(t )≥0，则f (t )在[1,+∞)上单调递增，故f (t )min= f (1)=1，不符；
若1
√a >1，0<a<1时，
在[1, 1
√a )上f
′(t )<0，即f (t )在[1, 1
√a )上单调递减，
在( 1
√a ,+∞)上f
′(t )>0，即f (t )在( 1
√a ,+ ∞)上单调递增，
所以f (t )min= f ( 1
√a )=2√a−a，则2√a−a= 3
4 ，
可得4 a−8√a+3=(2√a−1)(2√a−3)=0，又0<a<1，可得a= 1
4 ；
综上，a= 1
4 .
故选：A.
4．（2025·湖北·模拟预测）下列函数在区间[1,4]上单调递增的是（ ）
A．f (x)=
1
2−x
B．f (x)= x
e
x
C．f (x)= xln x
D．f (x)= x−ln x
2
25
【答案】C
【解题思路】对A，根据解析式判断单调性得解；对B，C，D，求导，利用判断导数正负得解.
【解答过程】对于A，f (x)=
1
2−x 的定义域为(−∞,2)∪(2,+∞)，f (x)在(1,2)上单调递增，在(2,4)上单
调递增，不满足在[1,4]上单调递增，故A 错误.
对于B，f
′ (x)= 1−x
e
x
≤0,f (x)在[1,4]上单调递减，不满足在[1,4]上单调递增，故B 错误.
对于C，f
′ (x)=ln x +1>0，满足在[1,4]上单调递增，故C 正确.
对于D，f
′ (x)=1−2
x = x−2
x
,f (x)在(1,2)上单调递减，在(2,4)上单调递增，不满足在[1,4]上单调递增，
故D 错误.
故选：C.
5．（2025·辽宁葫芦岛·二模）函数f (x)= x
3−5 x
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f
′ (x)=3 x( x−10
3 )，得到函数f (x)的单调性，结合极小值点的定义，即可求解.
【解答过程】由函数f (x)= x
3−5 x
2，可得f
′ (x)=3 x
2−10 x =3 x( x−10
3 )，
当x<0时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增；
当0< x< 10
3 时，f
′ (x)<0，f (x)单调递减；
当x> 10
3 时，f
′ (x)>0，f (x)单调递增，
所以当x = 10
3 时，函数f (x)取得极小值，即x = 10
3 为函数f (x)的极小值点.
故选：B.
6．（2025·陕西·模拟预测）已知函数f ( x)=( x−a−1)e
x−(
x
2 −a)bx是R上的增函数，则（ ）
A．a=b
B．a= 1
b
C．a= ln b
D．a=e
b
【答案】C
【解题思路】由题意可得f
′ (x)≥0恒成立，进而分b≤0，b>0两种情况讨论求解即可.
26
【解答过程】由f (x)=(x−a−1)e
x−(
x
2 −a)bx，
得f
′ (x)=(x−a)e
x−bx +ab=(x−a)(e
x−b)，
因为f (x)是R上的增函数，则f
′ (x)≥0恒成立，
即(x−a)(e
x−b)≥0恒成立，
当b≤0时，e
x−b>0，此时x−a≥0不恒成立，不满足题意；
当b>0时，等价于(x−a)(x−ln b)≥0对x∈R恒成立，
则a= ln b.
故选：C.
7．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知f
′ (x)是定义在(0,+∞)上的函数f (x)的导函数，且
f (x)+ x f
′ (x)>0，则a=2f (2)、b=ef (e)、c =3 f (3)的大小关系为（ ）
A．b<a<c
B．c<b<a
C．a<b<c
D．c<a<b
【答案】C
【解题思路】构造函数g(x)= xf (x)，其中x>0，利用导数分析函数g(x)的单调性，即可得出a、b、c的大
小关系.
【解答过程】构造函数g(x)= xf (x)，其中x>0，则g
′ (x)= f (x)+ x f
′ (x)>0，
所以函数g(x)在(0,+ ∞)上为增函数，
因为3>e>2>0，且a=2f (2)= g(2)，b=ef (e)= g (e)，c =3 f (3)= g(3)，
因此a<b<c.
故选：C.
8．（2025·陕西西安·一模）已知函数f (x)= ln x + 4 x
x
，则（ ）
A．f (x)的单调递增区间为(0,1)
B．f (x)的最大值为4
C．f (x)有两个零点
D．f (e)>f (3)>f (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f (x)的单调性判断C；
由f (2)= ln2
2 + 4 = ln 4
4 + 4 = f (4)，进而结合函数f (x)的单调性判断D.
【解答过程】由f (x)= ln x + 4 x
x
= ln x
x + 4 , x>0，则f
′ (x)= 1−ln x
x
2
，
令f
′ (x)>0，得0< x<e，令f
′ (x)<0，得x>e，
27
所以函数f (x)的单调递增区间为(0,e)，单调递减区间为(e,+ ∞)，故A 错误；
而f (x)max = f (e)= lne
e
+ 4 = 1
e + 4，故B 错误；
由f(
1
e
2)=−2e
2+ 4<0，且x>1时，f (x)>0，
根据零点存在性定理及函数f (x)的单调性可知，f (x)只有一个零点，故C 错误；
由f (2)= ln2
2 + 4 = ln 4
4 + 4 = f (4)，
因为函数f (x)在(e,+∞)上单调递减，且e<3<4，
所以f (e)>f (3)>f (4)= f (2)，故D 正确.
故选：D.
9．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知f (x)=(ax−a−1)e
x+ x +1，若0 是f (x)的极小值点，则a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f
′ (0)=0恒成立，再令g(x)= f
′ (x)，求出g
′ (0)=a−1，分a>1，a=1和a<1三
种情况进行分析，得到a>1时，满足0 是f (x)的极小值点，求出a的取值范围.
【解答过程】f
′ (x)=ae
x+(ax−a−1)e
x+1=(ax−1)e
x+1，
因为x =0是函数f (x)的极小值点，所以f
′ (0)=−e
0+1=0恒成立，
令g(x)= f
′ (x)=(ax−1)e
x+1，则g
′ (x)=(ax +a−1)e
x，
g
′ (0)=(a−1)e
0=a−1，
当a>1时，g
′ (0)>0，g( x)即f
′ (x)在x =0附近单调递增，
又g(0)=0，所以当x<0时，在x =0附近g(x)= f
′ (x)<0，
当x>0时，在x =0附近g(x)= f
′ (x)>0，满足0 是f (x)的极小值点；
当a=1时，g(x)= f
′ (x)=(x−1)e
x+1, g
′ (x)= xe
x，
当x<0时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，当x>0时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)= f
′ (x)≥g(0)=0，所以f (x)单调递增，此时f (x)无极小值点；
当a<1时，g
′ (0)<0，g(x)即f
′ (x)在x =0附近单调递减，又g(0)=0，
所以当x<0时，在x =0附近g(x)= f
′ (x)>0，
当x>0时，在x =0附近g(x)= f
′ (x)<0，
此时0 是f (x)的极大值点，不符合题意．
28
综上所述：a的取值范围为(1,+ ∞)．
故选：D.
10．（2025·安徽蚌埠·三模）已知函数f ( x)及其导函数f
′( x)的定义域都是R，若函数f ( x)是偶函数，
f
′( x)+e
x+ x也是偶函数，且f (a)>f (3a−1)，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(−∞, 1
2)
B．(
1
2 ,+ ∞)
C．(
1
4 , 1
2)
D．(−∞, 1
4)∪(
1
2 ,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】由偶函数的定义结合导数可得出f
′ (x)=−f
′ (−x)，由已知可得出
f
' (x)+e
x+ x = f
' (−x)+e
−x−x，可求出f
′ (x)的表达式，利用导数分析函数f
′ (x)的单调性，可知函数f (x)
在[0,+ ∞)上为减函数，再由f (a)>f (3a−1)可得出f (|a|)>f (|3a−1|)，可得出关于实数a的不等式，解
之即可.
【解答过程】因为f (x)为偶函数，则f (x)= f (−x)，等式两边求导可得f
′ (x)=−f
′ (−x)，①
因为函数f
' (x)+e
x+ x为偶函数，则f
' (x)+e
x+ x = f
' (−x)+e
−x−x，②
联立①②可得f
' (x)=e
−x−e
x
2
−x，
令g(x)= f
′ (x)，则g
' (x)= −e
x−e
−x
2
−1<0，且g
′ (x)不恒为零，
所以，函数g(x)在R上为减函数，即函数f
′ (x)在R上为减函数，
故当x>0时，f
' (x)<f
' (0)=0，所以，函数f (x)在[0,+∞)上为减函数，
由f (a)>f (3a−1)可得f (|a|)>f (|3a−1|)，
所以，|a|<|3a−1|，整理可得8a
2−6a+1>0，解得a< 1
4 或a> 1
2.
故选：D.
二、填空题
11．（25-26 高三上·江苏盐城·月考）已知函数f (x)=e
x−k (x
2+2)有两个极值点x1, x2，若x2=2 x1，则实
数k 的值为
.
【答案】1
ln2
【解题思路】由题意得e
x1=2k x1,e
x2=2k x2，结合x2=2 x1，依次求得x1,k即可.
29
【解答过程】对f (x)=e
x−k (x
2+2)求导，得f
′ (x)=e
x−2kx，
因为函数f (x)=e
x−k (x
2+2)有两个极值点x1, x2，则e
x1=2k x1,e
x2=2k x2，
即e
x1=2k x1,e
2 x1= 4 k x1，所以e
2 x1= 4(
e
x1
2 x1)x1=2e
x1，解得e
x1=2，x1= ln2，
所以k =e
x1
2 x1
= 1
ln2.
故答案为：1
ln2.
12．（2025·吉林长春·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f
′ (x)，且对∀x∈R都有
f
′ (x)>2,f (2)=0，则不等式f (x)−2 x + 4>0的解集为 .
【答案】{x| x>2}
【解题思路】根据题意，构造新函数，分析新函数的单调性，从而得到不等式f (x)−2 x + 4>0的解集.
【解答过程】令g( x)= f ( x)−2 x，x∈R，则g
'( x)= f
' (x)−2, x ∈R.
因为对∀x∈R都有f
' (x)>2，所以g
'( x)>0，所以函数g( x)在R上单调递增.
因为g(2)= f (2)−2×2=−4，所以不等式f ( x)−2 x>−4，即g( x)> g(2)的解集为{x| x>2}.
故不等式f (x)−2 x + 4>0的解集为{x| x>2}.
故答案为：{x| x>2}.
B 组 培优提升练
一、单选题
1．（2025·湖南·模拟预测）已知a= ln1.2,b= 1
5 ,c =cos 2√10
5
，则a,b,c的大小关系为（ ）
A．a>b>c
B．b>a>c
C．b>c>a
D．c>b>a
【答案】D
【解题思路】根据a,b的形式构造新函数，根据b,c的形式构造函数，利用导数判断所构造函数的单调
性，利用单调性进行运算判断即可.
【解答过程】构造新函数f (x)= ln(1+ x)−x (x>0)⇒f
′ (x)=
1
x +1 −1= −x
x +1，
当x∈(0,+∞)时，f
′ (x)<0，函数f (x)单调递减，
30
于是由x>0⇒f (x)<f (0)⇒ln (x +1)−x<0⇒ln (x +1)< x，
所以有a= ln1.2= ln 6
5 = ln(1+ 1
5)< 1
5 =b，
所以a<b，
构造新函数g(x)= x−sin x(0< x<π
2 )⇒g
′ (x)=1−cos x，
当x∈(0,π
2 )时，g
′ (x)>0，函数g(x)单调递增，
由x>0⇒g(x)> g(0)⇒x−sin x>0⇒x>sin x>0，
故c =cos 2√10
5
=1−2sin
2 √10
5 >1−2×(
√10
5 )
2
= 1
5 =b，所以c>b，故c>b>a，
故选：D.
2．（2025·四川达州·一模）已知定义在R上的函数f (x)满足f (2−x)=−f (x)，当x>1时，f (x)=e
x
x−1，
则当x<1时，f (x)的极大值是（ ）
A．−e
B．−1
e
C．−e
2
D．−1
e
2
【答案】C
【解题思路】先由对称条件，设x<1，则2−x>1，代入已知表达式得到f (2−x)，再根据
f (2−x)=−f (x)反推出x<1时f (x)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x<1时，2−x>1，由f (2−x)=−f ( x)及x>1时f (x)= e
x
x−1，
可得：f (2−x)=
e
2−x
(2−x)−1 = e
2−x
1−x ，
则−f (x)= e
2−x
1−x ，故f (x)=−e
2−x
1−x ( x<1)，
对f (x)=−e
2−x
1−x 求导得：f
' (x)=−(−e
2−x)(1−x)−e
2−x(−1)
(1−x)
2
=−e
2−x⋅x
(1−x)
2，
令f
'( x)=0，解得x =0( x<1)，
当x<0时，f ′( x)>0，函数在(−∞,0)上单调递增；
当0< x<1时，f ′( x)<0，函数在(0,1)上单调递减，
31
故x =0为极大值点，极大值为f (0)=−e
2−0
1−0 =−e
2，
综上，极大值为−e
2.
故选：C.
3．（2025·海南·模拟预测）定义在R上的函数f (x)满足f (x)−f (−x)=2sin x，当x ≥0时，f
′ (x)>cos x．
若f (a)−f (π+a)>2sina，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−∞,−π
2 ) B．(−π
2 ,0)
C．(−∞,π
2 )
D．(−π
2 ,+ ∞)
【答案】A
【解题思路】构造函数g(x)= f (x)−sin x，然后判断g(x)的单调性和奇偶性，然后将不等式变形并求出不
等式的解集即可.
【解答过程】令g(x)= f (x)−sin x，则g(x)−g(−x)= f (x)−sin x−f (−x)−sin x =0.
所以g(x)= g(−x)，所以g(x)是偶函数.
当x ≥0时，g
' (x)= f
' (x)−cos x>0，所以g(x)在[0,+ ∞)上单调递增.
因为f (a)−f (π +a)>2sin a，所以f (a)−sin a>f (π +a)−sin (π +a).
即g(a)> g(π +a).
因为g(x)是偶函数，所以g(|a|)>g(|π +a|).
又g(x)在[0,+∞)上单调递增，所以|a|>|π +a|.
两边平方得a
2>π
2+a
2+2π a，解得a<−π
2 .
故选：A.
4．（2025·云南·三模）设函数f ( x)= x +e
x，g( x)= x + ln x，若存在x1, x2，使得f (x1)= g(x2)，则
x1
e
x1 −x2的最大值为（ ）
A．−1
B．−2
C．−e
D．−3
【答案】A
【解题思路】由f (x1)= g(x2)，得到x1+e
x1=e
ln x2+ ln x2
，又由f
′( x)>0，得到f ( x)在R上单调递增，得到
32
x1
e
x1 −x2= ln x2
x2
−x2= ln x2−x2
2
x2
，令h( x)= ln x−x
2
x
，求得h
′( x)= 1−x
2−ln x
x
2
，令m( x)=1−x
2
−ln x( x>0)，求得m
′( x)<0，得到m( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且m(1)=0，进而得到h( x)的单调性和
极值（最值），即可求解.
【解答过程】由f (x1)= g(x2)，可得x1+e
x1= x2+ ln x2，所以x1+e
x1=e
ln x2+ ln x2，又由f
′( x)=1+e
x>0，
所以f ( x)在R上单调递增，
因为f (x1)= f (ln x2)，所以x1= ln x2，所以x1
e
x1 −x2= ln x2
x2
−x2= ln x2−x2
2
x2
，
令h( x)= ln x−x
2
x
, x∈(0,+∞)，则h
′( x)= 1−2 x
2−ln x + x
2
x
2
= 1−x
2−ln x
x
2
, x>0，
令m( x)=1−x
2 −ln x( x>0)，则m
′( x)=−2 x−1
x ( x>0)，可得m
′( x)<0，
所以m( x)在(0,+ ∞)上单调递减，且m(1)=0，
当x∈(0,1)时，m( x)>0，h
′( x)>0，则h( x)在(0,1)上单调递增；
当x∈(1,+ ∞)时，m( x)<0，h
′( x)<0，则h( x)在(1,+ ∞)上单调递减，
所以当x =1时，h( x)有极大值，即最大值，所以h( x)≤h(1)=−1.
故选：A．
二、解答题
5．（2025·黑龙江·一模）设函数f (x)=(x +a)ln x.
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)为增函数，求a的取值范围.
【答案】(1)2 x−y −2=0
(2)[
1
e
2 ,+ ∞)
【解题思路】（1）由导数的几何意义即可求解；
（2）法一：参变分离得到a≥−x−x ln x在(0,+ ∞)上恒成立，构造函数g(x)=−x−x ln x求最值即可；法
33
二：构造函数h(x)= ln x + a
x +1，通过分类讨论求最值即可求解；
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=(x +1)ln x，
所以f ′ (x)= ln x + x +1
x
= ln x + 1
x +1，f (1)=0，f ′ (1)=2，
∴曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y −f (1)= f ′ (1)(x−1)，
整理得，y =2(x−1)，
∴曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为2 x−y −2=0.
（2）f ′ (x)= ln x + x +a
x
= ln x + a
x +1，x>0，
f (x)是增函数，即f ′ (x)≥0在(0,+ ∞)上恒成立，
方法一：即a≥−x−x ln x在(0,+ ∞)上恒成立，所以a≥(−x−x ln x)max，
设g(x)=−x−x ln x，x>0，则g′ (x)=−2−ln x，x>0，
当x∈(0, 1
e
2)时，g′ (x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(
1
e
2 ,+∞)时，g′ (x)<0，g(x)单调递减，
∴当x = 1
e
2 时，g(x)取得极大值，也是最大值，
∵g(
1
e
2)= 1
e
2 ，∴a的取值范围是[
1
e
2 ,+ ∞).
方法二：即ln x + a
x +1≥0在(0,+ ∞)上恒成立，所以(ln x + a
x +1)min
≥0，
设h(x)= ln x + a
x +1，x>0，则h′ (x)= 1
x −a
x
2 = x−a
x
2 ，x>0，
①若a≤0，则h′ (x)>0，h(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x趋近于0 时，h(x)趋近于−∞，即f ′ (x)≥0不恒成立，
所以f (x)在(0,+ ∞)上不单调递增，与题意不符，舍去.
②若a>0，则当x∈(0,a)时，h′ (x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(a,+∞)时，h′ (x)>0，h(x)单调递增，
34
则当x =a时，h(x)取得极小值，也是最小值，
∴h(a)= ln a+2≥0，解得a≥1
e
2 ，
∴a的取值范围是[
1
e
2 ,+ ∞).
6．（2025·湖北武汉·三模）已知函数f (x)=(x−2)(e
x+ ax
2 ).
(1)若a=e
2，求函数y = f (x)在点P(2,f (2))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的单调性.
【答案】(1)2e
2 x−y −4e
2=0
(2)答案见解析
【解题思路】（1）先求出导函数得出切线斜率，再应用点斜式求出切线方程；
（2）分a≥0，a=−e，−e<a<0，a<−e四种情况讨论，结合导函数正负得出函数单调性.
【解答过程】（1）∵a=e
2，∴f (x)=(x−2)(e
x+e
2 x
2 )，
∴f (2)=0,f
′ (x)=e
x+e
2 x
2 +(x−2)(e
x+e
2
2)，∴f
′ (2)=2e
2，
∴切线方程为y =2e
2(x−2)，即2e
2 x−y −4e
2=0.
（2）∵f (x)=(x−2)(e
x+ ax
2 )，∴f
′ (x)=(x−1)(e
x+a).
①当a≥0时，e
x+a>0，
当x∈(−∞,1)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减；当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增.
②当a=−e时，
当x∈(−∞,1)时，x−1<0,e
x−e<0，f
′ (x)>0，
当x∈[1,+∞)时，x−1≥0,e
x−e≥0，f
′ (x)≥0，x =1时等号成立，
所以f (x)在R上单调递增.
③当−e<a<0时，ln(−a)<1，
当x∈(−∞,ln(−a))时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，当x∈(ln(−a),1)时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增.
④当a<−e时，ln(−a)>1，
35
当x∈(−∞,1)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增，当x∈(1,ln(−a))时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
当x∈(ln(−a),+ ∞)时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增.
综上所述：①当a≥0时，f (x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
②当a=−e时，f (x)在R上单调递增；
③当−e<a<0时，f (x)在(−∞,ln(−a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(−a),1)上单调递减；
④当a<−e时，f (x)在(−∞,1),(ln(−a),+ ∞)上单调递增，在(1,ln(−a))上单调递减.
7．（2025·陕西咸阳·一模）已知函数f (x)= 1
x −x +aln x ,a∈R．
(1)求曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(3,+ ∞)上单调递减，求a的取值范围：
(3)若a>0,f (x)存在两个极值点x1, x2，证明：f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2．
【答案】(1)y =(a−2)(x−1)
(2)(−∞, 10
3 ]
(3)证明见解析
【解题思路】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程；
（2）根据单调性可知x
2−ax +1≥0在(3,+ ∞)上恒成立，利用分离变量法可得a≤x + 1
x ，进而结合对勾函
数求解即可；
（3）设0< x1< x2，则x2>1，将所证不等式转化为1
x2
−x2+2ln x2<0，令g(x)= 1
x −x +2ln x，利用导数
可求得g(x)<0，由此可证得结论.
【解答过程】（1）由f (x)= 1
x −x +aln x , x>0，则f (1)=0，
而f
′ (x)=−1
x
2 −1+ a
x ，则f
′ (1)=a−2，
则曲线y = f (x)在(1,f (1))处的切线方程为y =(a−2)(x−1).
36
（2）∵f
′ (x)=−1
x
2 −1+ a
x =−x
2−ax +1
x
2
，又f (x)在区间(3,+ ∞)上单调递减，
∴−x
2−ax +1
x
2
≤0在(3,+∞)上恒成立， 即x
2−ax +1≥0在(3,+∞)上恒成立，
∴a≤x + 1
x 在(3,+ ∞)上恒成立，
因为函数y = x + 1
x 在(3,+ ∞)上单调递增，则x + 1
x > 10
3 ，
∴a≤10
3 ，即实数a的取值范围是(−∞, 10
3 ].
（3）由f
′ (x)=−1
x
2 −1+ a
x =−x
2−ax +1
x
2
，a>0，
因为f (x)存在两个极值点x1, x2，
则x1, x2满足x
2−ax +1=0，即x1 x2=1，
不妨设0< x1< x2，则x2>1.
∴f (x1)−f (x2)
x1−x2
=
1
x1
−x1+a ln x1−(
1
x2
−x2+a ln x2)
x1−x2
=−2+a⋅ln x1−ln x2
x1−x2
=−2+a⋅−2ln x2
1
x2
−x2
，
则要证
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2，即证a⋅−2ln x2
1
x2
−x2
<a
，
又a>0，x2>1，则1
x2
−x2<0，
即证2ln x2< x2−1
x2
，即证1
x2
−x2+2ln x2<0成立.
设函数g(x)= 1
x −x +2ln x，x>1，
则g
′ (x)=−1
x
2 −1+ 2
x =−(x−1)
2
x
2
<0，
∴g(x)在(1,+∞)单调递减，又g(1)=0，则g(x)<0，
37
∴ 1
x2
−x2+2ln x2<0，即
f (x1)−f (x2)
x1−x2
<a−2.
8．（2025·湖南永州·模拟预测）已知函数f (x)= ln x−ax.
(1)若f (x)≤0，求实数a的取值范围；
(2)证明：e
x+ x
2>2sin x + x ln x +1；
(3)若函数h(x)=|xf (x)|+1在x∈(1,e)时有最小值，求正实数a的取值范围.
【答案】(1)[ 1
e ,+∞)；
(2)答案见解析；
(3)答案见解析.
【解题思路】（1）利用导数法求单调性，利用单调性得到极大值也是最大值，利用最大值小于0 得到所
求；
（2）通过构造函数，利用单调性得到证明；
（3）由h(x)在x∈(1,e)时有最小值，通过构造函数t (x)= x ln x−a x
2，利用单调性，通过分类讨论求出
a的范围.
【解答过程】（1）由题可得f (x)的定义域为(0,+∞)，f
′ (x)= 1
x −a= 1−ax
x
，
当a≤0时，f
′ (x)>0恒成立，f (x)单调递增，且f (3)= ln3−3a>0，故不符题意，
当a>0时，令f
′ (x)=0，得x = 1
a，
当x∈(0, 1
a)时，f
′ (x)>0，当x∈(
1
a ,+ ∞)时，f
′ (x)<0，
所以f (x)在(0, 1
a)上单调递增，在(
1
a ,+ ∞)上单调递减，
当x = 1
a时，f (x)取到极大值也是最大值为f(
1
a)=−ln a−1，
由f (x)≤0可得−ln a−1≤0即可，解得1
e ≤a，
故实数a的取值范围为[ 1
e ,+ ∞).
（2）设s(x)=e
x−x−1,t (x)= x−ln x−1,w (x)= x−sin x，其中x>0.
则s
′ (x)=e
x−1>0,t (x)= x−1
x
,w (x)=1−cos x ≥0，
38
故s(x),w (x)在(0,+ ∞)上均为增函数，故s(x)>s(0)=0,w (x)>w (0)=0，
故e
x> x +1, x>sin x在(0,+ ∞)上恒成立，
而当0< x<1时，t
′ (x)<0，当x>1时，t
′ (x)>0，
故t (x)在(0,1)为减函数，在(1,+ ∞)上为增函数，故t (x)≥t (1)=0，
故x ≥ln x +1，故x
2≥x ln x + x，
所以e
x+ x
2≥x ln x +2 x +1≥x ln x +2sin x +1.
（3）函数h(x)=|xf (x)|+1=|x ln x−a x
2|+1，
令u(x)= x ln x−a x
2，x∈(1,e)，
若u(1)u (e)=−a(e−e
2a)<0即0<a< 1
e ，u(x)在(1,e)上存在零点，
故h(x)在(1,e)上有最小值0.
若a≥1
e ，则u
′ (x)= ln x +1−2ax，
设m( x)=u
′ (x)= ln x +1−2ax，则m
′( x)= 1
x −2a= 1−2ax
x
(a>0)，
当1−2a≤0即a≥1
2时，m
′( x)<0即m(x)在(1,e)单调性递减，
而m(1)=1−2a≤0，u
′ (x)<0在(1,e)上恒成立，故u(x)在在(1,e)上为减函数，
故u(x)<u(1)=−a<0，
故h(x)在(1,e)上无最小值.
若1
e ≤a< 1
2，则1< 1
2a ≤e
2 <e，
当1< x< 1
2a时，m
′( x)>0，当1
2a < x<e时，m
′( x)<0，
故u
′ (x)在(1, 1
2a)上为增函数，在(
1
2a ,e)为减函数，
故u
′ (x)max =u
′(
1
2a)= ln 1
2a >0，而u
′ (1)=1−2a>0，
若a= 1
e ，则u
′ (e)=2−2ae=0，故u
′ (x)>0在(1,e)上恒成立，
故u(x)在(1,e)上为增函数，而u(1)=−a<0，u (e)=e−ae
2=0，
故此时h(x)在(1,e)上无最小值.
若1
e <a< 1
2，则u
′ (e)=2−2ae<0，
39
故u
′ (x)在(1,e)上存在零点x0，当1< x< x0时，u
′ (x)>0，
当x0< x<e时，u
′ (x)<0，故u(x)在(1, x0)上为增函数，在(x0,e)为减函数，
故u(x)max =u(x0).
若u(x0)≤0，则h(x)=−u(x)+1，此时h(x)min=−u(x0)+1，符合题意；
若u(x0)>0，则u(1)=−a<0，故u(x)在(1, x0)存在零点，故h(x)min=1，符合题意.
综上，0<a< 1
e 或1
e <a< 1
2.
40
