2024年5月2日发(作者：)

专题16极值与最值

【考点预测】

知识点一：极值与最值

1．函数的极值

函数

f(x)

在点

x

0

附近有定义，如果对

x

0

附近的所有点都有

f(x)f(x

0

)

，则称

f(x

0

)

是函数的一个极大

值，记作

y

极大值

f(x

0

)

．如果对

x

0

附近的所有点都有

f(x)f(x

0

)

，则称

f(x

0

)

是函数的一个极小值，记作

y

极小值

f(x

0

)

．极大值与极小值统称为极值，称

x

0

为极值点．

求可导函数

f(x)

极值的一般步骤

（1）先确定函数

f(x)

的定义域；

（2）求导数

f



(x)

；

（3）求方程

f



(x)0

的根；

（4）检验

f



(x)

在方程

f



(x)0

的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，

那么函数

yf(x)

在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数

yf(x)

在这个根处取得极小值.

注①可导函数

f(x)

在点

x

0

处取得极值的充要条件是：

x

0

是导函数的变号零点，即

f



(x

0

)0

，且在

x

0

左

侧与右侧，

f



(x)

的符号导号.

②

f



(x

0

)0

是

x

0

为极值点的既不充分也不必要条件，如

f(x)x

3

，

f



(0)0

，但

x

0

0

不是极值点.

另外，极值点也可以是不可导的，如函数

f(x)x

，在极小值点

x

0

0

是不可导的，于是有如下结论：

x

0

为

可导函数

f(x)

的极值点

f



(x

0

)0

；但

f



(x

0

)0x

0

为

f(x)

的极值点.

2．函数的最值

函数

yf(x)

最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数

f(x)

最小值为极小值与靠近极

大值的端点之间的最小者．

导函数为

f(x)ax

2

bxca(xx

1

)(xx

2

)(mx

1

x

2

n)

（1）当

a0

时，最大值是

f(x

1

)

与

f(n)

中的最大者；最小值是

f(x

2

)

与

f(m)

中的最小者．

（2）当

a0

时，最大值是

f(x

2

)

与

f(m)

中的最大者；最小值是

f(x

1

)

与

f(n)

中的最小者．

一般地，设

yf(x)

是定义在

[m，

求函数

yf(x)

在

[m，n]

上的函数，

yf(x)

在

(m，

n]

n)

内有导数，

上的最大值与最小值可分为两步进行：

（1）求

yf(x)

在

(m，

；

n)

内的极值（极大值或极小值）

（2）将

yf(x)

的各极值与

f(m)

和

f(n)

比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．

注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值

是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②

函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；

③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.

【方法技巧与总结】

（1）若函数

f



x



在区间D上存在最小值

f



x



min

和最大值

f



x



max

，则

不等式

f



x



a

在区间D上恒成立

f



x



min

a

；

不等式

f



x



a

在区间D上恒成立

f



x



min

a

；

不等式

f



x



b

在区间D上恒成立

f



x



max

b

；

不等式

f



x



b

在区间D上恒成立

f



x



max

b

；

（2）若函数

f



x



在区间D上不存在最大（小）值，且值域为



m,n



，则



不等式

f



x



b



或f



x



b



在区间D上恒成立

mb

．

有解问题有以下结论：

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



max

；

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



max

；

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



min

；

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



min

；

不等式

f



x



a或f



x



a

在区间D上恒成立

ma

．

（3）若函数

f



x



在区间Ｄ上存在最小值

f



x



min

和最大值

f



x



max

，即

f



x







m,n



，则对不等式

（4）若函数

f



x



在区间D上不存在最大（小）值，如值域为



m,n



，则对不等式有解问题有以下

结论：



不等式

bf



x





或bf



x





在区间D上有解

bm

不等式

af



x



或af



x



在区间D上有解

an

（5）对于任意的

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



max

；

（6）对于任意的

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



min

；

（7）若存在

x

1





a,b



，对于任意的

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



min

；

（8）若存在

x

1





a,b



，对于任意的

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



max

；

（9）对于任意的

x

1





a,b



，

x

2





m,n



使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



min

；

（10）对于任意的

x

1





a,b



，

x

2





m,n



使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



max

；（11）若存

在

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



max

（12）若存在

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



min

．

【题型归纳目录】

题型一：求函数的极值与极值点

题型二：根据极值、极值点求参数

题型三：求函数的最值（不含参）

题型四：求函数的最值（含参）

题型五：根据最值求参数

题型六：函数单调性、极值、最值得综合应用

题型七：不等式恒成立与存在性问题

【典例例题】

题型一：求函数的极值与极值点

x

例

1

．（

2022·

江西

·

上饶市第一中学模拟预测（文））已知函数

f



x



ea



x1



aR



．

当

a1

时，求函数

yf



x



的极值；

x

例

2

．（

2022·

湖北

·

襄阳四中模拟预测）设

f



x



esinx

.

(1)

求

f



x



在







,





上的极值；

(2)

若对

x

1

,x

2





0,





，

x

1

x

2

，都有

f



x

1



f



x

2



a0

成立，求实数

a

的取值范围

.

2

x

1

2

x

2

例

3

．（

2022·

天津市咸水沽第一中学模拟预测）已知函数

f(x)

(1)

当

ae

时，求函数

f

（

x

）的单调区间；

(2)

当

ae

时，

ln(ax)

elnx(e2.71828

……

自然对数底数）

.

x

（

i

）证明：

f(x)

存在唯一的极值点：（

ii

）证明：

f(x)(a1)e

例

4

．（

2022·

江西师大附中三模（理））已知函数

f(x)





π





x

sinx,g(x)

为

f(x)

的导函数．

e

x

(1)

判断函数

g(x)

在区间



0,



上是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；

2

(2)

求证：函数

f(x)

在区间

(,π)

上只有两个零点．

例

5

．（

2022·

江苏苏州

·

模拟预测）函数

f(x)xsinxcosx

．



(1)

求函数

f(x)

在





,

上的极值；

2

(2)

证明：

F(x)f(x)lnx

有两个零点．

【方法技巧与总结】

1．因此，在求函数极值问题中，一定要检验方程

f



(x)0

根左右的符号，更要注意变号后极大值与极





小值是否与已知有矛盾．

2．原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必须穿越

x

轴，否

则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越（导函数与

x

轴的交点）；上坡低头找极小，下坡抬头找极大．

题型二：根据极值、极值点求参数

322

例

6

．（

2022·

四川

·

绵阳中学实验学校模拟预测（文））若函数

f



x



xaxbxa

在

x1

处有极值

10

，

则

ab

（

）

A

．

6 B

．

15

C

．

6

或

15 D

．

6

或

15

x

例

7

．（

2022·

江苏南通

·

模拟预测）已知函数

f



x







xa



xb



e

在

xa

处取极小值，且

f



x



的极大值为

4

，则

b

（

）

A

．

-1 B

．

2 C

．

-3 D

．

4

2

例

8

．（

2022·

四川绵阳

·

二模（文））若

x2

是函数

f



x



x2



a2



x4alnx

的极大值点，则实数

a

的取

值范围是（

）

A

．



,2



B

．



2,



C

．



2,



D

．



2,2



1

2

例

9

．（

2022·

河南

·

模拟预测（文））已知函数

f



x



lnxax

的极值为



，则

a

（

）

2

A

．

e

1

B

．

e

2

C

．

2

1

1

D

．

4

2x

例

10

．（

2022·

河南

·

高三阶段练习（文））若函数

f



x







xax2



e

在

R

上无极值，则实数

a

的取值范围

（

）

A

．



2,2





C

．





23,23



B

．

23,23



2



D

．



2,

322

例

11

．（

2022·

四川省南充高级中学高三阶段练习（理））已知函数

f(x)x3mxnxm

在

x1

处取得

极值

0

，则

mn

（

）

A

．

2 B

．

7 C

．

2

或

7 D

．

3

或

9

e

x

例

12

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

f(x)a(xlnx)

在

(0,1)

内有极值，则实数

a

的取值范围是（

）

x

A

．

(,e)

B

．

(0,e)

C

．

(e,)

D

．

[e,)

2x

例

13

．（

2022·

陕西

·

西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数

f



x









ax



4a1



x4a3





e

，若

x2

是

f



x



的极小值点，则实数

a

的取值范围是（

）

2



A

．



,



3





1



B

．



,





2



C

．



,0



D

．



1,



1

3

1

2



1



例

14

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）已知函数

f



x



xaxx

在区间



,3



上既有极大值又有极小值，

32



2



则实数

a

的取值范围是（

）

A

．



2,



B

．



2,





5



C

．



2,





2





10



D

．



2,





3



1

3

1

2

例

15

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

f



x



x



m1



x2



m1



x

在



0,4



上无极值，则

m

＝

______

．

32

例

16

．（

2022·

吉林长春

·

模拟预测（文））已知函数

f



x



axsinx

，

x



0,π



．

(1)

当

a1

时，过



0,1



做函

数

f



x



的切线，求切线方程；

(2)

若函数

f



x



存在极值，求极值的取值范围．

a

例

17

．（

2022·

北京市第十二中学三模）已知函数

f



x



lnx,aR

.

x

(1)

当

a1

时，求函数

f(x)

的单调递增区间；

(2)

设函数

g(x)

f(x)1

1,e

2



，若

g(x)

在





上存在极值，求

a

的取值范围

.

x

ae

x

例

18

．（

2022·

天津

·

耀华中学二模）已知函数

f(x)lnxx(a0)

.

x

(1)

若

a1

，求函数

f



x



的单调区间；

(2)

若

f



x



存在两个极小值点

x

1

,x

2

，求实数

a

的取值范围

.

32

例

19

．（

2022·

河北

·

石家庄二中模拟预测）已知函数

f



x



xaxbx

．

(1)

当

a0,b1

时，证明：当

x



1,



时，

f



x



lnx

；

(2)

若

ba

2

，函数

f



x



在区间



1,2



上存在极大值，求

a

的取值范围．

题型三：求函数的最值（不含参）

例

20

．（

2022·

江苏徐州

·

模拟预测）函数

f(x)|x|

2

cosx

的最小值为

_____________

．

1

xe

x

lnx

例

21

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

f



x





的最小值为

______

．

x1

例

22

．（

2022·

四川

·

模拟预测（文））对任意

aR

，存在

b(0,)

，使得

a1elnb

，则

ba

的最小值为

_________

．

1

x

例

23

．（

2022·

河南郑州

·

三模（文））

f



x



ex

在区间



1,1



上的最小值是（

）

A

．

1

e

B

．

1

C

．

e1

D

．

e1

例

24

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

y(x1)e

x1

,x[3,4]

的最大值为（

）

A

．

2e

2

B

．

5e

5

C

．

4e

5

D

．

e

1

例

25

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）已知函数

f(x)1axcosx



a0



.

（

1

）当

a1

时，求曲线

yf(x)

在点



0,f



0





处的切线方程；







（

2

）求函数

f(x)

在



0,



的最小值

.



4



例

26

．（

2022·

山东

·

临沭县教育和体育局高二期中）已知函数

f(x)x

3

bx

2

xa,x1

是

f(x)

的一个极值

点．

(1)

求

b

的值；

(2)

当

x[2,2]

时，求函数

f(x)

的最大值．

题型四：求函数的最值（含参）

32

例

27

．（

2022·

北京通州

·

高二期中）已知函数

f



x



x3x9x2

．

(1)

求函数

f



x



的单调区间；

(2)

求函数

f



x



在区间



0,a



上的最小值．

例

28

．（

2022·

河南

·

高二阶段练习（理））已知函数

f(x)=x-mlnx-m.

(1)

讨论函数

f(x)

的单调性；

1

)

上恒成立

.

(2)

若函数

f(x)

有最小值

g(m)

，证明：

g(m)



在

(0，

e

2

例

29

．（

2021·

江苏

·

高二单元测试）已知函数

f



x



lnxax

．

（

1

）讨论

f



x



的单调性；

（

2

）当

a0

时，求

f



x



在区间



1,2



上的最大值．

题型五：根据最值求参数

例

30

．（

2022·

河北

·

模拟预测）已知

a0

，函数

g



x



x

1a

2

在



2,



上的最小值为

1

，

则

a

__________

．

x

1

3

1

2

例

31

．（

2022·

山西运城

·

模拟预测（理））已知函数

f



x



xx2x1

，若函数

f



x



在



2a2,2a3



32

上存在最小值

.

则实数

a

的取值范围是

________.

2x2

例

32

．（

2022·

浙江湖州

·

高三期末）若函数

f



x



x2x1ae

存在最小值，则实数

a

的取值范围是



___________.

例

33

．（

2022·

陕西

·

模拟预测（理））若函数

f(x)x

3

3x1

在区间

(a2,2a3)

上有最大值，则实数

a

的取

值范围是

_________

．

题型六：函数单调性、极值、最值得综合应用

例

34

．（

2022·

全国

·

高三专题练习（理））已知函数

f

（

x

）＝

ex

＋

ax·sinx

．

(1)

求

y

＝

f

（

x

）在

x

＝

0

处的切线方程；

(2)

当

a

＝－

2

时，设函数

g

（

x

）＝

f(x)

，若

x

0

是

g

（

x

）在（

0

，

π

）上的一个极值点，求证：

x

0

是函数

x

g

（

x

）在（

0

，

π

）上的唯一极小值点，且

e

－

2

（

x

0

）

－

2

．

1

3

例

35

．（

2022·

四川泸州

·

三模（文））已知函数

f



x



xax

，

aR

．

3

(1)

讨论函数

f



x



的单调性；

x

(2)

若

g



x



f



x



e

有且只有一个极值点，求

a

的取值范围．

x

例

36

．（

2022·

广东

·

深圳市光明区高级中学模拟预测）已知函数

f



x



eaxsinx1

.

(1)

当

a2

时，求函数

f(x)

的极值点；

(2)

当

1a2

时，试讨论函数

f(x)

的零点个数

.

1

2ax

例

37

．（

2022·

北京市十一学校高三阶段练习）已知函数

f



x







x1



eax



a1



x

2

(1)

当

a1

时，求曲线

yf



x



在点



1,f



1





处的切线方程；

(2)

判断函数

f



x



的极值点的个数，并说明理由

.

x

例

38

．（

2022·

重庆巴蜀中学高三阶段练习）已知函数

f(x)e(x3)lnx

2

．

x

(1)

求曲线

yf(x)

在点

(1,f(1))

处的切线方程；

7

(2)

证明：

f(x)

存在唯一极大值点

x

0

，且

2e2f



x

0





．

2

例

39

．（

2022·

全国

·

模拟预测（文））已知函数

f



x







x2



lnxx1

．

(1)

证明：

f



x



存在唯一的极值点；

(2)m

为整数，

f



x



m

，求

m

的最大值．

题型七：不等式恒成立与存在性问题

例

40

．（

2022·

辽宁

·

二模）若关于

x

的不等式

xlnx1axe

x

恒成立，则实数

a

的取值范围为

___________.

例

41

．（

2022·

北京

·

景山学校模拟预测）已知函数

f



x



xlnxax2

．

(1)

当

a0

时，求

f



x



的极值；

2

(2)

若对任意的

x





1,e





，

f



x



0

恒成立，求实数

a

的取值范围．

2

例

42

．（

2022·

新疆克拉玛依

·

三模（文））已知函数

f



x



xlnx

，

g



x



xax3



aR



.

(1)

求函数

f(x)

的单调递增区间；

(2)

若对任意

x



0,





，不等式

f



x





1

g



x



恒成立，求

a

的取值范围

.

2

x12

例

43

．（

2022·

陕西

·

西北工业大学附属中学模拟预测（文））已知函数

f



x



2x2x1



x1



ln2

.

(1)

求函数

f



x



的单调区间；

1

(2)

若对

x

1

、

x

2





0,2



，使

f



x

1



f



x

2



2

恒成立，求

a

的取值范围

.

a

例

44.

（

2022·

内蒙古赤峰

·

三模（文））已知函数

f



x



x



lnx1



.

(1)

求

f



x



的最小值；

2

(2)

若

f



x



x



m1



x2

恒成立，求实数

m

的取值范围

.

【方法技巧与总结】

在不等式恒成立或不等式有解条件下求参数的取值范围，一般利用等价转化的思想其转化为函数的最

值或值域问题加以求解，可采用分离参数或不分离参数法直接移项构造辅助函数．

【过关测试】

一、单选题

1

．（

2022·

全国

·

哈师大附中模拟预测（文））已知

x

0

是函数

f



x





值是（

）

A

．

1 B

．

2

1

1

x2sinxcosx

的一个极值点，则

tan

2

x

0

的

3

3

C

．

7

5

D

．

7

2

．（

2022·

宁夏

·

吴忠中学三模（理））下列函数中，既是奇函数又存在极值的是（

）

A

．

yx

B

．

yln



x



C

．

yxe

x

D

．

yx

4

x

1

3

4

2

3

．（

2022·

河南新乡

·

二模（文））已知

a0

，函数

f



x



axx

的极小值为



，则

a

（

）

33

A

．

3

4

B

．

1 C

．

3

2

D

．

2

2

4

．（

2022·

内蒙古包头

·

一模（理））设

m0

，若

xm

为函数

f



x



m



xm



xn



的极小值点，则（

）

A

．

mn

B

．

mn

C

．

n

1

m

D

．

n

1

m

32

5

．（

2022·

河南

·

模拟预测（文））当

xm

时，函数

f



x



xx3x2lnx

取得最小值，则

m

（

）

A

．

2

3

B

．

1

3

C

．

2

D

．

2

6

．（

2022·

四川凉山

·

三模（理））函数

f



x





围是（

）

A

．



0,





B

．



0,1



a

2



xsinx

，若

f



x



在

(0,)

上有最小值，则实数

a

的取值范

2

2

C

．







,0



D

．



1,0



7

．

a

为实数，

f



(1)0

，

（

2016·

天津市红桥区教师发展中心高三学业考试）已知函数

f(x)(x

2

4)(xa)

，

2



上的最大值是（

）

则

f(x)

在



2,

9

A

．

2

B

．

1

3

C

．

5

D

．



50

27

x

2

2xa

8

．（

2022·

宁夏

·

高三阶段练习（文））若函数

f



x





在区间

(a,a1)

上存在最小值，则实数

a

的取

x

e

值范围为（

）

A

．



,1



B

．



2,1





15



,

C

．





2





15



,1

D

．





2





二、多选题

x

2

x1

9

．（

2022·

重庆

·

三模）已知函数

f



x





（

e

为自然对数的底数，

e2.72

），则关于函数

f(x)

，下列

x

e

结论正确的是（

）

A

．有

2

个零点

B

．有

2

个极值点

C

．在



0,1



单调递增

D

．最小值为

110

．（

2022·

湖北

·

宜城市第一中学

高三阶段练习）已知

f



x





x

e

x

．则下列说法正确的有（

）

A

．函数

yf



x



有唯一零点

x0

B

．函数

yf



x



的单调递减区间为



,0







1,



1

C

．函数

yf



x



有极大值

e



1



D

．若关于

x

的方程

f



x



a

有三个不同的根．则实数

a

的取值范围是



0,





e



11

．（

2022·

福建省德化第一中学模拟预测）设函数

f



x



的定义域为

R

，

x

0



x

0

0



是

f



x



的极大值点，以

下结论一定正确的是（

）

A

．

xR

，

f



x



f



x

0



C

．

x

0

是

f



x



的极小值点

B

．

x

0

是

f



x



的极大值点

D

．

x

0

是

f



x



的极小值点

1

对称，则下列说法正确的

2

xx

12

．（

2022·

全国

·

模拟预测）已知函数

f



x







a

e

x



e

x

e

的图象关于直线

x

是（

）

A

．

ae

C

．

x

1

为

f



x



的极小值点

2



1



B

．

f



x



在



,



上单调递增



2



D

．

f



x



仅有两个零点

三、填空题

1

3

1

2

13

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

f



x



x



m1



x2



m1



x

在



0,4



上无极值，则

m

＝

______

．

32

14

．（

2022·

天津河西

·

二模）若函数

f(x)x

3

ax

2

x9

在

x1

处取得极值，则

f



2





____________

．

15

．（

2022·

湖南

·

长郡中学高三阶段练习）函数

f



x





1

lnx

的极值点为

___________.

x



x,xa,

16

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）已知函数

f



x







3

则下列命题正确的有：

___________.

4x3x,xa,



①若

f



x



有两个极值点，则

a0

或

1

a1

2

②若

f



x



有极小值点，则

a

1

2

1

③若

f



x



有极大值点，则

a

2

④使

f



x



连续的

a

有

3

个取值

四、解答题

17

．（

2021·

四川省叙永第一中学校高三阶段练习（文））已知函数

f(x)x

3

ax

2

bxc

在

x1

2

与

x

时，都取得极值．

3

(1)

求

a

，

b

的值；

(2)

若

f(1)

3

，求

f(x)

的单调增区间和极值．

2

18

．（

2022·

河南郑州

·

高三阶段练习（文））已知函数

f



x





(1)

若

a0

，求曲线

yf



x



在点



1,f



1





处的切线方程；

(2)

若

f



x



在

x1

处取得极值，求

f



x



的单调区间及其最大值与最小值．

a

19

．（

2022·

陕西

·

武功县普集高级中学高三期末（文））已知函数

f



x





ln

x

.

x

1x

．

x

2

a

(1)

若

a3

，求函数

f



x



的极值；

3

(2)

若函数

f



x



在





e,e





上单调递增，求

a

的取值范围

.

20

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）已知函数

f



x





(1)

求实数

a

的取值范围；

111

(2)

证明：当

x0

时，

f



x





．

212

2

3

xx

2

ax1

在



1,0



上有两个极值点，

x

1

,x

2

，且

x

1

x

2

．

3

2x

21

．（

2022·

北京

·

人大附中三模）设函数

f



x









ax



4a1



x4a3





e

.

(1)

若曲线

yf



x



在点



1,f



1





处的切线与

x

轴平行，求

a

；

(2)

若

f



x



在

x2

处取得极大值，求

a

的取值范围

.

22

．（

2022·

浙江嘉兴

·

模拟预测）已知函数

f(x)e

x

ax

2

e,aR

．（注：

e2.71828

(1)

当

a1

时，求曲线

yf(x)

在点

(1,f(1))

处的切线方程；

(2)

若

f(x)

只有一个极值点，求实数

a

的取值范围；

(3)若存在

bR

，对与任意的

xR

，使得

是自然对数的底数）

f



x



b

恒成立，求

ab

的最小值．

专题16极值与最值

【考点预测】

知识点一：极值与最值

1．函数的极值

函数

f(x)

在点

x

0

附近有定义，如果对

x

0

附近的所有点都有

f(x)f(x

0

)

，则称

f(x

0

)

是函数的一个极大

值，记作

y

极大值

f(x

0

)

．如果对

x

0

附近的所有点都有

f(x)f(x

0

)

，则称

f(x

0

)

是函数的一个极小值，记作

y

极小值

f(x

0

)

．极大值与极小值统称为极值，称

x

0

为极值点．

求可导函数

f(x)

极值的一般步骤

（1）先确定函数

f(x)

的定义域；

（2）求导数

f



(x)

；

（3）求方程

f



(x)0

的根；

（4）检验

f



(x)

在方程

f



(x)0

的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，

那么函数

yf(x)

在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数

yf(x)

在这个根处取得极小值.

注①可导函数

f(x)

在点

x

0

处取得极值的充要条件是：

x

0

是导函数的变号零点，即

f



(x

0

)0

，且在

x

0

左

侧与右侧，

f



(x)

的符号导号.

②

f



(x

0

)0

是

x

0

为极值点的既不充分也不必要条件，如

f(x)x

3

，

f



(0)0

，但

x

0

0

不是极值点.

另外，极值点也可以是不可导的，如函数

f(x)x

，在极小值点

x

0

0

是不可导的，于是有如下结论：

x

0

为

可导函数

f(x)

的极值点

f



(x

0

)0

；但

f



(x

0

)0x

0

为

f(x)

的极值点.

2．函数的最值

函数

yf(x)

最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数

f(x)

最小值为极小值与靠近极

大值的端点之间的最小者．

导函数为

f(x)ax

2

bxca(xx

1

)(xx

2

)(mx

1

x

2

n)

（1）当

a0

时，最大值是

f(x

1

)

与

f(n)

中的最大者；最小值是

f(x

2

)

与

f(m)

中的最小者．

（2）当

a0

时，最大值是

f(x

2

)

与

f(m)

中的最大者；最小值是

f(x

1

)

与

f(n)

中的最小者．

一般地，设

yf(x)

是定义在

[m，

求函数

yf(x)

在

[m，n]

上的函数，

yf(x)

在

(m，

n]

n)

内有导数，

上的最大值与最小值可分为两步进行：

（1）求

yf(x)

在

(m，

；

n)

内的极值（极大值或极小值）

（2）将

yf(x)

的各极值与

f(m)

和

f(n)

比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．

注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值

是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②

函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；

③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.

【方法技巧与总结】

（1）若函数

f



x



在区间D上存在最小值

f



x



min

和最大值

f



x



max

，则

不等式

f



x



a

在区间D上恒成立

f



x



min

a

；

不等式

f



x



a

在区间D上恒成立

f



x



min

a

；

不等式

f



x



b

在区间D上恒成立

f



x



max

b

；

不等式

f



x



b

在区间D上恒成立

f



x



max

b

；

（2）若函数

f



x



在区间D上不存在最大（小）值，且值域为



m,n



，则



不等式

f



x



b



或f



x



b



在区间D上恒成立

mb

．

有解问题有以下结论：

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



max

；

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



max

；

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



min

；

不等式

af



x



在区间D上有解

af



x



min

；

不等式

f



x



a或f



x



a

在区间D上恒成立

ma

．

（3）若函数

f



x



在区间Ｄ上存在最小值

f



x



min

和最大值

f



x



max

，即

f



x







m,n



，则对不等式

（4）若函数

f



x



在区间D上不存在最大（小）值，如值域为



m,n



，则对不等式有解问题有以下

结论：



不等式

bf



x





或bf



x





在区间D上有解

bm

不等式

af



x



或af



x



在区间D上有解

an

（5）对于任意的

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



max

；

（6）对于任意的

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



min

；

（7）若存在

x

1





a,b



，对于任意的

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



min

；

（8）若存在

x

1





a,b



，对于任意的

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



max

；

（9）对于任意的

x

1





a,b



，

x

2





m,n



使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



min

；

（10）对于任意的

x

1





a,b



，

x

2





m,n



使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



max

；（11）若存

在

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



min

g



x

2



max

（12）若存在

x

1





a,b



，总存在

x

2





m,n



，使得

f



x

1



g



x

2



f



x

1



max

g



x

2



min

．

【题型归纳目录】

题型一：求函数的极值与极值点

题型二：根据极值、极值点求参数

题型三：求函数的最值（不含参）

题型四：求函数的最值（含参）

题型五：根据最值求参数

题型六：函数单调性、极值、最值得综合应用

题型七：不等式恒成立与存在性问题

【典例例题】

题型一：求函数的极值与极值点

x

例

1

．（

2022·

江西

·

上饶市第一中学模拟预测（文））已知函数

f



x



ea



x1



aR



．

当

a1

时，求函数

yf



x



的极值；

【解析】

由题知，当

a1

时，

f(x)e

x

(x1)

，

xR

x

∴

f





x



e1

，令

f





x



0

，

x0

．

∴

x



,0



时，

f





x



0

，

f



x



单调递减；

x



0,



时，

f





x



0

，

f



x



单调递增．

∴

x0

是

f



x



的极小值点，∴

f



x



的极小值为

f



0



2

，无极大值．

x

例

2

．（

2022·

湖北

·

襄阳四中模拟预测）设

f



x



esinx

.

(1)

求

f



x



在







,





上的极值；

(2)

若对

x

1

,x

2





0,





，

x

1

x

2

，都有

【答案】

(1)

极小值为



2

f



x

1



f



x

2



a0

成立，求实数

a

的取值范围

.

22

x

1

x

2



2

3

4



，极大值为

e

4

2

2e



e





(2)



,





2





【解析】

【分析】

（

1

）直接求导计算即可．

222

（

2

）将问题转化为

f



x

2



ax

2

f



x

1



ax

1

，构造新函数

g



x



f



x



ax

在



0,





上单调递增即可，然后

参变分离或者分类讨论都可以．

(1)







3







x

由

f





x



e



sinxcosx



0

，

x







,





得

f



x



的单调减区间是







,



，



,





，

4





4









3





同理，

f



x



的单调增区间是



,



.



44









f

fx

故



的极小值为





4









3





，极大值为

f





4

2e

4

2



2

3

4



e

.







2

(2)

由对称性，不妨设

0x

1

x

2





，

f



x

1



f



x

2



2

a0

即为

f



x

2



ax

2

f



x

1



ax

1

2

.

则

22

x

1

x

2

2

设

g



x



f



x



ax

，则

g



x



在



0,





上单调递增，

故

g





x



e



sinxcosx



2ax0

在



0,





上恒成立

.

方法一：（含参讨论）

x

设

h



x



g





x



e



sinxcosx



2ax0

，

x

e



.

则

h



0



10

，

h







e2a



0

，解得

a

2



x

h





x



2ecosxa

，

h





0



2



a1



0

，

h









2ae



.





x



①当

ae



时，





h





x







2e



cosxsinx



，









2e

x



cosxsinx



0

，

h





x



递增；

故，当

x



0,



时，



h





x









4











2e

x



cosxsinx



0

，

h





x



递减；

当

x



,





时，



h





x









4





此时，

h





x



min



h





0



,h











h









2



ae



0

，

h



x



g





x



在



0,





上单调递增，故

h



x



g





x



g





0



10

，符合条件

.













e



②当

ae



时，同①，当

x



0,



时，

h





x



递增；当

x



,





时，

h





x



递减；



4





4



2











∵

h





h





0



2



a1



0

，

h









2



ae



0

，



4









∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，

x

0





,





，

h





x

0



0

.



4



于是，当

x



0,x

0



时，

h





x



0

，

h



x



g





x



单调递增；

当

x



x

0

,





时，

h





x



0

，

h



x



g





x



单调递减

.



∵

h



0



10

，

h







e2a



0

，∴

g





x



h



x



min



h



0



,h









0

，符合条件

.



e





综上，实数

a

的取值范围是



,



.



2





方法二：（参变分离）

由对称性，不妨设

0x

1

x

2





，

则

f



x

1



f



x

2



2

a0

即为

f



x

2



ax

2

f



x

1



ax

1

2

.

22

x

1

x

2

2

设

g



x



f



x



ax

，则

g



x



在



0,





上单调递增，

x

故

g





x



e



sinxcosx



2ax0

在



0,





上恒成立

.

x

∵

g





0



10

，∴

,g





x



e



sinxcosx



2ax0

在



0,





上恒成立

2a

e

x



sinxcosx



，

x



0,





.

x

e

x



2xcosxsinxcosx



e

x



sinxcosx



设

h



x





，

x



0,





，则

h





x





，

x



0,





.

x

2

x











设





x



2xtanx1

，

x



0,







,





，



2



2



1











x

，



0,







,





.

cos

2

x



2



2

















3





由







x



0

，

x



0,







,





，得





x



在



0,



，



,





上单调递增；



2



2



4



4



















3





由







x



0

，

x



0,







,





，得





x



在



,



，



,



上单调递减

.



42



24





2



2















故

x



0,



时





x









20

；



2



4



2







3





3



0

.

x



,



时





x











42

2





则







x



2











从而，





x



cosx2xcosxsinxcosx0

，

x



0,







,





，



2



2



e

x



2xcosxsinxcosx





又

x

时，

2xcosxsinxcosx10

，故

h





x



0

，

x



0,





，

2

x

2

e

x



sinxcosx



e



，

x



0,





单调递减，

h



x



min

h









，

x



0,





.

h



x







x



e





e



e



.

综上，实数

a

的取值范围是



,



.

于是，

2aa



2





2





例

3

．（

2022·

天津市咸水沽第一中学模拟预测）已知函数

f(x)

(1)

当

ae

时，求函数

f

（

x

）的单调区间；

(2)

当

ae

时，

（

i

）证明：

f(x)

存在唯一的极值点：

（

ii

）证明：

f(x)(a1)e



1



1



【答案】

(1)

函数

f(x)

的单调递增区间为



0,



，单调递减区间为



,





e





e



(2)

证明见详解

【解析】

【分析】

（

1

）求导，利用导数判断函数单调性；（

2

）利用导数判断单调性，利用零点存在性定理判断零点，进而确

定极值点，利用零点代换结合函数最值处理极值的范围．

(1)

1ln(ax)ex

f



(x)

，构建



(x)1ln(ax)ex

2

x

1

当

ae

时，则



(x)1ln(ex)ex

在



0,





上单调递减，且



()0

e



1



1



当

x



0,



时，



(x)0

，当

x



,



时，



(x)0



e





e





1



1



则函数

f(x)

的单调递增区间为



0,



，单调递减区间为



,





e





e



(2)

（

i

）由（

1

）可知：当

ae

时，



(x)

在



0,





上单调递减

ln(ax)

elnx(e2.71828

……

自然对数底数）

.

x

11e



11



0

∴



(x)

在



0,





内存在唯一的零点

x

0





,



eaa



ae



当

x



0,x

0



时，



(x)0

，当

x



x

0

,



时，



(x)0



()1lna0,



()1

则函数

f(x)

的单调递增区间为



0,x

0



，单调递减区间为



x

0

,



∴

f(x)

存在唯一的极值点

x

0

ln(ax

0

)

elnx

0

x

0

∵

1ln(ax

0

)ex

0

0

，即

1ex

0

ln(ax

0

)

ln(ax

0

)

1

11



f(x

0

)elnx

0

elnx

0

e

，且

x

0





,





x

0

x

0

a



e



1



11



∵

g



x



elnxe

在



,



单调递减

x



ae





1



则

g



x



g



aelnae



a





e1



xe

0

当

xe

时恒成立

构建

h



x







e1



xelnx



xe



，则

h





x





x

则

h



x



在



e,



上单调递增，则

h



x



h



e



e



e2



0

（

ii

）由（

i

）可知：

f(x)f(x

0

)

则

e



x1



xelnxe



xe



，即



a1



eaelnae

∴

f(x)(a1)e

例

4

．（

2022·

江西师大附中三模（理））已知函数

f(x)





π





x

sinx,g(x)

为

f(x)

的导函数．

x

e

(1)

判断函数

g(x)

在区间



0,



上是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由；

2

(2)

求证：函数

f(x)

在区间

(,π)

上只有两个零点．

【答案】

(1)

存在；极小值

(2)

证明见解析

【解析】

【分析】

（

1

）转化为判断导函数是否存在变号零点，对

g



(x)

求导后，判断

g



(x)

的单调性，结合零点存在性定理可得

结果；

（

2

）当

x0

时，利用单调性得

f(x)0

恒成立，此时

f(x)

无零点；当

x0

时，

f(x)0

；

当

0xπ

时，利用导数得到单调性，结合零点存在性定理可得

f(x)

在

(0,π)

上只有一个零点

.

由此可证结论

正确

.

(1)

e

x

xe

x

1x

x

cosxcosx

，

由

f(x)

x

sinx

，可得

g(x)

(e

x

)

2

e

x

e

e

x

(1x)e

x

x2



π



sinx

x

sinx,x



0,



，

则

g



(x)

x2

(e)e



2



e

x

(x2)e

x

3x

x2



π





cosxcosx0

，

令

h(x)

x

sinx

，其中

x



0,



，可得

h(x)

(e

x

)

2

e

x

e



2



π

2



π



π



π





2

g(x)

0,0,

h(x)

所以在



在



上单调递增，即



上单调递增，因为

g



(0)20,g





10

，所以

π



2



2



2



e

2



π



存在

x

0





0,



，使得

g





x

0



0

，



2









当

x



0,x

0



时，

g



(x)0,g(x)

单调递减；当

x



x

0

,



时，

g



(x)0,g(x)

单调递增，



2



所以当

xx

0

时，函数

g(x)

取得极小值．

(2)

x1x1x

由

f(x)

x

sinx

，当

x0

时，

x

1

，所以

f



(x)g(x)

x

cosx

0

，

eee

所以

f(x)

在

(,0)

上为增函数，所以

f(x)f(0)0

，

此时函数

f(x)

在

(,0)

上没有零点；

0

当

x0

时，可得

f(0)

0

sin00

，所以

x0

是函数

f(x)

的一个零点；

e

x1

x

当

0xπ

时，由

f(x)

x

sinx

x

xesinx

，

ee

x

令

m(x)xesinx,x(0,π)

，

可得

m



(x)1e

x

(sinxcosx)

，令



(x)

1e

x

(sinxcosx)

则





(x)e

x

(sinxcosx)e

x

(cosxsinx)2e

x

cosx

，



π



当

x



0,



，可得





(x)2e

x

cosx0

；



2





π



当

x



,π



，可得





(x)2e

x

cosx0

，



2





π





π



即

m



(x)

在



0,



上单调递减，在



,π



上单调递增，



2





2



π

π





π





π

又因为

m





1e

2

0,m



(π)1e0

，所以存在

x

1





,π



使得

m





x

1



0

，



2





2



当

x



0,x

1



时，

m



(x)0

；当

x



x

1

,π



时，

m



(x)0

，



又因为

m



x

1



m(0)0,m(π)π0

，

所以存在

x

2





x

1

,π



使得

m



x

2



0

，即

x

2

是函数

f(x)

的一个零点．

综上可得，函数

f(x)

在

(,π)

上有且仅有两个零点．

【点睛】

关键点点睛：第二问中，分段讨论并利用导数和零点存在性定理求解是解题关键

.

例

5

．（

2022·

江苏苏州

·

模拟预测）函数

f(x)xsinxcosx

．



(1)

求函数

f(x)

在





,

上的极值；

2

(2)

证明：

F(x)f(x)lnx

有两个零点．



【答案】

(1)

极大值，

1

；极小值，

1

；

2

(2)

详见解析

.

【解析】

【分析】





（

1

）由题可得

f



(x)12cos



x



，进而可得；

4





3





3



7



7



（

2

）当

x



0,



时，利用导数可得函数的最小值，进而可得函数有两个零点，当

x[,)

，

x[,)

444



4



时，利用导数可得

F(x)0

，即得

.

(1)

∵

f(x)xsinxcosx

，













∴

f





x



1cosxsinx12cos



x



，

x







,



，

4



2







由

f



(x)0

，可得

x

，或

x0

，

2















∴

x







,



，

f



(x)0,f



x



单调递增，

x



,0



，

f



(x)0,f



x



单调递减，

x



0,



，

f



(x)0,f



x



单



2



2



2



调递增，





∴

x

时，函数

f(x)

有极大值

f()1

，

x0

时，函数

f(x)

有极小值

f(0)1

；

222

(2)

∵

F(x)f(x)lnxxsinxcosxlnx,x0

，





1

∴

h



x



F



(x)1cosxsinx,x0

，

x

1





1



∴

h





x



sinxcosx

2

2sin



x





2

，

x4



x





3





当

x



0,



时，

h





x



0,h



x



单调递增，即

F



(x)

单调递增，



4





4



2

又

F



()10,F



()20

，

4



2









故存在

x

0





,



，

F



(x

0

)0

，



42



3



,F



x0,Fx



单调递增，

所以

x



0,x

0



,F





x



0,F



x



单调递减，

xx

0

,

4



3





∴

x



0,



时，函数

F



x



min

F



x

0



F



1



1sin1cos10

，

F(e

2

)e

2

sine

2

cose

2

20

，



4



3



3



3



F()ln0

，

444



3





故

x



0,



时，

F(x)f(x)lnx

有两个零点，



4











3



7



当

x[,)

时，

2sin



x



0,F(x)xsinxcosxlnxx2sin



x



lnxxlnx

，

44

4



4



1x1

0

，又





1



0

，

对于函数





x



xlnx

，则







x



1

xx

3



7



∴

x[,)

，





x









1



0

，即

F(x)0

，此时函数

F(x)f(x)lnx

没有零点，

44





7



当

x[,)

时，

F(x)xsinxcosxlnxx2sin



x



lnxx2lnx

，

4

4



7



7



2ln0

，故当

x[

7



,)

时，函数

F(x)f(x)lnx

没有零点，

由上可知

F(x)

4

44

综上，函数

F(x)f(x)lnx

有两个零点．

【点睛】

利用导数研究零点问题：

（

1

）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定

极值点和单调区间从而确定其大致图象；

（

2

）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理

.

可以通过

构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思





想研究；③构造辅助函数硏究.【方法技巧与总结】

1．因此，在求函数极值问题中，一定要检验方程

f



(x)0

根左右的符号，更要注意变号后极大值与极

小值是否与已知有矛盾．

2．原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必须穿越

x

轴，否

则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越（导函数与

x

轴的交点）；上坡低头找极小，下坡抬头找极大．

题型二：根据极值、极值点求参数

322

例

6

．（

2022·

四川

·

绵阳中学实验学校模拟预测（文））若函数

f



x



xaxbxa

在

x1

处有极值

10

，

则

ab

（

）

A

．

6 B

．

15

C

．

6

或

15 D

．

6

或

15

【答案】

B

【解析】

【分析】



32ab0

，求出满足条件

先求出函数的导函数

f



(x)

，然后根据在

x1

时

f(x)

有极值

10

，得到



2

1aba0



的

a,b

，然后验证在

x1

时

f(x)

是否有极值，即可求出

ab

【详解】

322

f



x



xaxbxa

，

f



(x)3x

2

2axb

又

x1

时

f(x)

有极值

10



a3



32ab0



a4





，解得

或





2

1aba0b11

b3





2

当

a3,b3

时，

f



(x)3x6x33(x1)

2

0

此时

f(x)

在

x1

处无极值，不符合题意

经检验，

a4,b11

时满足题意

ab15

故选：

B

x

例

7

．（

2022·

江苏南通

·

模拟预测）已知函数

f



x







xa



xb



e

在

xa

处取极小值，且

f



x



的极大值为

4

，则

b

（

）

A

．

-1 B

．

2 C

．

-3 D

．

4

【答案】

B

【解析】

【分析】

x

对

f



x



求导，由函数

f



x







xa



xb



e

在

xa

处取极小值，所以

fa

2

0

，所以

ab

，

f



x







xa



e

x

，对

f



x



求导，求单调区间及极大值，由

f



x



的极大值为

4

，列方程得解

.

【详解】

2xx2x

x

解：

f



x







xa



xb



e

xaxbxabe

，所以

f





x







2xab



exaxbxabe



2

e

x





x



2ab



xabab





x

因为函数

f



x







xa



xb



e

在

xa

处取极小值，所以

2a



f





a



e

a



a2abaababe



ab



0

，所以

ab

，

f



x







xa



e

x

，



2

22x

f





x



e

x





x



a2







，



x



22a



xa2a





=e



xa





令

f





x



0

，得

x=a

或

x=a2

，当

x



，a2



时，

f





x



0

，所以

f



x



在



，a2



单调递增，当

x



a2，a



时，

f





x



0

，所以

f



x



在



a2，a



单调递增，当

x



a，+



时，

f





x



0

，所以

f



x



在







单调递增，所以

f



x



在

x=a2

处有极大值为

f



a2



=4e

a2

=4

，解得

a=2

，所以

b=2

.

故选：

B



a，

2

例

8

．（

2022·

四川绵阳

·

二模（文））若

x2

是函数

f



x



x2



a2



x4alnx

的极大值点，则实数

a

的取

值范围是（

）

A

．



,2



B

．



2,



C

．



2,



D

．



2,2



【答案】

A

【解析】

【分析】

求出

f





x



，分

a0

，

a2

，

2a0

，

a2

分别讨论出函数的单调区间，从而可得其极值情况，从

而得出答案

.

【详解】

2

4a

2x2



a2



x4a2



x2



xa



，



x0



f





x



2x2



a2





xxx

若

a0

时，当

x2

时，

f





x



0

；当

0x2

时，

f





x



0

；

则

f



x



在



0,2



上单调递减；在



2,



上单调递增

.

所以当

x2

时，

f



x



取得极小值，与条件不符合

,

故满足题意

.

当

a2

时，由

f





x



0

可得

0x2

或

xa

；由

f





x



0

可得

2xa

所以在



0,2



上单调递增；在



2,a



上单调递减，在



a,



上单调递增

.

所以当

x2

时，

f



x



取得极大值，满足条件

.

当

2a0

时，由

f





x



0

可得

0xa

或

x2

；由

f





x



0

可得

ax2

所以在



0,a



上单调递增；在



a,2



上单调递减，在



2,



上单调递增

.

所以当

x2

时，

f



x



取得极小值，不满足条件

.

当

a2

时，

f





x



0

在



0,





上恒成立，即

f



x



在



0,





上单调递增

.

此时

f



x



无极值

.

综上所述：

a2

满足条件

故选：

A

1

2

例

9

．（

2022·

河南

·

模拟预测（文））已知函数

f



x



lnxax

的极值为



，则

a

（

）

2

1

1

1

A

．

e B

．

e

C

．

2

D

．

2

4

【答案】

C

【解析】

【分析】

求导得到导函数，考虑

a0

和

a0

两种情况，根据函数的单调性得到极值，计算得到答案

.

【详解】

112ax

2

函数

f



x



的定义域为



0,





，

f





x



2ax

，

xx

当

a0

时，

f





x



0

，所以

f



x



在



0,





上单调递增，

f



x



无极值，不符合题意；

1



2a



x

2





当

a0

时，

2a



，

f





x







x



1



1





x0,x,

fx0

当，当





时，





2a



时，

f



x



0

，

2a





1



1



1



111

0,,fxfln2a



所以

f



x



在



上单调递增，在上单调递减，则，



极大值



2a



2a



2a222



1

解得

a

．

2

故选：

C.

2x

例

10

．（

2022·

河南

·

高三阶段练习（文））若函数

f



x







xax2



e

在

R

上无极值，则实数

a

的取值范围

（

）

A

．



2,2



B

．

23,23





2



C

．



D

．



2,



23,23



【答案】

D

【解析】

【分析】

2x

2



xa2xa2e

yx



a2



xa20

恒成立，利用

0

即可求得实数



求

f





x







，由分析可得



a

的取值范围

.

【详解】

2x

由

f



x







xax2



e

可得

2x



f





x







2xa



e

x





x

2

ax2



e

x





xa2xa2e





，

2

e

x

0

恒成立，

yx



a2



xa2

为开口向上的抛物线，

2x

若函数

f



x







xax2



e

在

R

上无极值，

2

则

yx



a2



xa20

恒成立，所以





a2



4



a2



0

，

2

解得：

2a2

，

2



，

所以实数

a

的取值范围为



2,

故选：

D.

例

11

．（

2022·

四川省南充高级中学高三阶段练习（理））已知函数

f(x)x3mxnxm

在

x1

处取得

极值

0

，则

mn

（

）

A

．

2 B

．

7 C

．

2

或

7 D

．

3

或

9

【答案】

B

【解析】

【分析】

求导得到导函数，根据题意得到

f





1



0

且

f



1



0

，解得答案并验证即可

.

【详解】

322

f(x)x

3

3mx

2

nxm

2

，

f



(x)

3x

2

6mxn

，

根据题意：

f



(1)

36mn0

，

f(1)13mnm

2

0

，



m1



m2

解得



或



，

n3n9





m1

2

当



时，

f



(x)

3x

2

6x33



x1



0

，函数单调递增，无极值点，舍去

.



n3



m2

2

当



时，

f



(x)

3x12x93



x1



x4



，



n9

在

x



,4



和

x



1,



时，

f





x



0

，函数单调递增；

在

x



4,1



时，

f





x



0

，函数单调递减，故函数在

x1

出有极小值，满足条件

.

综上所述：

mn927

.

故选：

B.

e

x

例

12

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

f(x)a(xlnx)

在

(0,1)

内有极值，则实数

a

的取值范围是（

）

x

A

．

(,e)

B

．

(0,e)

C

．

(e,)

D

．

[e,)

【答案】

C

【解析】

【分析】

由可导函数在开区间内有极值的充要条件即可作答

.

【详解】

e

x

111e

x

x

1

由

f(x)a(xlnx)

得，

f



(x)e(

2

)a(1)(1)(a)

，

xxxxx

x

e

x

e

x

x(0,1)

因函数

f(x)a(xlnx)

在

(0,1)

内有极值，则时，

f



(x)0a

有解，

x

x

e

x

即在

x(0,1)

时，函数

g(x)

与直线

y=a

有公共点，

x

x

e

e

x

1

而

g



(x)(1)0

，即

g(x)

在

(0,1)

上单调递减，

x(0,1),g(x)g(1)e

，则

ae

，显然在

a

零点

x

xx

左右两侧

f



(x)

异号，

所以实数

a

的取值范围是

(e,)

.

故选：

C

【点睛】

结论点睛：可导函数

y

＝

f(x)

在点

x

0

处取得极值的充要条件是

f′(x

0

)

＝

0

，且在

x

0

左侧与右侧

f′(x)

的符号不同．

2x

例

13

．（

2022·

陕西

·

西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知函数

f



x









ax



4a1



x4a3





e

，若

x2

是

f



x



的极小值点，则实数

a

的取值范围是（

）

2





1



A

．



,



B

．



,



C

．



,0



D

．



1,



3





2





【答案】

B

【解析】

【分析】

根据导函数的正负，对

a

分类讨论，判断极值点，即可求解

.

【详解】

x

2x

由

f



x









ax



4a1



x4a3





e

得

f



(x)



ax1



x2



e

，令

f



(x)



ax1



x2



e

x

0



ax1



x2



0

，

111

x2

，此时在

x2

单调递增，在

x2,x

单调递减，这与

x2

aaa

是

f



x



的极小值点矛盾，故舍去

.

若

a0

，则



ax1



x2



0

若

a0

，可知

x2

是

f



x



的极大值点，故不符合题意

.

1111

若

a0

，



ax1



x2



0x2,x

，此时

f(x)

在

x2,x

单调递增，在

2x

单调递减，

2aaa

可知

x2

是

f



x



的极大值点，故不符合题意

.

1111

当

a

，，



ax1



x2



0x2,x

，此时

f(x)

在

x2,x

单调递增，在

2x

单调递减，可

2aaa

知

x2

是

f



x



的极小值点，符合题意

.

1

若

a

，

f(x)

在定义域内单调递增，无极值，不符合题意，舍去

.

2

1

综上可知：

a

2

1

3

1

2



1



故选：

B

例

14

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）已知函数

f



x



xaxx

在区间



,3



上既有极大值又有

32



2



极小值，则实数

a

的取值范围是（

）



5





10



A

．



2,



B

．



2,



C

．



2,



D

．



2,





3





2



【答案】

C

【解析】

【分析】



1



把题意转化为

f





x



0

在



,3



内应有两个不同的异号实数根，利用零点存在定理列不等式组即可求得

.



2



【详解】

1

3

1

2

2

函数

f



x



xaxx

，导函数

f





x



xax1

.

32



1



1



因为

f



x



在



,3



上既有极大值又有极小值，所以

f





x



0

在



,3



内应有两个不同的异号实数根．



2



2







1





f





2



0







f





3



0

5





5



2a

a

，解得：，实数的取值范围



1a



2,



.

2

3



2





22







a





f





2



0





故选：

C

．

1

3

1

2

例

15

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

f



x



x



m1



x2



m1



x

在



0,4



上无极值，则

m

＝

______

．

32

【答案】

3

【解析】

【分析】

2

把题意转化为

f





x



x



m1



x2



m1



在



0,4



上恒有

f





x



0

，对

m

分类讨论，求出

m

的范围

.

【详解】

函数

f



x



在



0,4



上无极值即导函数

f





x



在



0,4



上无根．

f





x



x

2





m1



x2



m1



在



0,4



上恒有

f





x



0

①；

2

而

f





x



x



m1



x2



m1







x2







x



m1







，

当

m12

时，①式解为

x2

或

xm1

；显然

x



0,4



时，①式不成立；

当

m12

时，①式解为

x≤m1

或

x2

；显然

x



0,4



时，①式不成立；

当

m

－

1

＝

2

时，①式解为

x

＝

2

，

m

＝

3

．

故答案为：

3

．

例

16

．（

2022·

吉林长春

·

模拟预测（文））已知函数

f



x



axsinx

，

x



0,π



．

(1)

当

a1

时，过



0,1



做函数

f



x



的切线，求切线方程；

(2)

若函数

f



x



存在极值，求极值的取值范围．

【答案】

(1)

yx1

(2)



0,





【解析】

【分析】

（

1

）设切点，再根据导数的几何意义求解即可；（

2

）求导分析导函数为

0

时的情况，设极值点为

x

0

得到

acosx

0

，代入极值再构造函数

h



x



xcosxsinx

，求导分析单调性与取值范围即可

(1)

由题，当

a1

时，

f



x



xsinx

，

f





x



1cosx

，

设切点为



x

0

,x

0

sinx

0



，则

f





x

0



1cosx

0

，

故切线方程为

yx

0

sinx

0





1cosx

0



xx

0



，

又切线过

0,1

，故

1x

0

sinx

0

x

0



1cosx

0



，即

sinx

0

x

0

cosx

0

10

，

设

g



x



sinxxcosx1

，

x



0,π



，则

g





x



xsinx0

，









故

g



x



为增函数

.

又

g



sincos10

，

222



2





故

sinx

0

x

0

cosx

0

10

有唯一解

x

0



，

2















故切点为



,1



，斜率为

1

，故切线方程为

y



1



x

，即

yx1

；

2



2





22



(2)

因为

f





x



acosx

，

x



0,π



为减函数，故若函数

f



x



存在极值，

则

fx0

在区间

x



0,π



上有唯一零点设为

x

0

，

则

acosx

0

0

，即

acosx

0

，

故极值

f



x

0



ax

0

sinx

0

x

0

cosx

0

sinx

0

，

设

h



x



xcosxsinx

，

x



0,π



，则

h





x



xsinx0

，

故

h



x



为增函数，故

h



0



h



x



h







，故

0h



x







，即

f



x

0







0,





，

故极值的取值范围



0,





【点睛】

本题主要考查了过点的切线问题，同时也考查了利用导数研究函数的极值问题，需要根据题意设极值点，

得到极值点满足的关系，再代入极值构造函数分析，属于难题

a

例

17

．（

2022·

北京市第十二中学三模）已知函数

f



x



lnx,aR

.

x

(1)

当

a1

时，求函数

f(x)

的单调递增区间；

f(x)1

1,e

2



(2)

设函数

g(x)

，若

g(x)

在





上存在极值，求

a

的取值范围

.

x

【答案】

(1)

减区间为

(0,1)

，增区间为

(1,)

.



e



(2)



0,





2



【解析】

【分析】

（

1

）当

a1

时，求得

f



(x)

（

2

）求得

g



(x)

x1

，结合导数的符号，即可求得函数

f



x



的单调区间；

x

2

2xxlnx2a

，设

h



x



2xxlnx2a

，得到

h





x



1lnx

，求得

h



x



的单调性，结合

x

3





h



1



0



h



e



0



2

h



1



22a,h



e



e2a,h(e)2a

，根据题意，列出不等式组



或



，即可求解

.

2

h10



he0









(1)

1

解：当

a1

时，函数

f(x)lnx

，其定义域为

(0,)

，

x



可得

f



(x)

1

x

1x1



2

，当

x(0,1)

时，

f





x



0

，

f



x



单调递减；

x

2

x

当

x(1,)

时，

f





x



0

，

f



x



单调递增，

所以函数

f



x



的单调递减区间为

(0,1)

，单调递增区间为

(1,)

.

(2)

f(x)1lnxa1



2

,x[1,e

2

]

，

解：由

g(x)

xxxx

1lnx12a2xxlnx2a



2



3



可得

g



(x)

，

x

2

xxx

3

设

h



x



2xxlnx2a

，则

h





x



2(1lnx)1lnx

，

令

h





x



0

，即

1lnx0

，解得

xe

，

2

当

x



1,e



时，

h





x



0

；当

xe,e





时，

h





x



0

，

2

所以

h



x



在区间



1,e



上单调递增，在区间

e,e





上，单调递减，





2

且

h



1



22a,h



e



e2a,he2a

，

2

显然

h



1



he

，







e



h



1



0



h



e



0



若

g(x)

在





1,e





上存在极值，则满足



h



1



0

或



he

2

0

，解得

0a

2

，









e

2



1,e

综上可得，当

0a

时，

g(x)

在





上存在极值，

2



e



所以实数

a

的取值范围为



0,



.



2



ae

x

例

18

．（

2022·

天津

·

耀华中学二模）已知函数

f(x)lnxx(a0)

.

x

(1)

若

a1

，求函数

f



x



的单调区间；

2



(2)

若

f



x



存在两个极小值点

x

1

,x

2

，求实数

a

的取值范围

.

【答案】

(1)

递减区间为

(0,1)

，递增区间为

(1,)

1

(2)

(0,)

e

【解析】

【分析】

(x1)(e

x

x)

x



m(x)ex

，利用导数求得

m



x



0

，进而求得函数的单（

1

）当

a1

时，求得

f(x)

，令

x

2

调区间；

x

xx1

11

e

x

(x1)(a

x

)

（

2

）求得



，令

u



x





x

，结合单调性得到

u



x





，进而得到

0

x



，分

a

e

f(x)

ee

eee

x

2

1

和

0a

，两种情况分类讨论，结合单调性与极值点的概念，即可求解

.

e

(1)

e

x

解：当

a1

时，函数

f(x)lnxx

，

x

e

x

(x1)1(x1)(e

x

x)

可得

f



(x)

，

1

x

2

xx

2

令

m(x)e

x

x,x(0,)

，可得

m



(x)e

x

10

，所以函数

m



x



单调递增，

因为

m(x)m(0)1

，所以

m



x



0

，

当

x(0,1)

时，

fx0

，

f



x



单调递减；当

x(1,)

时，

fx0

，

f



x



单调递增，

即函数

f



x



的单调递减区间为

(0,1)

，单调递增区间为

(1,)

.

(2)

ae

x

解：由函数

f(x)lnxx,x(0,)

，

x

x

e

x

(x1)(a

x

)

x

(aex)(x1)

可得



e

,x0

，

f(x)

22

xx

x

1x

令

u



x





x

，可得

u





x





x

，

e

e

所以函数

u



x



在

(0,1)

上单调递增，在

(1,)

上单调递减，所以

u



x





当

x0

时，可得

e

x

1

，所以

0

1

，

e

x1



，

e

x

e

x0

，

f



x



单调递减；

1

x

①当

a

时，

a

x

0

，此时当

x(0,1)

时，

f

e

e

当

x(1,)

时，

fx0

，

f



x



单调递增，

所以函数

f



x



的极小值为

f



1



ae1

，无极大值；

aa1

1

②当

0a

时，

u



a





a



0

a,u



1



a

，

e

eee

又由

u



x



在



a,1



上单调递增，所以

fx

在



a,1



上有唯一的零点

x

1

，且

x

1

a

，

e

x

1

22x

10

，

xx

11

又因为

g



e



2e0

，所以

g



x



0

，即

2lnxx

，所以

2ln

，

aa

11

ln

2

2ln

1

a

a

，

u(1)

1

a

，

a

所以

u(ln

2

)

a

1

1

ln

2

a

e

a

e

a

x

1

因为

u



x



在

(1,)

上单调递减，所以

fx

在

(0,ln

2

)

上有唯一的零点

x

2

，且

x

2

2

a

，

ae

所以当

x(0,x

1

)

时，

fx0

，

f



x



单调递减；

因为当

xe

时，令

g



x



2lnxx

，可得

g





x





当

x(x

1

,1)

时，

f

当

x(1,x

2

)

时，

f

x0

，

f



x



单调递增；

x

x

0

，

f



x



单调递减；

0

，

f



x



单调递增，

当

x(x

2

,)

时，

f

1

所以函数

f



x



有两个极小值点，故实数

a

的取值范围为

(0,)

.

e

32

例

19

．（

2022·

河北

·

石家庄二中模拟预测）已知函数

f



x



xaxbx

．

(1)

当

a0,b1

时，证明：当

x



1,



时，

f



x



lnx

；

(2)

若

ba

2

，函数

f



x



在区间



1,2



上存在极大值，求

a

的取值范围．

【答案】

(1)

证明见解析

(2)



6,3







1,2



【解析】

【分析】

（

1

）利用导数求出

f



x



得出

f



x



f



1



0

，根据

g



x



lnx

的单调性得

g



x



ln1

，可得答案；

（

2

）求出

f





x



，分

a0

、

a0

、

a0

讨论

f



x



单调性可得答案

.(1)

32

由题意得

f



x



xx

，则

f





x



3x1

，当

x1

时，

f





x



0

，

f



x



在

x



1,



上是减函数，∴

f



x



f



1



0

，设

g



x



lnx

，

g



x



在

x



1,



上是增函数，

∴

g



x



ln10

，∴当

x



1,



时，

f



x



lnx

．

(2)

f





x



3x

2

2axa

2





3xa



xa



，且

x



1,2



，

令

f





x



0

，得

x

a

或

a

，

3

2

①当

a0

时，则

f





x



3x0

，

f



x



单调递减，函数

f



x



没有极值；

a

②当

a0

时，当

x

时，

f





x



0

，

f



x



单调递减；

3

当



a

xa

时，

f





x



0

，

f



x



单调递增；当

xa

时，

f





x



0

，

f



x



单调递减，

3

a

取得极小值，则

1a2

；

3

③当

a0

时，当

xa

时，

f





x



0

，

f



x



单调递减；

∴

f



x



在

xa

取得极大值，在

x

aa

当

ax

时，

f





x



0

，

f



x



单调递增；当

x

时，

f





x



0

，

f



x



单调递减，

33

aa

∴

f



x



在

x

取得极大值，在

xa

取得极小值，由

12

得：

6a3

，

33

综上，函数

f



x



在区间



1,2



上存在极大值时，

a

的取值范围为



6,3







1,2



．

题型三：求函数的最值（不含参）

例

20

．（

2022·

江苏徐州

·

模拟预测）函数

f(x)|x|

2

cosx

的最小值为

_____________

．

【答案】

1

【解析】

【分析】

由题可知

f(x)

为偶函数，当

x0

时，去绝对值，讨论

x

的取值范围，利用导数求解函数的最值

【详解】

由题可知，函数

f(x)

为偶函数，

x0

时，

f(x)xcosx

，

1

sinx0

，

f(x)

在

[0,]

单调递增，此时

f(x)

min

f(0)1

；

当

0x



时，

f



(x)

2x

当

x



时，

f(x)x10

，即

f(x)0

恒成立

.

∴

f(x)

min

1

故答案为：

-1.

xe

x

lnx

例

21

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

f



x





的最小值为

______

．

x1

【答案】

1

【解析】

【分析】

先证明出

e

t

t1

成立，对原函数进行同构构造后直接求解

.

【详解】

记

ye

t

t1

.

因为

y



e

t

1

.

令

y



0

，解得：

t0

；令

y



0

，解得：

t0

；

0

所以

ye

t

t1

在







,0



上单减，在



0,





上单增，所以

y

min

e010

.

1

xe

x

lnxe

xlnx

lnxxlnx1lnx

所以

yet10

，即

et1

.

所以

f



x



1

，当且仅当

x1x1x1

xlnx0

时等号成立．

记

g



x



xlnx,



x0



.

t

t

因为

yx

在



0,





上单增，

ylnx

在



0,





上单增，所以

g



x



xlnx

在



0,





上单增

.

11



1



1

又

g



ln10

，

g



1



1ln1=10

，

ee



e



e

所以

g



x



xlnx

有且只有一个实根

.

而存在唯一一个

x

0





0,1



使得

g



x

0



x

0

lnx

0

0

.

即存在唯一一个

x

0





0,1



使得

f



x

0



1

.

xe

x

lnx

所以函数

f



x





的最小值为

1.

x1

故答案为：

1

例

22

．（

2022·

四川

·

模拟预测（文））对任意

aR

，存在

b(0,)

，使得

a1elnb

，则

ba

的最小值为

_________

．

【答案】

1

【解析】

【分析】

由题意得到

f



b



babelnb1

，利用导数法求解

.

【详解】

解：因为

a1elnb

，

所以使得

aelnb1

，

所以

f



b



babelnb1

，

e

则

f





b



1

，

b

令

f





b



0

，得

be

，

当

0be

时，

f





b



0

，当

be

时，

f





b



0

，

所以当

be

时，

ba

取得最小值为

f



e



1

，

故答案为：

1

x

例

23

．（

2022·

河南郑州

·

三模（文））

f



x



ex

在区间



1,1



上的最小值是（

）

1

A

．

1

B

．

1 C

．

e1

D

．

e1

e

【答案】

B

【解析】

【分析】

求导函数，分析其导函数的符号，得出原函数的单调性，从而可求得最小值．

【详解】

'

x'x

因为

f



x



ex

，所以

f



x



e1

，令

fx0

，解得

x0

，

'

'xx

所以当

x0

时，

f



x



0

，函数

f



x



ex

单调递减，当

x>0

时，

f



x



>0

，函数

f



x



ex

单调递增，

0

x

所以函数

f



x



ex

在



1,1



上的最小值为

f



0



e01

，

故选：

B

．

例

24

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）函数

y(x1)e

x1

,x[3,4]

的最大值为（

）

A

．

2e

2

B

．

5e

5

C

．

4e

5

D

．

e

1

【答案】

B

【解析】

【分析】

先对函数求导，求出函数的单调区间，进而可求出函数的最大值【详解】

解：由

yf(x)(x1)e

x1

，得

y



e

x1

(x1)e

x1

(x2)e

x1

，

当

3x2

时，

y

'

0

，当

2x4

时，

y

'

0

，

所以函数

y(x1)e

x1

在

(3,2)

上递减，在

(2,4)

上递增，

因为

f(3)2e

2

f(4)5e

5

，

所以函数

y(x1)e

x1

,x[3,4]

的最大值为

5e

5

，

故选：

B

例

25

．（

2022·

全国

·

高三专题练习）已知函数

f(x)1axcosx



a0



.

（

1

）当

a1

时，求曲线

yf(x)

在点



0,f



0





处的切线方程；







（

2

）求函数

f(x)

在



0,



的最小值

.



4



【答案】（

1

）

xy10

；（

2

）答案见解析

.

【解析】

【分析】

（

1

）根据导数的几何意义得出切线方程；







（

2

）由导数得出

f'(x)a



xsinxcosx



，令

g(x)xsinxcosx

，利用导数得出

xsinxcosx0

在



0,



恒



4



成立，再讨论

a0,a0

时函数

f(x)

的单调性，进而得出最值

.

【详解】

解：（

1

）当

a1

时，

f(x)1xcosx

，∴

f



(x)xsinxcosx

，

又

f



0



1

得切点

0,1

，∴

kf





0



1

，

所以切线方程为

y1x

，即

xy10

；







（

2

）

f(x)1axcosx

，∴

f



(x)a



xsinxcosx



，

x



0,





4



令

g(x)xsinxcosx

，∴

g



(x)2sinxxcosx













由

x



0,



，得

g



(x)0

，所以

g(x)

在



0,



上为单调增函数



4





4



2











又

g(0)10

，

g







1



0



4



2



4









所以

g(x)0

在



0,



上恒成立



4









即

xsinxcosx0

在



0,



恒成立



4









2a









当

a0

时，

f



(x)0

，知

f(x)

在



0,



上为减函数，从而

f(x)

min

f



1



4



48









当

a0

时，

f



(x)0

，知

f(x)

在



0,



上为增函数，从而

f(x)

min

f



0



1

；



4



2a









综上，当

a0

时，

f(x)

min

f



1

；当

a0

时

f(x)

min

f



0



1

.

48



【点睛】

关键点睛：解决问题二的关键在于利用导数得出其单调性，进而得出最值

.

例

26

．（

2022·

山东

·

临沭县教育和体育局高二期中）已知函数

f(x)x

3

bx

2

xa,x1

是

f(x)

的一个极值

点．

(1)

求

b

的值；

(2)

当

x[2,2]

时，求函数

f(x)

的最大值．

【答案】

(1)

b1

(2)

a2

【解析】

【分析】

（

1

）对

f(x)

求导，

x1

是

f(x)

的一个极值点，所以

f



(1)0

，解方程即可

（

2

）先利用导数求出

f(x)

的单调区间，再根据函数的单调性求

f(x)

的最大值

(1)

f



(x)3x

2

2bx1

，

∵

x1

是

f(x)

的一个极值点，∴

f



(1)32b10

解得

b1

．经检验，满足题意．

(2)

由（

1

）知：

f(x)x

3

x

2

xa

，则

f



(x)3x

2

2x1

．

1

令

f



(x)0

，解得

x1

或

x

3

x

2

1



2,



3







1

3



1





,1





3



1

0

a1



1,2



+

递增

2

f





x



f



x



+

递增

0

5

a

27

-

递减

a10

a2



1



∵

f







f



2



，



3



∴函数

f(x)

的最大值为

a2

题型四：求函数的最值（含参）

32

例

27

．（

2022·

北京通州

·

高二期中）已知函数

f



x



x3x9x2

．

(1)

求函数

f



x



的单调区间；

(2)

求函数

f



x



在区间



0,a



上的最小值．

【答案】

(1)

f



x



在



,1



，



3,



上递增，在



1,3



递减

32

(2)

当

0a3

时，函数

f



x



在区间



0,a



上的最小值为

f



a



a3a9a2

；当

a3

时，函数

f



x



在区

间



0,a



上的最小值为

f



3



25

．

【解析】

【分析】

（

1

）通过解

f





x



0

判断

f



x



的单调区间；

（

2

）结合（

1

）中函数

f



x



的单调区间，讨论

0a3

、

a3

两种情况，确定

f



x



在区间



0,a



上的单调性，

可得函数

f



x



在区间



0,a



上的最小值．

(1)

f



x



x

3

3x

2

9x2

则

f





x



3x

2

6x9

令

f





x



0

，则

x3

或

x1

∴

f



x



在



,1



，



3,



上递增，在



1,3



递减

(2)

由（

1

）可知：

f



x



在



3,



上递增，在



0,3



递减

当

0a3

时，

f



x



在



0,a



递减

32

∴函数

f



x



在区间



0,a



上的最小值为

f



a



a3a9a2

；

当

a3

时，

f



x



在



3,a



上递增，在



0,3



递减

∴函数

f



x



在区间



0,a



上的最小值为

f



3



25

．综上所述：当

0a3

时，函数

f



x



在区间



0,a



上的最

32

小值为

f



a



a3a9a2

；

当

a3

时，函数

f



x



在区间



0,a



上的最小值为

f



3



25

．

例

28

．（

2022·

河南

·

高二阶段练习（理））已知函数

f(x)=x-mlnx-m.

(1)

讨论函数

f(x)

的单调性；

1

)

上恒成立

.

(2)

若函数

f(x)

有最小值

g(m)

，证明：

g(m)



在

(0，

e

【答案】

(1)

答案见解析

(2)

证明见解析

【解析】

【分析】

（

1

）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调区间

.

（

2

）根据（

1

）的结论可得函数的最小值，再利用导数可证不等式

.

(1)

m

函数

f(x)

的定义域为

(0,)

，且

f



(x)1

，

x

当

m0

时，

f



(x)0

在

(0,)

上恒成立，所以此时

f(x)

在

(0,)

上为增函数，

m

当

m0

时，由

f



(x)10

，解得

xm

，

x

m

由

f



(x)10

，解得

0xm

，

x