板块一 习题讲评（四）利用导数研究函数的极值、最值-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（四）　利用导数研究函数的极值、最值 （1）函数的极值是高考的重点考查内容，近三年新课标卷选择、填空、解答题均有出现，难度中等偏上. 主要考查极值的意义及已知函数极值情况求参数. （2）函数的最值是函数的一个重要性质，有些复杂的函数最值只能借助导数来求， 考查题型：一是给出确定函数或含有参数的函数求最值，多以选择、填空形式出现，二是求解不等式恒成立问题，常常利用函数的最值来求解，此类问题难度较大，多以压轴题形式给出. 教学点（一）　函数的极值 [例1]　（2025·全国Ⅱ卷）若x=2是函数f（x）=（x-1）（x-2）（x-a）的极值点，则f（0）=　　　　.  解析：法一　因为f（x）=（x-1）（x-2）（x-a）=x3-（a+3）x2+（3a+2）x-2a，所以f'（x）=3x2-2（a+3）x+3a+2. 因为x=2是f（x）的极值点，所以f'（2）=12-4（a+3）+3a+2=0，解得a=2， （a=2是x=2是函数f（x）极值点的必要条件，需检验，尤其在解答题中） 经检验，符合题意，所以f（x）=（x-1）（x-2）2，所以f（0）=-4. 法二　f'（x）=（x-2）（x-a）+（x-1）（x-a）+（x-1）（x-2），因为x=2是f（x）的极值点，所以f'（2）=2-a=0，得a=2，经检验，符合题意，所以f（x）=（x-1）（x-2）2，所以f（0）=-4. 答案：-4 教材溯源： （本题源自人教A版选择性必修②P104T9）已知函数f（x）=x（x-c）2在x=2处有极大值，求c的值. 两题均是由三次函数的极值点求参数的值，字母不同，解题思路一致，均需验证. [例2]　（2024·新课标Ⅱ卷）已知函数f（x）=ex-ax-a3. （1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （2）若f（x）有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 解：（1）当a=1时，f（x）=ex-x-1，则f'（x）=ex-1，可得f（1）=e-2，f'（1）=e-1，即切点坐标为（1，e-2），切线斜率k=e-1，所以切线方程为y-（e-2）=（e-1）（x-1），即（e-1）x-y-1=0. （2）法一　求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构造函数解不等式即可. 因为f（x）的定义域为R，且f'（x）=ex-a，若a≤0，则f'（x）≥0对任意x∈R恒成立，可知f（x）在R上单调递增，无极值，不合题意；若a>0，令f'（x）>0，解得x>ln a.令f'（x）<0，解得x<ln a.可知f（x）在（-∞，ln a）上单调递减，在（ln a，+∞）上单调递增，则f（x）有极小值f（ln a）=a-aln a-a3，无极大值. 由题意可得，f（ln a）=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0，构造函数g（a）=a2+ln a-1，a>0，则g'（a）=2a+>0，可知g（a）在（0，+∞）上单调递增，且g（1）=0，不等式a2+ln a-1>0等价于g（a）>g（1），解得a>1，所以a的取值范围为（1，+∞）. 法二　求导，可知f'（x）=ex-a有零点，可得a>0，进而利用导数求f（x）的单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构造函数解不等式即可. 因为f（x）的定义域为R，且f'（x）=ex-a，若f（x）有极小值，则f'（x）=ex-a有零点，令f'（x）=ex-a=0，可得ex=a，可知y=ex与y=a有交点，则a>0.令f'（x）>0，解得x>ln a.令f'（x）<0，解得x<ln a.可知f（x）在（-∞，ln a）上单调递减，在（ln a，+∞）上单调递增，则f（x）有极小值f（ln a）=a-aln a-a3，无极大值，符合题意，由题意可得，f（ln a）=a-aln a-a3<0，即a2+ln a-1>0，构造g（a）=a2+ln a-1，a>0，因为y=a2，y=ln a-1在（0，+∞）上单调递增，可知g（a）在（0，+∞）上单调递增，且g（1）=0，不等式a2+ln a-1>0等价于g（a）>g（1），解得a>1，所以a的取值范围为（1，+∞）. |思|维|建|模| （1）对于已知可导函数的极值求参数的问题，解题的切入点是极值存在的条件：极值点处的导数值为0，极值点附近两侧的导数值异号.f'（x0）=0是x0为函数极值点的必要不充分条件，因此需要检验参数的值. （2）若函数y=f（x）在区间（a，b）内有极值，那么y=f（x）在（a，b）内一定不具有单调性，反之，若函数在某区间上具有单调性，则函数没有极值. （3）对于函数无极值的问题，往往转化为f'（x）≥0或f'（x）≤0在某区间内恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立. [即时训练] [练1]　若函数f（x）=-ax2+（2a2-4）x-3在x=2处取得极小值，则实数a= （　　） A.-2 B.2 C.2或0 D.0 解析：选D　 由f'（x）=x2-2ax+2a2-4，则f'（2）=2a2-4a=0，得a=0或a=2.当a=2时，f'（x）=x2-4x+4=（x-2）2≥0， f（x）在R上单调递增，不满足；当a=0时，f'（x）=x2-4，在（-∞，-2），（2，+∞）上f'（x）>0，在（-2，2）上f'（x）<0，所以f（x）在（-∞，-2），（2，+∞）上单调递增，在（-2，2）上单调递减，满足题设，所以a=0. 易错提醒：因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性. [练2]　（多选）已知定义域为R的函数f（x）为奇函数，当x>0时，f（x）=，则下列说法正确的是 （　　） A.f（x）有三个零点 B.f（x）在x=-处切线的斜率为- C.当x>0时，f（x）有极大值 D.若f（x）的极小值为m，则m∈ 解析：选AC　 对于A，当x>0时，令f（x）=0，得x=，因为f（x）是定义域为R的奇函数，所以f（0）=0，f=0，故f（x）有三个零点，故A正确；对于B，当x<0时，-x>0，所以f（-x）==-f（x），得f（x）=，此时f'（x）=，所以f'=，故B错误；对于C，当x>0时，f'（x）=，令h（x）=1+-ln 2x，因为函数y=1+，y=-ln 2x在（0，+∞）上单调递减，所以函数h（x）=1+-ln 2x在（0，+∞）上单调递减.又h（2）=-ln 4=ln=ln>0，h（3）=-ln 6=ln=ln<0，故h（x）在区间（2，3）内存在唯一x0，使h（x0）=1+-ln 2x0=0，即f'（x0）=0， 则x∈（0，x0）时，f'（x）>0；x∈（x0，+∞）时，f'（x）<0，所以f（x）在（0，x0）内单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，所以f（x）在x=x0处取得极大值，故C正确；对于D，由C得f（x）在x=x0处取得极大值，因为1+=ln 2x0，（注意隐零点满足的方程在解题中的应用） 所以f（x0）===.因为x0∈（2，3），所以极大值f（x0）=∈.又因为f（x）为奇函数，所以极小值f（-x0）=-∈，故D错误. 习得方略：若函数的零点虽客观存在，但难以直接求解，可设零点，利用函数的单调性及函数零点存在定理确定零点所在区间. [练3]　已知函数f（x）=x[1+（ln x）2]. （1）判断函数f（x）在（0，+∞）上是否存在极值点.若存在极值点，求出极值；若不存在极值点，请说明理由； （2）若函数g（x）=f（x）-有三个极值点，求实数a的取值范围. 解：（1）不存在.理由如下： ∵f（x）=x[1+（ln x）2]=x（ln x）2+x，x>0， ∴f'（x）=（ln x）2+2ln x+1=（ln x+1）2， ∴f'（x）≥0在（0，+∞）上恒成立， 当且仅当x=时，取得等号. ∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故函数f（x）在（0，+∞）上不存在极值点. （2）将问题转化为y=a与h（x）=的图象有三个交点，求导，确定函数h（x）的单调性即可求解. ∵g'（x）=（ln x+1）2-ax，函数g（x）有三个极值点，∴g'（x）=0有三个互不相等的正实数根. 由g'（x）=0，得a=. 令h（x）=（x>0）， 则问题转化为y=a与h（x）=的图象有三个交点，而h'（x）=. 令h'（x）=0，得x=或x=e， 则当x∈时，h'（x）<0，h（x）单调递减； 当x∈时，h'（x）>0，h（x）单调递增； 当x∈（e，+∞）时，h'（x）<0，h（x）单调递减. 又∵当x→0时，h（x）→+∞； 当x→+∞时，h（x）→0，且h=0，h（e）=， ∴0<a<，即实数a的取值范围为. 习得方略：函数f（x）在一个连续的开区间内有最值时，此开区间内一定有极值点. 教学点（二）　函数的最值 [例1]　设函数f（x）=（x-1）ln（x-a），若f（x）≥0恒成立，则y=的最大值为 （　　） A.1 B.e C. D.不存在 解析：选C　 f（x）=（x-1）ln（x-a）可看作g（x）=x-1与h（x）=ln（x-a）的积，又f（x）≥0恒成立，所以g（x），h（x）同号.又因为函数g（x）与h（x）均是增函数，所以两个函数的零点重合，则g（1）=h（1）=ln（1-a）=0，解得a=0，所以y==，所以y'=.令y'=0得x=e，则函数y=在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以函数的最大值为. [例2]　已知函数f（x）=a-2ax+ex， （1）当a=2时，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程； （2）若函数f（x）有最小值，且f（x）的最小值大于4a2+a，求实数a的取值范围. 解：（1）当a=2时，f（x）=2-4x+ex，∴f'（x）=-4+ex，故f（1）=e-2，f'（1）=e-4. ∴曲线y=f（x）在x=1处的切线方程为y-（e-2）=（e-4）（x-1），即（e-4）x-y+2=0. （2）∵f（x）的定义域为R，∴f'（x）=-2a+ex， 当a≤0时，f'（x）>0，则f（x）在R上单调递增，无最小值.不符合题意，故a>0. 由f'（x）>0得x>ln（2a），由f'（x）<0得x<ln（2a）， ∴f（x）在（ln（2a），+∞）上单调递增，在（-∞，ln（2a））上单调递减， ∴当x=ln（2a）时，f（x）有最小值f（ln 2a）=a-2aln 2a+eln 2a=3a-2aln 2a. 依题意，3a-2aln 2a>4a2+a， 即2a（1-ln 2a-2a）>0， ∵a>0，∴2a+ln 2a-1<0. 设g（t）=t+ln t-1（t>0）， 则g（t）<0，∵g'（t）=1+>0， 则g（t）在（0，+∞）上单调递增， 又g（1）=0，故由g（t）<0可得0<t<1， 即0<2a<1，解得0<a<， 故实数a的取值范围是. |思|维|建|模|　 （1）求函数最值时，不要想当然的认为极值就是最值，要通过比较大小才能下结论. （2）求函数无穷区间（开区间）上的最值，不仅要研究其极值，还需研究单调性，结合单调性与极值情况画出函数图象，借助函数图象得到函数的最值. [即时训练] [练1]　（2025·宿迁二模）若函数f（x）=有最大值，则k的最大值为 （　　） A. B. C. D. 解析：选C　 当x≥2时，f（x）=，则f'（x）=，当2≤x<e时，f'（x）>0，此时，函数f（x）单调递增，当x>e时，f'（x）<0，此时，函数f（x）单调递减，则函数f（x）在x=e处取得极大值，且极大值为f（e）=，因为函数f（x）有最大值，则解得0≤k≤，因此，实数k的最大值为. 习得方略：已知函数在某区间上的最值求参数的值（范围）是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程（不等式）解决问题. [练2]　（2025·扬州三模）若函数f（x）=a（ex+a）-x的最小值为2，则实数a的值是　　　　.  解析：由f（x）=a（ex+a）-x，求导得f'（x）=aex-1.当a>0时，令f'（x）=0，得x=-ln a. 由f'（x）<0得x<-ln a；由f'（x）>0得x>-ln a， 所以函数f（x）在（-∞，-ln a）上单调递减，在（-ln a，+∞）上单调递增， 故f（x）min=f（-ln a）=a+ln a=2，解得a=1； 当a=0时，f（x）=-x，函数f（x）在R上单调递减，故不合题意； 当a<0时，f'（x）=aex-1<0，函数f（x）在R上单调递减，故不合题意. 答案：1 [练3]　已知函数f（x）=ln x+-a（x+1）（a∈R）. （1）当a=0时，求f（x）的最小值； （2）若x1，x2（x1<x2）是f（x）的两个极值点，且≥2，求a的最大值. 解：（1）当a=0时，f（x）=ln x+，定义域为（0，+∞）， 所以f'（x）=.当x>2时，f'（x）>0，当0<x<2时，f'（x）<0，所以f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，所以f（x）的最小值为f（2）=1+ln 2. （2）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=. 因为x1，x2（x1<x2）是f（x）的两个极值点，所以x1，x2（x1<x2）是方程ax2-x+2=0的两个正根， 则有解得0<a<. 且==，而==+2+，所以+=-2， 又≥2，下面证明y=t+在t∈[2，+∞）上单调递增， 证明如下：y'=1-=>0在t∈[2，+∞）上恒成立， 故y=t+在t∈[2，+∞）上单调递增，易知+=+≥，即-2≥， 所以0<a≤，故a的最大值为. [课时验收评价] 一、单项选择题 1.函数y=f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，则下列说法正确的是 （　　） A.函数y=f（x）在x=4处取得极小值 B.函数y=f（x）在x=3处取得极大值 C.函数y=f（x）在（-∞，0）上单调递增 D.函数y=f（x）的单调递减区间为（3，5） 解析：选B　 由函数y=f（x）的导函数f'（x）的图象可知，当x∈（-∞，-1）时，f'（x）<0，y=f（x）单调递减；当x∈（-1，3）时，f'（x）>0，y=f（x）单调递增；当x∈（3，5）时，f'（x）<0，y=f（x）单调递减；当x∈（5，+∞）时，f'（x）>0，y=f（x）单调递增，所以函数y=f（x）在x=-1处取得极小值，在x=3处取得极大值，在x=5处取得极小值，故选B. 习得方略：解答此类问题要先搞清楚所给的图象是原函数还是导函数的，对于导函数的图象，重点关注在哪个区间上为正，哪个区间上为负，在哪个点处与x轴相交，在该点附近的导数值是如何变化的，若是由正值变为负值，则在该点处取得极大值；若是由负值变为正值，则在该点处取得极小值. 2.已知函数f（x）=ex-ex的极值点为a，则f（a）= （　　） A.-1 B.0 C.1 D.2 解析：选B　 函数f（x）=ex-ex，求导得f'（x）=ex-e，当x<1时，f'（x）<0，当x>1时，f'（x）>0，函数f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，因此x=1是f（x）的极小值点，且是唯一极值点，所以a=1，f（a）=f（1）=0. 3.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. D.0 解析：选C　 由题意可得f'（x）=（x-c）2+2x（x-c）=（x-c）（3x-c），由于x=2是极小值点，故f'（2）=（2-c）（6-c）=0，解得c=2或c=6.当c=6时，f'（x）=（x-6）（3x-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）内单调递减，在（6，+∞）和（-∞，2）上单调递增，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）（3x-2），当x>2和x<时，f'（x）>0，当<x<2时，f'（x）<0，故f（x）在内单调递减，在（2，+∞）和上单调递增，此时x=2是函数的极小值点，符合题意，且x=是极大值点，故极大值为f==，故选C. 4.已知f（x）=-ln x+x的最小值为0，则a的值为 （　　） A.-e2 B.- C.-e D.- 解析：选A 思维路径：通过换元法将原函数转化为关于新变量t的函数，再利用导数研究新变量t的取值范围以及新函数的单调性，进而求出a的值. 由已知得f（x）=a-ln，令t=（x>0），则t'=（x>0）.令t'>0，则0<x<1；令t'<0，则x>1，且x=1时，t=，则t的取值范围为，则h（t）=f（x）=at2-ln t=t2的最小值为0，即a-的最小值为0，即a=.令p（t）=，t∈，则p'（t）==，t∈，p'（t）>0，则a=p（t）max=p=-e2. 5.（2025·台州二模）已知a∈R，若函数f（x）=x+-ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范围是 （　　） A. B. C. D. 解析：选C　 因为函数f（x）=x+-ln x的定义域为（0，+∞），所以f'（x）=1--=.因为函数f（x）既有极大值，又有极小值，则关于x的方程x2-x-a=0有两个不相等的正根x1，x2， （把已知函数的极值的情况转化为导数的零点问题） 所以解得-<a<0，因此，实数a的取值范围是. 6.（2025·黄冈三模）已知函数f（x）=2cos x+sin 2x，则f（x）的最小值是 （　　） A.- B.- C.-2 D.-3 解析：选B　 由题意，得f（x）的一个周期为T=2π，故只需考虑f（x）在[0，2π）上的值域，f'（x）=-2sin x+ 2cos 2x=-2sin x+2（1-2sin2x）=-2（2sin x-1）（sin x+1）.当x∈或x∈时，f'（x）>0； 当x∈时，f'（x）<0，所以函数f（x）在，上单调递增，在内单调递减， 因此f（x）的极小值为f=-，极大值为f=.又易知f（0）=2，所以函数f（x）在[0，2π）上的值域为，结合函数的最小正周期为2π，所以函数f（x）的值域为，所以f（x）的最小值为-，故选B. 7.（2025·嘉兴二模）已知函数f（x）=x3-ax2的极小值是-4，则实数a= （　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选C　 f'（x）=3x2-2ax=x（3x-2a），令f'（x）=0得x=0或x=.当a=0时，f'（x）=3x2≥0，f（x）在R上单调递增，无极值；当>0，即a>0，x<0时，f'（x）>0，f（x）单调递增；当x>时，f'（x）>0，f（x）单调递增；当0<x<时，f'（x）<0，f（x）单调递减，所以f（x）在x=处取得极小值，即f=-a×=-4，解得a=3；当<0，即a<0，x>0时，f'（x）>0，f（x）单调递增；当x<时，f'（x）>0，f（x）单调递增；当<x<0时，f'（x）<0，f（x）单调递减，得f（x）在x=0处取得极小值，即f（0）=0≠-4，不满足题意.综上，实数a=3. 8.已知函数f（x）=ex+x和g（x）=ln（xex），若存在实数α，β，使得f（α）-g（β）=0，则αβ的最小值为 （　　） A.-e B.-1 C.- D.- 解析：选C 思维路径：由题意得f（x）=ex+ln ex，g（x）=ln x+x，由f（α）=g（eα）=g（β），又g（x）=ln x+x在定义域上单调递增，则β=eα，于是αβ=αeα.再利用导数求函数的最小值即可. 因为f（x）=ex+x=ex+ln ex，g（x）=ln x+x，所以f（α）=eα+ln eα，g（eα）=eα+ln eα，而f（α）-g（β）=0，故f（α）=g（eα）=g（β）.又g（x）=ln x+x在定义域上单调递增，则β=eα，于是αβ=αeα.设h（α）=αeα，则h'（α）=（α+1）eα，当α∈（-∞，-1）时，h'（α）<0，h（α）单调递减；当α∈（-1，+∞）时， h'（α）>0，h（α）单调递增，所以h（α）min=h（-1）=-. 二、多项选择题 9.（2025·大连三模）已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d在（-∞，0]上单调递增，在[0，2]内单调递减，且方程f（x）=0有3个实数根，它们分别是α，β，2.则下列说法正确的是 （　　） A.c=0 B.若（2，f（2））是对称中心，则极小值是-12 C.f（1）≥2 D.|α-β|≥3 解析：选ACD 已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d在（-∞，0]上单调递增，在[0，2]内单调递减，所以当x=0时取得极大值，则f'（0）=0.由f'（x）=3x2+2bx+c，得f'（0）=c=0，所以A正确. 方程f（x）=0有一个根是2，则f（2）=0，得f（2）=8+4b+d=0，由函数图象的对称中心是（2，0），可得f（1）=-f（3），代入得1+b+d=-（27+9b+d），化简得5b+d+14=0，联立解得则f（x）=x3-6x2+16，求导得f'（x）=3x2-12x.令f'（x）=3x2-12x=0，解得x=0或x=4，可知函数在（-∞，0），（4，+∞）上单调递增，在（0，4）内单调递减，所以f（x）在x=4处取得极小值，则f（4）=43-6×42+16=-16，所以B错误. 已知f（x）=x3+bx2+d，可得f'（x）=3x2+2bx，因为f（x）在[0，2]内单调递减，所以f'（2）≤0，即12+4b≤0，解得b≤-3.由f（2）=8+4b+d=0，得d=-4b-8，则f（1）=1+b+d=-3b-7，由b≤-3，可得-3b-7≥2，所以f（1）≥2，所以C正确. 因为方程f（x）=0有3个实数根α，β，2，所以设f（x）=（x-α）（x-β）（x-2）=x3-（α+β+2）x2-2αβ，所以得则（β-α）2=（β+α）2-4βα=（b+2）2+2d=b2-4b-12=（b-2）2-16.因为b≤-3，所以（b-2）2-16≥9，所以|α-β|≥3，所以D正确. 10.设函数f（x）=（x+a）ln x，a∈R，则下列结论正确的是 （　　） A.当a=0时，f（x）的最小值为- B.当0<a<时，f（x）有且仅有两个极值点 C.若f（x）为增函数，则a≥ D.若f（x）≥0，则a=-1 解析：选ABD 思维路径：应用导数分析函数的单调性，进而求最值判断A；问题转化为判断f'（x）=ln x++1且x>0是否存在两个变号零点判断B；根据B分析只需保证ln a+2≥0判断C；根据y=x+a，y=ln x在（0，+∞）上单调递增，ln 1=0，结合不等式恒成立即可判断D. 对于A，f（x）=xln x且x>0，则f'（x）=1+ln x，故当0<x<时，f'（x）<0；当x>时，f'（x）>0， 所以f（x）在内单调递减，在上单调递增，则f（x）≥f=-，正确； 对于B，由题设f'（x）=ln x++1且x>0，令g（x）=f'（x），则g'（x）=-=，当0<a<时，则当0<x<a时，g'（x）<0；当x>a时，g'（x）>0，所以g（x）=f'（x）在（0，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增，则f'（x）≥f'（a）=ln a+2，而ln a+2<0.由0<a2<a，且f'（a2）=2ln a++1，对于y=2ln a++1且0<a<，则y'=-=<0，所以y=2ln a++1在内单调递减，y>2ln+e2+1=e2-3>0， 则f'（a2）>0.又f'（1）=a+1>0，故g（x）=f'（x）在（0，a），（a，+∞）各存在唯一变号零点， 所以f（x）有且仅有两个极值点，正确； 对于C，由B分析，要使f（x）为增函数，只需ln a+2≥0，即a≥，错误； 对于D，由f（x）=（x+a）ln x≥0，且y=x+a，y=ln x在（0，+∞）上单调递增，又ln 1=0，故只需1+a=0，即a=-1，正确. 三、填空题 11.（5分）（2025·盘锦三模）已知函数f（x）=ex-mx-2在x=0处的切线与直线x-y=0垂直，则f（x）的极小值为　　　　.  解析：函数f（x）=ex-mx-2，求导得f'（x）=ex-m，依题意，f'（0）=1-m=-1，解得m=2.令f'（x）=ex-2=0，解得x=ln 2，则当x∈（-∞，ln 2）时，f'（x）<0；当x∈（ln 2，+∞）时，f'（x）>0，所以f（x）的极小值为f（ln 2）=-2ln 2. 答案：-2ln 2 12.（5分）（2025·宝鸡二模）若函数f（x）=4sin x+3cos x的极大值点为x0，则sin x0=　　　　 .  解析：由函数f（x）=4sin x+3cos x，求导可得f'（x）=4cos x-3sin x=5，令sin φ=， cos φ=，则f'（x）=5cos（x+φ）.由题意可得f'（x0）=5cos（x0+φ）=0，由函数y=cos x可知当x∈（k∈Z）时，cos x>0；当x∈（k∈Z）时，cos x<0，且x0为函数f（x）的极大值点，则可得x0+φ=+2kπ（k∈Z），解得x0=-φ+2kπ（k∈Z），所以sin x0=sin= cos φ=. 答案： 13.（5分）已知函数f（x）=ex-ax2-x，若对任意x1，x2∈[0，+∞）且x1≠x2，不等式>a-1恒成立，则实数a的最大值为　　　　.  思维路径：等价变形给定不等式，构造函数g（x）=f（x）-（a-1）x，利用函数单调性定义可得g（x）在[0，+∞）上单调递增，再利用导数求出a的范围即可. 解析：不妨令x1>x2≥0，依题意，∀x1，x2∈[0，+∞），x1>x2，>a-1⇔f（x1）-（a-1）x1>f（x2）-（a-1）x2.令g（x）=f（x）-（a-1）x=ex-ax2-ax，则∀x1，x2∈[0，+∞），x1>x2，g（x1）>g（x2），函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，因此∀x∈[0，+∞），g'（x）=ex-a（2x+1）≥0⇔a≤恒成立.令函数h（x）=，x≥0，求导得h'（x）=，当0≤x<时，h'（x）<0；当x>时，h'（x）>0，函数h（x）在上单调递减，在上单调递增，h（x）min=h=，即a≤，所以实数a的最大值为. 答案： 四、解答题 14.（15分）（2025·黄山一模）已知函数f（x）=x2-aln x-a3. （1）当a=1时，求函数f（x）在上的最值；（6分） （2）若f（x）有极值且极小值大于0，求a的取值范围.（9分） 解：（1）当a=1时，f（x）=x2-ln x-，则f'（x）=x-=，x>0， 由f'（x）>0，得x>1，由f'（x）<0，得0<x<1， 所以f（x）在内单调递减，在（1，3）内单调递增， 所以f（x）min=f（1）=0. 因为f（3）=4-ln 3，f=ln 2-， 又4-ln 3-=4+-ln 6>0， 所以f（3）>f，f（x）max=f（3）， 所以f（x）的最大值为4-ln 3，最小值为0. （2）因为f'（x）=x-=，x>0， 当a≤0时，f'（x）>0恒成立，即f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值； 当a>0时，由f'（x）=0，得x=， 当0<x<时，f'（x）<0，即f（x）单调递减， 当x>时，f'（x）>0，即f（x）单调递增， 所以当x=时，f（x）有极小值，极小值为f（）=a（1-ln a-a2）， 由f（）=a（1-ln a-a2）>0，得1-ln a-a2>0. 令F（a）=1-ln a-a2，a>0， 则F'（a）=--2a<0，所以函数F（a）在（0，+∞）上单调递减，又F（1）=0， 由F（a）>F（1），得a<1，则0<a<1. 综上，a的取值范围为（0，1）. 拓展延伸：当函数的解析式中含有参数时，求其单调区间往往需要分类讨论，本质上可以归纳为讨论导函数的零点问题.当导函数只有一个零点时，令导函数的零点为分界点进行分类求解；当导函数有多个零点时，要先讨论零点的大小，再细化讨论. 15.（15分）已知函数f（x）=a（x-1）ex-ln x，其中a>0. （1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线经过点（2，2），求a的值；（3分） （2）证明：函数f（x）存在极小值；（5分） （3）记函数f（x）的最小值为g（a），求g（a）的最大值.（7分） 解：（1）求导，得f'（x）=axex-（x>0），所以f（1）=0，f'（1）=ae-1， 故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=（ae-1）（x-1），将点（2，2）代入切线方程，得a=. （2）证明：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=.设函数m（x）=ax2ex-1，则m'（x）=a（x2+2x）ex，由a>0，x>0，得m'（x）>0，所以函数m（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为m（0）=-1<0，m=-1>0， 所以存在唯一的x0∈，使得m（x0）=0， 即f'（x0）=0. 当x变化时，f'（x）与f（x）的变化情况如下： x （0，x0） x0 （x0，+∞） f'（x） - 0 + f（x） ↘ 极小值 ↗ 所以函数f（x）在（0，x0）内单调递减，在（x0，+∞）上单调递增. 故函数f（x）存在极小值f（x0）. （3）由（2）知，函数f（x）有最小值f（x）min=f（x0）=g（a）. 由f'（x0）=ax0-=0，得a=， 所以g（a）=f（x0）=a（x0-1）-ln x0=-ln x0. 设函数h（x）=-ln x， 则h'（x）=. 令h'（x）=0，得x=-2（舍去）或x=1. 当x变化时，h'（x）与h（x）的变化情况如下： x （0，1） 1 （1，+∞） h'（x） + 0 - h（x） ↗ 极大值 ↘ 所以函数h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减. 所以当x=1时，h（x）max=h（1）=0，即当x0=1时，f（x0）max=0. 结合a=，知当x0=1时，a=. 由函数y=（x>0）的导数y'=<0，知其在区间（0，+∞）上单调递减， 故当且仅当a=时x0=1.所以当a=时，g（a）取得最大值0. 学科网（北京）股份有限公司 $