第3章 第17讲 导数与函数的极值、最值（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（基础版）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数与函数的极值、最值核心考点，按知识梳理、激活思维、聚焦知识、题型突破的逻辑架构展开，通过考点梳理构建知识体系，方法指导提炼解题步骤，真题训练强化应用能力，帮助学生系统突破导数应用难点。 讲义突出数学思维与数学语言的培养，如通过导函数图象判断极值点发展直观想象，分类讨论含参函数最值提升逻辑推理能力。设置A组夯基精练与B组创新题体验分层练习，配合典例精讲与变式训练，确保高效复习，为教师把控复习节奏提供实用指导。

第17讲　导数与函数的极值、最值 知识梳理　体系构建 激活思维 1．(多选)下列四个函数在x＝0处取得极值的是(　　) A．y＝x3 B．y＝x2＋1 C．y＝|x| D．y＝2x 2．(教材经典题改编)已知函数f(x)＝6＋12x－x3，x∈，则f(x)的最大值为____，最小值为____． 3．(教材经典题)已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极大值点是____，极小值点是____． (第3题) 4．(教材经典题)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c的值为____． 5．(教材经典题)用总长14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边的长比另一边的长多0.5 m，那么高为____m时，容器的容积最大，最大容积为____m3. 聚焦知识 1．极值 (1) 设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)____f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)，x0为f(x)的____；如果对x0附近的所有的点，都有f(x)____f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)，x0为f(x)的____．极小值点与极大值点统称为____，极大值与极小值统称为极值． (2) 当函数f(x)在x0处连续时，判断f(x0)是极大(小)值的方法： 如果在x0附近的左侧f′(x)____0，右侧f′(x)____0，那么f(x0)是极大值． 如果在x0附近的左侧f′(x)____0，右侧f′(x)____0，那么f(x0)是极小值． 2．最值 在闭区间[a，b]上的____一定存在最大值和最小值，最大值是区间端点值和区间内的极大值中的最大者，最小值是区间端点值和区间内的极小值中的最小者． 3．常用结论 (1) 在函数的定义区间[a，b]内，极大(小)值可能有多个，也可能不存在，但最大(小)值只有一个或者不存在； (2) 给出函数极大(小)值的条件，一定既要考虑f′(x0)＝0，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，二者缺一不可，这一点一定要切记！ 题型突破　能力进阶 举题说法 求函数的极值 视角1　极值点的判断(识图) 例 1-1　(多选)设f(x)是定义在区间[a，b]上的函数，其导函数f′(x)的图象如图所示，则在区间[a，b]内(　　) (例 1-1) A．函数f(x)有三个极值点 B．函数f(x)的单调递增区间为(x1，x5) C．函数f(x)的最大值可能为f(x5) D．函数f(x)的最小值可能为f(a) 导函数图象从左往右，导函数值由正变负，表示函数单调性由增变减，此时导函数的零点即为函数的极大值点；同理，导函数值由负变正，函数单调性由减变增，此时导函数的零点即为函数的极小值点．判断函数的极值需从定义入手． 变式 1-1　(多选)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则(　　) (变式 1-1) A．f(x)在(a，b)内一定不存在最小值 B．f(x)在(a，b)内只有一个极小值点 C．函数f(x)在(a，b)内有两个极大值点 D．函数f(x)在(a，b)内可能没有零点 视角2　求极值 例 1-2　已知函数f(x)＝3ln x＋a(x2＋25)－，直线l在y轴上的截距为3，且l与曲线y＝f(x)相切于点(1，f(1)). (1) 求实数a的值； (2) 求函数f(x)的单调区间与极值． 利用导数求函数f(x)极值的一般步骤： (1) 确定函数f(x)的定义域； (2) 求导数f′(x)； (3) 在定义域内解方程f′(x)＝0； (4) 列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号； (5) 求出极值． 变式 1-2　(1) 已知函数f(x)＝x2ln x，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)在x＝处取得极大值－ B．f(x)在x＝处取得极大值 C．f(x)在x＝处取得极小值－ D．f(x)在x＝处取得极小值 (2) (2026·太原期初节选)已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1，a∈R.讨论f(x)的极值，当f(x)有极值时，求f(x)的极值(用a表示)． 根据极值求参数 例2　(2026·深圳期初质检)若函数f(x)＝a ln x＋(x－a)2存在极大值点，则实数a的取值范围是(　　) A．∅ B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) (1) 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，可根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2) 导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验． 1．(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 2．(多选)若函数f(x)＝x ln x－aex有两个极值点，则a的值可以是(　　) A．0 B． C． D． 3．(2025·成都模拟)若函数f(x)＝aex－x3存在唯一极值点，则实数a的取值范围为____． 求函数的最值 视角1　不含参函数的最值 例 3-1　(2025·大同期初)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－x(a，b∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＋＝0. (1) 求函数f(x)的解析式； (2) 若对于区间[－3，3]上任意两个自变量的值x1，x2，有|f(x1)－f(x2)|≤c，求实数c的最小值． 求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)，与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． 变式 3-1　(2026·镇江期初)已知函数f(x)＝x2－2x－3ln x. (1) 求f(x)在x＝1处的切线方程； (2) 求f(x)在上的最值． 视角2　含参函数的最值 例 3-2　(2026·武汉期初节选)已知函数f(x)＝sin x－ax(a∈R). (1) 当a<1时，求函数f(x)在上的最小值； (2) 当a≥1时，求函数f(x)在[0，＋∞)上的最大值． 若所给函数含参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值． 变式 3-2　已知函数f(x)＝ln x－ax＋2(a∈R). (1) 讨论f(x)的单调性； (2) 若f(x)有最大值3，求a的值． 配套精练 练习1 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1． 设函数f(x)的导函数为f′(x)，y＝f′(x)的部分图象如图所示，则(　　) (第1题) A．函数f(x)在上单调递增 B．函数f(x)在(0，4)上单调递增 C．函数f(x)在x＝3处取得极小值 D．函数f(x)在x＝0处取得极大值 2．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 3．函数f(x)＝的极值点为(　　) A．0 B．1 C．－1 D．e 4．(2025·安庆三模)若等比数列{an}中的a2，a24是函数f(x)＝(x2－12x＋21)ex的极值点，a2≠a24，则log3|a13|＝(　A　) A．1 B． C．－1 D．－ 5．(2025·苏北七市二调)若函数f(x)＝有最大值，则k的最大值为(　　) A． B． C． D． 二、 多项选择题 6．(2025·邯郸二模)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则下列结论正确的是(　　) A． ＝3 B．函数f(x)在(－1，1)上单调递减 C．函数f(x)有极大值6e-3 D．函数f(x)在[－4，－2]上的最小值为f(－4) 7．(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 三、 填空题 8．(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝____． 9．已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝____． 10．若函数f(x)＝－x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是__[－2，1)__．(提示：a3－3a＋2＝(a＋2)(a－1)2) 四、 解答题 11．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝a ln x＋－x． (1) 设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； (2) 若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． 12．(2026·如东期初节选)设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋a. (1) 当a＝1时，求过点(0，2)且与曲线y＝f(x)相切的直线方程； (2) 若x1，x2是函数f(x)的两个极值点，求实数a的取值范围． B组　创新题体验 13．(2026·丽水、湖州、衢州质检)若定义在R上的两个函数f(x)，g(x)，恒有f3(x)＝g(x2)，则(　　) A．f(x)为奇函数　　　　 B．f(x)为偶函数 C．g(x)为奇函数　　　　 D．g(x)为偶函数 14．(2026·三门峡期中)我们可以把(1＋1%)365看作每天的“进步”率都是1%，一年后是1.01365；而把(1－1%)365看作每天的“落后”率都是1%，一年后是0.99365.可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的≈1 481倍．如果每天的“进步”率和“落后”率都是10%，那么“进步”是“落后”的1 000倍，至少经过的天数是(lg 3≈0.477，lg 11≈1.041)(　　) A．31 B．33 C．35 D．37 15．(2026·保定期中)(多选)已知指数函数f(x)过点，g(x)＝则(　BC　) A．f(x)＝2x B．g(x)在(－∞，0)上单调递增 C．方程g(x)＝2的解仅为2 D．若方程g(x)＝a恰有两个解，则a的取值范围为[1，2) 配套精练 练习2 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是(　　) A．[0，1]　　　　 B．(－∞，0]∪[1，＋∞) C．[0，2]　　　　 D．(－∞，0]∪[2，＋∞) 2．(2025·台州质检)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． 3．(2026·南昌期初)设f(x)＝2x3－3x2－12x，已知b<0，若“f(x)≥a”的充要条件是“x≥b”，则实数b的最大值为(　　) A．－2 B．－ C．－1 D．－ 4．(2022·全国乙卷文)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为(　　) A．－，　　　　 B．－， C．－，＋2　　　　 D．－，＋2 二、 多项选择题 5．(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 6．(2025·苏锡常镇一模)已知函数f(x)＝x3－x2＋1，其导函数为f′(x)，则(　　) A．直线y＝－2x是曲线y＝f(x)的切线 B．f(x)有三个零点 C．f′(2－x)＝f′(x) D．若f(x)在区间(a，a＋4)上有最大值，则a的取值范围为(－4，0) 三、 填空题 7．(2025·邯郸一模)若函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则实数a的取值范围是____． 8．(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____． 9．(2026·太原期初)设函数f(x)＝aex－x＋1，若f(x)>3恒成立，则实数a的取值范围是____． 四、 解答题 10．(2025·茂名一模)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋1. (1) 当a＝1时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； (2) 若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值． 11．(2026·唐山期初)已知函数f(x)＝x(x－2)(x－a). (1) 若函数f(x)的图象关于点(2，0)对称，求a的值； (2) 若x＝a是f(x)的极大值点，求a的值； (3) 设x1，x2是f(x)的极值点，且满足f(x1)＋f(x2)>0，求实数a的取值范围． B组　滚动小练(挑战点：指对跨阶同构) 12．(2026·太原期初)(多选)已知a，b，c都是实数，下列命题是真命题的是(　　) A．若a>0，b＝2，则a0＋b2＝4 B．若a＝，b＝27，则log3a＋log3b＝2 C．若>，则a>b D．若a>b>0，c<0，则> 13．(2026·保定期中)已知函数f(x)＝3－. (1) 证明：函数f(x)的图象关于(0，2)对称； (2) 若对任意的x≥2，不等式f(m·2x－1)＋f(－4)≥4恒成立，求实数m的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第17讲　导数与函数的极值、最值 知识梳理　体系构建 激活思维 1．(多选)下列四个函数在x＝0处取得极值的是(　BC　) A．y＝x3 B．y＝x2＋1 C．y＝|x| D．y＝2x 2．(教材经典题改编)已知函数f(x)＝6＋12x－x3，x∈，则f(x)的最大值为__22__，最小值为____． 【解析】 f(x)＝6＋12x－x3，x∈的导数为f′(x)＝12－3x2，由f′(x)＝0，可得x＝2(x＝－2舍去)，f(2)＝6＋24－8＝22，f(3)＝6＋36－27＝15，f＝6－4＋＝，即f(x)的最大值为22，最小值为. 3．(教材经典题)已知函数f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极大值点是__x2__，极小值点是__x4__． (第3题) 【解析】 因为x2，x4处的导数都为零，且这两点左右两侧的导数值异号，所以x2，x4是函数的极值点．因为当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，当x∈(x2，x3)时，f′(x)<0，所以x2是极大值点．因为当x∈(x3，x4)时，f′(x)<0，当x∈(x4，x5)时，f′(x)>0，所以x4是极小值点． 4．(教材经典题)已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则c的值为__6__． 【解析】 因为f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2，函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，所以f′(2)＝0，即c2－8c＋12＝0，解得c＝6或2.经检验，c＝2时，函数f(x)在x＝2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c＝6. 5．(教材经典题)用总长14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制容器底面一边的长比另一边的长多0.5 m，那么高为__1.2__m时，容器的容积最大，最大容积为__1.8__m3. 【解析】 设该容器底面矩形短边的长为x m，则另一边的长为(x＋0.5)m，此容器的高为y＝－x－(x＋0.5)＝3.2－2x，则此容器的容积为V(x)＝x(x＋0.5)(3.2－2x)＝－2x3＋2.2x2＋1.6x，其中0<x<1.6.令V′(x)＝－6x2＋4.4x＋1.6＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去).因为V(x)在(0，1.6)内只有一个极值点，当x∈(0，1)时，V′(x)>0，函数V(x)单调递增；当x∈(1，1.6)时，V′(x)<0，函数V(x)单调递减，所以V(x)max＝V(1)＝1×(1＋0.5)×(3.2－2×1)＝1.8(m3)，即当高为1.2 m时，长方体容器的容积最大，且最大容积为1.8 m3. 聚焦知识 1．极值 (1) 设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f(x)__≤__f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极大值，记作y极大值＝f(x0)，x0为f(x)的__极大值点__；如果对x0附近的所有的点，都有f(x)__≥__f(x0)，那么f(x0)是函数f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)，x0为f(x)的__极小值点__．极小值点与极大值点统称为__极值点__，极大值与极小值统称为极值． (2) 当函数f(x)在x0处连续时，判断f(x0)是极大(小)值的方法： 如果在x0附近的左侧f′(x)__>__0，右侧f′(x)__<__0，那么f(x0)是极大值． 如果在x0附近的左侧f′(x)__<__0，右侧f′(x)__>__0，那么f(x0)是极小值． 2．最值 在闭区间[a，b]上的__连续函数__一定存在最大值和最小值，最大值是区间端点值和区间内的极大值中的最大者，最小值是区间端点值和区间内的极小值中的最小者． 3．常用结论 (1) 在函数的定义区间[a，b]内，极大(小)值可能有多个，也可能不存在，但最大(小)值只有一个或者不存在； (2) 给出函数极大(小)值的条件，一定既要考虑f′(x0)＝0，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，二者缺一不可，这一点一定要切记！ 题型突破　能力进阶 举题说法 求函数的极值 视角1　极值点的判断(识图) 例 1-1　(多选)设f(x)是定义在区间[a，b]上的函数，其导函数f′(x)的图象如图所示，则在区间[a，b]内(　BC　) (例 1-1) A．函数f(x)有三个极值点 B．函数f(x)的单调递增区间为(x1，x5) C．函数f(x)的最大值可能为f(x5) D．函数f(x)的最小值可能为f(a) 【解析】 对于A，B，由题图可知，当a<x<x1或x5<x<b时，f′(x)<0，当x1<x<x5时，f′(x)≥0，所以函数f(x)的单调递减区间为(a，x1)，(x5，b)，单调递增区间为(x1，x5)，所以函数f(x)只有两个极值点，故A错误；函数f(x)的单调递增区间为(x1，x5)，故B正确．对于C，D，函数f(x)的最大值可能为f(x5)，故C正确；因为函数f(x)在[a，x1]上单调递减，则f(x1)<f(a)，故函数f(x)的最小值不可能为f(a)，故D错误． 导函数图象从左往右，导函数值由正变负，表示函数单调性由增变减，此时导函数的零点即为函数的极大值点；同理，导函数值由负变正，函数单调性由减变增，此时导函数的零点即为函数的极小值点．判断函数的极值需从定义入手． 变式 1-1　(多选)已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则(　BCD　) (变式 1-1) A．f(x)在(a，b)内一定不存在最小值 B．f(x)在(a，b)内只有一个极小值点 C．函数f(x)在(a，b)内有两个极大值点 D．函数f(x)在(a，b)内可能没有零点 【解析】 如图，函数的单调性是先增，后减，再增，再减，即x＝c，x＝e时，f(x)取得极大值，在x＝d时f(x)取得极小值，所以B，C正确；当f(d)≤f(a)，且f(d)≤f(b)时，f(d)为f(x)在(a，b)内的最小值，所以A不正确；若f(a)≥0，f(d)>0，f(b)≥0，则f(x)在(a，b)内没有零点，所以D正确． (变式1-1答) 视角2　求极值 例 1-2　已知函数f(x)＝3ln x＋a(x2＋25)－，直线l在y轴上的截距为3，且l与曲线y＝f(x)相切于点(1，f(1)). (1) 求实数a的值； 【解答】 因为f(x)＝3ln x＋a(x2＋25)－，则f′(x)＝＋2ax－，所以f′(1)＝2a＋，f(1)＝26a－，故直线l：y＝(x－1)＋26a－.又直线l在y轴上的截距为3，所以－＋26a－＝3，解得a＝. (2) 求函数f(x)的单调区间与极值． 【解答】 由(1)得f(x)＝3ln x＋－＋，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝＋－＝，由f′(x)>0，解得0<x<2或x>3；由f′(x)<0，解得2<x<3，所以函数f(x)的单调递增区间为(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间为(2，3)，所以f(x)在x＝2处取得极大值，在x＝3处取得极小值，即f(x)极大值＝f(2)＝3ln 2＋，f(x)极小值＝f(3)＝3ln 3＋1. 利用导数求函数f(x)极值的一般步骤： (1) 确定函数f(x)的定义域； (2) 求导数f′(x)； (3) 在定义域内解方程f′(x)＝0； (4) 列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号； (5) 求出极值． 变式 1-2　(1) 已知函数f(x)＝x2ln x，则下列结论正确的是(　C　) A．f(x)在x＝处取得极大值－ B．f(x)在x＝处取得极大值 C．f(x)在x＝处取得极小值－ D．f(x)在x＝处取得极小值 【解析】 由f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，且x∈(0，＋∞)，知当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝处取得极小值f＝－. (2) (2026·太原期初节选)已知函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1，a∈R.讨论f(x)的极值，当f(x)有极值时，求f(x)的极值(用a表示)． 【解答】 函数f(x)＝x3＋ax2－a2x＋1的定义域为R，f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a).当a>0时，由f′(x)>0，得x<－a或x>，由f′(x)<0，得－a<x<；当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0恒成立；当a<0时，由f′(x)>0，得x<或x>－a，由f′(x)<0，得<x<－a.所以当a>0时，f(x)在(－∞，－a)，上单调递增，在上单调递减，函数f(x)的极大值为f(－a)＝1＋a3，极小值为f＝1－a3；当a＝0时，f(x)在R上单调递增，f(x)没有极值；当a<0时，f(x)在，(－a，＋∞)上单调递增，在上单调递减，f(x)的极大值为f＝1－a3，极小值为f(－a)＝1＋a3. 根据极值求参数 例2　(2026·深圳期初质检)若函数f(x)＝a ln x＋(x－a)2存在极大值点，则实数a的取值范围是(　C　) A．∅ B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，0)∪(2，＋∞) 【解析】 由f(x)＝a ln x＋(x－a)2，得f′(x)＝＋2x－2a＝(x>0).由题意得2x2－2ax＋a＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根x1，x2(x1<x2).令g(x)＝2x2－2ax＋a，则函数g(x)的图象如图所示，且解得a>2.此时，当x∈(0，x1)时，g(x)>0，所以f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x1，x2)时，g(x)<0，所以f′(x)<0，f(x)单调递减，即当x＝x1时，f(x)取得极大值．综上，实数a的取值范围是(2，＋∞). (例2答) (1) 已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，可根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． (2) 导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验． 1．(2025·嘉兴二模)已知函数f(x)＝x3－ax2的极小值是－4，则实数a＝(　C　) A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】 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时，当x<0或x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在x＝处取得极小值，即f＝3－a×2＝－4，解得a＝3；当<0，即a<0时，当x>0或x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则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. 2．(多选)若函数f(x)＝x ln x－aex有两个极值点，则a的值可以是(　BC　) A．0 B． C． D． 【解析】 函数f(x)＝x ln x－aex的定义域为(0，＋∞)，由已知得f′(x)＝1＋ln x－aex＝0有两个变号的零点，即a＝有两个根．令g(x)＝，则g′(x)＝.又y＝－ln x－1在(0，＋∞)上单调递减，且x＝1时y＝0，令g′(x)>0，得0<x<1，所以g(x)在(0，1)上单调递增；令g′(x)<0，得x>1，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以g(x)在x＝1处取得极大值g(1)＝，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0，所以要使函数f(x)＝x ln x－aex有两个极值点，则0<a<. 3．(2025·成都模拟)若函数f(x)＝aex－x3存在唯一极值点，则实数a的取值范围为____． 【解析】 f′(x)＝aex－x2，因为f(x)＝aex－x3存在唯一极值点，所以f′(x)＝aex－x2＝0存在唯一变号根，即a＝存在唯一变号根．设g(x)＝，g′(x)＝，则易知函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→0＋，作出g(x)的大致图象如图所示，由图可知实数a的取值范围为. (第3题答) 求函数的最值 视角1　不含参函数的最值 例 3-1　(2025·大同期初)已知函数f(x)＝ax3＋bx2－x(a，b∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＋＝0. (1) 求函数f(x)的解析式； 【解答】 因为f′(x)＝3ax2＋2bx－1，根据题意得 即解得所以f(x)＝x3－x2－x. (2) 若对于区间[－3，3]上任意两个自变量的值x1，x2，有|f(x1)－f(x2)|≤c，求实数c的最小值． 【解答】 令f′(x)＝4x2－3x－1＝0，解得x＝1或x＝－.当x∈∪(1，3]时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上为减函数，在，(1，3]上为增函数，故f(x)max＝max＝max＝，f(x)min＝min{f(1)，f(－3)}＝min＝－.因为对于区间[－3，3]上任意两个自变量的值x1，x2，|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝66，所以c≥66，所以c的最小值为66. 求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)，与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． 变式 3-1　(2026·镇江期初)已知函数f(x)＝x2－2x－3ln x. (1) 求f(x)在x＝1处的切线方程； 【解答】 依题意，f′(x)＝x－2－(x>0)，则f′(1)＝－4，又f(1)＝－2－3ln 1＝－，即切点坐标为，故所求切线方程为y－＝－4(x－1)，即8x＋2y－5＝0. (2) 求f(x)在上的最值． 【解答】 由f′(x)＝＝(x>0).令f′(x)＝0，得x＝3.当x∈时，f′(x)<0，则f(x)在上单调递减；当x∈(3，4]时，f′(x)>0，则f(x)在(3，4]上单调递增，故f(3)＝－－3ln 3是f(x)的极小值，也是最小值．又f＝×2－2×－3ln ＝－＋3ln 2>－＋ln e>0，而f(4)＝×42－2×4－3ln 4＝－6ln 2<0，即f>f(4).故f(x)在区间上的最大值为－＋3ln 2，最小值为－－3ln 3. 视角2　含参函数的最值 例 3-2　(2026·武汉期初节选)已知函数f(x)＝sin x－ax(a∈R). (1) 当a<1时，求函数f(x)在上的最小值； 【解答】 由题可得f′(x)＝cos x－a，因为x∈，所以0≤cos x≤1.当a≤0时，f′(x)＝cos x－a≥0，所以函数f(x)在上单调递增，f(x)min＝f(0)＝0.当0<a<1时，令f′(x)＝cos x－a＝0，即cos x＝a.因为y＝cos x在上单调递减，所以存在唯一的x0，使得cos x0＝a，当0≤x<x0时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，x0)上单调递增，当x0<x≤时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递减．由于f(0)＝0，f＝1－a.当0≤1－a，即0<a≤时，f(x)min＝f(0)＝0；当0>1－a，即<a<1时，f(x)min＝f＝1－a.综上，当a≤时，f(x)min＝0；当<a<1时，f(x)min＝1－a. (2) 当a≥1时，求函数f(x)在[0，＋∞)上的最大值． 【解答】 由题可得f′(x)＝cos x－a，因为当x∈[0，＋∞)时，－1≤cos x≤1.当a≥1时，f′(x)＝cos x－a≤0，等号仅在某些特殊值时取得，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝0. 若所给函数含参数，则需对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值． 变式 3-2　已知函数f(x)＝ln x－ax＋2(a∈R). (1) 讨论f(x)的单调性； 【解答】 由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<，由f′(x)<0，得x>，则f(x)在上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2) 若f(x)有最大值3，求a的值． 【解答】 由(1)可知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(x)无最大值，不符合题意．当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，则f(x)max ＝f＝ln －1＋2＝1－ln a＝3，即ln a＝－2，解得a＝. 配套精练 练习1 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1． 设函数f(x)的导函数为f′(x)，y＝f′(x)的部分图象如图所示，则(　B　) (第1题) A．函数f(x)在上单调递增 B．函数f(x)在(0，4)上单调递增 C．函数f(x)在x＝3处取得极小值 D．函数f(x)在x＝0处取得极大值 【解析】 由题图可知，当x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递减，故A错误；当x∈(0，4)时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(0，4)上单调递增，故B正确，C错误；函数f(x)在x＝0处取得极小值，故D错误． 2．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　B　) A．－1 B．－ C． D．1 【解析】 由题意知f′(x)＝－，由得a＝b＝－2，即f′(x)＝－＋，所以f′(2)＝－＋＝－. 3．函数f(x)＝的极值点为(　A　) A．0 B．1 C．－1 D．e 【解析】 因为f′(x)＝＝，所以由f′(x)＝0，即1－x－ex＝0，解得x＝0.由f′(x)>0，得x<0，由f′(x)<0，得x>0，所以函数f(x)＝在x＝0处取得极大值． 4．(2025·安庆三模)若等比数列{an}中的a2，a24是函数f(x)＝(x2－12x＋21)ex的极值点，a2≠a24，则log3|a13|＝(　A　) A．1 B． C．－1 D．－ 【解析】 由f(x)＝(x2－12x＋21)ex，得f′(x)＝(x2－10x＋9)ex＝(x－1)(x－9)ex.由f′(x)>0，得x<1或x>9；由f′(x)<0，得1<x<9，所以函数f(x)在(－∞，1)和(9，＋∞)上单调递增，在(1，9)上单调递减．所以函数f(x)的极大值点为x＝1，极小值点为x＝9.由题意可知a2·a24＝a＝9，|a13|＝3，所以log3|a13|＝1. 5．(2025·苏北七市二调)若函数f(x)＝有最大值，则k的最大值为(　C　) A． B． C． D． 【解析】 当x≥2时，f(x)＝，则f′(x)＝，当2≤x<e时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>e时，f′(x)<0，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，所以解得0≤k≤，因此，实数k的最大值为. 二、 多项选择题 6．(2025·邯郸二模)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，则下列结论正确的是(　BC　) A． ＝3 B．函数f(x)在(－1，1)上单调递减 C．函数f(x)有极大值6e-3 D．函数f(x)在[－4，－2]上的最小值为f(－4) 【解析】 由题意可得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，因为f(0)＝－3，所以 ＝ ＝f′(0)＝－3，故A不正确；由f′(x)>0，得x<－3或x>1，由f′(x)<0，得－3<x<1，则f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，则f(x)在x＝－3处取得极大值f(－3)＝6e-3，故B，C正确；因为f(－4)＝>f(－2)＝，所以函数f(x)在[－4，－2]上的最小值为f(－2)，故D不正确． 7．(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　BCD　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 【解析】 函数f(x)＝a ln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝.因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确． 三、 填空题 8．(2025·新高考Ⅱ卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝__－4__． 【解析】 由题意有f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)＝(x2－3x＋2)(x－a)，所以f′(x)＝(2x－3)(x－a)＋(x－1)·(x－2).因为2是函数f(x)的极值点，所以f′(2)＝2－a＝0，得a＝2.当a＝2时，f′(x)＝(2x－3)(x－2)＋(x－1)(x－2)＝(x－2)(3x－4)，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)·(x－a)的极小值点，符合题意．所以f(0)＝－1×(－2)×(－a)＝－2a＝－4. 9．已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1处有极值0，则a＋b＝__11__． 【解析】 因为f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2，所以f′(x)＝3x2＋6ax＋b，由题意可知即解得或当时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，函数f(x)为R上的增函数，此时函数f(x)无极值，不合题意，舍去；当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，令f′(x)>0，得x<－3或x>－1，令f′(x)<0，得－3<x<－1，所以函数f(x)在(－∞，－3)和(－1，＋∞)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减，所以f(x)在x＝－1时取得极小值，符合题意，所以a＋b＝2＋9＝11. 10．若函数f(x)＝－x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是__[－2，1)__．(提示：a3－3a＋2＝(a＋2)(a－1)2) 【解析】 由于f′(x)＝－x2＋1，易知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增．若函数f(x)在(a，10－a2)上存在最大值，则解得－2≤a＜1. 四、 解答题 11．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝a ln x＋－x． (1) 设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； 【解答】 当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－－x(x>0)，f′(x)＝＋－1，令f′(x)＝2，得x＝1或x＝－(舍去)，又f(1)＝0－2－1＝－3，故切点为(1，－3)，切线方程为2x－y－5＝0. (2) 若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． 【解答】 f′(x)＝－－1＝.令h(x)＝－x2＋ax－b，设h(x)的两个零点分别为1和t.因为x＝1为f(x)的极小值点，所以1<t且x∈(0，1)时，h(x)<0，x∈(1，t)时，h(x)>0，x∈(t，＋∞)时，h(x)<0，所以h(1)＝0且1<，即－1＋a－b＝0，a>2，所以b＝a－1>1，即b的取值范围为(1，＋∞). 12．(2026·如东期初节选)设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋a. (1) 当a＝1时，求过点(0，2)且与曲线y＝f(x)相切的直线方程； 【解答】 当a＝1时，f(x)＝x3－3x2－x＋1，f′(x)＝3x2－6x－1，设切点为(x0，y0)，则k＝f′(x0)＝3x－6x0－1，则切线方程为y－y0＝(3x－6x0－1)(x－x0)，代入(0，2)，可得2－y0＝(3x－6x0－1)(－x0)，化简可得2x－3x＋1＝0，即3x－3x＋1－x＝0，可得(x0－1)2(2x0＋1)＝0，解得x0＝1或x0＝－，所以切点为(1，－2)，，所以切线方程为y＋2＝－4(x－1)和y－＝，即4x＋y－2＝0和11x－4y＋8＝0. (2) 若x1，x2是函数f(x)的两个极值点，求实数a的取值范围． 【解答】 因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点，所以f′(x)＝3x2－6x－a＝0有两个不等的实数根x1，x2，所以Δ＝36＋12a>0，解得a>－3，故实数a的取值范围为(－3，＋∞). B组　创新题体验 13．(2026·丽水、湖州、衢州质检)若定义在R上的两个函数f(x)，g(x)，恒有f3(x)＝g(x2)，则(　B　) A．f(x)为奇函数　　　　 B．f(x)为偶函数 C．g(x)为奇函数　　　　 D．g(x)为偶函数 【解析】 由f3(x)＝g(x2)，则f3(－x)＝g[(－x)2]＝g(x2)＝f3(x)，则f(－x)＝f(x).又f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故B正确；由已知得不到g(x)与g(－x)的关系，也不能确定f(x)＋f(－x)＝0，故A，C，D错误． 14．(2026·三门峡期中)我们可以把(1＋1%)365看作每天的“进步”率都是1%，一年后是1.01365；而把(1－1%)365看作每天的“落后”率都是1%，一年后是0.99365.可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的≈1 481倍．如果每天的“进步”率和“落后”率都是10%，那么“进步”是“落后”的1 000倍，至少经过的天数是(lg 3≈0.477，lg 11≈1.041)(　C　) A．31 B．33 C．35 D．37 【解析】 根据题意，如果每天的“进步”率和“落后”率都是10%，假设经过n天后，“进步”是“落后”的1 000倍，得≥1 000，即n(lg 11－lg 9)≥3，所以n(lg 11－2lg 3)≥3，得n≥≈＝≈34.5，所以至少经过35天后，“进步”是“落后”的1 000倍． 15．(2026·保定期中)(多选)已知指数函数f(x)过点，g(x)＝则(　BC　) A．f(x)＝2x B．g(x)在(－∞，0)上单调递增 C．方程g(x)＝2的解仅为2 D．若方程g(x)＝a恰有两个解，则a的取值范围为[1，2) 【解析】 设f(x)＝ax，因为f(x)过点，代入解得a＝，f(x)＝2－x，故A错误．当x<0时，g(x)＝f(－x)＋1＝－x＋1＝2x＋1，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，故B正确．当x≥0时，令g(x)＝log2(x＋2)＝2，解得x＝2，当x<0时，令g(x)＝2x＋1＝2，解得x＝0，不符合题意，所以方程g(x)＝2的解仅为2，故C正确．当x≥0时，易知g(x)单调递增，所以g(x)≥g(0)＝1，所以g(x)∈[1，＋∞).当x<0时，由B知g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝20＋1＝2，又g(x)>1，所以g(x)∈(1，2).综上，若方程g(x)＝a恰有两个解，则实数a的取值范围为(1，2)，故D错误． 配套精练 练习2 A组　夯基精练 一、 单项选择题 1．已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是(　C　) A．[0，1]　　　　 B．(－∞，0]∪[1，＋∞) C．[0，2]　　　　 D．(－∞，0]∪[2，＋∞) 【解析】 由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.根据题意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2. 2．(2025·台州质检)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(　C　) A．　　　　 B． C．　　　　 D． 【解析】 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有两个不等的正根x1，x2，所以解得－<a<0.故实数a的取值范围是. 3．(2026·南昌期初)设f(x)＝2x3－3x2－12x，已知b<0，若“f(x)≥a”的充要条件是“x≥b”，则实数b的最大值为(　B　) A．－2 B．－ C．－1 D．－ 【解析】 由题知，当x≥b时，f(x)≥a；当x<b时，f(x)<a.由题意，f′(x)＝6x2－6x－12＝6(x＋1)(x－2).由f′(x)>0，得x<－1或x>2；由f′(x)<0，得－1<x<2.所以f(x)在(－∞，－1)和(2，＋∞)上单调递增，在(－1，2)上单调递减．则函数f(x)的极大值为f(－1)＝7，极小值为f(2)＝－20.令2x3－3x2－12x＝－20，解得x＝2或x＝－.由图及b<0可知，当b取最大值时f(b)＝－20，即b的最大值为－. (第3题答) 4．(2022·全国乙卷文)函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为(　D　) A．－，　　　　 B．－， C．－，＋2　　　　 D．－，＋2 【解析】 f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π].令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.因为f＝cos ＋sin ＋1＝2＋，f＝cos ＋sin ＋1＝－，又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f＝2＋，f(x)min＝f＝－. 二、 多项选择题 5．(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　AD　) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 【解析】 由f(x)＝2x3－3ax2＋1，得f′(x)＝6x(x－a).对于A，当a>1时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，则f(x)的极大值为f(0)＝1>0，f(x)的极小值为f(a)＝1－a3<0，所以f(x)有三个零点，故A正确；对于B，当a<0时，f(x)在(a，0)上单调递减，在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是f(x)的极小值点，故B错误；对于C，任何三次函数不存在对称轴，故C错误；对于D，当a＝2时，f(x)＝2x3－6x2＋1＝2(x－1)3－6(x－1)－3，关于点(1，－3)中心对称，故D正确． 6．(2025·苏锡常镇一模)已知函数f(x)＝x3－x2＋1，其导函数为f′(x)，则(　BC　) A．直线y＝－2x是曲线y＝f(x)的切线 B．f(x)有三个零点 C．f′(2－x)＝f′(x) D．若f(x)在区间(a，a＋4)上有最大值，则a的取值范围为(－4，0) 【解析】 因为f(x)＝x3－x2＋1，则f′(x)＝x2－2x，f′(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＝x2－2x，所以f′(2－x)＝f′(x)，故C正确．因为f′(x)＝x2－2x，令f′(x)＝0，得x2－2x＝0，解得x＝0或x＝2.当x<0或x>2时，f′(x)>0；当0<x<2时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增，在(0，2)上单调递减，所以f(x)在x＝0处取得极大值，在x＝2处取得极小值．又f(0)＝1，f(2)＝－4＋1＝－，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，作出f(x)的大致图象如图所示，由图知，f(x)有两个极值点，三个零点，故B正确．对于A，设切点的坐标为，则切线斜率为x－2x0＝－2，则x－2x0＋2＝(x0－1)2＋1≠0，所以不存在斜率为－2的切线，所以直线y＝－2x不是曲线y＝f(x)的切线，故A错误．因为f(0)＝1＝f(3)，由图可知，若f(x)在区间(a，a＋4)上有最大值，则解得－4<a≤－1，故D错误． (第6题答) 三、 填空题 7．(2025·邯郸一模)若函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则实数a的取值范围是__(－∞，0]__． 【解析】 因为f(x)＝(x－3)ex＋ax，所以f′(x)＝(x－2)ex＋a.因为函数f(x)＝(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，所以f′(x)＝(x－2)ex＋a＝0有一个变号实数根，即a＝(2－x)ex有一个变号的根，即y＝(2－x)ex与y＝a有一个交点，且在该交点前后两函数的大小关系发生变化．令g(x)＝(2－x)ex，则g′(x)＝(1－x)ex，由g′(x)>0，得x<1，g(x)单调递增，由g′(x)<0，得x>1，g(x)单调递减，则g(x)max＝g(1)＝e.作出y＝a与y＝g(x)的大致图象如图所示，两图象有1个交点，当a＝e时，x＝1不是变号实数根，由图可知a≤0.综上所述，a的取值范围是(－∞，0]. (第7题答) 8．(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__1__． 【解析】 由f(x)＝a(ex＋a)－x，求导可得f′(x)＝aex－1.当a>0时，令f′(x)＝0，可得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，显然函数f(x)在R上单调递减，不合题意．当a<0时，f′(x)＝aex－1<0，函数f(x)在R上单调递减，不合题意．故a＝1. 9．(2026·太原期初)设函数f(x)＝aex－x＋1，若f(x)>3恒成立，则实数a的取值范围是__(e，＋∞)__． 【解析】 由f(x)＝aex－x＋1，可知f′(x)＝aex－1，则当a≤0时，f′(x)<0恒成立，知f(x)在R上单调递减，且f(x)的值域为R，不满足f(x)>3恒成立；当a>0时，由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f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(－ln a)＝2＋ln a．由2＋ln a>3，得a>e. 四、 解答题 10．(2025·茂名一模)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋1. (1) 当a＝1时，求函数f(x)在x＝1处的切线方程； 【解答】 当a＝1时，f(x)＝ln x－x2＋1，则f(1)＝0，f′(x)＝－2x，所以f′(1)＝－1，所以所求切线方程为y＝－(x－1)，即x＋y－1＝0. (2) 若函数f(x)的最大值为0，求实数a的值． 【解答】 函数f(x)＝ln x－ax2＋1的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－2ax＝，当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无最大值，故舍去；当a>0时，令1－2ax2＝0，解得x1＝－(舍去)，x2＝，所以当x∈时，f′(x)>0，即f(x)在上单调递增，当x∈时，f′(x)<0，即f(x)在上单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值也是最大值，即最大值为f＝0，所以f＝ln －a＋1＝－ln (2a)－＋1＝0，即ln (2a)＝1，所以a＝. 11．(2026·唐山期初)已知函数f(x)＝x(x－2)(x－a). (1) 若函数f(x)的图象关于点(2，0)对称，求a的值； 【解答】 由函数f(x)的图象关于点(2，0)对称，得y＝f(x＋2)是奇函数．因为f(x＋2)＝x(x＋2)(x＋2－a)，所以2－a＝－2，解得a＝4. (2) 若x＝a是f(x)的极大值点，求a的值； 【解答】 f′(x)＝3x2－(4＋2a)x＋2a.因为x＝a是f(x)的极大值点，所以f′(a)＝0，解得a＝0或2.当a＝2时，f′(x)＝(3x－2)(x－2)，所以当x∈时，f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f(x)单调递增，因此x＝2是f(x)的极小值点(舍去)；当a＝0时，f′(x)＝x(3x－4)，所以当x∈(－∞，0)时，f(x)单调递增，当x∈时，f(x)单调递减，因此x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．综上，a＝0. (3) 设x1，x2是f(x)的极值点，且满足f(x1)＋f(x2)>0，求实数a的取值范围． 【解答】 f′(x)＝3x2－(4＋2a)x＋2a，Δ＝4(a－1)2＋12>0，因为x1，x2是f(x)的极值点，所以x1＋x2＝，x1x2＝，f(x)＝x(x－2)·(x－a)＝x3－(a＋2)x2＋2ax，f(x1)＋f(x2)＝x－(a＋2)x＋2ax1＋x－(a＋2)·x＋2ax2＝(x1＋x2)(x－x1x2＋x)－(a＋2)·(x＋x)＋2a(x1＋x2).因为x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝，代入上式化简可得f(x1)＋f(x2)＝.由f(x1)＋f(x2)>0可得(a＋2)(a－1)(a－4)<0，解得a<－2或1<a<4，即实数a的取值范围是(－∞，－2)∪(1，4). B组　滚动小练(挑战点：指对跨阶同构) 12．(2026·太原期初)(多选)已知a，b，c都是实数，下列命题是真命题的是(　BD　) A．若a>0，b＝2，则a0＋b2＝4 B．若a＝，b＝27，则log3a＋log3b＝2 C．若>，则a>b D．若a>b>0，c<0，则> 【解析】 若a>0，b＝2，则a0＋b2＝1＋4＝5>4，故A错误；若a＝，b＝27，则log3a＋log3b＝－1＋3＝2，故B正确；若>，当a＝b＝1时，>，但a＝b，故C错误；当a>b>0时，<，又c<0，所以>，故D正确． 13．(2026·保定期中)已知函数f(x)＝3－. (1) 证明：函数f(x)的图象关于(0，2)对称； 【解答】 f(x)的定义域为R，f(－x)＝3－，所以f(x)＋f(－x)＝6－－＝6－＝4，所以函数f(x)的图象关于(0，2)对称． (2) 若对任意的x≥2，不等式f(m·2x－1)＋f(－4)≥4恒成立，求实数m的取值范围． 【解答】 由(1)可得f(4)＋f(－4)＝4，则由f(m·2x－1)＋f(－4)≥4可得f(m·2x－1)≥4－f(－4)＝f(4).由复合函数单调性可得，函数f(x)在R上单调递增，所以m·2x－1≥4，即m≥.又易知g(x)＝在[2，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(2)＝，所以m≥.即m的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $