高考冲刺 专题 16 利用导数判断函数的极值问题
1．已知函数
2
21( ) 2 ( )2x
axf x x x ae
R （ 2.71828e …是自然对数的底数）．
（1）若 ( )f x 在 (0.2)x 内有两个极值点，求实数 a 的取值范围；
（2） 1a 时，讨论关于 x 的方程 21 1( ) 2 |ln |( )2 xf x x x b x bxe
R 的根的个数．
【答案】（1）
2
2
ee a ；（2）答案见解析.
【分析】
（1）若 ( )f x 在 (0,2)x 内有两个极值点，则 ( ) 0f x 在 (0,2)x 内有两个不相等的变号根，等价于
0xe ax 在 (0,2)x 上有两个不相等的变号根．令 ( ) xg x e ax ，分类讨论 ( )g x 有两个变号根时 a 的
范围；（2）化简原式可得： 2( ) | ln | , (0, )x
xh x x b xe
，分别讨论 (1, )x 和 (0,1)x 时 ( )h x 的
单调性，可得 ( )h x 的最小值，分类讨论最小值与 0 的关系，结合 ( )h x 的单调性可以得到零点个数.
【详解】
（1）由题意可求得 22 ( 2)
( ) 2
x
x x
a x x x e ax
f x xe e
，
因为 ( )f x 在 (0,2)x 内有两个极值点，所以 ( ) 0f x 在 (0,2)x 内有两个不相等的变号根，
即 0xe ax 在 (0,2)x 上有两个不相等的变号根．
设 ( ) xg x e ax ，则 ( ) xg x e a ，
①当 0a 时， (0,2), ( ) 0xx g x e a ，
所以 ( )g x 在 (0,2) 上单调递增，不符合条件．
②当 0a 时，令 ( ) 0xg x e a 得 lnx a ，
当ln 2a
，即 2a e
时， (0,2), ( ) 0xx g x e a ，
所以 ( )g x 在 (0,2) 上单调递减，不符合条件；
当 ln 0a ，即 0 1a 时， (0,2), ( ) 0xx g x e a ，
所以 ( )g x 在 (0,2) 上单调递增，不符合条件；
当 0 ln 2a ，即 21 a e 时， ( )g x 在 (0,ln )a 上单调递减， (ln ,2)a 上单调递增，
若要 0xe ax 在 (0,2)x 上有两个不相等的变号根，则
(0) 0,
(2) 0,
(ln ) 0,
0 ln 2,
g
g
g a
a
，解得
2
2
ee a ．
综上所述，
2
2
ee a ．
（2）设 2
2
1 1( ) |ln | ( ) 2 |ln | , (0, )2 x x
xh x x f x x x b x b xxe e
，
令 2x
xy e
，则 2
1 2
x
xy e
，所以 2x
xy e
在 10, 2
上单调递增，在 1 ,2
上单调递减．
（ⅰ）当 (1, )x 时， ln 0x ，则 2( ) ln x
xh x x be
，所以
2
2( ) 2 1
x
x eh x e xx
．
因为
2
2 1 0, 0
xex x
，所以 ( ) 0h x ，因此 ( )h x 在 (1, ) 上单调递增．
（ⅱ）当 (0,1)x 时， ln 0x ，则 2( ) ln x
xh x x be
，所以
2
2( ) 2 1
x
x eh x e xx
．
因为 2
2 2 21, , 1,0 1, 1,
x
x x ee e e x x
即
2
1,
xe
x
，又 2 1 1,x 所以
2
2( ) 2 1 0
x
x eh x e xx
，因此 ( )h x 在 (0,1) 上单调递减．
综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当 (0, )x 时， 2( ) (1)h x h e b
，
当 2(1) 0h e b ，即 2b e 时， ( )h x 没有零点，故关于 x 的方程根的个数为 0，
当 2(1) 0h e b ，即 2b e 时， ( )h x 只有一个零点，故关于 x 的方程根的个数为 1，
当 2(1) 0h e b ，即 2b e 时，
①当 (1, )x 时， 22
1( ) ln ln ln 1x
xh x x b x b x be e
，要使 ( ) 0h x ，可令
ln 1 0x b ，即 1 ,bx e ；
②当 (0,1)x 时， 1
2
1( ) ln ln ln 12x
xh x x b x e b x be
，要使 ( ) 0h x ，
可令 ln 1 0x b ，即 10, bx e ，
所以当 2b e 时， ( )h x 有两个零点，故关于 x 的方程根的个数为 2，
综上所述：当 2b e 时，关于 x 的方程根的个数为 0，
当 2b e 时，关于 x 的方程根的个数为 1，
当 2b e 时，关于 x 的方程根的个数为 2．
【点睛】
本题考查已知极值点的个数求参数，以及分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.
关键点点睛：分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数的一个范围；（2）函数有零点时，
再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围.
2．已知函数 2( ) ( )xf x e mx m R .
（1）是否存在实数 m ，使得 1x 为 ( )f x 的极值点？若存在，求出实数 m 的值；否则，请说明理由；
（2）若 n N ，且 2n ，求证：
1
1 ln( 1) (1 ln2)
n
k
n n
k
.
【答案】（1）不存在，理由见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求导 ( ) 2xf x e mx ，根据 1x 是 ( )f x 的极值点，利用极值点的定义求解；
（2）由（1）知，
2
em 时， 2( ) 2
x ef x e x 在 R 上单调递增，由 ( ) (1)f x f 得到 1 21 12
xe x ，再
取对数得到 2ln 1 1 ln2x x ，然后令 *1x k N
k
得到 1 ln( 1) ln 1 ln 2k k
k
，再利
用累加法求解.
【详解】
（1）由 2( ) ( )xf x e mx m R 可得 ( ) 2xf x e mx ，
若 1x 是 ( )f x 的极值点，则 ( ) 01f ，即 2 0e m ，
2
em .
当
2
em 时， 2( ) 2
x ef x e x ， ( ) xf x e ex .
令 ( ) xh x e ex ，则 ( ) xh x e e ，
由 ( ) 0h x 可得 1x ，当 1x 时， ( ) 0h x ，当 1x 时， ( ) 0h x .
( )h x 在 ( ,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增，
( )h x 在 1x 处取极小值 (1) 0h ，
( ) (1) 0h x h ，即 ( ) 0f x ，
( )f x 在 ( , ) 上单调递增，
( )f x 没有极值，即不存在实数 m ，使得 1x 为 ( )f x 的极值点；
（2）由（1）可知，当
2
em 时， 2( ) 2
x ef x e x 在 R 上单调递增.
当 1x 时， ( ) (1)f x f ，即 2
2 2
x e ee x ，即 1 21 12
xe x .
1 21ln ln 12
xe x
，即 2ln 1 1 ln2x x ，
(当且仅当 1x 时，取等号)
令 *1x k N
k
可得 1 1 1ln 1 1 ln2 ln 1 ln2 ln( 1) ln 1 ln2k k kk kk
，
1 ln 2 ln1 1 ln 2 ， 1 ln3 ln2 1 ln2
2
， 1 ln4 ln3 1 ln2
3
，……，
1 ln( 1) ln 1 ln2n n
n
，
把以上各式相加可得
1
1 (ln2 ln1) (ln3 ln2) (ln4 ln3) [ln( 1) ln ] (1 ln2)
n
k
n n n
k
，
即
1
1 ln( 1) (1 ln2)
n
k
n n
k
.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问关键是由
1
1 ln( 1) (1 ln2)
n
k
n n
k
的结构，联想到指数化对数和数列累加法
的应用，从而由 ( ) (1)f x f ，得到 1 21 12
xe x 取对数，令 *1x k N
k
利用累加法二得解.
3．已知函数 2lnf x a x x x ．
（1）若 f x 单调递增，求实数 a 的取值范围；
（2）若函数 1 3 2F x f x x 有两个极值点 1x ， 2x ，且 1 2x x ，求证： 2 1
1 ln 2 02F x x
．
【答案】（1） 0a ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题知对任意的 0,x ， 2 1 0af x xx
恒成立，进而得对任意的 0,x ，
22a x x 恒成立，再结合二次函数性质即可得答案；
（2）由题知 1x ， 2x 是
22 2 0 11
x x aF x xx
的两个根，进而得 10 2a ， 1 2 1x x ，
1 2 02
ax x ，则 1 2
11 02x x .再根据分析法得只需证 2
1
1ln 2 2
F x
x
，再结合 2
2 22 2a x x ，
1 2 1x x 得 2
2 2 2
1 2
12 ln 1 1 1
F x x x xx x
，进而令 2 1t x ， 1 ,12t
并构造函数
1 12 1 ln 2 ,12r t t t t tt
，再研究函数 r t 的最值证明 1 ln 22r t 即可.
【详解】
解：（1）由题知对任意的 0,x ． 2 1 0af x xx
恒成立，
即对任意的 0,x ， 22a x x 恒成立．
易知函数 22y x x 在 0, 上单调递减，
因此 22 0y x x ， 0,x ，
所以 0a ．
（2） 21 3 2 ln 1 1F x f x x a x x x ，
由题知 1x ， 2x 是
22 22 0 11 1
a x x aF x x xx x
的两个根，
即 1x ， 2x 是方程 22 2 0 1x x a x 的两个根，
则 2
4 8 0,
2 1 2 1 0,
a
a
得 10 2a ，
且 1 2 1x x ， 1 2 02
ax x ，则 1 2
11 02x x ．
要证 2 1
1 ln 2 02F x x
，只需证 2 1
1ln 2 2F x x
，
即证 2
1
1ln 2 2
F x
x
．
2 2
2 2 2 2 2
1 1 2
ln 1 ln 1
1
F x a x x a x x
x x x
，
因为 2
2 22 2 0x x a ，所以 2
2 22 2a x x ，
从而 2
2 2 2
1 2
12 ln 1 1 1
F x x x xx x
．
令 2 1t x ，则 1 ,12t
， 2
1
12 1 ln 2F x t t tx t
．
设函数 1 12 1 ln 2 ,12r t t t t tt
，
则 2
1 22ln 1r t t t t
，
设 2
1 2 12ln 1 ,12k t t tt t
，
则 2
3 2 3
2 12 2 2 t t
k t t t t t
，
易知存在 0
1 ,12t
，使得 2
0 0 1 0t t ，
且当 0
1 ,2t t
时， 0k t ，当 0,1t t 时， 0k t ，
因此函数 2
1 22ln 1r t t t t
在 0
1 ,2 t
上单调递减，在 0 ,1t 上单调递增，
所以 0r t ，
因此 12 1 ln 2r t t t t t
在 1 ,12t
上单调递减，
从而 1 12 1 ln 2 ln 22r t t t t t
，
即 2
1
1ln 2 2
F x
x
，原命题得证．
【点睛】
本题考查的知识是“了解函数单调性和导数的关系，能用导数求函数的单调区间”，“理解函数极值的概念及
函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大（小）值，会求闭区间上函数的最大（小）值”. 考查
运算求解能力、逻辑思维能力和综合应用能力.本题注重基础，强调函数的性质、导数的运算与应用、不等
式的证明，突出考查函数与导数之间的联系，通过导数的运算、函数的化简体现了对数学应用学科素养的
考查，不等式的证明旨在培养理性思维学科素养．其中，求解本题第（2）问的难点有二：一是利用分析法
对所证不等式的转化；二是判断函数 1 12 1 ln 2 ,12r t t t t tt
的单调性.
4．已知函数 1( ) 2 lnf x x a x x
(aR)．
（1）讨论函数 ( )f x 的单调性；
（2）若 1x ， 2x 为函数 ( )f x 的两个极值点，证明： 1 2
1 2
( ) ( ) 2 4f x f x ax x
．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求出导函数 ( )f x ，根据 ( ) 0f x 的解的情况分类讨论得单调性；
（2）由（1）知 1a ，化简 1 2
1 2
( ) ( )f x f x
x x
，不等式化为
1
2
1 2
ln
2
x
x
x x
，再由 1 2 1x x 不妨设 2 11 0x x ，
转化为只要证 2 2
2
1ln 0,x x x
这个不等式可利用（1）中的结论证明．
【详解】
（1）
2
2
2 1( ) , 0x axf x xx
，令 2 22 1 0, 4 4x ax a
当 0 即 1 1a 时， ( ) 0f x ， ( )f x 在 0, 上单调递增；
当 0 即 1a 或 1a 时，
① 当 1a 时， 2 0, ( ) 0,ax f x ( )f x 在 0, 上单调递增；
② 当 1a 时，令 ( ) 0f x ， 2 2
1 21, 1x a a x a a
x 1(0, )x 1x 1 2,x x 2x 2,x
( )f x + 0 - 0 +
( )f x 递增 极大值 递减 极小值 递增
综上：当 1a 时， ( )f x 在 0, 上单调递增；
当 1a 时， ( )f x 在 2 20, 1 , 1,a a a a 上单调递增，
在 2 2( 1, 1)a a a a 上单调递减.
（2）由（1）知 1a 时 ( )f x 有两个极值点 1 2,x x ，
且 1 2 1 22 , 1x x a x x ，不妨设 2 11 0x x ，
1 1 2 1
1 1 2 2 1 2
1 2 1 2 2 1 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 1( 2 ln ) ( 2 ln ) ( ) 2 ln 2 ln( ) ( ) 2 .
x x x xx a x x a x x x a af x f x x x x x x x
x x x x x x x x
要证
1 2
1 2
( ) ( ) 2 4 ,f x f x ax x
即证
1
2
1 2
ln
2
x
x
x x
，即
2
2
2
2
ln 21
x
x x
， 2 2
2
1ln 0,x x x
设 1( ) ln ( 1),g t t t tt
由（1）知当 1= 2a 时， ( )f x 在 0, 上单调递增， ( ) ( )g t f t ，则 ( )g t 在
1, 上单调递减， ( ) (1) 0g t g .原式得证.
【点睛】
关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．含有参数的函数在求单调区间时一般需要
分类讨论，可根据 ( ) 0f x 的根的情况分类讨论．对于双变量的不等式的证明需要进行变形，利用双变量
之间的关系，转化为只有一个变量的不等式，从而可引入新函数，利用函数的性质进行证明．解题过程中
换元法是一种重要的方法．
5．已知函数 21ln 12f x x ax a x .
（1）讨论函数 f x 的极值；
（2）若 2 211 12g x x f x ax ax x
，证明：函数 g x 有且仅有两个零点 1x ， 2x ，且 1 2 1x x .
【答案】（1）当 0a 时， f x 无极值；当 0a 时，极大值为 1 1ln 12a a
，无极小值；（2）证明见
解析.
【分析】
（1）求得函数的导数 1 1ax xf x x
，分 0a 和 0a 两种情况讨论，结合导数的符号和极值的概
念，即可求解.
（2）由 1 ln 1g x x x x ，求得 1lng x x x
，得出 g x 存在唯一 0 1,2x 使得 0 0g x ，
得到 g x 在 00, x 上单调递减，在 0x 上单调递增，再由零点的存在性定理，得到 0g x 在
0,x 内存在唯一实根 1x ，
1
1
x 是 0g x 在 00, x 上的唯一零点，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 21ln 12f x x ax a x 的定义域为 0, ，
且 1 11 1 ax xf x ax ax x
，
若 0a ，则当 0,x 时， 0f x ，
故函数 f x 在 0, 上单调递增，函数 f x 无极值；
若 0a ，当 10,x a
时， 0f x ；当 1 ,x a
， 0f x ，
故函数 f x 在 10, a
上单调递增，在 1 ,a
上单调递减，
所以函数 f x 有极大值 1 1 1ln 12f a a a
，无极小值.
综上，当 0a 时，函数 f x 无极值；
当 0a 时，函数 f x 有极大值为 1 1ln 12a a
，无极小值.
（2）因为 2 211 1 1 ln 12g x x f x ax ax x x x x ，
可得 1lng x x x
.
因为 lny x 在 0, 上单调递增， 1y x
在 0, 上单调递减，
所以 g x 在 0, 上单调递增.
又由 1 1 0g ， 1 ln 4 12 ln 2 02 2g ，
故存在唯一 0 1,2x 使得 0 0g x ，
所以函数 g x 在 00, x 上单调递减，在 0x 上单调递增，
又因为 0 1 2g x g ， 2 2 3 0g e e ，所以 0g x 在 0,x 内存在唯一实根 1x .
由 0 11 x x ，可得 0
1
1 1 xx
，
又由 1
1 1 1 1 1
1 1 1 11 ln 1 0g xg x x x x x
，
故
1
1
x
是 0g x 在 00, x 上的唯一零点，记作 2x ，则 2
1
1x x
，
综上，函数 g x 有且仅有两个零点 1x ， 2x ，且 1 2 1x x .
【点睛】
解决函数极值、最值综合问题的策略：
1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；
2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；
3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.
6．已知函数 ( ) 1xf x e ax ．
（1）当 1a 时，求 ( )f x 的极值；
（2）若 2( )f x x 在[0, ) 上恒成立，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）极小值 0，无极大值；（2） ( , 2]e .
【分析】
（1）求出函数的导数，判断出函数的单调性，即可求出极值；
（2）由题可得 2 1 0xe x ax 在[0, ) 上恒成立，易得 0x 时满足，当 0x 时， 1( )
xea xx x
在
(0, ) 上恒成立，构造函数 1( ) ( )
xeg x xx x
，求出导数，判断 ( )g x 的单调性，得出 min( ) 2g x e ，
即可求出 a 的取值范围．
【详解】
解：（1）当 1a 时， ( ) 1xf x e x ，
所以 ( ) 1xf x e .
当 0x 时 ( ) 0f x 当 0x 时 ( ) 0f x ，
所以 ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减，在 (0, ) 上单调递增，
所以当 0x 时函数 ( )f x 有极小值 (0) 0f ，无极大值.
（2）因为 2( )f x x 在[0, ) 上恒成立，
所以 2 1 0xe x ax 在[0, ) 上恒成立.
当 0x 时 0 0 恒成立，此时 a R .
当 0x 时 1( )
xea xx x
在 (0, ) 上恒成立.
令 1( ) ( )
xeg x xx x
，则
2
2 2 2
( 1) 1 ( 1)( ( 1))( ) ( )
x xe x x x e xg x x x x
.
由（1）知 0x 时 ( ) 0f x ，即 ( 1) 0xe x .
当 0 1x 时 ( ) 0g x ；当 1x 时 ( ) 0g x ，
所以 ( )g x 在 (0,1) 上单调递减，在 (1, ) 上单调递增，
所以当 1x 时， min( ) 2g x e ，
所以 2a e .
综上可知，实数 a 的取值范围是 ( , 2]e .
【点睛】
关键点睛：本题考查利用导数解决不等式的恒成立问题，解题的关键是分离参数，构造函数，利用导数求
出函数的单调性，进而求出最值.
7．已知函数 3 23( ) (6 12 ) ( , )2f x ax x a x b a b R .
（1）若 0a ，讨论 ( )f x 的单调性；
（2）若 0a ， 2x 是 ( )f x 的极大值点，且存在实数 0x 使得 0 0
1 0f x f xa
，求b 的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2） ( 6,2) .
【分析】
（1）先求导，再对 a 分两种情况讨论得解；
（2）先求出 10 4a
， 0 0
1f x f xa
2
1 6 12 2 02 ba a
，得到
21 1 6 34b a
，即得解.
【详解】
（1）因为 3 23( ) (6 12 )2f x ax x a x b ，
所以 2( ) 3 3 6 12 ( 2)(3 3 6 )f x ax x a x ax a .
①当 0a 时，由 ( ) 0f x 得 2x ，由 ( ) 0f x 得 2x ，
所以 ( )f x 在 ( 2, ) 上单调递增，在 ( , 2) 上单调递减.
②当 0a 时， 1( ) 3 ( 2) 2f x a x x a
，
因为 12 2 2a
，
所以由 ( ) 0f x 得 12 2x a
，由 ( ) 0f x 得 12x a
或 2x ，
所以 ( )f x 在 12,2 a
上单调递增，在 12 ,a
， ( , 2) 上单调递减.
综上，当 0a 时， ( )f x 在 ( 2, ) 上单调递增，在 ( , 2) 上单调递减；
当 0a 时， ( )f x 在 12,2 a
上单调递增，在 12 ,a
， ( , 2) 上单调递减.
（2）因为 0a ，所以 1( ) 3 ( 2) 2f x a x x a
，
由（1）知，当 0a 时， 2x 是 ( )f x 的极小值点，不满足题意.
所以若 2x 是 ( )f x 的极大值点，则应满足
0,
12 2,
a
a
解得 10 4a
.
3 2
3 2
0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 3 1 1(6 12 ) 22f x f x a x x x x a x x ba a a a
2
1 6 12 2 02 ba a
，所以
2
2
1 3 1 16 6 34 4b a a a
.
由 10 4a
得
214 6 36a
，所以 6 2b ，
所以b 的取值范围是 ( 6,2) .
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键有两点：（1）确定出 a 的取值范围；（2）根据 0 0
1 0f x f xa
得到b 关
于 a 的表达式.
8．已知 ( ) sinf x x .
（1）判断函数 g x f x x 是否存在极值，并说明理由；
（2）求证：当 0 1a 时， 2 4 21
3f x x ax 在 0x 恒成立.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意求得 ( ) cos 1g x x ，根据余弦函数的性质可知，得到 ( ) 0g x ，得出函数的单调性，即可
求解；
（2）由题意转化为 4 22cos2 2 13x x ax 成立，令 4 22( ) cos2 23h x x x ax ，求导数
38( ) 2sin 2 43h x x x ax ，令 34( ) sin 2 23s x x x ax ，利用导数结合（1）求得函数的额单调性和
最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，函数 ( ) sinf x x ，则 sing x f x x x x ，
可得 ( ) cos 1g x x ，
根据余弦函数的性质可知，可得 ( ) cos 1 0g x x ，
所以函数 g x f x x 为单调递减函数，所以函数 g x 没有极值.
（2）由于 2 4 21[ ( )] 3f x x ax ，即 2 4 21sin 03x x ax ，即 4 22cos2 2 13x x ax ，
要证原命题成立，只需证 4 22cos2 2 13x x ax 成立，
令 4 22( ) cos2 23h x x x ax ，则 38( ) 2sin 2 43h x x x ax ，
令 34( ) sin 2 23s x x x ax ，
则 2 2 2 2( ) 2cos2 4 2 2 cos2 2 2 1 2sin 2s x x x a x x a x x a ，
由（1）可知，当 0 πx 时， ( ) (0) 0g x g ，即 2 20 sin ,sinx x x x ，
当 πx 时， 2 2|sin | 1 ,sinx x x x ，
因此，当 0x 时， 2 2sin x x ，
所以 2 2 2 2( ) 2 1 2sin 2 2 1 2 2 2(1 ) 0s x x x a x x a a ，
所以当 0x 时 ( )s x 为增函数，所以 ( ) (0) 0s x s ，即 0h x ，
所以当 0x 时 h x 为减函数，
所以 ( ) (0) 1h x h ，原命题得证.
【点睛】
对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能
直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
9．已知函数 2
x
xf x e e
， 2ln 2
ag x x x x x
（1）求 f x 的极值；
（2）若 1,x 时， f x 与 g x 的单调性相同，求 a 的取值范围.
【答案】（1）极小值 11f e
，无极大值；（2） 0a .
【分析】
（1）根据函数的极值的概念可求得结果；
（2）由（1）知， f x 在 1, 单调递增，所以 g x 在 1, 单调递增，利用导数转化为 ln xa x
在 1,
恒成立，构造函数 ln xp x x
， 1,x ，利用导数求出 ( )p x 的值域即可得解.
【详解】
（1） f x 的定义域为 R ， 1
x
xf x e
，
当 ,1x 时， 0f x ；当 1,x 时， 0f x ，
所以 f x 在 ,1 单调递减，在 1, 单调递增.所以 f x 有极小值 11f e
，无极大值.
（2）由（1）知， f x 在 1, 单调递增.
则 g x 在 1, 单调递增，即 1 ln 1 ln 0g x x ax x ax 在 1, 恒成立，即 ln xa x
在
1, 恒成立，
令 ln xp x x
， 1,x ； 2
1 ln xp x x
，
所以当 1,x e 时， 0p x ；当 ,x e 时， 0p x ，
所以 p x 在 1,e 单调递增，在 ,e 单调递减，又 1,x 时， 0p x ，所以 10,p x e
，
∴ 0a .
【点睛】
关键点点睛：将函数在指定区间上的单调性转化为导函数的不等式恒成立是解题关键.
10．已知函数 ( ) ln 1f x x ax ( a R )， 21( ) ( ) 22g x xf x x x ．
（Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间；
（Ⅱ）当 1a 时，若函数 ( )g x 在区间 ( , 1)( )m m m Z+ Î 内存在唯一的极值点，求 m 的值．
【答案】（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ） 0m 或 3m ．
【分析】
（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）求出 ( )g x 的导数，根据函数的
单调性得到导函数的零点，求出函数的极值点，求出 m 的值即可．
【详解】
（Ⅰ）由已知得 0x ， 1 1( ) axf x ax x
．
（ⅰ）当 0a 时， ( ) 0f x 恒成立，则函数 ( )f x 在 (0, ) 为增函数；
（ⅱ）当 0a 时，由 ( ) 0f x ，得 10 x a
；
由 ( ) 0f x ，得 1x a
；
所以函数 ( )f x 的单调递增区间为 1(0, )a
，单调递减区间为 1( , )a
．
（Ⅱ）因为 2 2 21 1 1( ) ( ) 2 ln 1 2 ln2 2 2g x xf x x x x x x x x x x x x ，
则 ( ) ln 1 1 ln 2 3g x x x x x f x ．
由（Ⅰ）可知，函数 ( )g x 在 (0,1) 上单调递增，在 (1, ) 上单调递减．
又因为 2 2 2
1 1 1( ) 2 2 0g e e e
， (1) 1 0g ，
所以 ( )g x 在 (0,1) 上有且只有一个零点 1x ．
又在 1(0, )x 上 ( ) 0g x ， ( )g x 在 1(0, )x 上单调递减；
在 1( ,1)x 上 ( ) 0g x ， ( )g x 在 1( ,1)x 上单调递增．
所以 1x 为极值点，此时 0m ．
又 (3) ln3 1 0g ， (4) 2ln 2 2 0g ，
所以 ( )g x 在 (3, 4) 上有且只有一个零点 2x ．
又在 2(3, )x 上 ( ) 0g x ， ( )g x 在 2(3, )x 上单调递增；
在 2( ,4)x 上 ( ) 0g x ， ( )g x 在 2( ,4)x 上单调递减．
所以 2x 为极值点，此时 3m ．
综上所述， 0m 或 3m ．
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注
意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处
理．
11．已知函数 sinxf x ae x x ， 0,x .
（1）证明：当 1a 时，函数 f x 有唯一的极大值点；
（2）当 2 0a 时，证明： f x .
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）求得 f x ，利用导数分析函数 f x 的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立；
（2）构造函数 sinxh x ae x x ，利用导数证得 max 0h x ，即可证得结论成立.
【详解】
（1）当 1a 时， sin xf x x x e ， 1 cos xf x x e ，
因为 0,x ，所以1 cos 0x ，
令 1 cos xg x x e ， sin 0xg x e x ，所以 g x 在区间 0, 上单调递减.
0 2 1 1 0g ， 0g e ，
所以，存在 0 0,x ，使得 0 0f x ，
且当 00 x x 时， 0f x ；当 0x x 时， 0f x .
所以函数 f x 的递增区间是 00, x ，递减区间是 0,x .
所以函数 f x 存在唯一的极大值点 0x ；
（2）当 2 0a 时，令 sinxh x ae x x ，则 cos 1xh x ae x ，
sin 0xh x ae x ，
所以，函数 h x 在区间 0, 上单调递减，
因为 0 2 0h a ， 0h ae ，
所以，存在 0,t ，使得 0h t ，即 cos 1 0tae t ，
且当 0 x t 时， 0h x ；当t x 时， 0h x .
所以函数 h x 在区间 0,t 上是递增函数，在区间 ,t 上是递减函数.
max sinth x h ae t tt ， 0,t ，
因为 cos 1 0tae t ，只需证 sin cos 1 0tt t t 即可，
cos sin 1 sin 1 cos 0tt t t t ，
所以，函数 t 在区间 0, 上是增函数， 0t ，即 f x .
【点睛】
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 f x g x （或 f x g x ）转化为证明 0f x g x （或
0f x g x ），进而构造辅助函数 h x f x g x ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
12．已知函数 1ln 1 f x a x bxx .
（1）当 0a 时，函数 f x 的极小值为 5，求正数 b 的值；
（2）若 1b ， 3F x f x x
，且当 2 2a 时，不等式 1F x 在区间 1,2 上有解，求实数 a 的
取值范围.
【答案】（1） 4 ；（2） 1 ,ln 2
.
【分析】
（1）由 0a ，得到 1( ) 1f x bxx
，求导 2
1( )f x bx
，再利用极值的定义，由函数 f x 的极小值为
5 求解.
（2）由 1b ，得到 2( ) ln 1F x a x xx
， [1 2]x ， ，求导
2 2
2
2 2
22 2 4( )
a axx axF x x x
，分
2
2 04
a ≥ ，
2
2 04
a 讨论求得最大值求解.
【详解】
（1）函数 ( )f x 的定义域为 (0 ) ， .
当 0a 时， 1( ) 1f x bxx
，则 2
1( )f x bx
，
1( ) 0 0f x x b
， 1( ) 0f x x b
，
所以 ( )f x 在 10 b
， 上单调递减， ( )f x 在 1
b
， 上单调递增，
所以函数 ( )f x 的极小值为 1 2 1 5f bb
，
∴ 4b .
（2）当 1b 时， 2( ) ln 1F x a x xx
， [1 2]x ， ，
则
2 2
2
2 2 2
22 2 2 4( ) 1
a axa x axF x x x x x
.
①当
2
2 04
a ≥ ，即 2 2 2 2a 时， ( ) 0F x ≥ ，
所以 ( )F x 在[1 2]， 上单调递增，所以 max( ) (2)F x F ；
②当
2
2 04
a ，即 2 2a 时，设 2 22 0( 8 0)x ax a 的两根分别为 1x ， 2x ，
则 1 2x x a ， 1 2 2x x ，∴ 1 0x ， 2 0x ，
所以在区间[1 2]， 上，
2
2
2( ) 0x axF x x
，
所以 ( )F x 在[1 2]， 上单调递增，所以 max( ) (2)F x F .
综上，当 2 2a 时， ( )F x 在区间[1 2]， 上的最大值为 (2) ln 2 2 1F a ≥ ，
∴ 1
ln2a ≥ ，
所以实数 a 的取值范围是 1
ln2
， .
【点睛】
方法点睛：不等式有解问题的解法：
若 ( )f x 在区间 D 上有最值，则 max, 0 0x D f x f x ；
min, 0 0x D f x f x ；
若能分离常数，即将问题转化为： a f x （或 a f x ），则 mina f x a f x ；
maxa f x a f x .
13．已知函数 2( ) 2ln 1f x x x ， ( ) 2 1g x k x .
（1）当 1k 时，求函数 ( ) ( ) ( )F x f x g x 的极值；
（2）若存在 0 1x ，使得当 01,x x 时， ( ) ( )f x g x 恒成立，求实数 k 的取值范围.
【答案】（1） ( ) 0F x 极大值 ， ( )F x 无极小值；（2） ,1 .
【分析】
（1） 2( ) 2ln 1F x x x ，求导得 2 2( 1)( 1)( ) 2 x xF x xx x
，显然 0,1x 时， ( )F x 为增函数，
1,x 时， ( )F x 为减函数，所以 ( )F x 在 1x 处取得极大值，无极小值，然后计算 1F 即可；
（2） ( ) ( )f x g x 恒成立即 ( ) ( ) 0f x g x 恒成立，也即 ( ) 0F x 恒成立，结合（1）的结论对 k 分类讨
论，当 1k ³ 时，不存在 0 1x ，使得当 01,x x 时， ( ) ( )f x g x 恒成立；当 1k 时，
22 ( 1) 1
( )
x k x
F x x
，令 ( ) 0F x ，得
2
1
1 ( 1) 4 02
k kx ，
2
2
1 ( 1) 4 12
k kx ，可证得函数 ( )F x 在 21, x 上是增函数，所以存在 0 21 x x ，使得当
01,x x 时， ( ) 1 0F x F .
【详解】
（1）当 1k 时， 2 2( ) 2ln ( 1) 2( 1) 2ln 1F x x x x x x ，
( )F x 的定义域为 0, ，
2 2( 1)( 1)( ) 2 x xF x xx x
，
当 0,1x 时， ( ) 0F x ， ( )F x 为增函数，
当 1,x 时， ( ) 0F x ， ( )F x 为减函数，
所以 ( ) 1 0F x F 极大值 ， ( )F x 无极小值；
（2）由（1）可知，若 1k ，则当 1x 时， ( ) 1 0F x F ，即 ( ) ( )f x g x ，
所以不存在 0 1x ，使得当 01,x x 时， ( ) ( )f x g x 恒成立，
若 1k ，则当 1x 时， 2 2( ) 2ln ( 1) 2 ( 1) 2ln ( 1) 2( 1) 0F x x x k x x x x ，
即不存在 0 1x ，使得当 01,x x 时， ( ) ( )f x g x 恒成立；
若 1k ， 2( ) 2ln ( 1) 2 ( 1)F x x x k x ，
22 ( 1) 12( ) 2 2 2
x k x
F x x kx x
，
令 ( ) 0F x ，得
2
1
1 ( 1) 4 02
k kx ，
2
2
1 ( 1) 4 12
k kx ，
所以当 20,x x 时， ( ) 0F x ， ( )F x 为增函数，
即函数 ( )F x 在 21, x 上是增函数，
所以存在 0 21 x x ，使得当 01,x x 时， ( ) 1 0F x F ，
即 ( ) ( )f x g x 成立，
综上，所以实数 k 的取值范围是 ,1 .
【点睛】
方法点睛：利用导数求函数极值的步骤：
（1）求导数 f x ；
（2）求方程 0f x 的根；
（3）检查 f x 在方程的左右的值的符号，如果左正右负，那么 f x 在这个根处取得极大值；如果左负
右正那么 f x 在这个根处取得极小值.
特别注意：
f x 无意义的点也要讨论，即可先求出 0f x 的根和 f x 无意义的点，再按定义去判别.
14．已知实数 0a ，设函数 ( ) eaxf x ax ．
（1）当 1a 时，求函数 ( )f x 的极值；
（2）当 1
2a 时，若对任意的 [ 1, )x ，均有 2( ) 12
af x x ，求 a 的取值范围．
【答案】（1）极小值 (0) 1f ，无极大值；（2） 1 22 a ．
【分析】
（1）由 1a ，求导 ( ) 1xf x e ，再利用极值的定义求解；
（2）将 2( ) 12
af x x ，转化为 2( 1)2
ax ae x ，易知 0x ， 1x 时，a 的范围，当 ( 1, )x 时，
两边取对数，转化为 2ln( 1) ln 2
aax x 恒成立，令 ( ) 2ln( 1) ln 2
aF x x ax ，用导数法由 ( ) 0F x
在 ( 1, ) 内恒成立求解即可.
【详解】
（1）当 1a 时，由 ( ) 1 0xf x e ，解得 0x ．
当 (0, )x 时， ( ) 0f x ，故 ( )f x 在 (0, ) 内单调递增；
当 ( , 0)x 时， ( ) 0f x ，故 ( )f x 在 ( ,0) 内单调递减．
函数 ( )f x 在 0x 取得极小值 (0) 1f ，无极大值．
（2）由 2( ) 12
af x x ，则有 2( 1)2
ax ae x ．
令 0x ，得 11 , 22 2
a a ．
当 1x 时，不等式 2( 1)2
ax ae x 显然成立，
当 ( 1, )x 时，两边取对数，即 2ln( 1) ln 2
aax x 恒成立．
令函数 ( ) 2ln( 1) ln 2
aF x x ax ，
即 ( ) 0F x 在 ( 1, ) 内恒成立．
由 2 2 ( 1)( ) 01 1
a xF x ax x
，
得 2 1 1x a
．
故当 21, 1x a
时， ( ) 0, ( )F x F x 单调递增；
当 2 1,x a
时， ( ) 0, ( )F x F x 单调递减．
因此 2 2( ) 1 2ln 2 ln 2 ln2 2
a aF x F a aa a
．
令函数 ( ) 2 ln 2
ag a a ，其中 1 22 a ，
则 1 1( ) 1 0ag a a a
，得 1a ，
故当 1 ,12a
时， ( ) 0, ( )g a g a 单调递减；
当 (1,2]a 时， ( ) 0, ( )g a g a 单调递增．
又 1 3ln 4 0, (2) 02 2g g
，
故当 1 22 a 时， ( ) 0g a 恒成立，因此 ( ) 0F x 恒成立，
即当 1 22 a 时，对任意的 [ 1, )x ，均有 2( ) 12
af x x 成立．
【点睛】
方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若 ( )f x 在区间 D 上有最值，则
（1）恒成立： min, 0 0x D f x f x ； max, 0 0x D f x f x ；
（2）能成立： max, 0 0x D f x f x ； min, 0 0x D f x f x .
若能分离常数，即将问题转化为： a f x （或 a f x ），则
（1）恒成立： maxa f x a f x ； mina f x a f x ；
（2）能成立： mina f x a f x ； maxa f x a f x ；
15．已知函数 2 lnf x ax b x 在 1x 处有极值 1
2 .
（1）求实数 a 、b 的值；
（2）判断函数 f x 的单调区间，并求极值.
【答案】（1） 1
2a ， 1b ；（2）单调递减区间是( )0,1 ，单调递增区间是( )1,+¥ ，极小值 1
2
，无极大
值.
【分析】
（1）由题设有 2 bf x ax x
，结合在 1x 处有极值 1
2
，列方程组求 a 、b 的值；
（2）由（1）得 1 1x xf x x
且 f x 的定义域为( )0,+¥ ，即可确定 f x 的区间单调性，进而
确定单调区间和极值.
【详解】
（1）由 2 lnf x ax b x ，知 2 bf x ax x
.
又∵ f x 在 1x 处有极值 1
2
，则
1 0
11 2
f
f
，即
2 0
1
2
a b
a
，
∴ 1
2a ， 1b .
（2）由（1）可知 21 ln2f x x x ，定义域为( )0,+¥ ，
∴ 1 11 x xf x x x x
.
令 ( ) 0f x¢ = ，则 1x （舍去）或 1x ；当 x 变化时， ( )f x¢ ， f x 的变化情况如表：
x ( )0,1 1 ( )1,+¥
( )f x¢ - 0 +
f x ↘ 极小值 ↗
∴函数 f x 的单调递减区间是( )0,1 ，单调递增区间是( )1,+¥ ，且函数 f x 在定义域上有极小值
11 2f ，而无极大值.
【点睛】
关键点点睛：
（1）利用极值点处导数值为 0，求参数值即可.
（2）写出函数的导函数，并讨论定义域上各区间的单调性，进而确定极值.
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