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专题 4.3 应用导数研究函数的极值、最值
1．（2021·河南高三其他模拟（文））函数 lnf x x x x 在 1 ,22
上的最小值为（ ）
A． 1 ln 2
2
B．-1 C．0 D． 2ln 2 2
【答案】B
【解析】
求导后求得函数的单调性，利用单调性求得函数的最小值.
【详解】
因为 lnf x x ，所以 f x 在 1 ,12
上单调递减，在 1,2 上单调递增，所以 min 1 1f x f .
故答案为：B.
2．（2021·全国高考真题（理））设 0a ，若 x a 为函数 2f x a x a x b 的极大值点，则（ ）
A． a b B． a b C． 2ab a D． 2ab a
【答案】D
【解析】
结合对 a 进行分类讨论，画出 f x 图象，由此确定正确选项.
【详解】
若 a b ，则 3f x a x a 为单调函数，无极值点，不符合题意，故 a b¹ .
依题意， x a 为函数 2f x a x a x b 的极大值点，
当 0a 时，由 x b ， 0f x ，画出 f x 的图象如下图所示：
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由图可知b a ， 0a ，故 2ab a .
当 0a 时，由 x b 时， 0f x ，画出 f x 的图象如下图所示：
由图可知 b a ， 0a ，故 2ab a .
综上所述， 2ab a 成立.
故选：D
3．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 f（x）＝ ln x
x
﹣ex，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）无极大值，也无极小值
B．f（x）有极大值，也有极小值
C．f（x）有极大值，无极小值
D．f（x）无极小值，有极大值
【答案】C
【解析】
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求导判断函数的单调性，但由于 21 ln xx x e 不容易判断正负，所以需要二次求导来判断.
【详解】
因为 ln xxf x ex
，所以
2
2 2
1 ln 1 1 ln x
x
x x x x exf x ex x
，
令 21 ln xh x x x e ，
2 21 12 2x x x xh x xe x e xe x ex x
，
因为 0x ，所以 21 0,2 0, 0x xxe x ex
，即 21 2 0x xxe x ex
，故 0h x ，
所以 h x 在 0, 上单调递减，
又因为 1 1 0h e ，
1 1 2
2
1 12 2 0e eh e ee e
，
所以存在唯一的 0
1 ,1x e
，使得 0
0
2
0 01 ln 0xh x x x e ，
所以 f x 在 00, x 上单调递增，在 0,x 上单调递减，
所以 f（x）有极大值，无极小值.
故选：C.
4.（2021·全国高三月考（理））已知函数 ( ) ln 3f x a x x ，当 (0, )x 时， ( 1) 3 xf x e ax ≥ 恒成立，
则实数 a 的最大值为（ ）
A． 0 B．3
C． 2 D．1
【答案】B
【解析】
首先将不等式 ( 1) 3 xf x e ax ≥ 转化为 ( 1) (e )xf x f ≥ ，又 (0 )x ， 时，1 1 exx ，问题转化为
( )f x 在 (1 )， 上递减，所以当 1x 时， ( ) 0f x 恒成立，最后参变分离得到参数 a 的最大值.
【详解】
∵ ( 1) 3e lne 3e (e )x x x xf x ax a f ≥ 在 (0 )x ， 时恒成立，
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而 (0 )x ， 时，1 1 exx ，
∴ ( )f x 在 (1 )， 上递减，
∴当 1x 时， 3( ) 3 0a a xf x x x
≤ 恒成立，
即 1x 时， 3a x 恒成立，
故 3a ，
∴实数 a 的最大值为 3，
故选 B.
5．（2021·广东高三其他模拟）若函数
2
3 2
2 2 , 1
2 6 , 1
x m xf x
x x x
有最小值，则 m 的一个正整数取值可以为
___________.
【答案】4
【解析】
分段研究函数的单调性及最值得解
【详解】
22 2xy m 在 ,1 上单调递增，
∴ 22 2 2xy m m ；当 1x 时， 3 22 6y x x ，此时， 2' 6 12 6 2y x x x x .
∴ 3 22 6y x x 在 1,2 上单调递减，在 2, 上单调递增，
∴ 3 22 6y x x 在 1, 上的最小值为 8 ，函数有最 f x 有最小值，则 2 8m ≥ ，即 4m ，故 m 的
一个正整数取值可以为 4.
故答案为：4
6．（2021·全国高三其他模拟（文））函数 cos 7
4 4x
xf x xe
取最大值时 x 的值为___________.
【答案】 3
4
【解析】
求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数取最大值时 x 的值即可.
【详解】
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解： cos 7
4 4x
xf x xe
sin cos
x
x xf x e
令 0f x ，即 sin cos 0x x ，解得：
4
πx 或 3
4x 或 7
4x ，
3,4 4x
时 3 7, 0, ,4 4f x x
时， 0f x ，
故 f x 在[ 3,4 4
上单调递增，在 3 7,4 4
上单调递减，
故 3
4x 时， f x 取最大值，
故答案为： 3 .4
7．（2021·陕西宝鸡市·高三二模（文））设 x 是函数 ( ) cos 3sinf x x x 的一个极值点，则
2cos2 sin ___________.
【答案】 1
10
【解析】
由条件可得 ( ) sin 3cos 0f ，然后由
2 2
2
2 2 2 2
cos2 sin coscos2 sin cos sin cos sin
算出
答案即可.
【详解】
因为 ( ) sin 3cosf x x x ， x 是函数 ( ) cos 3sinf x x x 的一个极值点
所以 ( ) sin 3cos 0f ，所以sin 3cos
所以
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
cos2 sin cos cos 1cos2 sin cos sin cos sin cos 9cos 10
故答案为： 1
10
8.（2021·贵州贵阳市·高三月考（理））已知函数 ( ) 1 .xf x e x
（1）求函数 ( )f x 的单调区间；
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（2）求函数 2( ) ( ) lng x xf x x x 的最小值
【答案】（1）单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞)；（2）最小值 1.
【解析】
（1）直接利用导数求函数 ( )f x 的单调区间；
（2）由（1）可得 ex≥x+1，当且仅当 x=0 时，等号成立，
把 ( )g x 转化为 ln( ) ln lnx x xg x xe x x e x x ，直接求出最小值 1，并判断出 g(x)取得最小值时条
件存在.
【详解】
解∶（1） ( ) 1 .xf x e x 的定义域为 R, ( ) 1xf x e ，
当 x0 时，有 ( ) 0f x ；
所以函数 f(x)的单调减区间是(-∞，，0)，单调增区间是(0，+∞).
（2）由（1）可得 f(x)min=f(0)=0，有 ex≥x+1，当且仅当 x=0 时，等号成立，
所以 ln( ) ln ln ln 1 ln 1x x xg x xe x x e x x x x x x ，
当且仅当 lnx+x=0 时，等号成立.
设 h(x)=lnx+x(x>0)， 1( ) 1 0,h x x
所以 h(x)在(0，+∞)上是增函数，.
而 1 1( ) 1 0h e e
，h（1）=1>0，
由零点存在性定理，存在唯一 0
1( ,1)ex ，使得 h(x0)=0，
所以当 x=x0 时，函数 g(x)取得最小值 1.
9．（2021·河南高三其他模拟（文））已知函数 2e ln 1xf x x a .
（1）若 0a ，求曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方程.
（2）若 1a ，证明： f x 存在极小值.
【答案】（1） 2 2 1 0ex y e ；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据函数表达式求出切点坐标，再由点斜式即可求出切线方
程；
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（2）通过二次求导得到 ( )f x 的单调区间，从而可以证明 ( )f x 存在极小值.
【详解】
（1）当 0a 时， 2 ln 1xf x e x ，
所以 12 lnxf x e x x
.
所以 1 1f ， 1 2f e .
故曲线 y f x 在点 1, 1f 处的切线方程为 1 2 1y e x ，
即 2 2 1 0ex y e .
（2）由 2 ln 1xf x e x a ，得 12 lnxf x e x ax
.
令 1lnh x x ax
，则 2 2
1 1 1xh x x x x
.
当 0 1x 时， 0h x ；当 1x 时， 0h x .
所以 h x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
所以 h x 的最小值为 1 1h a .
因为 1a ，所以 1 1 0h a ， 1 0a
ah e e
.
因为 h x 在 1, 上单调递增，
所以存在 0 1, ax e ，使得 0 0h x ，
在 01, x 上， 0h x ，在 0,x 上， 0h x ，
即在 01, x 上， 0f x ，在 0,x 上， 0f x ，
所以 f x 在 01, x 上单调递减，在 0,x 上单调递增，
故 f x 存在极小值.
10．（2021·玉林市育才中学高三三模（文））设函数 2( ) ln( )f x x b x a ，其中 0b≠ ．
（Ⅰ）当 1b 时， ( )f x 在 2x 时取得极值，求 a ；
（Ⅱ）当 1a 时，若 ( )f x 在 ( 1, ) 上单调递增，求b 的取值范围；
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【答案】（Ⅰ） 9
4a ；（Ⅱ） 1
2b .
【解析】
（Ⅰ）求函数的导数利用 2 0f 求解；
（Ⅱ）根据函数的单调性可得 22 2 0x x b 在 1, 上恒成立，利用二次函数的最值求解.
【详解】
（Ⅰ）当 1b 时， 12f x x x a
，
依题意有 2 0f ，故 9
4a ，
此时
21 4 9 2 (4 1)( 2)' 2 9 9 92 24 2 2
x x x xf x x
x x x
，
2x 取得极大值，所以 9
4a ；
（Ⅱ）当 1a 时，
22 22 1 1
b x x bf x x x x
，
若 f x 在 1, 上单调递增，
则 22 2 0x x b 在 1, 上恒成立，
设 22 2h x x x b ，
只需 1 1 02 2h b
，即 1
2b .
1．【多选题】（2021·全国高三其他模拟）已知函数 1 sinx
xf x e xe
，其中 e 是自然对数的底数，则
下列说法正确的是（ ）．
A． f x 是偶函数 B． 2π是 f x 的周期
C． f x 在 π,0 上单调递减 D． f x 在 π,π 上有 3 个极值点
【答案】AD
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【解析】
对于 A:化简 f x 即可.
对于 B:计算出 π
2f
与 3π
2f
，由 π
2f
3π
2f
即可.
对于 C:计算出 f x ，则可判断其在 π,0 上得正负号，则可得出 f x 在 π,0 上的单调性，再利用
0 0f ， π 0f ，则可得到 f x 在 π,0 上单调的单调性.
对于 D:结合 f x 在 0π, x 上单调递增，在 0,0x 上单调递减与偶函数，即可判断.
【详解】
对于 A:
因为 f x 的定义城为 R ，且 1 1sin sinx x
x xe x e xe ef x f x
，
所以函数 f x 是偶函数，故 A 正确．
对于 B:因为 π
2
π
2
π 1 02 e
e
f
， 3π
2
3π
2
3π 1 02f e
e
，
所以 3π π
2 2f f
，所以 2π不是函数 f x 的周期，故 B 错误．
对于 C: 1 1 1sin cos sin cos sin cosx x x
x x xe x e x e x x x xe ef x e
，
令 g x f x ，则 12 cosx
xxg e xe
，
所以当 π ,02x
时， 0g x ， f x 单调递增；
当 ππ, 2x
时， 0g x ， f x 单调递减．
因为 0 0f ， π 0f ，
所以存在唯一 0
ππ, 2x
，使得 0 0f x ，
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当 0π,x x 时， 0f x ， f x 单调递增．
当 0 0x x ， 时， 0f x ， f x 单调递减；
所以函数 f x 在 0π, x 上单调递增，在 0,0x 上单调递减，故 C 错误．
对于 D:函数 f x 在 π,π 上有 2 个极大值点 0x ， 0x ，1 个极小值点 0，共 3 个极值点，故 D 正确．
故选：AD．
2．（2021·辽宁丹东市·高三二模）设函数 3 2 33 3 4f x x ax ax a ，已知 f x 的极大值与极小值之和
为 g a ，则 g a 的值域为______．
【答案】 ,2 10,
【解析】
23 6 3f x x ax a ，设 23 6 3 0f x x ax a 的两根为 1 2,x x ，由 0 求出 a 的范围，然后用 a
表示出 1 2x x 、 1 2x x 、 3 3
1 2x x 、 2 2
1 2x x ，然后可得 3 24 6g a a a ，然后可求出其值域.
【详解】
23 6 3f x x ax a
设 23 6 3 0f x x ax a 的两根为 1 2,x x ，且 1 2x x
所以 2 36 036 aa ， 1a 或 0a ， 1 2 2x x a ， 1 2x x a
所以 23 3 2 2 2 3 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 23 2 4 3 8 6x x x x x x x x x x x x x a a a a ax
222 2
1 2 1 2 1 2 4 22 a ax x x x x x
f x 在 1 2, , ,x x 上单调递增，在 1 2,x x 上单调递减
所以 3 3 3 3 2
1 2 1 2 1 2
2 2
1 23 3 8 4 6g a f x f x x a a x a a ax x x x
所以 212 12g a a a
由 0g a 可得 0a 或 1a ，由 0g a 可得 1 0a
所以 g a 在 , 1a 上单调递增，在 1,0a 上单调递减，在 1,a 上单调递增
因为 1 2, 1 10gg ，所以 g a 的值域为 ,2 10,
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故答案为： ,2 10,
3．（2021·全国高三其他模拟（理））已知 ,a bR ，若关于 x 的不等式 2 ln 0x a x a b 恒成立，则 ab
的最大值为_______．
【答案】 32e
【解析】
已知不等式等价转化为 2 lnx a x a b 恒成立，在 a=0 时易得 ab=0;当 a≠0 时，设函数
lnf x a x a b ,函数 f x 图象在直线 2y x 下方时，根据对数函数的性质，结合导数求得相切时
a,b 满足的条件，进而得到当函数 f x 图象在直线 2y x 下方时， 2 ln 2
ab a a ，得到 2 22 ln 2
aab a a ,
记 2 22 ln 2
ag a a a ,利用导数研究单调性求得最大值，即得所求.
【详解】
原不等式等价于： 2 lnx a x a b 恒成立，由对数函数的图象和性质，易知 0a ，
当 0a 时不等式为 2x b 对于 x>0 恒成立，需要 0b ，此时 0ab ,
当 0a 时，设函数 lnf x a x a b , ' af x x
当直线 2y x 与函数 f x 图象相切时，设切点坐标为 0 0,2x x ,则 0
0 0
2
2 ln
a
x
x a x a b
,
∴ ln 2
aa a a b ,即 2 ln 2
ab a a
所以当函数 f x 图象在直线 2y x 下方时， 2 ln 2
ab a a ，
∴ 2 22 ln 2
aab a a ,
记 2 22 ln 2
ag a a a ,则 ' 3 2 ln 2
ag a a a ,
令 ' 0ag ，解得 3
22a e
当 3
20 2a e 时 0g a , g a 单调递增；当 3
22a e 时， 0g a ， g a 单调递减，
∴
3
322 2maxg a g e e
,
综上， ab 的最大值为： 32e ，
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故答案为： 32e .
4．（2021·全国高三月考（文））已知函数 e sinxf x x ax a R ， e cosxg x x .
（1）当 0a 时，求函数 f x 的单调区间；
（2）若函数 F x f x g x 在 π ,π2
上有两个极值点，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）增区间是 32 ,2 ,4 4k k k Z
，减区间是 3 72 ,2 ,4 4k k k Z
．（2）
3
2 42 , 2e e
【解析】
（1）求导函数 ( )f x ，利用 ( ) 0f x 得增区间， ( ) 0f x 得减区间；
（2）求导函数 ( )F x ，由 ( ) 0F x 在 π ,π2
上有两个不等实根可得参数范围．
【详解】
（1） 0a ， ( ) sinxf x e x ， (sin c )s( ) oxf x e x x 2 sin( )4
xe x ，
当 2 24k x k ，即 32 24 4k x k 时， ( ) 0f x ，
当 2 2 24k x k ，即 3 72 24 4k x k 时， ( ) 0f x ，
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所以 ( )f x 的增区间是 32 ,2 ,4 4k k k Z
，减区间是 3 72 ,2 ,4 4k k k Z
．
（2） ( ) sin cos (sin cos )x x xF x e x ax e x e x x ax ，
( ) (sin cos cos sin ) 2 sinx xF x e x x x x a e x a ，
由题意 2 sin 0xe x a 在 ,2
π π
上有两个不等实根．即 2 sinxa e x 有两个实根．
设 ( ) 2 sinxh x e x ，则 ( ) 2 (sin cos ) 2 2 sin( )4
x xh x e x x e x ，
,2x
时， 3 5,4 4 4x
，所以 3
2 4x 时， ( ) 0h x ， ( )h x 递增，3
4 x 时， ( ) 0h x ，
( )h x 递减，
3
4
max
3( ) 24h x h e
， 222h e
， ( ) 0h ，
所以当
3
2 42 , 2a e e
时， 2 sinxa e x 在 ,2
π π
上有两个实根． ( )F x 有两个极值点．
5．（2021·全国高三其他模拟）已知函数 ln x af x ax
， 0,x .
（1）当 0a 时，讨论函数 f x 的单调性；
（2）若函数 f x 存在极大值 M ，证明： 1 2Me
.
【答案】（1）当 0,x e 时， f x 单调递增；当 ,x e 时， f x 单调递减；（2）证明见解析．
【解析】
（1）将 0a 代入函数，并求导即可分析单调性；
（2）求导函数，讨论当 0a ，0 1a 与 1a 时分析单调性，并判断是否有极大值，再求解极大值，即
可证明．
【详解】
（1） f x 的定义域是 0,
当 0a 时， ln xf x x
， 2
1 ln xf x x
，
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令 0f x ，得 x e ，
所以当 0,x e 时， 0f x ， f x 单调递增；
当 ,x e 时， 0f x ， f x 单调递减；
（2）
2 2
ln ln
x x a x x a x ax af x x x x a
，
令 ln , 0,g x x x a x a x ，
则 lng x x a ，
由 f x 的定义域是 0, ，易得 0a ，
当 0a 时，由（1）知， f x 在 x e 处取得极大值，所以 1 M f e e .
当 1a 时， 0g x 在 0,x 上恒成立，
所以 g x 在 0, 上单调递减， ln 0g x a a ，所以 0f x ，故 f x 没有极值.
当 0 1a 时，令 0g x ，得 1x a ，
所以当 0,1x a 时， 0g x ， g x 单调递增；当 1 ,x a 时， 0g x ， g x 单调递减.
所以当 0,1x a 时， ln 0g x a a ，
又 1 1 0g a a ， 0 g e a a ，且 1 e a a ，
所以存在唯一 0 1 , x a e a ，使得 0 0 0 0lng x x x a x a ，
当 00,x x 时， 0g x ，即 0f x ， f x 单调递增；当 0,x x 时， 0g x ，即 0f x ，
f x 单调递减.
所以当 0x x 时， f x 取得极大值，
所以 0
0
0
ln x aM f x ax
，
所以 0 0 0 0 0
0 0
1 1 lnM x a x x a x a x ax a x a
.
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令 0x a t ，则 1,t e ，设 1 lnh t t t tt
， 1,t e ，
则 2
1 ln 0h t tt
，
所以 h t 在 1,e 上单调递减，
所以 1 2 h te
，所以 1 2 Me .
综上，若函数 f x 存在极大值 M ，则 1 2Me
．
6．（2021·河南郑州市·高三二模（理））已知函数 ( ) lnxf x xe a x e ．
（1）当 2a e 时，不等式 ( )f x mx m 在 1, 上恒成立，求实数 m 的取值范围；
（2）若 0a ， f x 最小值为 g a ，求 g a 的最大值以及此时 a 的值．
【答案】（1） ,0 ；（2） g a 的最大值是 0 ，此时 2a e ．
【解析】
(1)根据题意, 令 ( ) ( ) 2 lnxu x f x mx m xe e x e mx m ,求导研究函数的单调性并分 0m 和
0m 两种情况讨论求解；
（2）求导得 ( ) ( 1) x af x x e x
，令 ( ) 0f x ，得 2( )xa e x x ，令 2( ) ( )xh x e x x ，则
2( ) ( 3 1) 0xh x e x x ，故 2( )xa e x x 至多1个解，不妨设为 0x ，即 0 2
0 0
ea e x x ，进而得函数
f x 的最小值是 0 0 2
0 0 0 0( ) lnx xg a x e e x x x e ，再令 0 0 2
0 0 0 0 0( ) lnx xF x x e e x x x e ，进而
求导研究最值即可.
【详解】
解：（1） 2a e 时， ( ) 2 lnxf x xe e x e ，
令 ( ) ( ) 2 lnxu x f x mx m xe e x e mx m ，
则 2( ) ( 1) x eu x x e mx
， 2
2( ) ( 2) 0x eu x x e x
，
故 u x 在 1, 递增， (1)u m ， ( ) (1)u x u ，
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当 0m 时， (1) 0u m ，
故存在 0 1x ，使得 u x 在 01,x 递减，
0( ) (1) 0u x u ， ( ) 0u x 在 1, 上不恒成立，
0m 不可取，
当 0m 时， ( ) (1) 0u x u ，∴ ( )u x 在 1, 上单调递增，
∴ ( ) 1 0u x u ，满足题意.
m 的取值范围是 ,0 ；
（2） ( ) ( 1) x af x x e x
，令 ( ) 0f x ，得 2( )xa e x x ，
令 2( ) ( )xh x e x x ，则 2( ) ( 3 1) 0xh x e x x ，
h x 在( )0,+¥ 递增，
2( )xa e x x 至多1个解，
设该解是 0x ，即 0 2
0 0
ea e x x ，
此时 f x 在 00, x 上单调递增，在 0,x 上单调递减，
( )f x\ 的最小值是 0 0 0 2
0 0 0 0 0 0 0( ) ln lnx x xg a f x x e a x e x e e x x x e ，
令 0 0 2
0 0 0 0 0( ) lnx xF x x e e x x x e ，
则 2
0 0 0 0 0( ) 3 1 lnxF x e x x x ，
0 0x Q ，∴ 2
0 0 03 1 0xe x x ，
令 0( ) 0F x ，解得： 00 1x ，
令 0 0F x ，解得： 0 1x ，
0F x 在( )0,1 递增，在( )1,+¥ 递减，
0F x 的最大值是 01F ，
即 g a 的最大值是 0 ，此时 0 1x ， 2a e ．
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7．（2021·实验学校高三其他模拟（文））已知函数 3 21 1 1
3 2 3f x x mx .
（1）求曲线 y f x 上一点 21, 3
处的切线方程；
（2）当 0,2m 时， f x 在区间 0,1 的最大值记为 H m ，最小值记为 h m ，设
G m H m h m ，求 G m 的最小值.
【答案】（1）切线方程为 1
3y x ；（2） 4
81 .
【解析】
（1）首先求出参数 m 的值，即可得到函数解析式，再求出函数的导函数，即可得到切线的斜率，即可得解；
（2）依题意可得 2 ( )f x x mx x x m ，即可得到函数的单调区间，再对参数 m 分类讨论，求出函
数的最大值与最小值，即可得到 G m ，再利用导数取出函数的最小值；
【详解】
解：（1）因为点 21, 3
在曲线上，所以 1 1 1 21 3 2 3 3f m ，解得 0m ，
所以 31 1
3 3f x x ，求导得 2f x x ，
∵切点为 21, 3
， 2 111k f ，
故切线斜率 1k ，
所求切线方程为 1
3y x .
（2）因为 3 21 1 1
3 2 3f x x mx ， 0,2m ， 0,1x .
所以 2 ( )f x x mx x x m .令 0f x ，得 0x 或 m .
所以 (0, )x m ， 0f x ， f x 为减函数； ( , )x m ， 0f x ， f x 为增函数.
①当1 2m 时， f x 在 0,1 上单调递减
所以依题意， 10 3H m f ， 4 31 6
mh m f ，
18 / 29
所以 3 2 1 7,6 6 6
mG m H m h m .
②当 0 1m 时， f x 在 0,m 上单调递减，在 ,1m 上单调递增，
又因为 10 3f ， 4 31 6
mf ，
3 2
6
mh m f m ，
当 2 13 m 时， 4 3 1
6 3
m ，所以 10 3H m f ，
3 4 1,6 81 6
mG m H m h m
，
当 20 3m 时， 4 3 1
6 3
m ，所以 4 31 6
mH m f ，
3 3 2
6
m mG m H m h m .
设 3 23 2 0 3x x x x
，所以 23 3x x ，
当 20 3x 时， 0x ，所以 x 在 20, 3
单调递减.又因为 max 0 2x ，
min
2 8
3 27x
，
所以 4 1,6 81 3
xG m H m h m
所以，当且仅当 2
3m 时， G m H m h m 取得最小值 4
81 .
8.（2021·成都七中实验学校高三三模（文））已知函数 1 1ln , (ln )mf x x m x g x x xx x
，其中
0,x m R .
（1）若函数 f x 无极值，求 m 的取值范围；
（2）当 m 取（1）中的最大值时，求函数 g x 的最小值.
【答案】（1） 2m ；（2）最小值 2 .
【解析】
(1)函数无极值，则导数恒大于等于零或恒小于等于 0， f x 2
2
1x mx
x
，故可转化为 2 1 0x mx 在
区间 0, 上无根或有唯一根，即可得解.
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(2)易知 1 0f ，由函数的单调性知 21 lnx xx
，通过两边平方及换元可得 g x 的最小值.
【详解】
解：（1）
2
2 2
1 11 m x mxf x xx x
，
据题意得方程 2 1 0x mx 在区间 0, 上无根或有唯一根，
即方程 1m x x
在区间 0, 上无根或有唯一根，解得 2m ；
(2)当 2m 时， 21 12ln , (ln )f x x x g x x xx x
，
由（1）知 f x 在区间 0, 上是增函数，且 1 0f ，
当 0,1x 时， 1 2ln 1 0f x x x fx
，
得 1 2ln 0x xx
，
当 1,x 时， 1 2ln 1 0f x x x fx
，
得 1 2ln 0x xx
，
所以当 0x 时， 21 2ln lnx x xx
，
令 2 0x u ，所以 1 lnu u
u
，平方的得 21 2 (ln )u uu
，
即当 0u 时，不等式 21 (ln ) 2u uu
成立，当 1u 时取等号，
所以当 1x 时，函数 g x 取最小值 2.
9．（2021·安徽合肥市·高三其他模拟（文））已知函数 ( ) sin cos f x x x x
（1）当 [0,2 ]x Î 时，求 ( )f x 的最大值；
（2）若 [0, ]x 时， ( ) sinf x ax x
恒成立，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1） max ( )f x ；（2） 1a .
【解析】
（1）先求 ( )f x ，再分析单调性，根据单调性求最大值即可；
（2）构造函数 ( ) 2sin cosh x x x x ax ，然后分类讨论，研究其单调性，并通过分析端点处的值获得满
20 / 29
足题意的 a 的取值范围.
【详解】
（1） ( ) sin cos ( ) cos (cos sin ) sinf x x x x f x x x x x x x ，
则由 [0,2 ]x Î ，可知 ( )f x 在 (0, ) 上为正，在 ( ,2 ) 上为负
( )f x 在[0, ] 上为增函数，在[ ,2 ] 上为减函数，
当 [0,2 ]x Î 时， max ( ) ( )f x f .
（2） ( ) sinf x ax x 对 [0, ]x 恒成立，即 2sin cos 0x x x ax 对 [0, ]x 恒成立.
设 ( ) 2sin cosh x x x x ax ， [0, ]x
( ) 2cos cos sin cos sinh x x x x x a x x x a
( ) cosh x x x ， 0, 2x
， ( ) 0h x ， ,2x
， ( ) 0h x .
( ) ( )2 2h x h a ，又 (0) 1h a ， ( ) 1h a .
（i） 02 a 即
2a
时， ( ) 0h x
， ( )h x 在 [0, 上递减， ( ) (0) 0h x h ，舍.
（ii） 02 a 即
2a 时，
①当 1 0a ，1 0a 即1 2a 时， 0 0, 2x
，使得 0 0h x .且 00 x x ， 0 0h x ， ( )h x
在 00, x 内递减， ( ) (0) 0h x h ，矛盾，舍；
②当 1 0a ，1 0a
即 1 1a 时， 0 ,2x
，使得 0 0h x ，且 00 x x ， 0 0h x
，
0x x ， 0 0h x ， ( )h x 在 00, x 上递增，在 0( , )x 上递减，又 (0) 0h ， ( ) (1 ) 0h a ，
所以 ( ) 0h x
成立.
③ 1 0a
，1 0a
即 1a ， ( ) 0h x ， ( )h x 在[0, ] 上递增，则 ( ) (0) 0h x h
.满足题意.
综上， 1a .
21 / 29
10．（2022·河南高三月考（理））已知函数 (3 )e( )
xxf x x
.
（1）讨论函数 ( )f x 的单调性；
（2）假设函数 ( ) ( ) ( 0)ag x f x xx
有两个极值点.
①求实数 a 的取值范围；
②若函数 ( )g x 的极大值小于整数 m ，求 m 的最小值.
【答案】（1）在区间 ( ,0) 上单调递减，在区间 (0, ) 上单调递减；（2）① 3 ea ；②最小值为 3.
【解析】
（1）求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）①求出 g x 2
2
3 3 exx x a
x
，令 2( ) 3 3 exh x x x a ，由题意可得关于 x 的方程
( ) 0g x 有两个不相等实数根，只需 (0) 0,
(1) 0,
h
h
解不等式组即可；②分析可得 1 (0,1)x ， 2
31, 2x
，由
2 0g x 可得 2
2
2 2
e 3 3
x a
x x
，极大值 2
2 2
2 2
2
3 3
ax ag x x x
，令 2 2t x ，可得
2e 1 313 1
a
t t
，
再证明 2 2g x 即可.
【详解】
解：（1） (3 )e( )
xxf x x
，
3 3( ) e ex xx xf x x x
2
1 (3 ) 1 3e ex xx x x
x x
2
2
3 3 exx x
x
.
分析知，当 0x 或 0x 时， ( ) 0f x ，
函数 (3 )e( )
xxf x x
在区间 ( ,0) 上单调递减，在区间 (0, ) 上单调递减.
22 / 29
（2）① (3 )e( ) ( )
xa x ag x f x x x x
，
2
2 2
3 3( ) e xx x ag x x x
2
2
3 3 exx x a
x
2
2
3 3 exx x a
x
令 2( ) 3 3 exh x x x a ，则 2( ) exh x x x .
讨论：当 0 1x 时， ( ) 0h x ， ( )h x 为增函数；
当 1x 时， ( ) 0h x ， ( )h x 为减函数.
当 x 时， ( )h x .
由于 ( )g x 有两个极值点，
关于 x 的方程 ( ) 0g x 有两个不相等实数根，
即 2 3 3 e 0xx x a 有两个不相等实数根 1x ， 2 1 20x x x .
(0) 0,
(1) 0,
h
h
解得 3 ea .
②分析可知， 1 (0,1)x ， (1) 0h ， 3 02h
，
则 2
31, 2x .
又 22
2 2
2 2
2
3 3 e
0
xx x a
g x x
，
即 2
2
2 2
e (#)3 3
x a
x x
函数 ( )g x 极大值为 2
2 2
2 2
2 2 2
3 e 2 .(*)3 3
xx a ax ag x x x x
23 / 29
令 2 2t x ，则 2
12 1 2x t t
，
则(*)可变为 2
1( 2) . 11 1
tg t a at t t t
分析知，
1 21 1 31t t
， 3 ea ，
2e 1 313 1
a
t t
，
下面再说明对于任意 ( 3 e)a a ， 2
31, 2x
，有 2 2g x .
又由(#)得 2 2
2 2e 3 3xa x x ，
把它代入(*)得 2
2 22 exg x x ，
当 2
31, 2x
时， 2 21g x x 且 2 0g x ，
故 2
2 22 exg x x 在 31, 2
上单调递减.
又
3 3
2 23 3 1 2 e e2 2 2g
，
当 2
31, 2x
时， 2 0g x .
满足题意的整数 m 的最小值为 3.
1．（2021·全国高考真题）函数 2 1 2lnf x x x 的最小值为______.
【答案】1
【解析】
由解析式知 ( )f x 定义域为 (0, ) ，讨论 10 2x 、 1 12 x 、 1x ，并结合导数研究的单调性，即可
求 ( )f x 最小值.
【详解】
24 / 29
由题设知： ( ) | 2 1| 2lnf x x x 定义域为 (0, ) ，
∴当 10 2x 时， ( ) 1 2 2lnf x x x ，此时 ( )f x 单调递减；
当 1 12 x 时， ( ) 2 1 2lnf x x x ，有 2( ) 2 0f x x
，此时 ( )f x 单调递减；
当 1x 时， ( ) 2 1 2lnf x x x ，有 2( ) 2 0f x x
，此时 ( )f x 单调递增；
又 ( )f x 在各分段的界点处连续，
∴综上有： 0 1x 时， ( )f x 单调递减， 1x 时， ( )f x 单调递增；
∴ ( ) (1) 1f x f
故答案为：1.
2．（2020·江苏省高考真题）在平面直角坐标系 xOy 中，已知 3( 0)2P ， ，A，B 是圆 C： 2 21( ) 362x y 上
的两个动点，满足 PA PB ，则△PAB 面积的最大值是__________．
【答案】10 5
【解析】
PA PB PC AB Q
设圆心C 到直线 AB 距离为 d ，则 2 3 1| |=2 36 ,| | 14 4AB d PC
所以 2 2 21 2 36 ( 1) (36 )( 1)2PABS d d d d V
令 2 2 2(36 )( 1) (0 6) 2( 1)( 2 36) 0 4y d d d y d d d d （负值舍去）
当 0 4d 时， 0y ；当 4 6d 时， 0y ，因此当 4d 时，y 取最大值，即 PABS 取最大值为10 5 ，
故答案为：10 5
3．（2020·北京高考真题）已知函数 2( ) 12f x x ．
（Ⅰ）求曲线 ( )y f x 的斜率等于 2 的切线方程；
（Ⅱ）设曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ( )S t ，求 ( )S t 的最小值．
【答案】（Ⅰ） 2 13 0x y ，（Ⅱ）32.
25 / 29
【解析】
（Ⅰ）因为 212f x x ，所以 2f x x ，
设切点为 0 0,12x x ，则 02 2x ，即 0 1x ，所以切点为 1,11 ，
由点斜式可得切线方程为： 11 2 1y x ，即 2 13 0x y .
（Ⅱ）显然 0t ，
因为 y f x 在点 2,12t t 处的切线方程为： 212 2y t t x t ，
令 0x ，得 2 12y t ，令 0y ，得
2 12
2
tx t
，
所以 S t 2
21 12122 2 | |
tt t
，
不妨设 0t ( 0t 时，结果一样 ) ，
则
4 2
324 144 1 144( 24 )4 4
t tS t t tt t
，
所以 S t
4 2
2
2 2
1 144 3( 8 48)(3 24 )4 4
t tt t t
2 2 2
2 2
3( 4)( 12) 3( 2)( 2)( 12)
4 4
t t t t t
t t
，
由 0S t ，得 2t ，由 0S t ，得 0 2t ，
所以 S t 在 0,2 上递减，在 2, 上递增，
所以 2t 时， S t 取得极小值，
也是最小值为 16 162 328S .
4．（2017·北京高考真题（理））已知函数
癠䙊 䖍
e
䙊
cos䙊 䙊
．
（Ⅰ）求曲线
䖍 癠䙊
在点
癠Ͳ癠Ͳ
处的切线方程；
（Ⅱ）求函数
癠䙊
在区间
Ͳ
π
上的最大值和最小值．
【答案】(Ⅰ)
䖍 案
；（Ⅱ）最大值 1；最小值
.
【解析】
26 / 29
（Ⅰ）因为
癠䙊 䖍
e
䙊
cos䙊 䙊
，所以
癠䙊 䖍
e
䙊
癠cos䙊 sin䙊 案
癠Ͳ 䖍 Ͳ
.
又因为
癠Ͳ 䖍 案
，所以曲线
䖍 癠䙊
在点
癠Ͳ癠Ͳ
处的切线方程为
䖍 案
.
（Ⅱ）设
癠䙊 䖍
e
䙊
癠cos䙊 sin䙊 案
，则
癠䙊 䖍
e
䙊
癠cos䙊 sin䙊 sin䙊 cos䙊 䖍
e
䙊
sin䙊
.
当
䙊 癠Ͳ
π
时，
癠䙊 ሻ Ͳ
，
所以
癠䙊
在区间
Ͳ
π
上单调递减.
所以对任意
䙊 癠Ͳ
π
有
癠䙊 ሻ 癠Ͳ 䖍 Ͳ
，即
癠䙊 ሻ Ͳ
.
所以函数
癠䙊
在区间
Ͳ
π
上单调递减.
因此
癠䙊
在区间
Ͳ
π
上的最大值为
癠Ͳ 䖍 案
，最小值为
癠
䖍
.
5.（2018·全国高考真题（理））已知函数
䙊 䖍 䙊 䙊
ln 案 䙊 䙊
．
（1）若
䖍 Ͳ
，证明：当
案 ሻ 䙊 ሻ Ͳ
时，
䙊 ሻ Ͳ
；当
䙊 ᦙ Ͳ
时，
䙊 ᦙ Ͳ
；
（2）若
䙊 䖍 Ͳ
是
䙊
的极大值点，求
．
【答案】（1）见解析；（2）
䖍
案
【解析】
（1）当
䖍 Ͳ
时，
癠䙊 䖍 癠 䙊ln癠案 䙊 䙊
，
癠䙊 䖍 ln癠案 䙊
䙊
案䙊
.
设函数
癠䙊 䖍
癠䙊 䖍 ln癠案 䙊
䙊
案䙊
，则
癠䙊 䖍
䙊
癠案䙊
.
当
案 ሻ 䙊 ሻ Ͳ
时，
癠䙊 ሻ Ͳ
；当
䙊 ᦙ Ͳ
时，
癠䙊 ᦙ Ͳ
.故当
䙊 ᦙ 案
时，
癠䙊 癠Ͳ 䖍 Ͳ
，且仅当
䙊 䖍 Ͳ
时，
癠䙊 䖍 Ͳ
，从而
癠䙊 Ͳ
，且仅当
䙊 䖍 Ͳ
时，
癠䙊 䖍 Ͳ
.
所以
癠䙊
在
癠 案
单调递增.
又
癠Ͳ 䖍 Ͳ
，故当
案 ሻ 䙊 ሻ Ͳ
时，
癠䙊 ሻ Ͳ
；当
䙊 ᦙ Ͳ
时，
癠䙊 ᦙ Ͳ
.
（2）（i）若
Ͳ
，由（1）知，当
䙊 ᦙ Ͳ
时，
癠䙊 癠 䙊ln癠案 䙊 䙊 ᦙ Ͳ 䖍 癠Ͳ
，这与
䙊 䖍 Ͳ
是
癠䙊的极大值点矛盾.
（ii）若
ሻ Ͳ
，设函数
癠䙊 䖍
癠䙊
䙊䙊
䖍 ln癠案 䙊
䙊
䙊䙊
.
由于当
䙊 ሻ min案
案
|}时，
䙊 䙊
ᦙ Ͳ
，故
癠䙊
与
癠䙊
符号相同.
又
癠Ͳ 䖍 癠Ͳ 䖍 Ͳ
，故
䙊 䖍 Ͳ
是
癠䙊
的极大值点当且仅当
䙊 䖍 Ͳ
是
癠䙊
的极大值点.
癠䙊 䖍
案
案䙊
癠䙊䙊
䙊癠案䙊
癠䙊䙊
䖍
䙊
癠
䙊
Ͷ䙊案
癠䙊案癠䙊
䙊
.
如果
案 ᦙ Ͳ
，则当
Ͳ ሻ 䙊 ሻ
案
Ͷ
，且
䙊 ሻ min案
案
|}时，
癠䙊 ᦙ Ͳ
，故
䙊 䖍 Ͳ
不是
癠䙊
的极大值点.
27 / 29
如果
案 ሻ Ͳ
，则
䙊
Ͷ䙊 案 䖍 Ͳ
存在根
䙊案 ሻ Ͳ
，故当
䙊 癠䙊案Ͳ
，且
䙊 ሻ min案
案
|}时，
癠䙊 ሻ
Ͳ
，所以
䙊 䖍 Ͳ
不是
癠䙊
的极大值点.
如果
案 䖍 Ͳ
，则
癠䙊 䖍
䙊
癠䙊Ͷ
癠䙊案癠䙊
䙊案
.则当
䙊 癠 案Ͳ
时，
癠䙊 ᦙ Ͳ
；当
䙊 癠Ͳ案
时，
癠䙊 ሻ Ͳ
.所
以
䙊 䖍 Ͳ
是
癠䙊
的极大值点，从而
䙊 䖍 Ͳ
是
癠䙊
的极大值点
综上，
䖍
案
.
6．（2019·江苏高考真题）设函数 ( ) ( )( )( ), , , Rf x x a x b x c a b c ， ( )f ' x 为 f（x）的导函数．
（1）若 a=b=c，f（4）=8，求 a 的值；
（2）若 a≠b，b=c，且 f（x）和 ( )f ' x 的零点均在集合{ 3,1,3} 中，求 f（x）的极小值；
（3）若 0,0 1, 1a b c ，且 f（x）的极大值为 M，求证:M≤ 4
27
．
【答案】（1） 2a ；（2）见解析；（3）见解析.
【解析】
（1）因为 a b c ，所以 3( ) ( )( )( ) ( )f x x a x b x c x a ．
因为 (4) 8f ，所以 3(4 ) 8a ，解得 2a ．
（2）因为 b c ，
所以 2 3 2 2( ) ( )( ) ( 2 ) (2 )f x x a x b x a b x b a b x ab ，
从而 2( ) 3( ) 3
a bf ' x x b x
．令 ( ) 0f ' x ，得 x b 或 2
3
a bx ．
因为 2, , 3
a ba b ，都在集合{ 3,1,3} 中，且 a b ，
所以 2 1, 3, 33
a b a b ．
此时 2( ) ( 3)( 3)f x x x ， ( ) 3( 3)( 1)f ' x x x ．
令 ( ) 0f ' x ，得 3x 或 1x ．列表如下：
x ( , 3) 3 ( 3,1) 1 (1, )
+ 0 – 0 +
28 / 29
( )f x 极大值 极小值
所以 ( )f x 的极小值为 2(1) (1 3)(1 3) 32f ．
（3）因为 0, 1a c ，所以 3 2( ) ( )( 1) ( 1)f x x x b x x b x bx ，
2( ) 3 2( 1)f ' x x b x b ．
因为 0 1b ，所以 2 24( 1) 12 (2 1) 3 0b b b ，
则 有 2 个不同的零点，设为 1 2 1 2,x x x x ．
由 ( ) 0f ' x ，得
2 2
1 2
1 1 1 1,3 3
b b b b b bx x ．
列表如下：
x 1( , )x 1x 1 2,x x 2x 2( , )x
+ 0 – 0 +
( )f x 极大值 极小值
所以 ( )f x 的极大值 1M f x ．
解法一：
3 2
1 1 1 1( 1)M f x x b x bx
2
2 1
1 1 1
2 11 ( 1)3 2( 1) 3 9 9 9
b bx b b bx b x b x
2 3
22 1 ( 1) ( 1) 2 127 9 27
b b b b b b b
2
3( 1) 2( 1) ( 1) 2 ( ( 1) 1)27 27 27
b b b b b b
( 1) 2 4
27 27 27
b b ．因此 4
27M ．
29 / 29
解法二：
因为 0 1b ，所以 1 (0,1)x ．
当 (0,1)x 时， 2( ) ( )( 1) ( 1)f x x x b x x x ．
令 2( ) ( 1) , (0,1)g x x x x ，则 1( ) 3 ( 1)3g' x x x
．
令 ( ) 0g' x ，得 1
3x ．列表如下：
x 1(0, )3
1
3
1( ,1)3
( )g' x + 0 –
( )g x 极大值
所以当 1
3x 时， ( )g x 取得极大值，且是最大值，故 max
1 4( ) 3 27g x g
．
所以当 (0,1)x 时， 4( ) ( ) 27f x g x ，因此 4
27M ．
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