4 含参函数的单调性、极值与最值
基础打底
1．函数f(x)=x＋＋2ln x的单调递减区间是( )
A．(－3，1) B．(0，1)
C．(－1，3) D．(0，3)
2．已知函数f(x)=kx－2ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．［2，＋∞) D．［1，＋∞)
3．函数f(x)=x＋2cos x在［0，π］上的最大值为( )
A．π－2 B．
C．2 D．＋
4．已知函数f(x)=x(x－c)2在x=2处有极小值，则实数c的值为( )
A．6 B．2
C．2或6 D．0
强技提能
零点分析法研究含参函数的单调性
例1 (2025·合肥一检节选)已知函数f(x)=ln x－a，其中a＞0．讨论f(x)的单调性．
函数求导后，通常可以转化为一个含参的(类)二次函数问题．
(1) 首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0的分类讨论．
(2) 若存在零点，考虑首项系数是否有参数．如有参数，按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小．
(3) 讨论x1，x2的大小时，一定要结合函数的定义域．
变式1 (2025·苏锡常镇二模节选)已知函数f(x)=sin x，g(x)=eax，a∈R．
(1) 若曲线y=f(x)在点O(0，0)处的切线也是曲线y=g(x)的切线，求a的值；
(2) 讨论函数h(x)=在区间(0，＋∞)上的单调性．
含参函数的极值与最值
例2 (2025·杭州质检)已知函数f(x)=xex－ax2－ax(a∈R)．
(1) 若a=0，求f(x)的极小值；
(2) 当a＞时，求f(x)的单调递增区间；
(3) 当a＞0时，设f(x)的极大值为g(a)，求证：g(a)≥－．
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值时，一般要根据其单调性及极值画出函数的大致图象，借图求解．求最值时，不可以想当然地认为极值点就是最值点，要先比较再下结论．
变式2 (1) (2025·山东一模节选)已知函数f(x)=e2x－(2a＋3)ex＋3ax，求函数y=f(x)的极大值．
(2) (2025·茂名一模节选)已知函数f(x)=ln x－ax2＋1的最大值为0，求实数a的值．
配套热练
1．(2025·安阳三模)已知函数f(x)=x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为( )
A．8 B．6
C．4 D．2
2．(2025·武汉二模)已知函数f(x)=aex－x2在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( )
A．e B．1
C．e－2 D．e－1
3．(2025·孝义二模)设函数f(x)=x3－sin x＋x＋2，则满足f(x)＋f(2－3x)＜4的x的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C．(3，＋∞) D．(－∞，3)
4．(2025·邯郸一模)已知函数f(x)=(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0］ {e} B．［0，＋∞) {－e}
C．(－∞，0］ D．［0，＋∞)
5．(2025·苏北七市二调)若函数f(x)=有最大值，则实数k的最大值为( )
A． B．
C． D．
6．(多选)(2025·杭州质检)设函数f(x)=(x3－x)ln x，则( )
A．f(x)是偶函数 B．f(x)≥0
C．f(x)在区间(0，1)上单调递增 D．x=1为f(x)的极小值点
7．(多选)(2025·广东省一模)已知函数f(x)=x(x－1)(ex－a)，则下列说法正确的是( )
A．若a=e，则f(x)有2个零点
B．若a≤0，则f(x)＜0的解集为(0，1)
C． a＞0，f(x)在(0，＋∞)上有极小值
D． 0＜a＜1，f(x)在(0，＋∞)上有极大值
8．(2025·石家庄一检)已知函数f(x)=e2x－ax，a∈R．
(1) 讨论y=f(x)的极值点个数；
(2) 若存在实数b使得x轴为g(x)=f(x)－b的切线，求b的最大值．
9．(2025·郑州二检)已知函数f(x)=(a－x)ex，a∈R．
(1) 若a=2，求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程；
(2) 若不等式f(x)＞1－x没有整数解，求实数a的取值范围．
10．(2025·潍坊诊断考)已知函数f(x)=xln x，g(x)=x2＋ax．
(1) 若f(x)－g(x)≤ex恒成立，求a的最小值；
(2) 若x=1是φ(x)=＋a的极小值点，求n的取值范围．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)4 含参函数的单调性、极值与最值
基础打底
1．函数f(x)=x＋＋2ln x的单调递减区间是( B )
A．(－3，1) B．(0，1)
C．(－1，3) D．(0，3)
【解析】 由题知f′(x)=1－＋=(x＞0)，令f′(x)＜0，得解得0＜x＜1，所以f(x)的单调递减区间为(0，1)．
2．已知函数f(x)=kx－2ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是( C )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．［2，＋∞) D．［1，＋∞)
【解析】 因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以f′(x)=k－≥0在区间(1，＋∞)上恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立，故k≥2．
3．函数f(x)=x＋2cos x在［0，π］上的最大值为( D )
A．π－2 B．
C．2 D．＋
【解析】 由题意知f′(x)=1－2sin x，x∈［0，π］，当sin x≤，即x∈ 时，f′(x)≥0，则f(x)在和上单调递增；当sin x＞，即x∈时，f′(x)＜0，则f(x)在上单调递减，所以f(x)的极大值为f=＋，极小值为f=－．又端点值f(0)=2，f(π)=π－2，则f＞f(0)＞f(π)＞f，所以f(x)在［0，π］上的最大值为＋．
4．已知函数f(x)=x(x－c)2在x=2处有极小值，则实数c的值为( B )
A．6 B．2
C．2或6 D．0
【解析】 由题知f′(x)=3(x－c)，由f′(2)=0，可得c=2或6．当c=2时，结合图象(图略)可知函数f(x)先增后减再增，f(x)在x=2处取得极小值，符合题意；当c=6时，结合图象(图略)可知，函数f(x)在x=2处取得极大值，不合题意，舍去．故c=2．
强技提能
零点分析法研究含参函数的单调性
例1 (2025·合肥一检节选)已知函数f(x)=ln x－a，其中a＞0．讨论f(x)的单调性．
【解答】 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=－a－=，且a＞0．令g(x)=－ax2＋x－a，当Δ=1－4a2≤0，即a≥时，g(x)≤0恒成立，则f′(x)≤0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当1－4a2＞0，即0＜a＜时，函数g(x)有两个零点x1，x2，且x1=，x2=．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)
f′(x) — 0 ＋ 0 —
f(x) ↘ f(x1) ↗ f(x2) ↘
所以当0＜a＜时，f(x)在上单调递增，在和上单调递减；当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
函数求导后，通常可以转化为一个含参的(类)二次函数问题．
(1) 首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0的分类讨论．
(2) 若存在零点，考虑首项系数是否有参数．如有参数，按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小．
(3) 讨论x1，x2的大小时，一定要结合函数的定义域．
变式1 (2025·苏锡常镇二模节选)已知函数f(x)=sin x，g(x)=eax，a∈R．
(1) 若曲线y=f(x)在点O(0，0)处的切线也是曲线y=g(x)的切线，求a的值；
【解答】 因为f′(x)=cos x，则f(x)在点O(0，0)处的切线方程为y=x．设g(x)图象上切点为(x0，y0)，由g′(x)=aeax，可得该点处切线方程为＝(x－x0)，由题意可得＝1且＝0，所以a＝．
(2) 讨论函数h(x)=在区间(0，＋∞)上的单调性．
【解答】 由题知h(x)=，故h′(x)=．①当a=0时，h′(x)＞0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当a＞0时，h′(x)==，当0＜x＜时，h′(x)＞0，当x＞时，h′(x)＜0，故h(x)在上单调递增，在上单调递减；③当－1≤a＜0时，－a＞0，≤0，则h′(x)＞0，因此h(x)在(0，＋∞)上单调递增；④当a＜－1时，－a＞0，＞0，当0＜x＜时，h′(x)＜0，当x＞时，h′(x)＞0，从而h(x)在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a＞0时，h(x)在上单调递增，在上单调递减；当－1≤a≤0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＜－1时，h(x)在上单调递减，在上单调递增．
含参函数的极值与最值
例2 (2025·杭州质检)已知函数f(x)=xex－ax2－ax(a∈R)．
(1) 若a=0，求f(x)的极小值；
【解答】 由题意知f′(x)=ex(x＋1)－ax－a=(ex－a)(x＋1)(a∈R)．
若a=0，则f(x)=xex，所以f′(x)=ex(x＋1)．令f′(x)=0，得x=－1，当x＜－1时，f′(x)＜0，当x＞－1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(－1)=－．
(2) 当a＞时，求f(x)的单调递增区间；
【解答】 因为a＞，所以ln a＞－1，由f′(x)＞0，即(ex－a)(x＋1)＞0，解得x＜－1或x＞ln a，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(ln a，＋∞)．
(3) 当a＞0时，设f(x)的极大值为g(a)，求证：g(a)≥－．
【解答】 由(2)知，当a＞时，f(x)的极大值g(a)=f(－1)=－＋a＞－＞－．当a=时，f′(x)≥0，f(x)无极大值．当0＜a＜时，由(2)易得f(x)的极大值g(a)=f(ln a)=－a(ln a)2．令g(x)=－x(ln x)2，x∈，则g′(x)=－ln x，当0＜x＜时，g′(x)＜0，当＜x＜时，g′(x)＞0，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)≥g=－．综上所述，g(a)≥－．
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值时，一般要根据其单调性及极值画出函数的大致图象，借图求解．求最值时，不可以想当然地认为极值点就是最值点，要先比较再下结论．
变式2 (1) (2025·山东一模节选)已知函数f(x)=e2x－(2a＋3)ex＋3ax，求函数y=f(x)的极大值．
【解答】 函数f(x)=e2x－(2a＋3)ex＋3ax的定义域为R，且f′(x)=2e2x－(2a＋3)ex＋3a=(2ex－3)(ex－a)．当a≤0时，ex－a＞0恒成立，所以当x＜ln时，f′(x)＜0，当x＞ln时，f′(x)＞0，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，则f(x)在x=ln处取得极小值，不存在极大值．当0＜a＜时，令f′(x)=0，解得x=ln a或x=ln，所以当x＜ln a或x＞ln时，f′(x)＞0，当ln a＜x＜ln时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，ln a)，上单调递增，在上单调递减，则f(x)在x=ln a处取得极大值，在x=ln处取得极小值，所以f(x)的极大值为f(ln a)=－a2－3a＋3aln a．当a=时，f′(x)=(2ex－3)·≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增，则f(x)不存在极大值．当a＞时，令f′(x)=0，解得x=ln a或x=ln，所以当x＜ln或x＞ln a时，f′(x)＞0，当ln＜x＜ln a时，f′(x)＜0，所以f(x)在，(ln a，＋∞)上单调递增，在上单调递减，则f(x)在x=ln处取得极大值，在x=ln a处取得极小值，所以f(x)的极大值为f=－－3a＋3aln．综上所述，当a≤0或a=时，f(x)不存在极大值；当0＜a＜时，f(x)的极大值为－a2－3a＋3aln a；当a＞时，f(x)的极大值为－－3a＋3aln．
(2) (2025·茂名一模节选)已知函数f(x)=ln x－ax2＋1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，则f(x)无最大值，故舍去；当a＞0时，令1－2ax2=0，解得x=，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，则f=0．所以f=ln－a2＋1=0，即－ln(2a)－＋1=0，即ln(2a)=1，解得a=．
配套热练
1．(2025·安阳三模)已知函数f(x)=x3－3x＋a的极小值为6，则实数a的值为( A )
A．8 B．6
C．4 D．2
【解析】 f′(x)=3x3－3=3(x＋1)(x－1)，当x＜－1或x＞1时，f′(x)＞0；当－1＜x＜1时，f′(x)＜0．故f(x)的极小值为f(1)=a－2=6，即a=8．
2．(2025·武汉二模)已知函数f(x)=aex－x2在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为( D )
A．e B．1
C．e－2 D．e－1
【解析】 因为f′(x)=aex－x≥0在区间(1，2)上恒成立，所以a≥在区间(1，2)上恒成立．令g(x)=，x∈(1，2)，则g′(x)=＜0，所以g(x)=在区间(1，2)上单调递减，所以g(x)＜g(1)=e－1，故a≥e－1．
3．(2025·孝义二模)设函数f(x)=x3－sin x＋x＋2，则满足f(x)＋f(2－3x)＜4的x的取值范围是( A )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C．(3，＋∞) D．(－∞，3)
【解析】 令函数g(x)=f(x)－2=x3－sin x＋x，其定义域为R，g(－x)=(－x)3－sin(－x)＋(－x)=－(x3－sin x＋x)=－g(x)，故函数g(x)是奇函数．求导得g′(x)=3x2－cos x＋1≥0，当且仅当x=0时取等号，因此函数g(x)在R上单调递增．不等式f(x)＋f(2－3x)＜4 f(x)－2＜－［f(2－3x)－2］ g(x)＜－g(2－3x)=g(3x－2)，则x＜3x－2，解得x＞1，所以x的取值范围是(1，＋∞)．
4．(2025·邯郸一模)已知函数f(x)=(x－3)ex＋ax恰有一个极值点，则实数a的取值范围是( C )
A．(－∞，0］ {e} B．［0，＋∞) {－e}
C．(－∞，0］ D．［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的图象与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．当x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x＞1时g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，则g(x)max=g(1)=e，且x＜2时，g(x)＞0，作出y=a与y=g(x)的大致图象如图所示，两图象有一个交点，当a=e时，x=1不是变号实数根，故由图可知a≤0．综上所述，a的取值范围是(－∞，0］．
5．(2025·苏北七市二调)若函数f(x)=有最大值，则实数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，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，所以当x＜2时，kx≤，则解得0≤k≤，因此，实数k的最大值为．
6．(多选)(2025·杭州质检)设函数f(x)=(x3－x)ln x，则( BD )
A．f(x)是偶函数 B．f(x)≥0
C．f(x)在区间(0，1)上单调递增 D．x=1为f(x)的极小值点
【解析】 对于A，f(x)的定义域为(0，＋∞)，故f(x)为非奇非偶函数，故A错误．对于B，由于f(x)=(x3－x)ln x=x(x＋1)(x－1)ln x，且x＞0，故x＋1＞0，当x＞1时，ln x＞0，x－1＞0，此时f(x)＞0；当0＜x＜1时，ln x＜0，x－1＜0，此时f(x)＞0；当x=1时，f(x)=0，因此f(x)≥0，故B正确．对于C，f′(x)=(3x2－1)ln x＋x2－1，当x∈时，3x2－1＞0，ln x＜0，x2－1＜0，此时f′(x)＜0，因此f(x)在上单调递减，故C错误．对于D，f′(x)=(3x2－1)ln x＋x2－1，当x＞1时，3x2－1＞0，ln x＞0，x2－1＞0，故f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，由C中分析知f(x)在上单调递减，所以x=1为f(x)的极小值点，故D正确．
7．(多选)(2025·广东省一模)已知函数f(x)=x(x－1)(ex－a)，则下列说法正确的是( ABC )
A．若a=e，则f(x)有2个零点
B．若a≤0，则f(x)＜0的解集为(0，1)
C． a＞0，f(x)在(0，＋∞)上有极小值
D． 0＜a＜1，f(x)在(0，＋∞)上有极大值
【解析】 当a=e时，由f(x)=0，得x(x－1)(ex－e)=0，解得x=0或1，所以f(x)有2个零点，故A正确．当a≤0时，ex－a＞0，由f(x)＜0，得x(x－1)＜0，解得0＜x＜1，所以f(x)＜0的解集为(0，1)，故B正确．当a＞0时，由f(x)=x(x－1)(ex－a)=0，得x=0或1或ln a．当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞．当ln a＜0，即0＜a＜1时，f(x)的大致图象为图(1)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值，无极大值，故D错误．当ln a=0，即a=1时，f(x)的大致图象为图(2)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．当0＜ln a＜1，即1＜a＜e时，f(x)的大致图象为图(3)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．当ln a=1，即a=e时，f(x)的大致图象为图(4)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．当ln a＞1，即a＞e时，f(x)的大致图象为图(5)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．综上， a＞0，f(x)在(0，＋∞)上有极小值，故C正确．
图(1)
图(2)
图(3)
图(4)
图(5)
8．(2025·石家庄一检)已知函数f(x)=e2x－ax，a∈R．
(1) 讨论y=f(x)的极值点个数；
【解答】 (1) 由题意得f′(x)=2e2x－a．若a≤0，则f′(x)＞0，y=f(x)在R上单调递增，无极值点；若a＞0，令2e2x－a=0，得x=ln，因为f′(x)=2e2x－a是增函数，所以当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，故x=ln是y=f(x)的唯一极小值点．综上，当a≤0时，y=f(x)无极值点；当a＞0时，y=f(x)有唯一极小值点．
(2) 若存在实数b使得x轴为g(x)=f(x)－b的切线，求b的最大值．
【解答】 由(1)知a＞0，若x轴为y=g(x)的切线，则g′(x0)=0，g(x0)=0，即解得x0=ln，b=－ln．令h(a)=－ln，则h′(a)=－=－ln．当a∈(0，2)时，h′(a)＞0，h(a)单调递增；当a∈(2，＋∞)时，h′(a)＜0，h(a)单调递减．故a=2是h(a)=－ln的唯一极大值点，也是最大值点，故h(a)≤h(2)=1，所以b的最大值为1．
9．(2025·郑州二检)已知函数f(x)=(a－x)ex，a∈R．
(1) 若a=2，求曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程；
【解答】 当a=2时，f(x)=(2－x)ex，f′(x)=(1－x)ex，令f′(x)=1，得1－x=e－x．设φ(x)=e－x＋x－1，则φ′(x)x=－e－x＋1=，令φ′(x)＞0，得x＞0，令φ′(x)＜0，得x＜0，则φ(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)min=φ(0)=0，即x=0，又f(0)=2，所以曲线y=f(x)的斜率为1的切线方程为y=x＋2．
(2) 若不等式f(x)＞1－x没有整数解，求实数a的取值范围．
【解答】 由f(x)=(a－x)ex＞1－x，得aex＞xex－x＋1，即a＞x－没有整数解．设h(x)=x－，h′(x)=1－=．设t(x)=ex＋x－2，t′(x)=ex＋1＞0，所以t(x)单调递增，且t(0)=－1，t(1)=e－1＞0，所以存在唯一的x0∈(0，1)，使t(x0)=0，即h′(x0)=0，当x∈(－∞，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．又h(0)=h(1)=1，所以当x∈Z时，h(x)≥1，则当a≤1时，a＞h(x)没有整数解，即f(x)＞1－x没有整数解．故实数a的取值范围为(－∞，1］．
10．(2025·潍坊诊断考)已知函数f(x)=xln x，g(x)=x2＋ax．
(1) 若f(x)－g(x)≤ex恒成立，求a的最小值；
【解答】 函数f(x)=xln x的定义域为(0，＋∞)，不等式f(x)－g(x)≤ex xln x－(x2＋ax)≤ex，则 x＞0，a≥ln x－x－e．令h(x)=ln x－x－e，x＞0，求导得h′(x)=－1，当0＜x＜1时，h′(x)＞0，当x＞1时，h′(x)＜0，则函数h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，于是h(x)max=h(1)=－1－e，则a≥－1－e，所以a的最小值为－1－e．
(2) 若x=1是φ(x)=＋a的极小值点，求n的取值范围．
【解答】 依题意，φ(x)=＋a=mln x－x＋，x＞0，求导得φ′(x)=－1－=－．由x=1是φ(x)的极小值点，得φ′(1)=0，则m=n＋1，φ′(x)=－=－，当n≤0时，由φ′(x)＞0，得0＜x＜1；由φ′(x)＜0，得x＞1，易知x=1是φ(x)的极大值点，不符合题意．当0＜n＜1时，由φ′(x)＞0，得n＜x＜1；由φ′(x)＜0，得0＜x＜n或x＞1，易知x=1是φ(x)的极大值点，不符合题意．当n=1时，恒有φ′(x)≤0成立，当且仅当x=1时取等号，φ(x)单调递减，无极值点，不符合题意．当n＞1时，由φ′(x)＞0，得1＜x＜n；由φ′(x)＜0，得0＜x＜1或x＞n，易知x=1是φ(x)的极小值点，符合题意．综上，n的取值范围是(1，＋∞)．
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专题七
4 含参函数的单调性、极值与最值
函数与导数
基础打底
【解析】
B
2．已知函数f(x)＝kx 2ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数k的取值范围是 ( )
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．［2，＋∞) D．［1，＋∞)
【解析】
C
【解析】
【答案】 D
4．已知函数f(x)＝x(x c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为 ( )
A．6 B．2
C．2或6 D．0
【解析】
B
强技提能
目标
1
零点分析法研究含参函数的单调性
1
【解答】
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞)
f′(x) — 0 ＋ 0 —
f(x) ↘ f(x1) ↗ f(x2) ↘
函数求导后，通常可以转化为一个含参的(类)二次函数问题．
(1) 首先考虑二次三项式是否存在零点，这里涉及对判别式Δ≤0和Δ＞0的分类讨论．
(2) 若存在零点，考虑首项系数是否有参数．如有参数，按首项系数为零、为正、为负进行讨论；如无参数，只需讨论两个根x1，x2的大小．
(3) 讨论x1，x2的大小时，一定要结合函数的定义域．
变式1 (2025·苏锡常镇二模节选)已知函数f(x)＝sin x，g(x)＝eax，a∈R．
(1) 若曲线y＝f(x)在点O(0，0)处的切线也是曲线y＝g(x)的切线，求a的值；
【解答】
【解答】
目标
2
含参函数的极值与最值
2
【解答】
2
【解答】
因为a＞1/e，所以ln a＞ 1，由f′(x)＞0，即(ex a)(x＋1)＞0，解得x＜ 1或 x＞ln a，故f(x)的单调递增区间为( ∞， 1)和(ln a，＋∞)．
2
【解答】
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值时，一般要根据其单调性及极值画出函数的大致图象，借图求解．求最值时，不可以想当然地认为极值点就是最值点，要先比较再下结论．
变式2 (1) (2025·山东一模节选)已知函数f(x)＝e2x (2a＋3)ex＋3ax，求函数y＝f(x)的极大值．
【解答】
变式2 (2) (2025·茂名一模节选)已知函数f(x)＝ln x ax2＋1的最大值为0，求实数a的值．
【解答】
热练
1．(2025·安阳三模)已知函数f(x)＝x3 3x＋a的极小值为6，则实数a的值为 ( )
A．8 B．6
C．4 D．2
【解析】
f′(x)＝3x3 3＝3(x＋1)(x 1)，当x＜ 1或x＞1时，f′(x)＞0；当 1＜x＜1时，f′(x)＜0．故f(x)的极小值为f(1)＝a 2＝6，即a＝8．
A
【解析】
D
3．(2025·孝义二模)设函数f(x)＝x3 sin x＋x＋2，则满足f(x)＋f(2 3x)＜4的x的取值范围是 ( )
A．(1，＋∞) B．( ∞，1) C．(3，＋∞) D．( ∞，3)
【解析】
令函数g(x)＝f(x) 2＝x3 sin x＋x，其定义域为R，g( x)＝( x)3 sin( x)＋( x)＝ (x3 sin x＋x)＝ g(x)，故函数g(x)是奇函数．求导得g′(x)＝3x2 cos x＋1≥0，当且仅当x＝0时取等号，因此函数g(x)在R上单调递增．
不等式f(x)＋f(2 3x)＜4 f(x) 2＜ ［f(2 3x) 2］ g(x)＜ g(2 3x)＝g(3x 2)，则x＜3x 2，解得x＞1，所以x的取值范围是(1，＋∞)．
A
4．(2025·邯郸一模)已知函数f(x)＝(x 3)ex＋ax恰有一个极值点，则实数a的取值范围是 ( )
A．( ∞，0］ {e} B．［0，＋∞) { e}
C．( ∞，0］ D．［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的图象与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．当x＜1时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当x＞1时g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，则g(x)max＝ g(1)＝e，且x＜2时，g(x)＞0，作出y＝a与y＝g(x)的大致图象如图所示，两图象有一个交点，当a＝e时，x＝1不是变号实数根，故由图可知a≤0．综上所述，a的取值范围是( ∞，0］．
【答案】C
【解析】
【答案】C
6．(多选)(2025·杭州质检)设函数f(x)＝(x3 x)ln x，则 ( )
A．f(x)是偶函数 B．f(x)≥0
C．f(x)在区间(0，1)上单调递增 D．x＝1为f(x)的极小值点
【解析】
对于A，f(x)的定义域为(0，＋∞)，故f(x)为非奇非偶函数，故A错误．
对于B，由于f(x)＝(x3 x)ln x＝x(x＋1)(x 1)ln x，且x＞0，故x＋1＞0，当x＞1时， ln x＞0，x 1＞0，此时f(x)＞0；当0＜x＜1时，ln x＜0，x 1＜0，此时f(x)＞0；当 x＝1时，f(x)＝0，因此f(x)≥0，故B正确．
【答案】BD
7．(多选)(2025·广东省一模)已知函数f(x)＝x(x 1)(ex a)，则下列说法正确的是 ( )
A．若a＝e，则f(x)有2个零点
B．若a≤0，则f(x)＜0的解集为(0，1)
C． a＞0，f(x)在(0，＋∞)上有极小值
D． 0＜a＜1，f(x)在(0，＋∞)上有极大值
【解析】
当a＝e时，由f(x)＝0，得x(x 1)(ex e)＝0，解得x＝0或1，所以f(x)有2个零点，故A正确．
当a≤0时，ex a＞0，由f(x)＜0，得x(x 1)＜0，解得0＜x＜1，所以f(x)＜0的解集为(0，1)，故B正确．
当a＞0时，由f(x)＝x(x 1)(ex a)＝0，得x＝0或1或ln a．当x→ ∞时，f(x)→ ∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞．当ln a＜0，即0＜a＜1时，f(x)的大致图象为图(1)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值，无极大值，故D错误．
图(1)
当ln a＝0，即a＝1时，f(x)的大致图象为图(2)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．当0＜ln a＜1，即1＜a＜e时，f(x)的大致图象为图(3)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．当ln a＝1，即a＝e时，f(x)的大致图象为图(4)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．当ln a＞1，即a＞e时，f(x)的大致图象为图(5)，由图象可得函数f(x)在(0，＋∞)上有极小值．综上， a＞0，f(x)在(0，＋∞)上有极小值，故C正确．
图(2) 图(3) 图(4) 图(5)
【答案】ABC
8．(2025·石家庄一检)已知函数f(x)＝e2x ax，a∈R．
(1) 讨论y＝f(x)的极值点个数；
【解答】
8．(2025·石家庄一检)已知函数f(x)＝e2x ax，a∈R．
(2) 若存在实数b使得x轴为g(x)＝f(x) b的切线，求b的最大值．
【解答】
9．(2025·郑州二检)已知函数f(x)＝(a x)ex，a∈R．
(1) 若a＝2，求曲线y＝f(x)的斜率为1的切线方程；
【解答】
9．(2025·郑州二检)已知函数f(x)＝(a x)ex，a∈R．
(2) 若不等式f(x)＞1 x没有整数解，求实数a的取值范围．
【解答】
设t(x)＝ex＋x 2，t′(x)＝ex＋1＞0，所以t(x)单调递增，且t(0)＝ 1，t(1)＝e 1＞0，所以存在唯一的x0∈(0，1)，使t(x0)＝0，即h′(x0)＝0，当x∈( ∞，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．
又h(0)＝h(1)＝1，所以当x∈Z时，h(x)≥1，则当a≤1时，a＞h(x)没有整数解，即f(x)＞1 x没有整数解．
故实数a的取值范围为( ∞，1］．
10．(2025·潍坊诊断考)已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax．
(1) 若f(x) g(x)≤ex恒成立，求a的最小值；
【解答】
【解答】
当n≤0时，由φ′(x)＞0，得0＜x＜1；由φ′(x)＜0，得x＞1，易知x＝1是φ(x)的极大值点，不符合题意．
当0＜n＜1时，由φ′(x)＞0，得n＜x＜1；由φ′(x)＜0，得0＜x＜n或x＞1，易知x＝1是φ(x)的极大值点，不符合题意．
当n＝1时，恒有φ′(x)≤0成立，当且仅当x＝1时取等号，φ(x)单调递减，无极值点，不符合题意．
当n＞1时，由φ′(x)＞0，得1＜x＜n；由φ′(x)＜0，得0＜x＜1或x＞n，易知x＝1是φ(x)的极小值点，符合题意．
综上，n的取值范围是(1，＋∞)．
