【文档说明】考点39 利用导数求极值最值（解析版）-2021年高考数学一轮复习（艺术生高考基础版）（新高考地区专用）.docx，共(25)页，1.266 MB，由管理员店铺上传

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考点39利用导数求极值最值一．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(

a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(

x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．（3）注意事项①函数f(x)在x0处有极值的必要不充分条件是f′(x0)＝0，极值点是f′(x)＝0的根，但f′(x)＝0的根不都是极值点(例如f(x)＝x3，f′(0)

＝0，但x＝0不是极值点)②极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质．极值点是函数在区间内部的点，不会是端点二．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最

大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．考向一求极值【例1】（2021

·全国课时练习）函数2cosyxx=+在0,2上的极大值点为（）A．0B．3C．6D．2知识理解考向分析【答案】C【解析】函数2cosyxx=+的导数为12sinyx=−，因为0,2x，由12sin0yx−==，可得1sin2x=，解

得6x=.当0,6x时，0y，当,62x时，0y，所以函数2cosyxx=+在0,6x上单调递增，在,62x上单调递减，所以使得函数2cosyxx=+取得极大值的x的值为6，故选：C.【举一反三】1．（2021·石泉县

石泉中学）函数()2xxfxe=的极小值为（）A．0B．1eC．2D．24e【答案】A【解析】由()2xxfxe=，得()()()2222xxxxxxxexefxee−−−==，当02x时，()

0fx，()fx单调递增；【方法总结】利用导数求函数极值的步骤如下：（1）求函数()fx的定义域；（2）求导；（3）解方程()00fx=，当()00fx=；（4）列表，分析函数的单调性，求极值：①如果在0x附近的左侧()0fx，右侧()0fx，那么()0fx是极小值；②如果在0

x附近的左侧()0fx，右侧()0fx，那么()0fx是极大值当0x或2x时，()0fx，()fx单调递减；所以当0x=时，函数()2xxfxe=取得极小值，极小值为()0000fe==.故选：A.2．（2021·河南新乡市）已知函数()lnfx

xax=−的图象在1x=处的切线方程为0xyb++=，则()fx的极大值为（）A．ln21−−B．ln21−+C．1−D．1【答案】A【解析】因为()lnfxxax=−，所以1()fxax=−，又因为函数()fx在图象在1x=处的切线方程为0xyb++=，所

以(1)1fab=−=−−，(1)11fa=−=−，解得2a=，1b=.由112()2xfxxx−=−=，102x，()0fx，12x，()0fx，知()fx在12x=处取得极大值，11ln1ln2122f=−=−−.故选：

A.考向二已知极值求参数【例2】（2021·福建南平市）已知1x=是函数32()3fxaxx=−的极小值点，则函数()fx的极小值为（）A．0B．1−C．2D．4【答案】B【解析】由题意，函数32()3

fxaxx=−，可得2()363(2)fxaxxxax=−=−，因为1x=是函数32()3fxaxx=−的极小值点，则()01f=，即31(2)0a−=，解得2a=，可得()6(1)fxxx=−，当0x或1x时，()0fx，()fx

单调递增；当01x时，()0fx，()fx单调递减，所以当1x=是函数32()3fxaxx=−的极小值点，所以函数的极小值为32(1)21311f=−=−.故选：B.【举一反三】1．（2020·全国课时练习）若函数()2()1

xfxxaxe=−−的极小值点是1x=，则()fx的极大值为（）A．e−B．22e−C．25e−D．2−【答案】C【解析】由题意，函数()2()1xfxxaxe=−−，可得2()(2)1xfxexaxa=+−−−，所以(1)(22)0fae=−=，解得1a=，故()

2()1xfxxxe=−−，可得()())1(2xfxexx=+−，则()fx在(,2)−−上单调递增，在()2,1−上单调递减，在(1,)+上单调递增，所以()fx的极大值为2(2)5fe−−=．故选：C.2．（2020·安徽省太和第一中学）若函数()xfxeax=−的极

值为1，则实数a的值为（）A．eB．2C．2D．1【答案】D【解析】由已知可得()xfxea=−.当0a时，对任意的xR，()0fx，此时函数()fx在R上单调递增，函数()fx无极值；当0a时，令()0fx，可得lnxa，此时函数(

)fx单调递减；令()0fx，可得lnxa，此时函数()fx单调递增.所以，函数()xfxeax=−的极小值为()lnlnlnln1afaeaaaaa=−=−=，【方法总结】解含参数的极值问题要注意：①()00fx=是0

x为函数极值点的必要不充分条件，故而要注意检验；②若函数()yfx=在区间(,)ab内有极值，那么()yfx=在(,)ab内绝不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值．令()lngaaaa=−，则0a且()11g=，()lngaa=−.

当01a时，()0ga，函数()ga单调递增；当1a时，()0ga，函数()ga单调递减.所以，()()10gag=，由于()ln1gaaaa=−=，1a\=.故选：D.3（2021·全国课时练习）若函数

2()()fxxxa=−在2x=处取得极小值，则a=__________．【答案】2【解析】由2322()()2fxxxaxaxax==−−+可得22()34fxxaxa=−+，因为函数2()()fxxxa=−在2x=处取得极小值，所以2(2)1280

faa=−+=，解得2a=或6a=，若2a=，则2()384(2)(32)fxxxxx=−+=−−，当2,3x−时，()0fx，则()fx单调递增；当2,23x时，()0fx，则()fx单调递减；当()2,x+时，()0fx

，则()fx单调递增；所以函数()fx在2x=处取得极小值，符合题意；当6a=时，2()324363(2)(6)fxxxxx=−+=−−，当(),2x−时，()0fx，则()fx单调递增；当()2,6x时，()0fx，则()fx单调递减

；当()6,x+时，()0fx，则()fx单调递增；所以函数在2x=处取得极大值，不符合题意；综上：2a=.故答案为：2.4．（2021·全国高二课时练习）已知函数3221()3fxxaxaxb=+++，当1x=−时函数(

)fx的极值为712−，则(2)f=__________．【答案】53【解析】已知函数3221()3fxxaxaxb=+++,所以()222fxxaxa=++,由题意知()10f−=，()7112f−=−，即22120,17,312aaaab−+=−+−+

=−解得1,1b.4a==−或1,2b1.a=−=−当1,1b.4a==−时()()222110fxxxx=++=+,此时函数在R上是增函数,函数()fx没有极值,不合题意;当1,2b1.a=−=−时()(

)()2111121222fxxxxx=+−=+−,令()0fx=,解得11,2xx=−=,当1x−或12x时,()0fx′;当112x−时,()0fx′;所以函数()fx在(),1−−和1,2

+上是增函数,函数()fx在11,2−上是减函数,当1x=−时()fx取得极大值,符合题意,所以1,2b1.a=−=−,所以()321111342fxxxx=+−−所以()523f=.故答案为:53考向三求最值【例3】（2021·江苏单元

测试）函数xxye=在[0，2]上的最大值是（）A．1eB．22eC．0D．12e【答案】A【解析】由()xxfxe=，得'1()xxfxe−=，当01x时，'()0fx，当12x时，'()0fx，所

以()fx在[0,1)上递增，在(1,2]上递减，所以1()(1)maxfxfe==，故选：A【举一反三】1．（2021·全国课时练习）函数y＝lnxx的最大值为（）A．e－1B．eC．e2D．10【答案】A【解析】令21ln0.xyx

ex−===当xe时，0y；当0xe时，0y所以函数得极大值为1e−，因为在定义域内只有一个极值，所以1max.ye−=故选：A.2.（2021·平罗中学）已知32()1fxxaxbx=+++在1x=与1=3x

−时取得极值．（1）求,ab的值；（2）求()fx的极大值和极小值；（3）求()fx在1,2−上的最大值与最小值.【方法总结】导数求函数的极值与闭区间上的最值，设函数()fx在,ab上连续，在(),ab内可导，求()fx在,ab上的最大值和最小

值的步骤如下：①求函数()yfx=在(),ab内的极值；②将函数()yfx=)的各极值与端点处的函数值()(),fafb比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【答案】（1）11ab=−=−；（2）()3227fx=极大值，(

)0fx=极小值；（2）()max3fx=，()min2fx=−【解析】解：因为32()1fxxaxbx=+++，所以2()32fxxaxb=++，因为32()1fxxaxbx=+++在1x=与1=3x−时取得极值．所以(

)10f=，103f−=，即23201132033abab++=−+−+=，解得11ab=−=−所以32()1fxxxx=−−+，（2）由（1）得()()2()321311fxxxxx=−−=

+−令()0fx得13x−或1x，令()0fx得113−x，即函数在1,3−−和()1,+上单调递增，在1,13−上单调递减，故函数在13x=−取得极大值，在1x=处取得极小值，所以()

132327fxf=−=极大值，()()10fxf==极小值（3）由（2）知函数在11,3−−和()1,2上单调递增，在1,13−上单调递减，又132327f−=，()10f=，()12f−=−，

()23f=所以函数()fx在1,2−上的最大值为()()max23fxf==与最小值为()()min12fxf=−=−3．（2021·天津河西区）已知函数31()443fxxx=−+.（1）求()fx的极值；（2）求()f

x在0,3上的最值.【答案】（1）极大值为283，极小值为43−；（2）最大值为4，最小值为43−.【解析】（1）()31443fxxx=−+，()()()2422fxxxx=−=+−令()0fx=，解得2x=−或2x=，当x变化时，()fx，()fx的变化情况如下表：x(),

2−−2−()2,2−2()2,+()fx+0−0+()fx极大值极小值故当2x=−时，()fx取得极大值，()2823f−=；当2x=时，()fx取得极小值，()8428433f=−+=−；（2）由（1）可知()fx的极大值为283，极小值为43

−，又()04f=，()391241f=−+=，因为4143−，所以()fx在0,3上的最大值为4，最小值为43−.考向四已知最值求参数【例4】（2021·南昌市新建一中）已知函数()22ln3fxxaxx=+−在2x=处取得极小值，则()fx在1,32的最大值为

（）A．52−B．92ln32−C．1−D．2ln24−【答案】B【解析】()22ln3fxxaxx=+−，则()223fxaxx=+−，由题意可得()2420fa=−=，解得12a=，则()212ln32fxxxx=+−，()223

23xxfxxxx−+=+−=，令()0fx=，可得1x=或2x=，列表如下：x1,121()1,22(2,3()fx+0−0+()fx极大值极小值所以，函数()fx的极大值为()512f=−，极小值为()22l

n24f=−，又1112ln228f=−−，()932ln32f=−，()()()95312ln32ln322ln31022ff−=−+=−=−，则()()13ff，所以，()()max932l

n32fxf==−.故选：B.【举一反三】1．（2021·江苏）若函数()32123fxxx=+−在区间()4,aa−上存在最小值，则a的取值范围是（）A．()0,4B．)0,4C．)1,4D．()1,4【答案】C【解析】()

32123fxxx=+−，()()222fxxxxx=+=+，令()0fx，解得2x−或0x；令()0fx，解得20x−.故()fx的单调递增区间为(),2−−和()0,+，单调递减区间为()2,0−，所以，函数(

)fx在0x=处取得极小值，由于函数()fx在区间()4,aa−内取到最小值，则()()4040aafaf−−，由()()40faf−可得()()32144223aa−+−−−，可得()()2410aa−−,即()()240410aaaa−

−−，解得14a.因此，实数a的取值范围是)1,4.故选：C.2.（2020·陕西省子洲中学）若函数322312yxxxm=−−+在[0，3]上的最大值为5，则m=（）A．3B．4C．5D．8【答案】C【解析】()()26612612yxxxx=−−=+−，当0

,2x时，0y，函数单调递减，当2,3x时，0y，函数单调递增，当0x=时，ym=，当3x=时，9ym=−，则函数在0,3上的最大值为m，则5m=.故选：C.3．（2021·江苏单元测试）已知函数2()

(0)xfxaxa=+在[1,)+上的最大值为33，则a的值为（）A．31−B．34C．43D．31+【答案】A【解析】由2()xfxxa=+，得()222()axfxxa−=+，当1a时，若xa，则()0,()fxfx单调递减

，若1xa，则()0,()fxfx单调递增，故当xa=时，函数()fx有最大值1332a=，解得314a=，不符合题意.当1a=时，函数()fx在[1,)+上单调递减，最大值为1(1)2f=，不符合题意.当01a时，函数()fx在[1,)+上单调递减.此

时最大值为13(1)13fa==+，解得31a=-，符合题意.故a的值为31−.故选：A.4．（2021·全国课时练习）已知函数321()23fxxx=+−在区间(2,3)aa−+上存在最小值，则a的取值范围为_______．【答案】12a−【解析】

()()222fxxxxx=+=+，()0fx=时，2x=−或0x=，当2x−或0x时，()0fx，当20x−时，()0fx，所以函数的单调递增区间是(),2−−和()0,+，函数的单调递减区间是()2,0−，所以函数的极大值点是2−，极小值点

是0，且()02f=−，那么当321223xx+−=−，解得0x=或3x=−，所以函数在区间()2,3aa−+上存在最小值，则32030aa−−+，解得：12a−.故答案为：)1,2−.一、单选题1．（2021·河南平顶山市）已知函数3213()

32fxxxc=++有3个不同的零点，则c的取值范围是（）A．9,02−B．4,(0,)3−−+强化练习C．4,03−D．9,(0,)2−−+【答案】A【解析】由条件得2()3(3)fxxxxx=+=+，令()0fx，可得解

集为(,3)(0,)−−+令()0fx，可得解集为(3,0)−则()fx在(,3)−−和(0,)+上单调递增，在(3,0)−上单调递减，又9(3)2fc−=+，(0)fc=，要使()fx有3个不同的零点，则902cc+，所以902c−.故选：A2．（2020·福建莆田市·高三

其他模拟）已知函数3()fxxkxk=+−，则“0k”是“()fx有极值”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】若“()fx有极值”，则2()30fx

xk=+=有两个不等的实数根，所以0430k=−，解得0k，当0k时，令2()30fxxk=+=可得3kx=−，此时3()fxxkxk=+−在,3k−−−单调递增，在,33kk−−−单调递减，在,3k−+单调递增，所以“0k

”可以推出“()fx有极值”，所以“0k”是“()fx有极值”的充要条件.故选：C3．（2021·宁夏吴忠市·高三一模（文））若函数2()2lnfxmxx=−+在21,ee上有两个零点，则实数m的取值范围为（）A．(21,e2−B．2414

,e2e+−C．411,4e+D．)1,+【答案】C【解析】令2()2ln0fxmxx=−+=，则22lnmxx=−，令2()2lngxxx=−，则由2()2gxxx=−2(1)(1)xxx−+=知，()gx在21e,1上单调递减，在1,e上

单调递增，且()()min11gxg==，24114eeg=+，2(e)e2g=−，∵4145e+，2e25−，，∴()21eegg，所以若函数()fx在21,ee上有两个零点，则实数m的取值范围为411,4e+

．故选：C．4．（2020·安徽六安市·六安二中）若函数y＝x3＋32x2＋m在[-2，1]上的最大值为92，则m等于（）A．0B．1C．2D．52【答案】C【解析】'2333(1)yxxxx=+=+，易知，当10x−时，'0y，当21

x−−或01x时，'0y，所以函数y＝x3＋32x2＋m在(2,1)−−，(0,1)上单调递增，在(1,0)−上单调递减，又当1x=−时，12ym=+，当1x=时，52ym=+，所以最大值为5922m+=，解得2m=.

故选：C5．（2021·江苏高二）函数211()2fxxx=+的极小值是___．【答案】32【解析】函数的f（x）的导数f′（x）＝21xx−＝321xx−，令321xx−＝0，解得x＝1，由x＞1可得f′（x）＞0，函数单调递增，由x＜1，可得f′

（x）＜0，函数单调递减，故当x＝1时，函数取得极小值f（1）＝32，故答案为：326．（2021·江苏泰州市·泰州中学）函数()322fxxaxbxa=+++在1x=处取得极值10，则ab+=___________.【答案】7−【解析】由题意，函数()32

2fxxaxbxa=+++，可得()232fxxaxb=++，因为()fx在1x=处取得极值10，可得2(1)320(1)110fabfaba=++==+++=，解得411ab==−或33ab=−=，

检验知，当3,3ab=−=时，可得()223633(1)0fxxxx=+=−-，此时函数()fx单调递增，函数为极值点，不符合题意，（舍去）；当4,11ab==−时，可得()23811(311)(1)fxxxxx=+−=+−，当113x−或1x时

，()0fx，()fx单调递增；当1113x−时，()0fx，()fx单调递减，当1x=时，函数()fx取得极小值，符合题意.所以7ab+=−.故答案为：7−.7．（2021·安徽宿州市）已知函数在()3223(,)fxxmxnxmmnR=+++，1x=−时取得极小值0

，则mn+=__________．【答案】11【解析】322()3fxxmxnxm=+++2()36fxxmxn=++依题意可得(1)0(1)0ff−=−=即2130360mnmmn−+−+=−+=解得29mn==或13mn=

=当1m=，3n=时函数32()331fxxxx=+++，22()3633(1)0fxxxx=++=+…函数在R上单调递增，函数无极值，故舍去；所以29mn==，所以11+=mn故答案为：118

．（2021·全国课时练习）已知函数()()321233fxxaxax=++++在(),−+上存在极值点，则实数a的取值范围是_____________.【答案】|1aa−或2a【解析】由题可知：()222fxxaxa=+++，因为函数()fx在(),−+上存在极值点，所以

()0fx=有解所以()244120aa=−+，则1a−或2a当1a=−或2a=时，函数()yfx=与x轴只有一个交点，即()0fx所以函数()fx在(),−+单调递增，没有极值点，故舍去所以1a−或2a，即|1aa−或2a故答案为：|1aa

−或2a9．（2021·河南郑州市·高三一模（理））已知()22()xfxxxae=++，若()fx存在极小值，则a的取值范围是_______________________．【答案】(),2−【解

析】()()222224()()2xxxfxxexxaeexxa=++++=+++，若()fx存在极小值，则()fx存在极小值，所以方程2420xxa+++=有两个不等的实根，所以()16420a=−+，解

得：2a，所以a的取值范围是(),2−，故答案为：(),2−10．（2020·辽宁沈阳市·高三月考）函数()()lnfxxxax=−（aR，0x）在区间1ee,上存在极大值，则实数a的取值范围是______．【答

案】11,2e【解析】()1ln1ln22xfxxaxxax+=+−=−设()()1ln0xgxxx+=，()2lnxgxx=−，令()0gx，解得1x，即()gx在1,1e上单调递增；令()0gx，解得1x，即()gx在()1,e上单调递

减；且()()max11gxg==，又()2gee=，则当22,1ae，即11,2ae时，()fx先增后减，即函数存在极大值故答案为：11,2e11．（2021·全国课时练习）若函数()2()5xfxxxe=−−+

在区间(),2aa+上有极大值，则a的取值范围是________.【答案】11a−【解析】由()2()5xfxxxe=−−+得()()()()'22()534+41xxxfxxxexxexxe=−−+=−−+=−−，所以在()4，−−和()1+，上，()'0fx，在(

)41−，上，()'>0fx，所以函数()fx在()4，−−和()1+，上单调递减，在()41−，上单调递增，所以当1x=时，函数()fx取得极大值()1f，若函数()2()5xfxxxe=−−+在区间(),2aa+上有极大值，则a<1且a+

2>1，解得-1<a<1，则a的取值范围是11a−，故答案为：11a−.12．（2021·南昌市·江西师大附中）若函数32()fxxx=−在区间(,3)aa+内存在最大值，则实数a的取值范围是____________.

【答案】(3,2]−−【解析】由题可知：2()32(32)fxxxxx=−=−所以函数()fx在20,3单调递减，在2(,0),,3−+单调递增，故函数的极大值为(0)0f=.所以在开区间(,3)aa+内的最大值一定是(0)0,f=又(1

)(0)0ff==，所以03,31aaa++得实数a的取值范围是(3,2].−−故答案为：(3,2−−13．（2020·通榆县第一中学校高三月考（文））若函数()33fxxx=−在区间()25,aa−上有最大值，则实数a的取值范围是______.【答案】()1,2−【解析】由题意得

：()233fxx¢=-，令()0fx解得11x−；令()0fx解得1x−或1x，所以函数在(),1−−上是增函数，在()1,1−上是减函数，在()1,+上是增函数，故函数在1x=−处取到极大值2，所以极大值必是区间()25,aa−上的最大值，∴251aa−−

，解得-1a2.检验满足题意故答案为：()1,2−.14．（2021·定远县育才学校4）已知函数()2lnfxaxbx=+在1x=处有极值12.（1）求实数a、b的值；（2）判断函数()fx的单调区间，并求极值.【答案】（

1）12a=，1b=−；（2）单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+?，极小值12，无极大值.【解析】（1）由()2lnfxaxbx=+，知()2bfxaxx=+.又∵()fx在1x=处有极值12，则()()10112ff==，即20

12aba+==，∴12a=，1b=−.（2）由（1）可知()21ln2fxxx=−，定义域为()0,+?，∴()()()111xxfxxxx+−=−=.令()0fx¢=，则1x=−（舍去）或1x=；当x变化时，()fx¢，()fx的变化情况如表：x(

)0,11()1,+?()fx¢-0+()fx↘极小值↗∴函数()fx的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+?，且函数()fx在定义域上有极小值()112f=，而无极大值.15．（2021·江苏单元测试）已知函数()ln,afxxxaRx=−−

（1）当a=0时，求函数f(x)的极大值；（2）求函数f(x)的单调区间；【答案】（1）极大值为1−；（2）答案见解析.【解析】函数()fx的定义域为(0,)+．（1）当0a=时，()lnfxxx=−，()11fxx=−，令()0f

x=得1x=．列表：x(0,1)1(0,)+()fx+0−()fx极大值所以()fx的极大值为f（1）1=−．（2）()22xxafxx−++=．令()0fx=得20xxa−++=，记14a=+．（ⅰ）当14a−时，()0fx，所以()fx单调减区间为(0,)

+；（ⅱ）当14a=−时，函数在(0,)+单调减()iii当14a−时，由()0fx=得11142ax++=，21142ax−+=，①若104a−，则120xx，由()0fx，得20xx，1xx

；由()0fx，得21xxx．所以，()fx的单调减区间为114(0,)2a−+，114(2a++，)+，单调增区间为114(2a−+，114)2a++；②若0a=，由（1）知()fx单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1,)+；③若0a，则120xx，由

()0fx，得1xx；由()0fx，得10xx．()fx的单调减区间为114(2a−+，)+，单调增区间为114(0,)2a++．综上可得，当14a−≤时，()fx单调减区间为(0,)+；当104a−时，()fx的单调减区间为114(0,)2a−+，114(2a++，)+，

单调增区间为114(2a−+，114)2a++；当0a时，()fx的单调减区间为114(2a−+，)+，单调增区间为114(0,)2a++．16．（2020·四川内江市·高三一模（理））已知函数()2lnfxaxbx=−，a､bR，若()fx在1x=处与直线12y=-相切

.（1）求a，b的值；（2）求()fx在1,ee上的极值.【答案】（1）112ab==；（2）极大值为12−，无极小值.【解析】（1）由题意，函数()2lnfxaxbx=−，可得()2afxbxx−=，因为函数()fx在1x=处与直线12

y=-相切，所以()()10112ff==−，即2012abb−=−=−，解得11,2ab==.（2）由（1）得()21ln2fxxx=−，定义域为()0,+，且()211xfx

xxx−=−=，令()0fx，得01x，令()0fx，得1x.所以()fx在1,1e上单调递增，在()1,e上单调递减，所以()fx在1,ee上的极大值为()112f=−，

无极小值.17．（2020·四川成都市·华阳中学高二期中（文））已知函数()23lnfxxaxx=++，曲线()yfx=过点()1,0P.（1）求函数()fx解析式.（2）求函数()fx的单调区间与极值.【答案】（1）()23lnfxxxx=−+；（2）()fx在30,

2上单调递增，在3,2+上单调递减，()fx极大值为333ln42−+.【解析】（1）由()23lnfxxaxx=++过点()1,0P得，10a+=，即1a=−，所以()23lnfxxxx=−+.（2）由（1）知，()232312xxfxx

xx−++=−+=(23)(1)(0)xxxx−−+=，令()0fx，302x，令()0fx，32x，SY()fx在30,2上单调递增，在3,2+上单调递减，()fx极大值为3333ln242f=−

+，无极小值.18．（2020·莆田第十五中学高三期中（理））已知函数()2()2xxfxxeaxaR=−+.（1）当1a=时，求函数()fx的极值；（2）讨论函数()fx的单调性.【答案】（1）极大值112e−，极小值0；（2）答案见解析.【解析】（1）当1a=时，

2()2xxfxxex=−+，()()(1)(1)1xxxfxexexex=+−+=+−，令()0fx=，得1x=−或0x=.x(),1−−1−()1,0−0()0,+()fx+0-0+()fx

∴1x=−时，()fx有极大值()1112fe−=−，0x=时，()fx有极小值()00f=；（2）()()(1)(1)xxxfxaeexexxa=+−+=+−，当0a时，0xea−，由()0fx得1x−，

即函数()fx在()1,−+上单调递增，由()0fx得1x−，即函数()fx在(),1−−上单调递减；当0a时，令()0fx=得1x=−或lnxa=.①当ln1a=−，即1ae−=时，无论1x−

或1x−，均有()0fx，又()10f−=，即在R上()0fx，从而函数()fx在R上单调递增；②当ln1a−，即10ae-<<时，由()()(1)01xefxxax=+−−或lnxa时，函数(

)fx在()1,−+和(),lna−上单调递增；由()()(1)0ln1xfxxaaex=+−−时，函数()fx在()ln,1a−上单调递减；③当ln1a−，即1ae−时，由()()(1)0lnxfxxeax

a=+−或1x−时，函数()fx在()ln,a+和(),1−−上单调递增；由()()(1)01lnxfxxaxae=+−−时，函数()fx在()1,lna−上单调递减.综上，当0a时，()f

x单调递增区间是()1,−+上，单调递减区间是(),1−−上；当10ae-<<时，()fx单调递增区间是(),lna−,()1,−+，单调递减区间是()ln,1a−；当1ae−=时，()fx单调递增区间为(,)−+；当1ae−时，()fx单调递增区间是(),1−−,()ln,a+

，单调递减区间是()1,lna−.19．（2020·全国）已知函数323()612fxxxx=−−+．（1）求()fx的极值；（2）求()fx在区间[24]−，上的最小值．【答案】（1）极大值为9(1)2f−=，极

小值是(2)9f=−；（2）9−．【解析】（1）2()3363(1)(2)fxxxxx==+−−−，令()0fx=，则1x=−或2x=，当1x−或2x时，()0fx，故()fx在区间(1)−−，或(2)，+上单调递增，当12x−时

，()0fx，故()fx在区间(12)−，上单调递减，故函数()fx的极大值为9(1)2f−=，极小值是(2)9f=−；（2）(2)1f−=−，(4)17f=，由（1）知，()9fx=−极小值，比较可知三个数中的最小值为()fx在区间[24]−，上的最小值，为

9−．20（2020·江西高三其他模拟（文））已知函数()()()22ln2fxaxaxaR=+−+.（1）若1a=−，求函数()fx的极值；（2）讨论函数()fx的单调性.【答案】（1）极大值为1

33ln222+，无极小值；（2）答案见解析.【解析】（1）若1a=−，则()23ln2fxxx=−++，则2332(32)(32)()2xxxfxxxxx−−+=−==+故当60,2x时

，()0fx，()fx单调递增，当6,2x+时，()0fx，()fx单调递减，故函数()fx的极大值为6133ln2222f=+，无极小值；（2）依题意222(2)()2aaxafxaxxx+=−−=+，若02a剟，()0fx，则函数()

fx在()0,+单调递增；若2a，当20,2axa−时，()0fx；当2,2axa−+时，()0fx，此时函数在20,2aa−单调递减，在2,2aa−+单调递增；

若0a，则当20,2axa−时，()0fx；当2,2axa−+时，()0fx，此时函数在20,2aa−单调递增，在2,2aa−+单调递减.