2025年高考数学必刷题分类：第16讲、极值与最值（教师版）

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第16讲极值与最值

知识梳理

知识点一：极值与最值

1、函数的极值

函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有点都有f(x)f(x0)，则称f(x0)是

函数的一个极大值，记作．如果对附近的所有点都有，则称

y极大值f(x0)x0f(x)f(x0)

是函数的一个极小值，记作．极大值与极小值统称为极值，称为极值

f(x0)y极小值f(x0)x0

点．

求可导函数f(x)极值的一般步骤

（1）先确定函数f(x)的定义域；

（2）求导数f(x)；

（3）求方程f(x)0的根；

（4）检验f(x)在方程f(x)0的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在

右侧附近为负，那么函数yf(x)在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右

侧附近为正，那么函数yf(x)在这个根处取得极小值．

注：①可导函数在点处取得极值的充要条件是：是导函数的变号零点，即

f(x)x0x0

，且在左侧与右侧，的符号导号．

f(x0)0x0f(x)

②是为极值点的既不充分也不必要条件，如3，，但

f(x0)0x0f(x)xf(0)0x00

不是极值点．另外，极值点也可以是不可导的，如函数f(x)x，在极小值点x00是不可

导的，于是有如下结论：为可导函数的极值点；但为

x0f(x)f(x0)0f(x0)0x0f(x)

的极值点．

2、函数的最值

函数yf(x)最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数f(x)最小值为

极小值与靠近极大值的端点之间的最小者．

2

导函数为f(x)axbxca(xx1)(xx2)(mx1x2n)

（）当时，最大值是与中的最大者；最小值是与中的最小

1a0f(x1)f(n)f(x2)f(m)

者．

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（）当时，最大值是与中的最大者；最小值是与中的最小

2a0f(x2)f(m)f(x1)f(n)

者．

一般地，设yf(x)是定义在[m，n]上的函数，yf(x)在(m，n)内有导数，求函数

yf(x)在[m，n]上的最大值与最小值可分为两步进行：

（1）求yf(x)在(m，n)内的极值（极大值或极小值）；

（2）将yf(x)的各极值与f(m)和f(n)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一

个为最小值．

注：①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最

值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可

能是区间端点处的函数值；

②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；

③函数的最值必在极值点或区间端点处取得．

【解题方法总结】

（）若函数在区间上存在最小值和最大值，则

1fxDfxminfxmax

不等式在区间上恒成立；

fxaDfxmina

不等式在区间上恒成立；

fxaDfxmina

不等式在区间上恒成立；

fxbDfxmaxb

不等式在区间上恒成立；

fxbDfxmaxb

（2）若函数fx在区间D上不存在最大（小）值，且值域为m,n，则

不等式fxa或fxa在区间D上恒成立ma．

不等式fxb或fxb在区间D上恒成立mb．

（）若函数在区间Ｄ上存在最小值和最大值，即，

3fxfxminfxmaxfxm,n

则对不等式有解问题有以下结论：

不等式在区间上有解；

afxDafxmax

不等式在区间上有解；

afxDafxmax

不等式在区间上有解；

afxDafxmin

不等式在区间上有解；

afxDafxmin

（4）若函数fx在区间D上不存在最大（小）值，如值域为m,n，则对不等式有

解问题有以下结论：

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不等式afx或afx在区间D上有解an

不等式bfx或bfx在区间D上有解bm

（5）对于任意的x1a,b，总存在x2m,n，使得

；

fx1gx2fx1maxgx2max

（6）对于任意的x1a,b，总存在x2m,n，使得

；

fx1gx2fx1mingx2min

（7）若存在x1a,b，对于任意的x2m,n，使得

；

fx1gx2fx1mingx2min

（8）若存在x1a,b，对于任意的x2m,n，使得

；

fx1gx2fx1maxgx2max

（）对于任意的，使得；

9x1a,bx2m,nfx1gx2fx1maxgx2min

（）对于任意的，使得；

10x1a,bx2m,nfx1gx2fx1mingx2max

（）若存在，总存在，使得

11x1a,bx2m,nfx1gx2fx1mingx2max

（）若存在，总存在，使得．

12x1a,bx2m,nfx1gx2fx1maxgx2min

必考题型全归纳

题型一：求函数的极值与极值点

【例1】（2024·全国·高三专题练习）若函数fx存在一个极大值fx1与一个极小值fx2

满足fx2fx1，则fx至少有（）个单调区间.

A．3B．4C．5D．6

【答案】B

【解析】若函数fx存在一个极大值fx1与一个极小值fx2，则fx至少有3个单调

区间，

若fx有3个单调区间，

不妨设fx的定义域为a,b，若ax1x2b，其中a可以为，b可以为，

则fx在a,x1,x2,b上单调递增，在x1,x2上单调递减，（若fx定义域为a,b内不连

续不影响总体单调性），

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故fx2fx1，不合题意，

若ax2x1b，则fx在a,x2,x1,b上单调递减，在x2,x1上单调递增，有

fx2fx1，不合题意；

若fx有4个单调区间，

1x21

例如fxx的定义域为x|x0，则fx，

xx2

令f¢(x)>0，解得x1或x1，

则fx在,1,1,上单调递增，在1,0,0,1上单调递减，

故函数fx存在一个极大值f12与一个极小值f12，且f1f1，满足题

意，此时fx有4个单调区间，

综上所述：fx至少有4个单调区间.

故选：B.

【对点训练1】（2024·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数f（x），其导函数fx

的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是（）

A．fbfafc

B．函数fx在x＝c处取得最大值，在xe处取得最小值

C．函数fx在x＝c处取得极大值，在xe处取得极小值

D．函数fx的最小值为fd

【答案】C

【解析】由题图可知，当xc时，fx0，所以函数fx在(-¥,c]上单调递增，

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又a<b<c，所以fafbfc，故A不正确．

因为fc0，fe0，且当xc时，f¢(x)>0；当c<x<e时，fx0；

当x>e时，f¢(x)>0．所以函数fx在x＝c处取得极大值，但不一定取得最大值，在x＝

e处取得极小值，不一定是最小值，故B不正确，C正确．

由题图可知，当dxe时，fx0，所以函数fx在[d，e]上单调递减，从而fdfe，

所以D不正确．

故选：C．

【对点训练2】（2024·全国·模拟预测）已知函数fx的导函数为fx，则“yfx在

0,2上有两个零点”是“fx在0,2上有两个极值点”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】D

【解析】只有当fx在0,2上有两个变号零点时，fx在0,2上才有两个极值点，故充

分性不成立；若fx在0,2上有两个极值点，则fx在0,2上有两个变号零点，则fx

在0,2上至少有两个零点，故必要性不成立.综上，“fx在0,2上有两个零点”是“fx在

0,2上有两个极值点”的既不充分也不必要条件，

故选：D.

【对点训练3】（2024·广西南宁·南宁三中校考一模）设函数fxxaxbxc，

a,b,cR，fx为fx的导函数．

(1)当abc0时，过点P1,0作曲线yfx的切线，求切点坐标；

2

(2)若a¹b，bc，且fx和fx的零点均在集合2,2,中，求fx的极小值．

3

【解析】（1）当abc0时，f(x)x3，求导得f(x)3x2，

32

设过点P1,0作曲线yfx的切线的切点为x0,x0，则f(x0)3x0，

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3223

于是切线方程为yx03x0xx0，即y3x0x2x0，因为切线过点P1,0，

233327

即有03x02x0，解得x00或x0，所以切点坐标为0,0，,.

228

2322

（2）当a¹b，bc时，fxxa(xb)xa2bxb2abxab，

2ab2ab

求导得fx3xbx，令fx0，得xb或x，

33

2ab22abab

依题意a，b，都在集合2,2,中，且a¹b，a，

3333

2abab2ab2ab2

当ab时，a0，且aab，则a2，b2，，

33333

2abab2ab2ab2

当ab时，a0，且aab，则a2,b2，，不

33333

符合题意，

因此a2，b2，fxx2(x2)2，fxx23x2，

22

当x<2或x时，f(x)0，当2x时，f(x)0，

33

22

于是函数fx在,2，,上单调递增，在2,上单调递减，

33

22256

所以当x时，函数fx取得极小值为f.

3327

【对点训练4】（2024·河北·统考模拟预测）已知函数f(x)xaln(xb)．

(1)证明：当a0,b0时，fx有唯一的极值点为x0，并求f(x0)取最大值时x0的值；

(2)当b0时，讨论fx极值点的个数．

【解析】（1）证明：当a0，b0时，f(x)xalnx，可得fx的定义域为(0,)，

1ax2a

且fx，令fx0，解得x4a2，

2xx2x

当0x4a2时，f(x)0，fx单调递减；

当x4a2时，f(x)0，fx单调递增，

22

所以当x4a时，fx有唯一的极小值，即fx有唯一的极值点为x04a，

由222，

f(x0)f(4a)4aaln(4a)2a2aln(2a),a0

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令t2a，设g(t)ttlnt,t0，可得g(t)lnt，

由g'(t)0，解得t1，

当0t1时，gt0，g(t)单调递增；当t1时，gt0，g(t)单调递减，

1

所以当t1，即a时，g(t)有唯一的极大值，即g(t)取得最大值1，

2

所以当的最大值时，2

f(x0)1x04a1.

1ax2axb

（2）当b0时，fx的定义域为[0,)，且f(x)，

2xxb2x(xb)

①当a0时，f(x)0时x(0,)恒成立，此时fx单调递增，

所以fx极值点的个数为0个；

②当a0时，设h(x)x2axb，即h(x)x22axb(x0)

（i）当4a24b0，即0ab时，可得hx0，即f(x)0对x(0,)恒成立，

即f(x)在(0,)上无变号零点，所以此时fx极值点的个数为0个；

（ii）当4a24b0，即ab时，

设h(x)的两零点为x1,x2，且x1x2，x1x22a>0，x1x2b0，可得x10,x20

即f(x)在(0,)上有2个变号零点，所以此时fx极值点的个数为2个；

综上所述，当ab时，fx的极值点的个数为0；

当ab时，fx的极值点的个数为2.

π

【对点训练5】（2024·江苏无锡·校联考三模）已知函数fxtanxln1x,x,1.

2

求fx的极值；

π

【解析】因为函数fxtanxln1x,x,1，所以

2

1111x1cos2x

fx，

cos2x1xcos2xx1x1cos2x

设hxx1cos2x，hx12cosxsinx1sin2x0，

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π

所以hx在,1上单调递增.

2

π

又h00，所以当x,0时，hx0；当x0,1时，hx0.

2

2π

又因为x1cosx0对x,1恒成立，

2

π¢

所以当x,0时，f(x)>0；当x0,1时，fx0.

2

π

即fx在区间,0上单调递增，在区间0,1上单调递减，

2

故fx极大值f00，fx没有极小值.

【解题方法总结】

1、因此，在求函数极值问题中，一定要检验方程f(x)0根左右的符号，更要注意变

号后极大值与极小值是否与已知有矛盾．

2、原函数出现极值时，导函数正处于零点，归纳起来一句话：原极导零．这个零点必

须穿越x轴，否则不是极值点．判断口诀：从左往右找穿越（导函数与x轴的交点）；上坡

低头找极小，下坡抬头找极大．

题型二：根据极值、极值点求参数

【例2】（2024·贵州·校联考模拟预测）已知函数fxax3bx在x1处取得极大值4，

则ab（）

A．8B．8C．2D．2

【答案】B

【解析】因为fxax3bx，所以fx3ax2b，

所以f13ab0,f1ab4，解得a2,b6，

经检验，符合题意，所以ab8.

故选：B

【对点训练6】（2024·陕西商洛·统考三模）若函数f(x)x3ax2(a6)x无极值，则a

的取值范围为（）

A．[3,6]B．(3,6)

C．(,3][6,)D．(,3)(6,)

【答案】A

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【解析】因为f(x)x3ax2(a6)x，所以f(x)3x22axa6，因为f(x)无极值，所

以(2a)243(a6)0，解得3a6，所以a的取值范围为[3,6]．

故选：A.

lnx

【对点训练7】（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）函数gx在区间

x1

t,tN*上存在极值，则t的最大值为（）

A．2B．3C．4D．5

【答案】B

lnx

【解析】函数gx的定义域为0,，

x1

1

(x1)lnx

xx1xlnx，

gx22

x1xx1

令f(x)x1xlnx，f(x)1lnx1lnx，

所以当x0,1时，f(x)0，当x1,时，f(x)0，

所以f(x)x1xlnx在0,1单调递增，1,单调递减，

所以f(x)maxf(1)20，

又因为当x0,1时，lnx0,xlnx0,则f(x)x1xlnx0，

f(3)43ln3lne4ln270,

f(4)54ln4lne5ln256ln243ln2560，

所以存在唯一x03,4，使得f(x0)0，

所以函数在x(0,x0)时f(x)0，x(x0,)时f(x)0，

所以函数g(x)在(0,x0)单调递增，(x0,)单调递减，

lnx

所以要使函数gx在区间t,tN*上存在极值，

x1

所以t的最大值为3，

故选:B.

1

【对点训练8】（2024·全国·高三专题练习）已知函数fxx21axalnx在xa

2

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处取得极小值，则实数a的取值范围为（）

A．1,B．1,C．0,1D．0,1

【答案】B

1

【解析】因为函数fxx21axalnx，

2

axax1

则fxx1a，

xx

要使函数fx在xa处取得极小值，则a1，

故选：B.

【对点训练9】（2024·广东梅州·梅州市梅江区梅州中学校考模拟预测）已知函数

1

fxexx2axaR有两个极值点，则实数a的取值范围（）

2

A．,1B．0,1

C．0,1D．1,

【答案】D

【解析】fx的定义域是R，fxexxa，

令hxexxa,hxex1，

所以hx在区间,0,hx0,hx递减；在区间0,,hx0,hx递增.

要使fx有两个极值点，则f0h01a0,a1，

此时faeaaaea0，

1x1

构造函数gxxln2xx1,gx1，

xx

所以gx在1,上递增，所以gx1ln20，

所以fln2aeln2aln2aaaln2a0，

所以实数a的取值范围1,.

故选：D

【对点训练10】（2024·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考开学考试）若x＝a是函数

f(x)(xa)2(x1)的极大值点，则a的取值范围是（）

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A．a1B．a1C．a1D．a1

【答案】A

【解析】f(x)(xa)2(x1)，xR

f(x)(xa)(3xa2)

a2

令f(x)(xa)(3xa2)0，得：xa,x

3

a2

当a，即a1

3

a2a2

此时f(x)在区间(,a)单调递增，(a,)上单调递减，(,)上单调递增，符合x＝a

33

是函数f(x)的极大值点，

a2a2a2

反之，当a，即a1，此时f(x)在区间(,)单调递增，(,a)上单调递减，

333

(a,)上单调递增，x＝a是函数f(x)的极小值点，不符合题意；

a2

当a，即a1，f(x)0恒成立，函数f(x)在xR上单调递增，无极值点.

3

综上得：a1.

故选：A.

【解题方法总结】

根据函数的极值（点）求参数的两个要领

（1）列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解；

（2）验证：求解后验证根的合理性．

题型三：求函数的最值（不含参）

【例3】（2024·山东淄博·山东省淄博实验中学校考三模）已知函数fxexsinx2x.

(1)求曲线yfx在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)求fx在区间[1,1]上的最大值；

【解析】（1）因为fxexsinx2x，

所以fxexsinxcosx2，则f(0)1，又f(0)0，

所以曲线yfx在点(0,f(0))处的切线方程为yx.

（2）令gxfxexsinxcosx2，

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则gx2excosx，当x[1,1]时，g(x)0，gx在[1,1]上单调递增.

因为g(0)10，g1esin1cos120，

所以x0(0,1)，使得g(x0)0.

所以当x(1,x0)时，f(x)0，fx单调递减；

当x(x0,1)时，f(x)0，fx单调递增，

sin1

又f1esin12e21，f121，

e

sin1

所以fxf12.

maxe

x1

【对点训练11】（2024·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）已知函数fxlnx

x

在区间[1,e]上最大值为M，最小值为m，则Mm的值是_______.

1

【答案】

e

x1x1

【解析】由题意，x0，fx，在[1,e]上fx0，

x2x2

11

故函数fx单调递增，所以Mfe，mf10，Mm，

ee

1

故Mm的值是.

e

1

故答案为：

e

【对点训练12】（2024·辽宁葫芦岛·统考二模）已知函数f(x)2sinx(1cosx)，则f(x)的

最大值是________．

【答案】33

2

【解析】因为f(x)2sinx(1cosx)，

所以f(x)2cosx(1cosx)2sin2x2cosx2cos2x2sin2x

4cos2x2cosx222cos2xcosx122cosx1cosx1.

当f(x)0时，x2k,2k，

33

所以f(x)在2k,2k单调递增；

33

5

当f(x)0时，x2k,2k，

33

[在此处键入]

[在此处键入]

5

所以f(x)在2k,2k单调递减；

33

33

所以f(x)f(2k).

max32

33

故答案为：.

2

1sinxπ

【对点训练13】（2024·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数fx，x0,，

2cosxsinx2

则函数fx的最小值为______.

1

【答案】/0.5

2

1sinx

【解析】因为fx，

2cosxsinx

cosx(2cosxsinx)(1sinx)(2sinxcosx)22sinxcosx

所以fx，

(2cosxsinx)2(2cosxsinx)2

π

记g(x)22sinxcosx，x0,，

2

π

则g(x)2cosxsinx，因为x0,，所以g(x)2cosxsinx0，

2

π

所以g(x)22sinxcosx在0,上单调递增，所以g(x)g(0)2110，

2

¢π1sinxπ

所以f(x)>0在0,上恒成立，所以fx在0,上单调递增，

22cosxsinx2

101

故当x0时，函数fx有最小值为f0，

2102

故答案为：1

2

【对点训练14】（2024·山西·高三校联考阶段练习）已知x0,y0，且ln(xy)yex，则

x2ylnxx的最小值为__________.

【答案】1

【解析】因为x0,y0，ln(xy)yex，所以yln(xy)ex，所以xyln(xy)xex，且ln(xy)0，

所以ln(xy)eln(xy)xex，

设f(x)xex，x0，

则f(x)exxex(1x)ex，因为x0，所以f(x)0，f(x)在(0,)上为增函数，

ex

因为ln(xy)(xy)ln(xy)xex，所以ln(xy)x，则xyex，所以y，

x

[在此处键入]

[在此处键入]

ex

所以x2ylnxxx2lnxxxexlnxx，

x

11

令g(x)xexlnxx，则g(x)exxex1(1x)(ex)，

xx

11

令(x)ex，则(x)ex0，则(x)在(0,)上为增函数，

xx2

1

令(x)0得ex0，即xex1，

x

x0

则存在唯一实数x00，使得x0e1，即(x0)0，

所以当x(0,x0)时，(x)0，g(x)0，当x(x0,)时，(x)0，g(x)0，

所以g(x)在(0,x0)上为减函数，在(x0,)上为增函数，

x0x0x0

所以g(x)ming(xo)x0elnx0x0x0eln(x0e)101.

所以x2ylnxx的最小值为1.

故答案为：1.

【对点训练15】（2024·海南海口·统考模拟预测）已知正实数m，n满足：nlnnemnlnm，

n

则的最小值为______.

m

2

【答案】e

4

em

【解析】由nlnnemnlnm可得：lnmlnn,

n

所以emlnnlnnlnm，emlnnmlnnmlnmelnmlnm，

设fxexx，fxex10，

所以fx在R上单调递增，所以fmlnnflnm，

em

则mlnnlnm，所以lnnln，

m

emnemexexx2ex2xexx2

所以n，所以，令gx,gx，

mmm2x2x4x3

令gx0，解得：x2；令gx0，解得：0x2；

所以gx在0,2上单调递减，在2,上单调递增，

e2

所以gxg2.

min4

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ne2

故的最小值为.

m4

e2

故答案为：.

4

【解题方法总结】

求函数fx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

fa，fb与fx的各极值进行比较得到函数的最值．

题型四：求函数的最值（含参）

【例4】（2024·天津和平·统考三模）已知函数fxxalnx，gxcosx1ex，其

中aR.

π

(1)若曲线yfx在x1处的切线l与曲线ygx在x处的切线l平行，求a的值；

122

(2)若x0,π时，求函数gx的最小值；

(3)若fx的最小值为ha，证明：当a0,时，ha1.

【解析】（1）因为fxxalnx，gxcosx1ex，

1

1ax2axxx

所以fxx2，gxsinxecosx1esinxcosx1e，

2x2x

12aπ

所以f1，g0，

22

12a1

因为两条切线平行，所以0，解得a

22

（2）由（1）可知gxsinxcosx1ex，令gx0，即sinxcosx1，

ππ2π

即2sinx1，即sinx，又x0,π，解得xπ，

4422

πππ

令gx0，解得0x，所以gx在0,上单调递减，在,π上单调递增，

222

π

π

所以x0,π时，函数gx的最小值为ge2.

2

x2a

（3）证明：因为fxxalnx，x0,，fx，

2x

¢

令f(x)>0，则x2a0，即x2a，

2

所以当a0时解得x4a2，所以fx在4a,上单调递增，

[在此处键入]

[在此处键入]

2

令fx0，解得0x4a2，所以fx在0,4a上单调递减，

所以fx在x4a2处取得极小值即最小值，

22

所以haf4a2aaln4a2a1ln2a，

即fx的最小值为ha的解析式为ha2a1ln2a，a0,，

1

则ha2ln2a，令ha0，解得0a，

2

11

所以当0a时ha0，即ha在0,上单调递增，

22

11

当a时ha0，即ha在,上单调递增，

22

11

所以ha在a处取得极大值即最大值，即hah1，

2max2

1

所以hah1，即当a0,时，总有ha1.

2

1

【对点训练16】（2024·全国·模拟预测）已知函数fxalnxxa，aR．讨论函

2

数fx的最值；

a12ax

【解析】函数fx的定义域为0,，fx，

x22x

当a0时，f¢(x)>0，fx在0,上单调递增，无最值；

当a<0时，令fx0，得0x2a，所以fx在0,2a上单调递减；

令f¢(x)>0，得x2a，所以fx在2a,单调递增，

所以fx的最小值为f2aaln2a2a，无最大值．

综上，当a0时，fx无最值；当a<0时，fx的最小值为aln2a2a，无最大值．

【对点训练17】（2024·四川成都·成都七中校考模拟预测）已知函数

11

fxx36ax286ax8alnx4a，其中aR．

32

(1)若a=2，求fx的单调区间；

1

(2)已知f2f4，求fx的最小值．（参考数据：12）

334ln2

[在此处键入]

[在此处键入]

116

【解析】（1）由题设f(x)x34x220x16lnx8，则f(x)x28x20，且x0，

3x

x(x4)24(x4)(x4)(x2)2

所以f(x)，

xxx

当x(0,4)时fx0，当x(4,)时f(x)0，

所以fx的减区间为(0,4)，增区间为(4,).

864

（2）由题意26a286a8aln24a86a486a8aln44a，

33

22

所以3a4aln20，即a(2,4)，

33(34ln2)

8a(x2)(xa)(x4)

又f(x)x2(6a)x(86a)，且x0，

xx

当x(0,2)或x(a,4)时f(x)0，x(2,a)或x(4,)时f(x)0，

所以(0,2)、(a,4)上fx递减，(2,a)、(4,)上fx递增，

20

又极小值f2f4，故fx最小值为f(2)2a(34ln2)8.

3

【对点训练18】（2024·全国·高三专题练习）已知函数fxln1xaxex．

(1)当a1时，讨论函数fx在0,上的单调性；

(2)当a0时，求fx在1,0内的最大值；

xexx21

【解析】（1）当a1时，fxln1x，fx，且1xex0．

ex1xex

当x0时，ex1，x20，则exx210，

即f¢(x)>0，故函数fx在0,上单调递增．

x2

1a1xea1