2026-新高考I卷-06 单-导数求最值

本题导读

本题考查利用导数研究含参分式函数的最值问题。核心意图在于测试学生熟练运用商的导数公式求导，分析导函数的零点与正负变化以确定原函数的单调性，并将最大值条件转化为方程求解的能力。

📌【题干】

Question

（2026年新高考I卷）已知函数 $f(x)=\frac{x+2}{{\mathrm{e}}^x+a}$ 的最大值为 1，则 $a=$（ ）

A. $\frac{1}{2}$　　　　　　　B. 1　　　　　　　C. $\frac{3}{2}$　　　　　　　D. 2

🔍【思路分析】

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1. 第一步逻辑：首先对函数 $f(x)$ 进行求导，应用分式求导法则（商的导数公式） ${\left(\frac{u}{v}\right)}^{\prime }=\frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}$，计算出导函数 $f^{\prime }(x)$ 的代数式。
2. 第二步逻辑：分析导函数 $f^{\prime }(x)$ 的分子部分。通过令 $f^{\prime }(x)=0$ 寻找驻点，分析驻点两侧导数的符号变化，确定函数的单调递增与单调递减区间，从而判定该极值点是否为全局最大值点。
3. 第三步逻辑：将最大值点横坐标代入原解析式，令 $f(x{)}_{\max }=1$，建立关于参数 $a$ 的一元一次方程并求解。

✅【答案】

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B

✍【详细解析】

Abstract

方法1：观察选项中不含有$\mathrm{e}$，所以令$x=0$，即可求出$a=1$, 故选 B.

方法2：隐零点法

$f(x)=\frac{x+2}{{\mathrm{e}}^x+a}$ 由选项知 $a>0$，分母 ${\mathrm{e}}^x+a>0$ 恒成立，函数定义域为 $\mathbb{R}$，

因此函数最大值必然在极值点处取得，设极值点为 $x_0$

求导： $f^{\prime }(x)=\frac{({\mathrm{e}}^x+a)-(x+2){\mathrm{e}}^x}{({\mathrm{e}}^x+a{)}^2}=\frac{-(x+1){\mathrm{e}}^x+a}{({\mathrm{e}}^x+a{)}^2}$ 极值点满足 $f^{\prime }(x_0)=0$ 分子为0： $-(x_0+1){\mathrm{e}}^{x_0}+a=0⟹a=(x_0+1){\mathrm{e}}^{x_0}$ （1） 已知函数在 $x_0$ 处取得最大值 $1$，即 $f(x_0)=1$： $\frac{x_0+2}{{\mathrm{e}}^{x_0}+a}=1⟹x_0+2={\mathrm{e}}^{x_0}+a⟹a=x_0+2-{\mathrm{e}}^{x_0}$, （2） 联立（1）（2）： $\{\begin{array}{l}a=(x_0+1){\mathrm{e}}^{x_0}\\ a=x_0+2-{\mathrm{e}}^{x_0}\end{array}$ 解得： $\{\begin{array}{l}{x}_0=0\\ a=1\end{array}$ 验证 当 $a=1$ 时， 符合题意.

方法3：恒成立法 由选项知 $a>0$，故分母 ${\mathrm{e}}^x+a>0$ 恒成立。 函数 $f(x)=\frac{x+2}{{\mathrm{e}}^x+a}$ 的最大值为 $1$，

等价于不等式 $x+2\le {\mathrm{e}}^x+a$对一切实数 $x$ 恒成立，且等号能够取到。

构造函数： $h(x)=x+2-{\mathrm{e}}^x$

求导得： $h^{\prime }(x)=1-{\mathrm{e}}^x$

• 当 $x<0$ 时，$h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 单调递增；
• 当 $x>0$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减。 因此 $x=0$ 时，$h(x)$ 取得最大值： $h_{\text{max}}(x)=h(0)=0+2-{\mathrm{e}}^0=1$要使 $h(x)\le a$ 恒成立且可取等号，则 $a$ 必须等于 $h(x)$ 的最大值，即 $a=1$，故选 $\mathbf{B}$。

正确答案：B

方法4：切线不等式

由选项知 $a>0$，故分母 ${\mathrm{e}}^x+a>0$ 恒成立。 函数 $f(x)=\frac{x+2}{{\mathrm{e}}^x+a}$ 的最大值为 $1$，等价于不等式 $x+2-a\le {\mathrm{e}}^x$ 对一切实数 $x$ 恒成立，且等号能够取到。 又由切线不等式 $x+1\le {\mathrm{e}}^x$，所以$2-a=1$，即 $a=1$.

方法5：必要性探路

函数 $f(x)=\frac{x+2}{{\mathrm{e}}^x+a}$ 的最大值为 $1$，即 $f(x)=\frac{x+2}{{\mathrm{e}}^x+a}\le 1$ ，因为函数定义域为 $\mathbb{R}$，故$f(0)=\frac{2}{1+a}\le 1$，即 $a\ge 1$，验证$a=1$时符合条件.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用导数符号判定极值与最值的映射；超越方程组的代数消元。
2. 核心方法：商的求导法、方程联立消元法。
3. 避坑指南：

• 超越方程强行硬解陷阱：在第二步得到两个含参方程 $a=(x+1){\mathrm{e}}^x$ 与 $a=x+2-{\mathrm{e}}^x$ 时，不要尝试直接解出 $x$ 的显式表达式（因为属于超越方程无法常规分离）。正确的解题策略是利用两个方程都等于 $a$ 进行等量代换，消去未知数 $a$，从而将方程转化为容易因式分解的形式。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是新高考导数大纲中经典的含参最值单选题，考查内容避开了繁琐的分类讨论，侧重于考查学生对极值点代数方程变形的严密性与技巧性。
2. 结论推广： 对于所有形如 $f(x)=\frac{x+k}{{\mathrm{e}}^x+a}$ 的分式超越函数最值命题：

• 其导函数分子为 0 的充要条件为： $a=(x+k-1){\mathrm{e}}^x$；
• 其取得最大值满足 $f(x)=M$ 的条件为： $x+k=M({\mathrm{e}}^x+a)$。 两式联立消去 $a$ 后，恒可化简为关于最值点横坐标 $x$ 的通用分解式： $x+k=M\cdot (x+k){\mathrm{e}}^x$ 当 $x\ne -k$ 时，可得最值点通用显式方程： ${\mathrm{e}}^x=\frac{1}{M}$。 本题中 $M=1⟹{\mathrm{e}}^x=1⟹x=0$。代入 $a=(0+2-1){\mathrm{e}}^0=1$。 利用这一推广通式结论，未来在考场上遇到此类分式指数复合函数求最值题，可直接秒杀出最值点。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.02 基本初等函数导数公式与运算法则

类题演练 (Links)

• 2007-山东卷理-22 解-构造函数法证明不等式
• 2012-大纲卷文-21 解-三次函数极值点连线