《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例3 (1)(2023·辽宁抚顺重点高中六校协作体高三二模)已知函数f(x)=ax³ + bx在x = 1处取得极大值4，则a - b =（ ）
A. 8 B. -8 C. 2 D. -2

答案：
(1)B [因为f(x)＝ax³＋bx，所以f′(x)＝3ax²＋b，所以f′
(1)＝3a＋b＝0，f
(1)＝a＋b＝4，解得a＝－2，b＝6，经检验符合题意，所以a－b＝－8．故选B.]

(2)(2024·江苏南京师范大学附属中学高三上学期开学测试)已知函数f(x)=e^x - $\frac{1}{2}$x² - ax(a∈R)有两个极值点，则实数a的取值范围为________.
[课堂笔记] ______________________________

答案：
(2)答案 (1，＋∞)
解析
∵函数f(x)的定义域是R，f′(x)＝e$^{x}$－x－a，令h(x)＝e$^{x}$－x－a，h′(x)＝e$^{x}$－1，所以在区间(－∞，0)上，h′(x)＜0，h(x)单调递减；在区间(0，＋∞)上，h′(x)＞0，h(x)单调递增．要使f(x)有两个极值点，则f′
(0)＝h
(0)＝1－a＜0，a＞1，又当x趋于－∞时，f(x)趋于＋∞，当x趋于＋∞时，f′(x)趋于＋∞，所以实数a的取值范围为(1，＋∞)．

【巩固迁移】
3.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)=alnx + $\frac{b}{x}$ + $\frac{c}{x^{2}}$(a≠0)既有极大值也有极小值，则（ ）
A. bc＞0
B. ab＞0
C. b² + 8ac＞0
D. ac＜0

答案： BCD [函数f(x)＝aln x+$\frac{b}{x}$+$\frac{c}{x^{2}}$的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝$\frac{a}{x}$－$\frac{b}{x^{2}}$－$\frac{2c}{x^{3}}$＝$\frac{ax^{2}-bx - 2c}{x^{3}}$，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax²－bx－2c＝0有两个不等的正根x₁，x₂，于是$\begin{cases}\Delta = b^{2}+8ac＞0, \\x_{1}+x_{2}=\frac{b}{a}＞0, \\x_{1}x_{2}=-\frac{2c}{a}＞0\end{cases}$，即有b²＋8ac＞0，ab＞0，ac＜0，显然a²bc＜0，即bc＜0，A错误，B，C，D正确．故选BCD.]

例4 (2022·全国乙卷)函数f(x)=cosx + (x + 1)sinx + 1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为（ ）
A. - $\frac{\pi}{2}$，$\frac{\pi}{2}$ B. - $\frac{3\pi}{2}$，$\frac{\pi}{2}$
C. - $\frac{\pi}{2}$，$\frac{\pi}{2}$ + 2 D. - $\frac{3\pi}{2}$，$\frac{\pi}{2}$ + 2
[课堂笔记] ______________________________

答案： D [f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，当x∈(0，$\frac{\pi}{2}$)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈($\frac{\pi}{2}$，$\frac{3\pi}{2}$)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈($\frac{3\pi}{2}$，2π)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．又f
(0)＝f(2π)＝2，f($\frac{\pi}{2}$)＝$\frac{\pi}{2}$+2，f($\frac{3\pi}{2}$)＝－$\frac{3\pi}{2}$，所以f(x)在区间[0，2π]的最小值为－$\frac{3\pi}{2}$，最大值为$\frac{\pi}{2}$+2．故选D.]

【巩固迁移】
4.(2023·江苏镇江模拟)已知函数$f(x)=e^(x - 3)，$g(x)=1 + lnx，若f(m)=g(n)，则n - m的最小值为________.

答案： 答案 －2
解析 令t＝f(m)＝g(n)，则e$^{m - 3}$＝t，1＋ln n＝t，所以m＝3＋ln t，n＝e$^{t - 1}$，即n－m＝e$^{t - 1}$－3－ln t，令h(t)＝e$^{t - 1}$－3－ln t，则h′(t)＝e$^{t - 1}$－$\frac{1}{t}$(t＞0)，令h′(t)＝0，得t＝1．当0＜t＜1时，h′(t)＜0，h(t)单调递减；当t＞1时，h′(t)＞0，h(t)单调递增，所以h(t)$_{min}$＝h
(1)＝－2，即n－m的最小值为－2．

例5 已知函数f(x)=ax + $\frac{1}{x}$ + (a - 1)lnx(a∈R)的最小值为2，则实数a的值是________.
[课堂笔记] ______________________________

答案： 答案 1或e
解析 因为f′(x)＝a－$\frac{1}{x^{2}}$+$\frac{a - 1}{x}$＝$\frac{(x + 1)(ax - 1)}{x^{2}}$，x＞0，当a≤0时，f′(x)＜0，所以f(x)是(0，＋∞)上的减函数，函数f(x)无最小值，不符合题意；当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜$\frac{1}{a}$，由f′(x)＞0，得x＞$\frac{1}{a}$，所以f(x)在(0，$\frac{1}{a}$)上单调递减，在($\frac{1}{a}$，＋∞)上单调递增，函数f(x)的最小值为f($\frac{1}{a}$)＝1＋a＋(1－a)ln a，由1＋a＋(1－a)ln a＝2，得(a－1)(1－ln a)＝0，解得a＝1或e．综上，a＝1或e．