《2025年高考帮数学》

训练2 (1)[多选]曲线$f(x)=a(x + 1)e^{x}$在点$(-1,f(-1))$处的切线方程为$y=\frac{1}{e}x + b$，则下列说法正确的是　(　　)
A.$a = 1$，$b=\frac{1}{e}$
B.$f(x)$的极大值为$\frac{1}{e^{2}}$
C.$f(x)$的极小值为$-\frac{1}{e^{2}}$
D.$f(x)$不存在极值
(2)已知函数$f(x)=x^{3}+ax^{2}+bx + a^{2}$在$x = 1$处有极值10，则$a =$________，$b =$________.

答案：
(1)AC　依题意，f'(x)=aeˣ+a(x + 1)eˣ=(ax + 2a)eˣ，f'(-1)=ae⁻¹=$\frac{1}{e}$，解得a = 1，所以f(x)=(x + 1)eˣ，f'(x)=(x + 2)eˣ。又f(-1)=0，所以$\frac{1}{e}$×(-1)+b=0，所以b = $\frac{1}{e}$，故A正确。令f'(x)=0，解得x = -2，当x∈(−∞,−2)时，f'(x)＜0，函数f(x)在(−∞,−2)上单调递减；当x∈(−2,+∞)时，f'(x)＞0，函数f(x)在(−2,+∞)上单调递增。所以当x = -2时，函数f(x)取极小值，即f(-2)=−$\frac{1}{e²}$，f(x)的极大值不存在，故B、D错误，C正确。故选AC。
(2)4　−11　f'(x)=3x²+2ax + b。由题意，得$\begin{cases}f'(1)=0\\f(1)=10\end{cases}$，即$\begin{cases}2a + b + 3 = 0\\a² + a + b + 1 = 10\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 4\\b = -11\end{cases}$或$\begin{cases}a = -3\\b = 3\end{cases}$。当a = 4，b = -11时，f'(x)=3x²+8x−11=(3x + 11)(x−1)，在x = 1附近的左右两侧，f'(x)异号，此时函数f(x)在x = 1处有极值；当a = -3，b = 3时，f'(x)=3x²−6x + 3=3(x−1)²，在x = 1附近的左右两侧，恒有f'(x)＞0，不变号，此时函数f(x)在x = 1处无极值。综上，a = 4，b = -11。

例4　[2022全国卷乙]函数$f(x)=\cos x+(x + 1)\sin x + 1$在区间$[0,2\pi]$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.$-\frac{3\pi}{2},\frac{\pi}{2}+2$

答案： D　由f(x)=cosx+(x + 1)sinx + 1，x∈[0,2π]，得f'(x)=−sinx+sinx+(x + 1)cosx=(x + 1)cosx。令f'(x)=0，解得x = -1(舍去)或x = $\frac{π}{2}$或x = $\frac{3π}{2}$。因为f($\frac{π}{2}$)=cos$\frac{π}{2}$+($\frac{π}{2}$ + 1)sin$\frac{π}{2}$+1=2 + $\frac{π}{2}$，f($\frac{3π}{2}$)=cos$\frac{3π}{2}$+($\frac{3π}{2}$ + 1)sin$\frac{3π}{2}$+1=−$\frac{3π}{2}$，又f
(0)=cos0+(0 + 1)sin0+1=2，f(2π)=cos2π+(2π + 1)sin2π+1=2，所以f(x)max=f($\frac{π}{2}$)=2 + $\frac{π}{2}$，f(x)min=f($\frac{3π}{2}$)=−$\frac{3π}{2}$。故选D。

例5　[全国卷Ⅲ]已知函数$f(x)=2x^{3}-ax^{2}+b$.
(1)讨论$f(x)$的单调性.
(2)是否存在$a$，$b$，使得$f(x)$在区间$[0,1]$上的最小值为 - 1且最大值为1？若存在，求出$a$，$b$的所有值；若不存在，说明理由.

答案：
(1)对f(x)=2x³−ax²+b求导，得f'(x)=6x²−2ax=2x(3x−a)。令f'(x)=0，得x = 0或x = $\frac{a}{3}$。若a＞0，则当x∈(−∞,0)∪($\frac{a}{3}$,+∞)时，f'(x)＞0；当x∈(0,$\frac{a}{3}$)时，f'(x)＜0。故f(x)在(−∞,0)和($\frac{a}{3}$,+∞)上单调递增，在(0,$\frac{a}{3}$)上单调递减。若a = 0，则f(x)在R上单调递增。若a＜0，则当x∈(−∞,$\frac{a}{3}$)∪(0,+∞)时，f'(x)＞0；当x∈($\frac{a}{3}$,0)时，f'(x)＜0。故f(x)在(−∞,$\frac{a}{3}$)和(0,+∞)上单调递增，在($\frac{a}{3}$,0)上单调递减。
(2)满足题设条件的a、b存在。(i)当a＜0时，由
(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f
(0)=b，最大值为f
(1)=2−a+b，所以b = -1，2−a+b = 1，则a = 0，b = -1，与a＜0矛盾，所以a＜0不存在。(ii)当a = 0时，由
(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以由f
(0)= -1，f
(1)=1得a = 0，b = -1。(iii)当0＜a＜3时，由
(1)知，f(x)在(0,$\frac{a}{3}$)上单调递减，在($\frac{a}{3}$,1)上单调递增，所以f(x)在[0,1]上的最小值为f($\frac{a}{3}$)=−$\frac{a³}{27}$+b = -1，最大值为f
(0)=b或f
(1)=2−a+b。若−$\frac{a³}{27}$+b = -1，b = 1，则a = $3\sqrt[3]{2}$，与0＜a＜3矛盾。若−$\frac{a³}{27}$+b = -1，2−a+b = 1，则a = $3\sqrt[3]{3}$或a = -$3\sqrt[3]{3}$或a = 0，与0＜a＜3矛盾。(iv)当a≥3时，由
(1)知，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f
(0)=b，最小值为f
(1)=2−a+b，所以2−a+b = -1，b = 1，则a = 4，b = 1。综上，满足题设的a、b存在。当a = 0，b = -1或a = 4，b = 1时，f(x)在区间[0,1]上的最小值为 -1且最大值为1。

训练3 (1)[2021新高考卷Ⅰ]函数$f(x)=|2x - 1|-2\ln x$的最小值为________.
(2)[2024河北省新乐市第一中学月考]已知函数$f(x)=3\ln x - x^{2}+(a-\frac{1}{2})x$在区间$(1,3)$上有最大值，则实数$a$的取值范围是________.

答案：
(1)1　函数f(x)=|2x−1|−2lnx的定义域为(0,+∞)。①当x＞$\frac{1}{2}$时，（对x进行分类讨论）f(x)=2x−1−2lnx，所以f'(x)=2−$\frac{2}{x}$=$\frac{2(x - 1)}{x}$，当$\frac{1}{2}$＜x＜1时，f'(x)＜0，当x＞1时，f'(x)＞0，所以f(x)min=f
(1)=2−1−2ln1=1；②当0＜x≤$\frac{1}{2}$时，f(x)=1−2x−2lnx在(0,$\frac{1}{2}$]上单调递减，所以f(x)min=f($\frac{1}{2}$)=−2ln$\frac{1}{2}$=2ln2=ln4＞lne = 1。综上，f(x)min=1。
(2)(−$\frac{1}{2}$,$\frac{11}{2}$)　f'(x)=$\frac{3}{x}$−2x+(a−$\frac{1}{2}$)，且f'(x)在(1,3)上单调递减，由题知函数f(x)在区间(1,3)上有最大值，则需满足f'(x)在(1,3)内有唯一零点，故$\begin{cases}f'(1)＞0\\f'(3)＜0\end{cases}$，即$\begin{cases}3 - 2 + a - \frac{1}{2}＞0\\1 - 6 + a - \frac{1}{2}＜0\end{cases}$，解得−$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{11}{2}$，即实数a的取值范围为(−$\frac{1}{2}$,$\frac{11}{2}$)。