《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

2. (2022·全国甲卷)当$x = 1$时，函数$f(x)=a\ln x+\frac{b}{x}$取得最大值 - 2，则$f'(2)=$ ( )
A. - 1
B. $-\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1

答案： B 因为函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$,所以依题可知,$f(1)=-2,f^{\prime}(1)=0$,而$f^{\prime}(x)=\frac{a}{x}-\frac{b}{x^{2}}$,所以$b = - 2,a - b = 0$,即$a=-2,b = - 2$,所以$f^{\prime}(x)=-\frac{2}{x}+\frac{2}{x^{2}}$,因此函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递增,在$(1,+\infty)$上单调递减,当$x = 1$时取最大值,满足题意,即有$f^{\prime}(2)=-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$.

3. (选择性必修二·P98T6·变形式)已知$f(x)=x^3 - 12x + 1$，$x\in[-\frac{1}{3},1]$，则$f(x)$的最大值为__________，最小值为__________.

答案： [解析]$f^{\prime}(x)=3x^{2}-12=3(x - 2)(x + 2)$,因为$x\in[-\frac{1}{3},1]$,所以$f^{\prime}(x)＜0$,故$f(x)$在$[-\frac{1}{3},1]$上单调递减,所以$f(x)$的最大值为$f(-\frac{1}{3})=\frac{134}{27}$,最小值为$f(1)=-10$.
答案:$\frac{134}{27}$　 -10

4. (忽视极值的存在条件)若函数$f(x)=x^3 + ax^2 + bx + a^2$，在$x = 1$处取得极值10，则$a =$__________，$b =$__________.

答案： [解析]$f^{\prime}(x)=3x^{2}+2ax + b$,依题意得$\begin{cases}f(1)=10\\f^{\prime}(1)=0\end{cases}$,即$\begin{cases}a^{2}+a + b = 9\\2a + b=-3\end{cases}$,解得$\begin{cases}a = 4\\b=-11\end{cases}$或$\begin{cases}a=-3\\b = 3\end{cases}$,经验证,当$a=-3,b = 3$时,$f^{\prime}(x)=3x^{2}-6x + 3=3(x - 1)^{2}\geqslant0$,故$f(x)$在 R 上单调递增,所以$\begin{cases}a=-3\\b = 3\end{cases}$不符合题意,舍去.当$a = 4,b=-11$时,符合题意.
答案:4　 -11

角度1 根据导函数图象判断极值
[例1](多选题)(2023·石家庄模拟)函数$y = f(x)$的导函数$y = f'(x)$的图象如图所示，则 ( )

A. - 3是函数$y = f(x)$的极值点
B. - 1是函数$y = f(x)$的极小值点
C. $y = f(x)$在区间$(-3,1)$上单调递增
D. - 2是函数$y = f(x)$的极大值点

答案： AC 根据导函数的图象可知,当$x\in(-\infty,-3)$时,$f^{\prime}(x)＜0$,当$x\in(-3,1)$时,$f^{\prime}(x)\geqslant0$,所以函数$y = f(x)$在$(-\infty,-3)$上单调递减,在$(-3,1)$上单调递增,可知 - 3 是函数$y = f(x)$的极值点,所以 A 正确.因为函数$y = f(x)$在$(-3,1)$上单调递增,可知 - 1 不是函数$y = f(x)$的极小值点, - 2 也不是函数$y = f(x)$的极大值点,所以 B 错误,C 正确,D 错误.

角度2 已知函数解析式求极值或极值点
[例2](1)(2023·西安模拟)已知$f(x)=\frac{3x}{e^x}$，则$f(x)$ ( )
A. 在$(-\infty,+\infty)$上单调递增
B. 在$(-\infty,1)$上单调递减
C. 有极大值$\frac{3}{e}$，无极小值
D. 有极小值$\frac{3}{e}$，无极大值

答案： C 因为$f(x)=\frac{3x}{e^{x}}$,所以$f^{\prime}(x)=\frac{3\cdot e^{x}-3x\cdot e^{x}}{e^{2x}}=\frac{3(1 - x)}{e^{x}}$,当$x＞1$时,$f^{\prime}(x)＜0,f(x)$在区间$(1,+\infty)$上单调递减,故 A 错误;当$x＜1$时,$f^{\prime}(x)＞0,f(x)$在区间$(-\infty,1)$上单调递增,故 B 错误;当$x = 1$时,$f(x)=\frac{3x}{e^{x}}$取得极大值$\frac{3}{e}$,无极小值,故 C 正确,D 错误.

(2)已知函数$f(x)=\ln x - ax(a\in R)$.
①当$a = \frac{1}{2}$时，求$f(x)$的极值；
②讨论函数$f(x)$在定义域内极值点的个数.

答案： [解析]①当$a=\frac{1}{2}$时,$f(x)=\ln x-\frac{1}{2}x$,函数的定义域为$(0,+\infty)$且$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{2}$,令$f^{\prime}(x)=0$,得$x = 2$,于是当$x$变化时,$f^{\prime}(x),f(x)$的变化情况如表.
|$x$|$(0,2)$|2|$(2,+\infty)$|
|--|--|--|--|
|$f^{\prime}(x)$|+|0| - |
|$f(x)$|单调递增|$\ln2 - 1$|单调递减|
故$f(x)$在定义域上的极大值为$f(2)=\ln2 - 1$,无极小值.
②由①知,函数$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$,$f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-a=\frac{1 - ax}{x}$.当$a\leqslant0$时,$f^{\prime}(x)＞0$在$(0,+\infty)$上恒成立,则函数在$(0,+\infty)$上单调递增,此时函数在定义域上无极值点;当$a＞0$时,若$x\in(0,\frac{1}{a})$,则$f^{\prime}(x)＞0$,若$x\in(\frac{1}{a},+\infty)$,则$f^{\prime}(x)＜0$,故函数在$x=\frac{1}{a}$处有极大值.综上可知,当$a\leqslant0$时,函数$f(x)$无极值点,当$a＞0$时,函数$y = f(x)$有一个极大值点,且为$\frac{1}{a}$.

角度3 已知极值(点)求参数(规范答题)
[例3](1)已知函数$f(x)=x(x - c)^2$在$x = 2$处有极小值，则$c$的值为 ( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 2或6

答案： A 由题意,$f^{\prime}(x)=(x - c)^{2}+2x(x - c)=(x - c)\cdot(3x - c)$,则$f^{\prime}(2)=(2 - c)(6 - c)=0$,所以$c = 2$或$c = 6$.若$c = 2$,则$f^{\prime}(x)=(x - 2)(3x - 2)$,当$x\in(-\infty,\frac{2}{3})$时,$f^{\prime}(x)＞0,f(x)$单调递增;当$x\in(\frac{2}{3},2)$时,$f^{\prime}(x)＜0,f(x)$单调递减;当$x\in(2,+\infty)$时,$f^{\prime}(x)＞0,f(x)$单调递增,函数$f(x)$在$x = 2$处有极小值,满足题意;若$c = 6$,则$f^{\prime}(x)=(x - 6)(3x - 6)$,当$x\in(-\infty,2)$时,$f^{\prime}(x)＞0,f(x)$单调递增;当$x\in(2,6)$时,$f^{\prime}(x)＜0,f(x)$单调递减;当$x\in(6,+\infty)$时,$f^{\prime}(x)＞0,f(x)$单调递增,函数$f(x)$在$x = 2$处有极大值,不符合题意.综上,$c = 2$.

(2)(2023·南京模拟)已知函数$f(x)=x(\ln x - ax)$在$(0,+\infty)$上有两个极值，则实数$a$的取值范围为__________.

答案： [解析]$f^{\prime}(x)=\ln x + 1-2ax$,由题意知$\ln x + 1-2ax = 0$在$(0,+\infty)$上有两个不相等的实根,则$2a=\frac{\ln x + 1}{x}$,设$g(x)=\frac{\ln x + 1}{x}$,则$g^{\prime}(x)=-\frac{\ln x}{x^{2}}$.当$0＜x＜1$时,$g^{\prime}(x)＞0,g(x)$单调递增;当$x＞1$时,$g^{\prime}(x)＜0,g(x)$单调递减,所以$g(x)$的极大值为$g(1)=1$,又当$x＞1$时,$g(x)＞0$,当$x\rightarrow+\infty$时,$g(x)\rightarrow0$,当$x\rightarrow0$时,$g(x)\rightarrow-\infty$,所以$0＜2a＜1$,即$0＜a＜\frac{1}{2}$.
答案:$(0,\frac{1}{2})$

(3)(12分)(2023·新高考Ⅱ卷)
①证明：当$0＜x＜1$时，$x - x^2＜\sin x＜x$；
②已知函数$f(x)=\cos ax - \ln(1 - x^2)$，若$x = 0$是$f(x)$的极大值点，求$a$的取值范围.
审题导思 破题点·柳暗花明
| |思路|
| ---- | ---- |
|①|思路：通过构造函数并借助导数得到单调性，进而证明不等式|
|②|思路：通过第①问铺设好的不等式，利用导数讨论函数的单调性，进而得到极值|
规范答题 微敲点·水到渠成
【解析】①设$h(x)=\sin x - x$，
则$h'(x)=\cos x - 1$， ……………………… 1分
当$0＜x＜1$时，$h'(x)＜0$，
所以当$0＜x＜1$时，$h(x)$单调递减，$h(x)＜h(0)=0$，
即$\sin x＜x(0＜x＜1)$. ……………………… 2分
源于教材 $\sin x＜x(0＜x＜1)$可参考人教A版《选择性必修第二册》第86页例1(2)及97页练习第1题.
设$g(x)=\sin x - x + x^2$，
则$g'(x)=\cos x - 1 + 2x$，$g''(x)=-\sin x + 2＞0$， ……………………………………… 3分
因而当$0＜x＜1$时，$g'(x)＞g'(0)=0$，$g(x)＞g(0)=0$，则有$\sin x＞x - x^2(0＜x＜1)$.
………………………………………… 4分
综上，当$0＜x＜1$时，$x - x^2＜\sin x＜x$.
………………………………………… 5分
②$f(x)=\cos ax - \ln(1 - x^2)$，
由$1 - x^2＞0$得函数的定义域是$(-1,1)$.
由$f(x)=f(-x)$，得函数$f(x)$为偶函数，
则$f'(x)=-a\sin ax+\frac{2x}{1 - x^2}$为奇函数，$f'(0)=0$.
$f''(x)=-a^2\cos ax+\frac{2 + 2x^2}{(1 - x^2)^2}$为偶函数，
$f''(0)=2 - a^2$.
若$2 - a^2=0$，此时$x = 0$是$f(x)$的极小值点，不符合题意，则$2 - a^2\neq0$，即$a\neq\pm\sqrt{2}$.
若$f(x)$在$x = 0$处取得极大值，那么该函数在$x = 0$处是上凸的，因而$f''(0)=2 - a^2＜0$，
敲黑板 实际上，这里蕴含着“高观点”函数$f(x)$在$x_0$处具有二阶导数，且$f'(x_0)=0$，$f''(x_0)\neq0$，则$f(x)$在$x_0$处取得极大值的充分条件为$f''(x_0)＜0$.
则$a＜-\sqrt{2}$或$a＞\sqrt{2}$. ……………………… 6分
当$a＞\sqrt{2}$时，取$0＜x＜\frac{1}{a}＜1$，则$0＜ax＜1$，
从而$f'(x)=-a\sin ax+\frac{2x}{1 - x^2}＜-a(ax - a^2x^2)+\frac{2x}{1 - x^2}=x(-a^2 + a^3x+\frac{2}{1 - x^2})$，
指点迷津 利用①的结论进行放缩，转化成不含三角函数的形式，有助于判断零点.
易知$s(x)=-a^2 + a^3x+\frac{2}{1 - x^2}$在$(0,\frac{1}{a})$上单调递增，而$s(0)=2 - a^2＜0$，$s(\frac{1}{a})=\frac{2a^2}{a^2 - 1}＞0$，
因而关于$x$的方程$f'(x)=0$在$(0,\frac{1}{a})$上有唯一解$x_0$，
当$x\in(0,x_0)$时，$f'(x)＜0$，$f(x)$单调递减，
当$x\in(x_0,\frac{1}{a})$时，$f'(x)＞0$，$f(x)$单调递增，
由$f(x)$是偶函数且连续，得当$x\in(-x_0,0)$时，$f(x)$单调递增，所以$f(x)$在$x = 0$处取极大值.
………………………………………… 9分
拓展思维 也可利用$f'(x)$为奇函数且连续，得$x\in(-x_0,0)$时$f'(x)＞0$，进而判断极值点.
当$a＜-\sqrt{2}$时，取$\frac{1}{a}＜x＜0$，则$0＜ax＜1$，
从而$f'(x)=-a\sin ax+\frac{2x}{1 - x^2}＜-a(ax)+\frac{2x}{1 - x^2}=x(-a^2+\frac{2}{1 - x^2})$，
易知$u(x)=-a^2+\frac{2}{1 - x^2}$在$(\frac{1}{a},0)$上单调递减，
而$u(0)=-a^2 + 2＜0$，由$-a^2+\frac{2}{1 - x^2}=0$，得$x=\frac{\sqrt{a^2 - 2}}{a}＜0$，$x=-\frac{\sqrt{a^2 - 2}}{a}＞0$(舍).
易错警示 注意此时的前提条件$a＜0$，所以$x=-\frac{\sqrt{a^2 - 2}}{a}＞0$要舍去，这里要细心观察，避免出现错误.
因而$f(x)$在$(\frac{\sqrt{a^2 - 2}}{a},0)$(若$\frac{\sqrt{a^2 - 2}}{a}＜\frac{1}{a}$，则取区间$(\frac{1}{a},0)$)上单调递增，
由$f(x)$为偶函数，得$f(x)$在$(0,-\frac{\sqrt{a^2 - 2}}{a})$上单调递减，结合函数$f(x)$连续得$f(x)$在$x = 0$处取极大值. ……………………………………… 11分
综上所述，$a＜-\sqrt{2}$或$a＞\sqrt{2}$满足题意.
所以$a$的取值范围为$(-\infty,-\sqrt{2})\cup(\sqrt{2},+\infty)$.
………………………………………… 12分

答案：