《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

对点训练
1. 设函数$f(x)$在R上可导，其导函数为$f'(x)$，且函数$y=(x - 1)f'(x)$的图象如图所示，则下列结论正确的是 ( )

A. 函数$f(x)$有极大值$f(-3)$和$f(3)$
B. 函数$f(x)$有极小值$f(-3)$和$f(3)$
C. 函数$f(x)$有极小值$f(3)$和极大值$f(-3)$
D. 函数$f(x)$有极小值$f(-3)$和极大值$f(3)$

答案： D 由题图知,当$x\in(-\infty,-3)$时,$y＞0,x - 1＜0\Rightarrow f^{\prime}(x)＜0,f(x)$单调递减;当$x\in(-3,1)$时,$y＜0,x - 1＜0\Rightarrow f^{\prime}(x)＞0,f(x)$单调递增;当$x\in(1,3)$时,$y＞0,x - 1＞0\Rightarrow f^{\prime}(x)＞0,f(x)$单调递增;当$x\in(3,+\infty)$时,$y＜0,x - 1＞0\Rightarrow f^{\prime}(x)＜0,f(x)$单调递减.所以函数有极小值$f(-3)$和极大值$f(3)$.

2. (2023·长沙模拟)若1是函数$f(x)=(x^2 + ax - 1)e^{x - 1}$的极值点，则$f(x)$的极大值为__________.

答案： [解析]因为$f(x)=(x^{2}+ax - 1)e^{x - 1}$,可得$f^{\prime}(x)=e^{x - 1}[x^{2}+(a + 2)x + a - 1]$,因为 1 是函数$f(x)$的极值点,故可得$f^{\prime}(1)=0$,即$2a + 2 = 0$,解得$a=-1$.此时$f^{\prime}(x)=e^{x - 1}(x^{2}+x - 2)=e^{x - 1}(x + 2)(x - 1)$.由$f^{\prime}(x)＞0$可得$x＜-2$或$x＞1$;由$f^{\prime}(x)＜0$可得$-2＜x＜1$,故$f(x)$的极大值点为 - 2.则$f(x)$的极大值为$f(-2)=(4 + 2 - 1)e^{-3}=5e^{-3}$.
答案:$5e^{-3}$

[例4](2022·全国乙卷)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 $f^{\prime}(x)=-\sin x+\sin x+(x + 1)\cos x=(x + 1)\cos x$,所以在区间$(0,\frac{\pi}{2})$和$(\frac{3\pi}{2},2\pi)$上$f^{\prime}(x)＞0$,即$f(x)$单调递增;在区间$(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$上$f^{\prime}(x)＜0$,即$f(x)$单调递减,又$f(0)=f(2\pi)=2,f(\frac{\pi}{2})=\frac{\pi}{2}+2,f(\frac{3\pi}{2})=-(\frac{3\pi}{2}+1)+1=-\frac{3\pi}{2}$,所以$f(x)$在区间$[0,2\pi]$上的最小值为$-\frac{3\pi}{2}$,最大值为$\frac{\pi}{2}+2$.

对点训练
1. (2023·苏州模拟)若函数$f(x)=\frac{1}{3}x^3 + x^2 - \frac{2}{3}$在区间$(a,a + 5)$内存在最小值，则实数$a$的取值范围是 ( )
A. $[-5,0)$
B. $(-5,0)$
C. $[-3,0)$
D. $(-3,0)$

答案：
C 由题意,$f^{\prime}(x)=x^{2}+2x=x(x + 2)$,当$x＜-2$或$x＞0$时,$f^{\prime}(x)＞0$;当$-2＜x＜0$时,$f^{\prime}(x)＜0$.故$f(x)$在$(-\infty,-2),(0,+\infty)$上单调递增,在$(-2,0)$上单调递减.所以函数$f(x)$的极小值为$f(0)=-\frac{2}{3}$.令$\frac{1}{3}x^{3}+x^{2}-\frac{2}{3}=-\frac{2}{3}$得$x^{3}+3x^{2}=0$,解得$x = 0$或$x=-3$,作其图象如图,结合图象可知$\begin{cases}-3\leqslant a＜0\\a + 5＞0\end{cases}$,解得$a\in[-3,0)$.

2. 已知函数$f(x)=ax+\ln x$，其中$a$为常数.
(1)若$a = - 1$时，求$f(x)$的最大值；
(2)若$f(x)$在区间$(0,e]$上的最大值为 - 3，求$a$的值.

答案： [解析]
(1)$f(x)$的定义域为$(0,+\infty)$,当$a=-1$时,$f(x)=-x+\ln x,f^{\prime}(x)=-1+\frac{1}{x}=\frac{1 - x}{x}$,令$f^{\prime}(x)=0$,得$x = 1$.当$0＜x＜1$时,$f^{\prime}(x)＞0$;当$x＞1$时,$f^{\prime}(x)＜0$,所以函数$f(x)$在$(0,1)$上单调递增,在$(1,+\infty)$上单调递减,所以$f(x)_{\max}=f(1)=-1$.所以当$a=-1$时,函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上的最大值为 - 1.
(2)$f^{\prime}(x)=a+\frac{1}{x},x\in(0,e]$, $\frac{1}{x}\in[\frac{1}{e},+\infty)$.①若$a\geqslant-\frac{1}{e}$,则$f^{\prime}(x)\geqslant0$,从而$f(x)$在$(0,e]$上单调递增,所以$f(x)_{\max}=f(e)=ae + 1\geqslant0$,不合题意.②若$a＜-\frac{1}{e}$,令$f^{\prime}(x)＞0$得$a+\frac{1}{x}＞0$,结合$x\in(0,e]$,解得$0＜x＜-\frac{1}{a}$;令$f^{\prime}(x)＜0$得$a+\frac{1}{x}＜0$,结合$x\in(0,e]$,解得$-\frac{1}{a}＜x\leqslant e$,从而$f(x)$在$(0,-\frac{1}{a})$上单调递增,在$(-\frac{1}{a},e]$上单调递减,所以$f(x)_{\max}=f(-\frac{1}{a})=-1+\ln(-\frac{1}{a})$.令$-1+\ln(-\frac{1}{a})=-3$,得$\ln(-\frac{1}{a})=-2$,即$a=-e^{2}$.因为$-e^{2}＜-\frac{1}{e}$,所以$a=-e^{2}$即为所求.故实数$a$的值为$-e^{2}$.