极值点前置：常考三大题型分类汇编-《中学生数理化》高考数学2025年5月

■河南省实验中学 宋苗珂 2025年1月的八省联考和2024年1月 的九省联考均将导数题前置,考点分别为极 值点和最值,其中极值点问题在近五年的全 国卷和北京卷中均有考查。为了快速拿下热 点问题,下面带领同学们梳理极值点前置常 考的三大题型。 题型一、存在极值点 例 1 (2024年濮阳模拟)黎曼猜想是 解析数论里的一个重要猜想,它被很多数学 家视为最重要的数学猜想之一。它与函数 f(x)= xs-1 ex-1 (x>0,s>1,s为常数)密切相 关,请证明:当s>2时,f(x)有唯一极值点。 证明:对函数 f(x)求导 得 f'(x)= xs-2[(s-1-x)ex-(s-1)] (ex-1)2 。 令φ(x)=(s-1-x)ex-(s-1)(s> 2),则φ'(x)=(s-2-x)ex。 令φ'(x)=0,得x=s-2,依题意得s- 2>0。 当0<x<s-2时,φ'(x)>0; 当x>s-2时,φ'(x)<0。 所以φ(x)在(0,s-2)上单调递增,在 (s-2,+∞)上单调递减。 因为φ(0)=0,所以φ(s-2)>0。 又因为φ(s-1)=-(s-1)<0,所以存 在唯一的x0∈(s-2,s-1),使得φ(x0)=0。 当0<x<x0 时,f'(x)>0; 当x>x0 时,f'(x)<0。 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0, +∞)上单调递减。 所以f(x)存在唯一极大值点x0, 且x0 ∈(s-2,s-1)。 点评:本题求导之后摘取函数φ(x),由 于φ(x)的单调性不明,需二次求导得φ(x) 在(0,s-2)上单调递增,在(s-2,+∞)上单 调递减。利用特殊点φ(0)=0得φ(s-2)> 0,φ(s-1)<0,由零点存在定理可知φ(x)存 在唯一变号零点,故f(x)有唯一极大值点。 例 2 (2024年海南琼中模拟)已知函 数f(x)=(x-1)ex-1-3ln x+ax2-1(a∈ R)。证明:函数f(x)有唯一极值点。 证明:函数f(x)有唯一极值点等价于其 导函数f'(x)有唯一的零点,且在零点左右 两侧异号。 函数f(x)=(x-1)ex-1-3ln x+ax2 -1的定义域为{x|x>0},求导得f'(x)= xex-1- 3 x+2ax=xe x-1- 3 x2 +2a 。 设g(x)=ex-1- 3 x2 +2a,由于x>0,只 需g(x)有唯一的零点,则g'(x)=ex-1+ 6 x3 >0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增。 当a=0时,g(1)=e0- 3 1=-2<0 , g(2)=e- 3 4>0 ,所以存在唯一的x0∈(1, 2),使得g(x0)=0。 当a>0时,g(2)=e- 3 4+2a>0 ,在区 间(0,2)上,g(x)=ex-1- 3 x3 +2a<e2-1- 3 x2 +2a=h(x),取 x1 = 3 e+2a <2 , h 3e+2a =0,则g 3e+2a <0,所以存在 唯一的x0∈ 3 e+2a ,2 ,使得g(x0)=0。 当a<0时,g(1)=-2+2a<0,在区间 (1,+∞)上,g(x)=ex-1- 3 x2 +2a>ex-1- 3 1+2a=k (x),取x2=ln(3-2a)+1>1, k(ln(3-2a)+1)=0,则g(ln(3-2a)+1) >0,所以存在唯一的x0∈(1,ln(3-2a)+ 1),使得g(x0)=0。 综上可得,当x∈(0,x0)时,f'(x)<0, 7 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 f(x) 单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f'(x) >0,f(x)单调递增。 所以当x=x0 时,f(x)取得极小值,所 以f(x)有唯一极值点。 点评:本题证明的关键是提公因式x,再 进行参变分离,构造单调函数g(x)=ex-1- 3 x2 +2a,代入特殊值或者利用极限思想可分 析正负。 例 3 (2024年湖北秋季月考)已知函 数f(x)=(ax2+x+1)ex,若函数f(x)在 (-3,-1)内存在极小值点,求a 的取值范 围。 解析:f'(x)=(ax2+x+1+2ax+1)ex =(x+2)(ax+1)ex。 ①若a=0,则f'(x)=(x+2)ex。 当-2<x<-1时,f'(x)>0,f(x)单 调递增;当-3<x<-2时,f'(x)<0,f(x) 单调递减。 所以当x=-2时,f(x)取得极小值,符 合题意。 ②若a> 1 2 ,则当-2<x<- 1 a 时, f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>- 1 a 时, f'(x)>0,f(x)单调递增。 所以当x=- 1 a 时,f(x)取得极小值, 由题意知- 1 a<-1 ,解得1 2<a<1 。 ③若a= 1 2 ,则f'(x)≥0,f(x)单调递 增,没有极值。 ④若0<a< 1 2 ,则当- 1 a<x<-2 时, f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>-2时, f'(x)>0,f(x)单调递增。 所以当x=-2时,f(x)取得极小值,符 合题意。 ⑤若a<0,则当x<-2时,f'(x)<0, f(x)单调递减;当x>-2时,f'(x)>0, f(x)单调递增。 所以当x=-2时,f(x)取得极小值,符 合题意。 故a的取值范围为 a|a<1且a≠ 1 2 。 点评:将导函数因式分解,只需关注ax +1在(-3,-1)内的正负,分a=0,a> 1 2 , a= 1 2 ,0<a< 1 2 ,a<0讨论单调性。 例 4 (2024年上海闵行区校级期末) 已知函数f(x)=(a-1)ex -be-x-ax(a,b ∈R),当b=1时,函数f(x) 既存在极大值, 又存在极小值,求a的取值范围。 解析:当b=1时,f(x)=(a-1)ex- e-x-ax,定 义 域 为 R,求 导 得 f'(x)= (a-1)ex+e-x-a= (a-1)e2x-aex+1 ex = [(a-1)ex-1](ex-1) ex 。 因为f(x)既存在极大值,又存在极小 值,所以f'(x)=0必有两个不等的实数 根。 当a≤1时,不符合题意,故a>1。 令f'(x)=0,解得x1=0或x2=-ln(a -1)且-ln(a-1)≠0,所以a>1且a≠2。 若1<a<2,则x1<x2。 当x<x1 时,f'(x)>0,f(x)单调递 增;当x1<x<x2 时,f'(x)<0, f(x)单调 递减;当x>x2 时,f'(x)>0,f(x)单调递 增。 所以函数f(x)分别在x=x1,x=x2 处 取到极大值和极小值,满足题意。 若a>2,则x1>x2。 当x<x2 时,f'(x)>0,f(x)单调递 增;当x2<x<x1 时,f'(x)<0,f(x)单调 递减;当x>x1 时,f'(x)>0,f(x)单调递 增。 所以函数f(x)分别在x=x2,x=x1 处 取到极大值和极小值,满足题意。 综上可得,a 的取值范围为(1,2)∪(2, +∞)。 点评:本题属于复合零点,将f(x)既存 在极大值,又存在极小值转化成f'(x)=0有 两个不等的变号实根,整体考虑,令t=ex,则 f'(x)为类二次模型,分a≤1,1<a<2,a>2 8 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 讨论零点个数和零点大小即可。 题型二、极值点求值 例 5 若x=0是函数g(x)=ex- sin ax-1的极值点,求实数a的值。 解析:易知函数g(x)的定义域为 R,求 导得g'(x)=ex -acos ax。 由题意知g'(0)=1-a=0,解得a=1。 当a=1时,g(x)=ex-sin x-1,可得 g'(x)=ex-cos x。 设h(x)=ex-cos x(x∈R),则h'(x) =ex+sin x。 设k(x)=ex+sin x,当x≥0时,ex≥1, sin x≤1,所以k(x)>0恒成立。 易 知 k'(x)=ex +cos x,当 x ∈ - π 6 ,0 时,cos x>0,ex>0,所以k'(x)> 0,即k(x)在 - π 6 ,0 上单调递增。 因为e<2.8<22,所以eπ<e4<64,则 π<6ln 2,可得 π 6<ln 2,所以e π 6 <2,此时 k(x)>k - π 6 =e- π 6- 1 2>0 ,对任意x∈ - π 6 ,+∞ ,都有k(x)>0,所以g'(x)在 - π 6 ,+∞ 上单调递增。 又g'(0)=0, 所以当x∈ - π 6 ,0 时, g'(x)<0, g(x)单调递减;当x∈(0,+∞) 时,g'(x)>0,g(x)单调递增。所以当x=0 时,g(x)取得极小值。 综上可得,a=1。 点评:极值点为导函数的变号零点,题目 先使用零点,再检验是否为变号零点,本题令 g'(0)=1-a=0,得a=1,二次求导逐步分 析,利用三角函数的有界性进行检验。 题型三、极值点求范围 例 6 (2025年1月河南模拟)已知函 数f(x)= aln x+ b x-x 。若x=1是函数 f(x)的极小值点,求b的取值范围。 解析:由题意知,函数f(x)的定义域为 (0,+∞),求导 得 f'(x)= a x - b x2 -1= -x2+ax-b x2 。 因为x=1是f(x)的极小值点,所以f'(1) =-1+a-b=0,即a=b+1,则f'(x)= -x2+(b+1)x-b x2 =- (x-1)(x-b) x2 。 ①若b≤0,令f'(x)>0,得x∈(0,1); 令f'(x)<0,得x∈(1,+∞)。 所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在 (1,+∞)上单调递减,即x=1是函数f(x) 的极大值点,不满足题意。 ②若0<b<1,令f'(x)>0,得x∈(b, 1);令f'(x)<0,得x∈(0,b)∪(1,+∞)。 所以函数f(x)在(b,1)上单调递增,在 (0,b)和(1,+∞)上单调递减,即x=1是函 数f(x)的极大值点,不满足题意。 ③若b=1,则f'(x)=- (x-1)2 x2 <0, 函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,无极值, 不满足题意。 ④若b>1,令f'(x)>0,得x∈(1,b); 令f'(x)<0,得x∈(0,1)∪(b,+∞)。 所以函数f(x)在(1,b)上单调递增,在 (0,1)和(b,+∞)上单调递减,即x=1是函 数f(x)的极小值点,满足题意。 综上可得,当x=1是函数f(x)的极小 值点时,b的取值范围为{b|b>1}。 点评:由x=1是函数f(x)的极小值点, 令f'(1)=0可得a=b+1。导函数为二次 函数,数形结合得极小值点为二次函数的较 小零点,小题可秒杀答案;大题可通过因式分 解模型比较两根大小,分三类讨论单调性完 善过程。 例 7 (2024年河南校级期中)已知函 数f(x)= ex-a x -aln x。若函数f(x)在 x=1处取得极小值,求实数a的取值范围。 解析:函数f(x)= ex-a x -aln x 的定 义域为(0,+∞),f'(x)= xex-(ex-a) x2 - 9 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月 a x= (x-1)(ex-a) x2 。 ①若a≤1,则ex-a>0。 当0<x<1时,f'(x)<0,f(x)在(0,1) 上单调递减;当x>1时,f'(x)>0,f(x)在 (1,+∞)上单调递增。 所以函数f(x)在x=1处取得极小值, 符合题意。 ②若a>1,由f'(x)=0可得x=1或 x=ln a。 当1<a<e时,由f'(x)>0可得0<x< ln a或x>1;由f'(x)<0可得ln a<x<1。 所以函数f(x)在(0,ln a)和(1,+∞) 上单调递增,在(ln a,1)上单调递减。 所以函数f(x)在x=1处取得极小值, 符合题意。 当a=e时,f'(x)= (x-1)(ex-e) x2 ,由 f'(x)>0可得x>0,即函数f(x)在(0, +∞)上恒为增函数,不符合题意。 当a>e时,由f'(x)>0可得0<x<1 或x>ln a;由f'(x)<0可得1<x<ln a。 所以函数f(x)在(0,1)和(ln a,+∞) 上单调递增,在(1,ln a)上单调递减。 所以函数f(x)在x=1处取得极大值, 不符合题意。 综上可得,a的取值范围为(-∞,e)。 点评:易得f'(1)=0,导函数可因式分 解,讨论零点个数和零点大小;当a>0时, ex-a与x-ln a同正负,转化为极小值点为 二次 函 数 的 较 小 零 点,分a≤1,1<a<e, a=e,a>e进行讨论,即可得到答案。 例 8 (2024年成都模拟)已知函数 f(x)=ax2 -xsin x,其中a≥0。若x=0是 函数f(x)的极小值点,求a的取值范围。 解析:由题意知f'(x)=x(ax-sin x)。 令g(x)=ax-sin x,则g'(x)=a- cos x。 ①若a≥1,不妨设x∈ - π 2 ,π 2 。 因为 cos x∈ (0,1),g'(x)>0 在 - π 2 ,π 2 上 恒 成 立,所 以 g (x)在 - π 2 ,π 2 上单调递增。 又 因 为 g (0)=0,所 以 当 x ∈ - π 2 ,0 时,g(x)<g(0)=0;当 x∈ 0, π 2 时,g(x)>g(0)=0。 因为 f(x)=xg(x),所以 f'(x)= g(x)+xg'(x)。 所以当x∈ - π 2 ,0 时,f'(x)<0,即函 数f(x)在 - π 2 ,0 上 单 调 递 减;当 x∈ 0, π 2 时,f'(x)>0,即 函 数 f(x)在 0, π 2 上单调递增。 所以x=0是函数f(x)的极小值点。 ②若0≤a<1,不妨设x∈ 0, π 2 。 所以存在x0∈ 0, π 2 ,使得g'(x0)=0, 且当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,所以g(x)在 (0,x0)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0, 所以f'(x)=g(x)+xg'(x)<0,所以函数 f(x)在(0,x0)上单调递减。 所以x=0不是函数f(x)的极小值点。 综上所述,当x=0是函数f(x)的极小 值点时,a的取值范围为[1,+∞)。 点评:由x=0是函数f(x)的极小值点, 易得f'(0)=0,导函数不可因式分解,这里 我们关注极小值点是导函数增区间的零点, 满足g'(0)≥0,利用临界值分a≥1,0≤a<1 进行 讨 论,由 连 续 函 数 的 邻 域 性 质 可 舍 弃 0≤a<1。 通过对本专题的探究,我们知道存在极 值点可以等价变形为导函数的变号零点,进 而利用零点存在定理、参变分离、零点范围、 复合零点(极值点求值紧抓变号零点,零点求 参,检验变号;极值点求范围分为二次因式分 解型、复合因式分解型、不可因式分解型,理 解极小值点处二阶导非负,极大值点处二阶 导非正,建议二阶导为零单独检验)等进行求 解。 (责任编辑 王福华) 01 知识篇 科学备考新指向 高考数学 2025年5月