2005-山东卷文-19 解-极值点与含参单调区间

本题导读

本题考查利用导数研究函数的极值点与单调区间。核心在于由极值点的必要条件建立参数关系，再按参数符号讨论单调性。

📌【题干】

Question

（2005年山东卷(文)） 已知 $x=1$ 是函数 $f(x)=m{x}^3-3(m+1)x^2+nx+1$ 的一个极值点，其中 $m$，$n\in \mathbf{R}$，$m<0$．

(1) 求 $m$ 与 $n$ 的关系式；

(2) 求 $f(x)$ 的单调区间．

🔍【思路分析】

破题导航

1. $f^{\prime }(1)=0$ 得 $n=3m+6$。
2. 代入并因式分解 $f^{\prime }(x)=3m(x-1)\left(x-1-\frac{2}{m}\right)$。
3. 由 $m<0$ 定两根大小与 $3m<0$ 的符号规则。

✅【答案】

Success

(1) $n=3m+6$

(2) $f(x)$ 在 $\left(-\infty ,1+\frac{2}{m}\right)$ 和 $(1,+\infty )$ 上单调递减，在 $\left(1+\frac{2}{m},1\right)$ 上单调递增

✍【详细解析】

Abstract

(1) 因为 $x=1$ 是可导函数的极值点，所以 $f^{\prime }(1)=0$．而 $f^{\prime }(x)=3m{x}^2-6(m+1)x+n$，故 $3m-6(m+1)+n=0$，即 $n=3m+6$． (2) 代入上式，得 $f^{\prime }(x)=3m{x}^2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)\left(x-\frac{m+2}{m}\right)$．记 $r=\frac{m+2}{m}=1+\frac{2}{m}$，由于 $m<0$，有 $r<1$．又 $3m<0$，所以 $x<1-\frac{2}{|m|}$ 或 $x>1$ 时 $f^{\prime }(x)<0$，$1+\frac{2}{m}<x<1$ 时 $f^{\prime }(x)>0$．因此 $f(x)$ 在 $\left(-\infty ,1+\frac{2}{m}\right)$ 和 $(1,+\infty )$ 上单调递减，在 $\left(1+\frac{2}{m},1\right)$ 上单调递增．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：极值点与含参单调区间

核心方法：$f^{\prime }(1)=0$ 得 $n=3m+6$，因式分解 $3m(x-1)\left(x-\frac{m+2}{m}\right)$

避坑指南：极值点是必要条件，$m<0$ 保证 $1+\frac{2}{m}<1$；$3m<0$ 时导数符号”两负一正”，递减在两侧、递增在中间

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：人教 A 版选修 1-1 导数及其应用

结论推广：$f^{\prime }(x)=3m{x}^2-6(m+1)x+n$；$f^{\prime }(1)=0\Rightarrow n=3m+6$；$f^{\prime }(x)=3m(x-1)\left(x-1-\frac{2}{m}\right)$

方法推广：极值点 $x_0$ 只给 $f^{\prime }(x_0)=0$（必要条件）；含参单调区间按根的大小与首项系数符号双重讨论

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷I理-19 解-导数
• 2004-全国卷I理-19 解-导数的四则运算法则
• 2020-新课标III文-20 解-导数综合