课时跟踪检测(20) 函数的极值、最值与导数（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(20)　函数的极值、最值与导数 基础强化练 1．(2024·重庆渝中巴蜀中学模拟)已知函数f(x)＝－xex，那么f(x)的极大值是(　　) A． B．－ C．－e D．e A　解析：∵函数为f(x)＝－xex，∴f′(x)＝－(x＋1)ex，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x<－1时，f′(x)>0；当x>－1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以f(x)极大值＝f(－1)＝，故选A. 2．(多选)(2024·黑龙江鸡西模拟)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列判断正确的是(　　) A．f(x)在(－4，－3)上是减函数 B．f(x)在(－1，2)上是减函数 C．x＝－3时，f(x)有极小值 D．x＝2时，f(x)有极小值 AC　解析：由题图可知，在区间(－4，－3)上，f′(x)<0，故f(x)单调递减；在区间(－3，3)上，f′(x)>0，故f(x)单调递增，所以f(x)在x＝－3处有极小值，x＝2不是极值点，故选AC. 3．(2023·河南统考三模)已知函数f(x)＝x2ln x，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)在x＝处得到极大值－ B．f(x)在x＝处得到极大值 C．f(x)在x＝处得到极小值－ D．f(x)在x＝处得到极小值 C　解析：由f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，且x∈(0，＋∞)，所以当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝处得到极小值f()＝ln ＝－.故选C. 4．(2024·天津西青模拟)已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是(　　) A．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C．[－4，－2] D．[2，4] C　解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝，因为f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则必有∈[－2，－1]，所以m∈[－4，－2].故选C. 5．(2024·黑龙江实验中学模拟)已知函数f(x)＝，则f(x)在区间(a，a＋)(a>0)上存在极值的一个充分不必要条件是a的取值范围为(　　) A．(，1) B．(0，) C．(0，) D．(，1) A　解析：由f(x)＝得f′(x)＝，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此x＝1是函数f(x)的极大值点，要想在区间(a，a＋)(a>0)上存在极值，只需a<1<a＋，解得<a<1，显然四个选项中，只有<a<1能推出<a<1，但是<a<1推不出<a<1，故选A. 6．(2024·江苏镇江阶段模拟)若函数f(x)＝a ln x＋－(a≠0)，既有极大值也有极小值，则a的取值范围是(　　) A.(0，1) B．(0，3) C．(0，1)∪(9，＋∞) D．(0，3)∪(9，＋∞) A　解析：因为f(x)＝a ln x＋－(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，由题意，方程f′(x)＝0，即ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正根，设为x1，x2，则解得0<a<1，即a的取值范围为(0，1).故选A. 7．(2024·陕西榆林模拟)已知函数f(x)＝4ln x－|4x－1|，则f(x)的最大值为______． 答案：－3　解析：当0<x<时，f(x)＝4ln x－|4x－1|＝4ln x＋4x－1，f′(x)＝＋4>0，所以f(x)在(0，)上单调递增．当x≥时，f(x)＝4ln x－|4x－1|＝4ln x－4x＋1，所以f′(x)＝－4＝，当<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在(，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．综上，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－3. 8．已知函数f(x)＝ln x－(m<0)在区间[1，e]上取得最小值4，则m＝________． 答案：－3e　解析：f′(x)＝＋＝(x>0).令f′(x)＝0，得x＝－m，且当0<x<－m时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m时，f′(x)>0，f(x)单调递增．若－m≤1，即－1≤m<0时，f(x)min＝f(1)＝－m≤1，不符合题意；若1<－m≤e，即－e≤m<－1时，f(x)min＝f(－m)＝ln (－m)＋1，令ln (－m)＋1＝4，得m＝－e3∉[－e，－1)，不符合题意；若－m>e，即m<－e时，f(x)min＝f(e)＝1－，令1－＝4，得m＝－3e，符合题意．综上所述，m＝－3e. 9．(2024·河南郑州期中)已知函数f(x)＝x3－3x＋1. (1)求函数f(x)的极值； (2)求函数f(x)在(0，2)上的最值． 解：(1)由f(x)＝x3－3x＋1， 得f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)， 当x∈(－∞，－1)时f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(－1，1)时f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增． 当x＝－1时f(x)有极大值，且极大值为f(－1)＝3，当x＝1时f(x)有极小值，且极小值为f(1)＝－1. (2)由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增，且极小值为f(1)＝－1. 所以f(x)在(0，2)上最小值为f(1)＝－1，无最大值． 10．(2024·江苏镇江开学考试)已知函数f(x)＝x3－2mx2＋m2x(m∈R)在x＝6处有极小值． (1)求m的值； (2)求函数y＝f(x)在[0，t]上的最大值． 解：(1)因为f(x)＝x3－2mx2＋m2x，x∈R， 所以f′(x)＝3x2－4mx＋m2＝(3x－m)(x－m)， 又因为f(x)在x＝6处有极小值， 则f′(6)＝(18－m)(6－m)＝0，解得m＝6或m＝18. ①当m＝6时，则f′(x)＝3(x－2)(x－6)， 当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x＝6时，f(x)取得极小值，符合题意． ②当m＝18时，f′(x)＝3(x－6)(x－18)， 当x∈(－∞，6)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(6，18)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(18，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以当x＝6时，f(x)取得极大值，不符合题意，舍去． 综上所述，m＝6. (2)由(1)可知，f(x)＝x3－12x2＋36x，且f(x)在[0，2)，(6，＋∞)上单调递增，在(2，6)上单调递减，f(8)＝f(2)＝32，如图所示： 又因为x∈[0，t]，则有： ①当0<t≤2时，则f(x)在[0，t]上单调递增，所以函数y＝f(x)在[0，t]上的最大值为[f(x)]max＝f(t)＝t3－12t2＋36t. ②当2<t≤8时，结合图象可知，函数y＝f(x)在[0，t]上的最大值为[f(x)]max＝f(8)＝f(2)＝32. ③当t>8时，则f(x)在[0，2)，(6，t]上单调递增，在(2，6)上单调递减，且f(t)>f(8)，所以函数y＝f(x)在[0，t]上的最大值为[f(x)]max＝f(t)＝t3－12t2＋36t. 综上所述， [f(x)]max＝ 能力提升练 11．(多选)已知函数f(x)＝x＋sin x，其中x∈[0，2π]，则下列说法正确的有(　　) A.f(x)的极大值为＋ B．f(x)的极小值为－ C．f(x)的单调递减区间为(，2π) D．f(x)的值域为[0，π] ABD　解析：f′(x)＝＋cos x，x∈[0，2π]，令f′(x)＝0，得x＝或x＝，当x∈[0，)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(，)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(，2π]，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以是函数的极大值点，极大值f()＝＋，是函数的极小值点，极小值f()＝－，故AB选项正确；C选项错误；f(0)＝0，f(2π)＝π，比较函数的极大值和极小值，可知，函数的最小值是0，函数的最大值是π，所以函数的值域是[0，π]，故D项正确．故选ABD. 12．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨开学考试)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac>0 BC　解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－－＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实数根，即ax2－bx－2c＝0(a≠0)在(0，＋∞)上有两个不同的实数根x1，x2，则有Δ＝b2＋8ac>0且x1＋x2＝>0，x1x2＝－>0，即ab>0，ac<0，所以ab·ac<0，即a2bc<0，则bc<0，故选BC. 13．(2024·广东广州模拟)已知函数f(x)＝a＋ln x在x＝1处取得极值，则实数a＝________． 答案：－2　解析：∵f(x)＝a＋ln x，x>0， ∴f′(x)＝＋，则f′(1)＝＋1＝0，a＝－2.当a＝－2时，f′(x)＝＋＝，0<x<1时，f′(x)>0，x>1时，f′(x)<0，所以当x＝1时，f(x)取得极值，所以实数a＝－2. 14.如图，在半径为10的半圆形(O为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD，其中A，B在直径上，C，D在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD卷成一个以AD为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V，设AD＝x，则体积的最大值Vmax＝________. 答案：　解析：设圆柱形罐子的底面半径为r，由题意得AB＝2＝2πr，所以r＝，所以V＝πr2x＝π()2x＝(－x3＋300x)(0<x<10)，故V′＝－(x2－100)＝－(x＋10)(x－10)(0<x<10).令V′＝0，得x＝10(负值舍去)，则V′，V随x的变化情况如下表： x (0，10) 10 (10，10) V′ ＋ 0 － V  极大值  所以当x＝10时，V取得极大值，也是最大值，所以Vmax＝. 素养养成练 15．(2024·山东烟台开学考试)已知函数f(x)＝－x＋a ln x存在两个极值点x1，x2. (1)求a的取值范围； (2)求f(x1)＋f(x2)－3a的最小值． 解：(1)由题意知，f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝； 令g(x)＝－x2＋ax－a，则g(x)＝0有两个不等正根x1，x2， ∴解得a>4， ∴实数a的取值范围为(4，＋∞). (2)由(1)知，a>4，x1，x2是g(x)＝0的两根， 则x1＋x2＝x1x2＝a. f(x1)＋f(x2)－3a＝－x1＋a ln x1＋－x2＋a ln x2－3a＝－(x1＋x2)＋a ln (x1x2)－3a＝a ln a－3a. 令h(a)＝a ln a－3a(a>4)，则h′(a)＝ln a－2， 当a∈(4，e2)时，h′(a)<0，h(a)在(4，e2)上单调递减；当a∈(e2，＋∞)时，h′(a)>0，h(a)在(e2，＋∞)上单调递增． h(a)min＝h(e2)＝2e2－3e2＝－e2， 即f(x1)＋f(x2)－3a的最小值为－e2. 学科网（北京）股份有限公司 $$