2025届高三数学一轮复习对点练22：导数与函数的极值、最值

2025届高三数学一轮复习对点练22　导数与函数的极值、最值 【基础巩固】 1.(多选)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 2.已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(　　) A.2 B.－ C.3＋ln 2 D.－2＋2ln 2 3.(2024·河南名校调考)函数f(x)＝e|x|＋cos x＋1在区间[－π，π]上的最大值、最小值分别为(　　) A.e＋1，3 B.eπ，3 C.e＋1，2 D.eπ，2 4.已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是(　　) A.[0，1] B.(－∞，0]∪[1，＋∞) C.[0，2] D.(－∞，0]∪[2，＋∞) 5.(2024·成都诊断)若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为(　　) A.1 B.－1或－3 C.－1 D.－3 6.已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　) A. B. C. D. 7.(多选)(2024·邢台质检)已知函数f(x)＝xln x，则下列说法正确的有(　　) A.曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1 B.f(x)的单调递减区间为 C.f(x)的极大值为－ D.方程f(x)＝1有两个不同的根 8.(2024·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________. 9.甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地.已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元.为使全程运输成本最小，汽车应以________ km/h的速度行驶. 10.(2024·厦门调研)已知函数f(x)＝xln x＋mex有两个极值点，则实数m的取值范围是________. 11.(2024·湖北名校联考)已知函数f(x)＝ex(2x2＋ax－1)，其中a∈R.若f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为2x＋by＋1＝0.求： (1)函数f(x)的解析式； (2)函数f(x)在区间[－3，1]上的最值. 12.已知函数f(x)＝，设实数a>0，求函数F(x)＝af(x)在[a，2a]上的最小值. 【能力提升】 13.(2021·全国乙卷)设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则(　　) A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2 14.(多选)(2024·合肥联考)已知函数f(x)＝ex(sin x＋cos x)在区间(－2π，0)内有两个极值点x1，x2，且x1<x2，则(　　) A.|x1＋x2|＝π B.f(x)在区间(x1，x2)上单调递减 C.f(x1)＋f(x2)>0 D.|f(x1)－f(x2)|<1 15.(2024·昆明统检)若x＝a是函数f(x)＝x2－(a＋3)x＋ln x的极小值点，则函数f(x)在区间上的最大值为________. 16.设g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cos x－sin x，a∈R，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 参考答案 1.AC　[根据导函数的图象可知， 当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0， 当x∈(－3，1)时，f′(x)≥0， 所以函数y＝f(x)在(－∞，－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.] 2.B　[f′(x)＝＋2ax－3， ∵f(x)在x＝2处取得极小值， ∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝， ∴f(x)＝2ln x＋x2－3x， f′(x)＝＋x－3＝， ∴f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减， ∴f(x)的极大值为f(1)＝－3＝－.] 3.B　[因为f(－x)＝e|x|＋cos x＋1＝f(x)， 所以f(x)为偶函数， 当x≥0时，f(x)＝ex＋cos x＋1， f′(x)＝ex－sin x. 易知当x≥0时，ex≥1，－1≤sin x≤1， 则f′(x)＝ex－sin x≥0， 所以f(x)在[0，π]上单调递增. 因为f(x)为偶函数， 所以f(x)在[－π，0)上单调递减， 所以f(x)max＝f(π)＝f(－π)＝eπ，f(x)min＝f(0)＝3.] 4.C　[由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1， 得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1. 根据题意得[2(a－1)]2－4≤0， 解得0≤a≤2.] 5.D　[因为f(x)＝x(x＋a)2， 所以f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a) ＝(x＋a)(3x＋a)， 由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值， 可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0， 解得a＝－1或a＝－3， 当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)， 当x∈时，f′(x)<0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不符合题意； 当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)， 当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0， 当x∈(1，3)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减， 所以f(x)在x＝1处有极大值，符合题意. 综上，a＝－3.] 6.C　[由图象可知f(x)的图象经过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是f(x)的极值点， ∴1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0， 解得b＝－3，c＝2， ∴f(x)＝x3－3x2＋2x，∴f′(x)＝3x2－6x＋2， x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根， ∴x1＋x2＝2，x1x2＝， ∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2 ＝4－2×＝.] 7.AB　[f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋1. 对于A，因为f(1)＝0，f′(1)＝1， 所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为 y＝x－1，故A正确； 对于B，令f′(x)＝0，解得x＝， 当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)的单调递减区间为，故B正确； 对于C，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)有极小值，无极大值，故C错误； 对于D，f(x)的极小值为 f＝ln ＝－， 当0<x<1时，f(x)<0；当x>1时，f(x)>0， 所以方程f(x)＝1有且只有一个根，故D错误.] 8.sin x(答案不唯一)　[正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值.] 9.80　[设全程运输成本为y元， 由题意，得y＝＝240，v>0， y′＝240. 令y′＝0，得v＝80. 当v>80时，y′>0；当0<v<80时，y′<0. 所以函数y＝在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增， 所以当v＝80时，全程运输成本最小.] 10.　[f′(x)＝ln x＋1＋mex(x＞0)， 令f′(x)＝0，得－m＝， 设g(x)＝， 则g′(x)＝(x＞0)， 令h(x)＝－ln x－1， 则h′(x)＝－－＜0(x＞0)， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0， ∴当x∈(0，1]时，h(x)≥0， 即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上单调递增； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0， 即g′(x)＜0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 故g(x)max＝g(1)＝， 而当x→0时，g(x)→－∞， 当x→＋∞时，g(x)→0， 若f(x)有两个极值点，只要y＝－m和g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点， 只需0＜－m＜，故－＜m＜0.] 11.解　(1)依题意，f(0)＝－1，切点(0，－1)在切线2x＋by＋1＝0上，则b＝1， f′(x)＝ex(2x2＋ax－1)＋ex(4x＋a) ＝ex[2x2＋(a＋4)x＋a－1]， 而f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线斜率为－2，则f′(0)＝a－1＝－2，解得a＝－1， 所以f(x)＝ex(2x2－x－1). (2)由(1)知， f′(x)＝ex(2x2＋3x－2)＝ex(x＋2)(2x－1)， 由f′(x)＝0得x＝－2或x＝， 当－3<x<－2或<x<1时，f′(x)>0， 当－2<x<时，f′(x)<0， 所以f(x)在[－3，－2]，上单调递增，在上单调递减， 又f(－3)＝，f(－2)＝， f＝－e，f(1)＝0， 所以f(x)在[－3，1]上的最大值为，最小值为－e. 12.解　因为F(x)＝af(x)， 所以F′(x)＝(a>0，x>0)， 令F′(x)>0得0<x<e， 令F′(x)<0得x>e， 所以F(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， 所以F(x)在[a，2a]上的最小值 F(x)min＝min{F(a)，F(2a)}. 因为F(a)－F(2a)＝ln a－ln(2a)＝ln ， 所以当0<a≤2时，F(a)－F(2a)≤0， F(x)min＝F(a)＝ln a. 当a>2时，F(a)－F(2a)>0， F(x)min＝F(2a)＝ln(2a). 综上所述，当0<a≤2时，F(x)在[a，2a]上的最小值为ln a； 当a>2时，F(x)在[a，2a]上的最小值为ln(2a). 13.D　[当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a. 　 图1　　　　　　　　图2 当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b. 综上，可知必有ab>a2成立.故选D.] 14.BD　[对于A，由题意知函数f(x)＝ex(sin x＋cos x)在区间(－2π，0)内有两个极值点x1，x2， 则f′(x)＝2excos x＝0有两个实数根x1，x2， 令cos x＝0，x∈(－2π，0)， 故x1＝－，x2＝－， 当－2π<x<－时，f′(x)>0， 当－<x<－时，f′(x)<0， 当－<x<0时，f′(x)>0， 即x1＝－为f(x)在(－2π，0)内的极大值点，x2＝－为f(x)在(－2π，0)内的极小值点， 所以|x1＋x2|＝2π，故A错误； 对于B，当x∈时，f′(x)<0， 所以f(x)在区间(x1，x2)上单调递减，故B正确； 对于C，f(x1)＝e－＝e－， f(x2)＝e－＝－e－， 又y＝ex是R上的增函数，故e－<e－， 所以f(x1)＋f(x2)＝e－－e－<0，故C错误； 对于D，|f(x1)－f(x2)|＝e－＋e－<e－＋e－＝， 因为>1，所以e>e，所以<<1， 故|f(x1)－f(x2)|<1，故D正确.] 15.＋ln 3　[f(x)的定义域为(0，＋∞)， 由f(x)＝x2－(a＋3)x＋ln x，得 f′(x)＝3x－(a＋3)＋＝， 因为x＝a是函数f(x)的极小值点， 所以f′(a)＝0，即3a2－a2－3a＋1＝0， 即2a2－3a＋1＝0，解得a＝或a＝1. 当a＝时，f′(x)＝＝， 当0<x<或x>时，f′(x)>0， 当<x<时，f′(x)<0， 所以f(x)在，上单调递增，在上单调递减， 所以x＝是f(x)的极大值点，不符合题意； 当a＝1时，f′(x)＝＝， 当0<x<或x>1时，f′(x)>0， 当<x<1时，f′(x)<0， 所以f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减， 所以x＝1是f(x)的极小值点，x＝是f(x)的极大值点，故a＝1. 又因为f＝－－ln 3，f(3)＝＋ln 3， 所以f(x)在上的最大值为＋ln 3.] 16.解　因为g(x)＝x3－ax2＋(x－a)cos x－sin x， 所以g′(x)＝x2－ax＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x ＝(x－a)(x－sin x)， 令h(x)＝x－sin x， 则h′(x)＝1－cos x≥0， 所以h(x)在R上单调递增. 因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0； 当x<0时，h(x)<0. (1)当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增. 所以，当x＝a时，g(x)取到极大值， 极大值是g(a)＝－a3－sin a， 当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a. (2)当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)， 当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增； 所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值. (3)当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)， 当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增； 当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减. 当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增. 所以，当x＝0时，g(x)取到极大值， 极大值是g(0)＝－a； 当x＝a时，g(x)取到极小值， 极小值是g(a)＝－a3－sin a. 综上，当a<0时，g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，极大值是g(a)＝－a3－sin a，极小值是g(0)＝－a； 当a＝0时，g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值； 当a>0时，g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－a3－sin a. 学科网（北京）股份有限公司 $$