限时规范训练(20) 第3章 第4讲 导数与函数的极值、最值（word课时作业）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

限时规范训练(二十) A级　基础落实练 1．(多选)已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(　　) A．f(x)在区间(－2，3)上有2个极值点 B．f′(x)在x＝－1处取得极小值 C．f(x)在区间(－2，3)上单调递减 D．f(x)在x＝0处的切线斜率小于0 解析：BCD　根据f′(x)的图象可得，在(－2，3)上，f′(x)≤0，∴f(x)在(－2，3)上单调递减， ∴f(x)在区间(－2，3)上没有极值点，故A错误，C正确； 由f′(x)的图象易知B正确； 根据f′(x)的图象可得f′(0)<0，即f(x)在x＝0处的切线斜率小于0，故D正确． 2．函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为(　　) A．2　　 B．6 C．2或6　　 D．1 解析：A　∵函数f(x)＝x(x－c)2，∴f′(x)＝3x2－4cx＋c2，又f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，∴f′(2)＝12－8c＋c2＝0，解得c＝2或c＝6.经验证，当c＝6时，函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，故选A． 3．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 解析：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)＝eπ，f(x)min＝f(0)＝3. 4．(2024·三湘名校联考)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，＋∞) 解析：C　f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1， 由于f(x)无极值，则Δ＝4(a－1)2－4≤0， ∴0≤a≤2. 5．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 解析：AC　因为f(x)＝x3－x＋1， 所以f′(x)＝3x2－1， 令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±. 所以当x＜－或x＞时，f′(x)＞0； 当－＜x＜时，f′(x)＜0. 因此f(x)有两个极值点，A正确． 因为f()＝－＋1＝＞0， 所以f(x)的极小值大于0， 所以f(x)仅有一个零点．故选项B错误． 由于y＝x3－x的图象关于原点(0，0)对称，且向上平移一个单位，得y＝f(x)的图象． 故函数y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称，C项正确． 令f′(x0)＝3x－1＝2，得x0＝±1， 故曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以选项D错误． 6．设函数f(x)＝ex－2x，直线y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，则2a＋b的最大值是(　　) A．e－1　　 B．－1 C．2e－4　　 D．e2－4 解析：D　由题得f′(x)＝ex－2.设切点为(t，f(t))，则f(t)＝et－2t，f′(t)＝et－2，则切线方程为y－(et－2t)＝(et－2)(x－t)，即y＝(et－2)x＋et(1－t)．因为y＝ax＋b是曲线y＝f(x)的切线，所以a＝et－2，b＝et(1－t)，则2a＋b＝－4＋3et－tet.令g(t)＝－4＋3et－tet，则g′(t)＝(2－t)et，则当t>2时，g′(t)<0，g(t)在(2，＋∞)上单调递减；当t<2时，g′(t)>0，g(t)在(－∞，2)上单调递增．所以g(t)max＝g(2)＝－4＋3e2－2e2＝－4＋e2，即2a＋b的最大值为e2－4.故选D． 7．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________． 解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex， 可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex， 因为x＝－2是函数f(x)的极值点， 所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0， 即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1. 所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex. 令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1. 当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2<x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数， 所以当x＝1时函数f(x)取得极小值， 极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e. 答案：0　－e 8．现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是________． 解析：容积V＝(a－2x)2x，0<x<，则V′＝2(a－2x)×(－2x)＋(a－2x)2＝(a－2x)(a－6x)，由V′＝0得x＝或x＝(舍去)，则x＝为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时Vmax＝a3. 答案：a3 9．若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________． 解析：f′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，3]时，f′(x)>0，所以f(x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增．又f(0)＝m，f(3)＝－3＋m，所以在[0，3]上，f(x)max＝f(0)＝4，所以m＝4. 答案：4 10．已知函数f(x)＝excos x－x. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． 解：(1)因为f(x)＝excos x－x， 所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1， f′(0)＝0. 因为f(0)＝1， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1. (2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x) ＝－2exsin x. 当x∈(0，)时，h′(x)＜0， 所以h(x)在区间上单调递减， 所以对任意x∈(0，)有h(x)＜h(0)＝0， 即f′(x)＜0， 所以函数f(x)在区间上单调递减． 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f()＝－. 11．已知函数f(x)＝ex－ax，a∈R，e是自然对数的底数． (1)若函数f(x)在x＝1处取得极值，求a的值及f(x)的极值； (2)求函数f(x)在区间[0，1]上的最小值． 解：(1)因为f(x)＝ex－ax， 则f′(x)＝ex－a， 因为函数f(x)在x＝1处取得极值， 则f′(1)＝e1－a＝0，即a＝e， 则f′(x)＝ex－e， 令f′(x)＝ex－e>0，则x>1，令f′(x)＝ex－e<0，则x<1，则函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减， 故函数f(x)的极小值为f(1)＝0，无极大值． (2)因为f′(x)＝ex－a， 当a≤0时，f(x)在R上单调递增，因此f(x)在[0，1]上单调递增，f(x)min＝f(0)＝1. 当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增． ①当1≤ln a，即a≥e时，f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝e－a； ②当0<ln a<1，即1<a<e时，f(x)在[0，ln a)上单调递减，在(ln a，1]上单调递增， 所以f(x)min＝f(ln a)＝a－aln a； ③当ln a≤0，即0<a≤1时，f(x)在[0，1]上单调递增，f(x)min＝f(0)＝1. 综上，当a≤1时，f(x)min＝1； 当a≥e时，f(x)min＝e－a； 当1<a<e时，f(x)min＝a－aln a. B级　能力提升练 12．(2023·全国乙卷)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2)　　 B．(－∞，－3) C．(－4，－1)　　 D．(－3，0) 解析：B　对f(x)求导得f′(x)＝3x2＋a，当a≥0时，f′(x)＝3x2＋a≥0恒成立，函数f(x)在R上单调递增，不可能存在3个零点；当a<0时，令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝±，所以函数f(x)在(－∞，－)，(　，＋∞)上单调递增，在(－， )上单调递减，所以函数f(x)在x＝－和x＝处分别取得极大值和极小值，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞.若函数f(x)存在3个零点，则必有f(－)>0，且f(　)<0，解得a<－3，故选B． 13．(2024·安康模拟)若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－，0)　　 B．(－∞，－) C．(0，)　　 D．(，＋∞) 解析：D　由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝ex－2ax－2a＝0有两个不同的解，即＝有两个不同的解，转化为g(x)＝与y＝的图象有两个交点．由g′(x)＝－，令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0.当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0.所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．分别作出函数g(x)＝与y＝的图象，如图所示． 由图可知，0<<1，解得a>.所以实数a的取值范围为(，＋∞)． 14．(2024·张家口质检)已知函数f(x)＝ex＋e－x－ax2－2. (1)当a＝1时，证明：函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增； (2)若g(x)＝f(x)－e－x，讨论函数g(x)的极值点的个数． 解：(1)证明：当a＝1时，f(x)＝ex＋e－x－x2－2， f′(x)＝ex－e－x－2x. 令φ(x)＝ex－e－x－2x， 当x>0时，φ′(x)＝ex＋e－x－2>0， 所以函数f′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 故f′(x)>f′(0)＝0， 故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． (2)由题意知，g(x)＝ex－ax2－2， 当a＝0时，g(x)＝ex－2单调递增，无极值点． 当a≠0时，g′(x)＝ex－2ax， 由g′(0)＝1，得x＝0不是极值点． 令ex－2ax＝0(x≠0)，得2a＝， 令h(x)＝，则h′(x)＝， 当x<0时，h(x)<0，且h′(x)<0， 当a<0时，方程2a＝有唯一小于零的解， 故函数g(x)存在一个极值点； 当0<x<1时，h′(x)<0， 当x>1时，h′(x)>0， 故函数h(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，h(1)＝e为函数h(x)的极小值， 所以当0<a<时，方程2a＝无解，函数g(x)无极值点； 当a＝时，方程2a＝有一个解， 但当0<x<1时， >2a，g′(x)＝ex－2ax>0， 当x>1时，>2a，g′(x)＝ex－2ax>0， 故函数g(x)无极值点； 当a>时，方程2a＝有两解，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点． 综上，当a<0时，函数g(x)存在一个极值点， 当0≤a≤时，函数g(x)无极值点， 当a>时，函数g(x)存在一个极大值点和一个极小值点． 学科网（北京）股份有限公司 $$