课时18 导数与函数的极值、最值-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版2019）

课时冲关１８　导数与函数的极值、最值 对应学生用书　P２３５ [基础巩固练] 一、单选题 １．函数f(x)＝１３x ３＋x２－３x－１的极小值点是 (　　) A．１ B．１,－８３ æ è ç ö ø ÷ C．－３ D．(－３,８) 解析:A　[f′(x)＝x２＋２x－３,由x２＋２x－３＝ ０,得x＝－３或x＝１, 所以函数f(x)＝１３x ３＋x２－３x－１在(－∞,－３) 上单调递增,在(－３,１)上单调递减,在(１,＋∞)上 单调递增, 故f(x)在x＝１处有极小值,极小值点为１．] ２．(２０２５􀅰铁岭模拟)若a∈R,“a＞３”是“函数f(x)＝ (x－a)ex 在(０,＋∞)上有极值”的 (　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析:A　[由题意,函数f(x)＝(x－a)ex,则 f′(x)＝(x－a＋１)ex,令f′(x)＝０,可得x＝a－１, 当x＜a－１时,f′(x)＜０;当x＞a－１时,f′(x)＞ ０,所以函数f(x)在x＝a－１处取得极小值,若函 数f(x)在(０,＋∞)上有极值,则a－１＞０,解得a＞ １．因此“a＞３”是“函数f(x)＝(x－a)ex在(０,＋∞) 上有极值”的充分不必要条件．] ３．当x＝１时,函数f(x)＝alnx＋bx 取得最大值 －２,则f′(２)＝ (　　) A．－１ B．－１２ C． １ ２ D．１ 解析:B　[因为函数f(x)定义域为(０,＋∞), 所以依题可知,f(１)＝－２,f′(１)＝０,而f′(x) ＝ax－ b x２ ,所以b＝－２,a－b＝０,即a＝－２,b ＝－２,所以f′(x)＝－２x＋ ２ x２ ,因此函数f(x) 在(０,１)上递增,在(１,＋∞)上递减,x＝１时取 最大值,满 足 题 意,即 有 f′(２)＝－１＋ １２ ＝ －１２． ] ４．若x＝１是函数f(x)＝alnx＋x的极值点,则a 的值是 (　　) A．－１ B．０ C．１ D．e 解析:A　[f(x)的定义域为(０,＋∞), f′(x)＝ax＋１ , 因为x＝１是函数f(x)＝alnx＋x的极值点, 所以f′(１)＝０,即a＋１＝０,所以a＝－１, 当a＝－１时,f′(x)＝１－１x＝ x－１ x , 令f′(x)＞０,得x＞１,令f′(x)＜０,得０＜x ＜１, 所以f(x)在x＝１处取得极小值,符合题意． 综上所述:a＝－１．] ５．如图是函数y＝f(x)的导 函数f′(x)的图象,下列 结论中正确的是 (　　) A．f(x)在[－２,－１]上单 调递增 B．当x＝３时,f(x)取得最小值 C．当x＝－１时,f(x)取得极大值 D．f(x)在[－１,２]上单调递增,在[２,４]上单调 递减 解析:D　[根据题图知, 当x∈(－２,－１),x∈(２,４)上时, f′(x)＜０,函数y＝f(x)单调递减; 当x∈(－１,２)或x∈(４,＋∞)时, f′(x)＞０,函数y＝f(x)单调递增． 所以y＝f(x)在 [－２,－１]上 单 调 递 减,在 (－１,２)上单调 递 增,在(２,４)上 单 调 递 减,在 (４,＋∞)上单调递增,故选项 A 不正确,选项 D 正确;故当x＝－１时,f(x)取得极小值,选项 C 不正确;当x＝３时,f(x)不是取得最小值,选项 B不正确．] ６．已知正四棱锥的侧棱长为２ ３,那么当该四棱 锥体积最大时,它的高为 (　　) A．１ B．３ C．２ D．３ 解析:C　[设底面边长为a, 则高h＝ (２ ３)２－ ２a ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ １２－a ２ ２ , 所以体积V＝１３a ２h＝１３ １２a ４－１２a ６． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９３３􀅰 第三章　一元函数的导数及其应用 设y＝１２a４－１２a ６,则y′＝４８a３－３a５, 令y′＝４８a３－３a５＝０,解得a＝４． 当a＞４时,y′＜０,函数y＝１２a４－１２a ６ 在区间 (４,＋∞)上单调递减; 当０＜a＜４时,y′＞０,函数y＝１２a４－１２a ６ 在区 间(０,４)上单调递增． 所以当a＝４时,y＝１２a４－１２a ６ 取得最大值,即 此时体积最大,此时h＝ １２－a ２ ２＝２． ] 二、多选题 ７．(２０２５􀅰莆田模拟)函数f(x)的导函数f′(x)的 图象如图所示,则 (　　) A．f(x)在区间(x２,x３)上单调递减 B．f(x)在x＝x２ 处取得极大值 C．f(x)在区间(a,b)上有２个极大值点 D．f(x)在x＝x１ 处取得最大值 解析:AB　[由导函数的图象可知,当x∈[a, x２)时,f′(x)＞０,f(x)单调递增;当x∈(x２, x３)时,f′(x)＜０,f(x)单调递减;当x∈(x３,b] 时,f′(x)≥０,f(x)单调递增．故 A,B正确,C, D错误．] ８．(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　[f′(x)＝３x２－１,所以f(x)有两个 极值点－ ３３ 与 ３ ３ ,又f ３３ æ è ç ö ø ÷＝１－２ ３９ ＞０ ,所以 f(x)只有一个零点;由f(x)＋f(－x)＝２可 知,点(０,１)是 曲 线y＝f(x)的 对 称 中 心;令 f′(x)＝３x２－１＝２,可得x＝±１,又f(１)＝ f(－１)＝１, 当切点为(１,１)时,切线方程为y＝２x－１, 当切点为(－１,１)时,切线方程为y＝２x＋３．所 以答案选 AC．] 三、填空题 ９．若f(x)＝３x－x３ 的两个极值点为x１,x２,则x１ ＋x２＝　　　　． 解析:由f(x)＝３x－x３ 可得f′(x)＝３－３x２, 令f′(x)＜０有３－３x２＜０,解得x＜－１或x＞ １,令f′(x)＞０,有３－３x２＞０,解得－１＜x＜１, 所以f(x)在(－∞,－１)和(１,＋∞)上单调递 减,在(－１,１)上单调递增, 所以函数的极值点为－１和１,则x１＋x２＝０． 答案:０ １０．函数f(x)＝|２x－１|－２lnx 的最小值为 　　　　． 解析:函数f(x)＝|２x－１|－２lnx 的定义域 为(０,＋∞)． ①当x＞１２ 时,f(x)＝２x－１－２lnx, f′(x)＝２－２x＝ ２(x－１) x , 当１ ２＜x＜１ 时,f′(x)＜０, 当x＞１时,f′(x)＞０, 所以f(x)min＝f(１)＝２－１－２ln１＝１; ②当０＜x≤１２ 时,f(x)＝１－２x－２lnx 在 ０,１２ æ è ç ] 上单调递减, 所以f(x)min＝f １ ２ æ è ç ö ø ÷＝－２ln１２＝２ln２＝ln４ ＞lne＝１．综上,f(x)min＝１． 答案:１ 四、解答题 １１．设函数f(x)＝alnx－bx２,若函数f(x)在x＝ １处与直线y＝－１２ 相切． (１)求实数a,b的值; (２)求函数f(x)在 １e ,e[ ]上的最大值． 解:(１)f′(x)＝ax－２bx ,x＞０, ∵函数f(x)在x＝１处与直线y＝－１２ 相切, ∴ f′(１)＝a－２b＝０, f(１)＝－b＝－１２ , ì î í ïï ï 解得 a＝１, b＝１２． ì î í ïï ï 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰０４３􀅰 高考总复习　数学 A版 (２)由(１)知,f(x)＝lnx－１２x ２,x＞０, f′(x)＝１x－x＝ １－x２ x , 当１ e≤x≤e 时,令f′(x)＞０,得１e≤x＜１ , 令f′(x)＜０,得１＜x≤e, ∴f(x)在 １e ,１[ öø÷上单调递增, 在(１,e]上单调递减, ∴f(x)max＝f(１)＝－ １ ２． １２．已知函数f(x)＝ex(x－１)－１２e ax２,a＜０． (１)求曲线y＝f(x)在点(０,f(０))处的切线 方程; (２)求f(x)的极值; (３)求函数f(x)的零点个数． 解:(１)f′(x)＝ex(x－１)＋ex－eax ＝ex􀅰x－ea􀅰x ＝x(ex－ea), ∴f′(０)＝０,f(０)＝－１, 因此切线方程为y＝－１． (２)f′(x)＞０解得x＜a或x＞０, f′(x)＜０解得a＜x＜０, 因此,f(x)在(－∞,a)上递增,在(a,０)上递 减,在(０,＋∞)上递增． 因此,f(x)在x＝０处取得极小值f(０)＝－１． 在x＝a时,取得极大值f(a)＝ea a－１－１２a ２æ è ç ö ø ÷． (３)f(a)＝ea(a－１)－１２e a􀅰a２＝－１２e a(a２－ ２a＋２)＝－１２e a[(a－１)２＋１]＜０． 又f(２)＝e２－２ea＞e２－２＞０, 由(２)知f(x)在x＝a 处取得极大值,f(a) ＜０, 因此,f(x)只有一个零点． [能力提升练] １３．[多选]材料:函数是描述客观世界变化规律的 重要数学模型,在现行的高等数学与数学分析 教材中,对“初等函数”给出了确切的定义,即 由常数和基本初等函数经过有限次的四则运 算及有限次的复合步骤所构成的,且能用一个式 子表示的,如函数f(x)＝xx(x＞０),我们可以作 变形:f(x)＝xx＝elnx x ＝exlnx＝et(t＝xlnx),所以 f(x)可看作是由函数f(t)＝et 和g(x)＝ xlnx复合而成的,即f(x)＝xx(x＞０)为初等 函数．根据以上材料,下列关于初等函数h(x) ＝x １ x (x＞０)的说法正确的是 (　　) A．无极小值 B．有极小值１ C．无极大值 D．有极大值e １ e 解析:AD　[根据材料知h(x)＝x １ x ＝elnx １ x ＝ e １ xlnx,所以h′(x)＝e １ xlnx􀅰 １ xlnx æ è ç ö ø ÷′＝e １ xlnx􀅰 －１ x２ lnx＋１ x２ æ è ç ö ø ÷＝ １ x２ 􀅰e １ xlnx (１－lnx),令 h′(x)＝０得x＝e,当０＜x＜e时,h′(x)＞０, 此时函数h(x)单调递增;当x＞e时,h′(x)＜ ０,此时函数h(x)单调递减．所以h(x)有极大 值,为h(e)＝e １ e ,无极小值．] １４．(２０２４􀅰新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax －a３． (１)当a＝１时,求曲线y＝f(x)在点(１,f(１)) 处的切线方程; (２)若f(x)有极小值,且极小值小于０,求a的 取值范围． 解:(１)a＝１,f(x)＝ex－x－１,切点(１,e－２), f′(x)＝ex－１,k＝f′(１)＝e－１,所以要求的切线 方程为y－(e－２)＝(e－１)(x－１),即y＝(e－１) x－１． (２)f′(x)＝ex－a,当a≤０时,f′(x)＞０,f(x) 在R上单调递增,此时无极值 ∴a＞０,令f′(x)＝０,x＝lna f(x)在(－∞,lna)上单调递减,(lna,＋∞) 上单调递增, ∴f(x)极小值 ＝f(lna)＝a－alna－a３＜０, ∴１－lna－a２＜０, 令g(a)＝－a２－lna＋１,g′(a)＝－２a－１a＜０ g(a)在(０,＋∞)单调递减,而g(１)＝０, ∴g(a)＜０⇔a＞１, ∴a的取值范围(１,＋∞)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１４３􀅰 第三章　一元函数的导数及其应用