课时检测训练17 导数与函数的极值、最值-【勤径学升】2026年高考数学一轮总复习课时检测训练（人教A版2019）

当ae[2,m]时，2x-3∈[3,s],则cos(2x-号)∈ w=6x(a2-x2)=6(-x3+d2x),0<x<d, [-1,2],即 4cos(2x-3)∈[-4,2], 当h(x)=2sin(2z-3)-ax在[合，m]上单调时，则对 Vae[,π],h'(z)≥0或h'(x)≤0成立. 由Vze[芒，m],k(z)≥0,得Vze[芒，m], 令W'= (-3x2+d)=0,x=3d, >Sa,由W'>0时，解得0<x<3d;由W'<0时，解得 (0,sa) (3d.d)上单调递减所以W在 上单调递增，在 x=3a所以， 时，W取最大值. 4cos(2x-3)-a≥0-a≤4cs(2x-3), 则a≤-4. 由Vae[,m],kh(z)≤0,得Vze[2,m], 号y=√d-a=ga,所以此时 4cos(2x-3)-a≤0Ha≥4cos(2x-3), x=2,5.D 解析 f(x)=a-2x,令f(x)=0,得 则a≥2. x>2时，f(x)<x<2时，f(x)>0,f(x)单调递增；当当 因此，当h(x)=2sin(2x-3)-ax在[2,π].上单调时， a≤-4或a≥2, 于是得h(x)=g(x)-ax(z∈[2,π])不是单调函数时， 0,f(x)单调递减， 因此ax=2是f(x)的极大值点，由于只有一个极值点，因此 也是最大值点， -4<a<2, 所以实数a的取值范围是a∈(-4,2). ∈(1,2),所以a∈(2,4).由题意得 6.D 解析 由题意，函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1 课时检测训练17 导数与函数的极值、最值 处取得极小值-3,则有 [A级·基础巩固] 1.AB 解析 由f(x)图象可得，当x<-2时，f(x)<0;当 {=4-a-2+2=3.f'(x)=12x2-2ax-2b,则 -2<a<县时，f(x)>0; 2<x<2当- 时，f'(x)<0;当x>2时，f'(x)>0, (2,2)上单调递减，在所以f(x)在(-∞,-2)和 b=3,又因为g(x)=3x3-x2+1解得 在区间(c,c+4)上 存在最小值，则g'(x)=x2-2x,当x<0或x>2时，g'(x) >0;当0<x<2 时，g'(x)<0,所以函数g(x)在 (-0,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2,+一)上 (-2,2)和(2,+0)上单调递增， g(2)=-3,令g(x)单调递增，故函数g(x)的极小值为 x=2函数在x=-2和x=2处取得极小值，在 处取得极大 值，故选AB. =-3,则x=-1或x=2.因为g(x)在区间(c,c+4)上 存在最小值，则有-1≤c<2<c+4,则有-1≤c<2,则5≤a 2.B 解析 由题意得f'(x)=cos x-xsin x-cos x= +b+c<8. -xsin x, 当x∈[-π,0]时，sin x≤0,f'(x)≤0, 7.1 解析 依题意，因为f(z)=3x3-x2+1,所以x∈R, 所以f(x)在[-π,0]上单调递减， 所以f'(x)=x2-2x=x(x-2),所以在(-0,0),(2,+一) 故函数f(x)在区间[-π,0]上的最大值为f(一π)=π. 上，f'(x)>0,f(x)单调递增； f(x)=aln x+±1,f'(x)=a-1,3.A 解析 在(0,2)上，f'(x)<0,f(x)单调递减， 根据题意有f'(1)=a-(b+1)=0,且f(1)=b+1=4, f(0)=3×03-o2+1所以f(x)在x=0处取得极大值， 解得a=4,b=3,a+b=7. =1. f(z)=4-4=4ca-D),x∈(0,+∞),此时 8.[o,nz] y=In(x-2)中，x∈[2,4],解析 由题意在 当x∈(0,1)时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减； 当x∈(1,+一)时，f(x)>0,函数f(x)单调递增. 所以函数f(x)在x=1处取得极小值，满足题意，故a+b ·(4+3)-2,2->0. ∴函数在[2,4]上单调递增. ∵f(2)=In(2-2)=In1=0,f(4)=In(4-2)=InZ,4.B 解析 设圆的直径为d,则x2+y2=d2,∴y2=d2-x2, 高考一轮总复习·数学·RJA ·490· =7. y=In(z-2),x∈[2,4的值域是[0,m3]∴函数： 9.(-1,2) 解析 ∵f(x)=x3-3x,∴f'(x)=3x2-3. 令f(x)<0,解得-1<x<1;令f'(x)>0,解得x>1或x< -1, 由此可得f(x)在(-∞,-1)上是增函数，在(-1,1)上是减 函数，在(1,+∞)上是增函数， 故函数在x=-1处有极大值，在x=1处有极小值， -解得-1<a≤2. 10.解(1)当a=2时，f(x)=x-2ln x,f(x)=1-2(a> 0), 因而f(1)=1,f'(1)=-1, 所以曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程为y-1 =-(x-1),即x+y-2=0. (2)由f(x)=1-a=a,x>0,知 ①当a≤0时，f(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函 数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f'(x)=0,解得x=a, 又当x∈(0,a)时，f'(x)<0; 当x∈(a,+∞)时，f'(x)>0, 从而函数f(x)在x=a处取得极小值，且极小值为f(a)= a-aln a,无极大值. 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a>0时，函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极 大值. 11.解(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)In(1+x)-x, 故f(x)=2ln(1+z)+1+x-1=2ln(1+z)-++1, 因为y=2ln(1+x),y=-1+x+1在(-1,+∞)上为增 函数， 故f'(x)在(-1,+∞)上为增函数，而f'(0)=0, 故当-1<x<0时，f'(x)<0,当x>0时，f'(x)>0, 故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0,无极 大值. (2)f'(x)=-aln(1+x)+1+ax-1=-aln(1+x)- a+1)a,>0, 设s(z)=-ahm(1+x)-(a+1,x>0, (a)----ta+1-则 -az+a+1, a≤-2时，s'(x)>0,故s(x)在(0,+∞)上为增函数，当 故s(x)>s(0)=0,即f'(x)>0, 所以f(x)在[0,+0]上为增函数，故f(x)≥f(O)=0. 当-2<a<0时，当O<a<-2a+1时，s'(x)<0, (0,-2a+1) (0,-2a+1)上故s(x)在( 上为减函数，故在 s(x)<s(0), (0,-2a+1)上f'(x)<0即f(x)为减函数，即在 (0,-2a+)上f(x)<f(O)=0,不合题意，舍。故在 当a≥0时，此时s'(x)<0在(0,+一)上恒成立， 同理可得在(0,+∞)上f(x)<f(O)=0恒成立，不合题 意，舍； 综上，a≤-2 [B级·能力提升] 12.AD 解析 由x2f(x)+xf(x)=In x,可得xf'(x)+ f(x)= In z,x>0,所以[af(x)了=令g(x)= g'(x)=nxf(x),x>0,则! ,当0<x<1时，g'(x)<0,函 数g(x)单调递减；当x>1时，g'(x)>0,函数g(x)单调递 增，所以函数g(x)=xf(x)在(0,+∞)上有极小值g(1)= f(1)=2 13.B 解析 若a<0,当x>0时，f(x)=x-aln x为增函 数，且f(x)∈(-∞,+∞),不符合题意； 若a=0,f(z)={,>0,最小值为f(0)=0=a2; 若a>0,当x≤0时，f(x)的最小值为f(0)=a2. 当x>0时，f(x)=a,若0<x<a,则f(x)<0,若 x>a,则f'(x)>0,f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞) 上单调递增，故f(x)的最小值为f(a)=a(1-In a). a1-In a)≥a,由 得1-In a≥a,则a+In a-1≤0.设 g(x)=x+In x-1,在(0,+∞)上是增函数，且g(1)=0, 所以a+In a-1≤0的解是0<a≤1.可得0<a≤1. 综上，常数a的取值范围为[0,1]. 14.解(1)当a=0时，f(x)=,定义域为R,f(x)= 当x>1时，f(x)<0;当x<1时，f(x)>0, ∴f(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， f(1)=e故f(x)的最大值为 (2)f(x)=+a(x-1)2,f(x)=1-+2a(x-1) =(a-1)(2ae-1), ①当a≤0时，2ae°-1<0, 当x>1时，f'(x)<0;当x<1时，f'(x)>0, ∴f(x)在(-0,1)上单调递增，在(1,+一)上单调递减， f(1)=e<2,符合题意；所以 f(x)的极大值为 ②当a=。时f(a)=(z-D(e1-1, 当x>1时，f'(x)>0;当x<1时，f'(x)>0, ∴f(x)在R上单调递增， ·491· 高考一轮总复习·数学·RJA 此时，f(x)无极值点； a>会时，令f(z)=(-D(2ae-I=0,③当 解得x?=1,x?=-In(2a),且-In(2a)<1, 当x>1时，f(x)>0;当-In(2a)<x<1时， f'(x)<0;当x<-In(2a)时，f'(x)>0, ∴f(x)在(-∞,-In(2a))上单调递增， 在(-In(2a),1)上单调递减，在(1,+一)上单调递增， 所以f(x)的极大值为f(-In(2a))=-2a)+a[-In(2a) -1]2=a+a[ln(2a)]2. 令t=In(2a)>-1,则f(-In(2a))=2e(1+2),设g(t) =2e(1+2), 则g'(t)=2e(1+t)2>0,所以g(t)在(-1, +∞)上单调递增， 由题意知f大a(x)=f(-In(2a))=2e(1+t)≤2,即 g(1)≤2=g(0), a<云，故去<a<所以t≤0,即 o<a<时，令f(c)=(a-D)(Cae-1)=0,④当( 解得x?=1或x?=-In(2a),且满足-ln(2a)>1, 当x>-In(2a)时，f'(x)>0;当1<x<-In(2a)时，f'(x) <0;当x<1时，f'(x)>0, ∴f(x)在(-∞,1)上单调递增，在(1,-In(2a))上单调递 减，在(-1n(2a),+∞)上单调递增， f(1)=1<所以f(x)的极大值为； ,符合题意. 综上a∈(-～,2)u[2,]. 课时检测训练18 不等式恒(能)成立问题 1.解(1)由题可得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=In x +1. x>1; 0<x<e令f'(x)>0,得 ;令f(x)<0,得 ,所以 (0,e) (,+)f(x)在 上单调递减，在 上单调递增. r(1)=言mx=e时，f(x)取得极小值，极小值所以当： =-,,无极大值. (2)对任意x∈(0,+),f(x)>3g(x)恒成立，即xln x> 3(-x2-ax-4)恒成立，即-a<3n x+x+4在(0,+∞) 上恒成立. 令h(x)=3ln x+x+,则h'(x)=(z+4)(z-1. 令h'(x)<0,得0<x<1;令h'(x)>0,得x>1, 所以h(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+一)上单调递增. 所以h(x)m=h(1)=5. 所以-a<5,则a>-5. 故a的取值范围为(-5,+∞). 2.解(1)函数 f(x)= In(2x+1)-x的定义 域 为(-2,+). f'(x)=2x+1-1=2-+x x=2.,令f(x)=0,得 x>2由f(x)>0,得-2<x<2;由f'(x)<0,得 (-2,2),单调递减区所以函数f(x)的单调递增区间为 (2,+○).间为( 所以函数f(x)的极大值为f(2)=In 2-2,,无极小值. (2)不等式f(x)≤e-(a+1)x-1等价于ln(2x+1)+ax -e2+1≤0, 令g(x)=In(2x+1)+ax-e*+1,则g(0)=0. g(x)=222+1+a-e2,所以g'(0)=a+1. g"(x)=-(2x+12-e2<0,所以ε ,所以g'(x)在[0,+0]上 单调递减. ①当a+1≤0,即a≤-1时，g'(x)≤g'(0)≤0, 所以g(x)在(0,+0)上单调递减，所以g(x)≤g(0)=0, 符合题意； ②当a+1>0,即a>-1时，g'(0)=a+1>0, 又当x→+∞时，g(x)→-0,所以3x?∈(0,+一), g'(x。)=0. 所以当x∈(0,x?)时，g'(x)>0,所以g(x)在(0,xo)上单 调递增. 所以g(x?)>g(0)=0,不符合题意. 所以实数a的取值范围为(-○,-1). 3.解(1)由题意，得f'(x)=x2-ax-2≤0在[0,1]上恒 成立， 即a≥22=x-2,设φ(x)=x-2,易知p(z)在 [0,1]上单调递增， ∴φ(x)m=φ(1)=-1,∴a≥-1. (2)由题意，得g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x+2x -2, 所以g'(x)=(x-a)(x-sin x), 令h(x)=x-sin x,则h'(x)=1-cos x≥0, 故h(x)在R上单调递增. 因为h(0)=0,故x∈[0,a]时，h(x)>0, x-a≤0,所以g'(x)≤0在[0,a]上恒成立， 所以g(x)在[0,a]上单调递减，g(x)=g(0)=-a-2 ≤aln a--a, 即an a-+2≥0. 令u(a)=aln a-2+2,则u(a)=In a-a+1,故u"(a) 高考一轮总复习·数学·RJA ·492· 课时检测训练17 导数与函数的极值、最值 对应答案P490 回A级+基础巩固 6.已知函数f(x)=4.x3一a.x2-2bx十2在x=1处 L.(多选)函数f(x)的导函数f(x)的图象如图所 取得极小值-3，且5x)=名女-t+1在区间 示，则 (c,c+4)上存在最小值，则a十b+c的取值范围 是 A.(4,8) B.[4,8) C.(5,8) D.[5,8) A号为)的极大值点 1.(2023:四川减0·就专三楼)两数x)=号女 B.一2为f(x)的极小值点 一x+1的极大值为 C.2为f(x)的极大值点 8.(2023·陕西宝鸡·就考一模)函数y D.号为f(x)的极小值点 n(e一)x∈[2,4的值线是 2.函数f(x)=xcos x一sinx在区间[一π，0]上的 9.若函数f(x)=z-3.x在区间(a2-12,a)上有最 最大值为 ( ) 大值，则实数a的取值范围是 l0.已知函数f(x)=x-alnx(a∈R). A.1 B. (1)当4=2时，求曲线y=f(x)在点A(1, 3.若当r=1时，函数f(x)=alnr+中取得极小 f(1))处的切线方程： (2)求函数f(x)的极值. 值4，则a十b等于 ( A.7 B.8 C.9 D.10 4.(2023·山东博·统考三模)中 国古代建筑的主要受力构件是 梁，其截面的基本形式是矩形.如 图，将一根截面为圆形的木材加 工制成截面为矩形的梁，设与承载重力的方向垂 直的宽度为x,与承载重力的方向平行的高度为 ,记矩形截面抵抗矩W=。x.根据力学原 理，截面抵抗矩越大，梁的抗弯曲能力越强，则宽 x与高y的最佳之比应为 A司 A号 C.1 D.2 5.已知函数f(x)=一x2十ax+1在[1,2]上的最 大值也是其在[1,2]上的极大值，则4的取值范 围是 () A.[2,十∞) B.[4,十c∞) C.[2,4] D.(2,4) 课时检测训练·数学·RJA 262 11.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1一：13.(2024·辽宁丹东·模拟)设f(x)= ax)In(1+r)-x. (x-a),x≤0， 若函数f(x)的最小值为a, (1)当a=一2时，求f(x)的极值： -aln r.r>0, (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值 则实数a的取值范围为 () 范围. A.[-2,1] B.「0,1] C.[0,2] D.[1,+o∞) 14,已知函数f(x)=二+a(x-1). (1)当a=0时，求f(x)的最大值： (2)若(x)存在极大值点，且极大值不大于， 求a的取值范围。 空B级·能力提升 12.(多选)设f(x)为函数f(x)的导函数，已知 xf()+xf)=ln,)=2则下列结论 正确的是 A.xf(x)在(1，+∞)上单调递增 B.xf(x)在(1，十∞)上单调递减 C.xx在0，+四)上有极大值号 D.xf在(0，十)上有极小值号 263 课时检测训练·数学·RJA