第3章 课时冲关17 利用导数研究函数的极值(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

课时冲关17　利用导数研究函数的极值、最值 [基础训练组] 1．(2025·沈阳市模拟)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 解析：D　[由于f(x)＝xex＋1，可得 f′(x)＝(x＋1)ex， 令f′(x)＝(x＋1)ex＝0，可得x＝－1， 令f′(x)＝(x＋1)ex＞0，可得x＞－1，即函数在(－1，＋∞)上是增函数，令f′(x)＝(x＋1)ex＜0可得x＜－1，即函数在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．] 2．已知函数f(x)＝－x＋2sin x，x∈，则函数f(x)的最大值为(　　) A．0　　　　　　　　　　B．2－ C．－ D．－ 解析：C　[∵f′(x)＝－1＋2cos x，∴当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， ∴f(x)max＝f＝－.] 3．已知x＝是函数f(x)＝x ln (2x)－ax的极值点，则实数a的值为(　　) A．1 B． C．2 D．e 解析：C　[由题意可得：f′(x)＝ln (2x)＋x×－a＝ln (2x)＋1－a， 因为x＝是函数f(x)＝x ln (2x)－ax的极值点， 故f′＝ln e＋1－a＝2－a＝0，得a＝2， 经验证：a＝2时，f′(x)＝ln (2x)－1， 当0＜x＜时，f′(x)＜0, f(x)递减，当x＞时，f′(x)＞0，f(x)递增， 则x＝是函数f(x)＝x ln (2x)－ax的极小值点，故a＝2.] 4．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e-1 D．e-2 解析：C　[由题意可知f′(x)＝aex－≥0在区间(1，2)上恒成立，即a≥，设g(x)＝xex，则在x∈(1，2)上恒有g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)min＝g(1)＝e，则＝，即a≥e-1.] 5．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a的值等于(　　) A．　　　B．　　　C．　　　D．1 解析：D　[∵f(x)是奇函数，∴f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，f′(x)＝－a，令f′(x)＝0得x＝，又a>，∴0<<2.当0<x<时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；当x>时，f′(x)<0，f(x)在上单调递减，∴f(x)max＝f＝ln －a·＝－1，解得a＝1.] 6．(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列命题中正确的是(　　) A．－3是函数y＝f(x)的极值点 B．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增 C．－1是函数y＝f(x)的最小值点 D. y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零 解析：AB　[根据导函数图象可知：当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，在x∈(－3，1)时，f′(x)≥0，∴函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，1)上单调递增，故B正确；则－3是函数y＝f(x)的极小值点，故A正确；∵在(－3，1)上单调递增，∴－1不是函数y＝f(x)的最小值点，故C不正确；∵函数y＝f(x)在x＝0处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确．] 7．(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 解析：ACD　[因为函数f的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)·(x－3)， 易知当x∈时，f′<0，当x∈或x∈时，f′>0， 所以函数f在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故x＝3是函数f的极小值点，A正确； 当0<x<1时，x－x2＝x>0，所以1>x>x2>0， 而由上可知，函数f在上单调递增，所以f>f，B错误； 当1<x<2时，1<2x－1<3，而由上可知，函数f在上单调递减， 所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，C正确； 当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝2－2＝2>0， 所以f(2－x)>f(x)，D正确．故选ACD.] 8．已知a＞0，函数g(x)＝x＋－2在[2，＋∞)上的最小值为1，则a＝________． 解析：由题意得g′(x)＝1－＝， 当≤2，即0＜a≤3时，g′(x)＞0，g(x)在[2，＋∞)上单调递增， 故g(t)min＝g(2)＝＝1，解得a＝1； 当＞2，即a＞3时，当2≤x＜时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当x＞时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 故g(x)min＝g()＝2－2＝1，解得a＝，不符合a＞3，舍去， 综上，a＝1. 答案：1 9．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则实数a的取值范围为_____． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝. ①若a≥0，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝1是f(x)的极大值点． ②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1<a<0.综合①②得实数a的取值范围是a>－1. 答案：a>－1 10．(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)当a＝1时，则f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1， 即切点坐标为，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－＝，即x－y－1＝0. (2)法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)≥0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意； 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a；令f′(x)<0，解得x<ln a， 可知f(x)在内单调递减，在内单调递增， 则f(x)有极小值f＝a－a ln a－a3，无极大值， 由题意可得：f＝a－a ln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0， 构建g＝a2＋ln a－1，a>0，则g′＝2a＋>0， 可知g在内单调递增，且g＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g>g，解得a>1， 所以a的取值范围为. 法二：f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点， 令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a有交点，则a>0. 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a；令f′(x)<0，解得x<ln a， 可知f(x)在内单调递减，在内单调递增， 则f(x)有极小值f＝a－a ln a－a3，无极大值，符合题意． 由题意可得：f＝a－a ln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0， 构建g＝a2＋ln a－1，a>0， 因为则y＝a2，y＝ln a－1在内单调递增， 可知g在内单调递增，且g＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g>g，解得a>1， 所以a的取值范围为. [能力提升组] 11．(多选)对于函数f (x)＝，下列说法正确的有(　　) A．f(x)在x＝e处取得极大值 B．f(x)有两个不同的零点 C．f(2)＜f(π)＜f(3) D．若f(x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞1 解析：ACD　[函数的导数f′(x)＝，x＞0，令f′(x)＝0，得x＝e， 则当0＜x＜e时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数， 当x＞e时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数， 则当x＝e时，函数取得极大值，极大值为f(e)＝，故A正确； 当x→0，f (x)→－∞，x→＋∞，f(x)→0， 则f(x)的图象如图所示， 由f(x)＝0， 得ln x＝0，得x＝1， 即函数f(x)只有一个零点，故B错误； 因为f(4)＝＝＝f(2)，f(3)＞f (π)＞f(4)，故f(2)＜f(π)＜f(3)成立，故C正确； 若f (x)＜k－在(0，＋∞)上恒成立，则k＞＋， 设h(x)＝＋，x＞0，则h′(x)＝－， 当0＜x＜1时，h′(x)＞0， 当x＞1时，h′(x)＜0，即当x＝1时，函数h(x)取得极大值，同时也是最大值h(1)＝1， ∴k＞1成立，故D正确．] 12．函数f(x)＝x2－sin x，若f(x)在上有最小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(0，1) C．(－∞，0) D．(－1，0) 解析：A　[由题意，函数f(x)＝x2－sin x，可得f′(x)＝ax－cos x， 若a≤0时，当x∈时，可得f′(x)＜0，f(x)在上单调递减， 此时函数f(x)在上没有最小值，不符合题意； 当a＞0时，令f′(x)＝0，即ax－cos x＝0，即y＝ax与y＝cos x的交点， 画出函数y＝ax与y＝cos x的图象，如图所示，结合图象，可得存在x0∈，使得f′(x0)＝0. 当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 此时函数f(x)在上有最小值，符合题意， 综上可得，实数a的取值范围是(0，＋∞).] 13．在半径为R的圆内，作内接等腰△ABC，当底边上高h∈(0，t]时，△ABC的面积取得最大值，则t的取值范围是________． 解析：设圆内接等腰三角形的底边长为2x，高为h，则x2＝h(2R－h)，∵S△ABC＝xh， ∴S2＝x2h2＝h3(2R－h)＝－h4＋2Rh3(0＜h＜2R)， 令f(h)＝－h4＋2Rh3，(0＜h＜2R)， ∴f′(h)＝－4h3＋6Rh2＝2h2(3R－2h)， 令f′(h)＝0，解得h＝， 当0＜h＜时，f′(h)＞0，函数f(h)单调递增，当＜h＜2R时，f′(h)＜0，函数f(h)单调递减． ∴f(h)max＝f＝，∴Smax＝， ∴h＝∈(0，t]， ∴t的取值范围为. 答案： 14．(2025·北京人大附中模拟)已知函数f(x)＝ex(x－a)2. (1)若f(x)在x＝－1处的切线与x轴平行，求a的值； (2)f(x)有两个极值点x1，x2，比较f与的大小； (3)若f(x)在[－1，1]上的最大值为4e，求a的值． 解：(1)f′(x)＝ex(x－a)2＋ex·2(x－a)＝ex[x2＋(2－2a)x＋a2－2a]， 由f′(－1)＝e-1[1－(2－2a)＋a2－2a]＝0，解得a＝±1， 当a＝1时，f(x)＝ex(x－1)2，f(－1)＝4e-1，符合题意； 当a＝－1时，f(x)＝ex(x＋1)2，f(－1)＝0，此时切线与x轴重合，不符合题意； 所以a＝1. (2)由(1)知：f′(x)＝ex(x2＋(2－2a)x＋a2－2a)＝ex(x－a)[x－(a－2)]，令f′(x)＝0，可得x＝a或a－2， 则f(x)在(－∞，a－2)，(a，＋∞)上单调递增，在(a－2，a)上单调递减，则a－2，a是f(x)的两个极值点，不妨设x1＝a－2，x2＝a， 则f＝f＝f(a－1)＝ea-1， ＝＝＝2ea-2， 又ea-1＝e·ea-2＞2ea-2， 即f＞. (3)由(2)知：f(x)在(－∞，a－2)，(a，＋∞)上单调递增，在(a－2，a)上单调递减． 当a≥3时，a－2≥1，则f(x)在[－1，1]上单调递增，则f(x)max＝f(1)＝e(1－a)2＝4e，解得a＝3或－1，故a＝3； 当1＜a＜3时，－1＜a－2＜1，则f(x)在[－1，a－2)上单调递增，在(a－2，1]上单调递减，则f(x)max＝f(a－2)＝4ea-2＝4e，解得a＝3，不满足1＜a＜3，不合题意； 当a＝1时，a－2＝－1，则f(x)在[－1，1]上单调递减，则f(x)max＝f(－1)＝e-1(－1－a)2＝≠4e，不合题意； 当－1＜a＜1时，a－2＜－1，则f(x)在[－1，a)上单调递减，在(a，1]上单调递增，则f(x)max＝{f(－1)，f(1)}max， 若f(－1)≥f(1)，则f(x)max＝f(－1)＝e-1(－1－a)2＝4e，解得a＝2e－1或－2e－1，不满足－1＜a＜1，不合题意， 若f(1)＞f(－1)，则f(x)max＝f(1)＝e(1－a)2＝4e，解得a＝3或－1，不满足－1＜a＜1，不合题意； 当a≤－1时，则f(x)在[－1，1]上单调递增，则f(x)max＝f(1)＝e(1－a)2＝4e，解得a＝3或－1，故a＝－1； 综上，a＝3或－1. 学科网（北京）股份有限公司 $$