课时作业(22)导数与函数的极值、最值(Word练习)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

课时作业(二十二)　导数与函数的极值、最值 一、单项选择题 1．(2025·西安联考)已知函数f(x)，其导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)有2个极值点 B．f(x)在x＝1 处取得极小值 C．f(x)有极大值，没有极小值 D．f(x)在(－∞，1)上单调递减 答案　C 解析　由题意及图得，f(x)在(－∞，3)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有一个极大值，没有极小值， ∴ABD错误，C正确．故选C. 2．(2025·保定模拟)设函数f(x)＝x－ln x(x>0)，则y＝f(x)(　　) A．在区间递减 B．在区间(0，3)上递增 C．在点x＝3 处有极大值 D．在区间(3，＋∞)上递减 答案　A 解析　f′(x)＝－＝， 令f′(x)>0，解得x>3，令f′(x)<0，解得0<x<3， 所以函数f(x)在(0，3)单调递减，(3，＋∞)单调递增， 所以y＝f(x)在区间递减，A正确； y＝f(x)在区间(0，3)递减，B错误； y＝f(x)在点x＝3 处有极小值，C错误； y＝f(x)在区间(3，＋∞)递增，D错误．故选A. 3．已知函数f(x)＝a(ln x－1)－x(a∈R)在区间(e，＋∞)内有最值，则实数a的取值范围是(　　) A．(e，＋∞)　　　　　B．　 C．(－∞，e]　 D．(－∞，－e) 答案　A 解析　f′(x)＝－1＝，其中x>e， 当a≤e 时，f′(x)<0，故f(x)在(e，＋∞)上单调递减， 此时f(x)在(e，＋∞)内无最值． 当a>e 时，若x∈(e，a)，则f′(x)>0，若x∈(a，＋∞)，则f′(x)<0， 故f(x)在(e，a)上为增函数，在(a，＋∞)上为减函数， 故f(x)在x＝a 处取最大值．故选A. 4．(2025·北京模拟)已知函数f(x)＝若f(x)有且只有1个极值点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0)　 B．(0，1]　 C．(0，＋∞)　 D．[1，＋∞) 答案　C 解析　函数f(x)＝ 有且只有1个极值点， 当a＝0 时，没有极值点； 当a≠0 时，f′(x)＝取2ax＋2＝0，得到x＝－， 当x≤a 时，函数为二次函数，则－≤a，故a>0， 综上所述：a∈(0，＋∞).故选C. 5．(2025·杭州模拟)已知直线y＝ax＋b 与曲线y＝ln (ex)相切，则a＋b 的最小值为(　　) A．　 B．1 C．　 D． 答案　B 解析　由y＝ln (ex)，知定义域为(0，＋∞)， 设切点为(x0，y0)＝(x0，ln (ex0))，f′(x)＝e·＝，∴k＝， 所以＝a，∴x0＝，故切点为，代入直线方程y＝ax＋b， 则ln ＝a·＋b＝1＋b，∴b＝－ln a， ∴a＋b＝a－ln a＝－ln ＝＋ln x0， 令g(x)＝＋ln x，则g′(x)＝－＋＝， 令g′(x)＝0，解得x＝1， 当0<x<1 时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x>1 时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 则g(x)min＝g(1)＝1， 故a＋b 的最小值为1.故选B. 6．(2025·无锡调研)当x＝2时，函数f(x)＝x3＋bx2－12x取得极值，则f(x)在区间[－4，4]上的最大值为(　　) A．8 B．12 C．16 D．32 答案　C 解析　因为f(x)＝x3＋bx2－12x，所以f′(x)＝3x2＋2bx－12， 又f(x)在x＝2取极值，所以f′(2)＝12＋4b－12＝0，所以b＝0， 所以f(x)＝x3－12x，f′(x)＝3x2－12，x∈[－4，4]， 令f′(x)>0，得－4≤x<－2 或2≤x≤4；令f′(x)<0，得－2<x<2； 所以f(x)在[－4，－2]和[2，4]上单调递增，在[－2，2]上单调递减，故b＝0满足题意， 又f(－2)＝－8＋24＝16，f(4)＝64－48＝16，故f(x)max＝16.故选C. 二、多项选择题 7．(2025·齐齐哈尔模拟)已知函数f(x)＝x3－2x2＋2ax－3，若函数f(x)在(0，2)上有极值，则实数a 可以为(　　) A．0 B．1 C．　 D．2 答案　BC 解析　由题意知，f′(x)＝x2－4x＋2a 在(0，2)上有变号零点， 又易知f′(x)＝x2－4x＋2a 在(0，2)上单调递减，故f′(x)∈(2a－4，2a)， 可得 解得0<a<2.故选BC. 8．(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) 答案　ACD 解析　因为函数f的定义域为R，而f′＝2＋2＝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>f>f，即－4<f<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. 三、填空题 9．(2025·广东联考)若函数f(x)＝2x3＋ax2－3x－2 在x＝1 处取得极小值，则函数f(x)的极大值为________． 答案　－ 解析　f′(x)＝6x2＋2ax－3，由题意得f′(1)＝6＋2a－3＝0，解得a＝－， 故f(x)＝2x3－x2－3x－2，f′(x)＝6x2－3x－3＝3(2x＋1)(x－1)， 当－<x<1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x<－ 或x>1 时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 故f(x)在x＝－ 处取得极大值， 故极大值为f＝2×－×＋－2＝－. 10．(2025·襄阳模拟)若函数f(x)＝在区间上的最小值为2e，则a的取值范围是________． 答案　 解析　由f(x)＝，得f′(x)＝， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，且f＝2e， 所以∈，即a≥， 所以a的取值范围是. 四、解答题 11．(2025·湖北联考)已知函数f(x)＝ax3＋bx 在x＝1 处有极值2. (1)求a，b 的值； (2)求函数f(x)在区间[－2，3]上的最值． 解　(1)f(x)＝ax3＋bx，f′(x)＝3ax2＋b. ∵函数f(x)＝ax3＋bx 在x＝1 处取得极值2， ∴f(1)＝a＋b＝2，f′(1)＝3a＋b＝0， 解得a＝－1，b＝3， ∴f(x)＝－x3＋3x， 经验证在x＝1 处取得极大值2， 故a＝－1，b＝3. (2)f′(x)＝－3(x＋1)(x－1)， 令f′(x)>0，解得－1<x<1， 令f′(x)<0，解得x>1 或x<－1， 因此f(x)在[－2，－1)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，在(1，3]上单调递减， f(3)＝－18<f(－1)， 故函数f(x)的最小值是－18， f(－2)＝2＝f(1)，故函数f(x)的最大值是2. 12．(2025·陕西宝鸡一模)已知函数f(x)＝ax＋x2－x ln a－b(a，b∈R，a>1)，e 是自然对数的底数． (1)当a＝e，b＝4 时，求整数k 的值，使得函数f(x)在区间(k，k＋1)上存在零点； (2)若x∈[－1，1]，且b＝0，求f(x)＝ax＋x2－x ln a－b(a，b∈R，a>1)的最小值和最大值． 解　(1)当a＝e，b＝4 时，f(x)＝ex＋x2－x－4， ∴f′(x)＝ex＋2x－1，∴f′(0)＝0, 当x>0 时，ex>1，∴f′(x)>0，故f(x)是(0，＋∞)上的增函数， 同理f(x)是(－∞，0)上的减函数， f(－2)＝e-2＋2>0, f(－1)＝e-1－4<0, f(0)＝－3<0，f(1)＝e－4<0，f(2)＝e2－2>0， 故当x>2 时，f(x)>0，当x<－2 时，f(x)>0， 故当x>0 时，函数f(x)的零点在(1，2)内， ∴k＝1 满足条件． 同理，当x<0 时，函数f(x)的零点在(－2，－1)内，∴k＝－2 满足条件， 综上，k＝1或k＝－2. (2)由已知得f′(x)＝ax ln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a. ①当x>0 时，由a>1，可知ax－1>0，ln a>0，∴f′(x)>0； ②当x<0 时，由a>1，可知ax－1<0，ln a>0，∴f′(x)<0； ③当x＝0 时，f′(x)＝0，∴f(x)在[－1，0]上递减，在[0，1]上递增， ∴当x∈[－1，1]时，f(x)min＝f(0)＝1，f(x)max＝max{f(－1)，f(1)} 而f(1)－f(－1)＝a－－2ln a，设g(t)＝t－－2ln t(t>0)， ∵g′(t)＝1＋－＝≥0 (仅当t＝1 时取等号)， ∴g(t)在(0，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0， ∴当t>1 时，g(t)>0，即a>1 时，a－－2ln a>0，∴f(1)>f(－1)， 即f(x)max＝f(1)＝a＋1－ln a. 学科网（北京）股份有限公司 $$