课时训练(20) 第3章 第3节 导数与函数的极值、最值（Word练习）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A培优版）

一、单选题 1．函数f(x)＝x3＋x2－3x－1的极小值点是(　　) A．1 B．(1，－) C．－3 D．(－3，8) A　解析：f′(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，所以函数f(x)＝x3＋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．已知函数f(x)＝x2＋ln x，则函数f(x)在[1，e]上的最大值为(　　) A． B． C． D．＋1 D　解析：∵f(x)＝x2＋ln x(x>0)，∴f′(x)＝x＋，则f′(x)>0，故f(x)在[1，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝e2＋1. 4．某冷饮店的日销售额y(单位：元)与当天的最高气温x(单位：℃，20≤x≤40)的关系式为y＝x2－x3，则该冷饮店的日销售额的最大值约为(　　) A．907元 B．910元 C．915元 D．920元 C　解析：y＝f(x)＝x2－x3(20≤x≤40)，f′(x)＝x－＝x(－)，令f′(x)＝0，解得x＝38.当20≤x<38时，f′(x)>0，此时函数f(x)单调递增；当38<x≤40时，f′(x)<0，此时函数f(x)单调递减，所以x＝38时，函数f(x)取得极大值即最大值，f(38)＝382×(－)≈915(元)，所以该冷饮店的日销售额的最大值约为915元． 5．(2025·遵义模拟)若函数f(x)＝x3－mx2＋2x(m∈R)在x＝1处有极值，则f(x)在区间[0，2]上的最大值为(　　) A． B．2 C．1 D．3 B　解析：由已知得f′(x)＝3x2－2mx＋2，所以f′(1)＝3－2m＋2＝0，所以m＝，经检验满足题意，所以f(x)＝x3－x2＋2x，f′(x)＝3x2－5x＋2.由f′(x)＜0得＜x＜1；由f′(x)＞0得x＜或x＞1，所以函数f(x)在(0，)，(1，2)上单调递增，在(，1)上单调递减，则f(x)极大值＝f()＝，f(2)＝2，所以f(x)在区间[0，2]上的最大值为2. 6．已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝3x，且f(m)＝g(n)，则n－m的最小值为(　　) A．1－ln 2 B．2(1－ln 2) C．(2－ln 2) D．(1－ln 2) D　解析：由f(m)＝g(n)，得em＋m＝3n，所以3n－3m＝em－2m；令h(m)＝em－2m(m∈R)，则h′(m)＝em－2，令em－2＝0，解得m＝ln 2.当m∈(－∞，ln 2)时，h′(m)<0，即h(m)在(－∞，ln 2)上单调递减；当m∈(ln 2，＋∞)时，h′(m)>0，即h(m)在(ln 2，＋∞)上单调递增；即h(m)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2，故(n－m)min＝(1－ln 2). 二、多选题 7．(2025·安康期末)对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)有最小值但没有最大值 B．对于任意的x∈(－∞，0)，恒有f(x)<0 C．f(x)仅有一个零点 D．f(x)有两个极值点 BC　解析：A，D选项，f′(x)＝＝，当x∈(－∞，3)时，f′(x)>0，当x∈(3，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)在x∈(－∞，3)上单调递增，在x∈(3，＋∞)上单调递减，故f(x)有最大值但没有最小值，且f(x)只有一个极值点，A，D错误；B，C选项，由于ex>0恒成立，故当x∈(－∞，0)时，f(x)<0，令f(x)＝0，得x＝0，所以函数f(x)仅有一个零点，B，C正确． 8．(2025·深圳模拟)已知函数f(x)＝x3－3ln x－1，则(　　) A．f(x)的极大值为0 B．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线为x轴 C．f(x)的最小值为0 D．f(x)在定义域内单调 BC　解析：f(x)＝x3－3ln x－1的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝3x2－＝(x3－1)，令f′(x)＝(x3－1)＝0，得x＝1.列表得， x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以f(x)的极小值也是最小值，为f(1)＝0，无极大值，在定义域内不单调，故C正确，A，D错误；对于B，由f(1)＝0及f′(1)＝0，所以y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0，故B正确． 三、填空题 9．(2025·潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________． 答案：sin x(答案不唯一)　解析：正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值． 10．(2025·襄阳模拟)若函数f(x)＝在区间[，a]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∈[，a]，即a≥，所以a的取值范围是[，＋∞). 四、解答题 11．已知函数f(x)＝x2e－x(x>0). (1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)的单调区间和极值． 解：(1)∵f(x)＝x2e－x，∴f′(x)＝(2x－x2)e－x， ∴f′(1)＝.又f(1)＝，∴y－＝(x－1)， ∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x. (2)由(1)知f′(x)＝－x(x－2)e－x(x>0)， 易得x>2时，f′(x)<0，函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，当0<x<2时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，2)上单调递增， ∴函数f(x)＝x2e－x(x>0)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(0，2)， ∴函数f(x)＝x2e－x(x>0)在x＝2处取得极大值f(2)＝，没有极小值． 12．(2025·合肥模拟)已知函数f(x)＝(k－x)ex在区间[0，1]上的最大值为k，则函数f(x)在(0，＋∞)上(　　) A．有极大值，无最小值 B．无极大值，有最小值 C．有极大值，有最大值 D．无极大值，无最大值 D　解析：由f′(x)＝(k－x－1)ex，则x<k－1时，f′(x)>0，x>k－1时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，k－1)上单调递增，在(k－1，＋∞)上单调递减，而f(0)＝k，f(x)在[0，1]上的最大值为k，所以k－1≤0，即k≤1，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且无极大值和最大值． 13．某产品包装公司要生产一种容积为V的圆柱形饮料罐(上下都有底)，一个单位面积的罐底造价是一个单位面积罐身造价的3倍，若不考虑饮料罐的厚度，欲使这种饮料罐的造价最低，则这种饮料罐的底面半径是________． 答案：　解析：由V＝πr2h，得h＝.设f(r)＝3×2×πr2＋2πrh＝6πr2＋，所以可得f′(r)＝12πr－＝，所以f(r)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以当r＝时，造价最低． 14．(2025·晋中统考)已知函数f(x)是定义在R上的可导函数，其导函数为f′(x)，若f(1)＝4，且f′(x)－2x<3对任意的x∈R恒成立，则不等式f(2x－3)<2x(2x－3)的解集为________． 答案：(2，＋∞)　解析：令g(x)＝f(x)－x2－3x，则g′(x)＝f′(x)－2x－3<0在R上恒成立，所以g(x)是减函数．又f(2x－3)<2x(2x－3)，即f(2x－3)－(2x－3)2－3(2x－3)<0，又f(1)－12－3×1＝0，即g(2x－3)<g(1)，所以2x－3>1，解得x>2，所以不等式f(2x－3)<2x(2x－3)的解集为(2，＋∞). 15．已知函数f(x)＝x3－2x2＋(2－a)x＋1，其中a∈R. (1)若a＝2，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)在区间[2，3]上的最大值和最小值． 解：(1)当a＝2时，f(x)＝x3－2x2＋1， 求导得f′(x)＝2x2－4x，则f′(1)＝－2. 又f(1)＝－，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＋＝－2(x－1)，即6x＋3y－5＝0. (2)依题意，f′(x)＝2x2－4x＋2－a＝2(x－1)2－a， 而x∈[2，3]，则2(x－1)2∈[2，8]， ①当a≤2时，f′(x)≥0，当且仅当a＝2，x＝2时，等号成立，函数f(x)在[2，3]上单调递增， 则f(x)min＝f(2)＝－2a，f(x)max＝f(3)＝7－3a； ②当a≥8时，f′(x)≤0，当且仅当a＝8，x＝3时，等号成立，函数f(x)在[2，3]上单调递减， 则f(x)min＝f(3)＝7－3a，f(x)max＝f(2)＝－2a； ③当2<a<8时，由f′(x)＝0，得x＝1＋，当x∈[2，1＋)时， f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1＋，3]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)min＝f(1＋)＝－a－， 由f(3)－f(2)＝7－3a－(－2a)＝－a≥0，得2<a≤，f(x)max＝f(3)＝7－3a， 由f(3)－f(2)＝－a<0，得<a<8， f(x)max＝f(2)＝－2a. 综上，当a≤2时，f(x)的最小值是－2a，最大值是7－3a；当2<a≤时，f(x)的最小值是－a－，最大值是7－3a；当<a<8时，f(x)的最小值是－a－，最大值是－2a；当a≥8时，f(x)的最小值是7－3a，最大值是－2a. 16．已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]， ∴f′(x)＝，x∈(0，e]. 由f′(1)＝0，得a＝1，∴f′(x)＝， ∴当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e]时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减区间是(1，e]， f(x)的极大值为f(1)＝－1， 也即f(x)的最大值为f(1)＝－1. (2)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝， ①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>0，舍去； ②当a>0时，由f′(x)＝＝0，得x＝， 当0<<e，即a>时， 当x∈(0，)时，f′(x)>0；当x∈(，e]时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，e]上单调递减， 又f(x)在(0，e]上的最大值为－3， ∴f(x)max＝f()＝－1－ln a＝－3， ∴a＝e2，符合题意； 当e≤，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>，舍去． 综上，存在a符合题意，此时a＝e2. 学科网（北京）股份有限公司 $$