分级练(20)　函数的极值、最值与导数（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B版）

分级练(20)　函数的极值、最值与导数 分级一　提能强化 1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－4处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　) C　解析：由函数f(x)在x＝－4处取得极小值，可得f′(－4)＝0，且导函数f′(x)从左侧趋近－4时，f′(x)<0；从右侧趋近－4时，f′(x)>0.故函数y＝xf′(x)从左侧趋近－4时，xf′(x)>0；从右侧趋近－4时，xf′(x)<0.结合所给的选项可知选C. 2．(2024·福建莆田三模)已知函数f(x)＝(x＋1)2＋cos (x＋1)＋a的最小值是4，则a＝(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 A　解析：由题，f′(x)＝2(x＋1)－sin (x＋1)，f″(x)＝2－cos (x＋1)>0，所以f′(x)单调递增，又f′(－1)＝0，所以x<－1，f′(x)<0，x>－1，f′(x)>0，故x＝－1为f(x)的最小值点，即f(－1)＝1＋a＝4，解得a＝3，故选A. 3．(2025·湖南邵阳二中模拟)当x＝1时，函数f(x)＝a ln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 B　解析：因为函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－，依题可知，f(1)＝－2，f′(1)＝0，即a＝－2，b＝－2，所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，x＝1时取最大值，满足题意，即有f′(2)＝－1＋＝－. 4．(2025·广东广州模拟)已知函数f(x)＝a ln x－bx2的图象在x＝1处与直线y＝－相切，则函数f(x)在[1，e]上的最大值为(　　) A．－1 B．0 C．－ D．1 C　解析：由f(x)＝a ln x－bx2，得f′(x)＝－2bx，所以解得所以f(x)＝ln x－x2，f′(x)＝－x＝＝.所以x∈(1，e)时，f′(x)<0.所以f(x)在[1，e]上单调递减，则f(x)max＝f(1)＝－. 5．(2025·湖南永州一中高三开学考试)若函数f(x)＝x3－(＋3)x2＋2ax＋3在x＝2处取得极小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－6) B．(－∞，6) C．(6，＋∞) D．(－6，＋∞) B　解析：f′(x)＝3x2－(a＋6)x＋2a＝(3x－a)(x－2)，f′(x)＝0有两个根，即x＝或x＝2，若函数f(x)在x＝2处取得极小值，则<2，解得a∈(－∞，6)，故选B. 6．(2024·山东聊城一模)已知正数x，y满足y ln x＋y ln y＝ex，则xy－2x的最小值为(　　) A．ln 2 B．2－2ln 2 C．－ ln 2 D．2＋2ln 2 B　解析：因为y ln x＋y ln y＝ex，即y ln (xy)＝ex，所以(xy)ln (xy)＝xex，所以eln (xy)ln (xy)＝xex.令g(x)＝xex(x>0)，则g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以ln (xy)＝x，即xy＝ex，所以xy－2x＝ex－2x，令f(x)＝ex－2x(x>0)，则f′(x)＝ex－2.令f′(x)＝ex－2>0，解得x>ln 2；令f′(x)＝ex－2<0，解得0<x<ln 2；所以f(x)＝ex－2x在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝eln 2－2×ln 2＝2－2ln 2，即xy－2x的最小值为2－2ln 2. 7．(2025·湖南高三开学考试)函数f(x)＝的极大值点是________． 答案：　解析：由题意，函数f(x)＝，可得f′(x)＝＝(x>0)，令f′(x)＝0，即4ln x＝2，解得x＝，当0<x<时，f′(x)>0，故f(x)在(0，)上单调递增，当x>时，f′(x)<0，故f(x)在(，＋∞)上单调递减，所以函数f(x)＝的极大值点是. 8．(2025·福建福州模拟)已知函数f(x)＝a＋ln x在x＝1处取得极值，则实数a＝________． 答案：－2　解析：∵f(x)＝a＋ln x，x>0，∴f′(x)＝＋，则f′(1)＝＋1＝0，即a＝－2，当a＝－2时，f′(x)＝＋＝，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以x＝1时，f(x)取得极值，所以实数a＝－2. 9．(2025·江苏盐城中学高三开学考试)函数f(x)＝－3x－|ln x|＋3的最大值为________． 答案：2－ln 3　解析：由题知当x≥1时，f(x)＝－3x－ln x＋3，∴f′(x)＝－3－<0，∴f(x)在[1，＋∞)为减函数，∴f(x)max＝f(1)＝0；当0<x<1时，f(x)＝－3x＋ln x＋3，∴f′(x)＝－3＋＝，∴当x∈(0，)时，f′(x)>0，当x∈(，1)时，f′(x)<0，∴f(x)max＝f()＝2－ln 3，综上可知，f(x)的最大值为2－ln 3. 10．(2025·重庆西南大学附中模拟)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2(a∈R). (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 解：(1)由题意知f(x)的定义域为R.当a＝1时，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝x(ex－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝ln 2. 令f′(x)>0得x<0或x>ln 2 ，令f′(x)<0得0<x<ln 2， ∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)和(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2). (2)f′(x)＝x(ex－2a)，当a≤0时，ex－2a>0， 故f′(x)>0⇒x>0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递减，x＝0为极小值点，不合题意； 当a>0时，由f′(x)＝0得x＝0或x＝ln 2a，当ln 2a<0，即0<a<时，在(ln 2a，0)上，f′(x)<0；在(0，＋∞)上，f′(x)>0，所以x＝0是f(x)的极小值点，不合题意；当ln 2a＝0，即a＝时，f′(x)≥0恒成立，f(x)单调递增，没有极值点，不合题意；当ln 2a>0，即a>时，在(－∞，0)上，f′(x)>0，在(0，ln 2a)上，f′(x)<0，所以x＝0是f(x)的极大值点，符合题意，综上，a的取值范围是(，＋∞). 11．(2025·河北深州模拟)已知函数f(x)＝－x3＋x2＋3x＋1. (1)求f(x)的单调区间及极值； (2)求f(x)在区间[0，6]上的最值． 解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x－3)(x＋1). 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示． 故f(x)的单调增区间为[－1，3]，单调减区间为(－∞，－1)和(3，＋∞). 当x＝－1时，f(x)有极小值f(－1)＝－；当x＝3时，f(x)有极大值f(3)＝10. (2)由(1)可知，f(x)在[0，3]上单调递增，在[3，6]上单调递减，所以f(x)在[0，6]上的最大值为f(3)＝10. 又f(0)＝1，f(6)＝－17，f(6)< f(0)，所以f(x)在区间[0，6]上的最小值为f(6)＝－17. 分级二　知能探究 12．(多选)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是(　　) A．∀x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的极大值点 C．－x0是－f(x)的极小值点 D．－x0是－f(－x)的极小值点 BD　解析：x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，并不是最大值点，故A错误；f(－x)相当于f(x)关于y轴的对称图象，故－x0应是f(－x)的极大值点，故B正确；－f(x)相当于f(x)关于x轴的对称图象，故x0应是－f(x)的极小值点，跟－x0没有关系，故C错误；－f(－x)相当于f(x)先关于y轴的对称图象，再关于x轴的对称图象．故D正确． 13．(多选)(2025·福建漳州一中模拟)已知函数f(x)＝(x2－3)ex，现给出下列结论，其中正确的是(　　) A．函数f(x)有极小值，但无最小值 B．函数f(x)有极大值，但无最大值 C．若方程f(x)＝b恰有一个实数根，则b>6e－3 D．若方程f(x)＝b恰有三个不同实数根，则0<b<6e－3 BD　解析：由题意得f′(x)＝(x2＋2x－3)ex.令f′(x)＝0，即(x2＋2x－3)ex＝0，解得x＝1或x＝－3，则当x<－3或x>1时，f′(x)>0，函数在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增；当－3<x<1时，f′(x)<0，函数在(－3，1)上单调递减．所以函数在x＝－3处取得极大值f(－3)＝6e－3，在x＝1处取得极小值f(1)＝－2e.又x→－∞时，f(x)→0；x→＋∞时，f(x)→＋∞.故作出函数f(x)＝(x2－3)ex的大致图象如图所示．因此f(x)有极小值f(1)，也有最小值f(1)，有极大值f(－3)，但无最大值．若方程f(x)＝b恰有一个实数根，则b>6e－3或b＝－2e；若方程f(x)＝b恰有三个不同实数根，则0<b<6e－3. 14．(2024·山东青岛高三开学考试)已知函数f(x)＝x(ex－a)有两个极值点，则实数a的取值范围是________． 答案：－<a<0　解析：f′(x)＝ex－a＋xex，由题意f′(x)＝ex－a＋xex＝0有两个不等的实根，即a＝ex＋xex有两个不等的实根，设g(x)＝ex＋xex，g′(x)＝ex＋ex＋xex＝(x＋2)ex，当x<－2时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x>－2时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(－2)＝－e－2＝－，又x<－1时，g(x)＝(x＋1)ex<0，且x→－∞时，g(x)→0，g(－1)＝0，所以－<a<0时，方程a＝ex＋xex有两个不等的实根，且都是变号的根，即f(x)有两个极值点． 15．(2025·河北沧州模拟)已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋xaex，当a<0时，∀x∈(1，＋∞)，都有f(x)≥0，则实数a的取值范围为____________． 答案：[1－e，0)　解析：∀x∈(1，＋∞)，都有f(x)≥0，所以(a－1)ln x≥－xaex恒成立，即≥－xex恒成立，即x1－aln x1－a≤xex，即ln x1－aeln x1－a≤xex对x>1恒成立．记g(x)＝xex(x>1).因为g′(x)＝(x＋1)ex>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ln x1－a≤x恒成立，即(1－a)ln x≤x恒成立．因为x>1，所以ln x>0，所以1－a≤恒成立．记h(x)＝(x>1).因为h′(x)＝，所以当x>e时，h′(x)>0，所以h(x)在(e，＋∞)上单调递增；当1<x<e时，h′(x)<0，所以h(x)在(1，e)上单调递减，所以h(x)≥h(e)＝e，即1－a≤e，解得1－e≤a.又a<0，所以1－e≤a<0. 16．(2024·全国甲卷)已知函数f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x. (1)若a＝－2，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， f′(x)＝2ln (1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1. 易知f′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0， 所以当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x＝0时，f(x)取得极小值，为f(0)极小值＝0，f(x)无极大值． (2)f(x)＝(1－ax)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， 则f′(x)＝－a ln (1＋x)－，设g(x)＝－a ln (1＋x)－，则g′(x)＝－－.　 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)＝0，f′(0)＝0， 所以g′(0)＝－2a－1≥0，得a≤－， 故a≤－是原不等式成立的一个必要条件． 下面证明其充分性： 当a≤－，x≥0时，g′(x)≥－＝≥0，　 所以f′(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f′(x)≥f′(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(x)≥f(0)＝0.　 综上，a的取值范围是(－∞，－]. 学科网（北京）股份有限公司 $$