课时作业(18) 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（湘教版）

课时作业(十八)　导数与函数的极值、最值 [基础保分练] 1．(多选)(2025·海南模拟)函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)在(1，2)上为增函数 B．函数f(x)在(3，5)上为增函数 C．函数f(x)在(1，3)上有极大值 D．x＝3是函数f(x)在区间[1，5]上的极小值点 答案：AC 2．(2024·沈阳一模)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 答案：D 3．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．－ 答案：C 4．(2025·辽宁模拟)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 答案：C 5．若关于x的不等式x3－3x＋3－－a≤0有解，其中x≥－2，则实数a的最小值为(　　) A．1－ B．2－ C．－1 D．1＋2e2 答案：A 6．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) 答案：A 7．(多选)(2025·东莞光明中学模拟)设函数f(x)＝x ln2x＋x的导函数为f′(x)，则(　　) A．f′＝0 B．x＝是f(x)的极值点 C．f(x)存在零点 D．f(x)在上单调递增 答案：AD 8．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 答案：BCD 9．(2025·湖北模拟)已知函数f(x)＝|ln (ax)－2|＋ax，则f(x)的最小值为________． 答案：3　解析：令ax＝t∈(0，＋∞)，则y＝|ln t－2|＋t＝ 当t≥e2时，y＝ln t＋t－2单调递增，ymin＝e2， 当0<t<e2时，令g(t)＝－ln t＋t＋2， g′(t)＝－＋1＝. 当0<t<1时，g′(t)<0，g(t)单调递减； 当1<t<e2时，g′(t)>0，g(t)单调递增， ∴g(t)min＝g(1)＝3.综上，f(x)min＝3. 10．(2023·威海模拟)已知函数f(x)＝x ln ＋[2－f′(e)]x. (1)求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间及极值； (3)求函数f(x)在[1，3]上的最小值． 解：(1)由题意知，f(x)＝－x ln x＋[2－f′(e)]x，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－ln x＋1－f′(e)， 令x＝e，则f′(e)＝－ln e＋1－f′(e)，故f′(e)＝0，即f(x)＝－x ln x＋2x，f′(x)＝1－ln x； ∵f(1)＝2，f′(1)＝1，∴曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－2＝x－1，即x－y＋1＝0. (2)由(1)知f′(x)＝1－ln x，x∈(0，＋∞)， 令f′(x)>0，解得0<x<e；令f′(x)<0，解得x>e. ∴函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞). 即函数f(x)的极大值为f(e)＝－eln e＋2e＝e，无极小值． (3)由(2)可知，f(x)在[1，3]上的最小值为f(1)与f(3)两者中的最小值， ∵f(1)＝2，f(3)＝－3ln 3＋6，∴f(3)>f(1)， 故函数f(x)在[1，3]上的最小值为f(1)＝2. [技能提分练] 11．(多选)(2024·深圳一模)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 答案：BC 12．(2025·陕西西北工业大学附属中学模拟)已知函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，若x＝2是f(x)的极小值点，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C．(－∞，0) D．(－1，＋∞) 答案：B 13．(多选)(2024·海口二模)已知函数f(x)及其导函数f′(x)满足xf′(x)－f(x)＝x2(ln x＋1)，且f(1)＝0，则(　　) A．f(x)在(1，＋∞)上单调递增 B．f(x)在上有极小值 C．的最小值为－1 D．f(x)－的最小值为0 答案：ABD 14．(2025·广州模拟)若函数f(x)＝有最小值，则m的最大正整数取值为________． 答案：4　解析：∵y＝2x－2－2m在(－∞，1)上单调递增，∴y＝2x－2－2m>－2m；当x≥1时，y＝2x3－6x2，此时，y′＝6x2－12x＝6x(x－2).当1<x<2时，y′<0，当x>2时，y′>0. ∴y＝2x3－6x2在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴y＝2x3－6x2在[1，＋∞)上的最小值为－8，若函数f(x)有最小值，则－2m≥－8，即m≤4，故m的最大正整数取值为4. 15．(2025·浙江杭州高级中学模拟)已知函数f(x)＝若存在x1≤0，x2>0，使得f(x1)＝f(x2)，求x1f(x2)的最小值． 解：当x>0时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝， 当x>1时，f′(x)>0，当0<x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 即当x＝1时，f(x)取得极小值为f(1)＝1. 当x≤0时，f(x)＝x＋4e为增函数，且f(x)≤4e， 函数f(x)的图象如图， 设f(x1)＝f(x2)＝t，由题可知1≤t≤4e，由f(x1)＝t得x1＋4e＝t，则x1＝t－4e， 则x1f(x2)＝t(t－4e)＝(t－2e)2－4e2， 因为1≤t≤4e，所以当t＝2e时，x1f(x2)取得最小值为－4e2. 16．(2023·全国乙卷)已知函数f(x)＝(＋a)·ln (1＋x). (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线y＝f()关于直线x＝b对称？若存在，求a，b的值；若不存在，说明理由； (3)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值，求a的取值范围． 解：(1)当a＝－1时，f(x)＝(－1)ln (1＋x)，x∈(－1，0)∪(0，＋∞)， 则f′(x)＝－ ln (1＋x)＋(－1)·， 所以f′(1)＝－ln 2， 又f(1)＝0，所以所求切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即x ln 2＋y－ln 2＝0. (2)假设存在a，b，使得曲线y＝f()关于直线x＝b对称． 令g(x)＝f()＝(x＋a)ln (1＋)＝(x＋a)·ln ， 因为曲线y＝g(x)关于直线x＝b对称， 所以g(x)＝g(2b－x)，即(x＋a)ln ＝(2b－x＋a)·ln ＝(x－2b－a)ln ， 于是得 当a＝，b＝－时，g(x)＝(x＋)ln (1＋)，g(－1－x)＝(－x－)ln ＝(－x－)·ln＝(x＋)ln ＝(x＋)ln (1＋)＝g(x)， 所以曲线y＝g(x)关于直线x＝－对称，满足题意． 故存在a，b使得曲线y＝f()关于直线x＝b对称，且a＝，b＝－. (3)方法一　f′(x)＝－ln (1＋x)＋(＋a)·＝＝(x>0)， 设h(x)＝－ln (1＋x)，则h′(x)＝－＝＝， ①当a≤0时，2a－1<0，当x>0时，h′(x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以当x>0时，h(x)<h(0)＝0，即f′(x)<0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，无极值，不满足题意． ②当a≥时，2a－1≥0，当x>0时，h′(x)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以当x>0时，h(x)>h(0)＝0，即f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，不满足题意． ③当0<a<时，令h′(x)＝0，得x＝，当0<x<时，h′(x)<0，当x>时，h′(x)>0， 所以h(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增， 所以h()<h(0)＝0， 又当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以存在x0∈(，＋∞)，使得h(x0)＝0， 即当0<x<x0时，h(x)<0，f(x)单调递减，当x>x0时，h(x)>0，f(x)单调递增， 此时y＝f(x)有极小值点x0. 综上所述，a的取值范围为(0，). 方法二　由题意，得f′(x)在(0，＋∞)上有变号零点，令f′(x)＝－ ln (1＋x)＋(＋a)·＝0(x>0)，得(＋a)·＝，即＝，即a＝， 所以原问题等价于直线y＝a与曲线y＝在(0，＋∞)上有交点， 设h(x)＝(x>0)，则 h′(x)＝ ＝ ＝， 设φ(x)＝ln (1＋x)－，则φ′(x)＝－＝>0， 所以当x>0时，φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 故当x>0时，φ(x)>φ(0)＝0， 又当x>0时，－(x＋2)<0，所以h′(x)<0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 由洛必达法则可得h(x)＝＝＝，当x→＋∞时，h(x)→0， 所以当0<a<时，直线y＝a与曲线y＝在(0，＋∞)上有交点， 故a的取值范围为(0，). 学科网（北京）股份有限公司 $$