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（云南专版）

分级练(20)　函数的极值、最值与导数 分级一　提能强化 1．已知函数f(x)＝－xex，那么f(x)的极大值是(　　) A． B．－ C．－e D．e A　解析：∵f(x)＝－xex，∴f′(x)＝－(x＋1)ex，令f′(x)＝0可得x＝－1，当x<－1时，f′(x)>0；当x>－1时，f′(x)<0.∴f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，∴f(x)极大值＝f(－1)＝. 2．(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列判断正确的是(　　) A．f(x)在(－4，－3)上是减函数 B．f(x)在(－1，2)上是减函数 C．x＝－3时，f(x)有极小值 D．x＝2时，f(x)有极小值 AC　解析：由图可知，在区间(－4，－3)上，f′(x)<0，故f(x)单调递减；在区间(－3，2)，(2，3)上，f′(x)>0，故f(x)单调递增．所以f(x)在x＝－3处有极小值，x＝2不是极值点． 3．已知函数f(x)＝x2ln x，则下列结论正确的是(　　) A．f(x)在x＝处有极大值－ B．f(x)在x＝处有极大值 C．f(x)在x＝处有极小值－ D．f(x)在x＝处有极小值 C　解析：因为f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，且x∈(0，＋∞)，所以x∈(0，)时f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(，＋∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝处有极小值f()＝ln ＝－. 4．已知函数f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是(　　) A．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C．[－4，－2] D．[2，4] C　解析：f′(x)＝m－2x，令f′(x)＝0，得x＝.因为f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则必有∈[－2，－1]，所以m∈[－4，－2]. 5．已知函数f(x)＝，则f(x)在区间(a，a＋)(a>0)上存在极值的一个充分不必要条件是a∈(　　) A．(，1) B．(0，) C．(0，) D．(，1) A　解析：由f(x)＝，得f′(x)＝，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，因此x＝1是函数f(x)的极大值点，要想在区间(a，a＋)(a>0)上存在极值，只需a<1<a＋，即<a<1.显然四个选项中，只有<a<1能推出<a<1，但是<a<1推不出<a<1，故A符合题意． 6．若函数f(x)＝a ln x＋－(a≠0)既有极大值也有极小值，则a的取值范围是(　　) A．(0，1) B．(0，3) C．(0，1)∪(9，＋∞) D．(0，3)∪(9，＋∞) A　解析：因为f(x)＝a ln x＋－(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝.由题意，方程f′(x)＝0，即ax2－2x＋1＝0有两个不相等的正根，设为x1，x2，则解得0<a<1，即a的取值范围为(0，1). 7．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．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，∴当x＝1时，f(x)取得极值，符合题意，∴实数a＝－2. 9．函数f(x)＝－3x－|ln x|＋3的最大值为________. 答案：2－ln 3　解析：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．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，解得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，＋∞)上单调递增，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，∴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，∴x＝0是f(x)的极大值点，符合题意．综上，a的取值范围是(，＋∞). 11．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)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  －  10  故f(x)的单调递增区间为[－1，3]，单调递减区间为(－∞，－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)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，f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增；当－3<x<1时，f′(x)<0，f(x)在(－3，1)上单调递减．所以f(x)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．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，由题意知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，则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．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的最小值为____________． 答案：1－e　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，所以1－a≤e，解得1－e≤a. 16．已知函数f(x)＝＋a ln x，a∈R. (1)若曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x＋2，求a的值； (2)求函数f(x)在区间(0，e]上的最小值． 解：(1)∵曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x＋2， 又直线y＝x＋2的斜率为1，函数f(x)的导数为f′(x)＝－＋， ∴f′(1)＝－＋＝－1，∴a＝1. (2)f′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞). ①当a＝0时，在区间(0，e]上f′(x)＝<0，此时函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，则函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝. ②当<0，即a<0时，在区间(0，e]上f′(x)<0，此时函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，则函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝＋a. ③当0<<e，即a>时，在区间(0，)上f′(x)<0，此时函数f(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，e]上f′(x)>0，此时函数f(x)在区间(，e]上单调递增，则函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为f()＝a＋a ln . ④当≥e，即0<a≤时，在区间(0，e]上f′(x)<0，此时函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，则函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为f(e)＝a＋. 综上所述，当a≤时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为a＋，当a>时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为a＋a ln . 学科网（北京）股份有限公司 $$