3.3-（配套练习）【精讲精练】2026年高考数学一轮复习（人教A版）

[对应学生用书P300] A级　基础过关 1．函数f(x)＝x3－3x2＋3x的极值点的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析　f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，当x＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0. 答案　A 2．若函数f(x)＝的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b＝(　　) A．－4 B． C．0 D．2 解析　f′(x)＝，当－＜x＜时，f′(x)＞0；当x＜－或x＞时，f′(x)＜0.故f(x)＝的极大值点与极小值点分别为，－，则a＝，b＝－，所以a＋b＝0. 答案　C 3．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 解析　因为f′(x)＝，由题意可知f′(1)＝a－b＝0，f(1)＝a ln 1＋b＝b＝－2，所以a＝－2，因此f′(2)＝＝－，故选B. 答案　B 4．若函数f(x)＝6a ln x＋x2－(a＋6)x(x＞0)有2个极值点，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，6)∪(6，＋∞) B．(0，6)∪(6，＋∞) C．{6} D．(0，＋∞) 解析　f′(x)＝＋x－(a＋6)＝(x＞0)，因为函数f(x)有2个极值点，所以f′(x)＝0有2个不同的正实数根，所以a＞0且a≠6，即实数a的取值范围是(0，6)∪(6，＋∞).故选B. 答案　B 5．(多选)下列说法正确的是(　　) A．f(x)＝x＋(x∈R)的最小值为1 B．f(x)＝(x＞0)的最小值为1 C．f(x)＝x－ln x(x＞0)的最小值为1 D．f(x)＝xe(x＞0)的最小值为1 解析　f(x)＝x＋(x∈R)，f′(x)＝1－＝，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(0)＝1，A正确；f(x)＝(x＞0)，f′(x)＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，B错误；f(x)＝x－ln x(x＞0)，f′(x)＝1－＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝1，C正确；f(x)＝xe(x＞0)，f′(x)＝e＋xe·＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，D错误；故选AC. 答案　AC 6．已知x＝0是f(x)＝(x－a)ex＋1的极值点，则a＝________． 解析　因为f(x)＝(x－a)ex＋1， 所以f′(x)＝(x－a＋1)ex， 因为x＝0是函数f(x)的极值点， 则f′(0)＝0，得1－a＝0，解得a＝1， 当a＝1时，f′(x)＝xex， 当x＜0时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减， 当x＞0时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增， 所以x＝0是函数f(x)的极值点，故a＝1. 答案　1 7．已知函数f(x)＝(x＋a)ex的最小值为－e2，则a的值为________． 解析　函数f(x)＝(x＋a)ex的定义域为R，f′(x)＝(x＋a＋1)ex.所以当x∈(－∞，－a－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以函数f(x)＝(x＋a)ex的最小值为f(－a－1)＝(－a－1＋a)e－a-1＝－e2，解得a＝－3. 答案　－3 8．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最小，汽车应以________km/h的速度行驶． 解析　设全程运输成本为y元，由题意，得 y＝＝240，v＞0， y′＝240. 令y′＝0，得v＝80. 当v＞80时，y′＞0；当0＜v＜80时，y′＜0. 所以函数y＝在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增， 所以当v＝80时，全程运输成本最小． 答案　80 9．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点． (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点． 解析　(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.经检验，a＝0，b＝－3符合题意． (2)由(1)知f(x)＝x3－3x， 则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)， 所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2. 即函数g(x)的极值点只可能是1或－2， 当x＜－2时，g′(x)＜0， 当－2＜x＜1时，g′(x)＞0， 当x＞1时，g′(x)＞0， 所以－2是g(x)的极值点，1不是g(x)的极值点． 综上所述，g(x)的极值点为－2. B级　能力提升 10．(多选)已知函数f(x)＝x ln x－aex＋b有两个极值点，且f(1)＝－1，则(　　) A．ae＋b＝－1 B．ab＝e2a－a C．0＜a＜ D．－≤ab＜0 解析　由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为f(1)＝－1，所以－ae＋b＝－1，A错误； 则b＝ae－1，所以ab＝ea2－a，B错误； 由函数f(x)有两个极值点， 可知f′(x)＝1＋ln x－aex＝0， 即a＝有两个实数根． 设g(x)＝，则g′(x)＝， 令g′(x)＞0得0＜x＜1，此时g(x)单调递增； 令g′(x)＜0得x＞1，此时g(x)单调递减， 所以g(x)在x＝1处取得极大值， 即极大值为g(1)＝， 又x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，g(x)→0， 可得g(x)的图象如图所示， 欲使y＝a与y＝g(x)图象有两个交点，只需0＜a＜，C正确； 因为ab＝ea2－a，当a∈时，由二次函数的性质，得－≤ab＜0，D正确． 答案　CD 11．函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞). ①当x＞时，f(x)＝2x－1－2ln x， 所以f′(x)＝2－＝， 当＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， 所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1； ②当0＜x≤时， f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减， 所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4＞ln e＝1. 综上，f(x)min＝1. 答案　1 12．(2025·北京海淀区模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)ex－ax2－4ax＋a. (1)当a＝1时，求f(x)的极大值； (2)若函数f(x)的极小值大于零，求a的取值范围． 解析　(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex＋(x＋1)ex－2ax－4a＝(x＋2)(ex－2a). 当a＝1时，f′(x)＝(x＋2)(ex－2)， 则函数f(x)在(－∞，－2)和(ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，ln 2)上单调递减， 所以f(x)极大值＝f(－2)＝5－e-2. (2)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x＋2)(ex－2a)， ①当a≤0时，函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增， 所以f(x)极小值＝f(－2)＝－e-2＋5a<0， 所以a≤0不合题意． ②当a>0时， 令f′(x)＝0解得x＝－2或x＝ln (2a)， ⅰ.当－2<ln (2a)，即a>时， 函数f(x)在(－∞，－2)和(ln (2a)，＋∞)上单调递增，在(－2，ln (2a))上单调递减． 则f(x)极小值＝f(ln 2a)＝－a[ln (2a)]2－2a ln (2a)＋3a>0， 解得－3<ln (2a)<1， 结合－2<ln (2a)，有－2<ln (2a)<1， 解得<a<. ⅱ.当－2＝ln (2a)时，f′(x)≥0，函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，没有极值． ⅲ.当－2>ln (2a)，即0<a<时， 函数f(x)在(－∞，ln (2a))和(－2，＋∞)上单调递增， 在(ln (2a)，－2)上单调递减． 则f(x)极小值＝f(－2)＝－e-2＋5a>0， 解得a>， 结合0<a<，所以<a<. 综上所述，a的取值范围是∪. C级　拓广探索 13．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝(x＋2)(x2＋x＋m)，若函数f(x)有一极大值点为－2，则实数m的取值范围为(　　) A．(－2，＋∞) B．(－4，－2] C．(－∞，－2] D．(－∞，－2) 解析　由题意f′(x)＝(x＋2)(x2＋x＋m)，令g(x)＝x2＋x＋m， 若g(x)≥0恒成立，易知当x∈(－∞，－2)时，f′(x)≤0，当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)≥0， 所以－2是f(x)的极小值点，不合题意，故g(x)有两个不同零点． 设g(x)的两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，则f′(x)＝(x－x1)(x＋2)(x－x2)， 结合三次函数的图象与性质知x1<－2<x2， 在(－∞，x1)，(－2，x2)上f′(x)<0，f(x)单调递减，在(x1，－2)，(x2，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，－2是f(x)的极大值点，符合题意， 此时需g(－2)＝2＋m<0，得m<－2，所以实数m的取值范围为(－∞，－2).故选D. 答案　D 14．若函数g(x)＝在区间[t，＋∞)上存在极值，则实数t的最大值为________． 解析　函数g(x)＝的定义域为(0，＋∞)， g′(x)＝＝. 令f(x)＝x＋1－x ln x，f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x) 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝2>0， 又因为当x∈(0，1)时，ln x<0，－x ln x>0， 则f(x)＝x＋1－x ln x>0， f(3)＝4－3ln 3＝ln e4－ln 27>0， f(4)＝5－4ln 4＝ln e5－ln 256<ln 243－ln 256<0， 所以存在唯一的x0∈，使得f＝0， 所以当x∈时，f(x)>0，当x∈时，f(x)<0， 所以函数g(x) 在上单调递增，在上单调递减． 所以要使函数g(x)＝在区间[t，＋∞)上存在极值， 则实数t的最大值为3. 答案　3 学科网（北京）股份有限公司 $$