微专题集训17 导数在研究函数极值、最值中的应用-【高考领航】2026年高考数学一轮复习微专题速练

微专题集训17　导数在研究函数极值、最值中的应用 一、单项选择题 1．若函数f(x)＝ex＋ax在x＝－1处有极值，则(　　) A．a＝－1 B．a＝－ C．a＝－e D．a不存在 2．如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列结论正确的是(　　) A．y＝f(x)在x＝－1处取得极大值 B．x＝1是函数y＝f(x)的极值点 C．x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点 D．函数y＝f(x)在区间(－1，1)上单调递减 3．已知函数f(x)＝ex＋x2＋(a－2)x＋1在区间(0，1)上有最小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－e，1) B．(1－e，1) C．(－e，＋∞) D．(0，e) 4．(2025·山东济南章丘诊断)若x＝－4是函数f(x)＝(x2＋ax－5)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为(　　) A．－3 B．7e-5 C．－3e D．0 5．设函数f(x)＝，a，b均为正整数，若f(x)的极小值点为2，则f(x)的极大值点为(　　) A．1 B．3 C．1或3 D．不确定 6．若函数f(x)＝在区间(a，a＋1)上存在最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，－1) B．(－2，－1) C． D． 7．设函数f(x)＝若函数f(x)无最小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1) B．(－∞，－1] C．(－1，＋∞) D．(1，＋∞) 8．(2025·安徽名校联考)已知函数f(x)＝mex－x－n－1(m，n∈R)，若f(x)≥－1对任意的x∈R恒成立，则mn的最大值是(　　) A．e-2 B．－e-2 C．e-1 D．－e-1 二、多项选择题 9．已知函数f(x)＝－x2ln x，则(　　) A．f(x)0恒成立 B．f(x)是(0，＋∞)上的减函数 C．f(x)在x＝得到极大值 D．f(x)只有一个零点 10．若函数f(x)＝x2－4x＋a ln x 有两个极值点，设这两个极值点为x1，x2，且x1＜x2，则下列结论正确的是(　　) A．x2∈(1，2) B．x1＋x2＜2 C．a＜2 D．f(x1)＞－3 11．已知曲线f(x)＝a(x＋1)ex在点(－1，f(－1))处的切线方程为y＝x＋b，则下列说法正确的是(　　) A．a＝1，b＝ B．f(x)的极大值为 C．f(x)的极小值为－ D．f(x)不存在极值 12．已知函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)(a≠0)的极大值点为x＝a，则(　　) A．a2＜b2 B．a2＜ab C．若f′(x1)＝f′(x2)＝0，则x1＋x2＜0 D．若f′(x1)＝f′(x2)＝0，则x1x2＞0 三、填空题 13．已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈(0，e]，且f(x)的最大值为－3，则a＝________． 14．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________． 15．函数f(x)＝－a(x－ln x)在(0，1)内有极值，则实数a的取值范围为________． 16．已知函数f(x)＝若m＜n，且f(m)＝f(n)，则n－m的最大值为________． 四、解答题 17．(2024·宁夏银川高中质量检测)已知函数f(x)＝ax2＋ln x－(a＋1)x(a∈R)． (1)当a＝－4时，求f(x)的单调区间与极值； (2)当a≥1时，证明：f(x)只有一个零点． 18．(2025·浙江金华一中检测)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x，a∈R. (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； (2)令g(x)＝f(x)－x2，是否存在实数a，当x∈(0，e]时，函数g(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题集训17　导数在研究函数极值、最值中的应用 1．B　 2．C　由题图知，当x＜－2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x≥－2时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．故x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点，y＝f(x)无极大值．故选C. 3．A　由f(x)＝ex＋x2＋(a－2)x＋1得f′(x)＝ex＋2x＋(a－2)，由于ex，2x均为单调递增函数，故f′(x)在(0，1)上单调递增，因为f(x)在(0，1)上有最小值，故⇒⇒－e＜a＜1.故选A. 4．A　由题意，得f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－5]ex-1.因为x＝－4是函数f(x)的极值点，所以f′(－4)＝(3－3a)e-5＝0，解得a＝1，则f(x)＝(x2＋x－5)ex-1，f′(x)＝(x2＋3x－4)ex-1＝(x＋4)(x－1)ex-1，所以当x＜－4或x＞1时，f′(x)＞0；当－4＜x＜1时，f′(x)＜0.所以x＝1是函数f(x)的极小值点，所以f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.故选A. 5．B　求导得f′(x)＝，令f′(x)＝0，得－ax2＋(2a＋3)x－(b＋3)＝0，则方程必有一根为2.代入x＝2，得－22a＋2(2a＋3)－(b＋3)＝0，解得b＝3， 则f′(x)＝. 因为2是f(x)的极小值点，又a＞0，所以x＝2为方程 －a(x－2)＝0的较小根， 从而＞2，故0＜a＜. 又a为正整数，故a＝1，所以f(x)的极大值点为＝3. 6．D　由函数f(x)＝，可得f′(x)＝， 且f(x)在区间(a，a＋1)上存在最小值， 即f′(x)在区间(a，a＋1)上存在x0∈(a，a＋1)，使得f′(x0)＝0且f′(a)＜0，f′(a＋1)＞0， 设g(x)＝－x2＋a＋2，即满足g(a)＜0，且g(a＋1)＞0， 可得解得＜a＜－1， 即实数a的取值范围是. 7．A　由y＝3x－x3得y′＝3－3x2，令y′＞0，得－1＜x＜1，令y′＜0，得x＜－1或x＞1，所以y＝3x－x3在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当x＝－1时，y＝3x－x3取得极小值，为－2，因为f(x)＝无最小值，所以解得a＜－1，故选A. 8．B　f(x)＝mex－x－n－1，f′(x)＝mex－1，当m0时，f′(x)＜0恒成立，则f(x)单调递减，f(0)＝m－n－1，显然f(x)≥－1不恒成立； 当m＞0时，x∈(－∞，－ln m)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；x∈(－ln m，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增， 所以f(x)min＝f(－ln m)＝ln m－n， 因为f(x)≥－1恒成立，所以ln m－n＋1≥0，所以m(ln m＋1)≥mn. 令h(m)＝m(ln m＋1)，m＞0，则h′(m)＝ln m＋2， 当m∈(0，e-2)时，h′(m)＜0； 当m∈(e-2，＋∞)时，h′(m)＞0. 则h(m)在区间(0，e-2)上单调递减，在区间(e-2，＋∞)上单调递增， 所以h(m)min＝h(e-2)＝－e-2，即mn的最大值是－e-2.故选B. 9．CD　∵f(x)＝－x2ln x，该函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－2x ln x－x＝－x(2ln x＋1)．当时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，当时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，∴f(x)极大值＝＝，故B选项错误，C选项正确；当0＜x＜1时，ln x＜0，此时f(x)＝－x2ln x＞0，A选项错误；由f(x)＝－x2ln x＝0，可得ln x＝0，解得x＝1，D选项正确．故选CD. 10．ACD　因为f(x)＝x2－4x＋a ln x，x＞0， 所以f′(x)＝2x－4＋， 令f′(x)＝0，则方程2x2－4x＋a＝0的两根为x1，x2， 且0＜x1＜x2， 所以Δ＝42－4×2a＞0，解得a＜2，故C正确； 由根与系数的关系知x1＋x2＝2，x1x2＝＜1， 所以0＜x1＜1，1＜x2＜2，故A正确，B错误； x1为f(x)的极大值点，即f(x1)＞f(1)＝－3，故D正确． 11．AC　依题意，f′(x)＝aex＋a(x＋1)ex＝(ax＋2a)ex，f′(－1)＝ae-1＝，解得a＝1，所以f(x)＝(x＋1)ex，f′(x)＝(x＋2)ex，又f(－1)＝0，所以×(－1)＋b＝0，所以b＝，故A正确．令f′(x)＝0，解得x＝－2，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，函数f(x)在(－∞，－2)上单调递减；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)在(－2，＋∞)上单调递增．所以当x＝－2时，函数f(x)取极小值，为f(－2)＝－，f(x)的极大值不存在，故B，D错误，C正确．故选AC. 12．ABD　∵f(x)＝a(x－a)2(x－b)(a≠0)，∴f′(x)＝2a(x－a)(x－b)＋a(x－a)2＝a(x－a)(3x－2b－a)，令f′(x)＝0，解得x＝a或x＝，由题意可知，≠a.∵函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)(a≠0)的极大值点为x＝a，或，B正确；x1＋x2＝，b＞a＞0时x1＋x2＜0错误，b＜a＜0时x1＋x2＜0正确，则C错误；x1x2＝·a＞0，D正确．故选ABD. 13．解析：f′(x)＝a＋，x∈∈． ①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，所以f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意； ②若a＜－，令f′(x)＞0，得a＋＞0， 又x∈(0，e]，解得0＜x＜－， 令f′(x)＜0，得a＋＜0， 又x∈(0，e]，解得－＜xe. 从而f(x)在上单调递增， 在上单调递减， 所以f(x)max＝f＝－1＋ln . 令－1＋ln ＝－3，得ln ＝－2， 即a＝－e2. 因为－e2＜－，所以a＝－e2为所求． 故实数a的值为－e2. 答案：－e2 14．解析：设饮料罐的底面半径为r，高为h，单位面积罐身造价为a，由V＝πr2h，得h＝， 总造价f(r)＝3a×2×πr2＋2πrha＝6πr2a＋ 所以f′(r)＝12πra－， 令f′(r)＝0，解得r＝ ， 当r∈时，f′(r)＜0，当r∈时，f′(r)＞0， 所以f(r)在上单调递减，在上单调递增， 所以当r＝ 时饮料罐的造价最低． 答案： 15．解析：由f(x)＝－a(x－ln x)得，f′(x)＝ex－a＝，因为函数f(x)＝－a(x－ln x)在(0，1)内有极值，则当x∈(0，1)时，f′(x)＝0⇔a＝有解，即当x∈(0，1)时，函数g(x)＝与直线y＝a有公共点，而g′(x)＝＜0，即g(x)在(0，1)上单调递减，∀x∈(0，1)，g(x)＞g(1)＝e，则a＞e，显然在a＝零点的左右两侧f′(x)异号，所以实数a的取值范围是(e，＋∞)． 答案：(e，＋∞) 16．解析：设f(n)＝en－2＝k－2，－1k－2＜1， 则n＝ln k(1k＜3)， 由f(m)＝＋1＝k－2， 得m＝2k－6， 所以n－m＝ln k－2k＋6. 设g(k)＝ln k－2k＋6，k∈[1，3)， 则g′(k)＝－2＜0， 所以g(k)在[1，3)上单调递减，故g(k)max＝g(1)＝4，即n－m的最大值为4. 答案：4 17．解：(1)当a＝－4时，f(x)＝－2x2＋ln x＋3x，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－4x＋.由f′(x)＞0，得0＜x＜1，由f′(x)＜0，得x＞1. 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)， 所以f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝1，无极小值． (2)证明：因为f(x)＝ax2＋ln x－(a＋1)x，x∈(0，＋∞)， 所以f′(x)＝ax＋－(a＋1)＝. ①当a＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为f(1)＝－＜0，f(4)＝ln 4＞0，所以f(1)·f(4)＜0，故f(x)在(1，4)上有唯一零点． ②当a＞1时，由f′(x)＞0，得0＜x＜或x＞1，由f′(x)＜0，得＜x＜1， 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 因为f＝－－ln a－1＜0，f(1)＝－1＜0，又x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以f(x)在(0，1)上无零点，在(1，＋∞)上有唯一零点， 综上，当a≥1时，f(x)只有一个零点． 18．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，x＞0，得f′(x)＝2x＋1－，令f′(x)＞0，解得x＞，令f′(x)＜0，解得0＜x＜， 故f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，g(x)有最小值3. 理由如下： 因为f(x)＝x2＋ax－ln x，a∈R， 所以g(x)＝f(x)－x2＝ax－ln x，x∈(0，e]， 所以g′(x)＝a－(0＜xe)， ①当a0时，g(x)在(0，e]上单调递减， g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，解得a＝，不合题意，舍去． ②当0＜＜e时，x∈时， g′(x)＜0，g(x)在上单调递减． x∈时，g′(x)＞0，g(x)在上单调递增， 所以g(x)min＝g＝1＋ln a＝3，解得a＝e2满足条件； ③当≥e时，x∈(0，e)时，g′(x)＜0，g(x)在(0，e]上单调递减， g(x)min＝g(e)＝ae－1＝3，解得a＝，不合题意，舍去． 综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，g(x)有最小值3. 学科网（北京）股份有限公司 $