福建省厦门外国语学校2025届高三上学期数学校本作业18（导数与函数的极值、最值）

厦门外国语学校2025届高三上数学校本作业18（导数与函数的极值、最值） 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．函数在一点的导数值为是函数在这点取极值的 （ ） A 充分条件 B 必要条件 C 充要条件 D 必要非充分条件 2．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是(　　) A．f(x)在[－2，－1]上单调递增 B．当x＝3时，f(x)取得最小值 C．当x＝－1时，f(x)取得极大值 D．f(x)在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减 3.（全国卷（理））当时，函数取得最大值，则（       ） A． B． C． D．1 4．若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为(　　) A. B．－ C．－2e D. 5．已知函数在处有极小值，且极小值为，则（ ） A． B． C． D．或 6． 直线y＝a分别与曲线y＝ex，y＝ln x＋1交于两点M，N，则|MN|的最小值为(　　) A．1 B．1－ln 2 C．ln 2 D．1＋ln 2 7．已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)的图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是(　　) A．有3个极大值点 B．有3个极小值点 C．有1个极大值点和2个极小值点 D．有2个极大值点和1个极小值点 8．（新疆乌鲁木齐·模拟预测（理））设，则（       ） A． B． C． D． 9．(多选) (2013全国2理)已知函数，下列结论中正确的是 (　　) A． B．函数的图象是中心对称图形 C．若是的极小值点，则在区间上单调递减 D．若是的极值点，则 10．(多选) （多选）设函数的定义域为，是的极小值点，以下结论一定正确的是（       ） A．是的最小值点 B．是的极大值点 C．是的极大值点 D．是的极大值点 11．(多选)已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是(　　) A．0<x0< B．x0> C．f(x0)＋2x0<0 D．f(x0)＋2x0>0 二、填空题 12．( 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________. 13．(河南多校联考)已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为______． 14．若函数在区间上有两个极值点，则实数a的取值范围是______． 15．若函数在和时取极小值，则实数的取值范围是___________. 16．已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(0<a<b)没有极值点,则的最大值为 　　　　. 三、解答题 17．已知函数f(x)＝ln x－. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝f(x)－＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围． 18．(珠海模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 19．已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)． (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1<x2，不等式f(x1)≥mx2恒成立，求实数m的取值范围． 厦门外国语学校2025届高三上数学校本作业18（导数与函数的极值、最值） 班级： 姓名： 座号： 一、选择题 1．函数在一点的导数值为是函数在这点取极值的 （ D ） A 充分条件 B 必要条件 C 充要条件 D 必要非充分条件 2．如图是函数y＝f(x)的导函数的图象，下列结论中正确的是(　　) A．f(x)在[－2，－1]上单调递增 B．当x＝3时，f(x)取得最小值 C．当x＝－1时，f(x)取得极大值 D．f(x)在[－1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减 答案　D 解析　根据题图知， 当x∈(－2，－1)，x∈(2,4)时， f′(x)<0，函数y＝f(x)单调递减； 当x∈(－1,2)，x∈(4，＋∞)时， f′(x)>0，函数y＝f(x)单调递增． 所以y＝f(x)在[－2，－1]上单调递减，在(－1，2)上单调递增，在(2,4)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，故选项A不正确，选项D正确； 故当x＝－1时，f(x)取得极小值，选项C不正确；当x＝3时，f(x)不是取得最小值，选项B不正确． 3.（全国卷（理））当时，函数取得最大值，则（       ） A． B． C． D．1 【答案】B 【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B. 4．若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为(　　) A. B．－ C．－2e D. 答案　A 解析　因为f(x)＝(x2－a)ex， 所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex， 由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0， 得x2＋2x－a＝0， 由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3， 则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3， 所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex， 当x<－3或x>1时，f′(x)>0； 当－3<x<1时，f′(x)<0， 故f(x)在(－∞，－3)上单调递增， 在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f(x)的极大值为f(－3)＝. 5．已知函数在处有极小值，且极小值为，则（ ） A． B． C． D．或 【答案】A 【解析】．因为在处有极小值，且极小值为，所以，即，解得或． 当时，，则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在处有极小值． 当时，，则在上单调递增，无极值． 故选：A 6． 直线y＝a分别与曲线y＝ex，y＝ln x＋1交于两点M，N，则|MN|的最小值为(　　) A．1 B．1－ln 2 C．ln 2 D．1＋ln 2 答案　A 解析　分别令ex＝a，ln x＋1＝a，其中a>0，则x1＝ln a，x2＝ea－1，从而|MN|＝|x1－x2|＝|ln a－ea－1|，构造函数h(a)＝ln a－ea－1，求导得h′(a)＝－ea－1，当a∈(0,1)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a∈(1，＋∞)时，h′(a)<0，h(a)单调递减．所以h(a)有极大值h(1)＝－1.因此|MN|的最小值为|h(1)|＝1.故选A． 7．已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)的图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是(　　) A．有3个极大值点 B．有3个极小值点 C．有1个极大值点和2个极小值点 D．有2个极大值点和1个极小值点 答案　D 解析　结合函数图象可知，当x<a时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数y＝g(x)－f(x)单调递增；当a<x<0时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数y＝g(x)－f(x)单调递减；当0<x<b时，f′(x)<g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)>0，函数y＝g(x)－f(x)单调递增；当x>b时，f′(x)> g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)<0，函数y＝g(x)－f(x)单调递减，故函数在x＝a，x＝b处取得极大值，在x＝0处取得极小值．故选D． 8．（新疆乌鲁木齐·模拟预测（理））设，则（       ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】令，则， 因为函数在上递增，所以函数在上递增， 所以，所以函数在上递增， 所以，即，即， 令，令，令， 则，所以函数在上递增，所以， 所以，故，即，所以，综上所述，. 故选：D. 9．(多选) (2013全国2理)已知函数，下列结论中正确的是 (　　) A． B．函数的图象是中心对称图形 C．若是的极小值点，则在区间上单调递减 D．若是的极值点，则 解析：由三次函数的图象可知，若是的极小值点，则极大值点在的左侧，所以函数在区间单调递减是错误的，选ABD． 10．(多选) （多选）设函数的定义域为，是的极小值点，以下结论一定正确的是（       ） A．是的最小值点 B．是的极大值点 C．是的极大值点 D．是的极大值点 【答案】BD 【解析】对A，是的极小值点，不一定是最小值点，故A错误； 对B，因函数与函数的图象关于x轴对称，故应是的极大值点，故B正确； 对C，因函数与函数的图象关于y轴对称，故应是的极小值点，故C错误； 对D，因函数与函数的图象关于原点对称，故是的极大值点，故D正确. 故选：BD. 11．(多选)已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是(　　) A．0<x0< B．x0> C．f(x0)＋2x0<0 D．f(x0)＋2x0>0 答案　AD 解析　函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)， ∴f′(x)＝ln x＋1＋2x， ∵x0是函数f(x)的极值点， ∴f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0， ∴f′＝>0， 当x>时，f′(x)>0， ∵当x→0时，f′(x)→－∞， ∴0<x0<，即A正确，B不正确； f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋x＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)>0，即D正确，C不正确． 二、填空题 12．( 潍坊模拟)写出一个存在极值的奇函数f(x)＝________. 答案　sin x(答案不唯一) 解析　正弦函数f(x)＝sin x为奇函数，且存在极值． 13．(河南多校联考)已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝x＋2，若f(x1)＝g(x2)，则x1－x2的最小值为______． 答案　4－2ln 2 解析　设f(x1)＝g(x2)＝t， 即2ln x1＝t，x2＋2＝t， 解得x1＝，x2＝t－2， 所以x1－x2＝－t＋2， 令h(t)＝－t＋2，则h′(t)＝－1， 令h′(t)＝0，解得t＝2ln 2， 当t<2ln 2时，h′(t)<0， 当t>2ln 2时，h′(t)>0， 所以h(t)在(－∞，2ln 2)上单调递减，在(2ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h(t)的最小值为h(2ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2＝4－2ln 2， 所以x1－x2的最小值为4－2ln 2. 14．若函数在区间上有两个极值点，则实数a的取值范围是______． 【答案】 由题意，函数，可得， 因为函数在区间上有两个极值点， 即在上有两个不等的实数根， 即在上有两个不等的实数根， 即函数和的图象有两个交点， 又由，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，且当时，，当时，， 所以，解得，即实数的取值范围是. 故答案为：. 15．若函数在和时取极小值，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【分析】 求出导函数，因式分解，分类讨论单调性即可得解. 【详解】 ， 当时，时不是取得极小值，不合题意； 当时，单调递增，单调递减，时不是取得极小值，不合题意； 当时，时不是取得极小值，不合题意； 当时，单调递增，单调递减，时不是取得极小值，不合题意； 当时， 单调递减， 单调递增， 单调递减， 单调递增， 函数在和时取极小值，符合题意. 所以实数的取值范围是. 故答案为： 16．已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(0<a<b)没有极值点,则的最大值为 　　　　. 2-5　[解析] f(x)=ax3+bx2+cx+d(0<a<b),f'(x)=3ax2+2bx+c(0<a<b),因为函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(0<a<b)没有极值点,所以函数f(x)在R上单调递增,所以f'(x)≥0在R上恒成立,所以即所以=≤.令t=,因为0<a<b,所以t>1,所以≤=3·=3· ≤3×=2-5,当且仅当t=1+时取等号. 三、解答题 17．已知函数f(x)＝ln x－. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)设g(x)＝f(x)－＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围． 解　(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－＝≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 当且仅当x＝1时，f′(x)＝0， 所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为g(x)＝f(x)－＋2＝ln x－， 所以g′(x)＝＋＝(x>0)． 由题意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解． 令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0， 所以只需解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)． 18．(珠海模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 解　(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]， ∴f′(x)＝， 由f′(1)＝0，得a＝1. ∴f′(x)＝， ∴x∈(0,1)，f′(x)>0，x∈(1，＋∞)，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]； f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1. (2)∵f(x)＝ln x－ax， ∴f′(x)＝－a＝， ①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>0，舍去； ②当a>0时，由f′(x)＝－a＝＝0， 得x＝， 当0<<e，即a>时， ∴x∈时，f′(x)>0； x∈时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间是，单调递减区间是， 又f(x)在(0，e]上的最大值为－3， ∴f(x)max＝f ＝－1－ln a＝－3， ∴a＝e2； 当e≤，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3， 解得a＝>，舍去． 综上，存在a符合题意，此时a＝e2. 19．已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)． (1)求函数f(x)的单调递增区间； (2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，x1<x2，不等式f(x1)≥mx2恒成立，求实数m的取值范围． 解　(1)f′(x)＝2x－2＋＝，x>0， 一元二次方程2x2－2x＋a＝0的Δ＝4(1－2a)， ①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当0<a<时，令f′(x)＝0， 得x1＝>0，x2＝>0， 所以当0<x<时， f′(x)>0，f(x)单调递增， 当<x<时， f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增． 综上所述，当a≥时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当0<a<时，f(x)的单调递增区间为，. (2)由(1)知，0<a<，x1＋x2＝1，x1x2＝， 则0<x1<<x2， 由f(x1)≥mx2恒成立， 得x－2x1＋aln x1≥mx2， 即(1－x2)2－2(1－x2)＋2(1－x2)x2ln(1－x2)≥mx2， 即m≤x2－＋2(1－x2)ln(1－x2)， 记h(x)＝x－＋2(1－x)ln(1－x)， 1>x>， 则h′(x)＝－2ln(1－x)－1>0， 故h(x)在上单调递增， h＝－－ln 2， 故m≤－－ln 2. 4 学科网（北京）股份有限公司 $