高考预测练十六-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（word高考预测练）

课时作业(十六)　导数与函数的极值、最值、综合应用 1．(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　AD　) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 解析：由题可知，f′(x)＝6x(x－a)． 对于A，当a＞1时，由f′(x)＜0得0＜x＜a，由f′(x)＞0得x＜0或x＞a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1＜0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；对于B，当a＜0时，由f′(x)＜0得a＜x＜0，由f′(x)＞0得x＞0或x＜a，则f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故x＝0是f(x)的极小值点，B错误； 对于C，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，故曲线y＝f(x)必不存在对称轴，C错误； 对于D，解法一(配方、平移)　f(x)＝2x3－3ax2＋1＝2(x－)3－a2(x－)＋1－，令t＝x－，则f(x)可转化为g(t)＝2t3－a2t＋1－，由y＝2t3－a2t为奇函数，且其图象关于原点对称，可知g(t)的图象关于点(0,1－)对称，则f(x)的图象关于点对称，故存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD. 解法二(二级结论)　任意三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象均关于点成中心对称，D正确．故选AD. 2．已知函数f(x)＝x(x－m)2在x＝1处有极大值，则m的值为(　C　) A．1 B．2 C．3 D．1或3 解析：∵f′(x)＝(x－m)(3x－m)，∴f′(1)＝(1－m)(3－m)＝0， ∴m＝1或m＝3， 当m＝1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)， 令f′(x)>0，得x<或x>1；令f′(x)<0，得<x<1； 从而f(x)在单调递增，在单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以f(x)在x＝1处有极小值，不合题意， 当m＝3时，经检验，满足题意；综，m＝3. 故选：C. 3．若函数f(x)＝x3－ax2＋4x－8在x＝2处取得极小值，则a＝(　A　) A．4 B．2 C．－2 D．－4 解析：由题意可得f′(x)＝3x2－2ax＋4，则f′(2)＝3×22－4a＋4＝0，解得a＝4. 当a＝4时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝(x－2)(3x－2)， 当x<或x>2时，f′(x)>0，则f(x)在，(2，＋∞)单调递增， 当<x<2时，f′(x)<0，则f(x)在单调递减， 所以，函数f(x)＝x3－ax2＋4x－8在x＝2处取得极小值，此时a＝4. 故选：A. 4．(多选)(2025·哈尔滨高三哈师大附中质量检测)如图所示是y＝f(x)的导数y＝f′(x)的图象，列结论中正确的有(　BC　) A．f(x)的单调递增区间是(－1,2)∪(4，＋∞) B．x＝－1是f(x)的极小值点 C．f(x)在区间(2,4)单调递减，在区间(－1,2)单调递增 D．x＝2是f(x)的极小值点 解析：由导函数的图象可知，当－3<x<－1或2<x<4时，f′(x)<0；当－1<x<2或x>4时，f′(x)>0；所以f(x)的单调递增区间为(－1,2)和(4，＋∞)，单调递减区间为(－3,1)和(2,4)．故A错误，C正确；所以x＝－1或x＝4是f(x)的极小值点；故B正确；所以x＝2是f(x)取得极大值点；故D错误．故选：BC. 5．已知函数f(x)＝x3－2x2＋2ax－3，若函数f(x)在(0,2)有极值，则实数a可以为(　BC　) A．0 B．1 C. D．2 解析：由题意知，f′(x)＝x2－4x＋2a在(0,2)有变号零点， 又易知f′(x)＝x2－4x＋2a在(0,2)单调递减，故f′(x)∈(2a－4,2a)， 可得解得0<a<2.故选：BC. 6．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，其导函数y＝f′(x)的图象经过点(1,0)(2,0)，如图所示，则列说法中正确结论的序号为__②③④__. ①当x＝时函数取得极小值； ②f(x)有两个极值点； ③当x＝2时函数取得极小值； ④当x＝1时函数取得极大值． 解析：由图象可知，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0；当x∈(1,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0. 所以函数f(x)在(－∞，1)单调递增，在(1,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增， 所以函数f(x)有两个极值点，当x＝1时函数取得极大值，当x＝2时函数取得极小值，故①错误，②③④正确．故答案为：②③④. 7．若函数f(x)＝x3－12x2＋36x＋1，则f(x)的极大值点为__2__. 解析：f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x－2)(x－6)， 令f′(x)＝0，解得x＝2或6， 当x<2或x>6时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当2<x<6时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 故f(x)在x＝2取得极大值，故极大值点为2. 故答案为：2. 8．已知函数f(x)＝x3－3x－1在区间[－3,2]的最大值为M，最小值为N，则MN＝__－19__. 解析：因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)， x∈[－3,2]， f′(x)>0,1<x≤2或－3≤x<－1， f′(x)<0，－1<x<1， 所以f(x)在[－3，－1)，(1,2]单调递增， 在[－1,1]单调递减． 因为f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3， f(2)＝1， 所以M＝1，N＝－19，故MN＝－19. 故答案为：－19. 9．已知函数f(x)＝x3＋ax＋b，且满足f(x)的导数y＝f′(x)的最小值为－. (1)求a值； (2)若函数y＝f(x)在区间[－1,2]的最大值与最小值的和为7，求b值． 解析：(1)∵f′(x)＝3x2＋a，则f′(x)的最小值为f′(0)＝a， 由题意可得：a＝－. (2)由(1)可得：f(x)＝x3－x＋b，x∈[1,2]，则f′(x)＝3x2－，x∈[－1,2]， 令f′(x)>0，解得<x≤2或－1≤x<－；令f′(x)<0，解得－<x<； 则f(x)在，单调递增，在单调递增， 且f＝3－×＋b＝－＋b，f＝3＋×＋b＝＋b， f(－1)＝－1－(－1)＋b＝－＋b，f(2)＝23－×＋b＝＋b， 且－＋b<＋b<＋b， 所以函数y＝f(x)在区间[－1,2]的最大值max＝＋b，最小值min＝－＋b, 又∵函数y＝f(x)在区间[－1,2]的最大值与最小值的和为7， 则＋b＋＝＋2b＝7，解得b＝. 10．已知函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值2. (1)求a，b的值； (2)求函数f(x)在区间[－2,3]的最值． 解析：(1)f(x)＝ax3＋bx，f′(x)＝3ax2＋b. ∵函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处取得极值2， ∴f(1)＝a＋b＝2，f′(1)＝3a＋b＝0， 解得a＝－1，b＝3， ∴f(x)＝－x3＋3x， 经验证在x＝1处取得极大值2， 故a＝－1，b＝3. (2)f′(x)＝－3(x＋1)(x－1)， 令f′(x)>0，解得－1<x<1， 令f′(x)<0，解得x>1或x<－1， 因此f(x)在[－2，－1)单调递减，在(－1,1)单调递增，在(1,3]单调递减， f(3)＝－18<f(－1)， 故函数f(x)的最小值是－18， f(－2)＝2＝f(1)，故函数f(x)的最大值是2. 11．(2025·福建厦门第一次质检)设函数f(x)＝x(ex－a)2. (1)当a＝0时，求f(x)的单调区间； (2)若f(x)是增函数，求a的取值范围； (3)当0＜a＜1时，设x0为f(x)的极小值点，证明：－＜f(x0)＜0. 解：(1)当a＝0时，f(x)＝xe2x，f′(x)＝(2x＋1)e2x， 当x∈(－∞，－)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以f(x)的单调递增区间为(－，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－). (2)由题意，知f′(x)＝(ex－a)(2xex＋ex－a)，设g(x)＝2xex＋ex－a，则g′(x)＝2ex＋2xex＋ex＝(2x＋3)ex， 当x∈(－∞，－)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当x∈(－，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增， 当x＝－时，g(x)取得极小值g(－)＝－2e－－a. (ⅰ)当a≤－2e－时，g(x)≥0，ex－a＞0，所以f′(x)＞0，f(x)单调递增，符合题意； (ⅱ)当－2e－＜a≤0时，y＝ex－a＞0，又g(x)存在零点，即存在区间使得g(x)＜0，所以f′(x)≥0不恒成立，不合题意． (ⅲ)当a＞0时，若f′(x)≥0，因为y＝ex－a的零点为x＝ln a，且g(－)＝－2e－－a＜0， 所以g(x)与y＝ex－a有唯一相同零点且零点两侧函数值符号相同， 所以g(ln a)＝2a ln a＝0，解得a＝1， 此时，当x＞0时2xex＋ex－1＞ex－1＞0； 当x＜0时2xex＋ex－1＜ex－1＜0， 则f′(x)≥0. 综上，a的取值范围为(－∞，－2e－)∪{1}． (3)证明：当0＜a＜1时，g(－)＝－a＜0，g(0)＞0， 设x1为g(x)的零点，则－＜x1＜0， 因为g(ln a)＝2a ln a＜0，所以x1＞ln a， 所以当x∈(－∞，ln a)时，y＝ex－a＜0，g(x)＜0，所以f′(x)＞0，f(x)单调递增， 当x∈(ln a，x1)时，y＝ex－a＞0，g(x)＜0，所以f′(x)＜0，f(x)单调递减， 当x∈(x1，＋∞)时，y＝ex－a＞0，g(x)＞0，所以f′(x)＞0，f(x)单调递增， 所以x1＝x0，且2x0ex0＋ex0－a＝0， 即ex0－a＝－2x0ex0， 所以f(x0)＝(ex0－a)2x0＝(－2x0ex0)2x0＝4xe2x0， 设h(x)＝4x3e2x(－＜x＜0)， 则h′(x)＝4(2x＋3)x2e2x＞0， 则h(x)单调递增， 所以h(x)＜h(0)＝0，h(x)＞h(－)＝－， 所以－＜f(x0)＜0. 12．(预测)(2025·湖北新高考联考协作体模拟)罗尔中值定理是微分学中的一个重要定理，与拉格朗日中值定理和柯西中值定理一起并称微分学三大中值定理．罗尔中值定理：若定义域为R的函数f(x)的导函数记为f′(x)，且函数f(x)满足条件①在闭区间[a，b]上连续；②在开区间(a，b)内可导；③f(a)＝f(b)，那么至少存在一个ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝0.已知函数f(x)＝ex－ax2－(e－a－1)x－1，a∈R在区间(0，1)内有零点，其中，e＝2.718…是自然对数的底数，则实数a的取值范围为(　D　) A．(，1) B．(，) C．(，e－2) D．(e－2，1) 解析：设f(x)在区间(0，1)内的零点为x1，则有f(x1)＝f(0)＝0，由罗尔中值定理可知，存在x2∈(0，x1)，使f′(x2)＝0，同理，由f(x1)＝f(1)＝0及罗尔中值定理可知，存在x3∈(x1，1)，使f′(x3)＝0，故f′(x)＝0在(0，1)上至少有两个不等实根，令g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－(e－a－1)，则g′(x)＝ex－2a在(0，1)上单调递增，当a≤，x∈(0，1)时，g′(x)>0，此时g(x)单调递增，故f′(x)＝0在(0，1)上至多只有一个实根；同理可知，当a≥，x∈(0，1)时，g′(x)<0，此时g(x)单调递减，故f′(x)＝0在(0，1)上至多只有一个实根；当<a<时，令g′(x)＝0，可得x＝ln (2a)∈(0，1)，且g(x)在(0，ln (2a))上单调递减，在(ln (2a)，1)上单调递增，故当<a<且x∈(0，1)时，g(x)min＝g(ln (2a))；又g()＝e＋1－e<＋1－e＝2.7－e<0，故g(x)min＝g(ln (2a))<0，则由零点存在定理知故e－2<a<1.故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $