导数与函数的极值、最值专项训练-2026届高三数学一轮复习

导数与函数的极值、最值 练习1 A组　夯基精练 一、单项选择题 1． 设函数f(x)的导函数为f′(x)，y＝f′(x)的部分图象如图所示，则(　　) A．函数f(x)在上单调递增 B．函数f(x)在(0,4)上单调递增 C．函数f(x)在x＝3处取得极小值 D．函数f(x)在x＝0处取得极大值 2．(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝alnx＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C． D．1 3．(2024·岳阳二模)函数f(x)＝6＋12x－x3的极小值点为(　　) A．(4，－10) B．(－2，－10) C．4 D．－2 4．已知函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋alnx在x＝a处取得极大值，则实数a的取值范围为(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(0,1) D．(0,1] 二、多项选择题 5．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则下列说法正确的是(　　) A．a＋b＝0 B．a＋b＝－7 C．f(x)一定有两个极值点 D．f(x)一定存在单调递减区间 6．(2023·新高考Ⅱ卷)若函数f(x)＝alnx＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 三、填空题 7．(2024·苏中苏北八市三调)设a为实数，若函数f(x)＝x3－ax2＋1在x＝－4处取得极大值，则a的值为____． 8．(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2lnx的最小值为____． 9．若函数f(x)＝－x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是___．(提示：a3－3a＋2＝(a＋2)(a－1)2) 四、解答题 10． (2024·衡阳二联)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋1(a∈R)，当x＝2时，f(x)取得极值－3． (1) 求f(x)的解析式； (2) 求f(x)在区间[－1,3]上的最值． 11．(2025·八省联考)已知函数f(x)＝aln x＋－x． (1) 设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f(x)的斜率为2的切线方程； (2) 若x＝1是f(x)的极小值点，求b的取值范围． B组　创新题体验 12．(2024·邢台二模节选)在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数f(x)和g(x)满足下列条件： ①f(x)＝0且g(x)＝0(或f(x)＝∞，g(x)＝∞)； ②在点a的附近区域内两者都可导，且g′(x)≠0； ③ ＝A(A可为实数，也可为±∞)． 则 ＝ ＝A． (1) 用洛必达法则求 ； (2) 函数f(x)＝1＋x＋＋＋…＋(n≥2，n∈N*)，判断并说明f(x)的零点个数． 练习2 A组　夯基精练 一、单项选择题 1． (2024·承德二模)设a为实数，若函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，则a＝(　　) A．1 B． C．0 D．－1 2．已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是(　　) A．[0,1] B．(－∞，0]∪[1，＋∞) C．[0,2] D．(－∞，0]∪[2，＋∞) 3．(2024·苏中苏北七市二调)若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－2，＋∞) B． C．(－∞，－2) D． 4．(2022·全国乙卷文)函数f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0,2π]上的最小值、最大值分别为(　　) A．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 二、多项选择题 5．(2024·新高考Ⅱ卷)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(　　) 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 6．(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0＜x＜1时，f(x)＜f(x2) C．当1＜x＜2时，－4＜f(2x－1)＜0 D．当－1＜x＜0时，f(2－x)＞f(x) 三、填空题 7．(2024·武汉期初)若函数f(x)＝(2x＋1)lnx－ax是(0，＋∞)上的增函数，则实数a的最大值为____． 8．(2024·邢台二模)如图，四边形ABCD和EFGH是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿MN，NP，PQ，QM折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为____． 9．(2024·苏锡常镇一调)已知a，b∈(0,1)∪(1，＋∞)，4logab＋logba＝4，则＋ln的最小值为____． 四、解答题 10．(2024·济南一模)已知函数f(x)＝e2x＋ex－ax． (1) 当a＝3时，求f(x)的单调区间； (2) 讨论f(x)极值点的个数． 11．(2024·南京二模)已知函数f(x)＝，其中a∈R． (1) 当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2) 当a＞0时，若f(x)在区间[0，a]上的最小值为，求a的值． B组　滚动小练 12．(2025·肇庆期初联考)(多选)已知f(3x＋1)为奇函数，且对任意x∈R，都有f(x＋2)＝f(4－x)，f(3)＝1，则(　　) A．f(7)＝－1 B．f(5)＝0 C．f(11)＝－1 D．f(23)＝0 13．(2024·镇江期初)设函数f(x)＝2x＋(p－1)·2－x是定义域为R的偶函数． (1) 求p的值； (2) 若g(x)＝f(2x)－2k·(2x－2－x)在[1，＋∞)上的最小值为－4，求k的值． 导数与函数的极值、最值 练习1 1. B　【解析】 由图象可知，当x∈时，f′(x)<0，所以函数f(x)在上单调递减，故A错误；当x∈(0，4)时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在(0，4)上单调递增，故B正确，故C错误；函数f(x)在x＝0处取得极小值，故D错误． 2. B　【解析】 由题意知f′(x)＝－，由得a＝b＝－2，即f′(x)＝－＋，所以f′(2)＝－＋＝－. 3. D　【解析】 函数f(x)＝6＋12x－x3的定义域为R，且f′(x)＝12－3x2＝3(2－x)(2＋x)，所以当－2<x<2时，f′(x)>0，当x<－2或x>2时，f′(x)<0，所以f(x)在(－2，2)上单调递增，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递减，所以f(x)在x＝－2处取得极小值，在x＝2处取得极大值，即极小值点为－2，极大值点为2. 4. C　【解析】 因为函数f(x)＝x2－(1＋a)x＋a ln x，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝x－(1＋a)＋＝.当a∈(0，1)时，由f′(x)>0，可得0<x<a或x>1，由f′(x)<0，可得a<x<1，则函数f(x)在x＝a处取得极大值；当a＝1时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)不存在极值；当a∈(1，＋∞)时，由f′(x)>0，可得0<x<1或x>a，由f′(x)<0，可得1<x<a，则函数f(x)在x＝a处取得极小值．综上，a∈(0，1). 5. BCD　【解析】 函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2的定义域为R，求导得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意得即解得或当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，函数f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意；当时，f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，当x<－或x>1时，f′(x)>0，当－<x<1时，f′(x)<0，因此函数f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意，则a＋b＝－7，故A不正确，B正确．函数f(x)在x＝－处取得极大值，f(x)一定有两个极值点，故C正确．f(x)一定存在单调递减区间，故D正确． 6. BCD　【解析】 函数f(x)＝a ln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝.因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确． 7. －2　【解析】 f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2a，若函数f(x)＝x3－ax2＋1在x＝－4处取得极大值，则2a＝－4，解得a＝－2.当a＝－2时，f′(x)＝x(x＋4)，f′(x)>0⇒x>0或x<－4，f′(x)<0⇒－4<x<0，所以函数f(x)在(－4，0)上单调递减，在(－∞，－4)，(0，＋∞)上单调递增，满足题意． 8. 1　【解析】 由题设知，f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)，所以当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x，此时f(x)单调递减；当<x≤1时，f(x)＝2x－1－2ln x，则f′(x)＝2－≤0，此时f(x)单调递减；当x>1时，f(x)＝2x－1－2ln x，则f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增．又f(x)在各段的分界点处连续，所以当0<x≤1时，f(x)单调递减，当x>1时，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝1. 9. [－2，1)　【解析】 由于f′(x)＝－x2＋1，易知f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增．若函数f(x)在(a，10－a2)上存在最大值，则解得－2≤a＜1. 10. 【解答】 (1) 依题意可得f′(x)＝3ax2＋2bx，又当x＝2时，f(x)取得极值－3，所以即解得所以f(x)＝x3－3x2＋1. (2) 由(1)可知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，可得x＝0或x＝2，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 (2,3) 3 f′(x) ＋ ＋ 0 － 0 ＋ ＋ f(x) －3 ↗ 1 ↘ －3 ↗ 1 因此，在区间[－1，3]上，f(x)的最小值为－3，最大值为1. 11. 【解答】 (1) 当a＝1，b＝－2时，f(x)＝ln x－－x(x>0)，f′(x)＝＋－1，令f′(x)＝2，得x＝1或x＝－(舍去)，又f(1)＝0－2－1＝－3，故切点为(1，－3)，切线方程为2x－y－5＝0. (2) f′(x)＝－－1＝.令h(x)＝－x2＋ax－b，设h(x)的两个零点分别为1和t.因为x＝1为f(x)的极小值点，所以1<t且x∈(0，1)时，h(x)<0，x∈(1，t)时，h(x)>0，x∈(t，＋∞)时，h(x)<0，所以h(1)＝0且1<，即－1＋a－b＝0，a>2，所以b＝a－1>1，即b的取值范围为(1，＋∞). 12. 【解答】 (1) ＝ ＝1. (2) f(x)＝1＋x＋＋＋…＋，f′(x)＝1＋x＋＋＋…＋，所以f′(x)－f(x)＝－，＝′＝－.当x>0时，′<0，所以函数y＝在(0，＋∞)上单调递减，当x<0时，′>0，所以函数y＝在(－∞，0)上单调递增， ＝－∞，f(0)＝1，当x>0时，>0，所以f(x)仅在(－∞，0)上存在1个零点． 练习2 1. B　【解析】 由题可得f′(x)＝x2－2ax＝x(x－2a)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2a，因为函数f(x)＝x3－ax2＋3在x＝1处取得极小值，所以2a＝1，即a＝.当a＝时，f′(x)＝x(x－1)，f′(x)>0⇒x<0或x>1，f′(x)<0⇒0<x<1，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，满足题意． 2. C　【解析】 由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1.根据题意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2. 3. C　【解析】 由函数f(x)＝eax＋2x，得f′(x)＝aeax＋2，若a≥0，则f′(x)>0，此时f(x)单调递增，无极值点，故a<0.令f′(x)＝aeax＋2＝0，解得x＝ln .当x>ln 时，f′(x)>0，当x<ln 时，f′(x)<0，故x＝ln 是f(x)＝eax＋2x的极小值点．由于函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，所以ln >0⇒ln <0⇒0<－<1，解得a<－2. 4. D　【解析】 f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0，2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0，2π].令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)，x＝或x＝.因为f＝cos ＋sin ＋1＝2＋，f＝cos ＋sin ＋1＝－，又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f＝2＋，f(x)min＝f＝－. 5. AD　【解析】 由f(x)＝2x3－3ax2＋1，得f′(x)＝6x(x－a).对于A，当a>1时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，则f(x)的极大值为f(0)＝1>0，f(x)的极小值为f(a)＝1－a3<0，所以f(x)有三个零点，故A正确；对于B，当a<0时，f(x)在(a，0)上单调递减，在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是f(x)的极小值点，故B错误；对于C，任何三次函数不存在对称轴，故C错误；对于D，当a＝2时，f(x)＝2x3－6x2＋1＝2(x－1)3－6(x－1)－3，关于点(1，－3)中心对称，故D正确． 6. ACD　【解析】 对于A，f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)，易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(1，3)上单调递减，当x∈(－∞，1)∪(3，＋∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(－∞，1)，(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，故A正确；对于B，当0<x<1时，0<x2<x<1，又f(x)在(0，1)上单调递增，则f(x2)<f(x)，故B错误；对于C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而函数f(x)在(1，3)上单调递减，所以f(3)<f(2x－1)<f(1)，即－4<f(2x－1)<0，故C正确；对于D，由于－1<x<0，则f(2－x)－f(x)＝(x－1)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)＝－2(x－1)3>0，即f(2－x)>f(x)，故D正确． 7. 4－2ln 2　【解析】 f(x)＝(2x＋1)ln x－ax的定义域为(0，＋∞)，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f′(x)＝2ln x＋－a≥0恒成立，即a≤2ln x＋＋2.设h(x)＝2ln x＋＋2，则h′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)，当x∈时，h′(x)<0，函数h(x)在上单调递减；当x∈时，h′(x)>0，函数h(x)在上单调递增，故h(x)min＝h＝2ln ＋4＝4－2ln 2，所以a≤4－2ln 2.故实数a的最大值为4－2ln 2. 8. 1 000　【解析】 由题意设AD＝x(x>0)，因为矩形ABCD的面积为300，所以AB＝(x>0)，根据题意有MQ＝MN＝AD＝x(x>0)，所以AM＝＝＝－(x>0)，则长方体的体积为V＝MN·MQ·AM＝x2＝－x3＋150x(x>0)，V′＝－x2＋150(x>0)，令V′＝0，得x＝10，当x∈(0，10)时，V′>0，函数在(0，10)上单调递增，当x∈(10，＋∞)时，V′<0，函数在(10，＋∞)上单调递减，所以当x＝10时，V取得最大值，最大值为－×103＋150×10＝1 000. 9. ln 2＋1　【解析】 因为4logab＋logba＝4，a，b∈(0，1)∪(1，＋∞)，所以4logab＋＝4，可得logab＝，b＝，即a＝b2，所以＋ln ＝＋ln ＝ln b＋.令f(x)＝ln x＋，x∈(0，＋∞)，则f′(x)＝－＝，所以当0<x<2时，f′(x)<0，当x>2时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝ln 2＋1，所以＝ln 2＋1，当且仅当b＝2，a＝4时取得． 10. 【解答】 (1) 当a＝3时，f(x)＝e2x＋ex－3x，定义域为R，又f′(x)＝2e2x＋ex－3，所以f′(x)＝(2ex＋3)(ex－1)，由f′(x)>0，解得x>0，此时f(x)单调递增；由f′(x)<0，解得x<0，此时f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0). (2) 函数f(x)的定义域为R，由题意知，f′(x)＝2e2x＋ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)极值点的个数为0.当a>0时，令t＝ex，易知1＋8a>0，故解关于t的方程2t2＋t－a＝0，得t1＝，t2＝，所以f′(x)＝2(ex－t1)(ex－t2)，又t2＝>＝0，t1＝<0，所以当x>ln t2时，f′(x)>0，即f(x)在(ln t2，＋∞)上单调递增，当x<ln t2时，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，ln t2)上单调递减，即f(x)极值点的个数为1.综上，当a≤0时，f(x)极值点的个数为0；当a>0时，f(x)极值点的个数为1. 11. 【解答】 (1) 当a＝0时，f(x)＝，则f(1)＝，f′(x)＝，所以f′(1)＝，所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，即x－ey＝0. (2) f′(x)＝＝－，令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝a.若0<a<2，则当x∈[0，a]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，a]上单调递减，所以f(x)min＝f(a)＝＝.设g(a)＝，g′(a)＝，当a<1时，g′(a)>0，g(a)单调递增，当a>1时，g′(a)<0，g(a)单调递减，所以g(a)的极大值为g(1)＝，所以由＝得a＝1.若a>2，则当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，2]上单调递减，当x∈(2，a]时，f′(x)>0，则f(x)在(2，a]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝＝，则a＝4－e<2，不合题意．若a＝2，当x∈[0，2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[0，2]上单调递减，所以f(x)min＝f(2)＝≠，不合题意．综上，a＝1. 12. AB　【解析】 由f(3x＋1)为奇函数，可得f(－3x＋1)＝－f(3x＋1)，即f(－x＋1)＝－f(x＋1)，则f(x)的图象关于点(1，0)对称，所以f(x＋2)＋f(－x)＝0.又f(x＋2)＝f(4－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝3对称，结合f(x＋2)＋f(－x)＝0得f(4－x)＋f(－x)＝0，即f(4－x)＝－f(－x)，所以f(4＋x)＝－f(x)，所以f(8＋x)＝－f(4＋x)＝f(x)，则f(x)是以8为周期的周期函数，所以f(7)＝－f(3)＝－1，f(5)＝－f(1)＝0，f(11)＝f(3)＝1，f(23)＝f(7)＝－1. 13. 【解答】 (1) 由函数f(x)＝2x＋(p－1)·2－x是定义域为R的偶函数，可得f(－x)＝f(x)，即2－x＋(p－1)·2x＝2x＋(p－1)·2－x，化为(2x－2－x)(p－2)＝0.由x∈R，可得p－2＝0，即p＝2，经检验符合题意． (2) g(x)＝f(2x)－2k·(2x－2－x)＝4x＋4－x－2k(2x－2－x)，设t＝2x－2－x，由x≥1，t＝2x－2－x为增函数，可得t≥.设 h(t)＝t2－2kt＋2，t≥，对称轴为t＝k.当k≤时，h(t)在上单调递增，可得h(t)的最小值为h＝－3k＋2＝－4，解得k＝>，舍去；当k>时，h(t)在t＝k处取得最小值，即2－k2＝－4，解得k＝(k＝－舍去).综上可得，k＝. 学科网（北京）股份有限公司 $