板块一 习题讲评（四）利用导数研究函数的极值、最值 课时验收评价-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

课时验收评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题 1.函数y=f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，则下列说法正确的是（　　） A.函数y=f（x）在x=4处取得极小值 B.函数y=f（x）在x=3处取得极大值 C.函数y=f（x）在（-∞，0）上单调递增 D.函数y=f（x）的单调递减区间为（3，5） B 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 解析：由函数y=f（x）的导函数f'（x）的图象可知，当x∈（-∞，-1）时， f'（x）<0，y=f（x）单调递减；当x∈（-1，3）时，f'（x）>0，y=f（x）单调递增；当x∈（3，5）时，f'（x）<0，y=f（x）单调递减；当x∈（5，+∞）时，f'（x）>0，y=f（x）单调递增，所以函数y=f（x）在x=-1处取得极小值，在x=3处取得极大值，在x=5处取得极小值，故选B. 习得方略：解答此类问题要先搞清楚所给的图象是原函数还是导函数的，对于导函数的图象，重点关注在哪个区间上为正，哪个区间上为负，在哪个点处与x轴相交，在该点附近的导数值是如何变化的，若是由正值变为负值，则在该点处取得极大值；若是由负值变为正值，则在该点处取得极小值. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.已知函数f（x）=ex-ex的极值点为a，则f（a）= （　　） A.-1 B.0 C.1 D.2 解析：函数f（x）=ex-ex，求导得f'（x）=ex-e，当x<1时，f'（x）<0，当x>1时，f'（x）>0，函数f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，因此x=1是f（x）的极小值点，且是唯一极值点，所以a=1，f（a）=f（1）=0. B 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 3.已知函数f（x）=x（x-c）2在x=2处有极小值，则极大值为 （　　） A.32 B.1 C. D.0 C 解析：由题意可得f'（x）=（x-c）2+2x（x-c）=（x-c）（3x-c）， 由于x=2是极小值点，故f'（2）=（2-c）（6-c）=0，解得c=2或c=6. 当c=6时，f'（x）=（x-6）（3x-6），当x>6和x<2时，f'（x）>0， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 当2<x<6时，f'（x）<0，故f（x）在（2，6）内单调递减，在（6，+∞）和（-∞，2）上单调递增，此时x=2是函数的极大值点，不符合题意，舍去；当c=2时，f'（x）=（x-2）（3x-2），当x>2和x<时，f'（x）>0， 当<x<2时，f'（x）<0，故f（x）在内单调递减，在（2，+∞）和上单调递增，此时x=2是函数的极小值点，符合题意，且x=是极大值点，故极大值为f==，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 4.已知f（x）=-ln x+x的最小值为0，则a的值为（　　） A.-e2 B.- C.-e D.- A 思维路径：通过换元法将原函数转化为关于新变量t的函数，再利用导数研究新变量t的取值范围以及新函数的单调性，进而求出a的值. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：由已知得f（x）=a-ln，令t=（x>0），则t'=（x>0）.令t'>0，则0<x<1；令t'<0，则x>1，且x=1时，t=， 则t的取值范围为，则h（t）=f（x）=at2-ln t=t2的最小值为0，即a-的最小值为0，即a=.令p（t）=，t∈， 则p'（t）==，t∈，p'（t）>0，则a=p（t）max=p=-e2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 5.（2025·台州二模）已知a∈R，若函数f（x）=x+-ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范围是（　　） A. B. C. D. C 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：因为函数f（x）=x+-ln x的定义域为（0，+∞）， 所以f'（x）=1--=.因为函数f（x）既有极大值，又有极小值， 则关于x的方程x2-x-a=0有两个不相等的正根x1，x2，（把已知函数的极值的情况转化为导数的零点问题）所以 解得-<a<0，因此，实数a的取值范围是. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 6.（2025·黄冈三模）已知函数f（x）=2cos x+sin 2x，则f（x）的最小值是 （　　） A.- B.- C.-2 D.-3 B 解析：由题意，得f（x）的一个周期为T=2π，故只需考虑f（x） 在[0，2π）上的值域，f'（x）=-2sin x+2cos 2x=-2sin x+2（1- 2sin2x）=-2（2sin x-1）（sin x+1）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 当x∈或x∈时，f'（x）>0；当x∈时，f'（x）<0， 所以函数f（x）在，上单调递增，在内单调递减， 因此f（x）的极小值为f=-，极大值为f=.又易知f（0）=2，所以函数f（x）在[0，2π）上的值域为，结合函数的最小正周期为2π，所以函数f（x）的值域为，所以f（x）的最小值为-，故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 7.（2025·嘉兴二模）已知函数f（x）=x3-ax2的极小值是-4，则实数 a= （　　） A.1 B.2 C.3 D.4 C 解析：f'（x）=3x2-2ax=x（3x-2a），令f'（x）=0得x=0或x=. 当a=0时，f'（x）=3x2≥0，f（x）在R上单调递增，无极值； 当>0，即a>0，x<0时，f'（x）>0，f（x）单调递增； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 当x>时，f'（x）>0，f（x）单调递增；当0<x<时，f'（x）<0， f（x）单调递减，所以f（x）在x=处取得极小值，即f=-a× =-4，解得a=3；当<0，即a<0，x>0时，f'（x）>0，f（x）单调 递增；当x<时，f'（x）>0，f（x）单调递增；当<x<0时，f'（x）<0，f（x）单调递减，得f（x）在x=0处取得极小值，即f（0）=0≠-4，不满足题意.综上，实数a=3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 8.已知函数f（x）=ex+x和g（x）=ln（xex），若存在实数α，β，使得 f（α）-g（β）=0，则αβ的最小值为 （　　） A.-e B.-1 C.- D.- C 思维路径：由题意得f（x）=ex+ln ex，g（x）=ln x+x，由f（α）= g（eα）=g（β），又g（x）=ln x+x在定义域上单调递增，则β=eα， 于是αβ=αeα.再利用导数求函数的最小值即可. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：因为f（x）=ex+x=ex+ln ex，g（x）=ln x+x， 所以f（α）=eα+ln eα，g（eα）=eα+ln eα，而f（α）-g（β）=0， 故f（α）=g（eα）=g（β）.又g（x）=ln x+x在定义域上单调递增， 则β=eα，于是αβ=αeα.设h（α）=αeα，则h'（α）=（α+1）eα， 当α∈（-∞，-1）时，h'（α）<0，h（α）单调递减； 当α∈（-1，+∞）时，h'（α）>0，h（α）单调递增， 所以h（α）min=h（-1）=-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 二、多项选择题 9.（2025·大连三模）已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d在（-∞，0]上单调递增，在[0，2]内单调递减，且方程f（x）=0有3个实数根，它们分别是α，β，2.则下列说法正确的是（ 　　） A.c=0 B.若（2，f（2））是对称中心，则极小值是-12 C.f（1）≥2 D.|α-β|≥3 ACD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d在（-∞，0]上单调递增，在[0，2]内单调递减，所以当x=0时取得极大值，则f'（0）=0. 由f'（x）=3x2+2bx+c，得f'（0）=c=0，所以A正确. 方程f（x）=0有一个根是2，则f（2）=0，得f（2）=8+4b+d=0， 由函数图象的对称中心是（2，0），可得f（1）=-f（3）， 代入得1+b+d=-（27+9b+d），化简得5b+d+14=0， 联立解得则f（x）=x3-6x2+16， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 求导得f'（x）=3x2-12x.令f'（x）=3x2-12x=0，解得x=0或x=4， 可知函数在（-∞，0），（4，+∞）上单调递增，在（0，4）内单调递减，所以f（x）在x=4处取得极小值，则f（4）=43-6×42+16=-16，所以B错误. 已知f（x）=x3+bx2+d，可得f'（x）=3x2+2bx，因为f（x）在[0，2]内单调递减，所以f'（2）≤0，即12+4b≤0，解得b≤-3.由f（2）=8+4b +d=0，得d=-4b-8，则f（1）=1+b+d=-3b-7，由b≤-3，可得-3b-7≥2，所以f（1）≥2，所以C正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 因为方程f（x）=0有3个实数根α，β，2， 所以设f（x）=（x-α）（x-β）（x-2）=x3-（α+β+2）x2-2αβ， 所以得 则（β-α）2=（β+α）2-4βα=（b+2）2+2d=b2-4b-12=（b-2）2-16. 因为b≤-3，所以（b-2）2-16≥9，所以|α-β|≥3，所以D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 10.设函数f（x）=（x+a）ln x，a∈R，则下列结论正确的是 （ 　　） A.当a=0时，f（x）的最小值为- B.当0<a<时，f（x）有且仅有两个极值点 C.若f（x）为增函数，则a≥ D.若f（x）≥0，则a=-1 ABD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 思维路径：应用导数分析函数的单调性，进而求最值判断A； 问题转化为判断f'（x）=ln x++1且x>0是否存在两个变号零点判断B； 根据B分析只需保证ln a+2≥0判断C；根据y=x+a，y=ln x在（0，+∞）上单调递增，ln 1=0，结合不等式恒成立即可判断D. 解析：对于A，f（x）=xln x且x>0，则f'（x）=1+ln x，故当0<x<时，f'（x）<0；当x>时，f'（x）>0，所以f（x）在内单调递减， 在上单调递增，则f（x）≥f=-，正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 对于B，由题设f'（x）=ln x++1且x>0，令g（x）=f'（x）， 则g'（x）=-=，当0<a<时，则当0<x<a时，g'（x）<0； 当x>a时，g'（x）>0，所以g（x）=f'（x）在（0，a）内单调递减，在（a，+∞）上单调递增，则f'（x）≥f'（a）=ln a+2，而ln a+2<0.由0<a2<a，且f'（a2）=2ln a++1，对于y=2ln a++1且0<a<， 则y'=-=<0，所以y=2ln a++1在内单调递减，y>2ln+e2+1=e2-3>0， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 则f'（a2）>0.又f'（1）=a+1>0， 故g（x）=f'（x）在（0，a），（a，+∞）各存在唯一变号零点， 所以f（x）有且仅有两个极值点，正确； 对于C，由B分析，要使f（x）为增函数，只需ln a+2≥0， 即a≥，错误； 对于D，由f（x）=（x+a）ln x≥0，且y=x+a，y=ln x在（0，+∞）上单调递增，又ln 1=0，故只需1+a=0，即a=-1，正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 三、填空题 11.（5分）（2025·盘锦三模）已知函数f（x）=ex-mx-2在x=0处的切线与直线x-y=0垂直，则f（x）的极小值为_______.  -2ln 2 解析：函数f（x）=ex-mx-2，求导得f'（x）=ex-m， 依题意，f'（0）=1-m=-1，解得m=2.令f'（x）=ex-2=0， 解得x=ln 2，则当x∈（-∞，ln 2）时，f'（x）<0； 当x∈（ln 2，+∞）时，f'（x）>0， 所以f（x）的极小值为f（ln 2）=-2ln 2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 12.（5分）（2025·宝鸡二模）若函数f（x）=4sin x+3cos x的极大值点为x0，则sin x0=_______.  解析：由函数f（x）=4sin x+3cos x， 求导可得f'（x）=4cos x-3sin x=5， 令sin φ=，cos φ=， 则f'（x）=5cos（x+φ）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 由题意可得f'（x0）=5cos（x0+φ）=0， 由函数y=cos x可知当x∈（k∈Z）时，cos x>0；当x∈（k∈Z）时，cos x<0， 且x0为函数f（x）的极大值点，则可得x0+φ=+2kπ（k∈Z）， 解得x0=-φ+2kπ（k∈Z）， 所以sin x0=sin=cos φ=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 13.（5分）已知函数f（x）=ex-ax2-x，若对任意x1，x2∈[0，+∞）且x1≠x2，不等式>a-1恒成立，则实数a的最大值为_______.  思维路径：等价变形给定不等式，构造函数g（x）=f（x）-（a-1）x，利用函数单调性定义可得g（x）在[0，+∞）上单调递增，再利用导数求出a的范围即可. 解析：不妨令x1>x2≥0，依题意，∀x1，x2∈[0，+∞），x1>x2，>a-1⇔f（x1）-（a-1）x1>f（x2）-（a-1）x2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 令g（x）=f（x）-（a-1）x=ex-ax2-ax，则∀x1，x2∈[0，+∞），x1>x2，g（x1）>g（x2），函数g（x）在[0，+∞）上单调递增，因此∀x∈[0，+∞），g'（x）=ex-a（2x+1）≥0⇔a≤恒成立.令函数h（x）= ，x≥0，求导得h'（x）=，当0≤x<时，h'（x）<0； 当x>时，h'（x）>0，函数h（x）在上单调递减，在上单调递增，h（x）min=h=，即a≤，所以实数a的最大值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 四、解答题 14.（15分）（2025·黄山一模）已知函数f（x）=x2-aln x-a3. （1）当a=1时，求函数f（x）在上的最值；（6分） 解：当a=1时，f（x）=x2-ln x-，则f'（x）=x-=，x>0，由f'（x）>0，得x>1，由f'（x）<0，得0<x<1，所以f（x）在内单调递减，在（1，3）内单调递增，所以f（x）min=f（1）=0.因为f（3）=4-ln 3，f=ln 2-，又4-ln 3-=4+-ln 6>0，所以f（3）>f， f（x）max=f（3），所以f（x）的最大值为4-ln 3，最小值为0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 （2）若f（x）有极值且极小值大于0，求a的取值范围.（9分） 解：因为f'（x）=x-=，x>0，当a≤0时，f'（x）>0恒成立，即 f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值；当a>0时，由f'（x）=0，得x=，当0<x<时，f'（x）<0，即f（x）单调递减，当x>时，f'（x）>0，即f（x）单调递增，所以当x=时，f（x）有极小值， 极小值为f（）=a（1-ln a-a2），由f（）=a（1-ln a-a2）>0，得1-ln a-a2>0.令F（a）=1-ln a-a2，a>0，则F'（a）=--2a<0， 所以函数F（a）在（0，+∞）上单调递减，又F（1）=0， 由F（a）>F（1），得a<1，则0<a<1.综上，a的取值范围为（0，1）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 拓展延伸：当函数的解析式中含有参数时，求其单调区间往往需要分类讨论，本质上可以归纳为讨论导函数的零点问题.当导函数只有一个零点时，令导函数的零点为分界点进行分类求解；当导函数有多个零点时，要先讨论零点的大小，再细化讨论. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 15.（15分）已知函数f（x）=a（x-1）ex-ln x，其中a>0. （1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线经过点（2，2），求a的值；（3分） 解：求导，得f'（x）=axex-（x>0），所以f（1）=0，f'（1）=ae-1，故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=（ae-1）（x-1），将点（2，2）代入切线方程，得a=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 （2）证明：函数f（x）存在极小值；（5分） 解：证明：函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=. 设函数m（x）=ax2ex-1，则m'（x）=a（x2+2x）ex，由a>0，x>0， 得m'（x）>0，所以函数m（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为m（0）=-1<0，m=-1>0， 所以存在唯一的x0∈，使得m（x0）=0， 即f'（x0）=0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 当x变化时，f'（x）与f（x）的变化情况如下： x （0，x0） x0 （x0，+∞） f'（x） - 0 + f（x） ↘ 极小值 ↗ 所以函数f（x）在（0，x0）内单调递减， 在（x0，+∞）上单调递增. 故函数f（x）存在极小值f（x0）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 （3）记函数f（x）的最小值为g（a），求g（a）的最大值.（7分） 解：由（2）知，函数f（x）有最小值f（x）min=f（x0）=g（a）. 由f'（x0）=ax0-=0，得a=， 所以g（a）=f（x0）=a（x0-1）-ln x0=-ln x0. 设函数h（x）=-ln x，则h'（x）=. 令h'（x）=0，得x=-2（舍去）或x=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 当x变化时，h'（x）与h（x）的变化情况如下： x （0，1） 1 （1，+∞） h'（x） + 0 - h（x） ↗ 极大值 ↘ 所以函数h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减. 所以当x=1时，h（x）max=h（1）=0，即当x0=1时，f（x0）max=0. 结合a=，知当x0=1时，a=.由函数y=（x>0）的导数y'= <0，知其在区间（0，+∞）上单调递减，故当且仅当a=时x0=1. 所以当a=时，g（a）取得最大值0. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $