第3章 第19讲 导数与函数的极值、最值(Word练习)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（北师大版）

**基本信息** 导数与函数的极值、最值专项训练，以分层测评构建导数应用方法体系，整合图像分析、分类讨论等技巧，逻辑贯穿概念生成到跨知识点综合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|8题（含多选、多题同解）|导函数符号与单调性关系、极值点判定、参数方程根分析|从导数几何意义到函数单调区间，结合数列、三角函数应用| |综合运用练|2题|极值点与区间含参问题、函数最值转化|深化导数与函数性质关联，强化分类讨论思想| |创新拓展练|1题|跨函数最值比较、存在性问题转化|整合导数与三角函数综合应用，提升数学思维与表达能力|

课时分层测评22　导数与函数的极值、最值 (时间：60分钟　满分：90分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) (1－8题，每小题5分，共40分) 1.(2026·广东广州模拟)已知函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么对于函数y＝f(x)，下列说法正确的是(　　) A．f(x)在上单调递增 B．f(x)在上单调递减 C．f(x)在x＝2处取得极大值 D．f(x)在x＝1处取得极大值 答案：C 解析：由图知，在(－∞，－1)，(2，＋∞)上f′(x)＜0，在(－1，2)上f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，所以f(x)在x＝－1处取得极小值，在x＝2处取得极大值．故选C． 2.(2026·陕西汉中模拟)在等比数列中，a3，a7是函数f(x)＝x3＋4x2＋9x－1的极值点，则a5＝(　　) A．－4 B.3 C．±3 D．－3 答案：D 解析：由f(x)＝x3＋4x2＋9x－1，则f′(x)＝x2＋8x＋9.因为在等比数列中，a3，a7是函数f(x)的极值点，所以a3＋a7＝－8，a3·a7＝9，故＝9，且a3＜0，a7＜0，故a5＝a3q2＜0，故a5＝－3.故选D． 3.(2026·湖北黄冈模拟)已知函数f(x)＝2cos x＋sin 2x，则f(x)的最小值为(　　) A．－ B．－ C．－2 D．－3 答案：B 解析：依题意，知f(x)的一个周期为T＝2π，故只需考虑f(x)在上的值域.f'(x)＝－2sin x＋2cos 2x＝－2sin x＋2＝－2(2sin x－1)，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，在上单调递减，因此f(x)的极小值为f＝－，极大值为f＝.又易知f＝2，所以函数f(x)在上的值域为，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. 4.(2025·浙江台州二模)已知a∈R，若函数f(x)＝x＋－ln x既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：因为函数f(x)＝x＋－ln x的定义域是，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有两个不等的正根x1，x2，所以解得－＜a＜0.故选C. 5.(多选)已知函数f(x)＝ex－2x＋1，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)有极大值2ln 2 B．f(x)有极小值3－2ln 2 C．f(x)无最大值 D．f(x)在上单调递增 答案：BCD 解析：因为f(x)＝ex－2x＋1的定义域是R，并且f′(x)＝ex－2，f′(x)＝0时，x＝ln 2，当x∈(－∞，ln 2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，无极大值，也无最大值，并且f(x)极小值＝f＝3－2ln 2，所以B、C、D正确，A错误．故选BCD． 6.(多选)(2025·全国二卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则(　　) A．f(0)＝0 B．当x＜0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C．f(x)≥2，当且仅当x≥ D．x＝－1是f(x)的极大值点 答案：ABD 解析：对于A，根据奇函数的定义有f(0)＝0，故A正确；对于B，当x＜0时，－x＞0，所以f(－x)＝(x2－3)e－x＋2，因为f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；对于C，当x＞0时，f'(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x－1)(x＋3)ex，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又f()＝2，当x→0＋时，f(x)→－1，所以由f(x)≥2得x≥；当x＜0时，f(－1)＝2(e－1)＞2，满足f(x)≥2，但－1∉[，＋∞)，故C错误；对于D，根据C解析知x＝1是函数f(x)的极小值点，根据奇函数图象关于原点对称，知x＝－1是函数f(x)的极大值点，故D正确.故选ABD. 【教师备选】　(多选)(2026·河南鹤壁模拟)已知函数g(x)＝＋ln x，x∈，则(　　) A．当a≤0时，g(x)有最大值 B．当0＜a＜e时，g(x)可以取得最小值－1 C．当0＜a＜e时，g(x)可以取得最小值2 D．当a≥e时，g(x)可以取得最小值3 答案：ABD 解析：当a≤0时，g(x)在上单调递增，此时g(x)有最大值，故A正确；g'(x)＝－＋＝，当0＜a＜e时，若0＜x＜a，则g'(x)＜0，故g(x)在上单调递减；若a＜x≤e，则g'(x)＞0，故g(x)在上单调递增.令g(x)min＝g(a)＝＋ln a＝－1，得a＝，满足条件，故B正确；令g(x)min＝g(a)＝＋ln a＝2，得a＝e，不满足条件，故C不正确；当a≥e时，若0＜x≤e，则g'(x)≤0，所以g(x)在上单调递减，令g(x)min＝g(e)＝＋ln e＝3，得a＝2e，所以此时g(x)有最小值3，故D正确.故选ABD. 7.(多题同解)(1)(2026·山东名校联考模拟)已知函数f(x)＝x2－8ln x在其定义域内的区间(a－2，a＋3)内有极值点，则实数a的取值范围是　　　　． (2)若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围是　　　　． 答案：(1)　(2)(－∞，－2) 解析：(1)由f(x)＝x2－8ln x，可知x＞0，f'(x)＝2x－＝＝.当x＞2时，f'(x)＞0，当0＜x＜2时，f'(x)＜0，所以f(x)＝x2－8ln x在单调递减，在单调递增，存在唯一极值点2，所以a－2＜2＜a＋3，解得－1＜a＜4.又a－2≥0，所以a≥2，所以实数a的取值范围是. (2)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)的极值点.根据题意，得ln(－)＞0，即ln(－)＜0，即0＜－＜1，解得a＜－2. 8.(2026·湖北黄冈模拟)若函数f(x)＝x3－3x＋3a在区间的值域为，则am的取值范围是　　　　． 答案： 解析：因为f(x)＝x3－3x＋3a，则f'(x)＝3x2－3＝3，所以当x＜－1或x＞1时f'(x)＞0，当－1＜x＜1时f'(x)＜0，所以f(x)在，上单调递增，在上单调递减，且f＝－2＋3a，f＝2＋3a，f＝－2＋3a.因为f(x)在区间的值域为，所以f＝2＋3a＝8，解得a＝2，此时f(x)＝x3－3x＋6，f＝f＝－2＋3a＝4.又f＝f＝8，所以－1＜m≤2，则am＝2m∈. 9.(10分)已知函数f(x)＝x3－4x＋4.求： (1)函数f(x)的极值； (2)函数f(x)在［0，3］上的最大值与最小值； (3)函数h(x)＝ln x－4－f′(x)在(0，a］(a＞0)上的最大值． 解：(1)f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)． 令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 故当x＝－2时，f(x)有极大值，且f(x)的极大值为f(－2)＝． 当x＝2时，f(x)有极小值，且f(x)的极小值为f(2)＝－． (2)由(1)，可知f(x)在区间［0，2)上单调递减，在区间(2，3］上单调递增，且f(0)＝4，f(3)＝1. 故f(x)在［0，3］上的最大值为f(0)＝4，最小值为f(2)＝－． (3)h(x)＝ln x－x2，h(x)的定义域是(0，＋∞)． h'(x)＝－2x＝.令h'(x)＞0，得＞0. 因为x＞0，所以0＜x＜.故h(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减. 当0＜a≤时，h(x)在(0，a]上单调递增，此时h(x)max＝h(a)＝ln a－a2. 当a＞时，h(x)在(0，)上单调递增，在(，a)上单调递减，此时h(x)max＝h()＝ln －＝－ln 2－. 综上，当0＜a≤时，h(x)的最大值为h(a)＝ln a－a2； 当a＞时，h(x)的最大值为h()＝－ln 2－. 【教师备选】　(2026·江苏南通模拟)已知函数f(x)＝ax3＋2bx＋6在x＝－1处取得极大值10. (1)求a，b的值； (2)求f(x)在上的最值． 解：(1)f'(x)＝3ax2＋2b， 故f＝－a－2b＋6＝10且f'＝3a＋2b＝0，解得a＝2，b＝－3， 则f'(x)＝6x2－6＝6. 令f'(x)＝0，则x＝±1， 当x＜－1时，f'(x)＞0，当－1＜x＜1时，f'(x)＜0，当x＞1时，f'(x)＞0， 故f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故f(x)在x＝－1处取到极大值，故a＝2，b＝－3满足题意. (2)由(1)知：f(x)在单调递增，在单调递减， 且f(x)极大值＝f＝10，f(x)极小值＝f＝2，f＝－16＋12＋6＝2，f＝16－12＋6＝10， 故最大值为10，最小值为2. (10、11题，每小题5分，共10分) 10.(2026·浙江宁波模拟)已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)2，其中a＜b，5为f(x)的极小值点．若f(x)在内有最大值，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：依题意，知f'(x)＝＋2(x－a)(x－b)＝3(x－b)(x－).由a＜b，所以＜b，当x＜或x＞b时，f'(x)＞0，即f(x)在(－∞，)，(b，＋∞)上单调递增，当＜x＜b时，f'(x)＜0，即f(x)在(，b)上单调递减，所以极小值点为x＝b＝5，极大值点为x＝，而f＝＝－，且f＝(－a)(－b)2＝－，所以只需a＜＜a＋3≤，即a＜＜a＋3≤，所以－4＜a≤.故选D. 11.(2026·河南信阳模拟)若函数f(x)＝－x＋ln x－ln a的最小值为1，则实数a的取值范围是　　　　． 答案： 解析：f(x)＝－x＋ln x－ln a＝ex－ln x＋ln a－.令x－ln x＋ln a＝t，原式可化为g＝et－t，g'＝et－1，当t＞0，g'＞0，g单调递增，当t＜0，g'＜0，g单调递减，当且仅当t＝0时，g取得最小值1，所以x－ln x＋ln a＝0有解，即x－ln x＝－ln a有解.记h(x)＝x－ln x，h'(x)＝1－＝，当x＞1，h'(x)＞0，h(x)在单调递增，当0＜x＜1，h'(x)＜0，h(x)在单调递减，故h(x)≥h＝1，且当x→0，h(x)→＋∞，x→＋∞，h(x)→＋∞，所以－ln a≥1，所以0＜a≤. 12.(15分)(2025·福建福州模拟)已知函数f(x)＝x2－2aln x． (1)求函数f(x)的极值点； (2)若函数f(x)在区间上的最小值为0，求实数a的值． 解：(1)函数f(x)＝x2－2aln x的定义域是. 又f'(x)＝2x－＝＝， 所以当0＜x＜时f'(x)＜0，当x＞时f'(x)＞0， 所以f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是， 所以x＝为f(x)的极小值点，无极大值点. (2)当≤1，即0＜a≤1时，f(x)在上单调递增，所以在x＝1处取得最小值，f(x)min＝f＝1≠0，不符合题意； 当1＜＜e，即1＜a＜e2，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f＝a－2aln ＝0，解得a＝e； 当≥e，即a≥e2，此时f(x)在上单调递减， 所以f(x)min＝f＝e2－2a≤e2－2e2＜0，不符合题意. 综上可得a＝e. 13.(15分)(2026·广东广州模拟)已知函数f(x)＝－mx＋ln x＋1，g(x)＝cos x＋xsin x－1. (1)求g(x)在区间的最大值和最小值； (2)讨论函数f(x)的单调区间与极值； (3)若m＞，对任意x1∈，总存在x2∈［0，π］，使得不等式f－g＞1成立，试求实数m的取值范围． 解：(1)由g(x)＝cos x＋xsin x－1⇒g'(x)＝xcos x， 当0＜x＜时，g'(x)＞0，g(x)在上单调递增， 当＜x＜π时，g'(x)＜0，g(x)在上单调递减， 所以g(x)max＝g＝－1. 因为g＝0，g＝－2，所以g(x)min＝－2， g(x)在区间的最大值和最小值分别是－1，－2. (2)由f(x)＝－mx＋ln x＋1⇒f'(x)＝－m＋，函数f(x)的定义域是全体正实数集， 当m≤0时，f'(x)＞0，函数f(x)是正实数集上的增函数，没有极值； 当m＞0时，当0＜x＜时，f'(x)＞0，f(x)在(0，)上单调递增， 当x＞时，f'(x)＜0，f(x)在上单调递减， 该函数有极大值f＝－ln m，无极小值. 综上，当m≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间，无极值； 当m＞0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为，无极小值，有极大值－ln m. (3)问题对任意x1∈，总存在x2∈，使得不等式f－g＞1成立，等价于 f(x)在上的最小值与g(x)在上的最小值的差大于1， 当m≥1时，则有0＜≤1，由(2)可知f(x)在上的最小值为f(x)min＝f＝－2m＋1＋ln 2. 由(1)可知g(x)在上的最小值为－2， 所以有－2m＋1＋ln 2－＞1⇒m＜1＋ln 2⇒1≤m＜1＋ln 2； 当＜m＜1时，则有1＜＜2. 由(2)可知：f(x)在上的最小值是f，f中最小的数. 因为f－f＝ln 2－m， 所以当＜m＜ln 2时，f(x)min＝f＝－m＋1， 此时有－m＋1－＞1⇒m＜2⇒＜m＜ln 2； 当ln 2≤m＜1时，f(x)min＝f＝－2m＋1＋ln 2， 则有－2m＋1＋ln 2－＞1⇒m＜1＋ln 2⇒ln 2≤m＜1. 综上：实数m的取值范围是. 学生用书⬇第72页 学科网（北京）股份有限公司 $