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（广东专版）

**基本信息** 聚焦导数与函数极值最值，以题载法构建“求导-判号-定单调-求极值/最值”完整解题体系，强化数学思维与应用意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|8题|导数符号分析极值点、参数分离求范围、构造函数研究单调性|从导数几何意义到极值判定，构建“概念-判定-应用”逻辑链| |解答题|5题|分类讨论含参函数极值、利用导数证明不等式|综合应用导数解决极值最值问题，拓展至参数范围与证明|

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.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(x)，且函数y＝(1－x)f'(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　) A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2) D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2) 答案：D 解析：由题图可知，当x＜－2时，f'(x)＞0；当－2＜x＜1时，f'(x)＜0；当1＜x＜2时，f'(x)＜0；当x＞2时，f'(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.故选D. 2.函数f(x)＝x3＋x2－3x－1的极小值点为(　　) A.1 B. C.－3 D.(－3，8) 答案：A 解析：f'(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，所以函数f(x)＝x3＋x2－3x－1在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝1处有极小值，极小值点为1.故选A. 3.已知函数f(x)＝－xex，那么f(x)的极大值为(　　) A. B.－ C.－e D.e 答案：A 解析：因为函数f(x)＝－xex，所以f'(x)＝－(x＋1)ex.令f'(x)＝0，得x＝－1，当x＜－1时，f'(x)＞0；当x＞－1时，f'(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以f(x)极大值＝f(－1)＝.故选A. 4.函数f(x)＝xcos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为(　　) A.1 B.π C. D. 答案：B 解析：根据题意得f'(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，当x∈[－π，0]时，sin x≤0，f'(x)≤0，所以f(x)在[－π，0]上单调递减，故函数f(x)在区间[－π，0]上的最大值为f(－π)＝π.故选B. 5.(多选)下列说法正确的是(　　) A.f(x)＝x＋(x∈R)的最小值为e B.f(x)＝(x＞0)的最小值为e C.f(x)＝x－ln x(x＞0)的最小值为e D.f(x)＝x(x＞0)的最小值为e 答案：BD 解析：对于A，f(x)＝x＋(x∈R)，f'(x)＝1－＝，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(0)＝1，故A错误；对于B，f(x)＝(x＞0)，f'(x)＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，故B正确；对于C，f(x)＝x－ln x(x＞0)，f'(x)＝1－＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝1，故C错误；对于D，f(x)＝x(x＞0)，f'(x)＝＋x·(－)＝，函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)的最小值为f(1)＝e，故D正确.故选BD. 6.(多选)对于函数f(x)＝x3－3x，下列结论中正确的是(　　) A.f(x)是奇函数 B.f(x)在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增 C.f(x)在x＝－1处取得极大值2 D.f(x)的值域是[－2，2] 答案：ABC 解析：对于A，因为对∀x∈R，f(－x)＝－x3＋3x＝－f(x)，故A正确；对于B，f'(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f'(x)＞0可得x＜－1或x＞1，令f'(x)＜0可得－1＜x＜1，所以函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，故B正确；对于C，由f'(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，结合选项B可知，x＝－1是函数f(x)的极大值点，此时函数f(x)的极大值为f(－1)＝－1＋3＝2，故C正确；对于D，由B选项可知，函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，作出f(x)的大致图象如图所示，所以f(x)无最大值，无最小值，故D错误.故选ABC. 7.当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f'(2)＝　　　　. 答案：－ 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，依题意可知而f'(x)＝－，所以所以f'(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意.所以f'(2)＝－1＋＝－. 8.已知函数f(x)＝x(ln x－ax)在(0，＋∞)上有两个极值，则实数a的取值范围是　　　　. 答案： 解析：f'(x)＝ln x＋1－2ax，由题意知ln x＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，则2a＝.设g(x)＝，则g'(x)＝－.当0＜x＜1时，g'(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g'(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)的极大值为g(1)＝1.又当x＞1时，g(x)＞0，当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0时，g(x)→－∞，所以0＜2a＜1，即0＜a＜. 【教师备选】　(2025·重庆诊断)若f(x)＝ex－2msin xcos x，x∈存在极值，则实数m的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：根据题意可知，f(x)＝ex－msin 2x，f'(x)＝ex－2mcos 2x＝0在上有解，即2m＝.令g(x)＝，则g'(x)＝＞0，则g(x)在上单调递增.又当x→0时，g(x)→1，当x→时，g→，所以1＜2m＜，所以＜m＜.故选A. 9.(10分)(2025·广东茂名一模)已知函数f＝ln x－ax2＋1. (1)当a＝1时，求函数f在x＝1处的切线方程； (2)若函数f的最大值为0，求实数a的值. 解：(1)当a＝1时f＝ln x－x2＋1，则f＝0，f'＝－2x， 所以f'＝－1，所以切线方程为y＝－，即x＋y－1＝0. (2)函数f＝ln x－ax2＋1的定义域是，且f'＝－2ax＝， 当a≤0时，f'＞0恒成立，所以函数f上单调递增，则无最大值，故舍去； 当a＞0时，令1－2ax2＝0，解得x1＝－(舍去)，x2＝， 所以当x∈时，f'＞0，即f上单调递增， 当x∈时，f'＜0，即f上单调递减， 所以f在x＝处取得极大值，即最大值， 所以f＝ln－a＋1＝0， 即－ln－＋1＝0，即ln＝1，所以a＝. 【教师备选】　(2025·浙江宁波一模)已知函数f(x)＝x2(a－ln x)在(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋2平行. (1)求a的值； (2)求f(x)的极值. 解：(1)函数f(x)＝x2(a－ln x)，则f'(x)＝2ax－x－2xln x. 因为f(x)＝x2(a－ln x)在(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋2平行， 所以f'(1)＝2a－1＝1，故a＝1. (2)由(1)得f(x)＝x2(1－ln x)，定义域是(0，＋∞). 令f'(x)＝x－2xln x＝0，得x＝， 则f'(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x (0，) (，＋∞) f'(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 单调递减 故f(x)的极大值为，无极小值. (10、11题，每小题5分，共10分) 10.(2025·江苏盐城二模)已知a∈R，若函数f＝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＋－ln x的定义域是，所以f'＝1－－＝.因为函数f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. 11.(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. 12.(13分)已知函数f(x)＝cos x－ax2，其中a∈R. (1)当a＝ － 时，求曲线y＝f(x)在x＝处的切线方程； (2)若函数f(x)在(－π，π)上恰有两个极小值点x1，x2，求实数a的取值范围. 解：(1)当a＝－时，f(x)＝cos x＋x2， 则f'(x)＝－sin x＋x， 所以f()＝，f'()＝1， 所以曲线y＝f(x)在x＝处的切线方程为y－ ＝x－ ，即y＝x. (2)因为f(－x)＝cos (－x)－a(－x)2＝cos x－ax2＝f(x)，所以f(x)是(－π，π)上的偶函数. 因为函数f(x)在(－π，π)上恰有两个极小值点， 所以函数f(x)在(0，π)上恰有一个极小值点. 不妨设一个极值点x1＞0，f'(x)＝－sin x－2ax， 令g(x)＝－sin x－2ax，则g'(x)＝－cos x－2a. ①当a≥0时，f'(x)＜0，则f(x)在(0，π)上单调递减，无极小值. ②当a≤－时，g'(x)＞0，则f'(x)在(0，π)上单调递增，所以f'(x)＞f'(0)＝0. 则f'(x)＞0，此时f(x)在(0，π)上单调递增，无极小值. ③当－ ＜a＜0时，存在x0∈(0，π)，使g'(x0)＝－cos x0－2a＝0， 当x∈(0，x0)时，g'(x)＜0，所以f'(x)在(0，x0)上单调递减， 当x∈(x0，π)时，g'(x)＞0，所以f'(x)在(x0，π)上单调递增. 因为f'(0)＝0，f'(π)＝－2aπ＞0， 由零点存在定理知存在x1∈(x0，π)，使得f'(x1)＝－sin x1－2ax1＝0， 当x∈(0，x1)时，f'(x)＜0，所以f(x)在(0，x1)上单调递减， 当x∈(x1，π)时，f'(x)＞0，所以f(x)在(x1，π)上单调递增， 所以函数f(x)在(0，π)上恰有一个极小值点x＝x1. 所以函数f(x)在(－π，π)上恰有两个极小值点. 综上所述，实数a的取值范围是(－，0). 13.(17分)(2025·浙江杭州二模)已知函数f＝xex－ax2－ax(a∈R). (1)若a＝0，求f的极小值； (2)当a＞时，求f的单调递增区间； (3)当a＞0时，设f的极大值为g，求证：g≥－. 解：(1)根据题意知f'＝ex－ax－a＝. 若a＝0，则f＝xex，所以f'＝ex. 令f'＝0，得x＝－1. 当x∈时，f'＜0，当x∈时，f'＞0， 所以f上单调递减，在上单调递增， 所以f的极小值为f＝－. (2)因为a＞，所以ln a＞－1， 由f'＞0，即＞0，解得x＜－1或x＞ln a，所以f上单调递增， 由f'＜0，即＜0，解得－1＜x＜ln a，所以f上单调递减， 故f的单调递增区间是(－∞，－1)和. (3)证明：当a＞时，由(2)知，f的极大值等于f＝g＝－＋a＞－＞－. 当a＝时，f'≥0，f单调递增，f无极大值. 当0＜a＜时，当x∈时，f'＞0，f单调递增，当x∈时，f'＜0，f单调递减， 当x∈(－1，＋∞)时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. 所以f的极大值等于f＝g ＝－a. 令g＝－x(0＜x＜)， 所以g'＝－ln x， 当x∈，g'＜0，当x∈，g'＞0，所以g上单调递减，在上单调递增， 所以g≥g＝－，即g(a)≥－， 综上所述，g≥－. 学科网（北京）股份有限公司 $