课时规范练20 利用导数研究函数的极值、最值-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以导数工具为核心，通过基础巩固与综合提升分层训练，系统构建极值最值求解的逻辑链条，培养数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|6题|三次函数最值、含参数极值、三角函数最值、极值点求参数、恒成立求最值、导数几何意义与单调性|导数工具性（求导→判断单调性→极值/最值）| |综合提升练|3题|分式函数极值和、含指函数极值判断、证明极值点与零点|导数应用深化（综合导数符号分析、构造函数、分类讨论）|

课时规范练20　利用导数研究函数的极值、最值 (分值:66分) (单选题每小题5分,多选题每小题6分,填空题每小题5分) 基础巩固练 1.(2025·上海浦东模拟)函数f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在区间[-2,2]上有最大值3,则f(x)在区间[-2,2]上的最小值为(　　) A.-37 B.-5 C.1 D.5 2.(2025·重庆巴蜀中学模拟)若函数f(x)=(ax2+b)ex在x=1时有极小值-2e,则ab=(　　) A.-2 B.-3 C.-e D.-1 3.函数f(x)=sin x-xcos x在[-]上的最小值为(　　) A. B.-1 C. D.0 4.(2025·全国2,13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x-a)的极值点,则f(0)=　　　　　.  5.(2025·辽宁名校联盟一模)已知函数f(x)=xex-ax-bex+ab(a>0),若f(x)≥0,则的最大值为　　　　　.  6.(15分)已知函数f(x)=e2x-(e2+1)ex+ax,a∈R. (1)a=0时,曲线y=f(x)在x=0处的切线与x=x0(x0≠0)处的切线平行,求x0的值; (2)若函数f(x)是增函数,求实数a的取值范围; (3)若a=e2,求函数f(x)的单调区间与极值. 综合提升练 7.(2025·安徽蚌埠模拟)设函数f(x)=x--3ln x,记f(x)的极小值点为x1,极大值点为x2,则f(x1)+f(x2)=(　　) A.2 B.2ln 2 C.3ln 2 D.-3ln 2 8.(多选题)已知函数f(x)=(x2-3x+1)ex,则下列说法中正确的是(　　) A.f(x)在R上有两个极值点 B.f(x)在x=-1处取得最小值 C.f(x)在x=2处取得极小值 D.函数f(x)在R上有三个不同的零点 9.(15分)(2025·全国2,18)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,其中0<k<. (1)证明:f(x)在区间(0,+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点; (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0,+∞)的极值点和零点. ①设函数g(t)=f(x1+t)-f(x1-t).证明:g(t)在区间(0,x1)单调递减; ②比较2x1与x2的大小,并证明你的结论. 参考答案 课时规范练20　利用导数研究函数的极值、最值 1.A　解析 由已知得f'(x)=6x2-12x=6x(x-2),故当x∈[-2,0)时,f'(x)>0,f(x)在区间[-2,0)上单调递增,当x∈(0,2]时,f'(x)≤0,f(x)在区间(0,2]上单调递减,故当x=0时,f(x)取得最大值f(0)=m=3,此时f(x)=2x3-6x2+3.当x∈[-2,0)时,f(x)≥f(-2)=-37,当x∈(0,2]时,f(x)≥f(2)=-5,故最小值为f(-2)=-37.故选A. 2.B　解析 f'(x)=(ax2+2ax+b)ex,因为f(x)在x=1时有极小值-2e,所以解得此时f'(x)=(x2+2x-3)ex=(x+3)(x-1)ex,当x<-3或x>1时,f'(x)>0,当-3<x<1时,f'(x)<0,所以f(x)在x=1时有极小值成立,因此a=1,b=-3,ab=-3.故选B. 3.B　解析 f'(x)=cos x-(cos x-xsin x)=xsin x,所以f'(0)=0,且当x∈[-,0)时,f'(x)>0,x∈(0,]时,f'(x)>0,即f'(x)≥0在[-]上恒成立,所以f(x)在[-]上单调递增,因此f(x)在[-]上的最小值为f(-)=sin(-)-(-)·cos(-)=-1.故选B. 4.-4　解析 f'(x)=[(x-2)(x-1)(x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]',又f'(2)=0,即2-a=0,所以a=2,所以f(0)=-4. 5.1　解析 f(x)=xex-ax-bex+ab=(x-b)ex-a(x-b)=(x-b)(ex-a),若f(x)≥0恒成立,则a=eb,那么,令g(a)=(a>0),g'(a)=,当a∈(0,1)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)≤g(1)=1,即可得的最大值为1,当且仅当a=1时,等号成立. 6.解 (1)当a=0时,f(x)=e2x-(e2+1)ex,f'(x)=e2x-(e2+1)ex, ∴f'(0)=-e2=f'(x0)=-(e2+1),即-1)-e2(-1)=0,(-1)(-e2)=0,解得x0=2. (2)由f(x)是增函数,∴f'(x)=e2x-(e2+1)ex+a≥0,即(ex-)2+a-≥0恒成立,∴a≥.故实数a的取值范围为[,+∞). (3)当a=e2时,f'(x)=e2x-(e2+1)ex+e2=(ex-1)(ex-e2),由f'(x)>0得x<0或x>2,由f'(x)<0得0<x<2,∴f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(2,+∞),单调递减区间为(0,2). ∴f(x)的极大值为f(0)=-e2-,f(x)的极小值为f(2)=e2-e4. 7.D　解析 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=1+,当x∈(0,1)∪(2,+∞)时,f'(x)>0,当x∈(1,2)时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,1)和(2,+∞)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以x1=2,x2=1,所以f(x1)+f(x2)=x1+x2-2()-3ln(x1x2)=3-3-3ln 2=-3ln 2.故选D. 8.AC　解析 f(x)的定义域为R,f'(x)=(x2-x-2)ex=(x-2)(x+1)ex,∴当x∈(-∞,-1)∪(2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(-1,2)时,f'(x)<0.∴f(x)在(-∞,-1),(2,+∞)内单调递增,在(-1,2)内单调递减,∴f(x)的极大值为f(-1)=,极小值为f(2)=-e2,当x<0时,x2-3x+1>0,ex>0,∴f(x)>0恒成立,可作出f(x)图象(如图所示). 对于A,f(x)的极大值点为-1,极小值点为2,故选项A正确;对于B,f(-1)不是f(x)的最小值,故选项B错误;对于C,f(x)在x=2处取得极小值,故选项C正确;对于D,由图象可知,f(x)有且仅有两个不同的零点,故选项D错误.故选AC. 9.(1)证明 ∵f(x)=ln(1+x)-x+x2-kx3,∴f'(x)=-1+x-3kx2==x2(-3k), ∴当x∈(0,-1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴-1是f(x)在(0,+∞)上唯一的极值点. ∵f(0)=0,∴f(-1)>f(0)=0, f()=ln(1+)-=ln(1+)-. 令h(x)=ln(1+x)-x,x≥0,则h'(x)=-1=<0,∴h(x)在[0,+∞)上单调递减,∴f()=h()<h(0)=0,∴f(x)在(-1,)上存在零点.又f(x)在(-1,+∞)上单调递减,∴f(x)在(0,+∞)上存在唯一零点. (2)①证明 由(1)知x1=-1,则k=, ∵g(t)=f(x1+t)-f(x1-t), ∴g'(t)=f'(x1+t)+f'(x1-t) =(x1+t)2(-3k)+(x1-t)2(-3k) =(x1+t)2()+(x1-t)2() =(x1+t)2+(x1-t)2 =]= =, 当t∈(0,x1)时,g'(t)<0, ∴g(t)在(0,x1)上单调递减. ②解 由①知,g(x1)<g(0)=0, ∴g(x1)=f(2x1)-f(0)<0,即f(2x1)<f(0)=0,又x2为f(x)的零点,∴f(x2)=0,∴f(2x1)<f(x2). 由(1)知,f(x)在(x1,+∞)上单调递减,且x2>x1,∴2x1>x2. 3 学科网（北京）股份有限公司 $