第三章 课时作业3 导数与函数的极值、最值-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数与函数极值、最值的系统性训练，以问题链构建“概念-判断-求解-应用”的方法体系，强化数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念辨析|单选1-3|极值存在性判断（导数变号）、极值点识别（导数图像与零点）|从导数几何意义到单调性，构建极值定义与判断的逻辑链| |极值综合应用|多选7-9|含参函数极值点分析（导数方程根的分布）|结合二次函数性质，深化导数与极值关系的推理| |最值求解|填空10-12、解答13|闭区间最值求法（极值与端点值比较）|衔接极值与最值概念，形成“求导-判单调-算极值-比端点”的解题流程| |参数范围问题|单选6、解答14|恒成立问题转化（构造函数求最值）|运用数学语言表达函数关系，建立“函数最值-参数范围”的模型观念|

课时3 导数与函数的极值、最值 一、单选题 1．下列函数存在极值的是(　　) A．y＝ B．y＝x－ex C．y＝2 D．y＝x3 2、已知函数f(x)的定义域为R，导数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　) A．无极大值点，有四个极小值点 B．有三个极大值点，一个极小值点 C．有两个极大值点，两个极小值点 D．有四个极大值点，无极小值点 3、若函数f(x)＝的极大值点与极小值点分别为a，b，则a＋b＝(　　) A．－4　　　　　　　　　 B. C．0 D．2 4．函数在区间的最小值、最大值分别为（    ） A． B． C． D． 5．若当时，函数取得最大值，则（    ） A． B． C． D．1 6．(2025·安徽淮北市模拟)已知函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么实数a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C. D. 二、多选题 7．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个单调递增区间可以是(　　) A．(－∞，2) B．(3，＋∞) C．(2，＋∞) D．(－∞，3) 8、下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断正确的有(　　) A．f(x)>0的解集是{x|0<x<2} B．f(－)是极小值，f()是极大值 C．f(x)没有最小值，也没有最大值 D．f(x)有最大值，无最小值 9、若函数f(x)＝aln x＋＋(其中a≠0)既有极大值也有极小值，则有(　　) A.bc>0 B.ab>0 C.b2＋8ac>0 D.ac<0 三、填空题 10．（2025·陕西商洛市期中) 函数y=的最大值为 . 11、函数的极大值为 ． 12．(2025·湖南长沙市长郡中学月考)函数f(x)=x3-x2-x+a在区间[0，2]上的最大值是3，则实数a的值为　　　　　　.  四、解答题 13．（2025·江西九江一中检测）已知函数，且的图象在处的切线方程是．求： (1)实数，的值； (2)函数的单调区间和极值． 14．(2025·河南开封市模拟)已知函数f(x)＝2x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3. (1) 求函数f(x)的最小值； (2) 若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围. 课时3 导数与函数的极值、最值参考答案 1．B【解析】对于y＝x－ex，y′＝1－ex，令y′＝0，得x＝0.在区间(－∞，0)上，y′>0；在区间(0，＋∞)上，y′<0.故当x＝0时，函数y＝x－ex取得极大值．故选B. 2、C【解析】设f′(x) 的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4 .当x<x1 时，f′(x)>0，当x1<x<x2 时，f′(x)<0，则x＝x1 为极大值点，同理，x＝x3 为极大值点，x＝x2，x＝x4 为极小值点．故选C. 3、D【解析】对f′(x)＝，当－<x<时，f′(x)>0；当x<－或x>时，f′(x)<0.故f(x)＝的极大值点与极小值点分别为，－，则a＝，b＝－，所以a＋b＝0.故选D. 4．D【解析】，所以在区间和上，即单调递增；在区间上，即单调递减. 又，，，所以在区间上的最小值为，最大值为.故选D. 5．B【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有． 故选B. 6．A【解析】设h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈[1,3)时，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得极小值也是最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，所以h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．故选A. 7．AB【解析】因为f′(x)＝6x2＋2ax＋36，且在x＝2处有极值，所以f′(2)＝0，即24＋4a＋36＝0，解得a＝－15，所以f′(x)＝6x2－30x＋36＝6(x－2)(x－3).由f′(x)＞0得x＜2或x＞3.故选AB. 8、ABD【解析】由f(x)>0得0<x<2，故A正确． f′(x)＝(2－x2)ex，令f′(x)＝0，得x＝±，当x<－或x>时，f′(x)<0，当－<x<时，f′(x)>0，所以当x＝－时，f(x)取得极小值，当x＝时，f(x)取得极大值，故B正确． 当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，且f()>0，结合函数的单调性可知，函数f(x)有最大值无最小值，故C不正确，D正确．故选ABD. 9、BCD【解析】由题意可知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.由f(x)既有极大值也有极小值，可知关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以所以b与a同号，c与a异号，故bc<0，所以A错误，BCD正确.故选BCD. 10．e-1【解析】由题意，得函数定义域为(0，+∞)，令y'==0⇒x=e.当x>e时，y'<0；当0<x<e时，y'>0，所以函数在x=e处取得极大值为e-1，因为在定义域内只有一个极值，所以ymax=e-1. 11、【解析】.当时，，当时，，故在，上单调递减，在上单调递增，故有极大值. 12．1【解析】由题意可知，f '(x)=3x2-2x-1，令f '(x)=0，解得x=1或x=-(舍去).当0≤x<1时，f '(x)<0；当1<x≤2时，f '(x)>0，所以函数f(x)在[0，1]上单调递减，在(1，2]上单调递增.又f(0)=a，f(1)=a-1，f(2)=a+2，则f(2)最大，所以当x=2时，函数f(x)在区间[0，2]上的最大值为f(2)=a+2=3，解得a=1. 13．【解】（1）因为，所以.又在处的切线方程为，所以，，解得，． （2）由（1）可得定义域为，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增， 则在处取得极小值，所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 因此极小值为，无极大值． 14．【解】(1) f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(ln x＋1).令f′(x)＝0，得x＝.当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．故当x＝时，f(x)取得最小值－. (2) 存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≤g(x)成立，即2x ln x≤－x2＋ax－3在x∈(0，＋∞)上能成立， 等价于a≥2ln x＋x＋在x∈(0，＋∞)上能成立，等价于a≥(2ln x＋x＋)min.记h(x)＝2ln x＋ x＋，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝＋1－＝＝.当x∈(0，1) 时，h′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0.所以当x＝1时，h(x)取得最小值4，故a≥4. 故实数a的取值范围是[4，＋∞). . 学科网（北京）股份有限公司 $