课时分层检测(23)导数与函数的极值、最值-【创新大课堂】2027年高三数学一轮总复习

课时分层检测（二十三） …0知识过关0 一、单项选择题 1,.函数f(x)=2+x2-3x-1的极小值点是 A.1 B(1.-) C.-3 D.(-3,8) 2.已知定义在R上的函数 f(x),其导函数f'(x)的大致 图象如图所示，则下列叙述正 ab c e x 确的是 ) A.f(b)>f(a)>f(c) B.函数f(x)在x=c处取得最大值，在x=e处 取得最小值 C.函数f(x)在x=c处取得极大值，在x=e处 取得极小值 D.函数f(.x)的最小值为f(d) 3.(2026·苏州模拟)设0<x<π，则函数f(x)= sinx十？的最小值为 ( 2 sin x A.1 R是 C.2 4.(2025·江西省重点高中联考)已知x=2是函数 f(x)=x2十alnx的极值点，则a= ( ) A.8 B.4 C.-4 D.-8 5.若函数f(x)=ex-ln(x+m)的最小值为2+ ln2,则m等于 () A.-2 B-1n2 c.-号 D.号+la2 6.(2026·武汉调研)已知任意三次函数的图象必 存在唯一的对称中心，若函数f(x)=x3十a.x2十 bx+c,且M(xo,f(xo)为曲线y=f(x)的对称 -2 导数与函数的极值、最值 中心，则必有g'(xo)=0(其中函数g(x)= 1m3+6m2+13m=10, f(x).若实数m,n满足{ 则 (n3+6n2+13n=-30, m十n= ( ) A.-4 B.-3 C.-2 D.-1 二、多项选择题 7.(2026·福州模拟)已知函数f(x)=xlnx,则下 列说法正确的有 () A.曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y= x-1 B.f(x)的单调递减区间为(0，) C.f(x)的极大值为-】 D.方程f(x)=1有两个不同的根 8.(2026·广东广州一模)已知函数f(.x)=1n4-x 十ax在x=3处取得极大值，f(x)的导函数为 '(x),则 A.a=3 4 B.当0<x<1时，f(x)>f(x2) C.f'(2+x)=f(2-x) D.当1≤x1≤x2≤3且x1十x2<4时，f(x1)+ 9 三、填空题 9.(2026·郑州质测)甲、乙两地相距240km,汽车 从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地.已知汽 车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组 3 成，固定成本为160元，可变成本为6400元.为 使全程运输成本最低，汽车应以 km/h 的速度行驶 10.若函数f(x)=22-ax+lnx在(0,2)上有极 值，则实数a的取值范围是 四、解答题 11.(2026·山东青岛第一次适应性测试)已知函数 fx)=ax-sinx∈[-2，] 1)当a=2时，讨i论f(x)的单调性： 一 282 (2)若∫(x)有两个极值点，记极大值和极小值 分别为M,m,证明：M-m<2. 素养提升o 12.(2025·全国Ⅱ卷，18,17分，难)已知函数f(x) =la1+)-x+22-x3,其中0<<3 (1)证明：f(x)在区间(0，十∞)存在唯一的极值 点和唯一的零点； 283 (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； (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论.y-(Inz+1)'z-(Inz+Dz_1-(Inz+1)_-Inz 3.D[因为0<<x,令1=sn,则0，，由g0)=号+号0 令y'<0得x>1, 所以y=血7+1的单调递减区间为1，十∞).] <1)可得ge)=号-是，当0,1时，g0<0,期)单 10.(号1）[f0=子-4红+若西数f)在[1,2]止单调， 调递减，所以当1=1时，g)有最小值g(1)=十2=号， a 即f()=3-4x+≥0或f(x)=2-4x+上≤0在[1， 即)有最小值号.] 2]上恒成立即2≥4红-子或2<4x-一在[1,2]上恒成立. 4.D[由题设知f(x)=2x+a x 则f(2)=4+号=0，可得a=-8, 令A)=4红-，则(x)在[1,2]上单调递增，所以三≥(2) 或2<1.中≥浅≤3，又>0，所以0<a≤号我a2 此时了=2--2,8且r>0, 所以0<x<2时f(x)<0,x>2时(x)>0,所以函数f(x)在 1.周为)在1.2]上不单调，故号<<1.] (0,2)上单调递增，在(2，十∞)上单调递增， 故x=2是f(x)的极小值，点，符合题意 故a=一8.故选D.」 11.(1)解因为r(z)三之+ax-(az+1Dln 所以了)=+adnx-l=x- 15.B[易知f(x)的定义城为(-m,十∞)，f(x)=e一 ,易知 --aln z, x+m f(.x)在区间(-m,十co)上单调递增，又当x·一m时，f(x)→ 1f(1)=b, 一∞；当x→十∞时，f(x)→十∞，所以春在唯一x0∈（一m, 依题意可得 f(1)=6+2, 5 十c∞)，使得f(xo)=0,即xo=-ln(o十m),所以当x∈（-m, x0)时，f(x)0;当x∈(x0,十)时，f(x)>0,所以f(x)在区 /1-1-an1=b, 间（一，x)上单调递减，在区间(x0,十o)上单调递增，所以 即}2+a-(a+1lnl=计5 f(x)的最小值为f(xo)=e,一ln(xo十m)=e。十xo=2十ln2= 2, 解得6=0， e+ln2,所以=1n2,所以e2=n2m解得m=号 1a=2. ln2.] (2)证明由1)可得)=号+2x-(2x+1Dnx, 16.A[令f(x)=x3+6.x2+13x,则f(x)=3x2+12x+13,令 h(x)=3.x2+12x十13，h′(x)=6.x十12=0，解得x=-2, 则f'(x)=x一 1-2In z. 又f(-2)=(-2)3+6×(-2)2+13×(-2)=-10,所以函数 =()=-1-2n (1+), f(x)的图象关于点（一2，-10）成中心对称.因为 m3+6m2十13m=10.所以fm)+f()=-20,又了（x)= 别g=1+是= n3+6n2+13n=-30,1 ->0, 2 3.x2+12x+13=3(x+2)2+1>0,所以函数f(x)=x3+6.x2+ 所以g(x)在(1，十○)上单调递增， 13.x在R上单调递增，所以m十n=2×(一2)=一4.] :7.AB[f(x)的定义域为(0，+co),f广(x)=lnx+1.对于A,因为 又g(1)=0, 所以当x∈(1，+∞)时，g(a)>0,即(x)>0, f1)=0,f(1)=1,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为 所以f(x)在(1，十o)上单调递增 y=x-1,故A正确：对于B,令f(x)=0,解得x=名，当x∈ 12.证明由x1>2>0,得>1，ln1-ln2>0. Z2 (0,)时，f(x)<0,所以f()的单调递减区间为(0，)故 1一x?<1+2 要证明nx1一nx2 2 B正璃：对子C当z(日十）时，x)>0,)单洞递增， 只要运<号血-n), 所以f(x)有极小值，无极大值，故C错误：对于D,f(x)的极小值 x1+x2 1一 为f(日）-n=-名当0<<1时f)<0:音x>1 即证飞 <h 时，f(x)>0,所以方程f(x)=1有且只有一个根，故D错误.] 1+ 8.ACD[由4-2>0，得0<x<4, 个号=，剥只要证当>1时，n>号恒成立， 则函数f(x)的定义城为(0,4). f(x)=ln(4-x)-lnx+a.x,x∈(0,4)， 令f(t)= 2m吊 t-l 1十 对f)=之 2 (t-1)2 因为函数f(x)在x=3处取得极大值， 则(=2t（t+1)22230】 所以f(8)=-1-子十a=0,即a=专 所以f(t)在(1，+©∞)上单调递增， 所以f(t)>f(1)=0, 北时fx)=ln4-)-lnx+音， 即>号成立，从而原不等式成立. 44(x-1)(x-3) t+1 x-4 x 3x(x-4) 课时分层检测（二十三） 令f(x)<0,得0<x<1或3<x<4: 令f(x)>0,得1<x<3, 1.A[f(x)=x2+2x-3,由x2+2x一3=0，得x=-3或x=1, 所以函数f(x)在(0,1)和(3,4)上单调递减，在(1,3)上单调递 所以画数fx)=子3+2-3x-1在(-©，-3)上单调递增， 增，剥画教f(z)在元=3处取得板大值，符合题意，即a=号，故A 在（一3,1）上单调递减，在(1，十∞)上单调递增，故f(x)在x=1: 正确； 处有极小值，极小值，点为1.门 由上面分析可知函数f(x)在(0,1)上单调递减， 2.C[由题图可知，当x≤c时，(x)≥0，所以函数f(x)在(-o, 当0x<1时，0<x2<x<1,则f(x)<f(x2), c]上单调递增，又a<b<c,所以f(a)<f(b)<f(c),故A不正 故B错误； 确：因为f(c)=0,f()=0,且当x<c时，f(x)>0;当c<x< e时，f'(x)<0:当x>e时，f(x)>0.所以函数f(x)在x=c处1 由(x)=4(x-1)(x-3) 3x(x一4) 取得极大值，但不一定取得最大值，在x=处取得极小值，不 定是最小值，故B不正确，C正确；由题图可知，当dxe时， 得(2+=4(2+x-1)(2+x-3) f(x)≤0，所以函数f(x)在[d,e]上单调递减，从而f(d)>f(e),1 3(2+x)(2+x-4) 4(x+1)(x-1) 所以D不正确.故选C.」 3(2+x)(x-2) 496 (2-x)=4(2x-1)(2-x-3) -3(2+x)(2-x-4) 12.(1)证明)=ln1+）-x+22-k2z∈(0，+eo), 4(1-x)(一x一1)4(x+1)(x-1) 3(2-x)(-x-2)3(2+x)(x-2)1 1 所以f(2十x)=f(2一x),故C正确： 因为1≤x1≤x2≤3，x1十2<4， f(x)=1+x 1+x-32=21-3-3k) 1+x 1+x 所以1≤x1<4-x2≤3，又函数f(x)在(1,3)上单调递增， >0, 则f(x1)<f(4-x2), 所以f(1)+f(x2)<f(x2)+f(4-x2), 当x∈0,3）时，f(x)>0,fx)单调递瑁 又f)+f4-x)=ln(4-x)-nx+号 In x-In(4-) 当x(+）时，f)0,单调道支。 x 二3是函教f(x)的极大值点，且是唯一的极值点. 3k 则f)+f)<f)+f4-)=号，故D正痛：故 时，f(x)单调递增， 选ACD.] 9.80[设会程运输成本为y元，由题意：得y智(160十。 ）>0 当=元时（录）-=n1+)-永， 0=80.当>80时，y'>0;当0<0<80时，y<0.所以函数y= 2(160+写0)在0,80)上单调造发，在(80，+0)上单调递 3 令p)=hn1+)-(>) 1 则g(x)=1十x ∠0 增，所以当0=80时，全程运输成本最低.」 11十x g(x)在(0，十o)上单调递减， 10.(2,+o)[f(x)=号2-ax+lnx的定义城为(0，+co), f()=x-a+之要使画数)=号2-ax+nx在(0,2) 上有极值，则f()=x-a+二在(0,2)上有变号零点，令g(x)= x∈(0,2)，则g()=x+1 1 又_3-1>0六(+ 2 3k 6k 6k x十 ≥2x… 。工=2，当且仅当 x=1时等号成立，所以≥2.当a=2时，f(x)=-a十1 当x(,十）时，)有单一零点 x 综上，f(x)在区间(0，十○)存在唯一的极值点和唯一的零点， x+-2≥0，函教f(x)单调递增，则画数x)=之2-ax+ （2)解（1)：/()=2136二3张2，且4=13张，即1- 1+x 3 lnx在(0,2)上没有极值，故a>2,即实数a的取值范围是(2，十 3k-3kx1=0, o). .f(x1+t) 1.解当a=号时)=-m【-受，]则 (x1+t)2[1-3k-3k(1+t)] 1+x1+t f)=合-0sx,当一吾≤-或<受时， (x1+t)2·(-3kt 1+z1+t f(x)≥0：当-<x<5时，f()<0, f(1-）=-)2[1-3k-3k(-] 所以画数)在(-营，)上单调递减，在[一受]和 1+x1一t =（2-t)2·3kt [答引上单润递增。 1+x1-t 又g(t)=f(x1+t)-f(x1一t), .g'(t)=f(x1+t)+f(x1-t) (2)证明由f(x)=a.x一sinx,x∈ [-,],得fxw=a a+)2(-3)+☑-t)2·3t 1+x1十t 1+x1-t 因为函数f(x)有两个极值，点， 所以方程f(x)=a一cosx=0有两个不相等的实根，设为x1, =3.二（西+2（1+21-)+(1-)21+x1+0 (1+x1+t)(1十x1-t) x2且x1x2, 3k(1+x1)(x1一t)2+1(x1-t)2-(1+x1)(x1+t)2+t(x1十t)2] 因为画数yc0sx在[一受·]上的国象关于y轴对称， (1+x1+t)(1+x1-t) 3kt[(1+x1)(-4tx1)+t(2.x号+2t)] 所以x1十x2=0, (1+x1+t)(1+x1-t) 即c0sx1=c0sx2=a∈(0,1)， 3kt2(-41-4x7+2x+2t2) 当z∈(-受西)时f()>0fx)单调递增， (1+x1+t)(1+x1-t) 当x∈(x1,2)时，f(x)<0,f(z)单调递减， 6kt2(t2-x7-2x1) 当x∈(，受)时，f()>0,fx)单调道增， (1+x1+t)(1+x1-t) 所以西，2分别是函数的极大值点和极小值点， :0<<号0 即M=f(x1)=az1-sin1,m=f(x2)=a.x2一sinx2, .g'(t)<0,∴.g(t)在区间(0，x1)上单调递减 由1十x2=0,得x2=-x1, (1)2x1>x2.理由如下： M-m=ax -sin 1-(axz -sin z2)=2(az -sin 1), 由(1）知g(t)=f(1+t)-f(x1-t)在(0，x1)上单调递减， cos=a∈(0,1)， ∴g(x1)<g(0), 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 则M-m=2(西1cosx1-sin1), 又f(0)=0,.f(2x1)<0, h()=2(z1 cos z1-sin z1 ) 又fx2)=0,∴f(2x1)<f(x2), 2<1<0,则(21)=-2x1simx1<0 由(1)知x∈(x1,十o∞)时，f(x)单调递减，.2.1>x2, 即画数()在(-受0）上单词递减， 课时分层检测（二十四） 1.A[枸造画数g(x)=ef(z,则x)=g0tf 所以A(-）=2，即M-m2. ,f(x)十f(x)<0,故g(x)0,可得g(x)在R上单调递减，故 g(2)>g(3),.e2f(2)>e3f(3).无法判断C,D的正误.] 497