第3章 3.3 导数与函数的极值、最值（Word练习）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（人教A版）

**基本信息** 聚焦导数应用，以“导数符号分析—单调性判断—极值最值求解”为主线，分层设计基础、能力、拓广模块，突出逻辑推理与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A级基础过关|9题（含1解答题）|导数符号判断单调性、极值点判定、闭区间最值比较|从导函数概念到极值最值基本方法，构建“求导—判号—定单调—求极值/最值”链条| |B级能力提升|4题（含1解答题）|含参函数极值存在性（判别式）、奇函数性质应用、导数与函数图象对称性|综合函数性质与导数工具，强化推理意识与运算能力| |C级拓广探索|2题|复合函数值域分析、极值存在的区间条件|深化导数应用的复杂性，培养创新意识与数学思维|

[对应学生用书P335] 说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，解答题共30分．本试卷共98分． A级　基础过关 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) 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． 答案　D 2．函数f(x)＝x3＋x2－3x－1的极小值点是(　　) A．1 B． C．－3 D．(－3，8) 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. 答案　A 3．函数f(x)＝x cos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为(　　) A．1 B．π C． D． 解析　由题意得f′(x)＝cos x－x sin x－cos x＝－x sin 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. 答案　B 4．已知函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，则实数a的取值范围是(　　) A．[0，1] B．(－∞，0]∪[1，＋∞) C．[0，2] D．(－∞，0]∪[2，＋∞) 解析　由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1，得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1. 根据题意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2. 答案　C 5．(多选)下列说法正确的是(　　) A．f(x)＝x＋(x∈R)的最小值为1 B．f(x)＝(x＞0)的最小值为1 C．f(x)＝x－ln x(x＞0)的最小值为1 D．f(x)＝xe(x＞0)的最小值为1 解析　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，A正确；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，B错误；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，C正确；f(x)＝xe(x＞0)，f′(x)＝e＋xe·＝，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，D错误；故选AC. 答案　AC 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 解析　对A，因为f(x)是定义在R上奇函数，则f(0)＝0，故A正确； 对B，当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－[((－x)2－3)e－x＋2]＝－(x2－3)e－x－2，故B正确； 对C，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2(e－1)>2, 故C错误； 对D，当x<0时，f(x)＝(3－x2)e－x－2，则f′(x)＝－(3－x2)e－x－2xe－x＝(x2－2x－3)e－x， 令f′(x)＝0，解得x＝－1或3(舍去)， 当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增， 当x∈(－1，0)时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减， 则x＝－1是f(x)的极大值点，故D正确． 故选ABD. 答案　ABD 7．已知函数f(x)＝(x＋a)ex的最小值为－e2，则a的值为____________． 解析　函数f(x)＝(x＋a)ex的定义域为R，f′(x)＝(x＋a＋1)ex.所以当x∈(－∞，－a－1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(－a－1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以函数f(x)＝(x＋a)ex的最小值为f(－a－1)＝(－a－1＋a)e－a-1＝－e2，解得a＝－3. 答案　－3 8．甲、乙两地相距240 km，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成，固定成本为160元，可变成本为元．为使全程运输成本最小，汽车应以____________km/h的速度行驶． 解析　设全程运输成本为y元，由题意，得 y＝＝240，v＞0，y′＝240. 令y′＝0，得v＝80. 当v＞80时，y′＞0；当0＜v＜80时，y′＜0. 所以函数y＝在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增， 所以当v＝80时，全程运输成本最小． 答案　80 9．(15分)已知函数f(x)＝－x ln x＋2x. (1)求函数f(x)的单调区间以及极值； (2)求函数f(x)在[1，3]上的最小值． 解析　(1)f(x)＝－x ln x＋2x的定义域是(0，＋∞)， 依题意，f′(x)＝1－ln x，令f′(x)＞0，得0＜x＜e，令f′(x)＜0，得x＞e， 故函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)， 所以函数f(x)的极大值为f(e)＝e，无极小值． (2)由(1)可知，f(x)在[1，e]上单调递增，在(e，3]上单调递减， 所以f(x)在[1，3]上的最小值为min{f(1)，f(3)}，而f(1)＝2，f(3)＝－3ln 3＋6， 可知f(3)＞f(1)，故函数f(x)在[1，3]上的最小值为2. B级　能力提升 10．对任意x∈R，函数f(x)＝ax3＋ax2＋7x不存在极值点的充要条件是(　　) A．0≤a≤21 B．0＜a≤21 C．a＜0或a＞21 D．a＝0或a＝21 解析　当a＝0时，显然适合题意；当a≠0时，应使f′(x)＝3ax2＋2ax＋7的图象与x轴相离或相切，即4a2－4×3a×7≤0，考虑a≠0，解得0＜a≤21.综上所述，可得0≤a≤21，故选A. 答案　A 11．若函数f(x)＝x在区间上有极大值m，则m－a的最小值是(　　) A．－e B．－1 C．1 D．e 解析　由f′(x)＝a－ex，若f(x)在(0，＋∞)上有极大值m，必存在极大值点x0， 即f′(x)＝0在上有解，即a－ex＝0有解，所以有a>1，a＝， 令g(x)＝ex， 有g′(x)＝ex＝ex， 可得函数g(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，有g(x)min＝g＝－e， 当x0＝1时，a＝2e，则在上，f′(x)>0，在上，f′(x)<0， 所以f(x)在上单调递增，上单调递减，满足题设， 故m－a的最小值为－e. 故选A. 答案　A 12．(多选)(2025·南阳期末)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2，则(　　) A．存在实数b，使得f(x)的图象关于点(0，2)对称 B．当b＝0，c<0时，f(x)的极值之和为－4 C．存在实数b，c，使得f(x)有三个零点 D．当b2≤3c时，f(x)有两个零点 解析　对于A，令f″(x)＝0，则6x＋2b＝0，x＝－，所以f(x)的图象关于对称． 当b＝0时，f(x)的图象关于点(0，2)对称．所以A正确． 对于B，当b＝0，c<0时，f′(x)＝3x2＋c，f(x)存在极大值与极小值，由选项A知，当b＝0时，f(x)的图象关于点(0，2)对称，故两者之和为2×2＝4.所以B错误． 对于C，由于y＝(x＋1)(x－1)(x－2)＝(x2－1)(x－2)＝x3－2x2－x＋2，故令b＝－2，c＝－1， 此时f(x)＝x3－2x2－x＋2＝(x＋1)(x－1)(x－2)有三个零点－1，1，2.所以C正确． 对于D，f′(x)＝3x2＋2bx＋c，当b2≤3c时，Δ＝4b2－12c≤0，此时f′(x)≥0在R上恒成立，故f(x)在R上单调递增，此时f(x)至多只有一个零点．所以D错误．故选AC. 答案　AC 13．(15分)(2025·江西九校期末)设函数f(x)＝ex－ax－1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)存在极值M，求证：M≤0. 解析　(1)由题知f′(x)＝ex－a. 当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故f(x)的单调递增区间为R，无单调递减区间； 当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln a，故在(－∞，ln a)上f′(x)<0，在(ln a，＋∞)上f′(x)>0， 所以f(x)的单调递减区间为(－∞，ln a)，单调递增区间为(ln a，＋∞). (2)证明　由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，没有极值； 当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， f(x)存在极小值M＝f(ln a)＝a－a ln a－1. 令g(a)＝a－a ln a－1(a>0)，则g′(a)＝－ln a， 所以g(a)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，g(a)在a＝1时取最大值0， 所以g(a)≤0恒成立，即M≤0. C级　拓广探索 14．已知函数f(x)＝e2x－2aex－4a2x(a>0)，若函数f(x)的值域与f(f(x))的值域相同，则a的取值范围是(　　) A． B．(0，1] C． D．(1＋∞) 解析　由f(x)＝e2x－2aex－4a2x(a>0)， 则f′(x)＝2e2x－2aex－4a2＝2(ex＋a)(ex－2a)， 当a>0时，ex＋a>0，则x<ln (2a)时，f′(x)<0，f(x)在(－∞，ln (2a))上单调递减， x>ln (2a)时，f′(x)>0，f(x)在(ln (2a)，＋∞)上单调递增， 则f(x)min＝f(ln (2a))＝－4a2ln (2a)，故f(x)的值域为[－4a2ln (2a)，＋∞). 令t＝f(x)，则t∈[－4a2ln (2a)，＋∞)，要使得f(f(x))的值域也为[－4a2ln (2a)，＋∞)， 则－4a2ln (2a)≤ln (2a)，即(1＋4a2)ln (2a)≥0，解得a≥，即a的取值范围是.故选C. 答案　C 15．若函数g(x)＝在区间[t，＋∞)上存在极值，则实数t的最大值为____________． 解析　函数g(x)＝的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＝. 令f(x)＝x＋1－x ln x，f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x) 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1)＝2>0， 又因为当x∈(0，1)时，ln x<0，－x ln x>0， 则f(x)＝x＋1－x ln x>0， f(3)＝4－3ln 3＝ln e4－ln 27>0， f(4)＝5－4ln 4＝ln e5－ln 256<ln 243－ln 256<0， 所以存在唯一的x0∈，使得f＝0， 所以当x∈时，f(x)>0，当x∈时，f(x)<0， 所以函数g(x) 在上单调递增，在上单调递减． 所以要使函数g(x)＝在区间[t，＋∞)上存在极值， 则实数t的最大值为3. 答案　3 学科网（北京）股份有限公司 $