3.3 导数与函数的极值(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

**基本信息** 聚焦导数与函数极值的系统性突破，通过梯度题型构建“导数→单调性→极值”逻辑链条，强化推理能力与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|1-3,5题|图象分析、直接求导判极值|导数符号与单调性关系→极值点判定| |参数讨论|4,9,12,13题|含参函数极值存在性、参数范围|导数方程根分布→极值条件转化| |综合应用|7-8,10-11,14题|极值计算、切线与极值综合|导数应用与函数性质融合→问题解决|

限时规范训练23　导数与函数的极值 (建议用时：60分钟　分值：98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．f(x)有极大值f(－2) B．f(x)有极小值f(－2) C．f(x)有极大值f(1) D．f(x)有极小值f(1) 解析：A　由题图可得，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)有极大值f(－2)，无极小值．故选A． 2．函数f(x)＝ex－x－2的极小值点为(　　) A．－2　　　　　　 B．－1 C．0 D．1 解析：C　f′(x)＝ex－1，由f′(x)>0，得x>0，由f′(x)<0，得x<0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值点为0.故选C. 3．函数f(x)＝的极大值为(　　) A．e-6 B．e-7 C．e-8 D．e-9 解析：B　f′(x)＝，当x<7时，f′(x)>0，当x>7时，f′(x)<0.所以f(x)＝的极大值为f(7)＝＝e-7.故选B. 4．(2025·浙江台州二模)已知a∈R，若函数f(x)＝x＋－ln x既有极大值又有极小值，则a的取值范围是(　　) A． B． C． D． 解析：C　因为函数f(x)＝x＋－ln x的定义域为(0，＋∞)，所以f′(x)＝1－，因为函数f(x)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0，因此，a的取值范围是.故选C. 5．(多选)已知函数f(x)＝2ln x－x2，则(　　) A．函数f(x)的单调递减区间为(1，＋∞) B．函数f(x)的单调递增区间为(0，1) C．函数f(x)的极小值点为1 D．函数f(x)的最大值为－1 解析：ABD　f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，由f′(x)<0解得x>1，故单调递减区间为(1，＋∞)，故A正确；由f′(x)>0解得0<x<1，故单调递增区间为(0，1)，故B正确；当x＝1时，f(x)取极大值也是最大值，故C错误；f(x)max＝f(1)＝－1，故D正确．故选ABD. 6．(多选) (2025·全国二卷T10)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝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：ABD　因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，故A正确；当x<0时，－x>0，因此f(－x)＝[(－x)2－3]e－x＋2＝－f(x)，因此f(x)＝－(x2－3)e－x－2，故B正确；当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex＝(x＋3)(x－1)ex，当x>0时，令f′(x)>0，得x>1，令f′(x)<0，得0<x<1，因此f(x)在x＝1处取得极小值，因此奇函数f(x)在x＝－1处取得极大值，故D正确；当x>0时，f(x)≥2，即(x2－3)ex≥0，解得x≥ ，当x<0时，f(x)在x＝－1处取得极大值，f(－1)＝－(1－3)e－2＝2e－2>2，因此在(－∞，0)上也存在满足f(x)≥2的区间，故C错误．故选ABD. 7．(5分)函数f(x)＝(2x2－3x)ex+1的极小值是__________. 解析：函数f(x)＝(2x2－3x)ex+1的定义域为R，f′(x)＝(2x2＋x－3)ex+1＝(2x＋3)(x－1)ex+1，由f′(x)<0，得－<x<1；由f′(x)>0，得x<－或x>1，因此当x＝－时，f(x)取得极大值，当x＝1时，f(x)取得极小值，所以函数f(x)的极小值为f(1)＝－e2. 答案：－e2 8．(5分)(2025·陕西宝鸡二模)若函数f(x)＝4sin x＋3cos x的极大值点为x0，则sin x0＝________. 解析：由函数f(x)＝4sin x＋3cos x，得f′(x)＝4cos x－3sin x＝5(cos x－)，令sin φ＝，cos φ＝，则f′(x)＝5cos (x＋φ)，由题意可得f′(x0)＝5cos (x0＋φ)＝0，由函数y＝cos x可知当x∈[＋2kπ，](k∈Z)时，cos x>0，当x∈[＋2kπ，](k∈Z)时，cos x<0，且x0为函数f(x)的极大值点，则可得x0＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，解得x0＝－φ＋2kπ(k∈Z)，所以sin x0＝sin ＝cos φ＝. 答案： 9．(5分)(2025·四川成都模拟)若函数f(x)＝aex－x3存在唯一极值点，则实数a的取值范围为____________. 解析：f′(x)＝aex－x2，因为f(x)＝aex－x3存在唯一极值点，所以f′(x)＝aex－x2＝0存在唯一变号根． 即a＝存在唯一变号根，设g(x)＝，g′(x)＝，函数g(x)在(－∞，0)上单调递减；在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减；当x→－∞时，g(x)→＋∞；当x→＋∞时，g(x)→0＋；g(2)＝，则实数a的取值范围为. 答案： 10．(13分)(2025·河北沧州模拟)已知函数f(x)＝－x＋ln (x＋a)，曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线与直线2x－y＝0垂直． (1)求实数a的值； (2)求函数f(x)的极值点和极值． 解：(1)f(x)＝－x＋ln (x＋a)， 所以f′(x)＝－1＋，则f′(3)＝－1＋，解得a＝－1. (2)由(1)可知，f(x)＝－x＋ln (x－1)， 函数f(x)的定义域为(1，＋∞)， f′(x)＝－1＋， 令f′(x)＝0，解得x＝2， 当x∈(1，2)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(1，2)上单调递增； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)<0，则函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减． 所以当x＝2时，函数f(x)取得极大值f(2)＝－2. 函数f(x)的极大值点为2，极大值为－2，无极小值点，也无极小值． 11．(13分)已知x＝1为函数f(x)＝x2－3x－logax的极值点． (1)求a的值； (2)求f(x)的极小值． 解：(1)f′(x)＝2x－3－，由f′(1)＝0，得ln a＝－1，所以a＝. (2)由(1)，得f(x)＝x2－3x＋ln x，此时f′(x)＝，又x>0， 则当x∈，(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0， f(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)＝－2. 12．(2025·吉林长春一模)已知函数f(x)＝x(x－a)2的极大值为，则a＝(　　) A．－　　　　 B．－ C． D． 解析：D　由题意，f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x，则f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝(3x－a)(x－a)，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝a，若a>0，当x∈或x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝处取得极大值，f＝2＝，解得a＝；若a<0，当x∈(－∞，a)或x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x＝a处取得极大值，f(a)＝0≠，不符合题意，当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意，综上所述，a＝.故选D. 13．(2025·陕西咸阳一模)已知f(x)＝aex－x2在区间内存在2个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C． D． 解析：B　因为f′(x)＝aex－x，可知f′(x)在内有2个变号零点，由f′(x)＝0可得a＝，可知y＝a与g(x)＝在内有2个交点，又因为g′(x)＝，令g′(x)>0，解得<x<1；令g′(x)<0，解得1<x<2；可知g(x)在内单调递增，在(1，2)内单调递减，则g(x)≤g(1)＝，且g＝，g(2)＝>， 结合图象可得<a<，所以实数a的取值范围为.故选B. 14．(15分)(2025·山东菏泽一模)已知函数f(x)＝ex－sin x－ax2. (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若x＝0不是f(x)的极值点，求a. 解：(1)由已知得f′(x)＝ex－cos x－2ax， 所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率k＝f′(0)＝e0－1＝0， 且f(0)＝1，所以所求切线方程为y＝1. (2)令g(x)＝f′(x)，则g(0)＝f′(0)＝0， g′(x)＝ex＋sin x－2a在区间上单调递增． ①若a<，则g′(0)>0，所以存在正数δ， 使得当x∈(－δ，δ)时，g′(x)>0，f′(x)单调递增； 当x∈(－δ，0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x∈(0，δ)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故x＝0是f(x)的极值点， ②若a>，则g′(0)<0，所以存在正数σ， 使得当x∈(－σ，σ)时，g′(x)<0，f′(x)单调递减； 当x∈(－σ，0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈(0，σ)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故x＝0是f(x)的极值点． ③若a＝，则当x∈时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)>g′(0)＝0，g(x)单调递增， 故当x∈时，f′(x)＝g(x)≥g(0)＝0，f(x)单调递增， 故x＝0不是f(x)的极值点．综上，a＝. 学科网（北京）股份有限公司 $