第3章 第3节 导数与函数的极值、最值(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦导数应用的系统性训练，以“求导-判单调-定极值/最值”为主线，融合分类讨论与参数分析，培养数学思维的推理能力与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础极值判断|1-6题|导数符号法（求导→解方程→定单调→判极值）|从导数概念到极值判定，构建“导数-单调性-极值”逻辑链| |含参极值与最值|7-12题|参数分类讨论（含参函数求导→分析导数零点→分类定单调区间）|结合参数影响深化导数应用，体现数学语言的模型观念| |综合应用|13-15题|构造函数法（证明不等式、分析零点个数）|整合极值与最值，形成“求导-分析-论证”完整解题体系|

限时规范训练(二十三) (建议用时：60分钟　分值：105分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． 1．函数f(x)＝(4x－5)e2x的极值点为(　　) A． B． C． D． 解析：B　f′(x)＝4e2x＋2(4x－5)e2x＝(8x－6)e2x，令f′(x)＜0，得x＜，此时函数单调递减；令f′(x)＞0，得x＞，此时函数单调递增．所以f(x)的极小值点为，无极大值点．故选B. 2．函数f(x)＝x2－27ln x在区间[1，2]上的最大值是(　　) A．0 B． C．1 D． 解析：D　f′(x)＝3x－在区间[1，2] 上的最大值为f(1)＝.故选D. 3．已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为(　　) A．2 B．－ C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2 解析：B　f′(x)＝＋2ax－3，因为f(x)在x＝2处取得极小值，所以f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝，所以f(x)＝2ln x＋x2－3x，f′(x)＝，所以f(x)在(0，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1，2)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(1)＝.故选B. 4．若函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－2，＋∞) B． C．(－∞，－2) D． 解析：C　函数f(x)＝eax＋2x，可得f′(x)＝aeax＋2，若a≥0，则f′(x)＞0，此时f(x)单调递增，无极值点，故a＜0，令f′(x)＝aeax＋2＝0，解得x＝ln ，当x＞ln 时，f′(x)＞0，当x＜ln 时，f′(x)＜0，故x＝ln 是f(x)＝eax＋2x的极值点，由于函数f(x)＝eax＋2x有大于零的极值点，所以ln ＞0⇒ln ＜0⇒0＜－＜1，解得a＜－2.故选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)＝(x＞0)的最小值为1 解析：AC　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，故A正确；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，故B错误；f(x)＝x－ln x(x＞0)，f′(x)＝1－ 的最小值为f(1)＝1，故C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，故D错误．故选AC. 6．(多选)已知函数f(x)＝x2ex，x∈R.下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)不存在最大值，也不存在最小值 B．函数f(x)存在极大值和极小值 C．函数f(x)有且只有1个零点 D．函数f(x)的极小值就是f(x)的最小值 解析：BCD　f(x)＝x2ex，x∈R，则f′(x)＝x(x＋2)ex，令f′(x)<0，得－2<x<0，令f′(x)>0，得x<－2 或x>0，所以函数f(x) 在(－2，0) 上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，且f(0)＝0，f(x)＝x2ex≥0，所以＝f(0)＝0，函数在x＝－2 处取得极大值，在x＝0 处取得极小值，极小值f(0) 即为最小值，且函数有且只有一个零点．故选BCD. 7．(5分)已知函数f(x)＝ax3－x，若f(x)有极大值，则a＝________． 解析：f′(x)＝3ax2－1，当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)是减函数，无极大值．当a＞0时，令f′(x)＝0，得x＝±，令f′(x)＞0，得x＜－或x＞，令f′(x)＜0，得－＜x＜，所以上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)在x＝－处取得极大值，所以＝，解得a＝3. 答案：3 8．(13分)已知函数f(x)＝2ex(x＋1)． (1)求函数f(x)的极值； (2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞－3)上的最小值g(t)． 解：(1)f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)＞0，得x＞－2；由f′(x)＜0，得x＜－2.所以f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．所以f(x)的极小值为f(－2)＝－2e-2，无极大值． (2)由(1)知，f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．因为t＞－3，所以t＋1＞－2. ①当－3＜t＜－2时，f(x)在[t，－2)上单调递减，在(－2，t＋1]上单调递增，所以g(t)＝f(－2)＝－2e-2. ②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，所以g(t)＝f(t)＝2et(t＋1)． 综上，g(t)＝ 9．函数f(x)＝x2－sin x，若f(x)在上有最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．(0，＋∞) B．(0，1) C．(－∞，0) D．(－1，0) 解析：A　由函数f(x)＝x2－sin x，可得f′(x)＝ax－cos x，若a≤0，当x∈时，可得f′(x)＜0，f(x)在上单调递减，此时函数f(x)在上没有最小值，不符合题意；当a＞0时，令f′(x)＝0，即ax－cos x＝0，即y＝ax与y＝cos x有交点，画出函数y＝ax与y＝cos x的图象，如图所示，结合图象，可得存在x0∈，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，此时函数f(x)在上有最小值，符合题意，综上可得，实数a的取值范围是(0，＋∞)．故选A. 10．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷T11)若函数f(x)＝ a ln x＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A.bc＞0 B．ab＞0 C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0 解析：BCD　因为函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选BCD. 11．(5分)已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋4x的极小值为－8，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则f(x)＝____________________． 解析：由题可得f′(x)＝3ax2＋2bx＋4，则f′(－2)＝12a－4b＋4＝0，故b＝3a＋1，所以f′(x)＝3ax2＋2(3a＋1)x＋4＝(3ax＋2)(x＋2)．令f′(x)＝0，可得x＝－2 或x＝－，由题图可知，a<0且在x＝－2 处有极小值，所以－8a＋4b－8＝－8，结合b＝3a＋1 可得a＝－1，b＝－2，故f(x)＝－x3－2x2＋4x，此时f′(x)＝－3x2－4x＋4＝－(3x－2)(x＋2)，当x<－2 时，f′(x)<0，当x∈时，f′(x)>0，即f(x) 在(－∞，－2) 上单调递减，在上单调递增，即在x＝－2 处取极小值，符合题意． 答案：－x3－2x2＋4x 12．(13分)(2025·河南焦作二模节选)已知函数f(x)＝aex.当a>0时，若函数h(x)＝f(x)－sin x－a在区间内有且仅有一个极值点，求实数a的取值范围． 解：由题可知h(x)＝f(x)－sin x－a＝aex－sin x－a，则h′(x)＝aex－cos x．若a≥1，当x∈时，aex>1，cos x∈(0，1)，所以h′(x)>0，则h(x)在区间上单调递增，没有极值点，不符合题意，舍去．若0<a<1，设φ(x)＝aex－cos x，则φ′(x)＝aex＋sin x>0在区间上恒成立，所以φ(x)在区间上单调递增，即h′(x)在区间上单调递增，又h′(0)＝a－1<0，h′＝>0，所以h′(x)在区间上有唯一的零点x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)在区间内有唯一的极值点，符合题意． 综上，实数a的取值范围是(0，1)． 13．(15分)(2025·浙江杭州二模)已知函数f(x)＝xex－ax2－ax(a∈R)． (1)若a＝0，求f(x)的极小值； (2)当a>时，求f(x)的单调递增区间； (3)当a>0时，设f(x)的极大值为g(a)，求证：g(a)≥－. 解：(1)若a＝0，则f(x)＝xex，所以f′(x)＝ex(x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝－1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值等于f(－1)＝－. (2)由题意知f′(x)＝ex(x＋1)－ax－a＝(ex－a)(x＋1)(a∈R)．因为a>，所以ln a>－1，由f′(x)>0，即(ex－a)(x＋1)>0，解得x<－1或x>ln a，所以f(x)在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上单调递增，由f′(x)<0，即(ex－a)(x＋1)<0，解得－1<x<ln a，所以f(x)在(－1，ln a)上单调递减，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(ln a，＋∞)． (3)证明：当a>时，由(2)知，f(x)的极大值等于f(－1)＝g(a)＝－a>－>－； 当a＝时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)无极大值； 当0<a<，x∈(－∞，ln a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(ln a，－1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的极大值等于f(ln a)＝g(a)＝－a(ln a)2，令g(x)＝(ln x)2，所以g′(x)＝在上g′(x)<0，在上，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)≥ ＝－， 综上所述，g(a)≥－. 14．(多选)已知函数f(x)＝x ln x＋x2，若x0是函数f(x)的极值点，则(　　) A．0＜x0＜ B．x0＞ C．f(x0)＋2x0＜0 D．f(x0)＋2x0＞0 解析：AD　函数f(x)＝x ln x＋x2(x＞0)，所以f′(x)＝ln x＋1＋2x，因为x0是函数f(x)的极值点，所以f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，又函数f′(x)＝ln x＋1＋2x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′＝＞0＝，故A正确，B错误；f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)＞0，故D正确，C错误．故选AD. 15．(5分)(2026·广东潮州质检)设函数f(x)＝已知直线y＝t与函数y＝f(x)的图象交于A，B两点，且|AB|的最小值为e2(e为自然对数的底数)，则a＝________． 解析：由题意，作出f(x)的图象如图所示， 由图可得t∈(－∞，－a].设，不妨设x1＜x2，则x1－a＝t，ln x2＝t，故x1＝t＋a，x2＝et，所以|AB|＝x2－x1＝et－t－a.令g(t)＝et－t－a(t≤－a)，则g′(t)＝et－1(t≤－a)，易知g′(t)是增函数，当－a≤0，即a≥0时，g′(t)≤0，所以g(t)在t∈(－∞，－a]上单调递减，所以g(t)min＝g(－a)＝e－a＋a－a＝e－a＝e2，解得a＝－2(舍去)；当－a＞0，即a＜0时，由于g′(t)单调递增，且g′(0)＝0，所以当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0，所以g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，－a)上单调递增，所以＝g(0)＝1－a＝e2，解得a＝1－e2＜0.综上所述，a＝1－e2. 答案：1－e2 学科网（北京）股份有限公司 $