第3章 3.3 导数与函数的极值、最值（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（人教A版）

**基本信息** 聚焦导数与函数极值、最值，以“求导—判单调—定极值/最值”为主线，系统覆盖基础应用与综合参数问题，突出逻辑推理与模型构建。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|单选6/多选2/填空2/解答2|求导判单调求极值、参数与极值点关系、函数性质综合应用|从导数与单调性关系切入，逐步延伸至极值点判定、最值求解及参数范围讨论| |能力提升练|多选1/解答1|复合函数求导、实际问题建模求最值|结合复合函数与实际情境，深化导数在复杂函数及应用问题中的工具性作用|

课时冲关18　导数与函数的极值、最值 [基础巩固练] 一、单选题 1．若x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极大值为(　　) A．－1　　　　　 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：C　[因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 故可得f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝ex－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]， 因为x＝1是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，故可得f′(1)＝0， 即2a＋2＝0，解得a＝－1. 此时f′(x)＝ex－1(x2＋x－2)＝ex－1(x＋2)(x－1)． 令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝1， 由f′(x)>0可得x<－2或x>1； 由f′(x)<0可得－2<x<1， 所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递增， 在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 故f(x)的极大值点为x＝－2.则f(x)的极大值为f(－2)＝(4＋2－1)e－3＝5e－3.] 2．若a∈R，“a>3”是“函数f(x)＝(x－a)ex在(0，＋∞)上有极值”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：A　[由题意，函数f(x)＝(x－a)ex，则f′(x)＝(x－a＋1)ex，令f′(x)＝0，可得x＝a－1，当x<a－1时，f′(x)<0；当x>a－1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a－1处取得极小值，若函数f(x)在(0，＋∞)上有极值，则a－1>0，解得a>1.因此“a>3”是“函数f(x)＝(x－a)ex在(0，＋∞)上有极值”的充分不必要条件．] 3．已知函数f(x)＝2sin x－3x，若对任意m∈[－2,2]，f(ma－3)＋f(a2)＞0恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1,1) B．(－∞，－1)∪(3，＋∞) C．(－3,3) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞) 解析：A　[f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，且f′(x)＝2cos x－3＜0，所以函数f(x)为R上的减函数且为奇函数，因此f(ma－3)＋f(a2)＞0⇒f(ma－3)＞－f(a2)＝f(－a2)⇒ma－3＜－a2，即⇒⇒－1＜a＜1.] 4．若x＝1是函数f(x)＝aln x＋x的极值点，则a的值是(　　) A．－1　　 B．0 C．1　　 D．e 解析：A　[f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝＋1， 因为x＝1是函数f(x)＝aln x＋x的极值点， 所以f′(1)＝0，即a＋1＝0，所以a＝－1， 当a＝－1时，f′(x)＝1－＝， 令f′(x)＞0，得x＞1，令f′(x)＜0，得0＜x＜1， 所以f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意． 综上所述：a＝－1.] 5．已知实数a满足2a＋a＝2，则函数f(x)＝2x3－3x2＋1－a的零点个数为(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：D　[由题设f′(x)＝6x(x－1)，则x＜0或x＞1时，f′(x)＞0,0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减，且f(0)＝1－a，f(1)＝－a. 由2a＋a＝2，即2a＝2－a，而y＝2a在R上单调递增，y＝2－a在R上单调递减， 显然20＝1＜2－0＝2,21＝2＞2－1＝1，故0＜a＜1，所以f(0)＞0＞f(1)， 又x→－∞时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞，结合f(x)的图象可知f(x)共有3个零点．] 6．已知正四棱锥的侧棱长为2，那么当该四棱锥体积最大时，它的高为(　　) A．1 B. C．2 D．3 解析：C　[设底面边长为a， 则高h＝＝， 所以体积V＝a2h＝. 设y＝12a4－a6，则y′＝48a3－3a5， 令y′＝48a3－3a5＝0，解得a＝4. 当a>4时，y′<0，函数y＝12a4－a6在区间(4，＋∞)上单调递减； 当0<a<4时，y′>0，函数y＝12a4－a6在区间(0,4)上单调递增． 所以当a＝4时，y＝12a4－a6取得最大值，即此时体积最大，此时h＝＝2.] 二、多选题 7．函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f(x)在区间(x2，x3)上单调递减 B．f(x)在x＝x2处取得极大值 C．f(x)在区间(a，b)上有2个极大值点 D．f(x)在x＝x1处取得最大值 解析：AB　[由导函数的图象可知，当x∈[a，x2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(x2，x3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x3，b]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增．故A，B正确，C，D错误．] 8．已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 解析：AC　[f′(x)＝3x2－1，所以f(x)有两个极值点－与，又f＝1－>0，所以f(x)只有一个零点；由f(x)＋f(－x)＝2可知，点(0,1)是曲线y＝f(x)的对称中心；令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1， 当切点为(1,1)时，切线方程为y＝2x－1， 当切点为(－1,1)时，切线方程为y＝2x＋3.所以答案选AC.] 三、填空题 9．若f(x)＝3x－x3的两个极值点为x1，x2，则x1＋x2＝________. 解析：由f(x)＝3x－x3可得f′(x)＝3－3x2， 令f′(x)＜0有3－3x2＜0，解得x＜－1或x＞1，令f′(x)＞0，有3－3x2＞0，解得－1＜x＜1， 所以f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,1)上单调递增， 所以函数的极值点为－1和1，则x1＋x2＝0. 答案：0 10．函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 解析：函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)． ①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x， f′(x)＝2－＝， 当<x<1时，f′(x)<0， 当x>1时，f′(x)>0， 所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1； ②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减， 所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1. 答案：1 四、解答题 11．设函数f(x)＝aln x－bx2，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切． (1)求实数a，b的值； (2)求函数f(x)在上的最大值． 解：(1)f′(x)＝－2bx，x>0， ∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切， ∴解得 (2)由(1)知，f(x)＝ln x－x2，x>0， f′(x)＝－x＝， 当≤x≤e时，令f′(x)>0，得≤x<1， 令f′(x)<0，得1<x≤e， ∴f(x)在上单调递增， 在(1，e]上单调递减， ∴f(x)max＝f(1)＝－. 12．已知函数f(x)＝x3＋ax，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若函数g(x)＝f(x)＋2ln x存在两个极值点，求实数a的取值范围． 解：(1)使用单调性的定义和导数即可判断单调性；(2)先用导数确定g′(x)的单调性，然后利用零点存在定理分情况讨论g′(x)的零点个数，即可得到a的取值范围． (1)由f(x)＝x3＋ax，知f′(x)＝x2＋a. 当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上单调递增； 当a＜0时，有f′(x)＝x2＋a＝(x＋)(x－)， 从而对x＜－和x＞有f′(x)＞0， 对－＜x＜有f′(x)＜0. 所以f(x)在(－∞，－]和[，＋∞)上单调递增，在[－，]上单调递减． 综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增； 当a＜0时，f(x)在(－∞，－]和[，＋∞)上单调递增，在[－，]上单调递减． (2)由于g(x)＝x3＋ax＋2ln x， 故g′(x)＝x2＋＋a. 记h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝2x－＝. 从而对0＜x＜1有h′(x)＜0，对x＞1有h′(x)＞0. 所以g′(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增． 当a≥－3时，对x∈(0,1)∪(1，＋∞)均有g′(x)＞g′(1)＝3＋a≥0，所以g′(x)不可能有两个零点，从而g(x)不可能有两个极值点； 当a＜－3时，由g′＝＞0，g′(1)＝3＋a＜0，g′()＝＞0，结合零点存在定理可知g′(x)存在两个零点u∈，v∈(1，)． 再结合g′(x)的单调性知g′(x)在x∈(0，u)∪(v，＋∞)时取正值，在x∈(u，v)时取负值，所以g(x)有极大值点x＝u和极小值点x＝v. 综上，a的取值范围是(－∞，－3)． [能力提升练] 13．[多选]材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝xx(x＞0)，我们可以作变形：f(x)＝xx＝＝exln x＝et(t＝xln x)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝et和g(x)＝xln x复合而成的，即f(x)＝xx(x＞0)为初等函数．根据以上材料，下列关于初等函数h(x)＝ (x＞0)的说法正确的是(　　) A．无极小值 B．有极小值1 C．无极大值 D．有极大值 解析：AD　[根据材料知h(x)＝＝＝，所以h′(x)＝·′＝·＝· (1－ln x)，令h′(x)＝0得x＝e，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增；当x＞e时，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减．所以h(x)有极大值，为h(e)＝，无极小值．] 14．(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋mln x，m∈R. (1)若f(1)＝0，求不等式f(x)≤x2－1的解集； (2)若函数y＝f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围． 解：(1)由题意，f(1)＝1－m－2＝0⇒m＝－1⇒f(x)＝x2－x－ln x，故x2－x－ln x≤x2－1⇒x＋ln x－1≥0.设g(x)＝x＋ln x－1，x＞0，由y＝x与y＝ln x均为增函数，故g(x)为增函数． 由g(1)＝0得g(x)≥0⇔x≥1，故解集为[1，＋∞)． (2)由题意，f′(x)＝2x－(m＋2)＋ ＝＝， 故分类讨论，由当m≤0时， f′(x)＝≥0⇒x≥1， 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，＋∞)单调递增，故f(x)无极大值不成立； 当m＞0时，分类讨论， ①当m＝2时，f′(x)＝≥0恒成立，f(x)在(0，＋∞)单调递增，故f′(x)无极大值不成立； ②当0＜m＜2时， f′(x)＝≥0⇒x≥1或0＜x≤， f(x)在和[1，＋∞)单调递增，在单调递减，故f(x)在x＝处取得极大值； ③当m＞2时，f′(x)＝≥0⇒x≥或0＜x≤1， f(x)在(0,1]和单调递增，在单调递减，故f(x)在x＝1处取得极大值； 综上：m∈(0,2)∪(2，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $