第2章 第12节 利用导数研究函数的极值、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B版）

**基本信息** 以导数为工具，系统构建极值最值研究的方法链，通过分层训练实现从概念理解到综合应用的逻辑递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|9（含3道高考真题）|导数法四步：求导→零点→单调性→极值/最值|导数-单调性-极值-最值的概念生成链| |参数问题|3（含2道模拟题）|分离参数求最值、分类讨论导数符号|参数对函数单调性及极值点的影响分析| |综合拓展|2（含1道高考真题）|构造函数证唯一性、二阶导分析导数单调性|函数性质与方程根的转化及逻辑推理|

课时冲关19　利用导数研究函数的极值、最值 学生用书　P301 [基础训练组] 1．(2024·沈阳市模拟)设函数f(x)＝xex＋1，则(　　 ) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x)的极小值点 C．x＝－1为f(x)的极大值点 D．x＝－1为f(x)的极小值点 解析：D　[由于f(x)＝xex＋1，可得 f′(x)＝(x＋1)ex， 令f′(x)＝(x＋1)ex＝0可得x＝－1， 令f′(x)＝(x＋1)ex＞0可得x＞－1，即函数在(－1，＋∞)上是增函数，令f′(x)＝(x＋1)ex＜0可得x＜－1，即函数在(－∞，－1)上是减函数，所以x＝－1为f(x)的极小值点．] 2．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为(　　) A.　　 B．1　　 C．0　　 D．不存在 解析：A　[f′(x)＝x－＝，且x>0.令f′(x)>0，得x>1; 令f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝－ln 1＝.] 3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 解析：C　[由题意可知f′(x)＝aex－≥0在区间(1,2)上恒成立，即a≥max，设g(x)＝xex，则在x∈(1,2)上恒有g′(x)＝(x＋1)ex＞0，所以g(x)min＝g(1)＝e，则max＝，即a≥e－1.] 4．若关于x的不等式x3－3x＋3－－a≤0有解，其中x≥－2，则实数a的最小值为(　　 ) A．1－ B．2－ C.－1 D．1＋2e2 解析：A　[化简可得a≥x3－3x＋3－， 设f(x)＝x3－3x＋3－，则a≥f(x)min， ∴f′(x)＝3x2－3－＝(x－1)(3x＋3＋e－x)． 可证3x＋3＋e－x>0恒成立． 令f′(x)＝0，解得x＝1，故当x∈[－2,1)时，g′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故f(x)在[－2,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数． 所以f(x)min＝g(1)＝1－3＋3－＝1－.] 5．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷，10)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.] 6．(多选)对于函数f(x)＝，下列说法正确的是(　　) A．f(x)在x＝1处取得极大值 B．f(x)有两个不同的零点 C．f(4)<f(π)<f(3) D．πe2>2eπ 解析：AC　[本题考查利用导数研究函数的性质．由函数f(x)＝，可得函数f(x)的导数为f′(x)＝.当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．可得函数f(x)在x＝1处取得极大值，所以A正确；因为f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f(0)＝0，当x>0时，f(x)>0恒成立，所以函数f(x)只有一个零点，所以B错误；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且4>π>3>1，可得f(4)<f(π)<f(3)，所以C正确；由f(x)在(1，＋∞)上单调递减，且π>2>1，可得<，即πe2<2eπ，所以D错误．] 7．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图像有相异的三个公共点，则a的取值范围是________． 解析：令f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，可得极大值为f(－1)＝2，极小值为f(1)＝－2，如图，观察得－2<a<2时恰有三个不同的公共点，故a的取值范围是(－2,2)． 答案：(－2,2) 8．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x3＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件． 解析：y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)， 当0<x<3时，y′>0；当x>3时，y′<0. 故当x＝3时，该商品的年利润最大． 答案：3 9．设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则实数a的取值范围为______． 解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，由f′(1)＝0，得b＝1－a. ∴f′(x)＝－ax＋a－1＝＝. ①若a≥0，当0<x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以x＝1是f(x)的极大值点． ②若a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－. 因为x＝1是f(x)的极大值点，所以－>1，解得－1<a<0.综合①②得实数a的取值范围是a>－1. 答案：a>－1 10．(2024·银川市模拟)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)． (1)讨论函数f(x)的定义域内的极值点的个数； (2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)． f′(x)＝a－＝. 当a≤0时，f′(x)≤0在 (0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以f(x)在(0，＋∞)上没有极值点． 当a＞0时，由f′(x)＞0，得x>， 所以f(x)在上递减，在上递增，即f(x)在x＝处有极小值． 综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点； 当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值， f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x. 因此f(x)≥bx－2，即1＋－≥b， 令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝， 由g′(x)≥0得x≥e2， 则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增， g(x)min＝g(e2)＝1－，故实数b的最大值是1－. [能力提升组] 11．(2024·新乡市模拟)若函数f(x)＝－x2＋ax＋2ln x在(1,2)上有最大值，则实数a的取值范围为(　　 ) A．(0，＋∞) B．(0,3) C．(3，＋∞) D．(1,3) 解析：B　[f′(x)＝－2x＋a＋＝， 要使函数f(x)＝－x2＋ax＋2ln x在(1,2)上有最大值， 则函数f(x)＝－x2＋ax＋2ln x在(1,2)上有极大值． 即方程－2x2＋ax＋2＝0有两个不等实根，且较大根在区间(1,2)． ∴，解得0＜a＜3.] 12．(2024·南充市模拟)函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1,1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为(　　 ) A．(1,5) B．[1,5) C．(1,5] D．(－∞，1)∪(5，＋∞) 解析：B　[由题意，f′(x)＝3x2＋2x－a， 则f′(－1)f′(1)＜0，即(1－a)(5－a)＜0， 解得1＜a＜5. 当a＝1时，函数f(x)＝x3＋x2－x－4在区间(－1,1)恰有一个极值点， 当a＝5时，函数f(x)＝x3＋x2－5x－4在区间(－1,1)没有一个极值点．] 13．(2022·全国乙卷，16)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若x1<x2，则a的取值范围是________． 解析：f′(x)＝2(axln a－ex)至少要有两个零点x＝x1和x＝x2，我们对其求导，f″(x)＝2ax(ln a)2－2e. (1)若a＞1，则f″(x)在R上单调递增，此时若f″(x0)＝0，则f′(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a＞0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1＞x2，不符合题意． (2)若0＜a＜1，则f″(x)在R上单调递减，此时若f″(x0)＝0，则f′(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，且x0＝loga.此时若有x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a＞0且a≠1)的极小值点和 极大值点，且x1＜x2，则需满足f′(x0)＞0，即＞eloga⇒a＞⇒ln a＞ln ⇒ln a＞1－ln(ln a)2，可解得a＞e或0＜a＜，由于0＜a＜1，取交集得0＜a＜. 答案： 14．(2024·达州市模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝x2－(2a＋1)x＋(a＋1)ln x. (1)当a＝1时，求函数f(x)的极大值； (2)当a≥1时，求证：方程f(x)＝g(x)有唯一实根． 解：(1)a＝1时，函数f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0， ∴f(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减， ∴x＝1时，函数f(x)取得极大值f(1)＝－1. (2)方程f(x)＝g(x)的根⇔x2－(a＋1)x＋aln x＝0的根，令h(x)＝x2－(a＋1)x＋aln x(x＞0，a≥1)， h′(x)＝＝， ①当a＝1时，h′(x)≥0在(0，＋∞)恒成立，函数h(x)单调递增，方程f(x)＝g(x)有唯一实根． ②当a＞1时，x∈(0,1)时，h′(x)＞0，x∈(1，a)时，h′(x)＜0，x∈(a，＋∞)时，h′(x)＞0， ∴h(x)在(0,1)，(a，＋∞)上单调递增，在(1，a)上单调递减，当h(1)＝－a－<0，x→＋∞时，h(x)→＋∞， 函数h(x)与x轴只有一个交点，∴方程f(x)＝g(x)有唯一实根． 综上所述，当a≥1时，方程f(x)＝g(x)有唯一实根． 5 学科网（北京）股份有限公司 $