课时规范练17　利用导数研究函数的极值与最值-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦导数研究函数极值与最值，以分层训练构建“导数应用→极值判定→最值求解”逻辑链，渗透转化思想与数形结合，培养数学思维与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|8题|导数符号分析、极值点判定、最值转化|从导数概念到单调性，再到极值与最值的生成关系| |综合提升|5题|含参分类讨论、构造函数证明|结合函数性质拓展极值应用，强化逻辑推理| |创新应用|2题|新定义转化、复合函数求导|关联跨模块知识，提升数学眼光与创新意识|

课时规范练17　利用导数研究函数的极值与最值 基础巩固组 1.(多选)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)在(2,+∞)上为增函数 B.函数f(x)在(-2,1)上为增函数 C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2) 2.函数f(x)=3x2+ln x-2x的极值点的个数是(　　) A.0 B.1 C.2 D.无数 3.(多选)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则(　　) A.x=3是函数f(x)的极小值点 B.当0<x<1时,f(x)<f(x2) C.当1<x<2时,-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<10时,f(2-x)>f(x) 4.当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f'(4)=(　　) A.-1 B. C.- D.1 5.若关于x的方程x3-3x+m=0在区间[0,2]上有解,则实数m的取值范围是(　　) A.[-2,2] B.[0,2] C.[-2,0] D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 6.若函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,-2) B.(-∞,-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 7.(2025广西北海模拟)若函数f(x)=x2+axln x-ax有两个极值点,则a的取值范围是　　　　　.  8.(2025广西玉林联考)已知函数f(x)=ex-x2-kx(其中e为自然对数的底数,k为常数)有一个极大值点和一个极小值点. (1)求实数k的取值范围; (2)证明:f(x)的极大值不小于1. 综合提升组 9.已知函数f(x)=x3+ax2-x+a有两个极值点x1,x2,且|x1-x2|=,则f(x)的极大值为(　　) A. B. C. D. 10.若函数f(x)=ex-ln(x+m)的最小值为2+ln 2,则m=(　　) A.-2 B.-ln 2 C.- D.+ln 2 11.设函数f(x)=已知x1<x2且f(x1)=f(x2),若x2-x1的最小值为,则实数a的值为(　　) A.-1 B.-1 C.-1或-1 D.2 12.已知函数f(x)=x2-ln x-(a∈R)在区间[,1]不存在极值点,则实数a的取值范围是　　　　　　　.  13.(2025广西南宁二模)已知函数f(x)=ln(x+1)-ax-a2. (1)当a=4时,求曲线f(x)在(0,f(0))处的切线方程; (2)若f(x)存在极大值,且极大值不大于-3-ln 2,求实数a的取值范围. 创新应用组 14.(多选)初等函数是由基本初等函数与常数经过有限次的有理运算及有限次函数复合所产生,并且能用一个解析式表示的函数,如函数f(x)=xx(x>0),我们可以作变形:f(x)=xx==exln x=et,其中t=xln x,所以f(x)可看作是由函数g(t)=et和t=xln x复合而成的,即f(x)=xx(x>0)为初等函数.根据以上材料,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 15.(2025广西桂林联考)已知函数fn(x)=sinnx+cosnx,其中n=2k,k∈N*,记函数f2k(x)的最小值为ak,若∀λ>0,∀k∈N*,都有2λ2-tλ+2>,则t的取值范围为　　　　　.  参考答案 1.AD　解析 由题图可知当x>2时,(1-x)f'(x)<0,所以f'(x)>0, 当1<x<2时,(1-x)f'(x)>0,所以f'(x)<0, 当-2<x<1时,(1-x)f'(x)<0,所以f'(x)<0, 当x<-2时,(1-x)f'(x)>0,所以f'(x)>0, 所以f(x)在(2,+∞)上为增函数,在(1,2)内为减函数,在(-2,1)内为减函数,在(-∞,-2)上为增函数,故A正确,B错误; f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值,即函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2),故C错误,D正确.故选AD. 2.A　解析函数f(x)的定义域为(0,+∞),导数f'(x)=6x+-2=.令g(x)=6x2-2x+1,则Δ=-20<0,所以g(x)>0恒成立,又x>0,所以f'(x)>0恒成立,故函数f(x)在定义域上单调递增,无极值点. 3.AC　解析∵f(x)=(x-1)2(x-4),∴函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=3(x-1)(x-3).令f'(x)=3(x-1)(x-3)=0,得x=1或x=3.当x<1或x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当1<x<3时,f'(x)<0,f(x)单调递减,∴x=3是函数f(x)的极小值点,∴A正确.当0<x<1时,0<x2<x<1,又由上可知当0<x<1时,f(x)单调递增,∴f(x2)<f(x),∴B错误.当1<x<2时,f(2x-1)=(2x-1-1)2(2x-1-4)=4(x-1)2(2x-5)<0,f(2x-1)+4=4(x-2)2(2x-1)>0,即f(2x-1)>-4,∴C正确.f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(x-1)2(x-4)=-2(x-1)3.当-1<x<10时,f(2-x)-f(x)=-2(x-1)3的值有正有负.∴D错误.故选AC. 4.C　解析因为函数f(x)的定义域为(0,+∞),由题意可知,f(1)=-2,f'(1)=0,而f'(x)=,所以b=-2,a-b=0,即a=-2,b=-2,所以f'(x)=-, 因此当x∈(0,1)时,f'(x)>0,故函数在(0,1)内单调递增;当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,故函数在(1,+∞)上单调递减,所以当x=1时f(x)取得最大值,满足题意,即有f'(4)==-. 故选C. 5.A　解析由题意得-m=x3-3x,x∈[0,2].令y=x3-3x,x∈[0,2],则y'=3x2-3.令y'=0,解得x=1,易得函数在[0,1)上单调递减,在(1,2]上单调递增.又因为当x=0时,y=0;当x=1时,y=-2;当x=2时,y=2,所以函数y=x3-3x,x∈[0,2]的值域是[-2,2],因此-m∈[-2,2],即m∈[-2,2].故选A. 6.B　解析令f(x)=0,得-ax=x3+2,易知x≠0,所以-a=.设g(x)=, 则函数f(x)存在3个零点等价于函数g(x)=的图象与直线y=-a有三个不同的交点. g'(x)=.当x>1时,g'(x)>0,函数g(x)在(1,+∞)上单调递增,当x<1且x≠0时,g'(x)<0,函数g(x)在(-∞,0),(0,1)内单调递减,且g(1)=3,当x从左侧趋近于0时,g(x)→-∞,当x从右侧趋近于0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,由此可作出函数g(x)的大致图象,如图所示. 由图知,当-a>3时,函数g(x)=的图象与直线y=-a有三个交点,即函数f(x)有3个零点,所以a<-3.故选B. 7.　解析 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-(1+a)x+aln x, 因为f(x)有两个极值点,所以函数f'(x)在(0,+∞)上有两个变号零点. 令f'(x)=-(1+a)x+aln x=0,则-x-ax+aln x=0, 即x2-2x-2ax+2aln x=0,所以2a=. 令g(x)=,x∈(0,+∞), 所以将函数f(x)的零点问题转化为g(x)的图象和直线y=2a的交点问题, 求导得g'(x)=. 令h(x)=2ln x-x-2,x∈(0,+∞),则h'(x)=,易知h(x)在(0,2)内单调递增,在(2,+∞)上单调递减, h(x)≤h(2)=2ln 2-4<0,则h(x)<0恒成立, 所以当0<x<1时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)内单调递减; 当x>1时,g'(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增, 所以g(x)min=g(1)=-1,又x→0时,g(x)→0;x→+∞时,g(x)→+∞, g(x)的图象如图所示,要使g(x)的图象和直线y=2a有两个交点, 由图象知-1<2a<0,即-<a<0,所以a的取值范围为. 8.(1)解 f'(x)=ex-2x-k,由f'(x)=0⇒ex-2x=k. 令g(x)=ex-2x,g'(x)=ex-2, 由g'(x)=0⇒x=ln 2,且当x<ln 2时,g'(x)<0,g(x)单调递减,g(x)∈(2-2ln 2,+∞), 当x>ln 2时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)∈(2-2ln 2,+∞). 由题意,方程g(x)=k有两个不同的解,所以k∈(2-2ln 2,+∞). (2)证明 (方法1)由(1)知,f(x)在区间(-∞,ln 2)上存在极大值点x1,且k=-2x1, 所以f(x)的极大值为f(x1)=-(-2x1)x1=(1-x1), 记h(t)=(1-t)et+t2(t∈(-∞,ln 2)), 则h'(t)=-tet+2t=t(2-et), 因为t∈(-∞,ln 2),所以2-et>0, 所以当t<0时,h'(t)<0,h(t)单调递减,当0<t<ln 2时,h'(t)>0,h(t)单调递增, 所以f(t)≥h(0)=1,即函数f(x)的极大值不小于1. (方法2)由(1)知,f(x)在区间(-∞,ln 2)上存在极大值点x1,且k=-2x1, 所以f(x)的极大值为f(x1)=-(-2x1)x1=(1-x1). 因为1-x1>0,≥1+x1, 所以f(x1)≥(1-x1)(1+x1)+=1, 即函数f(x)的极大值不小于1. 9.B　解析因为f'(x)=3x2+2ax-1,Δ=4a2+12>0, 所以f'(x)=0有两个不同的实数解x1,x2, 且由根与系数的关系得x1+x2=-,x1x2=-. 由题意可得|x1-x2|=,解得a=0, 此时f(x)=x3-x,f'(x)=3x2-1. 当x∈(-∞,-),x∈(,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增; 当x∈(-)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 故当x=-时,f(x)取得极大值. 10.B　解析 易知f(x)的定义域为(-m,+∞),f'(x)=ex-, 不难发现f'(x)在区间(-m,+∞)上单调递增. 又当x→-m时,f'(x)→-∞,当x→+∞时,f'(x)→+∞, 所以存在唯一x0∈(-m,+∞)使得f'(x0)=0,即x0=-ln(x0+m). 当x∈(-m,x0)时,f'(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0. 所以f(x)在区间(-m,x0)上单调递减,在区间(x0,+∞)上单调递增, 所以f(x)的最小值为f(x0)=-ln(x0+m)=+x0=2+ln 2=eln 2+ln 2, 解得x0=ln 2,故eln 2=,解得m=-ln 2. 故选B. 11.A　解析令f(x1)=f(x2)=t,作出函数f(x)的大致图象,如图. 由图象可知t∈(-∞,a],因为x1<x2,所以x1+a=t,ln x2=t,得x1=t-a,x2=et, 所以x2-x1=et-t+a. 令g(t)=et-t+a(t≤a),则g'(t)=et-1.当a≤0时,g'(t)≤0,g(t)在(-∞,a]上单调递减,所以g(t)min=g(a)=ea-a+a=ea,由g(t)min=ea=,解得a=-1; 当a>0时,令g'(t)=0,得t=0,易得g(t)在区间(-∞,0]上单调递减,在区间(0,a]上单调递增,所以g(t)min=g(0)=e0-0+a=1+a,由g(t)min=1+a=,解得a=-1<0,舍去. 综上可得a=-1,故选A. 12. (-∞,-]∪[3,+∞)　解析因为函数f(x)=x2-ln x-(a∈R)在区间[,1]上不存在极值点,所以函数f(x)在区间[,1]上单调递增或单调递减,所以f'(x)≥0或f'(x)≤0在区间[,1]上恒成立.f'(x)=2x-,令g(x)=4x2-x-a,x∈[,1],则其图象的对称轴为直线x=,所以g(x)min=4×()2--a=--a,g(x)max=4×12-1-a=3-a.当f'(x)≥0时,需满足--a≥0,即a≤-;当f'(x)≤0时,需满足3-a≤0,即a≥3. 综上所述,a的取值范围为(-∞,-]∪[3,+∞). 13.解 (1)当a=4时,f(x)=ln(x+1)-4x-16, 故f'(x)=-4, ∴f(0)=ln 1-0-16=-16,f'(0)=1-4=-3, ∴曲线f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y+16=-3(x-0),即3x+y+16=0. (2)由题意得x+1>0,故函数f(x)的定义域为(-1,+∞). ∵f(x)=ln(x+1)-ax-a2, ∴f'(x)=-a=. 当a≤0时,-a(x+1)+1>0,f'(x)>0, ∴f(x)在(-1,+∞)上单调递增,f(x)无极值. 当a>0时,由f'(x)=0,得x=-1>-1, 由f'(x)>0,得-1<x<-1,由f'(x)<0,得x>-1, ∴f(x)在内单调递增,在上单调递减, ∴当x=-1时,f(x)有极大值,极大值为f=ln-1+a-a2. 故ln-1+a-a2≤-3-ln 2, 即a2-a+ln a-2-ln 2≥0, 令g(a)=a2-a+ln a-2-ln 2(a>0), 则g'(a)=2a-1+. ∵2a2-a+1=2>0,∴g'(a)>0, ∴g(a)在(0,+∞)上单调递增. ∵g(2)=22-2+ln 2-2-ln 2=0, ∴要使g(a)≥0,则a≥2, ∴实数a的取值范围是[2,+∞). 14.AD　解析根据材料知,h(x)=, 所以h'(x)=, 令h'(x)=0,得x=e. 当0<x<e时,h'(x)>0,函数h(x)单调递增; 当x>e时,h'(x)<0,函数h(x)单调递减. 所以当x=e时,h(x)取得极大值,且极大值为h(e)=,无极小值. 15.(-∞,2)　解析 f2k(x)=sin2kx+cos2kx=(sin2x)k+(cos2x)k,k∈N*, 设sin2x=μ(0≤μ≤1),则cos2x=1-μ,令g(μ)=μk+(1-μ)k,g'(μ)=kμk-1-k(1-μ)k-1=k[μk-1-(1-μ)k-1],当0≤μ<时,0≤μ<1-μ≤1, 此时μk-1<(1-μ)k-1,g'(μ)<0, 所以g(μ)在上单调递减, 当<μ≤1时,0≤1-μ<μ≤1, 此时μk-1>(1-μ)k-1,g'(μ)>0, 所以g(μ)在上单调递增, 所以g(μ)min=g,即ak=, 所以要使2λ2-tλ+2>(k∈N*)恒成立, 只需2λ2-tλ+2大于的最大值. 令bk=(k∈N*),则, 可得bk+1<bk,则bk的最大值为b1=1, 所以2λ2-tλ+2>1,即2λ2-tλ+1>0. 因为λ>0,所以2λ+>t, 因为2λ+≥2=2,当且仅当2λ=,即λ=时,等号成立, 所以t<2,故t的取值范围为(-∞,2). 1 学科网（北京）股份有限公司 $