第3章 第5讲 导数与函数的极值 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦导数应用与函数极值，以“求导-判单调-定极值”为主线，构建从基础判断到参数综合的梯度训练体系，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| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|6题|求导→解方程→符号分析→极值点判定|导数与单调性→极值定义→基础应用| |综合提升|4题|图像分析、奇偶性结合、切线方程|导数几何意义→函数性质→综合应用| |参数探究|4题|极值点求参、存在性问题论证|参数影响→方程根分布→逻辑推理|

1．函数f(x)＝x3＋x2－3x－1的极小值点是(　　) A．1 B．(1，－) C．－3 D．(－3，8) 解析：选A．f′(x)＝x2＋2x－3，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3或x＝1，所以函数f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝1处有极小值，极小值点为1. 2．已知函数f(x)的定义域为R，其导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　) A．无极大值点，有四个极小值点 B．有三个极大值点，一个极小值点 C．有两个极大值点，两个极小值点 D．有四个极大值点，无极小值点 解析：选C．设f′(x)的图象与x轴的4个交点的横坐标从左至右依次为x1，x2，x3，x4(图略).当x<x1时，f′(x)>0，当x1<x<x2时，f′(x)<0，则x1为f(x)的极大值点，同理，x3为f(x)的极大值点，x2，x4为f(x)的极小值点． 3．函数f(x)＝的极大值为(　　) A．0 B． C． D． 解析：选C．f′(x)＝，由f′(x)>0，得0<x<2；由f′(x)<0，得x<0或x>2，则f(x)在(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递减，在(0，2)上单调递增，故f(x)的极大值为f(2)＝. 4．若函数f(x)＝x3＋ax2－x＋1在x＝－1处有极大值，则a＝(　　) A．5 B．3 C．1 D．0 解析：选C．由题意得，f′(x)＝3x2＋2ax－1，f′(－1)＝0，即3－2a－1＝0，解得a＝1，当a＝1时，f′(x)＝3x2＋2x－1＝(3x－1)·(x＋1)，令f′(x)＞0，解得x<－1或x>，所以函数f(x)在(－∞，－1)，(，＋∞)上单调递增，令f′(x)＜0，解得－1＜x＜，所以函数f(x)在(－1，)上单调递减，所以当a＝1时，函数f(x)在x＝－1处有极大值，符合题意，故a＝1. 5．(多选)(2025·全国二卷)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x＞0时，f(x)＝(x2－3)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：选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，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； 通解：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． 快解：对于C，结合选项D可作出f(x)的大致图象，如图所示，由图可知C选项错误． 6．(多选)已知函数f(x)＝x ln x，则下列说法正确的有(　　) A．曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1 B．f(x)的单调递减区间为(0，) C．f(x)的极大值为－ D．方程f(x)＝1有两个不同的根 解析：选AB．由题意知，f′(x)＝ln x＋1(x>0).对于A，因为f(1)＝0，f′(1)＝1，所以曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－1，故A正确；对于B，令f′(x)＝0，解得x＝，当x∈(0，)时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递减区间为(0，)，故B正确；对于C，当x∈(，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)有极小值，无极大值，故C错误；对于D，f(x)的极小值为f()＝ln ＝－，当0＜x＜1时，f(x)＜0；当x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以方程f(x)＝1有且只有一个根，故D错误． 7．函数f(x)＝2x－x ln x的极大值是________． 解析：因为f′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x(x>0)，令f′(x)＞0，解得0＜x＜e，故f(x)在(0，e)上单调递增；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以当x＝e时，f(x)取得极大值，f(x)极大值＝f(e)＝e. 答案：e 8．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，f′(－2)＝12a－4b＋4＝0，则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f(x)在x＝－2处有极小值，所以f(－2)＝－8a＋4b－8＝－8，即b＝2a，又b＝3a＋1，解得a＝－1，b＝－2，经检验，满足题意，故f(x)＝－x3－2x2＋4x. 答案：－x3－2x2＋4x 9．(13分)已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点． (1)求a，b的值；(5分) (2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．(8分) 解：(1)由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.经检验，符合题意，故a＝0，b＝－3. (2)由(1)知f(x)＝x3－3x，则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)， 令g′(x)＝0，解得x1＝x2＝1，x3＝－2. 当x<－2时，g′(x)<0，即g(x)在(－∞，－2)上单调递减；当x>－2时，g′(x)≥0，当且仅当x＝1时，等号成立，所以g(x)在(－2，＋∞)上单调递增． 所以g(x)的极小值点为－2，无极大值点． 10．(2026·台州模拟)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．(0，) C．(－，0) D．(－，＋∞) 解析：选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有两个不相等的正根x1，x2，所以解得－<a<0，因此实数a的取值范围是(－，0). 11．已知0是函数f(x)＝x2(x－a)的极小值点，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，) C．(0，＋∞) D．(，＋∞) 解析：选A．由已知得f(x)＝x3－ax2，x∈R，f′(x)＝3x2－2ax＝3x(x－). 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.因为0是函数f(x)的极小值点，所以≠0.若<0，当<x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则0是函数f(x)的极小值点；若>0，当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则0是函数f(x)的极大值点，不符合题意．综上，<0，即a<0. 12．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．a>－2 B．a>－ C．a<－2 D．a<－ 解析：选C．函数f(x)＝eax＋2x，可得f′(x)＝aeax＋2，若a≥0，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. 13．(15分)(2025·上海卷)已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋m ln x，m∈R. (1)若f(1)＝0，求不等式f(x)≤x2－1的解集；(5分) (2)若函数y＝f(x)满足在(0，＋∞)上存在极大值，求m的取值范围．(10分) 解：(1)因为f(1)＝0，所以1－(m＋2)＝0，解得m＝－1，所以f(x)＝x2－x－ln x，则f(x)≤x2－1，即ln x＋x－1≥0. 令g(x)＝ln x＋x－1，x>0，求导得g′(x)＝＋1，所以g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为g(1)＝0，所以原不等式的解集为[1，＋∞). (2)f′(x)＝2x－(m＋2)＋ ＝＝， 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝. 当m≤0时，x2≤0，所以当0＜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，所以f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值，不符合题意，舍去； 当0＜m＜2时，0＜x2＜1，所以当0<x<时，f′(x)>0，f(x)单调递增，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，所以f(x)在x＝处取得极大值，符合题意；当m＝2时，x2＝1，f′(x)≥0恒成立且不恒为0, 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意，舍去；当m＞2时，x2＞1，所以当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当1＜x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．综上所述，实数m的取值范围为(0，2)∪(2，＋∞). 14．(多选)(2026·广州模拟)已知函数f(x)＝ln ＋ax在x＝3处取得极大值，f(x)的导函数为f′(x)，则(　　) A．a＝ B．当0<x<1时，f(x)>f(x2) C．f′(2＋x)＝f′(2－x) D．当1≤x1≤x2≤3且x1＋x2<4时，f(x1)＋f(x2)< 解析：选ACD．由>0，得0<x<4，则函数f(x)的定义域为(0，4).f(x)＝ln (4－x)－ln x＋ax，x∈(0，4)，则f′(x)＝－＋a，因为函数f(x)在x＝3处取得极大值，所以f′(3)＝－1－＋a＝0，即a＝，此时f(x)＝ln (4－x)－ln x＋x，则f′(x)＝－＋＝，令f′(x)<0，得0<x<1或3<x<4；令f′(x)>0，得1<x<3，所以函数f(x)在(0，1)和(3，4)上单调递减，在(1，3)上单调递增，则函数f(x)在x＝3处取得极大值，符合题意，故a＝，故A正确；由上面分析可知函数f(x)在(0，1)上单调递减，当0<x<1时，0<x2<x<1，则f(x)<f(x2)，故B错误；由f′(x)＝，得f′(2＋x)＝＝，f′(2－x)＝＝＝，所以f′(2＋x)＝f′(2－x)，故C正确；因为1≤x1≤x2≤3，x1＋x2<4，所以1≤x1<4－x2≤3，又函数f(x)在(1，3)上单调递增，则f(x1)<f(4－x2)，所以f(x1)＋f(x2)<f(x2)＋f(4－x2)，又f(x)＋f(4－x)＝ln (4－x)－ln x＋x＋ln x－ln (4－x)＋(4－x)＝，则f(x1)＋f(x2)<f(x2)＋f(4－x2)＝，故D正确． 学科网（北京）股份有限公司 $