第3章 第6讲 导数与函数的最值 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** 聚焦导数应用的系统性训练，以“求导-判单调-求极值/最值”为主线，融合参数讨论与实际建模，培养数学思维与问题解决能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|3题（1,7,8）|导数符号判断单调性求最值|从导数计算到函数单调性，基础最值求解| |含参问题|4题（2,3,5,12）|极值点条件求参，分类讨论参数范围|参数对导数符号影响，深化单调性分析| |实际应用|2题（4,11）|建立目标函数（利润/体积），导数求最值|数学语言表达现实问题，模型观念应用| |综合拓展|5题（6,9,10,13,14）|函数图象分析，存在性问题论证，新定义迁移|从单一函数到综合应用，培养创新意识与理性精神|

1．函数f(x)＝2x＋sin x在区间[0，π]上的(　　) A．最小值为0，最大值为π＋1 B．最小值为0，最大值为2π C．最小值为π＋1，最大值为2π D．最小值为0，最大值为2 解析：选B．f′(x)＝2＋cos x＞0，所以f(x)在区间[0，π]上单调递增，因此f(x)在区间[0，π]上的最小值为f(0)＝0，最大值为f(π)＝2π. 2．若3为函数f(x)＝x2－ax－3ln x的极值点，则函数f(x)的最小值为(　　) A．－ B．－ C．－－3ln 3 D．3－3ln 3 解析：选C．由题知x＞0，f′(x)＝x－a－，因为3是函数f(x)的极值点，所以f′(3)＝3－a－1＝0，则a＝2，所以f′(x)＝x－2－＝，当x∈(0，3)时，f′(x)＜0，当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(0，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值是f(3)＝－－3ln 3. 3．若函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a＝(　　) A．－1 B． C． D．＋1 解析：选A．由题意得f′(x)＝＝，所以当0＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．①当＞1，即a＞1时，f(x)在[1，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f()＝＝，令＝，解得a＝，不符合题意；②当≤1，即0＜a≤1时，f(x)在[1，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(1)＝，令＝，解得a＝－1.符合题意．综上，a＝－1. 4．某莲藕种植塘每年的固定成本是2万元，每年最大规模的种植量是10万斤，每种植1斤莲藕，成本增加1元．销售额y(单位：万元)与莲藕种植量x(单位：万斤)满足关系式y＝－x3＋ax2＋x(a为常数).若种植3万斤，销售利润是万元，则要使销售利润最大，每年需种植莲藕(　　) A．7万斤 B．8万斤 C．9万斤 D．10万斤 解析：选B．设销售利润为g(x)，则g(x)＝－x3＋ax2＋x－(2＋x)＝－x3＋ax2－2(0≤x≤10)， 则＝－×33＋9a－2，解得a＝2. 故g(x)＝－x3＋2x2－2， 则g′(x)＝－x2＋4x＝－x(x－8). 令g′(x)＞0，则有0＜x＜8，令g′(x)＜0，则有8＜x≤10，所以g(x)的极大值点即最大值点，为8，故要使销售利润最大，每年需种植莲藕8万斤． 5．已知函数f(x)＝ln x＋ax在(0，1)上有最大值，则a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(0，1) C．(－∞，－1) D．(－1，0) 解析：选C．因为f′(x)＝＋a，x＞0，所以当a≥0时，f′(x)＞0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，不存在最大值；当a＜0时，令f′(x)＝0，得x＝－，所以当x∈(0，－)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(－)，所以0＜－＜1，解得a＜－1. 6．(多选)已知函数f(x)＝(x2－3x＋1)ex，则下列说法中正确的是(　　) A．f(x)在R上有两个极值点 B．f(x)无最大值、无最小值 C．f(x)有最小值、无最大值 D．f(x)在R上有三个零点 解析：选AC．因为f(x)的定义域为R，f′(x)＝(x2－x－2)ex＝(x－2)(x＋1)ex，所以当x∈(－∞，－1)或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－1，2)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－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)＝，极小值为f(2)＝－e2，当x＜0时，x2－3x＋1＞0，ex＞0，所以f(x)＞0在(－∞，0)上恒成立， 可作出f(x)的图象如图所示，对于A，f(x)的极大值点为－1，极小值点为2，A正确；对于B，C，f(－1)不是f(x)的最大值，f(2)是f(x)的最小值，B错误，C正确；对于D，由图象可知，f(x)在R上有且仅有两个零点，D错误． 7．函数f(x)＝的最大值为________． 解析：由题得f′(x)＝(x＞0). 令f′(x)＞0，解得0＜x＜； 令f′(x)＜0，解得x＞.所以函数f(x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，＋∞)，所以函数f(x)＝的极大值也是最大值为f()＝＝. 答案： 8．已知函数f(x)＝m ln x＋的最小值为－m，则m＝________． 解析：由f(x)＝m ln x＋，得f′(x)＝－＝，定义域为(0，＋∞)，当m≤0时，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，函数无最小值，不符合题意；当m＞0时，若0＜x＜，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，若x＞，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，所以当x＝时，函数f(x)取得最小值，则m ln ＋m＝－m，解得m＝e2. 答案：e2 9．(13分)(2026·泉州质检)已知函数f(x)＝ex(x2＋a)(a＜0)的图象在点(0，f(0))处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为. (1)求a；(5分) (2)求f(x)在区间[－4，2]上的最大值和最小值．(8分) 解：(1)f′(x)＝ex(x2＋2x＋a)， 所以f′(0)＝a，又f(0)＝a， 所以f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，即y＝ax＋a. 当x＝0时，y＝a；当y＝0时，x＝－1. 因为直线y＝ax＋a与坐标轴所围成的三角形的面积为且a＜0， 所以×(－a)×1＝，所以a＝－3. (2)由(1)得f(x)＝ex(x2－3)，f′(x)＝ex(x2＋2x－3)＝ex(x＋3)(x－1). 由f′(x)＝0得x＝－3或x＝1. 当－4≤x＜－3或1＜x≤2时，f′(x)＞0，当－3＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在[－4，－3)，(1，2]上单调递增，在(－3，1)上单调递减． 因为f(－4)＝，f(－3)＝，f(1)＝－2e，f(2)＝e2，且e2＞＞＞－2e，所以f(x)在区间[－4，2]上的最大值为e2，最小值为－2e. 10．在同一平面直角坐标系内，函数y＝f(x)及其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为(0，1)，则(　　) A．函数y＝f(x)＋x的最大值为1 B．函数y＝的最小值为1 C．函数y＝f(x)·ex的最大值为1 D．函数y＝的最小值为1 解析：选B．由题图可知，两个图象都在x轴上方，所以f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以实线为f(x)的图象，虚线为f′(x)的图象，f(0)＝f′(0)＝1. 对于A，y′＝f′(x)＋1＞0，所以y＝f(x)＋x在R上单调递增，无最大值，A错误； 对于B，y′＝，y′|x＝0＝＝0，由题图可知，当x＜0时，f(x)－f′(x)＜0，当x＞0时，f(x)－f′(x)＞0，所以y＝在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以当x＝0时，函数取得最小值，为＝1，B正确； 对于C，y′＝[f′(x)＋f(x)]ex，由题图可知f(x)＋f′(x)＞0，所以y＝f(x)·ex在R上单调递增，无最大值，C错误； 对于D，y′＝，由题图可知，当x＜0时，f′(x)－f(x)＞0，当x＞0时，f′(x)－f(x)＜0，所以函数y＝在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，所以当x＝0时，函数取得最大值，为＝1，D错误． 11．如图所示的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱组合而成．已知正四棱锥的侧棱长为3，正四棱柱的高为1，则该几何体体积的最大值为(　　) A．15 B．16 C． D． 解析：选D．如图所示，连接AC与BD交于点O，连接PO. 因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD， 又因为AO⊂平面ABCD，所以PO⊥AO. 由题意知，正四棱锥的侧棱长为3，且正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为1，设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2a， 在正方形ABCD中，可得AO＝a， 所以PO＝＝， 则几何体的体积V(a)＝4a2×1＋×4a2×.令t＝，0<t<3， 可得a2＝，可得f(t)＝4××1＋×4××t＝－t3－2t2＋6t＋18(0<t<3)， 则f′(t)＝－2t2－4t＋6＝－2(t＋3)(t－1)， 当t∈(0，1)时，f′(t)＞0，f(t)单调递增； 当t∈(1，3)时，f′(t)＜0，f(t)单调递减． 所以当t＝1时，函数f(t)取得最大值，最大值为，所以该几何体体积的最大值为. 12．已知函数f(x)＝若函数f(x)无最小值，则a的取值范围是________． 解析：当x≤1时，f(x)＝e－x＋x，f′(x)＝－e－x＋1，易知f′(x)在(－∞，1]上单调递增，f′(0)＝0， 故当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，1]时，f′(x)>0， 故f(x)＝e－x＋x在(－∞，0)上单调递减，在(0，1]上单调递增，其中f(0)＝e-0＋0＝1. 当x>1时，f(x)＝ln x＋x＋a在(1，＋∞)上单调递增，且f(1)＝1＋a， 要想f(x)无最小值，需满足f(1)<f(0)，即1＋a<1，解得a<0. 答案：(－∞，0) 13．(15分)已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值；(6分) (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．(9分) 解：(1)因为f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]， 所以f′(x)＝，由f′(1)＝0，得a＝1. 所以f′(x)＝，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e]时，f′(x)<0， 所以f(x)的单调递增区间是(0，1)， 单调递减区间是(1，e]，f(x)的极大值也即f(x)的最大值为f(1)＝－1. (2)由(1)知，f′(x)＝， ①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在(0，e]上单调递增，f(x)的最大值是f(e)，所以f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝>0，舍去； ②当a>0时，由f′(x)＝＝0，得x＝，当0<<e，即a>时，若x∈(0，)，则f′(x)>0，若x∈(，e]，则f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间是(0，)，单调递减区间是(，e]，则f(x)在(0，e]上的最大值为f()，所以f()＝－1－ln a＝－3，所以a＝e2；当≥e，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增，所以f(x)的最大值是f(e)，所以f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝>，舍去．综上，存在实数a使得f(x)的最大值是－3，此时a＝e2. 14．(新定义)(2026·天津期中)对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，定义：设f″(x)是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的导数，若f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”，此时f(x)的图象关于“拐点”对称．已知函数f(x)＝x3－3x2＋2x－2的“拐点”为A，则点A的坐标为__________，曲线y＝f(x)在点A处的切线为y＝g(x)，若存在x∈(0，＋∞)，使不等式ax(g(x)＋1)＋ln x≥0成立，则实数a的取值范围是________． 解析：由函数f(x)＝x3－3x2＋2x－2，得f′(x)＝3x2－6x＋2，则f″(x)＝6x－6，由f″(x)＝6x－6＝0，解得x＝1， 又f(1)＝13－3×12＋2×1－2＝－2， 所以函数f(x)的“拐点”A的坐标为(1，－2). 由f′(x)＝3x2－6x＋2，得f′(1)＝3×12－6×1＋2＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A处的切线方程为y－(－2)＝－(x－1)，即y＝－x－1， 所以g(x)＝－x－1，若存在x∈(0，＋∞)，使不等式ax(g(x)＋1)＋ln x≥0成立， 即存在x∈(0，＋∞)，使不等式ax(－x－1＋1)＋ln x≥0成立， 即ax2≤ln x成立，即a≤在(0，＋∞)上成立， 令h(x)＝，x>0，则h′(x)＝， 由h′(x)＝＝0，得x＝e， 当x∈(0，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h(x)max＝h(e)＝＝，所以a≤，故实数a的取值范围是(－∞，]. 答案：(1，－2)　(－∞，] 学科网（北京）股份有限公司 $