2025高考数学一轮复习-第16讲-导数与函数的极值、最值-专项训练【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-第16讲-导数与函数的极值、最值-专项训练【含解析】，共11页。试卷主要包含了已知函数f＝ln x－ax，故选B等内容，欢迎下载使用。

1．函数f(x)＝x3－3x2＋3x的极值点的个数是( )
A．0 B．1
C．2D．3
2．已知函数f(x)＝(x2－a)ex ，则“a≥－1”是“f(x)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
3．设函数f(x)＝eq \f(ex,x＋a)，若f(x)的极小值为eq \r(e)，则a＝( )
A．－eq \f(1,2)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(3,2)D．2
4．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝( )
A．eq \f(2,3)B．eq \f(4,3)
C．eq \f(8,3)D．eq \f(16,3)
5．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,ex)，x≥a，,x，x＜a，))若函数存在最大值，则实数a的取值范围是( )
A．a≤1B．a＜1
C．a≤eq \f(1,e)D．a＜eq \f(1,e)
6．(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，则a的取值可能为( )
A．－6B．－5
C．－4D．－3
7．(多选)已知函数f(x)＝x＋sin x－xcs x的定义域为[－2π，2π)，则( )
A．f(x)为奇函数
B．f(x)在[0，π)上单调递增
C．f(x)恰有4个极大值点
D．f(x)有且仅有4个极值点
8．已知函数f(x)＝e－x－ex，x∈[0，a]，a为正实数，则函数f(x)的最小值为________，最大值为________．
9．已知函数f(x)＝ax3－eq \f(1,2)x2＋x－xln x存在两个极值点，则实数a的取值范围是________．
10．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
11．关于x的不等式2sin3xcs x－a≤0在x∈(0，π)恒成立，则实数a的最小值为( )
A．－eq \f(3\r(3),8)B．0
C．1D．eq \f(3\r(3),8)
12．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．
13．有三个条件：①函数f(x)的图象过点(0,1)，且a＝1；②f(x)在x＝1时取得极大值eq \f(11,6)；③函数f(x)在x＝3处的切线方程为4x－2y－7＝0，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．
题目：已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(a,2)x2＋2x＋b存在极值，并且________．
(1)求f(x)的解析式；
(2)当x∈[1,3]时，求函数f(x)的最值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
14．(多选)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．f(a)＜f(b)＜f(c)
B．f(e)＜f(d)＜f(c)
C．x＝c时，f(x)取得最大值
D．x＝d时，f(x)取得最小值
15．设函数f(x)＝ln x＋x2＋2ax＋1．
(1)当a＝－eq \f(3,2)时，求f(x)的极值；
(2)判断函数f(x)在(a＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
2025高考数学一轮复习-第16讲-导数与函数的极值、最值-专项训练【解析版】
1．函数f(x)＝x3－3x2＋3x的极值点的个数是( )
A．0 B．1
C．2D．3
解析：A f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2，当x＝1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0．
2．已知函数f(x)＝(x2－a)ex ，则“a≥－1”是“f(x)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：B f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，x2＋2x－a＝0，Δ＝4＋4a．若Δ＝4＋4a≤0，a≤－1，则f′(x)＝(x2＋2x－a)ex≥0恒成立，f(x)为增函数，无极值；若Δ＝4＋4a＞0，即a＞－1，则f(x)有两个极值．所以“a≥－1”是“f(x)有极值”的必要不充分条件．故选B．
3．设函数f(x)＝eq \f(ex,x＋a)，若f(x)的极小值为eq \r(e)，则a＝( )
A．－eq \f(1,2)B．eq \f(1,2)
C．eq \f(3,2)D．2
解析：B 由已知得f′(x)＝eq \f(exx＋a－1,x＋a2)(x≠－a)，令f′(x)＝0，有x＝1－a，且当x＜1－a时函数f(x)单调递减，当x＞1－a时函数f(x)单调递增，∴f(x)的极小值为f(1－a)＝e1－a＝eq \r(e)，即1－a＝eq \f(1,2)，得a＝eq \f(1,2)．故选B．
4．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝( )
A．eq \f(2,3)B．eq \f(4,3)
C．eq \f(8,3)D．eq \f(16,3)
解析：C 由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，所以1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1·x2＝eq \f(2,3)，∴xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3)．
5．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,ex)，x≥a，,x，x＜a，))若函数存在最大值，则实数a的取值范围是( )
A．a≤1B．a＜1
C．a≤eq \f(1,e)D．a＜eq \f(1,e)
解析：C 显然x＜a时，f(x)＜a无最大值，x≥a时，f(x)＝eq \f(x,ex)存在最大值，f′(x)＝eq \f(1－x,ex)，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)递增，当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)递减，所以x＝1时，f(x)取得极大值也是最大值．f(1)＝eq \f(1,e)，因此f(x)要有最大值，必须满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤1，,a≤\f(1,e)，))所以a≤eq \f(1,e)．故选C．
6．(多选)若函数f(x)＝2x3－ax2(a<0)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，则a的取值可能为( )
A．－6B．－5
C．－4D．－3
解析：ABC 令f′(x)＝2x(3x－a)＝0，得x1＝0，x2＝eq \f(a,3)(a<0)，当eq \f(a,3)0时，f′(x)>0，则f(x)的增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)，减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))， 从而f(x)在x＝eq \f(a,3)处取得极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝－eq \f(a3,27)，由f(x)＝－eq \f(a3,27)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(a,3)))＝0，解得x＝eq \f(a,3)或x＝－eq \f(a,6)，又f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a＋6,3)))上有最大值，所以eq \f(a,3)7．(多选)已知函数f(x)＝x＋sin x－xcs x的定义域为[－2π，2π)，则( )
A．f(x)为奇函数
B．f(x)在[0，π)上单调递增
C．f(x)恰有4个极大值点
D．f(x)有且仅有4个极值点
解析：BD 因为f(x)的定义域为[－2π，2π)，所以f(x)是非奇非偶函数．f′(x)＝1＋cs x－(cs x－xsin x)＝1＋xsin x，当x∈[0，π)时，f′(x)>0，则f(x)在[0，π)上单调递增，显然f′(0)≠0，令f′(x)＝0，得sin x＝－eq \f(1,x)，在同一坐标系中分别作出y＝sin x，y＝－eq \f(1,x)在区间[－2π，2π)上的图象如图所示，由图可知，这两个函数的图象在区间[－2π，2π)上共有4个公共点，且两图象在这些公共点上都不相切，故f(x)在区间[－2π，2π)上的极值点的个数为4，且f(x)只有2个极大值点，故选B、D．
8．已知函数f(x)＝e－x－ex，x∈[0，a]，a为正实数，则函数f(x)的最小值为________，最大值为________．
解析：f′(x)＝－e－x－ex＝－eq \f(e2x＋1,ex)．当x∈[0，a]时，f′(x)＜0恒成立，即f(x)在[0，a]上单调递减．故当x＝a时，f(x)有最小值f(a)＝e－a－ea；当x＝0时，f(x)有最大值f(0)＝e－0－e0＝0．即f(x)的最小值为e－a－ea，最大值为0．
答案：e－a－ea 0
9．已知函数f(x)＝ax3－eq \f(1,2)x2＋x－xln x存在两个极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：函数的定义域为(0，＋∞)，由题意得f′(x)＝3ax2－x－ln x，因为函数f(x)有两个极值点，所以f′(x)有两个变号零点．由f′(x)＝0得3ax2＝x＋ln x，即3a＝eq \f(x＋ln x,x2)，令g(x)＝eq \f(x＋ln x,x2)，则g′(x)＝eq \f(－x＋1－2ln x,x3)，易知函数y＝－x＋1－2ln x是减函数，且当x＝1时，y＝0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．故g(x)max＝g(1)＝1，又当0＜x＜eq \f(1,e)时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，所以要使f′(x)有两个零点，需0＜3a＜1，即0＜a＜eq \f(1,3)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
10．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解：(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x)，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
故f(x)在定义域上的极大值为f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)(x>0)．
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，则f′(x)>0，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)<0，
故函数在x＝eq \f(1,a)处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点；
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝eq \f(1,a)．
11．关于x的不等式2sin3xcs x－a≤0在x∈(0，π)恒成立，则实数a的最小值为( )
A．－eq \f(3\r(3),8)B．0
C．1D．eq \f(3\r(3),8)
解析：D 依题意，令f(x)＝2sin3xcs x，所以f′(x)＝6sin2xcs2x－2sin4x＝2sin2x(3cs2x－sin2x)＝2sin2x(4cs2x－1)，又x∈(0，π)，令f′(x)＝0，可得cs x＝±eq \f(1,2)，所以x＝eq \f(π,3)或x＝eq \f(2π,3)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))时，f′(x)＞0，所以f(x)＝2sin3xcs x在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,3)))单调递增；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))时，f′(x)＜0，所以f(x)＝2sin3xcs x在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(2π,3)))单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))时，f′(x)＞0，所以f(x)＝2sin3xcs x在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)，π))单调递增，所以当x＝eq \f(π,3)时，函数取最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(3\r(3),8)，所以实数a的最小值为eq \f(3\r(3),8)．故选D．
12．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝eq \f(2,x－3)＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大．
解析：商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)＝(x－3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,x－3)＋10x－62))＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6，f′(x)＝10eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－62＋2x－3x－6))＝30(x－4)·(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)．故当x∈(3,4)时f′(x)＞0，当x∈(4,6)时f′(x)＜0．则函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x＝4时函数f(x)取得最大值f(4)＝42．故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．
`答案：4
13．有三个条件：①函数f(x)的图象过点(0,1)，且a＝1；②f(x)在x＝1时取得极大值eq \f(11,6)；③函数f(x)在x＝3处的切线方程为4x－2y－7＝0，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整(只要填写序号)，并解答本题．
题目：已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(a,2)x2＋2x＋b存在极值，并且________．
(1)求f(x)的解析式；
(2)当x∈[1,3]时，求函数f(x)的最值．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解：选①：(1)f(0)＝b＝1，所以a＝b＝1，故f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)x2＋2x＋1．
(2)由(1)知f′(x)＝x2＋x＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋eq \f(7,4)＞0，
所以f(x)单调递增，故f(x)max＝f(3)＝eq \f(41,2)，f(x)min＝f(1)＝eq \f(23,6)．
选②：(1)因为f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(a,2)x2＋2x＋b，所以f′(x)＝x2＋ax＋2，
由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝\f(1,3)×13＋\f(a,2)×12＋2×1＋b＝\f(11,6)，,f′1＝12＋a＋2＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝1，))
故f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋1，
经检验f(x)在x＝1时取得极大值，故符合题意，所以f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋1．
(2)由(1)知f′(x)＝x2－3x＋2，令f′(x)＝x2－3x＋2＝0，解得x＝1或x＝2，
所以x∈[1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(2,3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，则f(1)＝eq \f(1,3)－eq \f(3,2)＋2＋1＝eq \f(11,6)，f(2)＝eq \f(1,3)×23－eq \f(3,2)×22＋2×2＋1＝eq \f(5,3)，f(3)＝eq \f(1,3)×33－eq \f(3,2)×32＋2×3＋1＝eq \f(5,2)，所以f(x)min＝eq \f(5,3)，f(x)max＝eq \f(5,2)．
选③：(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f3＝\f(5,2)，,f′3＝2，))又因为f′(x)＝x2＋ax＋2，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f3＝\f(1,3)×33＋\f(a,2)×32＋2×3＋b＝\f(5,2)，,f′3＝32＋3a＋2＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝1.))
所以f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(3,2)x2＋2x＋1．
(2)由(1)知，f′(x)＝x2－3x＋2，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝2，所以x∈[1,2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(2,3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
又因f(1)＝eq \f(11,6)，f(2)＝eq \f(5,3)，f(3)＝eq \f(5,2)，
所以f(x)max＝f(3)＝eq \f(5,2)，
f(x)min＝f(2)＝eq \f(5,3)．
14．(多选)已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A．f(a)＜f(b)＜f(c)
B．f(e)＜f(d)＜f(c)
C．x＝c时，f(x)取得最大值
D．x＝d时，f(x)取得最小值
解析：AB 由f′(x)图象可知，当x∈(－∞，c)∪(e，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(c，e)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，c)，(e，＋∞)上单调递增，在(c，e)上单调递减．对于A，∵a＜b＜c，∴f(a)＜f(b)＜f(c)，A正确；对于B，∵c＜d＜e，∴f(e)＜f(d)＜f(c)，B正确；对于C，由单调性知f(c)为极大值，当x＞e时，可能存在f(x0)＞f(c)，C错误；对于D，由单调性知f(e)＜f(d)，D错误．故选A、B．
15．设函数f(x)＝ln x＋x2＋2ax＋1．
(1)当a＝－eq \f(3,2)时，求f(x)的极值；
(2)判断函数f(x)在(a＋2，＋∞)上是否存在极值．若存在，试求a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－eq \f(3,2)时，函数f(x)＝ln x＋x2－3x＋1(x＞0)．
对f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f(2x2－3x＋1,x)＝eq \f(2x－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))),x)，
令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝eq \f(1,2)．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(x)＞0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0．
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，(1，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减．
于是f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为f(1)＝－1，在x＝eq \f(1,2)处取得极大值，且极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝lneq \f(1,2)－eq \f(1,4)，
所以函数f(x)的极大值为ln eq \f(1,2)－eq \f(1,4)，极小值为－1．
(2)存在．
对f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2x＋2a＝eq \f(2x2＋2ax＋1,x)(x＞0)．
令f′(x)＝0，即2x2＋2ax＋1＝0，令g(x)＝2x2＋2ax＋1，则函数g(x)的图象的对称轴为直线x＝－eq \f(a,2)．
因为a＋2≥0，所以a≥－2．
①当－eq \f(a,2)≤a＋2，即a≥－eq \f(4,3)时，
g(a＋2)＝2(a＋2)2＋2a(a＋2)＋1＝4a2＋12a＋9＞0恒成立，
所以f(x)在(a＋2，＋∞)上无极值．
②当－eq \f(a,2)＞a＋2，即a＜－eq \f(4,3)时，则－2≤a＜－eq \f(4,3)，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝2×eq \f(a2,4)＋2aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋1＝－eq \f(a2,2)＋1．
当－eq \f(a2,2)＋1≥0时，有－eq \r(2)≤a≤eq \r(2)，即－eq \r(2)≤a＜－eq \f(4,3)时，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在(a＋2，＋∞)上无极值．
当－eq \f(a2,2)＋1＜0时，有a＜－eq \r(2)或a＞eq \r(2)，又－2≤a＜－eq \f(4,3)，所以－2≤a＜－eq \r(2)，因为g(a＋2)＝4a2＋12a＋9≥0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝－eq \f(a2,2)＋1＜0，当x→＋∞时，g(x)＞0，
所以存在x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋2，－\f(a,2)))，使得f′(x1)＝0，存在x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))，使得f′(x2)＝0．
所以当x∈(a＋2，x1)时，f′(x)＞0；当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0；当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0．
由此可知，当－2≤a＜－eq \r(2)时，f(x)有极值．
综上所述，函数f(x)在(a＋2，＋∞)上存在极值，且实数a的取值范围为[－2，－eq \r(2))．
x
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

ln 2－1
