2025年高考数学一轮复习-第四章-第三节-导数与函数的极值、最值-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-第四章-第三节-导数与函数的极值、最值-专项训练【含答案】，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．函数f (x)＝12x－sin x在0，π2上的极小值为( )
A．π12−32 B．π12−12
C．π6−12 D．π6−32
2．已知x＝1为函数f (x)＝ln x＋2x＋ax的极值点，则f (x)在区间12，2上的最大值为( )
(注：ln 2≈0.69)
A．3 B．7－ln 2
C．5 D．112＋ln 2
3．已知函数f (x)＝1＋x－x3，则下列说法正确的是( )
A．函数f (x)有两个极值点
B．函数f (x)有3个零点
C．函数f (x)的所有极值的和为1
D．直线y＝－x是函数f (x)图象的一条切线
4．函数f (x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1，2)内有最小值，则实数a的取值范围为( )
A．−32，2 B．−32，2
C．−43，2 D．−43，1
5．若函数f (x)＝(x＋1)ex，当方程f (x)＝a(a∈R)有2个解时，则实数a的取值范围是( )
A．a＜－1e2 B．a＝－1e2或a≥0
C．－1e2＜a＜0 D．a＞－1e2
6．已知函数f (x)＝k ln x－x＋x2有两个极值点， 则实数k的取值范围是( )
A．−∞，18 B．18，+∞
C．(－∞，－1) D．0，18
二、多项选择题
7．若函数f (x)＝a ln x＋bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A．bc＞0 B．ab＞0
C．b2＋8ac＞0 D．ac＜0
8．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
三、填空题
9．已知函数f (x)＝ln x－x，则f (x)的最大值为________．
10．甲、乙两地相距240 km，汽车从甲地以速度v(km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为v36 400元．为使全程运输成本最低，汽车应以________km/h的速度行驶．
四、解答题
11．已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋a2(a，b∈R)．
(1)若函数f (x)在x＝1处有极值10，求b的值；
(2)在(1)的条件下，求f (x)在区间[0，2]上的最值．
12．已知函数f (x)＝x sin x .
(1)判断函数f (x)在区间0，π2上的单调性，并说明理由；
(2)求证：函数f (x)在π2，π内有且只有一个极值点；
(3)求函数g(x)＝fx+1lnx在区间(1，π]上的最小值．
13．函数f (x)＝x－x3eax＋b的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)设g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f (x)的极值点的个数．
参考答案
1．D [由f (x)＝12x－sin x，得f ′(x)＝12－cs x，
当x∈0，π3时，f ′(x)<0，f (x)单调递减；
当x∈π3，π2时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
所以π3是函数f (x)的极小值点，且极小值为f π3＝π6−32 .]
2．B [f ′(x)＝1x＋2－ax2，由于x＝1是f (x)的极值点，
所以f ′(1)＝1＋2－a＝3－a＝0，a＝3，
此时f ′(x)＝1x＋2－3x2＝2x2+x−3x2＝x−12x+3x2(x＞0)，所以f (x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增．
所以x＝1是f (x)极小值点，a＝3符合题意．
f 12＝ln 12＋1＋6＝7－ln 2，
f (2)＝ln 2＋4＋32＝ln 2＋112，
由于7－ln 2≈7－0.69＝6.31，ln 2＋112≈0.69＋5.5＝6.19，
所以f (x)在区间12，2上的最大值为7－ln 2.
故选B.]
3．A [函数f (x)＝1＋x－x3的定义域为R，
则f ′(x)＝－3x2＋1，
令f ′(x)<0，解得x<－33或x>33，
令f ′(x)>0，解得－33所以函数f (x)在−∞，−33上单调递减，在−33，33上单调递增，在33，+∞上单调递减．
又f −33＝9−239>0，f 33＝9+239>0，f (2)＝－5<0，
所以f (x)有两个极值点x＝－33和x＝33，有且仅有一个零点，函数f (x)的所有极值的和为f −33＋f 33＝9−239+9+239＝2，故选项A正确；B，C错误；
假设直线y＝－x是曲线y＝f (x)的切线，设切点为(a，b)，
则−3a2+1=−1，−a=b，解得a=63，b=−63 或a=−63，b=63，
显然63，−63和−63，63均不在曲线y＝f (x)上，故选项D错误．
故选A.]
4．A [f ′(x)＝2x＋(a－1)－3x＝2x2+a−1x−3x，
设g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，因为Δ＝(a－1)2＋24＞0，因此g(x)＝0有两个不同实根，
又g(0)＝－3＜0，因此g(x)＝0的两根一正一负，
由题意正根在(1，2)内，
所以g1=2+a−1−3＜0，g2=8+2a−1−3＞0，
解得－32＜a＜2.故选A.]
5．C [因为f (x)＝(x＋1)ex，所以f ′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex.
令f ′(x)＞0，解得x＞－2；令f ′(x)＜0，解得x＜－2，
所以函数f (x)在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增．
所以当x＝－2时，函数f (x)有最小值，且f (－2)＝－e-2＝－1e2.
方程f (x)＝a(a∈R)有2个解时，只需函数y＝a与函数y＝f (x)的图象有两个交点．
如图所示：
要满足题意，实数a的取值范围为−1e2，0，故选C.]
6．D [f (x)＝k ln x－x＋x2的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝kx－1＋2x＝2x2−x+kx，
令g(x)＝2x2－x＋k(x＞0)，由Δ＝1－8k≤0，即当k≥18时，g(x)≥0恒成立，
故f ′(x)≥0恒成立，
此时f (x)＝k ln x－x＋x2在(0，＋∞)上单调递增，不会有两个极值点，舍去；
当Δ＝1－8k＞0，即k＜18时，2x2－x＋k＝0有两根x1＝1+1−8k4，x2＝1−1−8k4，
当k＜0时，x2＝1−1−8k4＜0不合要求，x1＝1+1−8k4＞0符合要求，
令g(x)＞0，得x＞1+1−8k4，令g(x)＜0，得0＜x＜1+1−8k4，
所以f (x)＝k ln x－x＋x2在0，1+1−8k4上单调递减，在1+1−8k4，+∞上单调递增，
故只有一个极值点，不合题意；
当k＝0时，令g(x)＞0，得x＞12；令g(x)＜0，得0＜x＜12，
所以f (x)在0，12上单调递减，在12，+∞上单调递增，
所以只有一个极值点，不合题意；
当0＜k＜18时，x2＝1−1−8k4＞0，x1＝1+1−8k4＞0，
令g(x)＞0，得x＞1+1−8k4或0＜x＜1−1−8k4，令g(x)＜0，得1−1−8k4＜x＜1+1−8k4，
故f (x)＝k ln x－x＋x2在0，1−1−8k4，1+1−8k4，+∞上单调递增，在1−1−8k4，1+1−8k4上单调递减，
故1−1−8k4为f (x)＝k ln x－x＋x2的极大值点，1+1−8k4为f (x)＝k ln x－x＋x2的极小值点，满足要求．
故实数k的取值范围是0，18.故选D.]
7．BCD [因为函数f (x)＝a ln x＋bx+cx2(a≠0)，所以函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ax2−bx−2cx3，因为函数f (x)既有极大值也有极小值，则函数f ′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则Δ>0，x1+x2>0，x1x2>0，即b2+8ac>0，ba >0，−2ca>0，所以b2+8ac>0，ab>0，ac<0，bc<0，故选BCD.]
8．AC [由题意知，f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)＞0，得x＞33或x＜－33；
令f ′(x)＜0，得－33＜x＜33，
所以f (x)在−33，33上单调递减，在−∞，−33，33，+∞上单调递增，
所以x＝±33是极值点，故A正确；
因为f −33＝1＋2 39＞0，f 33＝1－2 39＞0，f (－2)＝－5＜0，
所以函数f (x)在−∞，−33上有一个零点，
当x≥33时，f (x)≥f 33＞0，即函数f (x)在33，+∞上无零点，
综上所述，函数f (x)有一个零点，故B错误；
令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，
则h(x)是奇函数，点(0，0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上平移一个单位长度得到f (x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f (x)的对称中心，故C正确；
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，
故D错误．
故选AC.]
9．－1 [由题意知，f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝1x－1＝1−xx，令f ′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0，1)时，f ′(x)＞0，函数f (x)在(0，1)上单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)＜0，f (x)在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x)在x＝1时取得极大值，也是最大值，最大值为f (1)＝－1．]
10．80 [设全程运输成本为y元，
由题意，得y＝240v160+v36 400
＝240160v+v26 400，v>0，
y′＝240−160v2+2v6 400.
令y′＝0，得v＝80.
当v>80时，y′>0；当0所以函数y＝240v160+v36 400在(0，80)上单调递减，在(80，＋∞)上单调递增，
所以当v＝80时，全程运输成本最低．]
11．解：(1)f (x)的定义域为R，f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意得f ′(1)＝3＋2a＋b＝0，
且f (1)＝1＋a＋b＋a2＝10，解得a＝4或a＝－3.
当a＝4时，b＝－11，
此时f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
故当－113＜x＜1时，f ′(x)＜0，
当x＜－113或x＞1时，f ′(x)＞0，
所以f (x)在x＝1处取得极小值，满足要求．
当a＝－3时，b＝3，此时f ′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
故x＝1不是函数f (x)的极值点，舍去．
综上，b＝－11.
(2)由(1)可知f (x)＝x3＋4x2－11x＋16，f ′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
由(1)知，f (x)在区间[0，1]上单调递减，在(1，2]上单调递增，
所以f (x)在x＝1处取得极小值，也是最小值，且f (1)＝1＋4－11＋16＝10，
又f (0)＝16，f (2)＝8＋16－22＋16＝18，18＞16，
故f (x)的最小值为10，最大值为18.
12．解：(1)函数f (x)在区间0，π2上单调递增．理由如下：
因为f (x)＝x sin x，
所以f ′(x)＝sin x＋x cs x，
因为0＜x＜π2，所以f ′(x)＞0，
所以函数f (x)在区间0，π2上单调递增．
(2)证明：设h(x)＝f ′(x)，则h′(x)＝cs x＋cs x－x sin x＝2cs x－x sin x，
当π2＜x＜π时，h′(x)＜0，所以h(x)在π2，π上单调递减，
又hπ2＝1＞0，h(π)＝－π＜0 ，
所以存在唯一x0∈π2，π，使得h(x0)＝0，
即存在唯一x0∈π2，π，使得f ′(x0)＝0，
f (x)与f ′(x)在区间π2，π内的变化情况如下表：
所以函数f (x)在π2，π内有且只有一个极值点．
(3)由(1)(2)知，f (x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，π)内单调递减，
又因为f (1)＝sin 1＞0，f (π)＝0，所以当x∈(1，π]时，f (x)＋1≥1.
又因为当x∈(1，π]时，0＜ln x≤ln π，
所以g(x)＝fx+1lnx≥1lnπ，
当且仅当x＝π时等号成立，所以g(x)在(1，π]上的最小值为1lnπ.
13．解：(1)因为函数f (x)＝x－x3eax＋b，x∈R，
所以f ′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b，因为f (x)的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以f1=0，f'1=−1，即1−ea+b=0，1−3+aea+b=−1，
解得a＝－1，b＝1.
(2)由(1)知，f (x)＝x－x3e－x+1，
所以f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g(x)＝f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±3，
所以g′(x)与g(x)随x变化的变化情况列表如下：
所以g(x)在区间(－∞，0)和(3－3，3＋3)上单调递增，在区间(0，3－3)和(3＋3，＋∞)上单调递减．
(3)由(2)知，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)单调递增，
当x＜－1时，f ′(x)＜f ′(－1)＝1－4e2＜0，f ′(0)＝1＞0，所以存在x1∈(－∞，0)，使得f ′(x1)＝0，
又因为f (x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，0)上单调递增，
所以x1是f (x)的一个极小值点；
当x∈(0，3－3)时，f ′(x)单调递减，
且f ′(3－3)＜f ′(1)＝1－2＜0，
所以存在x2∈(0，3－3)，使得f ′(x2)＝0，所以f (x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，3－3)上单调递减，
所以x2是f (x)的一个极大值点；
当x∈(3－3，3＋3)时，f ′(x)单调递增，
又因为f ′(3)＝1＞0，所以存在x3∈(3－3，3＋3)，使得f ′(x3)＝0，
所以f (x)在(3－3，x3)上单调递减，在(x3，3＋3)上单调递增，
所以x3是f (x)的一个极小值点；
又因为当x＞3＋3时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(3＋3，＋∞)上单调递增，无极值点．
综上，f (x)在定义域R上有3个极值点
x
π2，x0
x0
(x0，π)
f ′(x)
＋
0
－
f (x)
单调递增
极大值
单调递减
x
(－∞，0)
0
(0，3－3)
3－3
(3－3，
3＋3)
3＋3
(3＋3，
＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
0
－
g(x)
单调
递增
单调
递减
单调
递增
单调
递减