第16讲 极值与最值 综合测试-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）

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1.（2026·福州·4月适应）已知函数 f(x)=(x−a)m(x−b)n(m,n∈N∗,m0，f(x) 单调递增.
此时函数 f(x) 有3个极值点，符合题意，且 x1=a，x2=mb+nam+n，x3=b，
此时 x1+x3−2x2=a+b−2(mb+na)m+n=(m−n)(a−b)m+n>0，则 x1+x3>2x2；
②当 a>b 时，同理可知 m、n 均为偶数，且 x1=b，x2=mb+nam+n，x3=a，
此时 x1+x3−2x2=a+b−2(mb+na)m+n=(m−n)(a−b)m+n0，故 g(a) 有最小值，无最大值；
对于C，ab=aea，当 a→+∞ 时，ab→+∞，无最大值；
对于D，ab=aea，设 ℎ(a)=aea，ℎ'(a)=1−aea，当 a0，故 (1+x)ex0.
综上，当 x>1 时 f'(x)>0 恒成立，故 f(x) 在区间 (1,+∞) 上单调递增，
又因为 f(1+x)=f(1−x)，所以 f(x) 的图象关于直线 x=1 对称，
故 f(x) 在区间 (−∞,1) 上单调递减，
故 x=1 为 f(x) 的极小值点，f(x) 的极小值为 2e.
【点拨】求导后直接判断符号较难，可结合函数的对称性或分段放缩来判断导函数的符号变化，从而确定极值.
8.已知函数 f(x)=1+sinx2csx+sinx，x∈[0,π2] ，则函数 f(x) 的最小值为（ ）
A. 0 B. 12 C. 1 D. 22
【答案】B
【解析】因为 f(x)=1+sinx2csx+sinx，
所以 f'(x)=csx(2csx+sinx)−(1+sinx)(−2sinx+csx)(2csx+sinx)2=2+2sinx−csx(2csx+sinx)2，
记 g(x)=2+2sinx−csx，x∈[0,π2]，
则 g'(x)=2csx+sinx，因为 x∈[0,π2]，所以 g'(x)=2csx+sinx>0，
所以 g(x)=2+2sinx−csx 在 [0,π2] 上单调递增，所以 g(x)≥g（0）=2−1=1>0，
所以 f'(x)>0 在 [0,π2] 上恒成立，所以 f(x)=1+sinx2csx+sinx 在 [0,π2] 上单调递增，
故当 x=0 时，函数 f(x) 有最小值为 f（0）=1+02×1+0=12.
【点拨】利用导数研究三角分式函数的单调性，求导后分子部分再次构造函数判断符号是常用的处理技巧.
9.（2026·山东济南·二模）已知函数 f(x)=x3−3x+2，则（ ）
A. f(x) 有两个极值点
B. f(x)f(2x)
D. 若 f(x1)+f(x2)=4，则 x1+x2=0
【答案】ABC
【解析】对于A选项，由 f'(x)=3x2−3=3(x−1)(x+1)，令 f'(x)=0 解得 x=−1 或 x=1，当 x1 时，f'(x)>0，函数 f(x) 单调递增，当 −10，
f'（0）=2+2−0+12=16>0，
f'（2）=f'(−2)>0，
所以 f'(x) 恒大于0，
所以 f(x) 在 R 上单调递增，无极值点，所以选项B错误；
对于C选项，由于 f（3）=2e3−2e−3−27+36=2e3−2e−3+9>0，f（2）>0，
又 f(−2)=2e−2−2e2+8−24=2e−2−2e2−160，则 g'(x)=lnx+3，
当 x∈(0,e−3) 时，g'(x)0，x∈(1,+∞) 时 f'(x)>0，
此时 x=1 不是 f(x) 的极小值点，与题设矛盾；
若 a≠1，
若 x=a 为 f(x) 的极小值点，故 f'(a)=0，
由题设 f'(x)=(lnx)2+2(x−a)lnxx=lnx⋅(xlnx+2x−2a)x，
因 lna≠0，故必有 alna+2a−2a=0，故 alna=0 即 a=1，与 a≠1 矛盾；
若 x=1 为 f(x) 的极小值点，
因为 f'(x)=lnx⋅(xlnx+2x−2a)x，且 00，
由局部保号性可得 v（1）=2−2a>0 即 00，f(x) 单调递增，无极值点.8 分
②当 a0 时有一根 x1=2−4a2−3aa，
x∈(0,x1) 时，φ(x)>0,f'(x)>0,f(x) 单调递增，
x∈(x1,+∞) 时，φ(x)0，即 a>34 时，在 x>0 时，φ(x)=0，
有两个根 x2=2−4a2−3aa,x3=2+4a2−3aa.
x∈(0,x2) 时，φ(x)>0,f'(x)>0,f(x) 单调递增；
x∈(x2,x3) 时，φ(x)0,f(x) 单调递增.
∴f(x) 有极大值点 x2=2−4a2−3aa，极小值点 x3=2+4a2−3aa.
综上所述，
当 0≤a≤34 时，f(x) 单调递增，无极值点；
当 a34 时，f(x) 的极大值点为 2−4a2−3aa，极小值点为 2+4a2−3aa.13 分
【点拨】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值，难点在于对参数 a 的分类讨论，需结合二次函数的图象特征进行分析.
16.（15分）（2025·燕博园·3月检测）已知函数 f(x)=xlnx.
（1） 求曲线 y=f(x) 在点 (e,f(e)) 处的切线方程；
（2） 求函数 f(x) 的极值；
（3） 讨论函数 ℎ(x)=f(x)−ex+1 在 (0,+∞) 上的单调性.
【答案】（1） 2x−y−e=0
（2） 极小值为 −1e，无极大值
（3） 在 (0,+∞) 上单调递减
【解析】（1） 由于 f(x)=xlnx 定义域为 (0,+∞)，
f'(x)=lnx+x⋅1x=1+lnx，2 分
f(e)=e，f'(e)=2，
故曲线 y=f(x) 在点 (e,e) 处的切线方程为：y−e=2(x−e)，即 2x−y−e=0.5 分
（2） 令 f'(x)0)，
则 g'(x)=1x−ex 在区间 (0,+∞) 上单调递减，12 分
且 g'(12)=2−e>0，g'（1）=1−e0，当 x∈(x0,+∞) 时，g'(x)0，f(x) 单调递增，4 分
故 f(x) 有极小值 f(e3)=e327，5 分
无极大值.7 分
（2） 当 x∈(0,1) 时，有 27ex−4>0>ln3x 恒成立.8 分
当 x>1 时，构造函数 g(x)=ex−1−x，则 g'(x)=ex−1−1，10 分
当 x>1 时，g'(x)>0，故 g(x) 在 (1,+∞) 上单调递增，11 分
于是 g(x)>g（1）=0，即 ex−1>x，12 分
于是此时 27ex−4=27e3ex−1>27e3x，13 分
由（1）可知 xln3x≥e327，故 27e3x≥ln3x，故 27ex−4>ln3x.15 分
【点拨】利用导数求出函数的极小值，再通过构造函数 g(x)=ex−1−x 证明 ex−1>x，结合第（1）问的结论进行放缩证明.
18.（17分）（2026·湖南长郡·二模）函数 f(x)=axlnx−12x2,a∈R.
（1） a=1 时，求 f(x) 在 x=1 处的切线方程；
（2） 若 f(x) 有两个极值点，求 a 的取值范围.
【答案】（1） y=−x−12
（2） (e,+∞)
【解析】（1） a=1 时，f(x)=xlnx−12x2，f（1）=−12，
又 f'(x)=lnx+1−x，3 分
f'（1）=0，
所以 f(x) 在 x=1 处的切线方程为 y−(−12)=0⋅(x−1)，
即 y=−12.7 分
（2） f'(x)=alnx+a−x，
由题可知 f'(x)=alnx+a−x 在 (0,+∞) 有两个变号零点，10 分
由 alnx+a−x=0，得 1a=lnx+1x，
令 g(x)=lnx+1x，g'(x)=−lnxx2，13 分
当 x∈(0,1) 时，g'(x)>0，g(x) 在 (0,1) 上单调递增，
当 x∈(1,+∞) 时，g'(x)0，
所以当 x∈[0,+∞) 时，可得 m'(x)>0，m(x) 单调递增，即 ℎ'(x) 单调递增，
ℎ'（0）=2−a，
当 a≤2 时，ℎ'（0）≥0，则 ℎ'(x)≥ℎ'（0）≥0，ℎ(x) 在 x∈[0,+∞) 上单调递增，
所以 ℎ(x)≥ℎ（0）=0，所以 f(x)≥csx 成立，满足题意；10 分
当 a>2 时，存在 x0∈(0,+∞)，使得 ℎ'(x0)=0，
当 x∈[0,x0) 时，ℎ'(x)0,sinx>0，可得 f3'(x)=ex+sinx>0，
则 f3(x) 在 x∈[−2π,−π) 上单调递增，
因为 f3(−2π)=e−2π−10，
所以存在唯一 x0∈(−2π,−π)，使得 f3(x0)=0，
可得 f2(x) 在 (−2π,x0) 上单调递减，在 (x0,−π) 上单调递增，
f2(−2π)=e−2π>0,f2(−3π2)=e−3π2−10，
所以存在唯一的 λ∈(−2π,−3π2),μ∈(−3π2,−π)，使得 eλ=sinλ,eμ=sinμ，
且 f1(x) 在 (−2π,λ) 上单调递增，在 (λ,μ) 上单调递减，在 (μ,−π) 上单调递增，
由 f1(−2π)=e−2π>0，f1(−π)=e−π−20，则 f'(x) 在 (−π,0) 上单调递增，
则 f'（0）=1>0,f'(−π2)=e−π2−10，f'(x) 在 (0,+∞) 上单调递增，f'（0）=1>0，f'(x)>0，
综上可得，函数 f(x) 在 (−2π,x1) 上单调递增，在 (x1,x2) 上单调递减，在 (x2,+∞) 上单调递增，
要使得 y=m 与 y=f(x) 的图象有三个交点，
则 xp∈(−2π,−3π2),xq∈(−3π2,−π2),xr∈(−π2,+∞)，
f(−2π)=e−2π+2π,f(−π)=e−π+π2xq，
所以 2xq