2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习21导数与函数的极值最值（Word版附解析）

这是一份2025版高考数学全程一轮复习课后定时检测练习21导数与函数的极值最值（Word版附解析），共12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。

1．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)( )
A．有极小值，但无极大值
B．既有极小值，也有极大值
C．有极大值，但无极小值
D．既无极小值，也无极大值
2．[2024·河南驻马店模拟]函数f(x)＝ex(x2－x＋1)－eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,6)的极值点为( )
A．0和－1B．(0，eq \f(7,6))和(－1，eq \f(3,e))
C．－1D．(－1，eq \f(3,e))
3．已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x－sinx在[0，eq \f(π,2)]上的极小值为( )
A．eq \f(π,12)－eq \f(\r(3),2)B．eq \f(π,12)－eq \f(1,2)
C．eq \f(π,6)－eq \f(1,2)D．eq \f(π,6)－eq \f(\r(3),2)
4．[2024·江苏镇江模拟]函数f(x)＝sinx－xcsx在区间[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]上的最小值为( )
A．eq \f(3\r(3)－π,6)B．－1
C．eq \f(\r(3)π－6,12)D．0
5．函数f(x)＝ax＋eq \f(lnx,b)＋1在x＝1处取得极值0，则a＋b＝( )
A．0B．eq \f(1,2)
C．1D．2
6．若函数f(x)＝eq \f(e2x,x)在区间[eq \f(1,4)，a]上的最小值为2e，则a的取值范围是( )
A．eq \f(1,4)C．eq \f(1,2)≤a≤1D．a≥1
7．[2024·江苏无锡模拟]若函数f(x)＝alnx＋eq \f(3－x,x)－eq \f(1,2x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则a∈( )
A．(0，eq \f(9,4)) B．(0，3)
C．(0，eq \f(9,4))∪(9，＋∞) D．(0，3)∪(9，＋∞)
8．(素养提升)[2024·山东烟台模拟]如图，某几何体由两个相同的圆锥组成，且这两个圆锥有一个共同的底面，若该几何体的表面积为12π，体积为V，则V2的最大值为( )
A．eq \f(64\r(3),3)π2B．20eq \r(3)π2
C．56eq \r(3)π2D．24eq \r(3)π2
二、多项选择题
9．[2024·黑龙江哈尔滨模拟]若函数f(x)＝alnx＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A．bc>0B．ab>0
C．b2＋8ac>0D．ac>0
10．[2022·新高考Ⅰ卷]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
11．[2024·江西赣州模拟]当x＝0时，函数f(x)＝ae－x＋bx取得极小值1，则a＋b＝__________.
12．[2024·河北石家庄模拟]若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x在(a，10－a2)上有最小值，则实数a的取值范围为________．
13．[2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝2lnx＋eq \f(16,x)－m(m∈Z)，若f(x)的极小值为负数，则m的最小值为____________．
14．(素养提升)已知函数f(x)＝2lnx＋x2－ax－1有两个极值点，则a的取值范围为________．
四、解答题
15．[2024·江西鹰潭模拟]已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax＋a，a∈R.
(1)当a＝－1时，求f(x)在[－2，2]上的最值；
(2)讨论f(x)的极值点的个数．
优生选做题
16．[2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝ex＋e－x－ax2有三个极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．[1，＋∞) D．(1，＋∞)
17．[2024·江苏镇江模拟]已知函数f(x)＝x3－2mx2＋m2x(m∈R)在x＝6处有极小值．
(1)求m的值；
(2)求函数y＝f(x)在[0，t]上的最大值．
课后定时检测案21 导数与函数的极值、最值
1．解析：
由导函数图象可知：
导函数y＝f′(x)在(－∞，t)上小于0，于是原函数y＝f(x)在(－∞，t)上单调递减，
y＝f′(x)在(t，＋∞)上大于等于0，于是原函数y＝f(x)在(t，＋∞)上单调递增，
所以原函数在x＝t处取得极小值，无极大值，故选A.
答案：A
2．解析：因为f(x)＝ex(x2－x＋1)－eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,6)，则f′(x)＝(x2＋x)ex－(x2＋x)＝x(x＋1)(ex－1)，
由题意可得f′(x)＝x(x＋1)(ex－1)，令f′(x)＝0，可得x＝－1或x＝0，列表如下：
因此，函数f(x)的极值点为x＝－1.故选C.
答案：C
3．解析：由f(x)＝eq \f(1,2)x－sinx⇒f′(x)＝eq \f(1,2)－csx，
当x∈(0，eq \f(π,3))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(eq \f(π,3)，eq \f(π,2))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以eq \f(π,3)是函数的极小值点，
极小值为f(eq \f(π,3))＝eq \f(π,6)－eq \f(\r(3),2)，故选D.
答案：D
4．解析：因为f(x)＝sinx－xcsx，则f′(x)＝csx－(csx－xsinx)＝xsinx，
当x∈[－eq \f(π,2)，0)时，x<0，sinx<0，可得f′(x)＝xsinx>0；
当x＝0时，可得f′(x)＝0；
当x∈(0，eq \f(π,2)]时，x>0，sinx>0，可得f′(x)＝xsinx>0；
综上所述：f′(x)≥0在[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]上恒成立，则f(x)在[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]上单调递增，
所以函数f(x)在区间[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]上的最小值为f(－eq \f(π,2))＝sin (－eq \f(π,2))－(－eq \f(π,2))cs (－eq \f(π,2))＝－1.故选B.
答案：B
5．解析：f′(x)＝a＋eq \f(1,bx)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）＝a＋1＝0,f′（1）＝a＋\f(1,b)＝0))，解得a＝－1，b＝1，
经检验，a＝－1，b＝1满足题意，
所以a＋b＝0.故选A.
答案：A
6．解析：f′(x)＝eq \f(（2x－1）e2x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)，
x∈[eq \f(1,4)，eq \f(1,2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(eq \f(1,2)，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
而f(eq \f(1,2))＝2e，所以函数f(x)＝eq \f(e2x,x)在区间[eq \f(1,4)，a]上的最小值为2e，
必有eq \f(1,2)∈[eq \f(1,4)，a]，即a≥eq \f(1,2).故选B.
答案：B
7．解析：因为f(x)＝alnx＋eq \f(3－x,x)－eq \f(1,2x2)(a≠0)，所以函数f(x)定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(3,x2)＋eq \f(1,x3)＝eq \f(ax2－3x＋1,x3)，
由题意，方程f′(x)＝0，即ax2－3x＋1＝0有两个不相等的正根，设为x1，x2，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝9－4a>0，,x1＋x2＝\f(3,a)>0，,x1·x2＝\f(1,a)>0，))解得0即a的取值范围为(0，eq \f(9,4))，故选A.
答案：A
8．解析：设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，
则2πreq \r(r2＋h2)＝12π，则h2＝eq \f(36,r2)－r2>0，解得r2∈(0，6)，
∴V＝2×eq \f(1,3)πr2h，V2＝eq \f(4,9)π2r4(eq \f(36,r2)－r2)＝eq \f(4,9)π2(36r2－r6)，
令t＝r2∈(0，6)，设V2＝f(t)＝eq \f(4,9)π2(36t－t3)，
求导f′(t)＝eq \f(4,9)π2(36－3t2)，令f′(t)＝0，解得t＝2eq \r(3)，
当t∈(0，2eq \r(3))，f′(t)>0，函数f(t)单调递增；
当t∈(2eq \r(3)，6)，f′(t)<0，函数f(t)单调递减；
∴f(t)max＝f(2eq \r(3))＝eq \f(64\r(3),3)π2，∴V2的最大值为eq \f(64\r(3),3)π2.
故选A.
答案：A
9．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实数根，
即ax2－bx－2c＝0(a≠0)在(0，＋∞)上有两个不同的实数根x1，x2，
则有Δ＝b2＋8ac>0且x1＋x2＝eq \f(b,a)>0，x1x2＝－eq \f(2c,a)>0，
即ab>0，ac<0，所以ab·ac<0，即a2bc<0，则bc<0，故选BC.
答案：BC
10．解析：由题意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝0，得x＝eq \f(\r(3),3)或x＝－eq \f(\r(3),3).令f′(x)＞0，得x＜－eq \f(\r(3),3)或x＞eq \f(\r(3),3)；令f′(x)＜0，得－eq \f(\r(3),3)＜x＜eq \f(\r(3),3).所以f(x)在(－∞，－eq \f(\r(3),3))和(eq \f(\r(3),3)，＋∞)上单调递增，在(－eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3))上单调递减，所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x)极大值＝f(－eq \f(\r(3),3))＝－eq \f(\r(3),9)＋eq \f(\r(3),3)＋1＞0，f(x)极小值＝f(eq \f(\r(3),3))＝eq \f(\r(3),9)－eq \f(\r(3),3)＋1＞0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误．因为f(x)＋f(－x)＝x3－x＋1＋(－x)3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所以C正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，1)或(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.
答案：AC
11．解析：函数f(x)＝ae－x＋bx，则f′(x)＝－ae－x＋b，
当x＝0时，函数f(x)＝ae－x＋bx取得极小值1，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（0）＝a＝1,f′（0）＝－a＋b＝0))，解得a＝1，b＝1，
所以f′(x)＝－e－x＋1＝eq \f(ex－1,ex)，
则函数在x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，函数单调递减；在x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增；符合x＝0是函数的极值点，故a＋b＝2.
答案：2
12．解析：f′(x)＝x2－1＝(x＋1)(x－1)，令f′(x)＞0得x＜－1或x＞1，
令f′(x)＜0得－1＜x＜1，所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，减区间为(－1，1).
所以要使函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－x在(a，10－a2)上有最小值，只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<1<10－a2,f（a）≥f（1）))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<1<10－a2,\f(1,3)a3－a≥－\f(2,3)))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3答案：[－2，1)
13．解析：f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(16,x2)＝eq \f(2（x－8）,x2)，x>0，
当08时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x＝8时，函数取得极小值，f(8)＝2ln8＋2－m，因为函数的极小值是负数，所以2ln8＋2－m<0，所以m>2ln8＋2＝6ln2＋2，因为m∈Z，所以m的最小值是7.
答案：7
14．解析：由函数f(x)＝2lnx＋x2－ax－1，可得f′(x)＝eq \f(2,x)＋2x－a，x>0，
令f′(x)＝0，即eq \f(2,x)＋2x－a＝0，
因为函数f(x)有两个极值点，可得eq \f(a,2)＝x＋eq \f(1,x)在(0，＋∞)内有两个不等实根，
即函数y＝x＋eq \f(1,x)，x>0与y＝eq \f(a,2)的图象有两个不同的交点，
作出y＝x＋eq \f(1,x)，x>0的图象，如图所示，
可得当x＝1时，ymin＝2，
由图象可知eq \f(a,2)>2，解得a>4，即实数a的取值范围是(4，＋∞).
答案：(4，＋∞)
15．解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x－1，x∈[－2，2]，
f′(x)＝x2＋1>0，故f(x)在[－2，2]上单调递增，
∴f(x)min＝f(－2)＝－eq \f(17,3)，∴f(x)max＝f(2)＝eq \f(11,3).
(2)f′(x)＝x2－a，
①当a≤0时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)在R上单调递增，不存在极值点．
②当a>0时，令f′(x)>0，即x2－a>0，解得x<－eq \r(a)或x>eq \r(a)，
令f′(x)<0，即x2－a<0，解得x∈(－eq \r(a)，eq \r(a))，
故此时f(x)在(－∞，－eq \r(a))单调递增，在(－eq \r(a)，eq \r(a))单调递减，在(eq \r(a)，＋∞)单调递增，
所以f(x)在x＝－eq \r(a)时取得极大值，在x＝eq \r(a)时取得极小值，故此时极值点个数为2，
综上所述a≤0时，f(x)无极值点，
a>0时，f(x)有2个极值点．
16．解析：f(x)的定义域是R，f′(x)＝ex－e－x－2ax＝0有三个零点，
令h(x)＝ex－e－x－2ax，h′(x)＝ex＋e－x－2a，
当a≤1时，h′(x)＝ex＋e－x－2a≥2eq \r(ex×e－x)－2a＝2－2a≥0，
所以h(x)在区间(－∞，＋∞)，h′(x)≥0，h(x)单调递增；
h(x)＝ex－e－x－2ax至多有一个零点不合题意，A，B，C选项错误；
当a>1时，令h′(x)＝ex＋e－x－2a＝g(x)，
g′(x)＝ex－e－x，单调递增，
x∈(0，＋∞)，g′(x)>0，g(x)单调递增；
x∈(－∞，0)，g′(x)<0，g(x)单调递减；
g(x)min＝g(0)＝2－2a<0，a>1，
且x→＋∞，g(x)→＋∞，x→－∞，g(x)→＋∞，
∃x1∈(－∞，0)，x2∈(0，＋∞)，g(x1)＝g(x2)＝0，
x∈(x1，x2)，h′(x)<0，h(x)单调递减；
h(x1)>h(0)>h(x2)，h(0)＝1－1－0＝0，
h(x1)>0，x→－∞，h(x)→－∞，
h(x2)<0，x→＋∞，h(x)→＋∞，
∃x3∈(－∞，x1)，x4∈(x2，＋∞)，h(x1)＝h(x2)＝0，h(0)＝0，
h(x)＝ex－e－x－2ax有三个极值点，
所以实数a的取值范围(1，＋∞).故选D.
答案：D
17．解析：(1)因为f(x)＝x3－2mx2＋m2x，则f′(x)＝3x2－4mx＋m2＝(3x－m)(x－m)，
又因为f(x)在x＝6处有极小值，则f′(6)＝(18－m)(6－m)＝0，解得m＝6或m＝18，
(ⅰ)当m＝6时，则f′(x)＝3(x－2)(x－6)，
当x∈(－∞，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(2，6)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(6，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝6时，f(x)取得极小值，符合题意；
(ⅱ)当m＝18时，f′(x)＝3(x－6)(x－18)，
当x∈(－∞，6)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(6，18)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(18，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x＝6时，f(x)取得极大值，不符合题意，舍去，
综上所述：m＝6.
(2)由(1)可知：f(x)＝x3－12x2＋36x，且f(x)在[0，2)，(6，＋∞)上单调递增，在(2，6)上单调递减，f(8)＝f(2)＝32，如图所示，
又因为x∈[0，t]，则有：
(ⅰ)当0所以函数y＝f(x)在[0，t]上的最大值为[f(x)]max＝f(t)＝t3－12t2＋36t；
(ⅱ)当2(ⅲ)当t>8时，则f(x)在[0，2)，(6，t]上单调递增，在(2，6)上单调递减，
且f(t)>f(8)，所以函数y＝f(x)在[0，t]上的最大值为[f(x)]max＝f(t)＝t3－12t2＋36t；
综上所述[f(x)]max＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t3－12t2＋36t，t∈（0，2]∪（8，＋∞）,32，t∈（2，8])).
x
(－∞，－1)
－1
(－1，0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
＋
f(x)
减
极小值
增
增