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)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，x0，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00，函数f(t)单调递增；
当t∈(2eq \r(3)，6)，f′(t)0且x1＋x2＝eq \f(b,a)>0，x1x2＝－eq \f(2c,a)>0，
即ab>0，ac0，g(x)单调递增；
x∈(－∞，0)，g′(x)h(x2)，h(0)＝1－1－0＝0，
h(x1)>0，x→－∞，h(x)→－∞，
h(x2)0，f(x)单调递增，
当x∈(2，6)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0f(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