2026《衡中学案》高考一轮总复习 数学提能训练 练案[17] 人教版
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提能训练 练案[17]
A组基础巩固
一、单选题
1．(2025·江苏南通海安质检)函数f(x)＝x(x－3)2的极大值为( )
A．－4B．0
C．1D．4
[答案] D
[解析] f′(x)＝(x－3)2＋2x(x－3)＝3(x－1)(x－3)，故选D.
x
(－∞，1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值4
极小值0
2.已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是( )
A．有3个极大值点
B．有3个极小值点
C．有1个极大值点和2个极小值点
D．有2个极大值点和1个极小值点
[答案] D
[解析] 由已知结合函数的单调性与极值的关系进行分析即可求解．结合函数图象可知，当x0，函数单调递增，当ag′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)0，函数单调递增，当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)0，
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝1或2，列表如下：
x
(－∞，1)
1
(1,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值e
极小值0
则函数的极大值为f(1)＝＝e.故选D.
5．(2023·海南八校联盟)已知函数f(x)＝3lnx－x2＋x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是( )
A．B．
C．D．
[答案] B
[解析] f′(x)＝－2x＋a－，由题意易知即，解得－x2，x1＋x2＝－4，x1·x2＝1，故x2－x1＝－|x1－x2|＝－＝－＝－2.
二、多选题
7．(2025·河南新乡名校期中)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋b的极小值点为1，极小值为－，则( )
A．a＝－2
B．b＝－1
C．f(x)有3个零点
D．直线y＝5与f(x)的图象有2个公共点
[答案] AC
[解析] 由题意得f′(x)＝x2＋x＋a，则f′(1)＝2＋a＝0，得a＝－2，A正确；由f(1)＝＋－2＋b＝－，得b＝1，B错误；f′(x)＝x2＋x－2＝(x－1)(x＋2)，易知f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，则f(x)的极大值为f(－2)＝，所以f(x)有3个零点，直线y＝5与f(x)的图象仅有1个公共点，C正确，D错误．
8．(2025·江苏镇江期中)已知函数f(x)＝(x－1)2(x－4)＋4的导函数为f′(x)，则( )
A．f(x)只有两个零点
B．f′(4－x)＝f′(x)
C．x＝1是f(x)的极小值点
D．当x≥0时，f(x)≥0恒成立
[答案] ABD
[解析] f′(x)＝3(x－1)(x－3)＝0，x＝1或3，f(x)在(－∞，1)单调递增，(1,3)单调递减，(3，＋∞)单调递增，f(x)极大值＝f(1)＝4，f(x)极小值＝f(3)＝0，∴f(x)有且仅有两个零点，A正确；f′(x)关于x＝2对称，B正确；x＝1是极大值点，C错误；x≥0时，f(0)＝0，f(x)≥0恒成立，D正确．
9．(2025·陕西适应性检测)已知函数f(x)＝mlnx＋在x＝1处取得极大值－1，则下列结论正确的是(参考数据：ln2＝0.7)( )
A．n＝2B．m＝－3
C．f(x)在x＝2处取得极小值D．f(x)在区间的最小值为3ln2－
[答案] BCD
[解析] f(x)＝mlnx＋x＋，
故f′(x)＝＋1－＝，
由题意f(1)＝1＋n＝－1，f′(1)＝12＋m－n＝0，
解得n＝－2，m＝－3，故A错误，B正确；
故f(x)＝－3lnx＋x－，
f′(x)＝－＋1＋＝，(x>0)．
令f′(x)>0可得02，令f′(x)3ln2－，故D正确．故选BCD.
10．(2025·山东百师联盟期中联考)设函数f(x)＝x3－x2＋ax－1，则( )
A．当a＝－1时，f(x)的极大值大于0
B．当a≥时，f(x)无极值点
C．?a∈R，使f(x)在R上是减函数
D．?a∈R，曲线y＝f(x)的对称中心的横坐标为定值
[答案] BD
[解析] 当a＝－1时，f(x)＝x3－x2－x－1，
求导得f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(x)＝0得x＝－或x＝1，
列表如下：
x
－
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值－
极小值－2
A错误；
f′(x)＝3x2－2x＋a，当a≥时，
Δ＝4－12a≤0，即f′(x)≥0恒成立，
函数f(x)在R上单调递增，f(x)无极值点，B正确；
要使f(x)在R上是减函数，
则f′(x)＝3x2－2x＋a≤0恒成立，
而不等式3x2－2x＋a≤0的解集不可能为R，C错误；
由f＋f(x)＝3－2＋a－1＋x3－x2＋ax－1＝a－，
得曲线y＝f(x)的对称中心的坐标为，D正确．故选BD.
三、填空题
11．(2025·黑龙江双鸭山一中期中)已知函数f(x)＝(x－c)2ex在x＝2处有极大值，则c的值为________.
[答案] 4
[解析] f′(x)＝(x－c)(x－c＋2)ex，
令f′(x)>0，解得x∈(－∞，c－2)∪(c，＋∞)；
令f′(x)时，f(x)＝2x－1－2lnx，
所以f′(x)＝2－＝，
当1时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；
②当0lne＝1.综上，f(x)min＝1.
四、解答题
13．(2025·山西大同期中)已知函数f(x)＝x2－3x＋aln(x＋2)的图象在点(0，f(0))处的切线与直线x＋y＝0平行．
(1)求a；
(2)求f(x)在区间[－1,4]上的最大值．(参考数据：ln6≈1.79)
[解析] (1)由题意得f′(x)＝x－3＋，x>－2.
由点(0，f(0))处的切线与直线x＋y＝0平行知f′(0)＝－1，即－3＋＝－1，所以a＝4.
(2)由(1)知f(x)＝x2－3x＋4ln(x＋2)，f′(x)＝，x>－2.
当x∈(－1,2)时，f′(x)0，f(x)在(2,4)单调递增．
所以f(x)在区间[－1,4]上的最大值为f(－1)和f(4)中的较大者．
因为f(－1)＝，f(4)＝4ln6－4，
所以f(－1)－f(4)＝－4ln6>0，
即f(－1)>f(4)，
故f(x)在区间[－1,4]上的最大值为.
14．(2025·江苏宿迁期中)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋1，(a∈R，x∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调增区间；
(2)设函数f(x)在区间(－2，－1)内存在极值点，求a的取值范围．
[解析] (1)当a＝－1时，f(x)＝x3－x2－x＋1，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，
令f′(x)>0，解得x1，
故f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)．
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－1，
则f(x)在区间(－2，－1)内存在极值点等价于f′(x)＝0在(－2，－1)有解，
即2a＝－3x在(－2，－1)有解，
∵y＝－3x在(－2，－1)单调递减，则可得y＝－3x在(－2，－1)的值域为，
则20，f(x)在[1，e]上递增，
f(x)min＝f(1)＝－a＝，则a＝－，矛盾．
若a0恒成立，故y＝f(x)·ex在R上单调递增，则A，B显然错误；y′＝＝，由图象可知x∈(－∞，0)，y′＝>0恒成立，故y＝单调递增，当x∈(0，＋∞)，y′＝0时，判断f(x)的单调性．
[解析] (1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2＋＝，
当a＝－4时，令f′(x)＝0，得2x2－2x－4＝0，
又x>0，所以x＝2.
当02时，f′(x)>0.
因此，当x＝2时，f(x)有极小值，极小值为f(2)＝－4ln2，f(x)无极大值．
(2)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2＋＝，
令g(...
A组基础巩固
一、单选题
1．(2025·江苏南通海安质检)函数f(x)＝x(x－3)2的极大值为( )
A．－4B．0
C．1D．4
[答案] D
[解析] f′(x)＝(x－3)2＋2x(x－3)＝3(x－1)(x－3)，故选D.
x
(－∞，1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值4
极小值0
2.已知函数f(x)和g(x)的导函数f′(x)，g′(x)图象分别如图所示，则关于函数y＝g(x)－f(x)的判断正确的是( )
A．有3个极大值点
B．有3个极小值点
C．有1个极大值点和2个极小值点
D．有2个极大值点和1个极小值点
[答案] D
[解析] 由已知结合函数的单调性与极值的关系进行分析即可求解．结合函数图象可知，当x0，函数单调递增，当ag′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)0，函数单调递增，当x>b时，f′(x)>g′(x)，此时y′＝g′(x)－f′(x)0，
f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，解得x＝1或2，列表如下：
x
(－∞，1)
1
(1,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值e
极小值0
则函数的极大值为f(1)＝＝e.故选D.
5．(2023·海南八校联盟)已知函数f(x)＝3lnx－x2＋x在区间(1,3)上有最大值，则实数a的取值范围是( )
A．B．
C．D．
[答案] B
[解析] f′(x)＝－2x＋a－，由题意易知即，解得－x2，x1＋x2＝－4，x1·x2＝1，故x2－x1＝－|x1－x2|＝－＝－＝－2.
二、多选题
7．(2025·河南新乡名校期中)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋b的极小值点为1，极小值为－，则( )
A．a＝－2
B．b＝－1
C．f(x)有3个零点
D．直线y＝5与f(x)的图象有2个公共点
[答案] AC
[解析] 由题意得f′(x)＝x2＋x＋a，则f′(1)＝2＋a＝0，得a＝－2，A正确；由f(1)＝＋－2＋b＝－，得b＝1，B错误；f′(x)＝x2＋x－2＝(x－1)(x＋2)，易知f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，则f(x)的极大值为f(－2)＝，所以f(x)有3个零点，直线y＝5与f(x)的图象仅有1个公共点，C正确，D错误．
8．(2025·江苏镇江期中)已知函数f(x)＝(x－1)2(x－4)＋4的导函数为f′(x)，则( )
A．f(x)只有两个零点
B．f′(4－x)＝f′(x)
C．x＝1是f(x)的极小值点
D．当x≥0时，f(x)≥0恒成立
[答案] ABD
[解析] f′(x)＝3(x－1)(x－3)＝0，x＝1或3，f(x)在(－∞，1)单调递增，(1,3)单调递减，(3，＋∞)单调递增，f(x)极大值＝f(1)＝4，f(x)极小值＝f(3)＝0，∴f(x)有且仅有两个零点，A正确；f′(x)关于x＝2对称，B正确；x＝1是极大值点，C错误；x≥0时，f(0)＝0，f(x)≥0恒成立，D正确．
9．(2025·陕西适应性检测)已知函数f(x)＝mlnx＋在x＝1处取得极大值－1，则下列结论正确的是(参考数据：ln2＝0.7)( )
A．n＝2B．m＝－3
C．f(x)在x＝2处取得极小值D．f(x)在区间的最小值为3ln2－
[答案] BCD
[解析] f(x)＝mlnx＋x＋，
故f′(x)＝＋1－＝，
由题意f(1)＝1＋n＝－1，f′(1)＝12＋m－n＝0，
解得n＝－2，m＝－3，故A错误，B正确；
故f(x)＝－3lnx＋x－，
f′(x)＝－＋1＋＝，(x>0)．
令f′(x)>0可得02，令f′(x)3ln2－，故D正确．故选BCD.
10．(2025·山东百师联盟期中联考)设函数f(x)＝x3－x2＋ax－1，则( )
A．当a＝－1时，f(x)的极大值大于0
B．当a≥时，f(x)无极值点
C．?a∈R，使f(x)在R上是减函数
D．?a∈R，曲线y＝f(x)的对称中心的横坐标为定值
[答案] BD
[解析] 当a＝－1时，f(x)＝x3－x2－x－1，
求导得f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(x)＝0得x＝－或x＝1，
列表如下：
x
－
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值－
极小值－2
A错误；
f′(x)＝3x2－2x＋a，当a≥时，
Δ＝4－12a≤0，即f′(x)≥0恒成立，
函数f(x)在R上单调递增，f(x)无极值点，B正确；
要使f(x)在R上是减函数，
则f′(x)＝3x2－2x＋a≤0恒成立，
而不等式3x2－2x＋a≤0的解集不可能为R，C错误；
由f＋f(x)＝3－2＋a－1＋x3－x2＋ax－1＝a－，
得曲线y＝f(x)的对称中心的坐标为，D正确．故选BD.
三、填空题
11．(2025·黑龙江双鸭山一中期中)已知函数f(x)＝(x－c)2ex在x＝2处有极大值，则c的值为________.
[答案] 4
[解析] f′(x)＝(x－c)(x－c＋2)ex，
令f′(x)>0，解得x∈(－∞，c－2)∪(c，＋∞)；
令f′(x)时，f(x)＝2x－1－2lnx，
所以f′(x)＝2－＝，
当1时，f′(x)>0，
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln1＝1；
②当0lne＝1.综上，f(x)min＝1.
四、解答题
13．(2025·山西大同期中)已知函数f(x)＝x2－3x＋aln(x＋2)的图象在点(0，f(0))处的切线与直线x＋y＝0平行．
(1)求a；
(2)求f(x)在区间[－1,4]上的最大值．(参考数据：ln6≈1.79)
[解析] (1)由题意得f′(x)＝x－3＋，x>－2.
由点(0，f(0))处的切线与直线x＋y＝0平行知f′(0)＝－1，即－3＋＝－1，所以a＝4.
(2)由(1)知f(x)＝x2－3x＋4ln(x＋2)，f′(x)＝，x>－2.
当x∈(－1,2)时，f′(x)0，f(x)在(2,4)单调递增．
所以f(x)在区间[－1,4]上的最大值为f(－1)和f(4)中的较大者．
因为f(－1)＝，f(4)＝4ln6－4，
所以f(－1)－f(4)＝－4ln6>0，
即f(－1)>f(4)，
故f(x)在区间[－1,4]上的最大值为.
14．(2025·江苏宿迁期中)已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋1，(a∈R，x∈R)．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调增区间；
(2)设函数f(x)在区间(－2，－1)内存在极值点，求a的取值范围．
[解析] (1)当a＝－1时，f(x)＝x3－x2－x＋1，
则f′(x)＝3x2－2x－1＝(3x＋1)(x－1)，
令f′(x)>0，解得x1，
故f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)．
(2)f′(x)＝3x2＋2ax－1，
则f(x)在区间(－2，－1)内存在极值点等价于f′(x)＝0在(－2，－1)有解，
即2a＝－3x在(－2，－1)有解，
∵y＝－3x在(－2，－1)单调递减，则可得y＝－3x在(－2，－1)的值域为，
则20，f(x)在[1，e]上递增，
f(x)min＝f(1)＝－a＝，则a＝－，矛盾．
若a0恒成立，故y＝f(x)·ex在R上单调递增，则A，B显然错误；y′＝＝，由图象可知x∈(－∞，0)，y′＝>0恒成立，故y＝单调递增，当x∈(0，＋∞)，y′＝0时，判断f(x)的单调性．
[解析] (1)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2＋＝，
当a＝－4时，令f′(x)＝0，得2x2－2x－4＝0，
又x>0，所以x＝2.
当02时，f′(x)>0.
因此，当x＝2时，f(x)有极小值，极小值为f(2)＝－4ln2，f(x)无极大值．
(2)由已知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－2＋＝，
令g(...
