2026版高考数学复习专题突破：3.3 利用导数研究函数的极值与最值（精练）（试卷版）（解析版）

3.3利用导数研究函数的极值与最值（精练试卷版）

一．单选题：本题共8小题，每题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的。

1.（2025·北京）已知函数fx的导函数fx的图像如图所示，若fx在xx0处有极值，则x0的值为（）

A．-3B．3C．0D．4

【答案】C

【解析】由函数fx的导函数fx的图像可知当3x0时，f¢(x)>0，

当0x4时，fx0，当x>4时，fx0，

即fx在(3,0)上单调递增，在(0,4)上单调递减，在(4,)上单调递减，

故x0为函数fx的极大值点，即x00，

故选：C

2．（2024内蒙古赤峰·开学考试）已知函数fxxlnxax有极值e，则a（）

A．1B．2C．eD．3

【答案】B

【解析】由题目条件可得：函数fx的定义域为0,，fxlnx1a.

¢a1

令f(x)>0，得xe；

令fx0，得0xea1.

所以函数fx在区间0,ea1上单调递减，在ea1,上单调递增.

则ea1是函数fx的极小值点，

故fea1ea1lnea1aea1e，解得a2.

故选：B

b

3（2025湖北）当x1时，函数f(x)alnx取得最大值2，则f(2)（）

x

11

A．1B．C．D．1

22

【答案】B

ab

【解析】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，f12，f10，而fx，所以

xx2

22

b2,ab0，即a2,b2，所以fx，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，x1

xx2

11

时取最大值，满足题意，即有f21．

22

故选：B.

4.（2024湖南益阳·期中）已知fx2x36x2a（a为常数）在2,2上有最大值3，则此函数fx在2,2上

的最小值是（）

A．37B．29C．5D．8

【答案】A

【解析】由题意可知：fx6x212x6xx2,x2,2，

令f¢(x)>0，解得2x0；令fx0，解得0x2；

可知fx在2,0上单调递增，则0,2上单调递减，

则函数的最大值为f0a3，

此时fx2x36x23，且f25，f237，

可知当x2时，函数fx取得最小值为37.

故选：A.

π

5.（2025·江西赣州·一模）已知函数fx2cosx，xπ,0，若fx恰有3个极值点，则正数ω的取

6

值范围为（）

81181113191319

A．,B．,C．,D．,

33336666

【答案】D

【解析】因为0，所以当xπ,0时，x,，

666

因为fx恰有3个极值点，所以32，

6

13191319

解得，即的取值范围为,.

6666

故选：D

6．（2025河北）已知当x1时，函数fxalnxbx23取得最大值2，则f3（）

16

A．2ln32B．C．2ln36D．4

3

【答案】C

a

【解析】fx2bx，因为当x1时，函数fx取得最大值2，

x

f12b32b1

所以，即，解得，

f10a2b0a2

2221x1x

所以fx2lnxx3，fx2x，

xx

令fx0，得0x1；令fx0，得x1；

所以fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，

则，符合题意，

fxmaxf12

所以f32ln36.

故选：C.

lnx1

7．（2024·云南曲靖·模拟预测）已知函数fxx的极值点为x0，则x0（）

eelnx0

1

A．e2B．2C．D．1

e

【答案】D

1

lnxlnx

【解析】由fx得x，x0，

exfx

ex

111

设gxlnx，则gx0，所以g(x)在0,单调递减，

xx2x

1

又g110，g3ln30，由零点存在定理知，存在x1,3，使得gx0，

300

所以当0xx0时，g(x)0，f(x)0，函数fx单调递增；

当xx0时，g(x)0，f(x)0，函数单调递减，f(x0)0，

11

所以是函数fx的极大值点，则lnx，即x0

xx00ex.

x00

1

x01

所以elnx0x01.

x0

故选：D

(xa)2,x0

8（2025湖南）设f(x)，若函数fx的最小值为a2，则实数a的取值范围为（）

xalnx,x0

A．2,1B．0,1C．0,2D．1,

【答案】B

【解析】若a0，当x0时，fxxalnx为增函数，且f(x)(,)，不符合题意.

x2,x0

若a0,fx，最小值为f00a2.

x,x0

若a0，当x0时，fx的最小值为f0a2.

xa

当x0时，fx，若0xa，则fx0，若xa，则fx0，f(x)在(0,a)在，在(a,)上递

x

增，故fx的最小值为faa1lna.

a0

由2，

a(1lna)a

1lnaa，alna10，设g(x)xlnx1，它在(0,)上是增函数，且g(1)0，

所以alna10的解是0a1．

可得0a1.

综上，常数a的取值范围为0,1.

故选：B．

二．多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选

对得6分，不分选对的得部分分，有选错的得0分。

9．（2025高三·全国·专题练习）已知函数f(x)是R上的可导函数，f(x)的导函数f(x)的图象如图，则下列结论

不正确的是（）

A．a,c分别是极大值点和极小值点B．b,c分别是极大值点和极小值点

C．f(x)在区间(a,c)上是增函数D．f(x)在区间(b,c)上是减函数

【答案】ABD

【解析】根据f(x)的图象可知：

当xa时，f(x)0，yfx单调递减；当xa时，f(x)0，且不恒为零，yfx单调递增；

对AB：根据单调性可知，fx只有极小值点a，没有极大值点，故AB错误；

对CD：根据单调性可知，fx在a,c单调递增，在b,c也单调递增，故C正确，D错误.故选：ABD.

111

10（24-25高三上·青海·期中）已知函数fxx3x2axb的极小值点为1，极小值为.则（）

326

A．a2

B．b1

C．fx有3个零点

D．直线y5与fx的图像仅有1个公共点

【答案】ACD

【解析】由题意得fxx2xa

则f12a0，解得a2，故A正确.

111

由f12b，解得b1，故B错误.

326

fxx2x2x1x2，

当x,2时，fx0，所以fx在,2上单调递增，

当x2,1时，fx0，所以fx在2,1上单调递减，

当x1,时，fx0，所以fx在1,上单调递增，

13

所以fx的极大值为f2，

3

画出草图，所以fx有3个零点，故C正确；

直线y5与fx的图像仅有1个公共点，故D正确.

故选：ACD.

11（24-25高三下·河北邢台·阶段练习）已知函数fxx2alnx，则下列结论正确的是（）

1

A．a时，曲线yfx的切线斜率最小值为2

2

1

B．a时，fx有最大值

2

1

C．a时，fx有两个零点

2

1

D．a时，fx有最小值

2

【答案】AD

a

【解析】函数fxx2alnx的定义域为0,，且fx2x，

x

111

对于A选项，当a时，fx2x22x2，

22x2x

11

当且仅当2xx0时，即当x时，等号成立，

2x2

1

所以，a时，曲线yfx的切线斜率最小值为2，A对；

2

11

对于B选项，当a时，fx2x0对任意的x0恒成立，

22x

1

所以，当a时，函数fx在0,上为增函数，则fx无最大值，B错；

2

2

12114x1

对于CD选项，当a时，fxxlnx，fx2x，

222x2x

11

由fx0可得0x，由fx0可得x，

22

11

此时，函数fx的减区间为0,，增区间为,，

22

1111111

则fxflnln2，所以，fxf0，

min2422422

1

所以，当a时，函数fx有最小值，函数fx无零点，C错D对.

2

故选：AD.

三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12．（24-25高三上·江西鹰潭·阶段练习）已知在等比数列an中，首项a12，公比q1,a2,a3是函数

1

fxx36x232x的两个极值点，则数列a的前10项和是.

3n

【答案】2046

1

【解析】fxx36x232x，则fxx212x32，

3

令fx0，解得x4,x8，

∵q1，∴a24,a38，

∴q=2，

a1q1021210

111

∴数列an的前10项和S222046.

101q12

故答案为：2046

13．（2025河南洛阳·阶段练习）若函数f(x)x33x在区间(a212,a)上有最大值，则实数a的取值范围

是.

【答案】1,2

【解析】f(x)x33x，f(x)3x23

令f(x)0解得1x1；令f(x)0，解得x1或x1

由此可得f(x)在(,1)上时增函数，在(1,1)上是减函数，在(1,)上是增函数，

故函数在x1处有极大值，在x1处有极小值，

a2121

a1，解得1a2

f(a)f(1)

故答案为：1,2

1

14．（2025山东）已知函数fxxlnxmx2有两个极值点，则实数m的取值范围为.

2

【答案】1,0

1

【解析】fxxlnxmx2的定义域为0，，fxlnx1mx.

2

1

要使函数fxxlnxmx2有两个极值点，

2

只需fx0有两个不同正根x1,x2，并且在x1的两侧yfx的单调性相反，在x2的两侧yfx的单调性相

反.

lnx1

由lnx1mx0得，m.

x

lnx11lnx1

令hx,x0，ym，要使函数fxxlnxmx2有两个极值点，只需hx和ym有

x2x

两个交点.

lnxlnxlnx

hx，令hx0得：x>1；令hx0得：0<x<1；

x2x2x2

lnx1

所以hx在0,1上单减，在1,上单增.

x

当x0时，y；当x时，y0；

lnx1

作出hx和ym的图像如图，

x

所以-1<m<0

即实数m的取值范围为1,0.故答案为：1,0

四．解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

13

15（2025·陕西渭南·二模）已知函数fxx23x2lnx.

22

(1)求曲线yfx在x1处的切线方程；

(2)求函数fx在1,5上的最值.

【答案】(1)y1

5

(2)最小值为2ln2，最大值为2ln51

2

13

【解析】（1）fxx23x2lnx，

22

2

fxx3，

x

f11,f10，

所求切线方程为y1.

2x1x2

（2）由（1）知fxx3，

xx

令fx0，得0x1或x2；

令fx0，得1x2.

当x0,1时，fx单调递增；

当x1,2时，fx单调递减；

当x2,时，fx单调递增.

5

又f11,f22ln2,f52ln511，

2

5

函数fx在1,5上的最小值为2ln2，最大值为2ln51.

2

16．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知函数fxexax1.

(1)若a0时，求曲线fx在1,f1处的切线方程；

(2)若1ae时，fx在区间0,1上的最小值为32ln2，求实数a的值.

【答案】(1)exy10

(2)a2

【解析】（1）当a0时，fxex1,f1e1,且fxex，

所以kf1e，

故切线方程为ye1ex1，即exy10，

（2）fxexa,x0,1,ex1,e，

x0

由1ae，存在x00,1，使得fx00，即eax0lna，

当x0,x0时，fx0，此时fx单调递减，

当xx0,1时，fx0，此时fx单调递增，

故x0，

fxminfx0eax01aalna132ln2

g(a)aalna11ae,g(a)1(1lna)lna0，

故ga在1,e单调递减，又g232ln2，

故a2

17．（24-25高三上·北京·期中）已知函数f(x)x3ax2bx1在x1处有极值-1.

(1)求实数a，b的值;

(2)求函数gxaxlnx的单调区间.

【答案】(1)a2,b1

11

(2)gx的单调递增区间为0,，单调递减区间为,

22

【解析】（1）已知函数f(x)x3ax2bx1，则fx3x22axb，

f12ab30

由题意，解得a2,b1，

f1ab1

当a2,b1时，f(x)x32x2x1，fx3x24x1x13x1，

11

当x或x1时，fx0，当x1时，fx0，

33

11

所以fx在,,1,上均单调递增，在,1上单调递减，

33

所以fx在x1处有极小值f11，满足题意，

综上所述，a2,b1符合题意；

112x

（2）由题意gxaxlnxlnx2x，则gx2,x0，

xx

11

当0x时，gx0，当x时，gx0，

22

11

所以gx的单调递增区间为0,，gx的单调递减区间为,.

22

1

18．（2024·广东汕头·一模）已知函数fxaxa1lnxaR.

x

(1)当a1时，求曲线yfx在点e,fe处的切线方程；

(2)若fx既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围.

12

【答案】(1)y(1)x；

e2e

(2)(0,1)(1,).

1111

【解析】（1）当a1时，函数f(x)x，求导得f(x)1，则f(e)1，而f(e)e，

xx2e2e

1112

所以曲线yf(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y(e)(1)(xe)，即y(1)x.

ee2e2e

1

（2）函数f(x)ax(a1)lnx的定义域为(0,)，

x

1a1ax2(a1)x1(ax1)(x1)

求导得f(x)a，

x2xx2x2

当a0时，ax-1<0，由f(x)0，得0x1，由f(x)0，得x1，

则函数f(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减，函数f(x)只有极大值f(1)，不合题意；

1

当a0时，由f(x)0，得x1或x，

a

111

①若01，即a1，由f(x)0，得0x或x1，由f(x)0，得x1，

aaa

11

则函数f(x)在(0,),(1,)上递增，在(,1)上递减，

aa

1

因此函数f(x)的极大值为f()，极小值为f(1)，符合题意；

a

111

②若1，