2025年上學期高二數(shù)學導數(shù)與極值最值試題一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）已知函數(shù)$f(x)$的導函數(shù)$f'(x)$的圖像如圖所示，則下列說法正確的是（）A.函數(shù)$f(x)$在$(-\infty,0)$上為增函數(shù)B.函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極小值C.函數(shù)$f(x)$在$x=0$處取得極大值D.函數(shù)$f(x)$在$(4,+\infty)$上為增函數(shù)函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2$的極值點個數(shù)為（）A.0個B.1個C.2個D.3個已知函數(shù)$f(x)=x\lnx$，則其在$x=1$處的切線方程為（）A.$y=x-1$B.$y=x+1$C.$y=1$D.$y=0$函數(shù)$f(x)=e^x-x$在區(qū)間$[-1,1]$上的最大值為（）A.$e-1$B.$1+\frac{1}{e}$C.$e$D.1若函數(shù)$f(x)=x^3+ax^2+bx+a^2$在$x=1$處取得極值10，則$a+b$的值為（）A.-7B.0C.-7或0D.不確定已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{3}x^3-4x+4$，則其在區(qū)間$[0,3]$上的最小值為（）A.$-\frac{4}{3}$B.4C.0D.$\frac{4}{3}$函數(shù)$f(x)=\sinx+\cosx$在區(qū)間$[0,\frac{\pi}{2}]$上的最大值為（）A.1B.$\sqrt{2}$C.2D.0若函數(shù)$f(x)=x^3-3ax+1$在區(qū)間$(0,1)$上有極小值，則實數(shù)$a$的取值范圍是（）A.$(0,1)$B.$(-\infty,1)$C.$(1,+\infty)$D.$(0,+\infty)$二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+3x$的極值點為________。函數(shù)$f(x)=\lnx+\frac{1}{x}$在區(qū)間$[1,e]$上的最小值為________。若函數(shù)$f(x)=x^2e^x$在$x=a$處取得極值，則$a$的值為________。已知函數(shù)$f(x)=x^3+bx^2+cx+d$的圖像過點$P(0,2)$，且在點$M(-1,f(-1))$處的切線方程為$6x-y+7=0$，則函數(shù)$f(x)$的解析式為________。三、解答題（本大題共6小題，共90分）（本小題滿分14分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2-9x+1$。(1)求函數(shù)$f(x)$的單調區(qū)間；(2)求函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[-2,4]$上的最大值和最小值。（本小題滿分14分）已知函數(shù)$f(x)=x^2-2\lnx$。(1)求函數(shù)$f(x)$的極值；(2)若方程$f(x)=m$有兩個不同的實數(shù)解，求實數(shù)$m$的取值范圍。（本小題滿分15分）已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax-a^3x^3$。(1)當$a=1$時，求曲線$y=f(x)$在點$(1,f(1))$處的切線方程；(2)若$f(x)$有極小值，且極小值小于0，求$a$的取值范圍。（本小題滿分15分）已知函數(shù)$f(x)=(1-ax)\ln(1+x)-x$。(1)若$a=-2$，求$f(x)$的極值；(2)當$x\geq0$時，$f(x)\geq0$，求$a$的取值范圍。（本小題滿分16分）已知函數(shù)$f(x)=x^3+3ax^2+3bx+c$在$x=2$處有極值，其圖像在$x=1$處的切線與直線$6x+2y+5=0$平行。(1)求$a$、$b$的值；(2)若函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[0,3]$上的最大值為11，求$c$的值。（本小題滿分16分）某工廠生產(chǎn)一種產(chǎn)品，每件成本為40元，銷售單價為60元，該廠為了擴大銷售，決定在一定范圍內降低售價，經(jīng)市場調查發(fā)現(xiàn)，這種產(chǎn)品的銷售單價每降低1元，月銷售量就增加10件。(1)設該產(chǎn)品的銷售單價為$x$元，月銷售利潤為$y$元，求$y$關于$x$的函數(shù)關系式；(2)當銷售單價定為多少元時，月銷售利潤最大？最大月銷售利潤是多少？參考答案一、選擇題D2.C3.A4.A5.A6.A7.B8.A二、填空題$x=1$10.111.$-2$或$0$12.$f(x)=x^3+3x^2+3x+2$三、解答題解：(1)$f'(x)=3x^2-6x-9=3(x+1)(x-3)$令$f'(x)>0$，得$x<-1$或$x>3$；令$f'(x)<0$，得$-1<x<3$所以函數(shù)$f(x)$的單調遞增區(qū)間為$(-\infty,-1)$和$(3,+\infty)$，單調遞減區(qū)間為$(-1,3)$(2)由(1)知，函數(shù)$f(x)$在$[-2,-1]$上單調遞增，在$[-1,3]$上單調遞減，在$[3,4]$上單調遞增計算得$f(-2)=-8-12+18+1=-1$，$f(-1)=-1-3+9+1=6$，$f(3)=27-27-27+1=-26$，$f(4)=64-48-36+1=-19$所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[-2,4]$上的最大值為6，最小值為-26解：(1)函數(shù)$f(x)$的定義域為$(0,+\infty)$$f'(x)=2x-\frac{2}{x}=\frac{2(x^2-1)}{x}=\frac{2(x+1)(x-1)}{x}$令$f'(x)=0$，得$x=1$（$x=-1$舍去）當$0<x<1$時，$f'(x)<0$；當$x>1$時，$f'(x)>0$所以函數(shù)$f(x)$在$x=1$處取得極小值，極小值為$f(1)=1-0=1$，無極大值(2)由(1)知，函數(shù)$f(x)$在$(0,1)$上單調遞減，在$(1,+\infty)$上單調遞增且當$x$趨近于0時，$f(x)$趨近于$+\infty$；當$x$趨近于$+\infty$時，$f(x)$趨近于$+\infty$又$f(1)=1$，所以要使方程$f(x)=m$有兩個不同的實數(shù)解，需$m>1$即實數(shù)$m$的取值范圍為$(1,+\infty)$解：(1)當$a=1$時，$f(x)=e^x-x-x^3$$f'(x)=e^x-1-3x^2$，$f(1)=e-1-1=e-2$，$f'(1)=e-1-3=e-4$所以曲線$y=f(x)$在點$(1,f(1))$處的切線方程為$y-(e-2)=(e-4)(x-1)$，即$y=(e-4)x+2$(2)$f'(x)=e^x-a-3a^2x^2$令$g(x)=e^x-a-3a^2x^2$，則$g'(x)=e^x-6a^2x$當$a=0$時，$f(x)=e^x$，無極值當$a\neq0$時，$g(0)=1-a$若$a<0$，則當$x$趨近于$-\infty$時，$g(x)$趨近于$+\infty$；當$x$趨近于$+\infty$時，$g(x)$趨近于$+\infty$又$g(0)=1-a>0$，所以$g(x)>0$恒成立，即$f'(x)>0$恒成立，$f(x)$無極值若$a>0$，則$g(0)=1-a$當$a=1$時，$g(0)=0$，$g'(0)=1>0$，所以存在$x_0<0$，使得當$x<x_0$時，$g(x)<0$；當$x>x_0$時，$g(x)>0$，即$f(x)$在$x=x_0$處取得極小值$f(x_0)=e^{x_0}-x_0-x_0^3$，因為$x_0<0$，所以$f(x_0)<1-0-0=1$，又$f(0)=1$，所以極小值小于0當$a>1$時，$g(0)=1-a<0$，$g(1)=e-a-3a^2<0$，當$x$趨近于$+\infty$時，$g(x)$趨近于$+\infty$，所以存在$x_1>1$，使得當$x<x_1$時，$g(x)<0$；當$x>x_1$時，$g(x)>0$，即$f(x)$在$x=x_1$處取得極小值$f(x_1)=e^{x_1}-ax_1-a^3x_1^3$，因為$x_1>1$，所以$f(x_1)<e^{x_1}-a^3x_1^3$，又當$x$趨近于$+\infty$時，$e^{x_1}$比$a^3x_1^3$增長得快，所以無法確定極小值是否小于0綜上，$a$的取值范圍為$(1,+\infty)$解：(1)當$a=-2$時，$f(x)=(1+2x)\ln(1+x)-x$，定義域為$(-1,+\infty)$$f'(x)=2\ln(1+x)+\frac{1+2x}{1+x}-1=2\ln(1+x)+\frac{1+2x-(1+x)}{1+x}=2\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}$令$f'(x)=0$，得$x=0$當$-1<x<0$時，$f'(x)<0$；當$x>0$時，$f'(x)>0$所以函數(shù)$f(x)$在$x=0$處取得極小值，極小值為$f(0)=0$，無極大值(2)$f'(x)=-a\ln(1+x)+\frac{1-ax}{1+x}-1=-a\ln(1+x)+\frac{1-ax-(1+x)}{1+x}=-a\ln(1+x)+\frac{-x(a+1)}{1+x}$當$x=0$時，$f(0)=0$當$x>0$時，要使$f(x)\geq0$，需$f'(x)\geq0$即$-a\ln(1+x)+\frac{-x(a+1)}{1+x}\geq0$整理得$a\left[\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}\right]\leq0$因為當$x>0$時，$\ln(1+x)+\frac{x}{1+x}>0$，所以$a\leq0$綜上，$a$的取值范圍為$(-\infty,0]$解：(1)$f'(x)=3x^2+6ax+3b$因為函數(shù)$f(x)$在$x=2$處有極值，所以$f'(2)=0$，即$12+12a+3b=0$，整理得$4+4a+b=0$①又因為函數(shù)$f(x)$的圖像在$x=1$處的切線與直線$6x+2y+5=0$平行，所以切線斜率為$-3$即$f'(1)=-3$，所以$3+6a+3b=-3$，整理得$2a+b=-2$②聯(lián)立①②，解得$a=-1$，$b=0$(2)由(1)知，$f(x)=x^3-3x^2+c$，$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$令$f'(x)=0$，得$x=0$或$x=2$函數(shù)$f(x)$在$[0,2]$上單調遞減，在$[2,3]$上單調遞增計算得$f(0)=c$，$f(2)=8-12+c=c-4$，$f(3)=27-27+c=c$所以函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$[0,3]$上的最大值為$c$由題意得$c=11$解：(1)由題意得，銷售單價為$x$元時，每件利潤為$(x-40)$元，月銷售量為$[1000+10(60-x)]$件所以$y=(