新高考数学一轮复习讲义+分层练习 3.3《利用导数解决函数的极值、最值》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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2.会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次).
3.会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).
1.函数的极值
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值.
极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值.
2.函数的最值
(1)在闭区间［a，b］上连续的函数f(x)在［a，b］上必有最大值与最小值.
(2)若函数f(x)在［a，b］上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在［a，b］上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.
eq \(［常用结论］)
1.若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数的最值点.
2.若函数在闭区间［a，b］的最值点不是端点，则最值点亦为极值点.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数的极大值不一定比极小值大.( )
(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件.( )
(3)函数的极大值一定是函数的最大值.( )
(4)开区间上的单调连续函数无最值.( )
［答案］ (1)√ (2)× (3)× (4)√
二、教材改编
1.函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)( )
A.无极大值点、有四个极小值点 B.有三个极大值点、一个极小值点
C.有两个极大值点、两个极小值点 D.有四个极大值点、无极小值点
C ［设f′(x)的图象与x轴的4个交点从左至右依次为x1，x2，x3，x4.
当x＜x1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，
当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，则x＝x1为极大值点，同理，x＝x3为极大值点，x＝x2，x＝x4为极小值点，故选C.］
2.设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则( )
A.x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点 B.x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C.x＝2为f(x)的极大值点 D.x＝2为f(x)的极小值点
D ［f′(x)＝﹣eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)(x＞0)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以x＝2为f(x)的极小值点.］
3.函数y＝xex的最小值是 .
﹣eq \f(1,e).
［因为y＝xex，所以y′＝ex＋xex＝(1＋x)ex.当x＞﹣1时，y′＞0；当x＜﹣1时，y′＜0，所以当x＝﹣1时函数取得最小值，且ymin＝﹣eq \f(1,e).］
4.函数f(x)＝x﹣aln x(a＞0)的极小值为 .
a﹣aln a.
［因为f(x)＝x﹣aln x(a＞0)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1﹣eq \f(a,x)(a＞0)，由f′(x)＝0，解得x＝a.当x∈(0，a)时，f′(x)＜0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a﹣aln a.］
考点1 利用导数解决函数的极值问题
利用导数研究函数极值问题的一般流程
根据函数图象判断函数极值的情况
设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1﹣x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(﹣2)和极小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(﹣2)
D.函数f(x)有极大值f(﹣2)和极小值f(2)
D ［由题图可知，当x＜﹣2时，f′(x)＞0；当﹣2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝﹣2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.］
可导函数在极值点处的导数一定为零，是否为极值点以及是极大值点还是极小值点要看在极值点左、右两侧导数的符号.
求已知函数的极值
已知函数f(x)＝(x﹣2)(ex﹣ax)，当a＞0时，讨论f(x)的极值情况.
［解］∵f′(x)＝(ex﹣ax)＋(x﹣2)(ex﹣a)＝(x﹣1)(ex﹣2a)，
∵a＞0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln 2a.
①当a＝eq \f(e,2)时，f′(x)＝(x﹣1)(ex﹣e)≥0，∴f(x)在R上单调递增，故f(x)无极值.
②当0＜a＜eq \f(e,2)时，ln 2a＜1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)有极大值f(ln 2a)＝﹣a(ln 2a﹣2)2，极小值f(1)＝a﹣e.
③当a＞eq \f(e,2)时，ln 2a＞1，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故f(x)有极大值f(1)＝a﹣e，极小值f(ln 2a)＝﹣a(ln 2a﹣2)2.
综上，当0＜a＜eq \f(e,2)时，f(x)有极大值﹣a(ln 2a﹣2)2，极小值a﹣e；
当a＝eq \f(e,2)时，f(x)无极值；当a＞eq \f(e,2)时，f(x)有极大值a﹣e，极小值﹣a(ln 2a﹣2)2.
求函数极值的一般步骤
(1)先求函数f(x)的定义域，再求函数f(x)的导函数.
(2)求f′(x)＝0的根.
(3)判断在f′(x)＝0的根的左、右两侧f′(x)的符号，确定极值点.
(4)求出具体极值.
［教师备选例题］
设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2﹣x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由.
［解］ f′(x)＝eq \f(1,x＋1)＋a(2x﹣1)＝eq \f(2ax2＋ax－a＋1,x＋1)(x＞﹣1).
令g(x)＝2ax2＋ax﹣a＋1，x∈(﹣1，＋∞).
①当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，函数f(x)在(﹣1，＋∞)上单调递增，无极值点.
②当a＞0时，Δ＝a2﹣8a(1﹣a)＝a(9a﹣8).a.当0＜a≤eq \f(8,9)时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0.
函数f(x)在(﹣1，＋∞)上单调递增，无极值点.
b.当a＞eq \f(8,9)时，Δ＞0，设方程2ax2＋ax﹣a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，
因为x1＋x2＝﹣eq \f(1,2)，所以x1＜﹣eq \f(1,4)，x2＞﹣eq \f(1,4).
由g(﹣1)＝1＞0，可得﹣1＜x1＜﹣eq \f(1,4).
所以当x∈(﹣1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.
因此函数有两个极值点.
③当a＜0时，Δ＞0，由g(﹣1)＝1＞0，可得x1＜﹣1＜x2.
当x∈(﹣1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减.
所以函数有一个极值点.
综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；
当0≤a≤eq \f(8,9)时，函数f(x)无极值点；
当a＞eq \f(8,9)时，函数f(x)有两个极值点.
已知函数极值求参数的值或范围
(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝﹣1时有极值0，则a﹣b＝ .
(2)若函数f(x)＝eq \f(x3,3)﹣eq \f(a,2)x2＋x＋1在区间(eq \f(1,2),3)上有极值点，则实数a的取值范围是 .
(1)﹣7 (2)(2,eq \f(10,3)).
［(1)由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝9，))
经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝﹣1处无法取得极值，
而a＝2，b＝9满足题意，故a﹣b＝﹣7.
(2)函数f(x)在区间(eq \f(1,2),3)上有极值点等价于f′(x)＝0有2个不相等的实根且在(eq \f(1,2),3)内有根，由f′(x)＝0有2个不相等的实根，得a＜﹣2或a＞2.
由f′(x)＝0在(eq \f(1,2),3)内有根，得a＝x＋eq \f(1,x)在(eq \f(1,2),3)内有解，又x＋eq \f(1,x)∈［2，eq \f(10,3))，
所以2≤a＜eq \f(10,3)，综上，a的取值范围是(2,eq \f(10,3)).］
已知函数极值点或极值求参数的2个要领
(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.
(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
［教师备选例题］
若函数f(x)＝ex﹣aln x＋2ax﹣1在(0，＋∞)上恰有两个极值点，则a的取值范围为( )
A.(﹣e2，﹣e) B.(-∞,-eq \f(1,2)e) C.(-∞,-eq \f(1,2)) D.(﹣∞，﹣e)
D.［∵f′(x)＝ex﹣eq \f(a,x)＋2a，(x＞0)∴由f′(x)＝0得a＝eq \f(xex,1－2x).
令g(x)＝eq \f(xex,1－2x)(x＞0).由题意可知g(x)＝a在(0，＋∞)上恰有两个零点.
又g′(x)＝﹣eq \f(ex（2x＋1）（x－1）,（1－2x）2)(x＞0)，
由g′(x)＞0得0＜x＜1，且x≠eq \f(1,2).由g′(x)＜0得x＞1.
∴函数g(x)在(0,eq \f(1,2))，(eq \f(1,2),1)上递增，在(1，＋∞)上递减.
又g(0)＝0，g(1)＝﹣e，结合图形(图略)可知a∈(﹣∞，﹣e)，故选D.］
1.若x＝﹣2是函数f(x)＝(x2＋ax﹣1)ex﹣1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A.﹣1 B.﹣2e﹣3 C.5e﹣3 D.1
A.
［因为f(x)＝(x2＋ax﹣1)ex﹣1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex﹣1＋(x2＋ax﹣1)ex﹣1＝［x2＋(a＋2)x＋a﹣1］ex﹣1.因为x＝﹣2是函数f(x)＝(x2＋ax﹣1)ex﹣1的极值点，所以﹣2是x2＋(a＋2)x＋a﹣1＝0的根，所以a＝﹣1，f′(x)＝(x2＋x﹣2)ex﹣1＝(x＋2)(x﹣1)ex﹣1.令f′(x)＞0，解得x＜﹣2或x＞1，令f′(x)＜0，解得﹣2＜x＜1，所以f(x)在(﹣∞，﹣2)上单调递增，在(﹣2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝﹣1.］
2.已知函数f(x)＝x(x﹣c)2在x＝2处有极小值，则实数c的值为( )
A.6 B.2 C.2或6 D.0
B ［由f′(2)＝0可得c＝2或6.当c＝2时，结合图象(图略)可知函数先增后减再增，在x＝2处取得极小值；当c＝6时，结合图象(图略)可知，函数在x＝2处取得极大值.故选B.］
3.若函数f(x)＝(x2＋ax＋3)ex在(0，＋∞)内有且仅有一个极值点，则实数a的取值范围是( )
A.(﹣∞，﹣2eq \r(2)］ B.(﹣∞，﹣2eq \r(2))
C.(﹣∞，﹣3］ D.(﹣∞，﹣3)
C ［f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋3)ex＝［x2＋(a＋2)x＋a＋3］ex，令g(x)＝x2＋(a＋2)x＋a＋3.由题意知，g(x)在(0，＋∞)内先减后增或先增后减，结合函数g(x)的图象特征知，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)＞0，,a＋3≤0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a＋2,2)≤0，,a＋3＜0，))解得a≤﹣3.故选C.］
考点2 用导数求函数的最值
求函数f(x)在［a，b］上的最大值、最小值的步骤
(1)求函数在(a，b)内的极值.
(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b).
(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的为最大值，最小的为最小值.
已知函数f(x)＝2x3﹣ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间［0,1］的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由.
［解］(1)f′(x)＝6x2﹣2ax＝2x(3x﹣a).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a＞0，则当x∈(﹣∞，0)∪(eq \f(a,3),+∞)时，f′(x)＞0；当x∈(0,eq \f(a,3))时，f′(x)＜0.
故f(x)在(﹣∞，0)，(eq \f(a,3),+∞)单调递增，在(0,eq \f(a,3))单调递减.
若a＝0，f(x)在(﹣∞，＋∞)单调递增.
若a＜0，则当x∈(﹣∞，eq \f(a,3))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(eq \f(a,3),0)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(﹣∞，eq \f(a,3))，(0，＋∞)单调递增，在(eq \f(a,3),0)单调递减.
(2)满足题设条件的a，b存在.
(ⅰ)当a≤0时，由(1)知，f(x)在［0,1］单调递增，所以f(x)在区间［0,1］的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2﹣a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当b＝﹣1，2﹣a＋b＝1，即a＝0，b＝﹣1.
(ⅱ)当a≥3时，由(1)知，f(x)在［0,1］单调递减，所以f(x)在区间［0,1］的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2﹣a＋b.此时a，b满足题设条件当且仅当2﹣a＋b＝﹣1，b＝1，即a＝4，b＝1.
(ⅲ)当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在［0,1］的最小值为f(eq \f(a,3))＝﹣eq \f(a3,27)＋b，最大值为b或2﹣a＋b.
若﹣eq \f(a3,27)＋b＝﹣1，b＝1，则a＝3eq \r(3,2)，与0＜a＜3矛盾.
若﹣eq \f(a3,27)＋b＝﹣1,2﹣a＋b＝1，则a＝3eq \r(3)或a＝﹣3eq \r(3)或a＝0，与0＜a＜3矛盾.
综上，当且仅当a＝0，b＝﹣1或a＝4，b＝1时，f(x)在［0,1］的最小值为﹣1，最大值为1.
(1)讨论函数的单调性时，一要注意函数的定义域；二要注意分类的标准，做到不重不漏.
(2)对于探索性问题，求出参数值后要注意检验.
［备选例题］
已知函数f(x)＝ln x﹣ax(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在［1,2］上的最小值.
［解］(1)f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).
②当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)﹣a＝0，可得x＝eq \f(1,a)，
当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＞0；当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为(0,eq \f(1,a))，单调递减区间为(eq \f(1,a),+∞).
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,eq \f(1,a))，单调递减区间为(eq \f(1,a),+∞).
(2)①当0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间［1,2］上是减函数，
所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2﹣2a.
②当eq \f(1,a)≥2，即0＜a≤eq \f(1,2)时，函数f(x)在区间［1,2］上是增函数，
所以f(x)的最小值是f(1)＝﹣a.
③当1＜eq \f(1,a)＜2，即eq \f(1,2)＜a＜1时，函数f(x)在[1,eq \f(1,a)]上是增函数，在[eq \f(1,a),2]上是减函数.
又f(2)﹣f(1)＝ln 2﹣a，所以当eq \f(1,2)＜a＜ln 2时，最小值是f(1)＝﹣a；
当ln 2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln 2﹣2a.
综上可知，当0＜a＜ln 2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝﹣a；
当a≥ln 2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln 2﹣2a.
已知函数f(x)＝eq \f(1－x,x)＋kln x，k＜eq \f(1,e)，求函数f(x)在[eq \f(1,e),e]上的最大值和最小值.
［解］ f′(x)＝eq \f(－x－（1－x）,x2)＋eq \f(k,x)＝eq \f(kx－1,x2).
①若k＝0，则f′(x)＝﹣eq \f(1,x2)在[eq \f(1,e),e]上恒有f′(x)＜0，
所以f(x)在[eq \f(1,e),e]上单调递减.
②若k≠0，则f′(x)＝eq \f(kx－1,x2)＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2).
(ⅰ)若k＜0，则在[eq \f(1,e),e]上恒有eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)＜0.所以f(x)在[eq \f(1,e),e]上单调递减，
(ⅱ)若k＞0，由k＜eq \f(1,e)，
得eq \f(1,k)＞e，则x﹣eq \f(1,k)＜0在[eq \f(1,e),e]上恒成立，所以eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,k))),x2)＜0，
所以f(x)在eq \f(1,e)，e上单调递减.
综上，当k＜eq \f(1,e)时，f(x)在[eq \f(1,e),e]上单调递减，
所以f(x)min＝f(e)＝eq \f(1,e)＋k﹣1，f(x)max＝f(eq \f(1,e))＝e﹣k﹣1.
考点3 利用导数研究生活中的优化问题
利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x).
(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0.
(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.
(4)回归实际问题，结合实际问题作答.
某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)满足关系式y＝eq \f(a,x－3)＋10(x﹣6)2，其中3＜x＜6，a为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克.
(1)求a的值；
(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.
［解］(1)因为当x＝5时，y＝11，所以eq \f(a,2)＋10＝11，解得a＝2.
(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y＝eq \f(2,x－3)＋10(x﹣6)2.
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)＝(x﹣3)[eq \f(2,x－3)＋10(x﹣6)2]＝2＋10(x﹣3)(x﹣6)2,3＜x＜6.
则f′(x)＝10［(x﹣6)2＋2(x﹣3)(x﹣6)］＝30(x﹣4)(x﹣6).
于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由上表可得，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，也是最大值.
所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值且最大值等于42.
即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.
(1)利用导数研究生活中的优化问题的关键：理清数量关系、选取合适的自变量建立函数模型.
(2)注意：函数的定义域由实际问题确定，最后要把求解的数量结果“翻译”为实际问题的答案.
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米.假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率).
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域.
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大.
［解］(1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元.
又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝eq \f(1,5r)(300﹣4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝eq \f(π,5)(300r﹣4r3).由h＞0，且r＞0可得0＜r＜5eq \r(3)，
故函数V(r)的定义域为(0,5eq \r(3)).
(2)因为V(r)＝eq \f(π,5)(300r﹣4r3)，所以V′(r)＝eq \f(π,5)(300﹣12r2).
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝﹣5(因为r2＝﹣5不在定义域内，舍去).
当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5eq \r(3))时，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5eq \r(3))上为减函数.
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8，即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大.
利用导数解决函数的极值、最值
一、选择题
1.函数y＝eq \f(x,ex)在［0,2］上的最大值是（ ）
A.eq \f(1,e) B.eq \f(2,e2) C.0 D.eq \f(1,2\r(e))
A ［易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈［0,2］，令y′＞0，得0≤x＜1，令y′＜0，得1＜x≤2，所以函数y＝eq \f(x,ex)在［0,1］上单调递增，在（1,2］上单调递减，所以y＝eq \f(x,ex)在［0,2］上的最大值是y|x＝1＝eq \f(1,e)，故选A.］
2.已知函数f（x）＝cs x＋aln x在x＝eq \f(π,6)处取得极值，则a＝（ ）
A.eq \f(1,4) B.eq \f(π,4) C.eq \f(π,12) D.﹣eq \f(π,12)
C ［∵f′（x）＝eq \f(a,x)﹣sin x，且f′(eq \f(π,6))＝0，∴eq \f(a,\f(π,6))﹣eq \f(1,2)＝0，即a＝eq \f(π,12)，经验证，符合题意.故选C.］
3.函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)等于（ ）
A.eq \f(8,9) B.eq \f(10,9) C.eq \f(16,9) D.eq \f(28,9)
C ［函数f（x）的图象过原点，所以d＝0.又f（﹣1）＝0且f（2）＝0，即﹣1＋b﹣c＝0且8＋4b＋2c＝0，解得b＝﹣1，c＝﹣2，所以函数f（x）＝x3﹣x2﹣2x，所以f′（x）＝3x2﹣2x﹣2，由题意知x1，x2是函数的极值点，所以x1，x2是f′（x）＝0的两个根，所以x1＋x2＝eq \f(2,3)，x1x2＝﹣eq \f(2,3)，所以xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝（x1＋x2）2﹣2x1x2＝eq \f(4,9)＋eq \f(4,3)＝eq \f(16,9).］
4.若x＝1是函数f（x）＝ax＋ln x的极值点，则（ ）
A.f（x）有极大值﹣1 B.f（x）有极小值﹣1
C.f（x）有极大值0 D.f（x）有极小值0
A ［∵f（x）＝ax＋ln x，x＞0，∴f′（x）＝a＋eq \f(1,x)，
由f′（1）＝0得a＝﹣1，∴f′（x）＝﹣1＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x).
由f′（x）＞0得0＜x＜1，由f′（x）＜0得x＞1，
∴f（x）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.
∴f（x）极大值＝f（1）＝﹣1，无极小值，故选A.］
5.已知函数f（x）＝x3＋3x2﹣9x＋1，若f（x）在区间［k,2］上的最大值为28，则实数k的取值范围为（ ）
A.［﹣3，＋∞） B.（﹣3，＋∞）
C.（﹣∞，﹣3） D.（﹣∞，﹣3］
D ［由题意知f′（x）＝3x2＋6x﹣9，令f′（x）＝0，解得x＝1或x＝﹣3，所以f′（x），f（x）随x的变化情况如下表：
又f（﹣3）＝28，f（1）＝﹣4，f（2）＝3，f（x）在区间［k,2］上的最大值为28，所以k≤﹣3.］
二、填空题
6.设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是 .
（﹣∞，﹣1） ［∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解，
∵x＞0时，﹣ex＜﹣1，∴a＝﹣ex＜﹣1.］
7.已知函数f（x）＝ln x﹣ax存在最大值0，则a＝ .
eq \f(1,e) ［f′（x）＝eq \f(1,x)﹣a，x＞0.当a≤0时，f′（x）＝eq \f(1,x)﹣a＞0恒成立，函数f（x）单调递增，不存在最大值；当a＞0时，令f′（x）＝eq \f(1,x)﹣a＝0，解得x＝eq \f(1,a).当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x＞eq \f(1,a)时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减.∴f（x）max＝f(eq \f(1,a))＝ln eq \f(1,a)﹣1＝0，解得a＝eq \f(1,e).］
8.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为 .
3 ［设圆柱的底面半径为R，母线长为l，则V＝πR2l＝27π，∴l＝eq \f(27,R2)，
要使用料最省，只需使圆柱的侧面积与下底面面积之和S最小.
由题意，S＝πR2＋2πRl＝πR2＋2π·eq \f(27,R).
∴S′＝2πR﹣eq \f(54π,R2)，令S′＝0，得R＝3，根据单调性得当R＝3时，S最小.］
三、解答题
9.已知函数f（x）＝ln x﹣ax（a∈R）.
（1）当a＝eq \f(1,2)时，求f（x）的极值；
（2）讨论函数f（x）在定义域内极值点的个数.
［解］（1）当a＝eq \f(1,2)时，f（x）＝ln x﹣eq \f(1,2)x，
函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝eq \f(1,x)﹣eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x).令f′（x）＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：
故f（x）在定义域上的极大值为f（2）＝ln 2﹣1，无极小值.
（2）由（1）知，函数f（x）的定义域为（0，＋∞），
f′（x）＝eq \f(1,x)﹣a＝eq \f(1－ax,x)（x＞0）.
当a≤0时，f′（x）＞0在（0，＋∞）上恒成立，
即函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，此时函数f（x）在定义域上无极值点；
当a＞0时，令f′（x）＝0，得x＝eq \f(1,a).
当x∈(0,eq \f(1,a))时，f′（x）＞0，当x∈(eq \f(1,a),+∞)时，f′（x）＜0，
故函数f（x）在x＝eq \f(1,a)处有极大值.
综上所述，当a≤0时，函数f（x）无极值点；
当a＞0时，函数f（x）有一个极大值点.
10.已知函数f（x）＝ln x﹣eq \f(a,x).
（1）若a＞0，试判断f（x）在定义域内的单调性；
（2）若f（x）在［1，e］上的最小值为eq \f(3,2)，求实数a的值.
［解］（1）由题意得f（x）的定义域是（0，＋∞），且f′（x）＝eq \f(x＋a,x2)，
因为a＞0，所以f′（x）＞0，故f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
（2）由（1）可得f′（x）＝eq \f(x＋a,x2)，因为x∈［1，e］，
①若a≥﹣1，则x＋a≥0，即f′（x）≥0在［1，e］上恒成立，
此时f（x）在［1，e］上单调递增，
所以f（x）min＝f（1）＝﹣a＝eq \f(3,2)，所以a＝﹣eq \f(3,2)（舍去）.
②若a≤﹣e，则x＋a≤0，即f′（x）≤0在［1，e］上恒成立，
此时f（x）在［1，e］上单调递减，
所以f（x）min＝f（e）＝1﹣eq \f(a,e)＝eq \f(3,2)，所以a＝﹣eq \f(e,2)（舍去）.
③若﹣e＜a＜﹣1，令f′（x）＝0，得x＝﹣a，
当1＜x＜﹣a时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（1，﹣a）上单调递减；
当﹣a＜x＜e时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣a，e）上单调递增，
所以f（x）min＝f（﹣a）＝ln（﹣a）＋1＝eq \f(3,2)，所以a＝﹣eq \r(e).
综上，a＝﹣eq \r(e).
1.设函数f（x）在R上可导，其导函数为f′（x），且函数f（x）在x＝﹣2处取得极小值，则函数y＝xf′（x）的图象可能是（ ）

A B C D
C ［由题意可得f′（﹣2）＝0，且当x＜﹣2时，f′（x）＜0，则y＝xf′（x）＞0，故排除B和D；当x＞﹣2时，f′（x）＞0，所以当x∈（﹣2,0）时，y＝xf′（x）＜0，当x＞0时，y＝xf′（x）＞0，故排除A，选C.］
2.函数f（x）＝x3﹣3x﹣1，若对于区间［﹣3,2］上的任意x1，x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤t，则实数t的最小值是（ ）
A.20 B.18 C.3 D.0
A ［原命题等价于对于区间［﹣3,2］上的任意x，都有f（x）max﹣f（x）min≤t，
∵f′（x）＝3x2﹣3，∴当x∈［﹣3，﹣1］时，f′（x）＞0，
当x∈［﹣1,1］时，f′（x）＜0，当x∈［1,2］时，f′（x）＞0.
∴f（x）max＝f（2）＝f（﹣1）＝1，f（x）min＝f（﹣3）＝﹣19.
∴f（x）max﹣f（x）min＝20，∴t≥20.即t的最小值为20.故选A.］
3.若函数f（x）＝2x2﹣ln x在其定义域的一个子区间（k﹣1，k＋1）内存在最小值，则实数k的取值范围是 .
[1,eq \f(3,2))
［因为f（x）的定义域为（0，＋∞），又因为f′（x）＝4x﹣eq \f(1,x)，
所以由f′（x）＝0解得x＝eq \f(1,2)，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－1＜\f(1,2)＜k＋1，,k－1≥0，))解得1≤k＜eq \f(3,2).］
4.已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f（x）万元，且f（x）＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(10.8－\f(1,30)x2，0＜x≤10，,\f(108,x)－\f(1 000,3x2)，x＞10.))
（1）写出年利润W（万元）关于年产品x（千件）的函数解析式；
（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入﹣年总成本）
［解］（1）由题意得
W＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10.8－\f(1,30)x2))x－2.7x－10，0＜x≤10，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(108,x)－\f(1 000,3x2)))x－2.7x－10，x＞10，))
即W＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8.1x－\f(1,30)x3－10，0＜x≤10，,98－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1 000,3x)＋2.7x))，x＞10.))
（2）①当0＜x≤10时，W＝8.1x﹣eq \f(1,30)x3﹣10，
则W′＝8.1﹣eq \f(1,10)x2＝eq \f(81－x2,10)＝eq \f(（9＋x）（9－x）,10)，
因为0＜x≤10，所以当0＜x＜9时，W′＞0，则W递增；
当9＜x≤10时，W′＜0，则W递减.
所以当x＝9时，W取最大值eq \f(193,5)＝38.6万元.
②当x＞10时，W＝98﹣(eq \f(1 000,3x)+2.7x)≤98﹣2eq \r(\f(1 000,3x)×2.7x)＝38.
当且仅当eq \f(1 000,3x)＝2.7x，即x＝eq \f(100,9)时等号成立.
综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.
1.若函数f（x）＝x3﹣3ax在区间（﹣1,2）上仅有一个极值点，则实数a的取值范围为 .
［1,4）.
［因为f′（x）＝3（x2﹣a），所以当a≤0时，f′（x）≥0在R上恒成立，所以f（x）在R上单调递增，f（x）没有极值点，不符合题意； 当a＞0时，令f′（x）＝0得x＝±eq \r(a)，
当x变化时，f′（x）与f（x）的变化情况如下表所示：
因为函数f（x）在区间（﹣1,2）上仅有一个极值点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(a)＜2，,－\r(a)≤－1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(a)＞－1，,2≤\r(a)，))解得1≤a＜4.］
2.已知函数f（x）＝aln x＋eq \f(1,x)（a＞0）.
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）是否存在实数a，使得函数f（x）在［1，e］上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
［解］ 由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f′（x）＝eq \f(a,x)﹣eq \f(1,x2)（a＞0）.
（1）由f′（x）＞0解得x＞eq \f(1,a)，所以函数f（x）的单调递增区间是(eq \f(1,a),+∞)；
由f′（x）＜0解得x＜eq \f(1,a)，所以函数f（x）的单调递减区间是(0,eq \f(1,a)).
所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f（x）有极小值f(eq \f(1,a))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a﹣aln a，无极大值.
（2）不存在.理由如下：
由（1）可知，当x∈(0,eq \f(1,a))时，函数f（x）单调递减；
当x∈(eq \f(1,a),+∞)时，函数f（x）单调递增.
①若0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f（x）在［1，e］上为增函数，
故函数f（x）的最小值为f（1）＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件.
②若1＜eq \f(1,a)≤e，即eq \f(1,e)≤a＜1时，
函数f（x）在[1,eq \f(1,a))上为减函数，在[eq \f(1,a),e]上为增函数，
故函数f（x）的最小值为f（x）的极小值f(eq \f(1,a))＝aln eq \f(1,a)＋a
＝a﹣aln a＝a（1﹣ln a）＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而eq \f(1,e)≤a＜1，故不满足条件.
③若eq \f(1,a)＞e，即0＜a＜eq \f(1,e)时，函数f（x）在［1，e］上为减函数，
故函数f（x）的最小值为f（e）＝a＋eq \f(1,e)＝0，解得a＝﹣eq \f(1,e)，而0＜a＜eq \f(1,e)，故不满足条件.
综上所述，这样的a不存在.
x
(﹣∞，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
﹣
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(﹣∞，1)
1
(1，ln 2a)
ln 2a
(ln 2a，＋∞)
f′(x)
＋
0
﹣
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
＋
0
﹣
f(x)

极大值42

x
（﹣∞，﹣3）
﹣3
（﹣3,1）
1
（1，＋∞）
f′（x）
＋
0
﹣
0
＋
f（x）

极大值

极小值

x
（0,2）
2
（2，＋∞）
f′（x）
＋
0
﹣
f（x）

极大值

x
（﹣∞，﹣eq \r(a)）
﹣eq \r(a)
（﹣eq \r(a)，eq \r(a)）
eq \r(a)
（eq \r(a)，＋∞）
f′（x）
＋
0
﹣
0
＋
f（x）

极大值

极小值
