高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用精品精练

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一、选择题
1．已知函数f (x)＝xln x，则f (x)( )
A．在(0，＋∞)上递增 B．在(0，＋∞)上递减
C．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上递增D．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上递减
D [函数的定义域为(0，＋∞)，求导函数，可得f ′(x)＝1＋ln x，
令f ′(x)＝1＋ln x＝0，可得x＝eq \f(1,e)，∴0＜x＜eq \f(1,e)时，f ′(x)＜0；x＞eq \f(1,e)时，f ′(x)＞0.
∴在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上递增．故选D.]
2．在R上可导的函数f (x)的图象如图所示，则关于x的不等式x·f ′(x)＞0的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)
C．(－2，－1)∪(1，2)D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
B [当x＞0时，x·f ′(x)＞0⇒f ′(x)＞0⇒函数单调递增；根据图形知，x＞1或x＜－1⇒x＞1；当x＝0时，不成立；当x＜0时，x·f ′(x)＞0⇒f ′(x)＜0⇒函数单调递减；根据图形知，－1＜x＜1⇒－1＜x＜0.综上所述：x∈(－1，0)∪(1，＋∞)，故选B.]
3．已知函数f (x)＝2x－ln|x|，则f (x)的大致图象为( )
A B C D
A [当x＜0时，f (x)＝2x－ln(－x)，f ′(x)＝2－eq \f(1,－x)·(－1)＝2－eq \f(1,x)＞0，所以f (x)在(－∞，0)单调递增，则B、D错误；
当x＞0时，f (x)＝2x－ln x，f ′(x)＝2－eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1,x)，则f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))单调递减，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))单调递增，所以A正确，故选A.]
4．函数f (x)＝x3＋kx2－7x在区间[－1，1]上单调递减，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，－2]B．[－2，2]
C．[－2，＋∞)D．[2，＋∞)
B [∵f (x)＝x3＋kx2－7x，∴f ′(x)＝3x2＋2kx－7，由题意可知，不等式f ′(x)≤0对于任意的x∈[－1，1]恒成立，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1＝－2k－4≤0，,f′1＝2k－4≤0，))解得－2≤k≤2.因此，实数k的取值范围是[－2，2]．故选B.]
5．函数f (x)的定义域为R，f (－1)＝2，对任意x∈R，f ′(x)＞2，则f (x)＞2x＋4的解集为( )
A．(－1，1)B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)
B [依题意可设g(x)＝f (x)－2x－4，所以g′(x)＝f ′(x)－2＞0.
所以函数y＝g(x)在R上单调递增，又因为g(－1)＝f (－1)＋2－4＝0.
所以要使g(x)＝f (x)－2x－4＞0，即g(x)＞g(－1)，只需要x＞－1，故选B.]
二、填空题
6．函数f (x)＝2x3－9x2＋12x＋1的单调减区间是________．
(1，2) [f ′(x)＝6x2－18x＋12，令f ′(x)＜0，即6x2－18x＋12＜0，解得1＜x＜2.]
7．已知函数f (x)＝－x3＋ax2－x－1在(－∞，＋∞)上是单调递减函数，则实数a的取值范围是________．
[－eq \r(3)，eq \r(3)] [f ′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立且不恒为0，Δ＝4a2－12≤0⇒－eq \r(3)≤a≤eq \r(3).即a的取值范围是[－eq \r(3)，eq \r(3)]．]
8．若函数f (x)＝2x2－ln x在定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，则实数k的取值范围是________．
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) [因为f (x)定义域为(0，＋∞)，又f ′(x)＝4x－eq \f(1,x)，由f ′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2).当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f ′(x)＜0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))时f ′(x)＞0.据题意，k－1＜eq \f(1,2)＜k＋1，k－1≥0，解得1≤k＜eq \f(3,2).]
三、解答题
9．已知函数f (x)＝aln x－bx2，a，b∈R，函数f (x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切．
(1)求实数a，b的值；
(2)判断函数f (x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的单调性．
[解] (1)f ′(x)＝eq \f(a,x)－2bx，由题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝a－2b＝0,f1＝－b＝－\f(1,2)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,2).))
(2)由(1)知f (x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，f ′(x)＝eq \f(1,x)－x＝－eq \f(x－1x＋1,x)，
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))时，f ′(x)≥0，f (x)单调递增，当x∈[1，e]时，f ′(x)≤0，f (x)单调递减，
∴函数f (x)的增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，减区间是[1，e]．
10．已知二次函数h(x)＝ax2＋bx＋2，其导函数y＝h′(x)的图象如图所示，f (x)＝6ln x＋h(x)．
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)若函数f (x)在区间(1，m＋eq \f(1,2))上是单调函数，求实数m的取值范围．
[解] (1)由已知，h′(x)＝2ax＋b，
其图象为直线，且过(0，－8)，(4，0)两点，把两点坐标代入h′(x)＝2ax＋b，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8a＋b＝0，,b＝－8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－8，))∴h(x)＝x2－8x＋2，h′(x)＝2x－8，
∴f (x)＝6ln x＋x2－8x＋2.
(2)∵f ′(x)＝eq \f(6,x)＋2x－8＝eq \f(2(x－1)(x－3),x)(x＞0)．
∴当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
∴f (x)的单调递增区间为(0，1)和(3，＋∞)，f (x)的单调递减区间为(1，3)．
要使函数f (x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，m＋\f(1,2)))上是单调函数，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＜m＋\f(1,2)，,m＋\f(1,2)≤3，))解得eq \f(1,2)＜m≤eq \f(5,2).
即实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2))).
11．(多选题)若函数y＝exf (x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f (x)的定义域上单调递增，则称函数f (x)具有M性质，下列函数中所具有M性质的函数的选项为( )
A．f (x)＝2－xB．f (x)＝3－x
C．f (x)＝x3D．f (x)＝x2＋2
AD [A中，exf (x)＝ex·2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))eq \s\up10(x)在R上单调递增，故f (x)＝2－x具有M性质；
B中，exf (x)＝ex·3－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,3)))eq \s\up10(x)在R上单调递减，故f (x)＝3－x不具有M性质；
C中，exf (x)＝ex·x3，令g(x)＝ex·x3，则g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝x2ex(x＋3)，∴当x＞－3时，g′(x)＞0，当x＜－3时，g′(x)＜0，∴exf (x)＝ex·x3在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，故f (x)＝x3不具有M性质；
D中，exf (x)＝ex(x2＋2)，令g(x)＝ex(x2＋2)，则
g′(x)＝ex(x2＋2)＋ex·2x＝ex[(x＋1)2＋1]＞0，∴exf (x)＝ex(x2＋2)在R上单调递增，故f (x)＝x2＋2具有M性质．]
12．(多选题)下列命题为真命题的是( )
A．eq \f(2ln 3,3)＞ln 2 B．eq \f(5,4)ln 2＜lneq \f(5,2)
C．ln 2＜eq \f(2,e)D．2eq \r(5)＞5
ABC [构造函数f (x)＝eq \f(ln x,x)，导数为f ′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，
当0＜x＜e时，f ′(x)＞0，f (x)递增；当x＞e时，f ′(x)＜0，f (x)递减．
因为32＞23，因为y＝ln x在定义域上单调递增，所以ln 32＞ln 23，所以2ln 3＞3ln 2，所以eq \f(2ln 3,3)＞ln 2，故A正确；∵e＞eq \f(5,2)＞2，∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＞f (2)，∴eq \f(ln\f(5,2),\f(5,2))＞eq \f(ln 2,2)，lneq \f(5,2)＞eq \f(5,4)ln 2，故B正确；
∵f (2)＜f (e)＝eq \f(1,e)，∴eq \f(ln 2,2)＜eq \f(1,e)，即ln 2＜eq \f(2,e)，故C正确；
∵e＞eq \r(5)＞2，∴f (eq \r(5))＞f (2)，∴eq \f(ln\r(5),\r(5))＞eq \f(ln 2,2)，∴2lneq \r(5)＞eq \r(5)ln 2，
∴ln(eq \r(5))2＞ln(2)eq \r(5)，∴5＞2eq \r(5)，故D错误．
故选ABC.]
13．(一题两空)已知函数f (x)＝eq \f(2,x)＋aln x＋x，且曲线y＝f (x)在点P(1，f (1))处的切线与直线y＝－2x＋2平行，则a＝________，函数的单调增区间是________．
－1 (2，＋∞) [∵f (x)＝eq \f(2,x)＋aln x＋x，定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(a,x)＋1＝eq \f(x2＋ax－2,x2)，由题知f ′(1)＝a－1＝－2，解得a＝－1，
这时f ′(x)＝eq \f(x2－x－2,x2)，则f ′(x)＝0，得x1＝2或x2＝－1(舍)，
令f ′(x)＞0，即x2－x－2＞0且x＞0，得x＞2，
所以函数y＝f (x)的递增区间为(2，＋∞)．]
14．若函数y＝－eq \f(4,3)x3＋bx有三个单调区间，则b的取值范围是__________．
(0，＋∞) [若函数y＝－eq \f(4,3)x3＋bx有三个单调区间，则y′＝－4x2＋b＝0有两个不相等的实数根，所以b>0.]
15．已知函数f (x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x－ln x(a∈R)．
(1)当a＝3时，求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)存在单调增区间，求实数a的取值范围．
[解] (1)当a＝3时，f (x)＝eq \f(3,2)x2＋2x－ln x，其定义域为(0，＋∞)．
∴f ′(x)＝3x＋2－eq \f(1,x)＝eq \f(3x－1x＋1,x).令f ′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(1,3)，令f ′(x)＞0，得x＞eq \f(1,3)，
∴函数f (x)的减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞)).
(2)∵f (x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x－ln x(a∈R)的定义域为(0，＋∞)，
∴f ′(x)＝ax＋2－eq \f(1,x)＝eq \f(ax2＋2x－1,x)(a∈R)．
若函数f (x)存在单调增区间，则f ′(x)＞0在区间(0，＋∞)上有解，即ax2＋2x－1＞0在区间(0，＋∞)上有解．
分离参数得a＞eq \f(1－2x,x2)，令g(x)＝eq \f(1－2x,x2)，则依题意，只需a＞g(x)min即可．
∵g(x)＝eq \f(1－2x,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))eq \s\up10(2)－1，∴g(x)min＝－1，∴a＞－1，
即所求实数a的取值范围为(－1，＋∞)．
函数的极值与导数
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．设函数f (x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f (x)的极大值点，以下结论一定正确的是( )
A．－x0是－f (－x)的极小值点
B．对任意x∈R，f (x)≤f (x0)
C．－x0是f (－x)的极小值点
D．x0是－f (x)的极大值点
A [对于A，函数－f (－x)与函数f (x)的图象关于原点对称，因此－x0是－f (－x)的极小值点；对于B，极值是一个局部性概念，因此不能确定在整个定义域上f (x0)是否最大；对于C，函数f (－x)与函数f (x)的图象关于y轴对称，因此－x0是f (－x)的极大值点；对于D，函数f (x)与函数－f (x)的图象关于x轴对称，因此x0是－f (x)的极小值点，故D错误．]
2．已知函数f (x)的导函数f ′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若f (x)在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是( )
A．(－∞，－1) B．(0，＋∞)
C．(0，1)D．(－1，0)
D [∵f ′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若a<－1，∴f (x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，－1)上单调递增，∴f (x)在x＝a处取得极小值，与题意不符；若－1若a>0，则f (x)在(－1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，与题意不符，故选D.]
3．函数f (x)的导函数f ′(x)的图象如图所示则( )
A．eq \f(1,2)为f (x)的极大值点 B．－2为f (x)的极大值点
C．2为f (x)的极大值点 D．eq \f(4,5)为f (x)的极小值点
A [对于A选项，当－2＜x＜eq \f(1,2)时，f ′(x)＞0，当eq \f(1,2)＜x＜2时，f ′(x)＜0，eq \f(1,2)为f (x)的极大值点，A选项正确；对于B选项，当x＜－2时，f ′(x)＜0，当－2＜x＜eq \f(1,2)时，f ′(x)＞0，－2为f (x)的极小值点，B选项错误；对于C选项，当eq \f(1,2)＜x＜2时，f ′(x)＜0，当x＞2时，f ′(x)＞0，2为f (x)的极小值点，C选项错误；对于D选项，由于函数y＝f (x)为可导函数，且f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))＜0，eq \f(4,5)不是f (x)的极值点，D选项错误．故选A.]
4．当x＝1时，三次函数有极大值4，当x＝3时有极小值0，且函数过原点，则此函数是( )
A．y＝x3＋6x2＋9xB．y＝x3－6x2＋9x
C．y＝x3－6x2－9xD．y＝x3＋6x2－9x
B [∵三次函数过原点，故可设为y＝x3＋bx2＋cx，∴y′＝3x2＋2bx＋c.
又x＝1，3是y′＝0的两个根，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋3＝－\f(2b,3)，,1×3＝\f(c,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝－6，,c＝9，))∴y＝x3－6x2＋9x，
又y′＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，∴当x＝1时，f (x)极大值＝4 ，
当x＝3时，f (x)极小值＝0，满足条件，故选B.]
5．已知a为常数，函数f (x)＝xln x－ax2＋x有两个极值点，则实数a的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(e,2)))B．(0，e)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，e))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)，e2))
A [f ′(x)＝ln x＋2－2ax，函数f (x)有两个极值点，则f ′(x)有两个零点，即函数y＝ln x与函数y＝2ax－2的图象有两个交点，当两函数图象相切时，设切点为(x0，y0)，对函数y＝ln x求导(ln x)′＝eq \f(1,x)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝ln x0，,y0＝2ax0－2，,\f(1,x0)＝2a，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－1，,x0＝\f(1,e)，,a＝\f(e,2)，))要使函数图象有两个交点，则0＜2a＜e，即0＜a＜eq \f(e,2).故选A.]
二、填空题
6．已知函数f (x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)x2＋cx＋d无极值，则实数c的取值范围为________．
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，＋∞)) [∵f ′(x)＝x2－x＋c，要使f (x)无极值，则方程f ′(x)＝x2－x＋c＝0没有变号的实数解，从而Δ＝1－4c≤0，∴c≥eq \f(1,4).]
7．(一题两空)若可导函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则f ′(1)＝________，1是函数f (x)的________值．
0 极大 [由题意可知，当x＜1时，f ′(x)＞0，当x＞1时，f ′(x)＜0，
∴f ′(1)＝0，1是函数f (x)的极大值．]
8．已知函数f (x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f (x)极大值与极小值之差为________．
4 [求导得f ′(x)＝3x2＋6ax＋3b，因为函数f (x)在x＝2取得极值，所以f ′(2)＝3·22＋6a·2＋3b＝0，即4a＋b＋4＝0.①
又因为图象在x＝1处的切线与直线6x＋2y＋5＝0平行，
所以f ′(1)＝3＋6a＋3b＝－3，即2a＋b＋2＝0，②
联立①②可得a＝－1，b＝0，所以f ′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
当f ′(x)＞0时，x＜0或x＞2；当f ′(x)＜0时，0＜x＜2，
∴函数的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，函数的单调减区间是(0，2)，
因此求出函数的极大值为f (0)＝0＋c，极小值为f (2)＝－4＋c，
故函数的极大值与极小值的差为0－(－4)＝4，故答案为4.]
三、解答题
9．已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx－1，曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程为y＝－8x＋1.
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)求y＝f (x)在区间(－1，4)上的极值．
[解] (1)因为f (x)＝x3＋ax2＋bx－1，所以f ′(x)＝3x2＋2ax＋b.
所以曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程的斜率k＝f ′(x)|x＝1＝f ′(1)＝3＋2a＋b.
又因为k＝－8，所以2a＋b＝－11.①
又因为f (1)＝1＋a＋b－1＝－8×1＋1，所以a＋b＝－7，②
联立①②解得a＝－4，b＝－3.所以f (x)＝x3－4x2－3x－1.
(2)由(1)知，f ′(x)＝3x2－8x－3＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,3)))(x－3)，令f ′(x)＝0得，x1＝－eq \f(1,3)，x2＝3.
当－1＜x＜－eq \f(1,3)，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；
当－eq \f(1,3)≤x＜3，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
当3≤x＜4，f ′(x)＞0，f (x)单调递增．
所以f (x)在区间(－1，4)上的极小值为f (3)＝－19，极大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－eq \f(13,27).
10．已知f (x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1处取得极值，且f (1)＝－1.
(1)试求常数a，b，c的值；
(2)试判断x＝±1是函数的极大值点还是极小值点，并说明理由．
[解] f ′(x)＝3ax2 ＋2bx＋c，
(1)法一：∵x＝±1是函数的极值点，∴x＝±1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根．
由根与系数的关系知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2b,3a)＝0， ①,\f(c,3a)＝－1， ②))
又f (1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，③
由①②③解得a＝eq \f(1,2)，b＝0，c＝－eq \f(3,2).
法二：由f ′(1)＝f ′(－1)＝0，得3a＋2b＋c＝0，① 3a－2b＋c＝0，②
又f (1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，③
由①②③解得a＝eq \f(1,2)，b＝0，c＝－eq \f(3,2).
(2)f (x)＝eq \f(1,2)x3－eq \f(3,2)x，∴f ′(x)＝eq \f(3,2)x2－eq \f(3,2)＝eq \f(3,2)(x－1)(x＋1)．
当x＜－1或x＞1时f ′(x)＞0，当－1＜x＜1时，f ′(x)＜0.
∴函数f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1，1)上是减函数．
∴当x＝－1时，函数取得极大值，x＝－1为极大值点；当x＝1时，函数取得极小值，x＝1为极小值点．
11．(多选题)定义在R上的可导函数y＝f (x)的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是( )
A．－3是f (x)的一个极小值点
B．－2和－1都是f (x)的极大值点
C．f (x)的单调递增区间是(－3，＋∞)
D．f (x)的单调递减区间是(－∞，－3)
ACD [当x＜－3时，f ′(x)＜0，x∈(－3，＋∞)时f ′(x)≥0，
∴－3是极小值点，无极大值点，增区间是(－3，＋∞)，减区间是(－∞，－3)．故选ACD.]
12．(多选题)若函数f (x)＝x3＋2x2＋a2x－1有两个极值点，则a的值可以为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
AB [∵f (x)＝x3＋2x2＋a2x－1，∴f ′(x)＝3x2＋4x＋a2.∵函数f (x)＝x3＋2x2＋a2x－1有两个极值点则f ′(x)＝3x2＋4x＋a2与x轴有两个交点，即Δ＝42－4×3×a2＞0解得－eq \f(2\r(3),3)＜a＜eq \f(2\r(3),3)，
故满足条件的有AB.故选AB.]
13．(一题两空)已知函数f (x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R，e是自然对数的底数)在x＝0处取得极小值，则m＝________，这时f (x)的极大值是________．
0 4e－2 [由题意知f ′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex.由f ′(0)＝－2m＝0，解得m＝0.
则f (x)＝x2ex，f ′(x)＝(x2＋2x)ex，令f ′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，
故函数f (x)的单调递增区间是(－∞，－2)，(0，＋∞)，单调递减区间是(－2，0)，
所以函数f (x)在x＝－2处取得极大值，且有f (－2)＝4e－2.]
14．(一题两空)已知函数f (x)＝xe2x－1，则函数f (x)的极小值为________，零点有________个．
－eq \f(1,2e)－1 1 [∵f (x)＝xe2x－1，f ′(x)＝e2x＋2xe2x＝(1＋2x)e2x，令f ′(x)＝0，可得x＝－eq \f(1,2)，
如下表所示：
所以，函数y＝f (x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,2e)－1，
f (x)＝0⇒e2x＝eq \f(1,x)，则函数y＝f (x)的零点个数等于函数y＝e2x与函数y＝eq \f(1,x)的图象的交点个数，如图所示：
两个函数的图象有且只有一个交点，即函数y＝f (x)只有一个零点．]
15．已知函数f (x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)(k∈R)．
(1)k为何值时，函数f (x)无极值？
(2)试确定k的值，使f (x)的极小值为0.
[解] (1)∵f (x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)，∴f ′(x)＝eq \f(－2x2＋k＋4x－2k,ex).
要使f (x)无极值，只需f ′(x)≥0或f ′(x)≤0恒成立即可．
设g(x)＝－2x2＋(k＋4)x－2k，∵ex＞0，∴f ′(x)与g(x)同号．
∵g(x)的二次项系数为－2，∴只能满足g(x)≤0恒成立，
∴Δ＝(k＋4)2－16k＝(k－4)2≤0，解得k＝4，∴当k＝4时，f (x)无极值．
(2)由(1)知k≠4，令f ′(x)＝0，得x1＝2，x2＝eq \f(k,2).
①当eq \f(k,2)＜2，即k＜4时，当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
由题意知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)))＝0，可得2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)))2－k·eq \f(k,2)＋k＝0，∴k＝0，满足k＜4.
②当eq \f(k,2)＞2，即k＞4时，当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表：
由题意知f (2)＝0，可得2×22－2k＋k＝0，∴k＝8，满足k＞4.
综上，当k＝0或k＝8时，f (x)有极小值0.
函数的最大(小)值与导数
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．已知函数f (x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f ′(x)＜g′(x)，则f (x)－g(x)的最大值为( )
A．f (a)－g(a) B．f (b)－g(b)
C．f (a)－g(b)D．f (b)－g(a)
A [令F (x)＝f (x)－g(x)，则F ′(x)＝f ′(x)－g′(x)，又f ′(x)＜g′(x)，故F ′(x)＜0，
∴F (x)在[a，b]上单调递减，∴F (x)max≤F (a)＝f (a)－g(a)．]
2．已知函数f (x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m的值为( )
A．16 B．12 C．32 D．6
C [∵f ′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，由f (－3)＝17，f (3)＝－1，f (－2)＝24，f (2)＝－8，
可知M－m＝24－(－8)＝32.]
3．已知f (x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值为3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为( )
A．0B．－5
C．－10D．－37
D [因为f (x)＝2x3－6x2＋m，所以f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，可以得到函数在[－2，0]上是增函数，在[0，2]上是减函数，所以当x＝0时，f (x)＝m为最大值，所以m＝3，即f (x)＝2x3－6x2＋3，所以f (－2)＝2×(－8)－6×4＋3＝－37，f (2)＝－5，所以最小值是－37，故选D.]
4．函数f (x)＝x3－3x在区间(－2，m)上有最大值，则m的取值范围是( )
A．(－1，＋∞)B．(－1，1]
C．(－1，2)D．(－1，2]
D [由于f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，故函数在(－∞，－1)和(1，＋∞)上递增，在(－1，1)上递减，f (－1)＝f (2)＝2，画出函数图象如图所示，由于函数在区间(－2，m)上有最大值，根据图象可知m∈(xB，xA]，即m∈(－1，2]，故选D.
]
5．若函数f (x)＝2x3－6x2＋3－a对任意的x∈(－2，2)都有f (x)≤0，则a的取值范围为( )
A．(－∞，3)B．(2，＋∞)
C．[3，＋∞)D．(0，3)
C [f (x)＝2x3－6x2＋3－a，f ′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，令f ′(x)＝0，得x＝0，或x＝2.在(－2，0)上f ′(x)＞0，f (x)单调递增；在(0，2)上f ′(x)＜0，f (x)单调递减，所以f (x)max＝f (0)＝3－a.因为对任意的x∈(－2，2)都有f (x)≤0，所以f (x)max＝3－a≤0，得a≥3.故选C.]
二、填空题
6．函数f (x)＝x－ln x在区间(0，e]上的最小值为________．
1 [f ′(x)＝1－eq \f(1,x)，令f ′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f ′(x)＜0；当x∈(1，e]时，f ′(x)＞0，∴当x＝1时，f (x)有极小值，也是最小值，最小值为f (1)＝1.]
7．若函数f (x)＝eq \f(x,x2＋a)(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为eq \f(\r(3),3)，则a的值为________．
eq \r(3)－1 [f ′(x)＝eq \f(x2＋a－2x2,x2＋a2)＝eq \f(a－x2,x2＋a2).令f ′(x)＝0，得x＝eq \r(a)(x＝－eq \r(a)舍去)，
若x＝eq \r(a)时，f (x)取最大值，则f (x)max＝eq \f(\r(a),2a)＝eq \f(\r(3),3)，eq \r(a)＝eq \f(\r(3),2)＜1，不符合题意；
若f (x)max＝f (1)＝eq \f(1,1＋a)＝eq \f(\r(3),3)，则a＝eq \r(3)－1，符合题意．]
8．已知函数f (x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．
(－∞，2ln 2－2] [函数f (x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－ex的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，只需a≤2ln 2－2即可．]
三、解答题
9．已知函数f (x)＝x3－3ax＋2，曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程为3x＋y＋m＝0.
(1)求实数a，m的值；
(2)求f (x)在区间[1，2]上的最值．
[解] (1)f ′(x)＝3x2－3a，
∵曲线f (x)＝x3－3ax＋2在x＝1处的切线方程为3x＋y＋m＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3－3a＝－3，,f1＝3－3a＝－3－m，))解得a＝2，m＝0.
(2)由(1)知，f (x)＝x3－6x＋2，则f ′(x)＝3x2－6，
令f ′(x)＝0，解得x＝±eq \r(2)，
∴f (x)在[1，eq \r(2))上单调递减，在(eq \r(2)，2]上单调递增，
又f (1)＝1－6＋2＝－3，f (2)＝23－6×2＋2＝－2，
f (eq \r(2))＝(eq \r(2))3－6×eq \r(2)＋2＝2－4eq \r(2)，
∴f (x)在区间[1，2]上的最大值为－2，最小值为2－4eq \r(2).
10．已知函数f (x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.
(1)求f (x)的单调递减区间；
(2)若f (x)≥2 020对于∀x∈[－2，2]恒成立，求a的取值范围．
[解] (1)f ′(x)＝－3x2＋6x＋9.由f ′(x)<0，得x<－1或x>3，
所以函数f (x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．
(2)由f ′(x)＝0，－2≤x≤2，得x＝－1.
因为f (－2)＝2＋a，f (2)＝22＋a，f (－1)＝－5＋a，
故当－2≤x≤2时，f (x)min＝－5＋a.
要使f (x)≥2 020对于∀x∈[－2，2]恒成立，只需f (x)min＝－5＋a≥2 020，解得a≥2 025.
11．(多选题)若函数f (x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的可能取值是( )
A．0B．1
C．2D．3
ABC
[由f ′(x)＝3－3x2＝0，得x＝±1.当x变化时，f ′(x)及f (x)的变化情况如下表：
由此得a2－12＜－1＜a，解得－1＜a＜eq \r(11).又当x∈(1，＋∞)时，f (x)单调递减，且当x＝2时，f (x)＝－2.∴a≤2.综上，－1＜a≤2.故选ABC.]
12．(多选题)设函数f (x)＝eq \f(ex,ln x)，则下列说法正确的是( )
A．x∈(0，1)时，f (x)图象位于x轴下方
B．f (x)存在单调递增区间
C．f (x)有且仅有两个极值点
D．f (x)在区间(1，2)上有最大值
AB [由f (x)＝eq \f(ex,ln x)，当x∈(0，1)时，ln x＜0，∴f (x)＜0，所以f (x)在(0，1)上的图象都在x轴的下方，所以A正确；
因为f ′(x)＞0在定义域上有解，所以函数f (x)存在单调递增区间，所以B是正确的；
由g(x)＝ln x－eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)(x＞0)，所以g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，则函数f ′(x)＝0只有一个根x0，使得f ′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f ′(x)＜0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以C不正确；
由g(x)＝ln x－eq \f(1,x)，则g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)(x＞0)，所以g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，且g(1)＝－1＜0，g(2)＝ln 2－eq \f(1,2)＞0，所以函数在(1，2)先减后增，没有最大值，所以D不正确，故选AB.]
13．(一题两空)已知函数f (x)＝2x2－ln x若f ′(x0)＝3，则x0＝________，若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 \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) [∵函数f (x)＝2x2－ln x，x∈(0，＋∞)，
∴f ′(x)＝4x－eq \f(1,x)＝eq \f(4x2－1,x)，由f ′(x0)＝3，x0＞0，解得x0＝1.令f ′(x)＝0得x＝eq \f(1,2)，
当0＜x＜eq \f(1,2)时，f ′(x)＜0，当x＞eq \f(1,2)时，f ′(x)＞0，所以当x＝eq \f(1,2)时，f (x)取得极小值，
由题意可知：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)，
∴实数k的取值范围是：1≤k＜eq \f(3,2)，即k∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).]
14．已知函数f (x)＝x3－eq \f(9,2)x2＋6x＋a，若∃x0∈[－1，4]，使f (x0)＝2a成立，则实数a的取值范围是________．
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(23,2)，16)) [∵f (x0)＝2a，即xeq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0))－eq \f(9,2)xeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＋6x0＋a＝2a，可化为xeq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0))－eq \f(9,2)xeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))＋6x0＝a，
设g(x)＝x3－eq \f(9,2)x2＋6x，则g′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)＝0，得x＝1或x＝2.
∴g(1)＝eq \f(5,2)，g(2)＝2，g(－1)＝－eq \f(23,2)，g(4)＝16.
由题意，g(x)min≤a≤g(x)max，∴－eq \f(23,2)≤a≤16.]
15．已知函数f (x)＝aex－ln x－1.
(1)设x＝2是f (x)的极值点，求a，并求f (x)的单调区间；
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f (x)≥0.
[解] (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex－eq \f(1,x).由题设知，f ′(2)＝0，所以a＝eq \f(1,2e2).
从而f (x)＝eq \f(1,2e2)ex－ln x－1，f ′(x)＝eq \f(1,2e2)ex－eq \f(1,x).当02时，f ′(x)>0.
所以f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当a≥eq \f(1,e)时，f (x)≥eq \f(ex,e)－ln x－1.设g(x)＝eq \f(ex,e)－ln x－1，则g′(x)＝eq \f(ex,e)－eq \f(1,x).
当01时，g′(x)>0，所以x＝1是g(x)的最小值点．
故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0.
因此，当a≥eq \f(1,e)时，f (x)≥0.
导数在函数有关问题及实际生活中的应用
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．将8分为两个非负数之和，使两个非负数的立方和最小，则应分为( )
A．2和6 B．4和4
C．3和5D．以上都不对
B [设一个数为x，则另一个数为8－x，则其立方和y＝x3＋(8－x)3＝83－192x＋24x2(0≤x≤8)，y′＝48x－192.令y′＝0，即48x－192＝0，解得x＝4.当0≤x<4时，y′<0；当40.所以当x＝4时，y最小．]
2．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，若使砌壁所用的材料最省，堆料场的长和宽应分别为(单位：米)( )
A．32，16 B．30，15 C．40，20 D．36，18
A [要使材料最省，则要求新砌的墙壁的总长最短，设场地宽为x米，则长为eq \f(512,x)米，因此新墙总长L＝2x＋eq \f(512,x)(x>0)，则L′＝2－eq \f(512,x2).令L′＝0，得x＝16或x＝－16(舍去)．此时长为eq \f(512,16)＝32(米)，可使L最短．]
3．函数y＝cs x＋ln(|x|＋1)(x∈[－2π，2π])的图象大致为( )
A [由题意，函数f (x)＝cs x＋ln(|x|＋1)(x∈[－2π，2π])，
满足f (－x)＝cs(－x)＋ln(|－x|＋1)＝cs x＋ln(|x|＋1)＝f (x)，
所以函数f (x)为偶函数，图象关于y轴对称，
且f (0)＝cs 0＋ln(|0|＋1)＝1，f (π)＝cs π＋ln(|π|＋1)∈(0，1)，排除C、D，
又由当x∈(0，2π]时，f (x)＝cs x＋ln(x＋1)，则f ′(x)＝－sin x＋eq \f(1,x＋1)，
则f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－sin eq \f(π,2)＋eq \f(1,\f(π,2)＋1)＜0，f ′(π)＝－sin π＋eq \f(1,π＋1)＞0，即f ′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))·f ′(π)＜0，
所以函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))之间有一个极小值点，故选A.]
4．已知函数f (x)＝(x2＋a)ex有最小值，则函数g(x)＝x2＋2x＋a的零点个数为( )
A．0B．1
C．2D．取决于a的值
C [f ′(x)＝2x·ex＋(x2＋a)·ex＝ex(x2＋2x＋a)＝ex·g(x)．因为函数f (x)有最小值，且由题意得最小值即其极小值，所以f ′(x)＝0有解．当有一解x0时，在x0两侧f ′(x)＞0都成立，此时f (x)是单调递增的，没有极值，不符合题意，舍去，因此f ′(x)＝0有两解，即x2＋2x＋a＝0有两解，故g(x)有两个零点．]
5．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与年产量x的关系是R(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(400x－\f(1,2)x2，0≤x≤400，,80 000， x>400，))则总利润最大时，每年生产的产品是( )
A．100B．150
C．200D．300
D [由题意，得总成本函数为C(x)＝20 000＋100x，总利润P(x)＝R(x)－C(x)＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(300x－\f(x2,2)－20 000，0≤x≤400，,60 000－100x，x>400.))所以P′(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(300－x，0≤x≤400，,－100，x>400.))
令P′(x)＝0，得x＝300，易知x＝300时，总利润P(x)最大．]
二、填空题
6．已知函数f (x)＝x4＋9x＋5，则f (x)的图象在(－1，3)内与x轴的交点的个数为________．
1 [f ′(x)＝4x3＋9，当x∈(－1，3)时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(－1，3)上单调递增，因为f (－1)＝－3＜0，f (0)＝5＞0，所以f (x)的图象在(－1，3)内与x轴只有一个交点．]
7．用总长14.8 m的钢条制作一个长方体容器的框架，如果所制作容器的底面的一边比另一边长0.5 m，那么高为________时容器的容积最大．
1．2 m [设容器底面短边长为x m，则另一边长为(x＋0.5)m，高为eq \f(1,4)[14.8－4x－4(x＋0.5)]＝(3.2－2x)m.由3.2－2x＞0及x＞0，得0＜x＜1.6.设容器容积为y，则有y＝x(x＋0.5)(3.2－2x)＝－2x3＋2.2x2＋1.6x(0＜x＜1.6)，y′＝－6x2＋4.4x＋1.6.由y′＝0及0＜x＜1.6，解得x＝1.在定义域(0，1.6)内，只有x＝1使y′＝0.由题意，若x过小(接近于0)或过大(接近于1.6)，y的值都很小(接近于0)．因此当x＝1时，y取最大值，且ymax＝－2＋2.2＋1.6＝1.8(m3)，这时高为1.2 m．]
8．若eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)ax2＋1＝0有一个实数根，则实数a的取值范围为________．
(eq \r(3,－6)，＋∞) [令f (x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)ax2＋1，则f ′(x)＝x2＋ax.由f (x)＝0有一个实数根，得Δ≤0(Δ是方程f ′(x)＝0的根的判别式)或f (x1)·f (x2)＞0(x1，x2是f (x)的极值点)．
①由Δ≤0，得a＝0；
②令f ′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－a，则f (x1)·f (x2)＝－eq \f(1,3)a3＋eq \f(1,2)a3＋1＞0，即eq \f(1,6)a3＞－1，所以a＞eq \r(3,－6).
综上，实数a的取值范围是(eq \r(3,－6)，＋∞)．]
三、解答题
9．一艘轮船在航行中燃料费和它的速度的立方成正比．已知速度为每小时10千米时，燃料费是每小时6元，而其他与速度无关的费用是每小时96元，问轮船的速度是多少时，航行1千米所需的费用总和最少？
[解] 设速度为每小时v千米时，燃料费是每小时p元，那么由题设知p＝kv3，
因为v＝10，p＝6，所以k＝eq \f(6,103)＝0.006.于是有p＝0.006v3.
又设船的速度为每小时v千米时，行驶1千米所需的总费用为q元，那么每小时所需的总费用是(0.006v3＋96)元，而行驶1千米所用时间为eq \f(1,v)小时，
所以行驶1千米的总费用为q＝eq \f(1,v)(0.006v3＋96)＝0.006v2＋eq \f(96,v).q′＝0.012v－eq \f(96,v2)＝eq \f(0.012,v2)(v3－8 000)，令q′＝0，解得v＝20.v＜20时，q′＜0；当v＞20时，q′＞0，
所以当v＝20时，q取得最小值．
即当速度为20千米/小时时，航行1千米所需的费用总和最少．
10．用长为18 m的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2∶1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？
[解] 设长方体的宽为x m，则长为2x m，高为h＝eq \f(18－12x,4)＝(4.5－3x)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(3,2))).
故长方体的体积为V(x)＝2x2(4.5－3x)＝(9x2－6x3)m3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x＜\f(3,2))).
从而V′(x)＝18x－18x2＝18x(1－x)．令V′(x)＝0，解得x＝0(舍去)或x＝1，
因此x＝1.当0＜x＜1时，V′(x)＞0；当1＜x＜eq \f(3,2)时，V′(x)＜0，
故在x＝1处V(x)取得极大值，并且这个极大值就是V(x)的最大值．
从而最大体积V＝V(1)＝9×12－6×13＝3(m3)，此时长方体的长为2 m，高为1.5 m.
故当长方体的长为2 m，宽为1 m，高为1.5 m时，体积最大，最大体积为3 m3.
11．(多选题)设x3＋ax＋b＝0(a，b∈R)，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是( )
A．a＝－3，b＝2 B．a＝－3，b＝－3
C．a＝－3，b＞2D．a＝1，b＝2
BCD [记f (x)＝x3＋ax＋b，
a＝－3，b＝2时，f (x)＝x3－3x＋2＝(x－1)2(x＋2)＝0，x＝1或x＝－2，不满足题意；
a＝－3，b＝－3时，f (x)＝x3－3x－3，f ′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)是递增，在(－1，1)上递减，而f (x)极大值＝f (－1)＝－1＜0，f (x)只有一个零点，即f (x)＝0只有一个实根；同理a＝－3，b＞2时，f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)是递增，在(－1，1)上递减，而f (x)极小值＝f (1)＝b－2＞0，f (x)只有一个零点，即f (x)＝0只有一个实根；a＝1，b＝2时，f (x)＝x3＋x＋2＝(x＋1)(x2－x＋2)＝0，只有一个实根－1，故选BCD.]
12．已知函数f (x)＝ax3－3x2＋1，若f (x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是( )
A．(2，＋∞)B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞)D．(－∞，－1)
B [由a≠0，f ′(x)＝3ax2－6x＝0，得x＝0或x＝eq \f(2,a).①若a＞0，则f (x)在(－∞，0)上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,a)))上是减函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，＋∞))上是增函数．又因为f (0)＝1＞0，所以f (x)在(－∞，0)上存在一个零点，与已知矛盾，a＞0舍去；②若a＜0，则f (x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,a)))上是减函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)，0))上是增函数，在(0，＋∞)上是减函数．又因为f (0)＝1＞0，所以f (x)在(0，＋∞)存在一个零点x0，且x0＞0.f (x)存在唯一的零点x0，只需f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))＝1－eq \f(4,a2)＞0，即a＞2或a＜－2.又a＜0，所以a＜－2，所以a的取值范围是(－∞，－2)．故选B.]
13．海轮每小时使用的燃料费与它的航行速度的立方成正比，已知某海轮的最大航速为30 n mile/h，当速度为10 n mile/h时，它的燃料费是每小时25元，其余费用(无论速度如何)都是每小时400元．如果甲乙两地相距800 n mile，则要使该海轮从甲地航行到乙地的总费用最低，它的航速应为________．
20 n mile/h [由题意设燃料费y1与航速v间满足y1＝av3(0≤v≤30)，
又∵25＝a·103，∴a＝eq \f(1,40).设从甲地到乙地海轮的航速为v n mile/h，总费用为y元，
则y＝av3×eq \f(800,v)＋eq \f(800,v)×400＝20v2＋eq \f(320 000,v).由y′＝40v－eq \f(320 000,v2)＝0，得v＝20<30.
当00，∴当v＝20时，y最小．]
14．(一题两空)某批发商以每吨20元购进一批建筑材料，若以每吨M元零售，销售N(单位：吨)与零售价M(单位：元)有如下关系：N＝8 300－170M－M2，则该批材料零售价定为________元时利润最大，利润的最大值为________元．
30 23 000 [设该商品的利润为y元，由题意知，y＝N(M－20)＝－M3－150M2＋11 700M－166 000，则y′＝－3M2－300M＋11 700，令y′＝0得M＝30或M＝－130(舍去)，当M∈(0，30)时，y′＞0，当M∈(30，＋∞)时，y′＜0，
因此当M＝30时，y有最大值，ymax＝23 000.]
15．已知函数f (x)＝(x－1)ln x－x－1.证明：
(1)f (x)存在唯一的极值点；
(2)f (x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
[解] (1)由题意知f (x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝eq \f(x－1,x)＋ln x－1＝ln x－eq \f(1,x).
因为y＝ln x在(0，＋∞)内单调递增，y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f ′(x)单调递增．
又f ′(1)＝－1＜0，f ′(2)＝ln 2－eq \f(1,2)＝eq \f(ln 4－1,2)＞0，故存在唯一的x0∈(1，2)，使得f ′(x0)＝0.
又当xx0时，f ′(x)>0，f (x)单调递增，
因此，f (x)存在唯一的极值点．
(2)由(1)知f (x0)又f (e2)＝e2－3>0，所以f (x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一实根x＝α.
由α>x0>1得eq \f(1,α)＜1＜x0. 又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,α)－1))ln eq \f(1,α)－eq \f(1,α)－1＝eq \f(fα,α)＝0，
故eq \f(1,α)是f (x)＝0在(0，x0)上的唯一实根．
综上，f (x)＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
x
(0，1)
1
(1，3)
3
(3，＋∞)
f ′(x)
＋
0
－
0
＋
f (x)
↗
↘
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
－eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
f ′(x)
－
0
＋
f (x)
↘
极小值
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(k,2)))
eq \f(k,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)，2))
2
(2，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f (x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，2))
2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(k,2)))
eq \f(k,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)，＋∞))
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f (x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f ′(x)
－
0
＋
0
－
f (x)
↘
－2
↗
2
↘