1、课时作业课时作业 15导数与函数的极值、最值导数与函数的极值、最值 一、选择题 1设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f(x)，且函数 f(x)在 x2 处取得极小值，则函数 yxf(x)的图象可 能是(C) 解析： 由 f(x)在 x2 处取得极小值并结合选项知， 当 x2 时， f(x)0； 当2x0， 则 xf(x)0，g(x)6x22x1 的200 恒成立，故 f(x)0 恒成立， 即 f(x)在定义域上单调递增，无极值点 4(2021湖南湘潭模拟)已知 x1 e是函数 f(x)xln(ax) 1 的极值点，则 a(B) A1 2 B1 C1 e D2 解析：由函数 f(x)x
2、ln(ax)1，可得 f(x)ln(ax)1，由 x1 e是函数 f(x)xln(ax)1 的极值点，可得 ln a1 e 10，解得 a1，经验证，a1 时，x1 e是函数 f(x)xln(ax)1 的极值点，故选 B 5(2021齐齐哈尔检测)若 x1 是函数 f(x)ax2lnx 的一个极值点，则当 x 1 e，e时，f(x)的最小值为(A) A1e 2 2 Be1 e C 1 2e21 De21 解析：由题意得 f(1)0，f(x)2ax1 x，f(1)2a10，a 1 2，f(x)x 1 x 1x2 x .当 x 1 e，1时，f(x)0，当 x1，e时，f(x)0，f(x)minm
3、in f 1 e ，fe 1 2e 21，故选 A 6(2021湘潭模拟)某莲藕种植塘每年的固定成本是 1 万元，每年最大规模的种植是 8 万斤，每种植一斤藕，成 本增加 0.5 元，销售额函数是 f(x)1 8x 39 16ax 21 2x，x 是莲藕种植量，单位：万斤；销售额的单位：万元，a 是常 数，若种植 2 万斤，利润是 2.5 万元，则要使利润最大，每年种植莲藕(B) A8 万斤B6 万斤 C3 万斤D5 万斤 解析：设销售利润为 g(x)，得 g(x)1 8x 39 16ax 21 2x1 1 2x 1 8x 39 16ax 21，当 x2 时，g(2)1 82 3 9 16a2
4、 212.5，解得 a2.所以 g(x)1 8x 39 8x 21，g(x)3 8x 29 4x 3 8x(x6)，所以函数 g(x)在(0,6)上单调 递增，在(6,8上单调递减所以当 x6 时，函数 g(x)取得极大值即最大值 7(2021湖南衡阳联考)若函数 f(x)1 2x 2(a1)xalnx 没有极值，则( A) Aa1Ba0 Ca1D1a0，当 a0 时，a x10，令 f(x)0，得 0 x0，得 x1，所以 f(x) 在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增故 f(x)在 x1 处取极小值，不符合题意当 a0 恒成立，g(x)在(0，)上单调递 增，又 g(0)1，g(x
5、)0 恒成立当 k0 时，g(x)0 的根为 xlnk，当 0 xlnk 时，g(x)lnk 时，g(x)0，g(x)单调递增g(x)的最小值为 g(lnk)kklnk，kklnk0，00)，故 f(e2) a e4 1 e4，解得 a1，故 f(x) lnx x ，f(x)1lnx x2 . 令 f(x)0，解得 xe， 因为当 0 x0，当 xe 时，f(x)0， 所以 xe 是函数 f(x)的极大值点 10(2021辽宁鞍山模拟)若函数 f(x)1 3x 3x22 3在区间(a，a5)上存在最小值，则实数 a 的取值范围是3， 0) 解析：由题意，得 f(x)x22xx(x2)，故 f(
6、x)在(，2)，(0，)上单调递增，在(2,0)上单调递减， 作出函数 f(x)的大致图象如图所示，令 1 3x 3x22 3 2 3，得 x0 或 x3.则结合图象可知 3a0， 得 a 3,0) 11若函数 f(x)mlnx(m1)x 存在最大值 M，且 M0，则实数 m 的取值范围是 e 1e，1. 解析：f(x)m x (m1)m1xm x (x0)，当 m0 时，f(x)在(0，)上单调递减，此时函数 f(x)无最大值， 当 m1 时， f(x)在(0， )上单调递增， 此时函数 f(x)无最大值 当 0m1 时， 令 f(x)0， 则 x m 1m， 当 0m1 时， f(x)在
7、0， m 1m 上单调递增， 在 m 1m，上单调递减， 当 0m0，mln m 1mm0，解得 m e 1e，m 的取值范围是 e 1e，1. 12若函数 f(x)2x3ax21(aR)在(0，)内有且只有一个零点，则 f(x)在1,1上的最大值与最小值的和 为3. 解析：f(x)2x3ax21，f(x)6x22ax2x(3xa) 若 a0，则 x0 时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数，又 f(0)1，f(x)在(0，)上没有零点，a0. 当 0 xa 3时，f(x)a 3时，f(x)0，f(x)在 a 3，上单调递增，x0 时，f(x) 有极小值，为 f a 3 a 3 271.
8、 f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f a 3 0，a3. f(x)2x33x21，则 f(x)6x(x1). x1(1,0)0(0,1)1 f(x) f(x)410 f(x)在1,1上的最大值为 1，最小值为4. 最大值与最小值的和为3. 三、解答题 13(2021江西南昌模拟)已知函数 f(x)ax 2bxc ex (a0)的导函数 yf(x)的两个零点为3 和 0. (1)求 f(x)的单调区间； (2)若 f(x)的极小值为e3，求 f(x)在区间5，)上的最大值 解：(1)f(x)2axbe xax2bxcex ex2 ax 22abxbc ex . 令 g(x)ax2(2ab)
9、xbc， 因为 ex0，所以 yf(x)的零点就是 g(x)ax2(2ab)xbc 的零点，且 f(x)与 g(x)符号相同 又因为 a0，所以当3x0，即 f(x)0；当 x0 时，g(x)0，即 f(x)5f(0)， 所以函数 yf(x) 在区间5，)上的最大值是 5e5. 14已知函数 f(x)ax2axxlnx，且 f(x)0. (1)求 a； (2)证明：f(x)存在唯一的极大值点 x0，且 e 2f(x 0)2 2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，)设 g(x)axalnx，则 f(x)xg(x)，f(x)0 等价于 g(x)0. 因为 g(1)0，g(x)0，故 g(1)0，
10、而 g(x)a1 x，g(1)a1，得 a1.若 a1，则 g(x)1 1 x. 当 0 x1 时，g(x)1 时，g(x)0，g(x)单调递增 所以 x1 是 g(x)的极小值点，故 g(x)g(1)0. 综上，a1. (2)证明：由(1)知 f(x)x2xxlnx，f(x)2x2lnx. 设 h(x)2x2lnx，则 h(x)21 x. 当 x 0，1 2 时，h(x)0. 所以 h(x)在 0，1 2 上单调递减，在 1 2，上单调递增 又 h(e 2)0，h 1 2 0；当 x(x0,1)时，h(x)0. 因为 f(x)h(x)，所以 xx0是 f(x)的唯一极大值点 由 f(x0)0
11、 得 lnx02(x01)，故 f(x0)x0(1x0) 由 x0 0，1 2 得 f(x0)f(e 1)e2，所以 e2f(x 0)2 2. 15设函数 f(x)ex(sinxcosx)(0 x2 016)，则函数 f(x)的各极大值之和为(D) Ae 1e2 017 1e2 Be 1e1 009 1e Ce 1e1 008 1e2 De 1e2 016 1e2 解析：因为函数 f(x)ex(sinxcosx)，所以 f(x)ex(sinxcosx)ex(sinxcosx)ex(cosxsinx)2exsinx； 令 f(x)0，解得 xk(kZ)； 所以当 2kx0， 原函数单调递增， 当
12、 2kx2k2时， f(x)0，所以 x2xa0 有两个不同的正根，所以 14a0， x1x210， x1x2a0， 解 得 0a1 4.故实数 a 的取值范围为 0，1 4 . (2)由(1)知 x1x2a， x1x21， 不妨设 x1x2， 所以 f(x)极小值f(x1)， f(x)极大值f(x2)， 所以 f(x)极小值f(x)极大值f(x1)f(x2) ln(x1x2)2(12a)ax1x2 x1x2 (x1x2)lna24a.令(a)lna4a2，则(a)1 a4， 当 0a0，所以(a)在 0，1 4 上单调递增，所以(a) 1 4 2ln21. 又当 a0 时，(a)，所以 f(
13、x)的极大值与极小值之和的取值范围是(，2ln21) (3)没有理由：由(1)知 x1x2a，x1x21，不妨设 x1x2，则 0 x11 2x 21.因为 m 0，1 2 ，n 1 2，所以 f(m)minf(x1)，f(n)maxf(x2)， 所以f(m)f(n)minf(x1)f(x2)lnx1 x2x 2x1ax 2x1 x1x2 . 因为 x11x2，所以f(m)f(n)minln1x2 x2 2(2x21)ln(1x2)lnx24x22 1 2x 21 . 令 h(x)ln(1x)lnx4x2 1 2x1，则 h(x) 1 x1 1 x4 2x12 xx1 0，所以 h(x)在 1 2，1上单调递减，h(x) 无最小值，故 f(m)f(n)没有最小值
