學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精課時作業(yè)(十五）導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值一、選擇題1．（2017·岳陽一模)下列函數(shù)中,既是奇函數(shù)又存在極值的是(）A．y＝x3B．y＝ln(－x）C．y＝xe－xD．y＝x＋eq\f（2，x）解析：由題可知，B，C選項(xiàng)中的函數(shù)不是奇函數(shù)，A選項(xiàng)中，函數(shù)y＝x3單調(diào)遞增（無極值)，而D選項(xiàng)中的函數(shù)既為奇函數(shù)又存在極值．答案：D2．函數(shù)y＝eq\f(lnx,x)的最大值為(）A．e－1B．eC．e2D.eq\f(10，3）解析：令y′＝eq\f(1－lnx，x2）＝0，解得x＝e。當(dāng)x>e時，y′<0；當(dāng)0〈x<e時,y′>0，所以y極大值＝f（e)＝eq\f（1，e）,在定義域內(nèi)只有一個極值，所以ymax＝eq\f(1,e)。答案：A3．設(shè)函數(shù)f（x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x)，且函數(shù)y＝（1－x)f′（x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是（)A．函數(shù)f（x）有極大值f(2）和極小值f(1）B．函數(shù)f(x）有極大值f（－2）和極小值f(1）C．函數(shù)f（x）有極大值f（2)和極小值f(－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f（2）解析：由圖可知，當(dāng)x〈－2時，f′（x)〉0；當(dāng)－2<x<1時,f′(x）<0;當(dāng)1<x〈2時，f′（x）〈0;當(dāng)x>2時,f′（x)>0。由此可以得到函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極大值，在x＝2處取得極小值．答案：D4．已知函數(shù)f(x）＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則eq\f(a,b）的值為（)A．－eq\f（2,3)B．－2C．－2或－eq\f(2，3）D．2或－eq\f（2,3）解析：由題意知，f′（x）＝3x2＋2ax＋b，f′（1)＝0,f（1）＝10，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（3＋2a＋b＝0，1＋a＋b－a2－7a＝10）），解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－2,b＝1))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，b＝9))，經(jīng)檢驗(yàn)eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，b＝9）)滿足題意,故eq\f(a，b）＝－eq\f（2，3)。答案：A5．已知y＝f（x）是奇函數(shù),當(dāng)x∈(0,2）時，f（x）＝lnx－axeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(a>\f(1，2)))，當(dāng)x∈（－2，0）時，f（x）的最小值為1,則a＝（)A.eq\f(1，4）B。eq\f(1,3)C。eq\f（1,2)D．1解析：因?yàn)閒(x）是奇函數(shù)，所以f(x）在(0，2）上的最大值為－1。當(dāng)x∈(0，2）時，f′(x）＝eq\f（1,x)－a，令f′(x）＝0,得x＝eq\f（1，a）,又a>eq\f（1，2)，所以0〈eq\f（1，a）<2。當(dāng)x<eq\f(1,a)時，f′（x)〉0,f（x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(1，a)))上單調(diào)遞增；當(dāng)x〉eq\f（1，a)時,f′（x)〈0,f(x）在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,a),2))上單調(diào)遞減，所以f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，a)）)＝lneq\f(1,a)－a·eq\f（1,a）＝－1,解得a＝1。答案：D6．若函數(shù)f(x）＝eq\f（1,3)x3＋x2－eq\f(2，3）在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(）A．［－5,0)B．(－5,0)C．[－3，0）D．(－3,0）解析：由題意，f′（x)＝x2＋2x＝x（x＋2），故f(x)在（－∞，－2)，（0,＋∞）上是增函數(shù)，在（－2,0）上是減函數(shù),作出其圖象如圖所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3）得,x＝0或x＝－3,則結(jié)合圖象可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a〈0,a＋5>0）），解得a∈[－3,0)，故選C.答案：C二、填空題7．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10,則f(2）＝________。解析：∵函數(shù)f(x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10,∴f(1）＝10，且f′(1)＝0，即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＋a2＝10，,3＋2a＋b＝0，））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－3,,b＝3)）或eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝4，,b＝－11。））而當(dāng)eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3）)時，函數(shù)在x＝1處無極值，故舍去．∴f(x）＝x3＋4x2－11x＋16，∴f（2）＝18.答案：188．要做一個圓錐形漏斗，其母線長為20cm，要使體積最大，則其高為________cm.解析：設(shè)圓錐的體積為Vcm3,高為hcm，則V＝eq\f（1,3)π(400－h(huán)2)h＝eq\f（1,3）π（400h－h(huán)3),∴V′＝eq\f（1，3）π（400－3h2），由V′＝0,得h＝eq\f（20\r（3)，3）。所以當(dāng)h＝eq\f(20\r(3),3)cm時,V最大．答案：eq\f（20，3）eq\r(3)9．(2016·北京，14）設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x3－3x，x≤a,,－2x，x＞a。）)①若a＝0,則f(x）的最大值為________；②若f（x）無最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．解析:①若a＝0,則f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x3－3x,x≤0,，－2x，x〉0。))當(dāng)x〉0時，f（x）＝－2x〈0；當(dāng)x≤0時，f′(x)＝3x2－3＝3（x－1)·（x＋1)，當(dāng)x〈－1時，f′（x)〉0，f(x）是增函數(shù)，當(dāng)－1〈x〈0時，f′（x）〈0,f(x）是減函數(shù),∴f（x）≤f(－1)＝2.∴f(x)的最大值為2.②在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出y＝－2x和y＝x3－3x的圖象，如圖所示，當(dāng)a<－1時，f（x）無最大值；當(dāng)－1≤a≤2時，f(x)max＝2；當(dāng)a〉2時，f（x)max＝a3－3a綜上，當(dāng)a∈（－∞，－1）時,f（x)無最大值．答案：①2②（－∞，－1）三、解答題10．（2017·山東濰坊二模）已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a，x）＋blnx，曲線y＝f（x)在點(diǎn)(1，f(1）)處的切線方程為y＝x.求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值．解析：f（x）的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x）＝eq\f（bx－a,x2），故f′（1）＝b－a＝1，又f（1)＝a，點(diǎn)(1，a）在直線y＝x上，∴a＝1，則b＝2.∴f（x)＝eq\f(1,x)＋2lnx且f′(x)＝eq\f(2x－1，x2)，當(dāng)0<x〈eq\f(1,2）時,f′（x）<0，當(dāng)x>eq\f（1,2）時,f′（x)>0,故函數(shù)f(x）的單調(diào)增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2）,＋∞)),單調(diào)減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2))）,f（x）極小值＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)））＝2－2ln2，無極大值．11．已知函數(shù)f(x)＝eq\f（x,a）－ex（a>0）．(1)求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間;（2）求函數(shù)f（x）在［1,2]上的最大值．解析：（1)f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a〉0），則f′(x)＝eq\f(1,a)－ex。令eq\f（1，a）－ex＝0，則x＝lneq\f(1,a)。

xeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－∞，ln\f（1,a））)lneq\f（1,a）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(ln\f（1,a)，＋∞）)f′（x）＋0－f（x)極大值故函數(shù)f(x）的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a))),單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（ln\f（1,a），＋∞)）.（2）當(dāng)lneq\f（1，a）≥2,即0〈a≤eq\f(1,e2）時，f(x）max＝f(2)＝eq\f（2,a)－e2；當(dāng)1<lneq\f(1，a）〈2，即eq\f（1,e2)〈a〈eq\f(1,e)時，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a）））＝eq\f(1,a）lneq\f（1,a）－eq\f(1,a）。當(dāng)lneq\f(1，a)＜1即a＞eq\f(1,e),f(x)max＝f（1）＝eq\f(1,a)－e.12．（2016·全國丙，理21）設(shè)函數(shù)f（x）＝αcos2x＋(α－1）·（cosx＋1)，其中α＞0，記|f（x)｜的最大值為A.(1）求f′(x）;(2)求A；(3）證明：|f′(x)｜≤2A解析：(1）f′（x)＝－2αsin2x－(α－1)sinx.(2)(分類討論）當(dāng)α≥1時，｜f（x)|＝｜αcos2x＋（α－1）(cosx＋1)|≤α＋2（α－1)＝3α－2＝f（0）．故A＝3α－2.當(dāng)0＜α＜1時，將f(x)變形為f（x）＝2αcos2x＋（α－1)cosx－1。(構(gòu)造函數(shù))令g（t）＝2αt2＋(α－1)t－1，則A是｜g（t）｜在[－1，1]上的最大值，g(－1)＝α，g（1)＝3α－2,且當(dāng)t＝eq\f（1－α，4α）時，g（t)取得極小值,極小值為geq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1－α,4α))）＝－eq\f(α－12，8α)－1＝－eq\f(α2＋6α＋1,8α）。令－1＜eq\f(1－α，4α）＜1，解得α〈－eq\f（1，3）（舍去)，α＞eq\f(1，5）.（ⅰ)當(dāng)0＜α≤eq\f(1，5）時，g（t)在（－1，1）內(nèi)無極值點(diǎn)，|g(－1）|＝α，|g(1)|＝2－3α，｜g(－1)｜＜｜g(1）|，所以A＝2－3α。(ⅱ）當(dāng)eq\f（1，5）＜α＜1時，由g(－1）－g（1)＝2（1－α)＞0，知g（－1)＞g（1）＞geq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1－α，4α)）)。又eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1－α,4α））)))－｜g(－1）|＝eq\f(1－α1＋7α,8α)＞0，所以A＝eq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（g\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1－α，4α）））))＝eq\f(α2＋6α＋1，8α）。綜上,A＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（2－3α，0＜