课后习题(二十一) 导数与函数的最值
1．(多选)(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T8改编)若函数f (x)＝x3－3x在(a，6－a2)上有最小值，则实数a的值可能是( )
[A] －2 [B] －1
[C] 0 [D] 1
2．(人教A版选择性必修第二册P94练习T1(3)改编)已知函数f (x)＝6＋12x－x3，x∈，则f (x)的最大值为________，最小值为________．
3．(人教A版选择性必修第二册P93例6改编)若函数f (x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________．
4．(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T19改编)已知函数f (x)＝－a(a∈R)．
(1)求函数f (x)的单调区间；
(2)若方程f (x)＝0有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
5．(2025·泰安模拟)函数f (x)＝在[2，＋∞)上的最小值为( )
[A] [B] e2
[C] [D] 2e
6．(2025·固原市原州区模拟)函数f (x)＝sin x－(x＋2)cos x－1在区间[0，2π]上的最小值、最大值分别为( )
[A] －2π－3，π＋1 [B] －2π－3，－3
[C] －3，π＋1 [D] －3，2
7．(2025·甘肃模拟)某厂家生产某种产品，最大年产量是10万件．已知年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)满足y＝g(x)＝ax3＋2x2－2，若年产量是2万件，则年利润是 万元(生产的均可售完)．要使生产厂家获得最大年利润，年产量为( )
[A] 7万件 [B] 8万件
[C] 9万件 [D] 10万件
8．(多选)(2025·周口项城市模拟)已知函数f (x)＝x3－2x2＋ax，则下列说法正确的是( )
[A] 函数f (x)的极值点个数可能为0，1，2
[B] 若函数f (x)有两个极值点，则a＜
[C] 若a＝1，则函数f (x)在上的最小值为
[D] 若a＝1，则函数f (x)在上的最大值为2
9．(2025·杭州模拟)函数f (x)＝x2－27ln x在区间[1，2]上的最大值为________．
10．(2025·保定模拟)已知函数f (x)＝ax－ln x的最小值为0，则a＝________．
11．(2025·衡阳雁峰区模拟)已知函数f (x)＝a ln x－bx2＋1，a，b∈R．若f (x)在x＝1处与直线y＝0相切．
(1)求a，b的值；
(2)求f (x)在(其中e＝2.718…为自然对数的底数)上的最大值和最小值．
12．(2024·鹤壁淇滨区期末)2023年12月28日工业和信息化部等八部门发布了关于加快传统制造业转型升级的指导意见，某机械厂积极响应决定进行转型升级．经过市场调研，转型升级后生产的固定成本为300万元，每生产x万件产品，每件产品需可变成本p(x)元，当产量不足50万件时，p(x)＝x2＋160；当产量不小于50万件时，p(x)＝201＋．每件产品的售价为200元，通过市场分析，该厂生产的产品可以全部销售完．
(1)求利润函数的解析式；
(2)求利润函数的最大值．
1/1课后习题(二十一) 导数与函数的最值
1．ABC [令f ′(x)＝3x2－3＝0，解得x＝±1，所以当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f ′(x)<0，所以x＝1为函数f (x)的极小值点，x＝－1为函数f (x)的极大值点．因为函数f (x)在区间(a，6－a2)上有最小值，所以函数f (x)的极小值点必在区间(a，6－a2)内，所以实数a满足a<1<6－a2，且f (a)＝a3－3a≥f (1)＝－2．由a<1<6－a2，解得－
2．22 [f (x)＝6＋12x－x3，x∈的导数为f ′(x)＝12－3x2，由f ′(x)＝0，
可得x＝2(x＝－2舍去)，f (2)＝6＋24－8＝22，f (3)＝6＋36－27＝15，f ＝6－4＋＝，即f (x)的最大值为22，最小值为．]
3．4 [f ′(x)＝x2－4，x∈[0，3]，当x∈[0，2)时，f ′(x)<0，当x∈(2，3]时，f ′(x)>0，所以f (x)在[0，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增．又f (0)＝m，f (3)＝－3＋m．所以在[0，3]上，f (x)max＝f (0)＝4，所以m＝4．]
4．解： (1)∵f (x)＝－a(a∈R)，
∴f ′(x)＝＝，
∴当x<1时，f ′(x)>0，当x>1时，f ′(x)<0，
∴f (x)的单调递增区间是(－∞，1)，单调递减区间是(1，＋∞)．
(2)由f (x)＝－a＝0得a＝，
方程f (x)＝0有两个不相等的实数根，即函数y＝与y＝a的图象有两个不同的交点，
函数y＝与f (x)的单调性相同，结合(1)知函数y＝在x＝1处取得极大值，即最大值，为．
易知当x<0时，y＝<0，当x>0时，y＝>0，且当x→＋∞时，y＝→0，所以可得实数a的取值范围是．
5．A [f ′(x)＝，令f ′(x)＞0，解得x＞3，
令f ′(x)＜0，解得x＜3，故f (x)在[2，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，
故f (x)的最小值为f (3)＝，故选A．]
6．A [f ′(x)＝cos x－cos x＋(x＋2)sin x＝(x＋2)·sin x，
所以f (x)在区间(0，π)上，f ′(x)＞0，即f (x)单调递增；
在区间(π，2π)上，f ′(x)＜0，即f (x)单调递减，
又f (0)＝－3，f (2π)＝－2π－3，f (π)＝π＋1，
所以f (x)在区间[0，2π]上的最小值为－2π－3，最大值为π＋1．故选A．]
7．B [由题意可知，g(2)＝，所以8a＋8－2＝，解得a＝－，
所以g(x)＝－x3＋2x2－2，x≥0，
则g′(x)＝－x2＋4x＝－x(x－8)，
所以当x∈[0，8)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(8，＋∞)时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
所以当x＝8时，g(x)取得最大值，
即年产量为8万件时，厂家获得的年利润最大．故选B．]
8．BD [因为f (x)＝x3－2x2＋ax，x∈R，所以f ′(x)＝3x2－4x＋a，Δ＝16－12a，
令Δ＞0，解得a＜，此时函数f (x)既有极大值，也有极小值，故B正确；
当f ′(x)＝3x2－4x＋a＝0只有一个解时，Δ＝0，即a＝时，
则有f ′(x)＝3x2－4x＋＝3≥0，
此时，函数没有极值，所以函数没有极值点，
若a＞，则Δ＜0，f ′(x)＞0，则f (x)单调递增，无极值，
由对B的判断可知，当a＜时，函数既有极大值，又有极小值，此时有2个极值点，
综上所述，函数f (x)的极值点的个数为0或2，故A错误；
若f (x)＝x3－2x2＋x，则f ′(x)＝3x2－4x＋1＝(3x－1)(x－1)，
令f ′(x)＝0，得x1＝，x2＝1，
所以f (x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，
而f (1)＝0，f (2)＝2，f ＝＝，
故函数f (x)在上的最小值为0，最大值为2，
故C错误，D正确．故选BD．]
9． [f (x)＝x2－27ln x，f ′(x)＝3x－＝，
当x∈[1，2]时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，
所以f (x)在区间[1，2]上的最大值为f (1)＝．]
10． [因为f (x)＝ax－ln x，定义域为(0，＋∞)，
所以f ′(x)＝a－＝，
当a≤0时，则f (x)在(0，＋∞)上单调递减，无最小值．
当a＞0时，令f ′(x)＝0，得x＝，
当0＜x＜时，f ′(x)＜0，当x＞时，f ′(x)＞0，
所以f (x)在上单调递减，在上单调递增，
所以f (x)min＝f ＝1＋ln a＝0，解得a＝．]
11．解： (1)∵函数f (x)＝a ln x－bx2＋1，∴f ′(x)＝－2bx，
∵函数f (x)在x＝1处与直线y＝0相切，
∴，解得．
(2)由(1)可得f (x)＝2ln x－x2＋1，
∴f ′(x)＝－2x＝＝，
∴当≤x＜1时，f ′(x)＞0，当1∴f (x)在(1，e2]上单调递减，在上单调递增，在x＝1处取得极大值即最大值，
∴f (x)max＝f (1)＝0，
又f ＝2ln ＋1＝－－1＞－2，f (e2)＝2ln e2－(e2)2＋1＝－e4＋5＜－2，
∴f (x)min＝f (e2)＝－e4＋5．
12．解： (1)由题意得，销售收入为200x万元，
当产量不足50万件时，p(x)＝x2＋160，
利润为f (x)＝200x－x·p(x)－300＝200x－x·－300＝－x3＋40x－300，
当产量不小于50万件时，p(x)＝201＋，
利润为f (x)＝200x－x·p(x)－300＝200x－x－300＝－x－＋1 160，
所以利润函数为f (x)＝．
(2)当0＜x＜50时，f ′(x)＝－(x＋40)(x－40)，
所以当0＜x＜40时，f ′(x)＞0，f (x)在(0，40)上单调递增；
当40＜x＜50时，f ′(x)＜0，f (x)在(40，50)上单调递减，
所以当x＝40时，f (x)取得最大值f (40)＝，
当x≥50时，f (x)＝－＋1 160≤－2＋1 160＝1 000，
当且仅当x＝，即x＝80时，等号成立，
又因为1 000>，
故当x＝80时，所获利润最大，最大值为1 000万元．
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