课时分层作业(十九) 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5
D．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4
0.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，则长为米，因此新墙总长L＝2x＋(x>0)，则L′＝2－.令L′＝0，得x＝16或x＝－16(舍去)．此时长为＝32(米)，可使L最短．]
3．函数y＝cos
x＋ln(|x|＋1)(x∈[－2π，2π])的图象大致为( )
A [由题意，函数f
(x)＝cos
x＋ln(|x|＋1)(x∈[－2π，2π])，
满足f
(－x)＝cos(－x)＋ln(|－x|＋1)＝cos
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)＝cos
0＋ln(|0|＋1)＝1，f
(π)＝cos
π＋ln(|π|＋1)∈(0，1)，排除C、D，
又由当x∈(0，2π]时，f
(x)＝cos
x＋ln(x＋1)，则f
′(x)＝－sin
x＋，
则f
′＝－sin
＋＜0，f
′(π)＝－sin
π＋＞0，即f
′·f
′(π)＜0，
所以函数在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．0
B．1
C．2
D．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)＝则总利润最大时，每年生产的产品是( )
A．100
B．150
C．200
D．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)＝
所以P′(x)＝
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[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x3＋ax2＋1＝0有一个实数根，则实数a的取值范围为________．
(，＋∞) [令f
(x)＝x3＋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)＝－a3＋a3＋1＞0，即a3＞－1，所以a＞.
综上，实数a的取值范围是(，＋∞)．]
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＝＝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1千米所用时间为小时，所以行驶1千米的总费用为q＝(0.006v3＋96)＝0.006v2＋.
q′＝0.012v－＝(v3－8
000)，
令q′＝0，解得v＝20.
当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＝＝(4.5－3x)m.
故长方体的体积为
V(x)＝2x2(4.5－3x)＝(9x2－6x3)m3.
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＜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＞2
D．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＝.①若a＞0，则f
(x)在(－∞，0)上是增函数，在上是减函数，在上是增函数．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)在上是减函数，在上是增函数，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
＝1－＞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＝.
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×＋×400＝20v2＋.
由y′＝40v－＝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)＝＋ln
x－1＝ln
x－.
因为y＝ln
x在(0，＋∞)内单调递增，y＝在(0，＋∞)内单调递减，所以f
′(x)单调递增．
又f
′(1)＝－1＜0，f
′(2)＝ln
2－＝＞0，
故存在唯一的x0∈(1，2)，使得f
′(x0)＝0.
又当x′(x)<0，f
(x)单调递减，
当x>x0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)(1)＝－2，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＜1＜x0.
又f
＝ln
－－1＝＝0，
故是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．
7课时分层作业(十七) 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(x)在(－1，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，从而在x＝a处取得极大值，符合题意；
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．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．为f
(x)的极小值点
A [对于A选项，当－2＜x＜时，f
′(x)＞0，当＜x＜2时，f
′(x)＜0，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＜时，f
′(x)＞0，－2为f
(x)的极小值点，B选项错误；
对于C选项，当＜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
′＜0，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＋9x
B．y＝x3－6x2＋9x
C．y＝x3－6x2－9x
D．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，
∴即
∴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．
B．(0，e)
C．
D．
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)′＝，
则有解得要使函数图象有两个交点，则0＜2a＜e，即0＜a＜.故选A.]
二、填空题
6．已知函数f
(x)＝x3－x2＋cx＋d无极值，则实数c的取值范围为________．
[∵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≥.]
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＝3(x－3)，
令f
′(x)＝0得，x1＝－，x2＝3.
当－1＜x＜－，f
′(x)＞0，f
(x)单调递增；
当－≤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
＝－.
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
又f
(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，
③
由①②③解得a＝，b＝0，c＝－.
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＝，b＝0，c＝－.
(2)f
(x)＝x3－x，
∴f
′(x)＝x2－＝(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－＜a＜，
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．
－－1 1 [∵f
(x)＝xe2x－1，f
′(x)＝e2x＋2xe2x＝(1＋2x)e2x，令f
′(x)＝0，可得x＝－，
如下表所示：
x
－
f
′(x)
－
0
＋
f
(x)
↘
极小值
↗
所以，函数y＝f
(x)的极小值为f
＝－－1，
f
(x)＝0?e2x＝，则函数y＝f
(x)的零点个数等于函数y＝e2x与函数y＝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)＝(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)＝，∴f
′(x)＝.
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＝.
①当＜2，即k＜4时，当x变化时，f
′(x)，f
(x)的变化情况如下表：
x
2
(2，＋∞)
f
′(x)
－
0
＋
0
－
f
(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
由题意知f
＝0，可得2·2－k·＋k＝0，
∴k＝0，满足k＜4.
②当＞2，即k＞4时，当x变化时，f
′(x)，f
(x)的变化情况如下表：
x
2
f
′(x)
－
0
＋
0
－
f
(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
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.
8课时分层作业(十八) 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．0
B．－5
C．－10
D．－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－，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)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________．
－1 [f
′(x)＝＝.
令f
′(x)＝0，得x＝(x＝－舍去)，
若x＝时，f
(x)取最大值，则f
(x)max＝＝，＝＜1，不符合题意；
若f
(x)max＝f
(1)＝＝，则a＝－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，
∴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＝±，
∴f
(x)在[1，)上单调递减，在(，2]上单调递增，
又f
(1)＝1－6＋2＝－3，f
(2)＝23－6×2＋2＝－2，
f
()＝()3－6×＋2＝2－4，
∴f
(x)在区间[1，2]上的最大值为－2，最小值为2－4.
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．0
B．1
C．2
D．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：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，＋∞)
f
′(x)
－
0
＋
0
－
f
(x)
↘
－2
↗
2
↘
由此得a2－12＜－1＜a，
解得－1＜a＜.
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)＝，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)＝，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－，则g′(x)＝＋(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－，则g′(x)＝＋(x＞0)，所以g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，且g(1)＝－1＜0，g(2)＝ln
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 [∵函数f
(x)＝2x2－ln
x，x∈(0，＋∞)，
∴f
′(x)＝4x－＝，由f
′(x0)＝3，x0＞0，解得x0＝1.令f
′(x)＝0得x＝，
当0＜x＜时，f
′(x)＜0，当x＞时，f
′(x)＞0，
所以当x＝时，f
(x)取得极小值，
由题意可知：解得1≤k＜，
∴实数k的取值范围是：1≤k＜，即k∈.]
14．已知函数f
(x)＝x3－x2＋6x＋a，若?x0∈[－1，4]，使f
(x0)＝2a成立，则实数a的取值范围是________．
[∵f
(x0)＝2a，即x－x＋6x0＋a＝2a，
可化为x－x＋6x0＝a，
设g(x)＝x3－x2＋6x，则g′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)＝0，得x＝1或x＝2.
∴g(1)＝，g(2)＝2，g(－1)＝－，g(4)＝16.
由题意，g(x)min≤a≤g(x)max，∴－≤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≥时，f
(x)≥0.
[解] (1)f
(x)的定义域为(0，＋∞)，f
′(x)＝aex－.
由题设知，f
′(2)＝0，所以a＝.
从而f
(x)＝ex－ln
x－1，f
′(x)＝ex－.
当0′(x)<0；
当x>2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≥时，f
(x)≥－ln
x－1.
设g(x)＝－ln
x－1，则g′(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≥时，f
(x)≥0.
5