午练10导数与函数的极值、最值
一、选择题
1.若f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是()
A.(－1，2)
B.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
C.(－3，6)
D.(－∞，－3)∪(6，＋∞)
答案D
解析由f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6.
∵函数f(x)有极大值和极小值，∴关于x的一元二次方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根，即关于x的方程3x2＋2ax＋a＋6＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝(2a)2－4×3×(a＋6)0，
解得a－3或a6.故选D.
2.函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值是()
A.eq\f(1,2) B.1
C.0 D.不存在
答案A
解析由题意可知，函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(（x＋1）（x－1）,x).当x∈(0，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0.∴函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2).故选A.
3.已知函数f(x)＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，x∈(0，4π]，则f(x)所有极值点的和为()
A.eq\f(22π,3) B.13π
C.17π D.eq\f(50π,3)
答案D
解析由题意，得f′(x)＝16coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).
令f′(x)＝16coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＝0，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z).因为f′(x)在x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)两侧异号，所以x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)(k∈Z)是函数f(x)的极值点.又x∈(0，4π]，所以f(x)的极值点有eq\f(π,3)，eq\f(5π,6)，eq\f(4π,3)，eq\f(11π,6)，eq\f(7π,3)，eq\f(17π,6)，eq\f(10π,3)，eq\f(23π,6)，所以f(x)所有极值点的和为eq\f(π,3)＋eq\f(5π,6)＋eq\f(4π,3)＋eq\f(11π,6)＋eq\f(7π,3)＋eq\f(17π,6)＋eq\f(10π,3)＋eq\f(23π,6)＝eq\f(50π,3).故选D.
4.(多选)下列函数中，存在极值点的是()
A.y＝x＋eq\f(1,x) B.y＝2x2－x＋1
C.y＝xlnx D.y＝－2x3－x
答案ABC
解析由题意，对于A，函数y＝x＋eq\f(1,x)，y′＝1－eq\f(1,x2)，可得函数y＝x＋eq\f(1,x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增，在(－1，0)，(0，1)上单调递减，所以函数有两个极值点x＝－1和x＝1；
对于B，函数y＝2x2－x＋1为开口向上的抛物线，一定存在极值点，即为顶点的横坐标x＝eq\f(1,4)；
对于C，函数y＝xlnx，y′＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))时，y′0，函数单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，y′0，函数单调递增，所以函数y＝xlnx在x＝eq\f(1,e)处取得极小值；
对于D，函数y＝－2x3－x，y′＝－6x2－10，所以函数y＝－2x3－x在R上单调递减，没有极值点.
5.(多选)设函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)，则下列说法正确的是()
A.当x∈(0，1)时，f(x)的图象位于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
答案AB
解析由函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0，,lnx≠0，))解得x0且x≠1，∴函数f(x)＝eq\f(ex,lnx)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞).∵f(x)＝eq\f(ex,lnx)，当x∈(0，1)时，lnx0，∴f(x)0，∴f(x)在(0，1)上的图象都在x轴的下方，∴选项A中说法正确；
∵f′(x)＝eq\f(ex\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1