2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题17导数与函数的极值最值（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题17导数与函数的极值最值（教师版），共23页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件.
2.会用导数求函数的极大值、极小值.
3.会求闭区间上函数的最大值、最小值．
【考点预测】
1.函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0.则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0.则b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值.
(3)极小值点、极大值点统称为极值点，极小值和极大值统称为极值.
2.函数的最大(小)值
(1)函数f(x)在区间[a，b]上有最值的条件：
如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.
(2)求y＝f(x)在区间[a，b]上的最大(小)值的步骤：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.
【常用结论】
1.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.
2.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系.
【方法技巧】
1.由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：
(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；
(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性.两者结合可得极值点.
2.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号；
(5)求出极值.
3.已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解.
4.导数值为0不是此点为极值点的充要条件，所以用待定系数法求解后必须检验.
5.利用导数求函数f(x)在[a，b]上的最值的一般步骤：
(1)求函数在(a，b)内的极值.
(2)求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b).
(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
6.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
二、【题型归类】
【题型一】根据函数图象判断极值
【典例1】(多选)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数g(x)＝xf′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(0)为函数的极大值
C．f(x)有两个极小值
D．f(－1)为f(x)的极小值
【解析】由题图知，当x∈(－∞，－2)时，g(x)>0，
∴f′(x)<0，
当x∈(－2,0)时，g(x)<0，∴f′(x)>0，
当x∈(0,1)时，g(x)<0，∴f′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g(x)>0，∴f′(x)>0.
∴f(x)在(－∞，－2)，(0,1)上单调递减，
在(－2,0)，(1，＋∞)上单调递增．
故AD错误，BC正确．
故选BC.
【典例2】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(x－1)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )
A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)
B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3)
C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)
D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)
【解析】由题图知，当x∈(－∞，－3)时，
y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．
故选D.
【典例3】(多选)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则( )
A.－3是函数y＝f(x)的极值点
B.－1是函数y＝f(x)的极小值点
C.y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增
D.－2是函数y＝f(x)的极大值点
【解析】根据导函数的图象可知，当x∈(－∞，－3)时，f′(x)<0，当x∈(－3，－1)时，f′(x)>0，所以函数y＝f(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，－1)上单调递增，可知－3是函数y＝f(x)的极值点，所以A正确.
因为函数y＝f(x)在(－3，1)上单调递增，可知－1不是函数y＝f(x)的极小值点，－2也不是函数y＝f(x)的极大值点，所以B错误，C正确，D错误.
故选AC.
【题型二】求已知函数的极值
【典例1】已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a－1,x)，求函数f(x)的极小值．
【解析】f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a－1,x2)＝eq \f(x－（a－1）,x2)(x>0)，
当a－1≤0，即a≤1时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极小值．
当a－1>0，即a>1时，由f′(x)<0，得0由f′(x)>0，得x>a－1，函数f(x)在(a－1，＋∞)上单调递增．f(x)极小值＝f(a－1)＝1＋ln(a－1)．
综上所述，当a≤1时，f(x)无极小值；
当a>1时，f(x)极小值＝1＋ln(a－1)．
【典例2】已知函数f(x)＝x3＋6ln x，f′(x)为f(x)的导函数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)＋eq \f(9,x)的单调区间和极值．
【解析】(1)因为f(x)＝x3＋6ln x，所以f′(x)＝3x2＋eq \f(6,x).可得f(1)＝1，f′(1)＝9，所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8.
(2)依题意，g(x)＝x3－3x2＋6ln x＋eq \f(3,x)，x∈(0，＋∞)．从而可得g′(x)＝3x2－6x＋eq \f(6,x)－eq \f(3,x2)，整理可得g′(x)＝eq \f(3（x－1）3（x＋1）,x2).令g′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示：
所以函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；g(x)的极小值为g(1)＝1，无极大值．
【典例3】已知函数f(x)＝x2－1－2aln x(a≠0)，求函数f(x)的极值．
【解析】因为f(x)＝x2－1－2aln x(x>0)，
所以f′(x)＝2x－eq \f(2a,x)＝eq \f(2x2－a,x).
①当a<0时，因为x>0，且x2－a>0，所以f′(x)>0对x>0恒成立．所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，解得x1＝eq \r(a)，x2＝－eq \r(a)(舍去)．
所以当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝eq \r(a)时，f(x)取得极小值，且f(eq \r(a))＝(eq \r(a))2－1－2aln eq \r(a)＝a－1－aln a．无极大值．
综上，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上无极值．
当a>0时，函数f(x)在x＝eq \r(a)处取得极小值a－1－aln a，无极大值．
【题型三】已知函数的极值求参数值(范围)
【典例1】函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＋b等于( )
A．－7 B．0
C．－7或0 D．－15或6
【解析】由题意知，函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2，
可得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f(x)在x＝1处取得极值10，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝3＋2a＋b＝0，,f1＝1＋a＋b＋a2＝10，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3，))
检验知，当a＝－3，b＝3时，
可得f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此时函数f(x)单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当a＝4，b＝－11时，可得f′(x)＝3x2＋8x－11＝(3x＋11)(x－1)，
当x<－eq \f(11,3)或x>1时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当－eq \f(11,3)当x＝1时，函数f(x)取得极小值，符合题意．
所以a＋b＝－7.
故选A.
【典例2】设函数g(x)＝ln x－mx＋eq \f(m,x)，若g(x)存在两个极值点x1，x2，求实数m的取值范围.
【解析】∵g(x)＝ln x－mx＋eq \f(m,x)，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)－m－eq \f(m,x2)＝eq \f(x－mx2－m,x2)
＝－eq \f(mx2－x＋m,x2)，
令h(x)＝mx2－x＋m，要使g(x)存在两个极值点x1，x2，
则方程mx2－x＋m＝0有两个不相等的正数根x1，x2.
∵eq \f(1,2m)＞0，∴h(0)＝m＞0，
故只需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(h（0）＞0，,\f(1,2m)＞0.,h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m)))＜0))即可，解得0＜m＜eq \f(1,2).
故m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
【典例3】设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求实数a的值；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex.
f′(2)＝(2a－1)e2.
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝eq \f(1,2).
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.
若a>1，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0;
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
【题型四】利用导数求函数的最值
【典例1】函数y＝eq \f(x,ex)在[0，2]上的最大值是( )
A．eq \f(1,e) B．eq \f(2,e2)
C．0 D．eq \f(1,2\r(e))
【解析】易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈[0，2]，令y′>0，得0≤x<1，令y′<0，得1【典例2】已知函数f(x)＝3ln x－x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))x在区间(1，3)上有最大值，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，5)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(11,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(11,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，5))
【解析】f′(x)＝eq \f(3,x)－2x＋a－eq \f(1,2)，由题设知f′(x)＝eq \f(3,x)－2x＋a－eq \f(1,2)在(1，3)上只有一个零点且单调递减，则问题转化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′（1）>0，,f′（3）<0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,2)>0，,a－\f(11,2)<0))⇒－eq \f(1,2)【典例3】已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
【解析】(1)∵a＝1，∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f(2x－1x－1,x)，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，
g′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq \f(2x2－a＋2x＋a,x)
＝eq \f(2x－ax－1,x).
①当eq \f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1③当eq \f(a,2)≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－1，a≤2，,aln \f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2【题型五】构造法解决抽象函数问题
【典例1】定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)eq \f(x2＋1,2)的解集为( )
A．(1，2) B．(0，1) C．(1，＋∞) D．(－1，1)
【解析】构造函数g(x)＝f(x)－eq \f(1,2)x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减，且g(1)＝f(1)－eq \f(1,2)＋c＝eq \f(1,2)＋c.f(x2)>eq \f(x2＋1,2)＝eq \f(1,2)x2＋eq \f(1,2)，
即f(x2)－eq \f(1,2)x2＋c>eq \f(1,2)＋c，即g(x2)>g(1)，
即x2<1，即－1【典例2】函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln 2)＝eq \f(1,2)，则满足不等式f(x)>eq \f(1,ex)的x的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(0，1)
C．(ln 2，＋∞) D．(0，ln 2)
【解析】由题意，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)>0.
令g(x)＝exf(x)，则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，
所以函数g(x)在R上单调递增．
不等式f(x)>eq \f(1,ex)即exf(x)>1，即g(x)>1.
因为f(ln 2)＝eq \f(1,2)，所以g(ln 2)＝eln 2f(ln 2)＝2×eq \f(1,2)＝1.
故当x>ln 2时，g(x)>g(ln 2)＝1，所以不等式g(x)>1的解集为(ln 2，＋∞)．
故选C.
【典例3】f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为________．
【解析】构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
当x<0时，f(x)＋xf′(x)<0，
可以推出x<0，F′(x)<0，F(x)在(－∞，0)上单调递减．
因为f(x)为偶函数，y＝x为奇函数，
所以F(x)为奇函数，
所以F(x)在(0，＋∞)上也单调递减，根据f(－4)＝0可得F(－4)＝0，根据函数的单调性、奇偶性可得函数图象(图略)，根据图象可知xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0，4)．
三、【培优训练】
【训练一】已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0【解析】(1)f(x)的定义域为R，
f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3).
若a>0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)<0，
故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))上单调递减；
若a＝0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
若a<0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)<0，
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))上单调递减．
(2)当0于是m＝－eq \f(a3,27)＋2，M＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－a，0所以M－m＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a＋\f(a3,27)，0①当0可知y＝2－a＋eq \f(a3,27)单调递减，
所以M－m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，2)).
②当2≤a<3时，y＝eq \f(a3,27)单调递增，
所以M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，1)).
综上，M－m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,27)，2)).
【训练二】已知函数f(x)＝x2－2x＋aln x(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)若函数f(x)有两个极值x1，x2，x1【解析】(1)f′(x)＝2x－2＋eq \f(a,x)＝eq \f(2x2－2x＋a,x)，x>0，
一元二次方程2x2－2x＋a＝0的Δ＝4(1－2a)，
①当a≥eq \f(1,2)时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当0得x1＝eq \f(1－\r(1－2a),2)>0，x2＝eq \f(1＋\r(1－2a),2)>0，
所以当0f′(x)>0，f(x)单调递增，
当eq \f(1－\r(1－2a),2)f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x>eq \f(1＋\r(1－2a),2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上所述，当a≥eq \f(1,2)时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，当0(2)由(1)知，0则0由f(x1)≥mx2恒成立，
得xeq \\al(2,1)－2x1＋aln x1≥mx2，
即(1－x2)2－2(1－x2)＋2(1－x2)x2ln(1－x2)≥mx2，
即m≤x2－eq \f(1,x2)＋2(1－x2)ln(1－x2)，
记h(x)＝x－eq \f(1,x)＋2(1－x)ln(1－x)，
1>x>eq \f(1,2)，
则h′(x)＝eq \f(1,x2)－2ln(1－x)－1>0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1>x>\f(1,2)))，
故h(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，
heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(3,2)－ln 2，
故m≤－eq \f(3,2)－ln 2.
【训练三】已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cs x－sin x，讨论g(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【解析】(1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.
(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cs x－sin x，
所以g′(x)＝f′(x)＋cs x－(x－a)sin x－cs x＝x(x－a)－(x－a)sin x
＝(x－a)(x－sin x)，
令h(x)＝x－sin x，
则h′(x)＝1－cs x≥0，
所以h(x)在R上单调递增.
因为h(0)＝0，所以，当x>0时，h(x)>0；
当x<0时，h(x)<0.
①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以，当x＝a时，g(x)取到极大值，
极大值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a，
当x＝0时，g(x)取到极小值，极小值是g(0)＝－a.
②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，
当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，g(x)单调递增；
所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，g(x)无极大值也无极小值.
③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，
当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；
当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
所以，当x＝0时，g(x)取到极大值，
极大值是g(0)＝－a；
当x＝a时g(x)取到极小值，
极小值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a.
综上所述：
当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a，极小值是g(0)＝－a；
当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g(0)＝－a，极小值是g(a)＝－eq \f(1,6)a3－sin a.
【训练四】已知函数f(x)＝aln x＋eq \f(1,x)(a>0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
【解析】由题意，知函数的定义域为{x|x>0}，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)(a>0)．
(1)由f′(x)>0，解得x>eq \f(1,a)，
所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))；
由f′(x)<0，解得x所以函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a))).
所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a.
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，函数f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，函数f(x)单调递增．
①若0故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，解得a＝e，而eq \f(1,e)≤a<1，故不满足条件．
③若eq \f(1,a)>e，即0综上所述，不存在这样的实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0.
【训练五】已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x)－ax，曲线y＝f(x)在x＝1处的切线经过点(2，－1)．
(1)求实数a的值；
(2)设b>1，求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,b)，b))上的最大值和最小值．
【解析】(1)由题可得f(x)的导函数为f′(x)＝eq \f(1－ln x－ax2,x2)，所以f′(1)＝eq \f(1－0－a,1)＝1－a.
依题意，有eq \f(f（1）－（－1）,1－2)＝1－a，即eq \f(－a＋1,1－2)＝1－a，
解得a＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝eq \f(1－ln x－x2,x2)，
当00，－ln x>0，
所以f′(x)>0，故f(x)在(0，1)上单调递增；
当x>1时，1－x2<0，－ln x<0，
所以f′(x)<0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又因为0设h(b)＝f(b)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,b)))ln b－b＋eq \f(1,b)，其中b>1，
则h′(b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,b2)))ln b>0，
所以h(b)在(1，＋∞)上单调递增．
当b→1时，h(b)→0，可得h(b)>0，则f(b)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))，
故f(x)最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,b)))＝－bln b－eq \f(1,b).
【训练六】已知函数f(x)＝eq \f(1,2)m(x2－1)－ln x(m∈R)．
(1)若m＝1，求证：f(x)≥0；
(2)讨论函数f(x)的极值．
【解析】(1)证明：当m＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)(x2－1)－ln x(x>0)，
则f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)，当x∈(0，1)时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝0，故f(x)≥0.
(2)由题意知，f′(x)＝mx－eq \f(1,x)＝eq \f(mx2－1,x)，x>0.
①当m≤0时，f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)<0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，没有极值．
②当m>0时，令f′(x)＝eq \f(mx2－1,x)＝0，得x＝eq \f(1,\r(m))，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))时，f′(x)<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))，＋∞))时，f′(x)>0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(m))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))，＋∞))上单调递增．
故f(x)在x＝eq \f(1,\r(m))处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(m))))＝eq \f(1,2)ln m＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)m，无极大值．
四、【强化测试】
【单选题】
1. 函数f(x)＝(x2－1)2＋2的极值点是( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝1或－1或0 D．x＝0
【解析】f′(x)＝2(x2－1)·2x＝4x(x＋1)(x－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝1.
故选C.
2. 函数y＝eq \f(x,ex)在[0,2]上的最大值是( )
A.eq \f(1,e) B.eq \f(2,e2) C．0 D.eq \f(1,2\r(e))
【解析】易知y′＝eq \f(1－x,ex)，x∈[0,2]，
令y′>0，得0≤x<1，
令y′<0，得1所以函数y＝eq \f(x,ex)在[0,1)上单调递增，在(1,2]上单调递减，所以y＝eq \f(x,ex)在[0,2]上的最大值是eq \f(1,e)，故选A.
3. 已知函数f(x)＝2ln x＋ax2－3x在x＝2处取得极小值，则f(x)的极大值为( )
A．2 B．－eq \f(5,2)
C．3＋ln 2 D．－2＋2ln 2
【解析】由题意得，f′(x)＝eq \f(2,x)＋2ax－3，∵f(x)在x＝2处取得极小值，∴f′(2)＝4a－2＝0，解得a＝eq \f(1,2)，
∴f(x)＝2ln x＋eq \f(1,2)x2－3x，f′(x)＝eq \f(2,x)＋x－3＝eq \f(x－1x－2,x)，
∴f(x)在(0,1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)＝eq \f(1,2)－3＝－eq \f(5,2).
故选B.
4. 已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)等于( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(4,3) C.eq \f(8,3) D.eq \f(16,3)
【解析】由题中图象可知f(x)的图象经过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，所以1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2，x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的两根，所以x1＋x2＝2，x1·x2＝eq \f(2,3)，∴xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－2×eq \f(2,3)＝eq \f(8,3).
故选C.
5. 函数f(x)＝x＋2cs x在[0，π]上的最大值为( )
A．π－2 B.eq \f(π,6)
C．2 D.eq \f(π,6)＋eq \r(3)
【解析】由题意得，f′(x)＝1－2sin x，
∴当0≤sin x≤eq \f(1,2)，即x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上时，f′(x)≥0，f(x)单调递增；
当eq \f(1,2)f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)有极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(π,6)＋eq \r(3)，
有极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))＝eq \f(5π,6)－eq \r(3)，而端点值f(0)＝2，f(π)＝π－2，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>f(0)>f(π)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)))，
∴f(x)在[0，π]上的最大值为eq \f(π,6)＋eq \r(3).
6. 若函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，则f(x)的极大值为( )
A.eq \f(6,e3) B．－eq \f(2,e)
C．－2e D.eq \f(4,e2)
【解析】因为f(x)＝(x2－a)ex，
所以f′(x)＝(x2＋2x－a)ex，
由f′(x)＝(x2＋2x－a)ex＝0，
得x2＋2x－a＝0，
由函数f(x)＝(x2－a)ex的两个极值点之积为－3，
则由根与系数的关系可知，－a＝－3，即a＝3，
所以f(x)＝(x2－3)ex，f′(x)＝(x2＋2x－3)ex，
当x<－3或x>1时，f′(x)>0；
当－3故f(x)在(－∞，－3)上单调递增，
在(－3,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极大值为f(－3)＝eq \f(6,e3).
故选A.
7. 函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29(a>0)，则a，b的值为( )
A．a＝2，b＝－29 B．a＝3，b＝2
C．a＝2，b＝3 D．以上都不对
【解析】函数f(x)的导数f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
因为a>0，所以由f′(x)<0，计算得出0由f′(x)>0，计算得出x>4或x<0，此时函数单调递增，即函数在[－1,0]上单调递增，
在[0,2]上单调递减，
即函数在x＝0处取得极大值同时也是最大值，
则f(0)＝b＝3，
则f(x)＝ax3－6ax2＋3，
f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3，
则f(－1)>f(2)，
即函数的最小值为f(2)＝－16a＋3＝－29，
计算得出a＝2，b＝3.
故选C.
8. 设a≠0，若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)2(x－b)的极大值点，则( )
A．ab
C．aba2
【解析】当a>0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图1所示，观察可知b>a.
图1
当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图2所示，观察可知a>b.
图2
综上，可知必有ab>a2成立．故选D.
【多选题】
9. 已知f(x)＝eq \f(3x,ex)，则f(x)( )
A.在(－∞，＋∞)上单调递减
B.在(－∞，1)上单调递增
C.有极大值eq \f(3,e)，无极小值
D.有极小值eq \f(3,e)，无极大值
【解析】由题意知f′(x)＝eq \f(3（1－x）,ex)，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)递增，x＞1时，f′(x)＜0，f(x)递减，f(1)是函数的极大值，也是最大值f(1)＝eq \f(3,e)，函数无极小值.
故选BC.
10. 已知函数f(x)＝eq \f(x2＋x－1,ex)，则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)存在两个不同的零点
B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C.当－e＜k≤0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根
D.若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝eq \f(5,e2)，则t的最小值为2
【解析】由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，
∴x＝eq \f(－1±\r(5),2)，故A正确；
f′(x)＝－eq \f(x2－x－2,ex)＝－eq \f(（x＋1）（x－2）,ex)，
当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)＜0，
当x∈(－1，2)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，
∴f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，故B正确；
又f(－1)＝－e，f(2)＝eq \f(5,e2)，
且当x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→0，
∴f(x)的图象如图所示，
由图知C正确，D不正确.故选ABC.
11. 对于函数f(x)＝16ln(1＋x)＋x2－10x，下列说法正确的是( )
A.x＝3是函数f(x)的一个极值点
B.f(x)的单调递增区间是(－1，1)，(2，＋∞)
C.f(x)在区间(1，2)上单调递减
D.直线y＝16ln 3－16与函数f(x)的图象有3个交点
【解析】由题意得f′(x)＝eq \f(16,1＋x)＋2x－10＝eq \f(2x2－8x＋6,1＋x)，x＞－1，令2x2－8x＋6＝0，得x＝1或x＝3，则f(x)在(－1，1)，(3，＋∞)上单调递增，在(1，3)上单调递减，所以x＝3是函数f(x)的一个极值点，故A、C正确，B错误.f(1)＝16ln(1＋1)＋12－10＝16ln 2－9，f(3)＝16ln(1＋3)＋32－10×3＝16ln 4－21，且y＝16ln 3－16＝f(2)，根据f(x)在(1，3)上单调递减得f(1)＞f(2)＞f(3)，又x→－1时，f(x)→－∞，x→＋∞时，f(x)→＋∞，所以直线y＝16ln 3－16与函数f(x)的图象有3个交点，故D正确.
故选ACD.
12. 已知函数f(x)＝xln x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是( )
A．0eq \f(1,e)
C．f(x0)＋2x0<0 D．f(x0)＋2x0>0
【解析】函数f(x)＝xln x＋x2(x>0)，
∴f′(x)＝ln x＋1＋2x，
∵x0是函数f(x)的极值点，
∴f′(x0)＝0，即ln x0＋1＋2x0＝0，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(2,e)>0，
当x>eq \f(1,e)时，f′(x)>0，
∵当x→0时，f′(x)→－∞，
∴0f(x0)＋2x0＝x0ln x0＋xeq \\al(2,0)＋2x0＝x0(ln x0＋x0＋2)＝x0(1－x0)>0，即D正确，C不正确．
故选AD.
【填空题】
13. 函数f(x)＝x3－3x2＋4在x＝________处取得极小值．
【解析】由f′(x)＝3x2－6x＝0，得x＝0或x＝2.列表
所以在x＝2处取得极小值．
14. 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1.若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为6，则实数a＝________；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是________．
【解析】f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，结合题意f′(1)＝3a＋9＝6，解得a＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f′(x)＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Δ＝4a2－12（a＋6）>0，,f′（－1）>0，,f′（3）>0，))解得－eq \f(33,7)15. 若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．
【解析】由函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex可得f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)ex.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－216. 若函数f(x)＝2x2－ln x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________．
【解析】因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，又因为f′(x)＝4x－eq \f(1,x)，所以由f′(x)＝0解得x＝eq \f(1,2)，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k－1<\f(1,2)【解答题】
17. 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
【解析】(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x)，
令f′(x)＝0，得x＝2，
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x).
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，则f′(x)>0，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)<0，
故函数在x＝eq \f(1,a)处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，
当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝eq \f(1,a).
18. 已知函数f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间(0，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
【解析】(1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，
由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
所以x＝eq \f(1,e)是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，
由g′(x)＝0，得x＝ea－1.
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)单调递减，
在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)单调递增．
当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在(0，e]上单调递减，
∴g(x)min＝g(e)＝a＋e－ae，
当ea－1∴g(x)min＝g(ea－1)＝a－ea－1，
令g(x)的最小值为h(a)，
综上有h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－ea－1，a<2，,a＋e－ae，a≥2.))
19. 已知函数f(x)＝ln x－eq \f(2x－2,x＋1).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－eq \f(4＋a,x＋1)＋2(a∈R)，若x1，x2是函数g(x)的两个极值点，求实数a的取值范围．
【解析】(1)由题知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2x＋1－2x－1,x＋12)＝eq \f(x－12,xx＋12)≥0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，
当且仅当x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．
(2)因为g(x)＝f(x)－eq \f(4＋a,x＋1)＋2＝ln x－eq \f(a,x＋1)，
所以g′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(a,x＋12)＝eq \f(x2＋2＋ax＋1,xx＋12)(x>0)．
由题意知x1，x2是方程g′(x)＝0在(0，＋∞)内的两个不同的实数解．
令h(x)＝x2＋(2＋a)x＋1，又h(0)＝1>0，
所以只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2－a>0，,Δ＝2＋a2－4>0，))解得a<－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4)．
20. 已知函数f(x)＝excs x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值.
【解析】(1)因为f(x)＝excs x－x，
所以f′(x)＝ex(cs x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cs x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cs x－sin x－sin x－cs x)＝－2exsin x.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h′(x)<0，
所以h(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
所以对任意x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))有h(x)所以函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减.
因此f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2).
21. 若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a，b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．
【解析】(1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x，
则g′(x)＝f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，
所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，
即函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0，当－2g′(x)>0，
当x>1时，g′(x)>0，
所以－2是g(x)的极值点，1不是g(x)的极值点．
综上所述，g(x)的极值点为－2.
22. 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层．某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元．该建筑物每年的能源消耗费用C(单位：万元)与隔热层厚度x(单位：cm)满足关系：C(x)＝eq \f(k,3x＋5)(0≤x≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元．设f(x)为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和．
(1)求k的值及f(x)的表达式；
(2)求隔热层修建多厚时，总费用f(x)达到最小，并求最小值．
【解析】(1)由题设知，每年能源消耗费用为C(x)＝eq \f(k,3x＋5)，由题意可知C(0)＝eq \f(k,5)＝8，解得k＝40，因此C(x)＝eq \f(40,3x＋5).又隔热层的建造费用为C1(x)＝6x，
所以隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×eq \f(40,3x＋5)＋6x＝eq \f(800,3x＋5)＋6x(0≤x≤10)．
(2)f′(x)＝6－eq \f(2 400,（3x＋5）2)，令f′(x)＝0，即eq \f(2 400,（3x＋5）2)＝6，解得x＝5或x＝－eq \f(25,3)(舍去)，
当0≤x＜5时，f′(x)＜0；当5＜x≤10时，f′(x)＞0.
故当x＝5时，f(x)的值最小，最小值为f(5)＝6×5＋eq \f(800,15＋5)＝70.
所以当隔热层修建5 cm厚时，总费用最小，最小为70万元．
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

极小值

x
(0，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
x
(－∞，0)
0
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

x
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
ln 2－1
↘