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专题六 《导数》讲义
6.3导数与函数的极值、最值
知识梳理 . 极值与最值
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，则点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，则点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．
2．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函
数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
题型一 . 极值、最值的概念
1．函数y＝xsinx+cosx的一个极小值点为（ ）
π π 3π
A．x=− B．x= C．x＝ D．x=
2 2 2
π
【解答】解：y＝f（x）＝xsinx+cosx，
∴f′（x）＝sinx+xcosx﹣sinx＝xcosx，
π
令f′（x）＝0，解得x＝0或x= +k ，k Z，
2
π ∈
1 1 1
易得，函数在（0， π）单调递增，（ π，π）单调递减，故x= π为函数的极大值
2 2 2
点，
1 1 1
函数在（− π，0）单调递减，（﹣ ，− π）单调递减增故x=− π为函数的极大值
2 2 2
π
点，
1 3 3 3
函数在（ π， π）单调递减，在（ π，2π）单调递增，x＝ 不是极值点，x= π
2 2 2 2
π为函数的极小值点．
故选：D．
2．（2017·全国2）若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小
值为（ ）
A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1
【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．
解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，
＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x （﹣2，1）时，函数是减函数，
x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣ ∈1＝﹣1．
故选：A．
3．（2013·全国2）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（ ）
A． x R，f（x ）＝0
0 0
B．函∃ 数∈y＝f（x）的图象是中心对称图形
C．若x 是f（x）的极小值点，则f（x ）在区间（﹣∞，x ）上单调递减
0 0
D．若x 是f（x）的极值点，则f′（x ）＝0
0 0
【解答】解：
A、对于三次函数f （x ）＝x3+ax2+bx+c，
A：由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，
故 x R，f（x ）＝0，故A正确；
0 0
∃ ∈ 2a 2a 2a 2a
B、∵f（− −x）+f（x）＝（− −x）3+a（− −x）2+b（− −x）
3 3 3 3
4a3 2ab
+c+x3+ax2+bx+c= − +2c，
27 3
a a a a 2a3 ab
f（− ）＝（− ）3+a（− ）2+b（− ）+c= − +c，
3 3 3 3 27 3
2a a
∵f（− −x）+f（x）＝2f（− ），
3 3a a
∴点P（− ，f（− ））为对称中心，故B正确．
3 3
C、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，
对于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1
1
∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x （﹣∞，− ）∪（1，+∞）
3
∈
1
由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x （− ，1）
3
∈
1 1
∴函数f（x）的单调增区间为：（﹣∞，− ），（1，+∞），减区间为：（− ，
3 3
1），
故1是f（x）的极小值点，但f（x ）在区间（﹣∞，1）不是单调递减，故C错误；
D：若x 是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x ）＝0，故D正确．
0 0
由于该题选择错误的，故选：C．
4．已知函数f（x）＝x3+ax2﹣4x+5在x＝﹣2处取极值（a R）．
（1）求f（x）的解析式； ∈
（2）求函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值．
【解答】解：（1）由f（x）＝x3+ax2﹣4x+5，得f'（x）＝3x2+2ax﹣4，
∵函数f（x）在x＝﹣2处取极值，∴f'（﹣2）＝0，∴a＝2，
经检验，a＝2符合题意，∴f（x）＝x3+2x2﹣4x+5．
（2）由（1）知f'（x）＝3x2+4x﹣4＝（3x﹣2）（x+2），
2 2
∴x [﹣3，﹣2）时，f'（x）＞0；x∈(−2， )时，f'（x）＜0；x∈( ，3]时，
3 3
∈
f'（x）＞0；
2
∴x [﹣3，﹣2）时，f（x）单调递增；x∈(−2， )时，f（x）单调递减；
3
∈2
x∈( ，3]时，f（x）单调递增；
3
∴f（x）的最大值只可能为f（﹣2）或f（3），又f（﹣2）＝13，f（3）＝38，
∴函数f（x）在[﹣3，3]上的最大值为f（3）＝38．
题型二 . 已知极值、最值求参
考点 1 . 利用二次函数根的分布
1．若函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，则b的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（1，+∞） D．（﹣1，0）
【解答】解：由题意，得f′（x）＝3x2﹣3b，
令f′（x）＝0，则x＝±√b，
∵函数在（−√b，√b）上f′（x）＜0，函数递减，在（√b，+∞）上f′（x）＞0，
函数递增
∴x=√b时，函数取得极小值
∵函数f（x）＝x3﹣3bx+b在区间（0，1）内有极小值，
∴0＜√b＜1，
∴b （0，1）
故选∈：B．
1 1 1
2．已知函数f（x）= x3− ax2+x在区间（ ，3）上既有极大值又有极小值，则实数a的
3 2 2
取值范围是（ ）
5 10
A．（2，+∞） B．[2，+∞） C．（2， ） D．（2， ）
2 3
1 1
【解答】解：函数f（x）= x3− ax2+x，求导f′（x）＝x2﹣ax+1，
3 2
1 1
由f（x）在（ ，3）上既有极大值又有极小值，则f′（x）＝0在（ ，3）内应有两个
2 2
不同实数根．1
{f '( )＞0
2
f '(3)＞0
，解得：2＜a 5，
1 1 ＜
＜ ＜3 2
2 a
1
f '( )＜0
a
5
实数a的取值范围（2， ），
2
故选：C．
考点 2 . 参变分离
x3 a 1
3．若函数f（x）= − x2+x+1在区间（ ，3）上有极值点，则实数a的取值范围是（
3 2 2
）
5 5 10 10
A．（2， ） B．[2， ） C．（2， ） D．[2， ）
2 2 3 3
x3 a
【解答】解：∵函数f（x）= − x2+x+1，
3 2
∴f′（x）＝x2﹣ax+1，
x3 a 1
若函数f（x）= − x2+x+1在区间（ ，3）上有极值点，
3 2 2
1
则f′（x）＝x2﹣ax+1在区间（ ，3）内有零点
2
1
由x2﹣ax+1＝0可得a＝x+
x
1
∵x （ ，3），
2
∈
10
∴2≤a＜ ，
3
当a＝2时，函数f（x）的导函数等于零时值只有1，可是两边的单调性相同，所以a不
能等于2．
故选：C．4．已知函数 ex ，若x＝2是函数f（x）的唯一极值点，则实数k的取值
f(x)= +2klnx−kx
x2
范围是（ ）
e2 e
A．(−∞， ] B．(−∞， ] C．（0，2] D．[2，+∞）
4 2
【解答】解：∵函数f（x）的定义域是（0，+∞），
∴f′（x） ex (x−2) 2k k (ex−kx2 )(x−2)，
= + − =
x3 x x3
∵x＝2是函数f（x）的唯一一个极值点，
∴x＝2是导函数f′（x）＝0的唯一根，
∴ex﹣kx2＝0在（0，+∞）无变号零点，
即k ex在x＞0上无变号零点，令g（x） ex，
= =
x2 x2
因为g'（x） ex (x−2)，
=
x3
所以g（x）在（0，2）上单调递减，在x＞2 上单调递增，
e2
所以g（x）的最小值为g（2）= ，
4
e2
所以必须k≤ ，
4
故选：A．
考点 3 . 分类讨论
1
5．已知函数f（x）＝ax− −（a+1）lnx+1在（0，1]上的最大值为3，则实数a＝ e ．
x
【解答】解：f′（x）＝a 1 a+1 (ax−1)(x−1)，
+ − =
x2 x x2
令g（x）＝（ax﹣1）（x﹣1），x （0，1），
①当a≤1时，ax﹣1≤x﹣1＜0， ∈
∴g（x）＞0，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1]上单调递增，
∴f（x） ＝f（1）＝a，即a＝3（舍去），
max1 1
②当a＞1时，x （0， ），g（x）＞0，f′（x）＞0；x （ ，1）时，g（x）＜0，
a a
∈ ∈
f′（x）＜0，
1 1
故f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，1）上单调递减，
a a
1 1
∴f（x） ＝f（ ），2﹣a﹣（a+1）ln =3，即a﹣（a+1）lna+1＝0，即a﹣（a+1）
max
a a
lna+1＝0，
1
令h（x）＝x﹣（x+1）lnx+1（x＞1），h′（x）＝﹣lnx− ＜0，
x
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，且h（e）＝0，
∴a＝e，
故答案为：e．
1 1 3
6．已知函数f(x)=( x2−ax)lnx− x2+ ax．
2 2 2
（1）讨论函数f（x）的极值点；
（2）若f（x）极大值大于1，求a的取值范围．
1 3 1
【解答】解：f '(x)=(x−a)lnx+ x−a−x+ a=(x−a)(lnx− )
2 2 2
（1）①a≤0时，f（x）在(0，√e)单减，(√e，+∞)单增，极小值点为x=√e
②0＜a＜√e时，f（x）在（0，a）单增，(a，√e)单减，(√e，+∞)单增，极小值
点为x=√e，极大值点为x＝a
③a=√e时，f（x）在（0，+∞）单增，无极值点．
④a＞√e时，f（x）在(0，√e)单增，(√e，a)单减，（a，+∞）单增，极小值点为
x＝a，极大值点为x=√e．
（2）由（1），a≤0和a=√e时，无极大值，不成立．
e √e 1
当 a＞√e时 ， 极 大 值 f(√e)=a√e− ＞1， 解 得 a＞ + ， ∵
4 4 √e
√e 1 1 3√e 1 3e
+ −√e= − = (1− )＜0，∴a＞√e．
4 √e √e 4 √e 4
1
当0＜a＜√e时，极大值f(a)= a2 (2−lna)＞1，
2
2 1 2 1 2 4−t
得2−lna＞ ，令t＝a2，则g(t)=2− lnt− ，g'(t)=− + = ，g(t)在t
a2 2 t 2t t2 2t2＝4取得极大值g（4）＞0，且g（1）＝0，
而a＜√e，t＜e，而g（t）在（1，e）单增，∴g（t）＞0解为（1，e），
则a∈(1，√e)，
综上a∈(1，√e)∪(√e，+∞)．
a
7．已知函数f（x）＝lnx− （a R）
x
∈
（1）求函数f（x）的单调增区间；
3
（2）若函数f（x）在[1，e]上的最小值为 ，求a的值．
2
a 1 a x+a
【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx− 的导数为f′（x）= + = ，x＞0，
x x x2 x2
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）递增；
当a＜0时，由f′（x）＞0可得x＞﹣a，则f（x）在（﹣a，+∞）递增；
（2）由f（x）在[1，e]上的最小值可能为端点处的函数值或极值，
3 3
若f（1）＝﹣a为最小值，可得﹣a= ，即a=− ，
2 2
3 3
由（1）可得f（x）在[1， ）递减，在（ ，e]递增，
2 2
3
故f（x）在x= 处取得最小值，故不成立；
2
a a 3 1
若f（e）＝1− 为最小值，可得1− = ，即a=− e，
e e 2 2
1 1
由（1）可得f（x）在[1， e）递减，在（ e，e]递增，
2 2
1
故f（x）在x= e处取得最小值，故不成立；
2
3
若f（﹣a）＝ln（﹣a）+1为最小值，可得ln（﹣a）+1= ，即a=−√e，
2
由（1）可得f（x）在[1，√e）递减，在（√e，e]递增，
故f（x）在x=√e处取得最小值，故成立．
则a=−√e．
考点 4 . 初探隐零点——设而不求，虚设零点
8．（2013·湖北）已知a为常数，函数f（x）＝x（lnx﹣ax）有两个极值点x ，x （x ＜x ）
1 2 1 2
（ ）1 1
A．f(x )＞0，f(x )＞− B．f(x )＜0，f(x )＜−
1 2 2 1 2 2
1 1
C．f(x )＞0，f(x )＜− D．f(x )＜0，f(x )＞−
1 2 2 1 2 2
【解答】解：∵f′（x）＝lnx+1﹣2ax，（x＞0）
令f′（x）＝0，由题意可得lnx＝2ax﹣1有两个解x ，x 函数g（x）＝lnx+1﹣2ax有
1 2
且只有两个零点 g′（x）在（0，+∞）上的唯一的极值⇔不等于0．
1 ⇔1−2ax
g'(x)= −2a= ．
x x
①当a≤0时，g′（x）＞0，f′（x）单调递增，因此g（x）＝f′（x）至多有一个零
点，不符合题意，应舍去．
1
②当a＞0时，令g′（x）＝0，解得x= ，
2a
1 1
∵x∈(0， )，g′（x）＞0，函数 g（x）单调递增；x∈( ，+∞)时，g′
2a 2a
（x）＜0，函数g（x）单调递减．
1 1 1
∴x= 是函数g（x）的极大值点，则g( )＞0，即ln +1−1=−ln(2a)＞0，
2a 2a 2a
1
∴ln（2a）＜0，∴0＜2a＜1，即0＜a＜ ．
2
1 1
故当0＜a＜ 时，g（x）＝0有两个根x ，x ，且x＜ ＜x ，又g（1）＝1﹣2a＞
1 2 1 2
2 2a
0，
1
∴x ＜1＜ ＜x ，从而可知函数f（x）在区间（0，x ）上递减，在区间（x ，x ）上
1 2 1 1 2
2a
递增，在区间（x ，+∞）上递减．
2
1
∴f（x ）＜f（1）＝﹣a＜0，f（x ）＞f（1）＝﹣a＞− ．
1 2
2
故选：D．
1
9．已知f（x）＝（x﹣1）2+alnx在( ，+∞)上恰有两个极值点x ，x ，且x ＜x ，则
1 2 1 2
4
f(x )的取值范围为（ ）
1
x
21 1
A．(−3， −ln2) B．( −ln2，1)
2 2
1 1 3
C．(−∞， −ln2) D．( −ln2， −ln2)
2 2 4
a 2x2−2x+a
【解答】解：f（x）＝（x﹣1）2+alnx，则f′（x）＝2x﹣2+ = （x＞
x x
0），
令f′（x）＝0，得2x2﹣2x+a＝0，
1
由题意知2x2﹣2x+a＝0在（ ，+∞）上有2个根x ，x ，
1 2
4
a＞0
{
故 1 2 1 ，解得：3 a 1，
2×( ) −2× +a＞0 ＜＜
4 4 8 2
△=4−8a＞0
{x +x =1
1 2
由根与系数的关系得 ，
a
x ⋅x =
1 2 2
1±√1−2a
由求根公式得x
1，2
= ，
2
1+√1−2a
∵x ＜x ，∴x = ，
1 2 2
2
3 1 1 3
∵ ＜a＜ ，∴ ＜x＜ ，
2
8 2 2 4
则f(x ) (x −1) 2+alnx x 2+2x x lnx
1 = 1 1= 2 1 2 1
x x x
2 2 2
1 3
＝x +2（1﹣x ）ln（1﹣x ）＝x ﹣1+2（1﹣x ）ln（1﹣x ）+1（ ＜x＜ ），
2 2 2 2 2 2 2
2 4
1 1
令t＝1﹣x ，则 ＜t＜ ，
2
4 2
1 1
设g（t）＝﹣t+2tlnt+1（ ＜t＜ ），则g′（t）＝1+2lnt，
4 2
1 1
易知g′（t）在（ ， ）上单调递增，
4 2e
故g′（t）＝1+2lnt＜1﹣2ln2＝ln ＜0，
4
1 1
故当 ＜t＜ 时，函数g（t）为减函数，
4 2
1 1 1 3 1 1 1 1
∴g（t）＜− +2× ln +1= −ln2，且g（t）＞− +2×ln ln +1= −ln2，
4 4 4 4 2 2 2 2
∴f(x
1
) （1
−
ln2，3
−
ln2）．
x 2 4
2
∈
故选：D．
10．（2017·全国2）已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．
（1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x ，且e﹣2＜f（x ）＜2﹣2．
0 0
【解答】解：（1）因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），
1
则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a− ．
x
则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以当x ＞1时，h（x ）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．
0 0
1 1
因为当0＜x＜ 时h′（x）＜0、当x＞ 时h′（x）＞0，
a a
1
所以h（x） ＝h（ ），
min
a
又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，
1
所以 =1，解得a＝1；
a
另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），
所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，
所以解得a＝1；
（2）由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，
1
令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2− ，
x
1
令t′（x）＝0，解得x= ，
2
1 1
所以t（x）在区间（0， ）上单调递减，在（ ，+∞）上单调递增，
2 21 1 2 1
所以t（x） ＝t（ ）＝ln2﹣1＜0，又t（ ）= ＞0，所以t（x）在（0， ）上存
min 2 e2 e2 2
在唯一零点，
所以t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x ，x ，
0 2
且不妨设f′（x）在（0，x ）上为正、在（x ，x ）上为负、在（x ，+∞）上为正，
0 0 2 2
所以f（x）必存在唯一极大值点x ，且2x ﹣2﹣lnx ＝0，
0 0 0
所以f（x ） x ﹣x lnx x +2x ﹣2 x ，
0 =x 2− 0 0 0=x 2− 0 0 x 2= 0−x 2
0 0 0 0
1 1 1 1
由x＜ 可知f（x ）＜（x −x 2） =− + = ；
0 2 0 0 0 max 22 2 4
1 1 1
由f′（ ）＜0可知x＜ ＜ ，
0
e e 2
1
所以f（x）在（0，x ）上单调递增，在（x ， ）上单调递减，
0 0
e
1 1
所以f（x ）＞f（ ）= ；
0 e e2
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x ，且e﹣2＜f（x ）＜2﹣2．
0 0
课后作业 . 极值、最值
1．若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，则实数a的取
值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣2] C．（﹣∞，﹣3） D．（﹣∞，﹣3]
【解答】解：函数的导数f′（x）＝（2x+a）ex+（x2+ax+3）ex＝[x2+（a+2）x+a+3]ex，
若函数f（x）＝（x2+ax+3）ex在（0，+∞）内有且仅有一个极值点，
等价为f′（x）＝0在[0，+∞）上只要一个变号根，
即f′（0）＜0，即可此时a+3＜0，得a＜﹣3，
当a＝﹣3时，f′（x）＝（x2﹣x）ex，
由f（x）＝0得x＝0或x＝1，即x＝1是函数的一个极值点，满足条件，
综上a≤﹣3，
即实数a的取值范围是（﹣∞，﹣3]，
故选：D．
1 1
2．已知函数f(x)=xex− ax3− ax2有三个极值点，则a的取值范围是（ ）
3 21 1
A．（0，e） B．(0， ) C．（e，+∞） D．( ，+∞)
e e
【解答】解：函数的导数f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax，
1 1
若函数f(x)=xex− ax3− ax2有三个极值点，
3 2
等价为f′（x）＝ex+xex﹣ax2﹣ax＝0有三个不同的实根，
即（1+x）ex﹣ax（x+1）＝0，
即（x+1）（ex﹣ax）＝0，
则x＝﹣1，则ex﹣ax＝0，有两个不等于﹣1的根，
ex
则a= ，
x
ex
设h（x）= ，
x
则h′（x） exx−ex ex (x−1)，
= =
x2 x2
则由h′（x）＞0得x＞1，由h′（x）＜0得x＜1且x≠0，
则当x＝1时，h（x）取得极小值h（1）＝e，
当x＜0时，h（x）＜0，
ex
作出函数h（x）= ，的图象如图，
x
ex
要使a= 有两个不同的根，
x
则满足a＞e，
即实数a的取值范围是（e，+∞），
故选：C．
3．已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx，若f（t）＝g（s），则当s﹣t取得最小值时，f（t）所在区间是（ ）
1 1 1 1 1
A．（ln2，1） B．（ ，ln2） C．（ ， ） D．（ ， ）
2 3 e e 2
【解答】解：令f（t）＝g（s）＝a，即et＝lns＝a＞0，
∴t＝lna，s＝ea，
∴s﹣t＝ea﹣lna，（a＞0），
令h（a）＝ea﹣lna，
1
h′（a）＝ea−
a
1
∵y＝ea递增，y= 递减，
a
故存在唯一a＝a 使得h′（a）＝0，
0
1
0＜a＜a 时，ea＜ ，h′（a）＜0，
0
a
1
a＞a 时，ea＞ ，h′（a）＞0，
0
a
∴h（a） ＝h（a ），
min 0
即s﹣t取最小值时，f（t）＝a＝a ，
0
1
由零点存在定理验证ea 0− = 0的根的范围：
a
0
1 1
a = 时，ea 0− ＜0，
0 2 a
0
1
a ＝ln2时，ea 0− ＞0，
0 a
0
1
故a （ ，ln2），
0
2
∈
故选：B．
4．已知函数f（x）＝lnx+x2﹣ax+a（a＞0）有两个极值点x 、x （x ＜x ），则f（x ）+f
1 2 1 2 1
（x ）的最大值为（ ）
2
A．﹣1﹣ln2 B．1﹣ln2 C．2﹣ln2 D．3﹣ln2
【解答】解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），
1 2x2−ax+1
f′（x）= +2x﹣a= ，
x x
由题意可知2x2﹣ax+1＝0在（0，+∞）上有两个不同的解x ，x ，
1 2{2×02−a×0+1=1＞0
所以x 1 +x 2= a，x 1 x 2= 1，且 − −a ＞0 ，解得a＞2 √2 ，
2 2 4
△=a2−8＞0
所以f（x ）+f（x ）＝lnx +x 2﹣ax +a+lnx +x 2﹣ax +a，
1 2 1 1 1 2 2 2
a2 1
＝ln（x x ）+x 2+x 2﹣a（x +x ）+2a=− +2a﹣ln2﹣1=− （a﹣4）2+3﹣ln2≤3﹣
1 2 1 2 1 2 4 4
ln2，
当a＝4时，等号成立，
故f（x ）+f（x ）的最大值为3﹣ln2．
1 2
故选：D．
1
5．已知函数f(x)=lnx+ ax2+x，a R．
2
∈
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）是否存在实数a，使得函数f（x）的极值大于0？若存在，求a的取值范围；若不
存在，请说明理由．
【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
1 ax2+x+1
∴f′（x）= +ax+1=
x x
1+x
①当a＝0时，f′（x）= ，∴f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；
x
②当a≠0时，令f′（x）＝0得ax2+x+1＝0，△＝1﹣4a．
1
（ⅰ）当△≤0，即a≥ 时，f′（x）≥0，
4
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
1 −1−√1−4a
（ⅱ）当△＞0，即a＜ 时，方程ax2+x+1＝0的两个实根分别为 x = ，
4 1 2a
−1+√1−4a
x = ．
2 2a
1
若0＜a＜ ，则x ＜0，x ＜0，此时，当x （0，+∞）时，f′（x）＞0，
1 2
4
∈
故f（x）在（0，+∞）上单调递增若a＜0，则x ＞0，x ＜0，
1 2
此时，当x （0，x ）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
1
∈当x （x ，+∞）时，f′（x）＜0f（x）单调递减，
1
∈ −1−√1−4a
综上，当a＜0时，函数f（x）的单调递增区间为(0， )，单调递减区间
2a
−1−√1−4a
为( ，+∞)；
2a
当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），
（2）：由（1）得当a≥0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，
故函数f（x）无极值；
−1−√1−4a
当 a＜0 时，函数 f（x）的单调递增区间为(0， )，单调递减区间为
2a
−1−√1−4a
( ，+∞)；
2a
1 −1−√1−4a
则f（x）有极大值，其值为f(x )=lnx + ax 2+x ，其中x = ．
1 1 2 1 1 1 2a
而 ，
ax 2+x +1=0
1 1
x −1
∴f(x )=lnx + 1 ，
1 1 2
x−1 1 1
设函数h（x）＝lnx+ ，x＞0，则h′（x）= + ＞0，
2 x 2
x−1
则h（x）＝lnx+ 在（0，+∞）上为增函数．
2
又h（1）＝0，故h（x）＞0等价于x＞1．
x −1
因而f(x )=lnx + 1 ＞0等价于x ＞1．
1 1 2 1
即在a＜0时，方程ax2+x+1＝0的大根大于1，
设ϕ（x）＝ax2+x+1，由于ϕ（x）的图象是开口向下的抛物线，且经过点（0，1），对
1
称轴x=− ＞0，则只需ϕ（1）＞0，即a+2＞0
2a
解得a＞﹣2，而a＜0，
故实数a的取值范围为（﹣2，0）．
