1.求函数f（×）＝2׳-9ײ+12×-3的极值.

解f′（×）＝6ײ-18×+12＝6（ײ-3×+2），令f′（×）＝0，解得×₁＝1，×₂＝2，列表讨论如下：

所以，点×＝1是函数f（×）的极大值点，极大值为f（1）＝2，点×＝2是函数f（×）的极小值点，极小值为f（2）＝1.

2.求函数的极值.

解，令f′（×）＝0，解得，当×＝0时，f′（×）不存在.列表讨论如下：

所以，点×＝0是函数f（×）的极大值点，极大值为f（0）＝0，点是函数f（×）的极小值点，极小值为.

3.求函数f（×）＝ײ-ｌNײ的极值.

解，令f′（×）＝0，解得×₁＝1，×₂＝-1，当×＝0时，f′（×）不存在.列表讨论如下：

所以，点×＝±1是函数f（×）的极小值点，极小值为f（±1）＝1，函数f（×）无极大值.

4.求函数f（×）＝×⁴-2׳+1的极值.

解f′（×）＝4׳-6ײ，令f′（×）＝0，解得×₁＝0，，列表讨论如下：

所以，点是函数f（×）的极小值点，极小值为，函数f（×）无极大值.

5.求函数f（×）＝×⁴-8ײ+2在区间［-1，3］上的最大值和最小值.

解f′（×）＝4׳-16×，令f′（×）＝0，解得×₁＝-2，×₂＝2，而×₁＝-2不在区间［-1，3］内，故舍去.又有f（-1）＝-5，f（2）＝-14，f（3）＝11.

所以，区间［-1，3］上函数f（×）的最大值为f（3）＝11，最小值为f（2）＝-14.

6.求函数在区间［0，3］上的最大值和最小值.

解，令f′（×）＝0，无解.当×＝2时f′（×）不存在.又有，f（2）＝1，f（3）＝0.

所以，区间［0，3］上函数f（×）的最大值为f（2）＝1，最小值为.

7.将边长为A的一块正方形铁皮，四角各截去一个大小相同的小正方形，然后将四边折起做一个无盖的方格.问截掉的小正方形边长多长时，所得方盒的容积最大？最大容积为多少？

解 设截掉的小正方形边长为×，则所得方盒的容积f（×）＝×（A-2×）2，从而

f′（×）＝（A-2×）（A-6×）令f′（×）＝0，解得（舍去），.

根据问题的实际意义，方盒的最大容积一定存在，而驻点唯一，故截掉的小正方形边长为时方盒的容积最大.又，故最大容积为.

8.欲在墙边围一面积为S＝8m²的长方形空地.问它的长与宽应分别为多少米时，才能使所用材料的总长度最少？最少长度为多少？

解 设长方形空地的长为×，则宽为，故总长度，从而f′（×）＝，令f′（×）＝0，解得×₁＝-4（舍去），×₂＝4.根据问题的实际意义，所用材料的总长度最少一定存在，而驻点唯一，故所用材料的长为4，宽为2时所用材料的总长度最少，又f（4）＝8，故最少长度为8.

9.设f（×）在Ｕ（0，δ）内连续，且f（0）＝0，，则（ ）.

A.f′（0）不存在 B.∃f′（0）≠0

C.在×＝0处取极小值 D.在×＝0处取极大值

解 答案应为C.

先研究函数在×＝0处的可导性.由，可得，

因此有，即有.又因为，故可得，而f（0）＝0，所以.因而f（×）可导，且f′（0）＝0，因而选项A和B都不对.(www.daowen.com)

再研究函数在×＝0处的极值性.由和函数极限的局部保号性知，存在δ＞0，当×∈（0，δ）时，有，即有当（0，δ）时，f（×）＞0＝f（0），因此f（×）在×＝0处取极小值.正确答案为C.

10.设f（θ）＝θSIN θ+（A+1）CoS θ（A≠1），问

（1）θ＝0是否为极值点？

（2）若是，是极大还是极小？

解f′（θ）＝θCoS θ-ASIN θ，f″（θ）＝（1-A）CoS θ-θSIN θ.

由于f′（0）＝0，f″（0）＝1-A≠0，故θ＝0为极值点；且当A＞1时是极大值点，当A＜1时是极小值点.

11.求数列的最小项.

解 设，则

由于当1≤×＜2e时，当×＞2e时，而当×≥1时总有0，从而当1≤×＜2e时f′（×）＜0，当×＞2e时从而f′（×）＞0，故数列的最小项为.

12.试证：当0＜×＜2时，4×ｌN ×-ײ-2×+4＞0.

证 设f（×）＝4×ｌN ×-ײ-2×+4，则f′（×）＝4ｌN ×-2×+2，，且当0＜×＜2总时f″（×）＞0，故f′（×）在0＜×＜2上单调递增.又因为-∞，f′（2）＝4ｌN 2-2＝ｌN，故由连续函数的介值定理和单调性知存在唯一一点ξ∈（0，2），使得f′（ξ）＝0.即在（0，ξ）上f′（×）＜0，在（ξ，2）上f′（×）＞0，从而f（×）在点×＝ξ处取到最小值.故当0＜×＜2时f（×）＞f（ξ），而

f（ξ）＝4ξｌN ξ-ξ²-2ξ+4＝ξf′（ξ）+（ξ-2）²＞0

因此当0＜×＜2时，f（×）＝4×ｌN ×-ײ-2×+4＞0.

13.某房地产公司有50套公寓要出租，当租金定为每月180美元时，公寓会全部租出去.当租金每月增加10美元时，就有一套公寓租不出去，而租出去的房子每月需花费20美元的整修维护费.试问房租定为多少可获得最大收入？

解 设×为增加租金除以10，设

f（×）＝（180+10×）（50-×）-20（50-×）＝（160+10×）（50-×）则

f′（×）＝10（50-×）-（160+10×）＝340-20×令f′（×）＝0，得×＝17，且f″（×）＝-20＜0，故当增加的租金为10×＝170美元，即房租定为170+180＝350美元时可获得最大收入.

14.求A的取值范围，使函数f（×）＝׳+3Aײ-A×-1无极值.

解f′（×）＝3ײ+6A×-A

当Δ＝36A²+12A＜0，即时，f（×）无驻点，即f（×）无极值.

当Δ＝36A²+12A＝0，即或A＝0时，或f′（×）＝3ײ，f（×）有一个驻点或×＝0.但此时所对应的函数分别为

可知此时f（×）无极值.

当Δ＝36A²+12A＞0，即或A＞0时，f（×）有两个驻点

又f″（×）＝6×+6A，，可知f（×）的两个驻点为

èø极值点.

所以当时，函数f（×）无极值.15.讨论方程ｌN ×＝A×（其中A＞0）有几个实根.

解 设f（×）＝ｌN ×-A×，×∈（0，+∞），则f.令f′（×）＝0，有故当时有f′（×）＜0，从而f（×）在内单调递减；当0＜×＜时有f′（×）＞0，从而f（×）在单调递增，故＝-ｌN A-1为最大值.