Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{9x}{1+a{x}^{2}}$（a＞0），則f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為（　�。�

• A． 0
• B． $\frac{18}{4a+1}$
• C． $\frac{18}{a+4}$或$\frac{18}{4a+1}$
• D． $\frac{18}{4a+1}$或$\frac{18}{a+4}$或$\frac{9\sqrt{a}}{2a}$

Answer 1

分析 法1函數(shù)f（x）即為$\frac{9}{ax+\frac{1}{x}}$，令t=ax+$\frac{1}{x}$，運用導(dǎo)數(shù)，對a討論，判斷單調(diào)性，求得最小值，即可得到f（x）的最大值；
法2先求f′（x），令f′（x）=0，可得極值點，分極值點在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]內(nèi)、外進(jìn)行討論可得函數(shù)的最大值；

解答 解：法1：函數(shù)f（x）=$\frac{9x}{1+a{x}^{2}}$=$\frac{9}{ax+\frac{1}{x}}$（a＞0），
令t=ax+$\frac{1}{x}$（$\frac{1}{2}$≤x≤2），導(dǎo)數(shù)為t′=a-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
①當(dāng)$\sqrt{\frac{1}{a}}$≥2，即0＜a≤$\frac{1}{4}$，t′＜0，函數(shù)t遞減，可得t=2取得最小值2a+$\frac{1}{a}$，
函數(shù)f（x）取得最大值$\frac{18}{1+4a}$；
②當(dāng)$\frac{1}{2}$≤$\sqrt{\frac{1}{a}}$＜2，即$\frac{1}{4}$＜a≤4，函數(shù)t在（$\frac{1}{2}$，$\sqrt{\frac{1}{a}}$）遞減，在（$\sqrt{\frac{1}{a}}$，2）遞增，
可得t=$\sqrt{\frac{1}{a}}$取得最小值2$\sqrt{a}$，
函數(shù)f（x）取得最大值$\frac{9\sqrt{a}}{2a}$；
③當(dāng)$\sqrt{\frac{1}{a}}$＜$\frac{1}{2}$，即a＞4，t′＞0，函數(shù)t遞增，可得t=$\frac{1}{2}$取得最小值2+$\frac{1}{2}$a，
函數(shù)f（x）取得最大值$\frac{18}{a+4}$；
綜上f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為$\frac{18}{4a+1}$或$\frac{18}{a+4}$或$\frac{9\sqrt{a}}{2a}$．
法2：$f'（x）=\frac{{9[1•（1+a{x^2}）-x•2ax]}}{{{{（1+a{x^2}）}^2}}}=\frac{{9（1-a{x^2}）}}{{{{（1+a{x^2}）}^2}}}$，
令f′（x）=0，解得x=$±\frac{\sqrt{a}}{a}$（負(fù)值舍去），由$\frac{1}{2}＜\frac{\sqrt{a}}{a}＜2$，解得$\frac{1}{4}＜a＜4$．
①當(dāng)0＜a$≤\frac{1}{4}$時，得f′（x）≥0，∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為$f（2）=\frac{18}{4a+1}$．
②當(dāng)a≥4時，由$x∈[\frac{1}{2}，2]$，得f′（x）≤0，∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{18}{4+a}$．
③當(dāng)$\frac{1}{4}＜a＜4$時，∵在$\frac{1}{2}＜x＜\frac{\sqrt{a}}{a}$時，f′（x）＞0，在$\frac{\sqrt{a}}{a}$＜x＜2時，f′（x）＜0，
∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為f（$\frac{\sqrt{a}}{a}$）=$\frac{9\sqrt{a}}{2a}$．
綜上f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為$\frac{18}{4a+1}$或$\frac{18}{a+4}$或$\frac{9\sqrt{a}}{2a}$，
故選：D

點評 本題主要考查函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，運算量較大，有一定的難度．