2020年高中数学第四章导数在研究函数中的应用4 5页

‎4.3.2　‎函数的极大值和极小值 一、基础达标 ‎1.函数y＝f(x)的定义域为(a，b)，y＝f′(x)的图象如图，则函数y＝f(x)在开区间(a，b)内取得极小值的点有 ‎(　　)‎ A．1个　　　　 B．2个 C．3个　　　　 D．4个 答案　A 解析　当满足f′(x)＝0的点，左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0时，该点为极小值点，观察题图，只有一个极小值点．‎ ‎2．“函数y＝f(x)在一点的导数值为‎0”‎是“函数y＝f(x)在这点取得极值”的 ‎(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 答案　B 解析　对于f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0，‎ 不能推出f(x)在x＝0处取极值，反之成立．故选B.‎ ‎3．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于 ‎(　　)‎ A．2 B．‎3 ‎‎ C．6 D．9‎ 答案　D 解析　f′(x)＝12x2－2ax－2b，∵f(x)在x＝1处有极值，‎ ‎∴f′(1)＝12－‎2a－2b＝0，∴a＋b＝6.‎ 又a＞0，b＞0，∴a＋b≥2，∴2≤6，‎ ‎∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立，‎ ‎∴ab的最大值为9.‎ ‎4．函数y＝x3－3x2－9x(－2＜x＜2)有 ‎(　　)‎ A．极大值5，极小值－27‎ B．极大值5，极小值－11‎ C．极大值5，无极小值 D．极小值－27，无极大值 5‎ 答案　C 解析　由y′＝3x2－6x－9＝0，得x＝－1或x＝3，当x＜－1或x＞3时，y′＞0，当－1＜x＜3时，y′<0.故当x＝－1时，函数有极大值5；x取不到3，故无极小值．‎ ‎5．函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是________．‎ 答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞)‎ 解析　∵f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)，令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0，∵函数f(x)有极大值和极小值，∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实数根，即Δ＝‎4a2－‎4a－8＞0，解得a＞2或a＜－1.‎ ‎6．若函数y＝x3－3ax＋a在(1,2)内有极小值，则实数a的取值范围是________．‎ 答案　(1,4)‎ 解析　y′＝3x2－‎3a，当a≤0时，y′≥0，函数y＝x3－3ax＋a为单调函数，不合题意，舍去；当a＞0时，y′＝3x2－‎3a＝0⇒x＝±，不难分析，当 ‎1＜＜2，即1＜a＜4时，函数y＝x3－3ax＋a在(1,2)内有极小值．‎ ‎7．求函数f(x)＝x2e－x的极值．‎ 解　函数的定义域为R，‎ f′(x)＝2xe－x＋x2·′‎ ‎＝2xe－x－x2e－x＝x(2－x)e－x，‎ 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ ‎(0,2)‎ ‎2‎ ‎(2，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  ‎0‎  ‎4e－2‎  由上表可以看出，当x＝0时，函数有极小值，且为f(0)＝0；‎ 当x＝2时，函数有极大值，且为f(2)＝4e－2.‎ 二、能力提升 ‎8．已知函数f(x)，x∈R，且在x＝1处，f(x)存在极小值，则 ‎(　　)‎ 5‎ A．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0‎ B．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0‎ C．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0‎ D．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0‎ 答案　C 解析　∵f(x)在x＝1处存在极小值，‎ ‎∴x＜1时，f′(x)＜0，x＞1时，f′(x)＞0.‎ ‎9．(2013·福建)设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是 ‎(　　)‎ A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)‎ B．－x0是f(－x)的极小值点 C．－x0是－f(x)的极小值点 D．－x0是－f(－x)的极小值点 答案　D 解析　x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，并不是最大值点．故A错；f(－x)相当于f(x)关于y轴的对称图象的函数，故－x0应是f(－x)的极大值点，B错；－f(x)相当于f(x)关于x轴的对称图象的函数，故x0应是－f(x)的极小值点．跟－x0没有关系，C错；－f(－x)相当于f(x)关于坐标原点的对称图象的函数．故D正确．‎ ‎10.如果函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：‎ ‎①函数y＝f(x)在区间内单调递增；‎ ‎②函数y＝f(x)在区间内单调递减；‎ ‎③函数y＝f(x)在区间(4,5)内单调递增；‎ ‎④当x＝2时，函数y＝f(x)有极小值；‎ ‎⑤当x＝－时，函数y＝f(x)有极大值．‎ 则上述判断正确的是________．(填序号)‎ 答案　③‎ 解析　函数的单调性由导数的符号确定，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－2)上为减函数，同理f(x)在(2,4)上为减函数，在(－2,2)上是增函数，在(4，＋∞)上为增函数，所以可排除①和②，可选择③.由于函数在x＝2的左侧递增，右侧递减，所以当x＝2时，函数有极大值；而在x＝‎ 5‎ ‎－的左右两侧，函数的导数都是正数，故函数在x＝－的左右两侧均为增函数，所以x＝－不是函数的极值点．排除④和⑤.‎ ‎11．已知f(x)＝x3＋mx2－‎2m2‎x－4(m为常数，且m＞0)有极大值－，求m的值．‎ 解　∵f′(x)＝3x2＋mx－‎2m2‎＝(x＋m)(3x－‎2m)，‎ 令f′(x)＝0，则x＝－m或x＝m.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－m)‎ ‎－m m f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  ‎∴f(x)极大值＝f(－m)＝－m3＋m3＋‎2m3‎－4＝－，∴m＝1.‎ ‎12．设a为实数，函数f(x)＝x3－x2－x＋a.‎ ‎(1)求f(x)的极值；‎ ‎(2)当a在什么范围内取值时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点？‎ 解　(1)f′(x)＝3x2－2x－1.‎ 令f′(x)＝0，则x＝－或x＝1.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎－ ‎1‎ ‎(1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  所以f(x)的极大值是f＝＋a，极小值是f(1)＝a－1.‎ ‎(2)函数f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，‎ 由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)＞0，‎ x取足够小的负数时，有f(x)＜0，‎ 所以曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点．‎ 由(1)知f(x)极大值＝f ＝＋a，f(x)极小值＝f(1)＝a－1.‎ ‎∵曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点，∴f(x)极大值＜0或f(x)极小值＞0，‎ 5‎ 即＋a＜0或a－1＞0，∴a＜－或a＞1，‎ ‎∴当a∈∪(1，＋∞)时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点．‎ 三、探究与创新 ‎13．(2013·新课标Ⅱ)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．‎ ‎(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)当m≤2时，证明f(x)＞0.‎ ‎(1)解　f′(x)＝ex－.‎ 由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.‎ 于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，‎ f′(x)＝ex－.‎ 函数f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)单调递增，且f′(0)＝0，因此当 x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0.‎ 所以f(x)在(－1,0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．‎ ‎(2)证明　当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤‎ ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.‎ 当m＝2时，‎ 函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)单调递增．‎ 又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，‎ 且x0∈(－1,0)．‎ 当x∈(－2，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而当 x＝x0时，f(x)取得最小值．‎ 由f′(x0)＝0得 ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，‎ 故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.‎ 综上，当m≤2时，f(x)＞0.‎ 5‎