2017-2018學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第四章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 4.3 導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用 4.3.2 函數(shù)的極大值和極小值分層訓(xùn)練 湘教版選修2-2.doc

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4.3.2　函數(shù)的極大值和極小值 一、基礎(chǔ)達標(biāo) 1.函數(shù)y＝f(x)的定義域為(a，b)，y＝f′(x)的圖象如圖，則函數(shù)y＝f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)取得極小值的點有 (　　) A．1個　　　　 B．2個 C．3個　　　　 D．4個 答案　A 解析　當(dāng)滿足f′(x)＝0的點，左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0時，該點為極小值點，觀察題圖，只有一個極小值點． 2．“函數(shù)y＝f(x)在一點的導(dǎo)數(shù)值為0”是“函數(shù)y＝f(x)在這點取得極值”的 (　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　對于f(x)＝x3，f′(x)＝3x2，f′(0)＝0， 不能推出f(x)在x＝0處取極值，反之成立．故選B. 3．若a＞0，b＞0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則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處有極值， ∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6. 又a＞0，b＞0，∴a＋b≥2，∴2≤6， ∴ab≤9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時等號成立， ∴ab的最大值為9. 4．函數(shù)y＝x3－3x2－9x(－2＜x＜2)有 (　　) A．極大值5，極小值－27 B．極大值5，極小值－11 C．極大值5，無極小值 D．極小值－27，無極大值 答案　C 解析　由y′＝3x2－6x－9＝0，得x＝－1或x＝3，當(dāng)x＜－1或x＞3時，y′＞0，當(dāng)－1＜x＜3時，y′<0.故當(dāng)x＝－1時，函數(shù)有極大值5；x取不到3，故無極小值． 5．函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋3既有極大值又有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 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，∵函數(shù)f(x)有極大值和極小值，∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有兩個不相等的實數(shù)根，即Δ＝4a2－4a－8＞0，解得a＞2或a＜－1. 6．若函數(shù)y＝x3－3ax＋a在(1,2)內(nèi)有極小值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(1,4) 解析　y′＝3x2－3a，當(dāng)a≤0時，y′≥0，函數(shù)y＝x3－3ax＋a為單調(diào)函數(shù)，不合題意，舍去；當(dāng)a＞0時，y′＝3x2－3a＝0?x＝，不難分析，當(dāng) 1＜＜2，即1＜a＜4時，函數(shù)y＝x3－3ax＋a在(1,2)內(nèi)有極小值． 7．求函數(shù)f(x)＝x2e－x的極值． 解　函數(shù)的定義域為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. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  0  4e－2  由上表可以看出，當(dāng)x＝0時，函數(shù)有極小值，且為f(0)＝0； 當(dāng)x＝2時，函數(shù)有極大值，且為f(2)＝4e－2. 二、能力提升 8．已知函數(shù)f(x)，x∈R，且在x＝1處，f(x)存在極小值，則 (　　) A．當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0 B．當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0 C．當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0 D．當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f′(x)＜0 答案　C 解析　∵f(x)在x＝1處存在極小值， ∴x＜1時，f′(x)＜0，x＞1時，f′(x)＞0. 9．(2013福建)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，以下結(jié)論一定正確的是 (　　) A．?x∈R，f(x)≤f(x0) B．－x0是f(－x)的極小值點 C．－x0是－f(x)的極小值點 D．－x0是－f(－x)的極小值點 答案　D 解析　x0(x0≠0)是f(x)的極大值點，并不是最大值點．故A錯；f(－x)相當(dāng)于f(x)關(guān)于y軸的對稱圖象的函數(shù)，故－x0應(yīng)是f(－x)的極大值點，B錯；－f(x)相當(dāng)于f(x)關(guān)于x軸的對稱圖象的函數(shù)，故x0應(yīng)是－f(x)的極小值點．跟－x0沒有關(guān)系，C錯；－f(－x)相當(dāng)于f(x)關(guān)于坐標(biāo)原點的對稱圖象的函數(shù)．故D正確． 10.如果函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，給出下列判斷： ①函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增； ②函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減； ③函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(4,5)內(nèi)單調(diào)遞增； ④當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝f(x)有極小值； ⑤當(dāng)x＝－時，函數(shù)y＝f(x)有極大值． 則上述判斷正確的是________．(填序號) 答案　③ 解析　函數(shù)的單調(diào)性由導(dǎo)數(shù)的符號確定，當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(－∞，－2)上為減函數(shù)，同理f(x)在(2,4)上為減函數(shù)，在(－2,2)上是增函數(shù)，在(4，＋∞)上為增函數(shù)，所以可排除①和②，可選擇③.由于函數(shù)在x＝2的左側(cè)遞增，右側(cè)遞減，所以當(dāng)x＝2時，函數(shù)有極大值；而在x＝ －的左右兩側(cè)，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)都是正數(shù)，故函數(shù)在x＝－的左右兩側(cè)均為增函數(shù)，所以x＝－不是函數(shù)的極值點．排除④和⑤. 11．已知f(x)＝x3＋mx2－2m2x－4(m為常數(shù)，且m＞0)有極大值－，求m的值． 解　∵f′(x)＝3x2＋mx－2m2＝(x＋m)(3x－2m)， 令f′(x)＝0，則x＝－m或x＝m. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－m) －m m f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴f(x)極大值＝f(－m)＝－m3＋m3＋2m3－4＝－，∴m＝1. 12．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋a. (1)求f(x)的極值； (2)當(dāng)a在什么范圍內(nèi)取值時，曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點？ 解　(1)f′(x)＝3x2－2x－1. 令f′(x)＝0，則x＝－或x＝1. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x － 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的極大值是f＝＋a，極小值是f(1)＝a－1. (2)函數(shù)f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1， 由此可知，x取足夠大的正數(shù)時，有f(x)＞0， x取足夠小的負(fù)數(shù)時，有f(x)＜0， 所以曲線y＝f(x)與x軸至少有一個交點． 由(1)知f(x)極大值＝f ＝＋a，f(x)極小值＝f(1)＝a－1. ∵曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點，∴f(x)極大值＜0或f(x)極小值＞0， 即＋a＜0或a－1＞0，∴a＜－或a＞1， ∴當(dāng)a∈∪(1，＋∞)時，曲線y＝f(x)與x軸僅有一個交點． 三、探究與創(chuàng)新 13．(2013新課標(biāo)Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)． (1)設(shè)x＝0是f(x)的極值點，求m，并討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)m≤2時，證明f(x)＞0. (1)解　f′(x)＝ex－. 由x＝0是f(x)的極值點得f′(0)＝0，所以m＝1. 于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定義域為(－1，＋∞)， f′(x)＝ex－. 函數(shù)f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)單調(diào)遞增，且f′(0)＝0，因此當(dāng) x∈(－1,0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)＞0. 所以f(x)在(－1,0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增． (2)證明　當(dāng)m≤2，x∈(－m，＋∞)時，ln(x＋m)≤ ln(x＋2)，故只需證明當(dāng)m＝2時，f(x)＞0. 當(dāng)m＝2時， 函數(shù)f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)單調(diào)遞增． 又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一實根x0， 且x0∈(－1,0)． 當(dāng)x∈(－2，x0)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，從而當(dāng) x＝x0時，f(x)取得最小值． 由f′(x0)＝0得 ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0， 故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0. 綜上，當(dāng)m≤2時，f(x)＞0.