高中数学第四章导数及其应用4.3导数在研究函数中的应用4.3.2函数的极大值和极小值分层训练湘教版选修220719155.doc

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－27B．极大值5，极小值－11C．极大值5，无极小值D．极小值－27，无极大值答案　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(　　)A．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0B．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0C．当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0D．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＝－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)－mmf′(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，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)＞0.1。