2020年高中数学第四章导数在研究函数中的应用4
4.3.3 三次函数的性质：单调区间和极值
一、基础达标
1．函数y＝f(x)在[a，b]上
( )
A．极大值一定比极小值大
B．极大值一定是最大值
C．最大值一定是极大值
D．最大值一定大于极小值
答案 D
解析 由函数的最值与极值的概念可知，y＝f(x)在[a，b]上的最大值一定大于极小值．
2．函数y＝xe－x，x∈[0,4]的最大值是
( )
A．0 B. C. D.
答案 B
解析 y′＝e－x－x·e－x＝e－x(1－x)，令y′＝0，∴x＝1，
∴f(0)＝0，f(4)＝，f(1)＝e－1＝，∴f(1)为最大值，故选B.
3．函数y＝的最大值为
( )
A．e－1 B．e C．e2 D.
答案 A
解析 令y′＝＝＝0.(x＞0)
解得x＝e.当x>e时，y′<0；当0＜x
0)．
y′＝2t－＝＝.
当0＜t＜时，y′＜0，可知y在上单调递减；
当t＞时，y′＞0，可知y在上单调递增．
故当t＝时，|MN|有最小值．
9．(2014·湖北重点中学检测)已知函数f(x)＝x3－tx2＋3x，若对于任意的a∈[1,2]，b∈(2,3]，函数f(x)在区间[a，b]上单调递减，则实数t的取值范围是
( )
A．(－∞，3] B．(－∞，5] C．[3，＋∞) D．[5，＋∞)
答案 D
解析 ∵f(x)＝x3－tx2＋3x，∴f′(x)＝3x2－2tx＋3，由于函数f(x)在(a，b)上单调递减，则有f′(x)≤0在[a，b]上恒成立，即不等式3x2－2tx＋3≤0在
[a，b]上恒成立，即有t≥在[a，b]上恒成立，而函数y＝在[1,3]上单调递增，由于a∈[1,2]，b∈(2,3]，当b＝3时，函数y＝取得最大值，
即ymax＝＝5，所以t≥5，故选D.
10．如果函数f(x)＝x3－x2＋a在[－1,1]上的最大值是2，那么f(x)在[－1,1]上的最小值是________．
答案 －
解析 f′(x)＝3x2－3x，令f′(x)＝0得x＝0，或x＝1.
∵f(0)＝a，f(－1)＝－＋a，f(1)＝－＋a，
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∴f(x)max＝a＝2.
∴f(x)min＝－＋a＝－.
11．已知函数f(x)＝x3－ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．
(1)若函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，试求a，b的值；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－2,6]时，f(x)＜2|c|恒成立，求c的取值范围．
解 (1)f′(x)＝3x2－2ax＋b，
∵函数f(x)在x＝－1和x＝3处取得极值，
∴－1,3是方程3x2－2ax＋b＝0的两根．
∴，∴.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x2－9x＋c，
f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3.
当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,3)
3
(3，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值c＋5
极小值
c－27
而f(－2)＝c－2，f(6)＝c＋54，
∴当x∈[－2,6]时，f(x)的最大值为c＋54，
要使f(x)＜2|c|恒成立，只要c＋54＜2|c|即可，
当c≥0时，c＋54＜2c，∴c＞54；
当c＜0时，c＋54＜－2c，∴c＜－18.
∴c∈(－∞，－18)∪(54，＋∞)，此即为参数c的取值范围．
12．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a.
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．
解 (1)∵f′(x)＝－3x2＋6x＋9.
令f′(x)＜0，解得x＜－1或x＞3，
∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)．
(2)∵f(－2)＝8＋12－18＋a＝2＋a，
f(2)＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f(2)＞f(－2)．
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于是有22＋a＝20，∴a＝－2.
∴f(x)＝－x3＋3x2＋9x－2.
∵在(－1,3)上f′(x)＞0，∴f(x)在[－1,2]上单调递增．又由于f(x)在
[－2，－1]上单调递减，
∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值，
∴f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，即f(x)最小值为－7.
三、探究与创新
13．(2013·新课标Ⅰ)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.
(1)求a，b，c，d的值；
(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解 (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，
g′(0)＝4，而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，
∴a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)，
设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2(x≥－2)，
F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．
有题设可得F(0)≥0，即k≥1，
令F′(x)＝0得，x1＝－ln k，x2＝－2，
①若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0，∴当x∈(－2，x1)时，
F′(x)＜0，当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)单调递减，
在(x1，＋∞)单调递增，故F(x)在x＝x1取最小值F(x1)，而
F(x1)＝2x1＋2－x－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
∴当 ≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
②若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e2)，
∴当x≥－2时，F′(x)≥0，∴F(x)在(－2，＋∞)单调递增，而F(－2)＝0，∴当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立，
③若k＞e2，则F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0，∴当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
综上所述，k的取值范围为[1，e2].
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