2020年高中数学第四章导数在研究函数中的应用4

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2020年高中数学第四章导数在研究函数中的应用4

‎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
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