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文档介绍
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查看更多