高中数学新人教版选修2-2课时作业：第一章 导数及其应用1.3.2 函数的极值与导数

高中数学新人教版选修2-2课时作业：第一章 导数及其应用1.3.2 函数的极值与导数

1.3.2 函数的极值与导数 明目标、知重点 1．了解函数极值的概念，会从几何方面直观理解函数的极值与导数的关系，并会灵活应用． 2．掌握函数极值的判定及求法． 3．掌握函数在某一点取得极值的条件． 1．极值点与极值 (1)极小值点与极小值 如图，函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点 的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0，右 侧 f′(x)＞0，则把点 a 叫做函数 y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数 y ＝f(x)的极小值． (2)极大值点与极大值 如图，函数 y＝f(x)在点 x＝b 的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近其他点的函数值都大，f′(b) ＝0；而且在点 x＝b 的左侧 f′(x)＞0，右侧 f′(x)＜0，则把点 b 叫做函数 y＝f(x)的极大 值点，f(b)叫做函数 y＝f(x)的极大值． (3)极大值点、极小值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．求函数 y＝f(x)的极值的方法 解方程 f′(x)＝0，当 f′(x0)＝0 时： (1)如果在 x0 附近的左侧 f′(x)＞0，右侧 f′(x)＜0，那么 f(x0)是极大值． (2)如果在 x0 附近的左侧 f′(x)＜0，右侧 f′(x)＞0，那么 f(x0)是极小值． 情境导学] 在必修 1 中，我们研究了函数在定义域内的最大值与最小值问题．但函数在定义域内某一点 附近，也存在着哪一点的函数值大，哪一点的函数值小的问题，如何利用导数的知识来判断 函数在某点附近函数值的大小问题？又如何求出这些值？这就是本节我们要研究的主要内 容． 探究点一 函数的极值与导数的关系 思考 1 如图观察，函数 y＝f(x)在 d、e、f、g、h、i 等点处的函数值与这些点附近的函数 值有什么关系？y＝f(x)在这些点处的导数值是多少？在这些点附近，y＝f(x)的导数的符号 有什么规律？ 答 以 d、e 两点为例，函数 y＝f(x)在点 x＝d 处的函数值 f(d)比它在点 x＝d 附近其他点的 函数值都小，f′(d)＝0；在 x＝d 的附近的左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)＞0.类似地，函数 y ＝f(x)在点 x＝e 处的函数值 f(e)比它在 x＝e 附近其他点的函数值都大，f′(e)＝0；在 x＝ e 附近的左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0. 结论 思考 1 中点 d 叫做函数 y＝f(x)的极小值点，f(d)叫做函数 y＝f(x)的极小值；点 e 叫 做函数 y＝f(x)的极大值点，f(e)叫做函数 y＝f(x)的极大值．极大值点、极小值点统称为极 值点，极大值和极小值统称为极值． 思考 2 函数的极大值一定大于极小值吗？在区间内可导函数的极大值和极小值是唯一的 吗？ 答 函数的极大值与极小值并无确定的大小关系，一个函数的极大值未必大于极小值；在区 间内可导函数的极大值或极小值可以不止一个． 思考 3 若某点处的导数值为零，那么，此点一定是极值点吗？举例说明． 答 可导函数的极值点处导数为零，但导数值为零的点不一定是极值点．可导函数 f(x)在 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0)＝0 且在 x0 两侧 f′(x)的符号不同． 例如，函数 f(x)＝x3 可导，且在 x＝0 处满足 f′(0)＝0，但由于当 x<0 和 x>0 时均有 f′(x)>0， 所以 x＝0 不是函数 f(x)＝x3 的极值点． 思考 4 函数 f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数 f′(x)在(a，b) 内的图象如图所示，则函数 f(x)在开区间(a，b)内有________个极小 值点． 答案 1 解析 由图可知，在区间(a，x1)，(x2,0)，(0，x3)内 f′(x)>0；在区间(x1，x2)，(x3，b)内 f′(x)<0. 即 f(x)在(a，x1)内单调递增，在(x1，x2)内单调递减，在(x2，x3)内单调递增，在(x3，b)内单 调递减．所以，函数 f(x)在开区间(a，b)内只有一个极小值点，极小值点为 x＝x2.故填 1. 例 1 求函数 f(x)＝1 3 x3－4x＋4 的极值． 解 f′(x)＝x2－4. 解方程 x2－4＝0，得 x1＝－2，x2＝2. 由 f′(x)>0，得 x<－2 或 x>2； 由 f′(x)<0，得－2 2或 x＜－ 2时，f′(x)＞0； 当－ 2＜x＜ 2时，f′(x)＜0. 所以，f(x)的单调递增区间为(－∞，－ 2)和( 2，＋∞)； 单调递减区间为(－ 2， 2)． 当 x＝－ 2时，f(x)有极大值 5＋4 2； 当 x＝ 2时，f(x)有极小值 5－4 2. (2)由(1)的分析知 y＝f(x)的图象的大致形状及走向如图所示． 所以，当 5－4 2＜a＜5＋4 2时， 直线 y＝a 与 y＝f(x)的图象有三个不同的交点， 即方程 f(x)＝a 有三个不同的实根． 反思与感悟 用求导的方法确定方程根的个数，是一种很有效的方法．它 通过函数的变化情况，运用数形结合思想来确定函数图象与 x 轴的交点个数，从而判断方程 根的个数． 跟踪训练 3 若函数 f(x)＝2x3－6x＋k 在 R 上只有一个零点，求常数 k 的取值范围． 解 f(x)＝2x3－6x＋k， 则 f′(x)＝6x2－6， 令 f′(x)＝0， 得 x＝－1 或 x＝1， 可知 f(x)在(－1,1)上是单调减函数， f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是单调增函数． f(x)的极大值为 f(－1)＝4＋k， f(x)的极小值为 f(1)＝－4＋k. 要使函数 f(x)只有一个零点， 只需 4＋k<0 或－4＋k>0(如图所示) 或 即 k<－4 或 k>4. ∴k 的取值范围是(－∞，－4)∪(4，＋∞)． 1．“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. 2.函数 f(x)的定义域为 R，导函数 f′(x)的图象如图所示，则函数 f(x)( ) A．无极大值点，有四个极小值点 B．有三个极大值点，两个极小值点 C．有两个极大值点，两个极小值点 D．有四个极大值点，无极小值点 答案 C 解析 f′(x)的符号由正变负，则 f(x0)是极大值，f′(x)的符号由负变正，则 f(x0)是极小 值，由图象易知有两个极大值点，两个极小值点． 3．已知 f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1 有极大值和极小值，则 a 的取值范围为( ) A．－12 D．a<－3 或 a>6 答案 D 解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6， 因为 f(x)既有极大值又有极小值， 那么Δ＝(2a)2－4×3×(a＋6)>0， 解得 a>6 或 a<－3. 4．设 a∈R，若函数 y＝ex＋ax，x∈R 有大于零的极值点，则 a 的取值范围为________． 答案 (－∞，－1) 解析 y′＝ex＋a，由 y′＝0 得 x＝ln(－a)． 由题意知 ln(－a)>0，∴a<－1. 5．直线 y＝a 与函数 y＝x3－3x 的图象有三个相异的交点，则 a 的取值范围是________． 答案 －20 时，该点为极小值点，观察题 图，只有一个极小值点． 2．下列关于函数的极值的说法正确的是( ) A．导数值为 0 的点一定是函数的极值点 B．函数的极小值一定小于它的极大值 C．函数在定义域内有一个极大值和一个极小值 D．若 f(x)在(a，b)内有极值，那么 f(x)在(a，b)内不是单调函数 答案 D 解析 由极值的概念可知只有 D 正确． 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 ab，∴2 ab≤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(－23 时，y′>0，当－10； 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. 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( ) A．14 或 a<1 答案 B 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＝± a， 不难分析，当 1< a<2，即 10)有极大值－5 2 ，求 m 的值． 解 ∵f′(x)＝3x2＋mx－2m2＝(x＋m)(3x－2m)， 令 f′(x)＝0，则 x＝－m 或 x＝2 3 m. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－m) －m －m，2 3 m 2 3 m 2 3 m，＋∞ f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ∴f(x)极大值＝f(－m)＝－m3＋1 2 m3＋2m3－4 ＝－5 2 ， ∴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＝－1 3 或 x＝1. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1 3 ) －1 3 (－1 3 ，1) 1 (1，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 f(x)的极大值是 f(－1 3 )＝ 5 27 ＋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(－1 3 )＝ 5 27 ＋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 5 27 ＋a<0 或 a－1>0，∴a<－ 5 27 或 a>1， ∴当 a∈(－∞，－ 5 27 )∪(1，＋∞)时，曲线 y＝f(x)与 x 轴仅有一个交点． 三、探究与拓展 13．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－ln(x＋m)⇒f′(x)＝ex－ 1 x＋m ⇒f′(0)＝e0－ 1 0＋m ＝0⇒m＝1， 定义域为{x|x>－1}， f′(x)＝ex－ 1 x＋m ＝exx＋1－1 x＋1 ， 显然 f(x)在(－1,0]上单调递减，在 0，＋∞)上单调递增． (2)证明 令 g(x)＝ex－ln(x＋2)， 则 g′(x)＝ex－ 1 x＋2 (x>－2)． h(x)＝g′(x)＝ex－ 1 x＋2 (x>－2)⇒h′(x)＝ex＋ 1 x＋22>0， 所以 h(x)是单调递增函数，h(x)＝0 至多只有一个实数根， 又 g′(－1 2 )＝ 1 e － 1 3 2 <0，g′(0)＝1－1 2 >0， 所以 h(x)＝g′(x)＝0 的唯一实根在区间 －1 2 ，0 内， 设 g′(x)＝0 的根为 t， 则有 g′(t)＝et－ 1 t＋2 ＝0 －1 2 g′(t)＝0，g(x)单调递增； 所以 g(x)min＝g(t)＝et－ln(t＋2)＝ 1 t＋2 ＋t＝1＋t2 t＋2 >0， 当 m≤2 时，有 ln(x＋m)≤ln(x＋2)， 所以 f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2) ＝g(x)≥g(x)min>0.