數(shù)學(xué)《學(xué)案導(dǎo)學(xué)與隨堂筆記》人教A版浙江版2-2學(xué)案：第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1.3.2 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1．3。2函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)學(xué)習(xí)目標(biāo)1。了解函數(shù)極值的概念,會從幾何方面直觀理解函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，并會靈活應(yīng)用。2.掌握函數(shù)極值的判定及求法。3。掌握函數(shù)在某一點取得極值的條件．知識點一函數(shù)的極值點和極值思考1觀察y＝f(x)的圖象，指出其極大值點和極小值點及極值．答案極大值點為e，g,i，極大值為f(e)，f(g)，f(i）；極小值點為d，f，h，極小值為f(d）,f（f），f（h）．思考2導(dǎo)數(shù)為0的點一定是極值點嗎?答案不一定,如f（x）＝x3，盡管由f′（x）＝3x2＝0,得出x＝0,但f(x）在R上是遞增的，不滿足在x＝0的左、右兩側(cè)符號相反，故x＝0不是f(x)＝x3的極值點．梳理(1）極小值點與極小值若函數(shù)y＝f（x)在點x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，f′（a）＝0,而且在點x＝a附近的左側(cè)f′(x）〈0，右側(cè)f′（x)>0，就把點a叫做函數(shù)y＝f（x)的極小值點，f(a）叫做函數(shù)y＝f(x）的極小值．(2）極大值點與極大值若函數(shù)y＝f（x）在點x＝b的函數(shù)值f(b）比它在點x＝b附近其他點的函數(shù)值都大,f′(b)＝0，而且在點x＝b附近的左側(cè)f′（x)>0，右側(cè)f′(x）〈0，就把點b叫做函數(shù)y＝f（x)的極大值點，f（b)叫做函數(shù)y＝f(x）的極大值．(3）極大值點、極小值點統(tǒng)稱為極值點；極大值、極小值統(tǒng)稱為極值．知識點二函數(shù)極值的求法與步驟(1)求函數(shù)y＝f(x）的極值的方法解方程f′（x）＝0,當(dāng)f′(x0）＝0時，①如果在x0附近的左側(cè)函數(shù)單調(diào)遞增,即f′（x）＞0，在x0的右側(cè)函數(shù)單調(diào)遞減,即f′（x）＜0,那么f（x0）是極大值；②如果在x0附近的左側(cè)函數(shù)單調(diào)遞減，即f′（x)＜0，在x0的右側(cè)函數(shù)單調(diào)遞增，即f′（x）＞0，那么f(x0)是極小值．(2）求可導(dǎo)函數(shù)f(x）的極值的步驟①確定函數(shù)的定義區(qū)間，求導(dǎo)數(shù)f′（x)；②求方程f′(x）＝0的根；③列表；④利用f′（x)與f(x）隨x的變化情況表，根據(jù)極值點左右兩側(cè)單調(diào)性的變化情況求極值．類型一求函數(shù)的極值點和極值命題角度1不含參數(shù)的函數(shù)求極值例1求下列函數(shù)的極值，并畫出函數(shù)的草圖．(1)f(x)＝（x2－1)3＋1；（2）f（x)＝eq\f(lnx,x）。解(1)f′(x）＝6x(x2－1）2＝6x（x＋1)2(x－1）2。令f′（x）＝0,解得x1＝－1，x2＝0，x3＝1.當(dāng)x變化時，f′（x)，f(x）的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1（－1，0）0(0,1）1(1，＋∞）f′（x)－0－0＋0＋f(x）↘無極值↘極小值0↗無極值↗∴當(dāng)x＝0時，f(x）有極小值且f（x）極小值＝0.函數(shù)的草圖如圖所示．（2）函數(shù)f（x)＝eq\f（lnx，x)的定義域為(0，＋∞)，且f′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)。令f′（x)＝0，解得x＝e.當(dāng)x變化時，f′(x)與f（x)的變化情況如下表:x（0，e)e（e，＋∞)f′（x)＋0－f(x)單調(diào)遞增eq\f(1,e)單調(diào)遞減因此，x＝e是函數(shù)的極大值點，極大值為f（e)＝eq\f（1,e),沒有極小值．函數(shù)的草圖如圖所示．反思與感悟（1)討論函數(shù)的性質(zhì)時，要樹立定義域優(yōu)先的原則．(2)求可導(dǎo)函數(shù)f(x)的極值的步驟①求導(dǎo)數(shù)f′（x)；②求方程f′（x)＝0的根;③觀察f′（x)在方程根左右的值的符號，如果左正右負，那么f(x)在這個方程根處取得極大值；如果左負右正，那么f（x)在這個方程根處取得極小值．注意:f′(x）無意義的點也要討論，可先求出f′(x）＝0的根和f′（x)無意義的點，這些點都稱為可疑點，再用定義去判斷．跟蹤訓(xùn)練1設(shè)三次函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），函數(shù)y＝xf′(x）的圖象的一部分如圖所示，則(）A．f（x)極大值為f（eq\r（3）)，極小值為f(－eq\r(3)）B．f（x）極大值為f（－eq\r(3))，極小值為f(eq\r（3)）C．f（x）極大值為f(－3)，極小值為f(3）D．f（x)極大值為f(3)，極小值為f（－3)答案D解析當(dāng)x〈－3時，y＝xf′(x)>0，即f′(x)〈0;當(dāng)－3<x<3時,f′（x)≥0;當(dāng)x〉3時，f′（x）<0?！鄁（x)的極大值是f（3)，f（x)的極小值是f（－3)．命題角度2含參數(shù)的函數(shù)求極值例2設(shè)函數(shù)f（x）＝2x3－3（a－1）x2＋1，其中a≥1。（1)求f（x）的單調(diào)區(qū)間；(2）討論f（x)的極值．解由已知得，f′(x)＝6x[x－(a－1）],令f′(x)＝0,解得x1＝0，x2＝a－1,（1)當(dāng)a＝1時，f′(x)＝6x2,f（x）在（－∞,＋∞）上單調(diào)遞增．當(dāng)a>1時，f′(x)＝6x[x－(a－1）],f′（x)，f(x）隨x的變化情況如下表：x（－∞，0）0（0,a－1）a－1（a－1，＋∞）f′(x）＋0－0＋f（x)↗極大值↘極小值↗從上表可知，函數(shù)f(x）在(－∞,0）上單調(diào)遞增，在（0，a－1）上單調(diào)遞減,在(a－1,＋∞）上單調(diào)遞增．（2）由(1)知，當(dāng)a＝1時，函數(shù)f（x）沒有極值．當(dāng)a>1時,函數(shù)在x＝0處取得極大值1，在x＝a－1處取得極小值1－（a－1)3。反思與感悟討論參數(shù)應(yīng)從f′（x)＝0的兩根x1,x2相等與否入手進行．跟蹤訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x）＝x－alnx(a∈R）．（1）當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f（x）在點A（1，f（1)）處的切線方程；(2）求函數(shù)f(x）的極值．解函數(shù)f(x)的定義域為（0，＋∞),f′(x)＝1－eq\f(a,x）。(1）當(dāng)a＝2時，f（x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x）（x〉0），因而f(1）＝1，f′(1)＝－1。所以曲線y＝f(x)在點A（1,f（1）)處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－eq\f（a,x）＝eq\f（x－a，x）,x〉0，知①當(dāng)a≤0時，f′(x)〉0,函數(shù)f（x）為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f（x）無極值;②當(dāng)a〉0時，由f′(x)＝0，解得x＝a。又當(dāng)x∈(0，a)時，f′（x)<0,當(dāng)x∈(a，＋∞）時，f′（x)〉0，從而函數(shù)f（x）在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f（x)無極值；當(dāng)a〉0時，函數(shù)f(x）在x＝a處取得極小值a－alna，無極大值．類型二已知函數(shù)極值求參數(shù)例3（1）已知函數(shù)f（x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1處有極值0，則a＝________，b＝________。（2)若函數(shù)f（x）＝eq\f(1，3）x3－x2＋ax－1有極值點,則a的取值范圍為________．答案（1)29（2）（－∞，1)解析∵f′（x）＝3x2＋6ax＋b，且函數(shù)f(x)在x＝－1處有極值0?！鄀q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（f′－1＝0，，f－1＝0，)）即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3－6a＋b＝0,，－1＋3a－b＋a2＝0，）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝1，，b＝3））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝2，，b＝9.）)當(dāng)a＝1，b＝3時,f′（x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，此時函數(shù)f（x）在R上為增函數(shù),無極值,故舍去．當(dāng)a＝2，b＝9時，f′(x）＝3x2＋12x＋9＝3（x＋1）(x＋3)．當(dāng)x∈(－∞，－3)時，f′（x)〉0，此時f(x)為增函數(shù);當(dāng)x∈（－3，－1)時，f′(x）〈0，此時f（x)為減函數(shù)；當(dāng)x∈（－1，＋∞）時,f′（x)>0，此時f（x)為增函數(shù)．故f（x）在x＝－1時取得極小值,∴a＝2，b＝9.(2）f′(x）＝x2－2x＋a，由題意，方程x2－2x＋a＝0有兩個不同的實數(shù)根，所以Δ＝4－4a〉0，解得a<1。引申探究1．若例3(2）中函數(shù)的極大值點是－1，求a的值．解f′(x）＝x2－2x＋a,由題意得f′（－1）＝1＋2＋a＝0，解得a＝－3,則f′（x)＝x2－2x－3，經(jīng)驗證可知,f（x)在x＝－1處取得極大值．2．若例3(2）中函數(shù)f（x)有兩個極值點，均為正值，求a的取值范圍．解由題意,方程x2－2x＋a＝0有兩個不等正根，設(shè)為x1，x2，則eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(Δ＝4－4a>0,，x1＋x2＝2〉0，,x1x2＝a〉0，）)解得0〈a〈1.故a的取值范圍是（0，1)．反思與感悟已知函數(shù)極值的情況,逆向應(yīng)用確定函數(shù)的解析式時，應(yīng)注意以下兩點(1)根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解．(2)因為導(dǎo)數(shù)值等于零不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后，必須驗證根的合理性．跟蹤訓(xùn)練3(1）函數(shù)f(x）＝x3＋ax2＋bx＋c的圖象如圖所示，且與直線y＝0在原點處相切,函數(shù)的極小值為－4.①求a，b，c的值;②求函數(shù)的遞減區(qū)間．解①∵函數(shù)圖象過原點，∴c＝0，即f(x)＝x3＋ax2＋bx，∴f′(x）＝3x2＋2ax＋b.又∵函數(shù)f（x)的圖象與直線y＝0在原點處相切,∴f′(0）＝0，解得b＝0，∴f′（x)＝3x2＋2ax＝x（3x＋2a）．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝－eq\f（2a，3)。由題意可知,當(dāng)x＝－eq\f（2a,3）時，函數(shù)取得極小值－4，∴(－eq\f（2，3）a）3＋a（－eq\f（2,3)a）2＝－4，解得a＝－3.∴a＝－3,b＝c＝0。②由①知f（x)＝x3－3x2，且f′(x)＝3x（x－2）．由f′（x)〈0，得3x（x－2)〈0，∴0<x<2,∴函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間是（0,2)．（2)已知函數(shù)f（x）＝eq\f(1＋lnx,x)，若函數(shù)在區(qū)間（a,a＋eq\f（1，2)）(其中a>0)上存在極值，求實數(shù)a的取值范圍．解∵f(x）＝eq\f（1＋lnx，x），x〉0，則f′(x）＝－eq\f（lnx,x2)。當(dāng)0<x〈1時,f′（x）〉0,當(dāng)x>1時，f′(x)<0?！鄁(x)在(0，1）上單調(diào)遞增,在（1，＋∞)上單調(diào)遞減，∴函數(shù)f(x）在x＝1處取得極大值．∵函數(shù)f(x)在區(qū)間（a，a＋eq\f（1，2））（其中a>0)上存在極值，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a〈1,，a＋\f(1，2)>1，))解得eq\f（1，2）<a〈1。類型三函數(shù)極值的綜合應(yīng)用例4(1)函數(shù)f（x)＝eq\f(1，3)x3－4x＋4的圖象與直線y＝a恰有三個不同的交點,則實數(shù)a的取值范圍是________．答案（－eq\f（4，3），eq\f(28，3))解析∵f（x）＝eq\f(1，3）x3－4x＋4，∴f′（x）＝x2－4＝（x＋2）(x－2)．令f′(x）＝0，得x＝2或x＝－2。當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：x(－∞，－2）－2（－2,2)2（2，＋∞）f′（x）＋0－0＋f（x)↗極大值↘極小值↗∴當(dāng)x＝－2時，函數(shù)取得極大值f(－2)＝eq\f（28，3)；當(dāng)x＝2時，函數(shù)取得極小值f（2)＝－eq\f（4，3).且f(x)在（－∞，－2)上遞增，在（－2,2）上遞減，在（2，＋∞）上遞增．根據(jù)函數(shù)單調(diào)性、極值情況，它的圖象大致如圖所示，結(jié)合圖象知－eq\f(4,3）〈a<eq\f(28，3).(2）已知函數(shù)f（x）＝x3－6x2＋9x＋3,若函數(shù)y＝f（x）的圖象與y＝eq\f(1，3)f′（x）＋5x＋m的圖象有三個不同的交點，求實數(shù)m的取值范圍．解由f(x）＝x3－6x2＋9x＋3，可得f′(x)＝3x2－12x＋9，eq\f（1，3)f′(x）＋5x＋m＝eq\f(1,3)(3x2－12x＋9）＋5x＋m＝x2＋x＋3＋m。則由題意可得x3－6x2＋9x＋3＝x2＋x＋3＋m有三個不相等的實根，即g（x)＝x3－7x2＋8x－m的圖象與x軸有三個不同的交點．∵g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)（x－4)，∴令g′（x）＝0，得x＝eq\f（2，3)或x＝4.當(dāng)x變化時，g(x），g′(x)的變化情況如下表：x（－∞，eq\f（2，3））eq\f(2，3）(eq\f（2,3），4)4(4，＋∞)g′(x）＋0－0＋g(x)↗eq\f（68,27）－m↘－16－m↗則函數(shù)g(x)的極大值為g（eq\f（2，3））＝eq\f（68,27)－m，極小值為g（4)＝－16－m。∴由y＝f(x)的圖象與y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的圖象有三個不同交點，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（g\f(2，3）＝\f(68，27）－m〉0，,g4＝－16－m<0，))解得－16<m<eq\f(68，27）.反思與感悟利用導(dǎo)數(shù)可以判斷函數(shù)的單調(diào)性,研究函數(shù)的極值情況，并能在此基本上畫出函數(shù)的大致圖象，從直觀上判斷函數(shù)圖象與x軸的交點或兩個函數(shù)圖象的交點的個數(shù),從而為研究方程根的個數(shù)問題提供了方便．跟蹤訓(xùn)練4若2ln(x＋2）－x2－x＋b＝0在區(qū)間[－1，1]上恰有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．解令g（x)＝2ln(x＋2)－x2－x＋b,則g′（x)＝eq\f(2，x＋2）－2x－1＝－eq\f(2xx＋\f（5,2）,x＋2）（x>－2）．g（x）與g′（x)隨x在(－2,＋∞）的變化情況如下表：x(－2,0）0(0，＋∞）g′（x）＋0－g(x)↗2ln2＋b↘由上表可知，函數(shù)在x＝0處取得極大值,極大值為2ln2＋b。結(jié)合圖象（圖略）可知,要使g(x)＝0在區(qū)間[－1，1]上恰有兩個不同的實數(shù)根,只需eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0，,g0〉0,，g1≤0，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（b≤0，，2ln2＋b〉0，,2ln3－2＋b≤0,））所以－2ln2<b≤2－2ln3。故實數(shù)b的取值范圍是（－2ln2,2－2ln3]．1。函數(shù)f（x）的定義域為R,它的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x)的部分圖象如圖所示，則下面結(jié)論錯誤的是()A．在(1,2）上函數(shù)f(x)為增函數(shù)B．在（3，4）上函數(shù)f(x)為減函數(shù)C．在(1，3)上函數(shù)f(x）有極大值D．x＝3是函數(shù)f（x）在區(qū)間［1,5]上的極小值點答案D解析根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象知,x∈（1,2)時,f′（x）>0，x∈（2,4）時,f′（x)〈0，x∈（4,5)時，f′(x）>0?！鄁（x)在（1,2)，(4，5)上為增函數(shù)，在（2，4）上為減函數(shù)，x＝2是f（x）在［1，5］上的極大值點,x＝4是極小值點．故選D.2．已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3處取得極值，則a等于(）A．2B．3C．4D．5答案D解析由題意得，f′(－3）＝3×（－3）2＋2a×(－3)＋3＝0，所以a＝5.3．已知f（x）＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值,則a的取值范圍為（）A．－1〈a〈2 B．－3〈a<6C．a(chǎn)<－1或a〉2 D．a(chǎn)〈－3或a〉6答案D解析f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6.因為f（x）既有極大值又有極小值，所以Δ＝（2a）2－4×3×(a＋6)>0，解得a〉6或a<－3.4．已知曲線f（x)＝x3＋ax2＋bx＋1在點（1，f（1))處的切線斜率為3，且x＝eq\f(2,3)是y＝f（x）的極值點，則a＋b＝________。答案－2解析f′(x）＝3x2＋2ax＋b,由題意知eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(f′1＝3，，f′\f（2,3）＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（3＋2a＋b＝3，，\f(4，3）＋\f（4,3)a＋b＝0，))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝2，，b＝－4，）)則a＋b＝－2.5．已知函數(shù)f（x）＝ax2＋blnx在x＝1處有極值eq\f(1,2)。（1）求a，b的值；(2)判斷f(x）的單調(diào)區(qū)間，并求極值．解(1）f′(x）＝2ax＋eq\f（b，x），由題意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f′1＝0，,f1＝\f(1，2)，)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2a＋b＝0,，a＝\f(1,2),））∴a＝eq\f(1，2)，b＝－1。(2)由（1）得，f′（x）＝x－eq\f(1，x）＝eq\f（x2－1,x）＝eq\f（x＋1x－1，x）.又f（x)的定義域為(0，＋∞)，∴令f′（x）＝0，解得x＝1.當(dāng)x變化時，f′（x）,f（x）的變化情況如下表：x(0，1）1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘極小值↗∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0,1），單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)．f（x)極小值＝f（1)＝eq\f（1,2）.1．在極值的定義中，取得極值的點稱為極值點,極值點指的是自變量的值,極值指的是函數(shù)值．2．函數(shù)的極值是函數(shù)的局部性質(zhì)．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在點x＝x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0且在x＝x0兩側(cè)f′（x)符號相反．3．利用函數(shù)的極值可以確定參數(shù)的值，解決一些方程的解和圖象的交點問題．課時作業(yè)（一)一、選擇題1．函數(shù)y＝f(x）的導(dǎo)函數(shù)y＝f′（x）的圖象如圖所示，則原函數(shù)y＝f(x）的極大值點的個數(shù)為(）A．0 B．1C．2 D．3答案B解析由圖象可知,從左到右，圖象先減，后增,再減，再增．由極大值點的定義可知，圖中與x軸交點從左到右第二個就是極大值點，極大值點有1個，故選B。2．若函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′（x）的圖象如圖所示，則()A．x＝1是極小值點B．x＝0是極小值點C．x＝2是極小值點D．函數(shù)f（x)在(1，2)上單調(diào)遞增答案C解析由圖象得f（x）在（－∞，0)上遞增，在（0，2）上遞減，在(2，＋∞）上遞增，∴x＝2是極小值點，故選C.3．若函數(shù)f（x)＝x3－3ax＋b(a>0)的極大值為6，極小值為2，則f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（）A．（－1，1) B．（－∞,－1）C．(1，＋∞） D．（－∞，－1）和（1,＋∞)答案A解析令f′(x）＝3x2－3a＝0，得x＝±eq\r（a），令f′(x）〉0，得x>eq\r(a）或x<－eq\r（a)；令f′（x）<0，得－eq\r(a）<x〈eq\r（a).即在x＝－eq\r（a）處取極大值，在x＝eq\r（a）處取極小值．∵函數(shù)f（x)＝x3－3ax＋b（a>0）的極大值為6，極小值為2,∴f(eq\r（a))＝2，f（－eq\r（a））＝6，即aeq\r(a)－3aeq\r(a）＋b＝2且－aeq\r(a)＋3aeq\r（a）＋b＝6，得a＝1，b＝4，則f′(x)＝3x2－3.由f′(x)〈0，得－1〈x<1。則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為（－1,1）．故選A.4．已知函數(shù)f（x）＝x3－px2－qx的圖象與x軸切于點（1,0)，則f（x）的()A．極大值為eq\f（4,27)，極小值為0B．極大值為0，極小值為eq\f（4,27)C．極小值為－eq\f（4,27)，極大值為0D．極大值為－eq\f(4,27），極小值為0答案A解析f′（x)＝3x2－2px－q。由函數(shù)f（x）的圖象與x軸切于點（1,0),得p＋q＝1,∴q＝1－p，①3－2p－q＝0，②聯(lián)立①②，解得p＝2，q＝－1，∴函數(shù)f(x）＝x3－2x2＋x,則f′（x）＝3x2－4x＋1，令f′(x）＝0得x＝1或x＝eq\f(1，3）。①當(dāng)x≤eq\f(1，3）時，f′(x）≥0，f(x)單調(diào)遞增,f(x)極大值＝f(eq\f(1，3))＝eq\f（4，27)；②當(dāng)x≥1時,f′(x）≥0，f（x)單調(diào)遞增，f（x）極小值＝f（1)＝0。∴f（x）的極大值為eq\f（4,27)，極小值為0.故選A。5．函數(shù)f(x）＝eq\f（3，4）x4＋eq\f（2,3)ax3＋2x2＋b，若f（x)僅在x＝0處有極值，則a的取值范圍是（)A．（－∞，－2eq\r（3））∪［2eq\r（3)，＋∞)B．（－∞，－2eq\r(3）]∪［2eq\r（3)，＋∞）C．(－2eq\r(3）,2eq\r(3))D．［－2eq\r(3），2eq\r（3)］答案D解析求導(dǎo)函數(shù)，可得f′(x）＝3x3＋2ax2＋4x，令f′（x）＝3x3＋2ax2＋4x＝0，可得x＝0或3x2＋2ax＋4＝0，∵f（x)僅在x＝0處有極值,∴Δ＝4a2－48≤0，∴－2eq\r（3）≤a≤2eq\r（3）,故選D.6．若直線y＝m與y＝3x－x3的圖象有三個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍為（）A．［－2，2]B．（－2,2)C．（－∞，－2)∪(2,＋∞)D．（－∞，－2]∪［2,＋∞）答案B解析∵y＝3x－x3，∴y′＝3－3x2,令y′＝0,得x＝±1.∵當(dāng)x∈（－∞，－1）時，y′<0；當(dāng)x∈(－1，1）時，y′>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時,y′<0?！喈?dāng)x＝1時,y取極大值2,當(dāng)x＝－1時，y取極小值－2.∵直線y＝m與y＝3x－x3的圖象有三個不同交點，∴m的取值范圍為－2〈m<2.故選B.7．函數(shù)f（x)＝ax3＋bx2＋cx的圖象如圖所示，且f（x)在x＝x0與x＝2處取得極值，則f(1）＋f（－1）的值一定（)A．等于0 B．大于0C．小于0 D．小于或等于0答案B解析f′（x)＝3ax2＋2bx＋c。令f′(x)＝0，則x0和2是該方程的根．∴x0＋2＝－eq\f(2b，3a)〈0,即eq\f（b,a）>0.由圖知，f′(x）〈0的解為（x0，2)，∴3a>0，則b>0，∵f（1）＋f(－1)＝2b，∴f(1）＋f（－1)>0.二、填空題8．函數(shù)y＝xex在其極值點處的切線方程為________．答案y＝－eq\f(1,e）解析令y′＝ex＋xex＝（1＋x）ex＝0，得x＝－1，∴y＝－eq\f(1,e)，∴在極值點處的切線方程為y＝－eq\f(1，e)。9．若函數(shù)f(x）＝(x－2)(x2＋c)在x＝2處有極值，則函數(shù)f(x)的圖象在x＝1處的切線的斜率為________．答案－5解析∵函數(shù)f(x)＝(x－2)(x2＋c)在x＝2處有極值，∴f′（x）＝（x2＋c)＋(x－2）×2x，令f′(2)＝0，∴（c＋4)＋(2－2）×2＝0,∴c＝－4，∴f′(x)＝（x2－4)＋（x－2）×2x.∴函數(shù)f(x）的圖象在x＝1處的切線的斜率為f′（1)＝（1－4）＋（1－2)×2＝－5.10．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝ex＋ax(x∈R）有大于0的極值點,則實數(shù)a的取值范圍為________．答案（－∞,－1)解析∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a，由題意知，ex＋a＝0有大于0的實根．令y1＝ex，y2＝－a,則兩曲線的交點在第一象限，如圖,結(jié)合圖形易得－a>1,解得a<－1.11．已知f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取得極值10，則f（－1)＝________.答案30解析由題意知eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(f′1＝0,，f1＝10，））即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0,，1＋a＋b＋a2＝10,）)解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，，b＝－11））或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3.））經(jīng)檢驗知,當(dāng)eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a＝－3，,b＝3))時，f′(x）≥0,不合題意．∴f(x）＝x3＋4x2－11x＋16,則f(－1）＝30。三、解答題12．已知函數(shù)f（x)＝x3＋eq\f（1，2)mx2－2m2x－4(m為常數(shù)，且m>0)有極大值－eq\f(5,2），求m的值．解∵f′(x）＝3x2＋mx－2m2＝(x＋m)(3x－2m),令f′（x）＝0，則x＝－m或x＝eq\f(2,3)m。列表如下。x(－∞,－m）－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，\f（2,3）m)）eq\f（2，3)meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2,3）m，＋∞)）f′(x）＋0－0＋f(x)↗極大值f（－m)↘極小值f(eq\f（2，3）m）↗∴f（x）有極大值f(－m)＝－m3＋eq\f(1，2）m3＋2m3－4＝－eq\f(5，2），∴m＝1。13．已知函數(shù)f（x)＝(x2＋ax＋a)ex(a≤2，x∈R）．（1)當(dāng)a＝1時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2）是否存在實數(shù)a，使f(x)的極大值為3？若存在,求出a的值，若不存在,請說明理由．解（1)f(x）＝（x2＋x＋1）ex,f′（x)＝(2x＋1)ex＋（x2＋x＋1）ex＝（x2＋3x＋2）ex.當(dāng)f′（x）〉0時，解得x<－2或x>－1,當(dāng)f′（x)〈0時，解得－2〈x〈－1，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（－∞，－2)，(－1，＋∞）;單調(diào)遞減區(qū)間為（－2,－1)．（2)令f′(x）＝（2x＋a）ex＋（x2＋ax＋a)ex＝[x2＋（2＋a)x＋2a］ex＝（x＋a）（x＋2)ex＝0,得x＝－a或x＝－2。當(dāng)a＝2時，f′（x）≥0恒成立，函數(shù)無極值，故舍去；當(dāng)a〈2時,－a>－2。當(dāng)x變化時，f′（x)，f(x）的變化情況如下表：x（－∞，－2)－2（－2，－a)－a(－a,＋∞)f′（x)＋0－0＋f（x）↗極大值↘極小值↗由表可知,f（x）極大值＝f(－2)＝（4－2a＋a)e－2＝3，解得a＝4－3e2<2，所以存在實數(shù)a≤2，使f（x）的極大值為3，此時a＝4－3e2。四、探究與拓展14．已知函數(shù)y＝x3－3x＋c恰有兩個零點，則c＝______.答案±2解析y＝x3－3x＋c有兩個零點,即方程x3－3x＋c＝0有兩個根,可轉(zhuǎn)化為y＝x3－3x與y＝－c的圖象有兩個交點．對于y＝x3－3x,令y′＝3x2－3＝0，得x＝±1.由圖象（圖略)可知－c＝y(tǒng)極大值＝(－1)3－3×（－1）＝2或－c＝y(tǒng)極小值＝13－3×1＝－2.∴c＝±2.15．設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f（x）＝x3－x2－x＋a.(1）求f(x）的極值;(2)當(dāng)a在什么范圍內(nèi)取值時，曲線y＝f(x）與x軸僅有一個交點?解（1）f′（x）＝3x2－2x－1.令f′(x）＝0，則x＝－eq\f(1，3)或x＝1.當(dāng)x變化時，f′(x)，f（x)的變化情況如下表：x（－∞，－eq\f（1，3）)－eq\f（1，3)(－eq\f(1,3)，1）1(1，＋∞)f′（x)＋0－0＋f（x)↗極大值↘極小值↗∴f(x)的極大值是f（－eq\f（1,3))＝eq\f(5,27)＋a,極小值是f（1)＝a－1.(2)函數(shù)f（x)＝x3－x2－x＋a＝（x－1）2（x＋1）＋a－1,由此可知，x取足夠大的正數(shù)時，有f（x)〉0，x取足夠小的負數(shù)時,有f(x）〈0，∴曲線y＝f(x)與x軸至少有一個交點．由（1）知f(x)極大值＝f(－eq\f(1,3))＝eq\f（5，27）＋a,f(x)極小值＝f（1）＝a－1.∵曲線y＝f（x）與x軸僅有一個交點，∴f（x)極大值<0或f(x)極小值>0，即eq\f（5，27)＋a〈0或a－1>0，∴a<－eq\f（5,27)或a>1,∴當(dāng)a∈(－∞，－eq\f（5,27)）∪(1，＋∞）時，曲線y＝f（x）與x軸僅有一個交點．課時作業(yè)(二）一、選擇題1．函數(shù)f(x）＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為(）A．(－11，1）B．（－1,11)C．(－∞,－1)∪(11,＋∞)D．(－∞，－1)和(11，＋∞）答案B2。函數(shù)f(x）的定義域為R，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則關(guān)于函數(shù)f（x)的極值點的說法中，正確的是(）A．無極大值點,有四個極小值點B．有三個極大值點,兩個極小值點C．有兩個極大值點，兩個極小值點D．有四個極大值點，無極小值點答案C解析在x＝x0的兩側(cè),f′(x)的符號由正變負，則f（x0）是極大值；f′(x）的符號由負變正，則f（x0)是極小值，由圖象易知有兩個極大值點，兩個極小值點．3．設(shè)函數(shù)f（x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x）的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是（）A．函數(shù)f（x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f（x）有極大值f（－2）和極小值f（1）C．函數(shù)f（x）有極大值f(2)和極小值f（－2)D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f（2）答案D解析由函數(shù)的圖象可知，f′（－2)＝0,f′(2）＝0，并且當(dāng)x<－2時，f′(x)〉0；當(dāng)－2<x<1時，f′（x）<0；當(dāng)1<x<2時,f′(x）<0;當(dāng)x〉2時，f′(x）>0,故函數(shù)f（x)有極大值f(－2）和極小值f(2）．4．函數(shù)f(x）＝ax3＋bx在x＝eq\f（1，a）處有極值，則ab的值為（）A．3 B．－3C．0 D．1答案B解析∵f（x）＝ax3＋bx，∴f′(x）＝3ax2＋b.由函數(shù)f(x）＝ax3＋bx在x＝eq\f(1,a）處有極值，得f′（eq\f（1,a）)＝3a(eq\f(1,a)）2＋b＝0?ab＝－3.5．已知函數(shù)f（x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10,則f（2）等于()A．11或18 B．11C．18 D．17或18答案C解析f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，，1＋a＋b＋a2＝10，））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，)）①當(dāng)eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－3，,b＝3））時，f′(x）＝3(x－1)2≥0,∴在x＝1處不存在極值；②當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4,，b＝－11））時，f′(x）＝3x2＋8x－11＝（3x＋11)（x－1)，∴當(dāng)x∈(－eq\f(11，3），1）時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞）時，f′(x）〉0,符合題意．∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝4，，b＝－11，)）∴f(x）＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝8＋16－22＋16＝18.6．已知函數(shù)f(x)＝(asinx＋bcosx）·ex在x＝eq\f（π，3）處有極值，則eq\f（a，b）的值為(）A．2＋eq\r(3） B．2－eq\r(3)C。eq\r（3）＋1 D.eq\r(3）－1答案B解析f′（x）＝(acosx－bsinx)·ex＋（asinx＋bcosx）·ex＝[(a＋b)cosx＋(a－b)sinx］·ex，∵f(x)在x＝eq\f（π,3）處有極值,∴f′(eq\f(π,3))＝0，即(a＋b）coseq\f(π，3)＋(a－b)sineq\f(π,3)＝0，即eq\f(1,2)（a＋b）＝eq\f(\r(3),2）(b－a）,∴eq\f(a，b）＝eq\f(\r(3)－1,\r（3）＋1）＝2－eq\r（3）.二、填空題7．已知函數(shù)f（x)＝x3－x2－x＋a，且f(x）的極小值為1，則f（x)的極大值為________．答案eq\f（59，27)8．已知函數(shù)y＝3x－x3＋m的極大值為10,則m的值為________．答案8解析y′＝3－3x2＝3(1＋x）（1－x)，令y′＝0得x1＝－1，x2＝1，經(jīng)判斷知極大值為f（1)＝2＋m＝10，m＝8。9．已知函數(shù)f(x）＝eq\f(1,3）x3＋x2－2ax＋1.若函數(shù)f(x）在(1，2）上有極值,則實數(shù)a的取值范圍為________．答案（eq\f(3，2）,4）10．函數(shù)f（x)＝x3－3a2x＋a(a〉0）的極大值為正數(shù)，極小值為負數(shù),則a的取值范圍是________．答案(eq\f(\r(2）,2），＋∞）解析∵f′(x)＝3x2－3a2(a>0)，∴當(dāng)x＝a時，f（x）有極小值，當(dāng)x＝－a時,f（x）有極大值．由題意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a3－3a3＋a〈0，,－a3＋3a3＋a>0，，a>0，）)解得a>eq\f(\r（2），2)。11．如果函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，給出下列判斷：①函數(shù)y＝f(x）在區(qū)間eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－3，－\f(1,2)))內(nèi)單調(diào)遞增;②函數(shù)y＝f（x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（1，2）,3))內(nèi)單調(diào)遞減;③函數(shù)y＝f（x)在區(qū)間（4，5)內(nèi)單調(diào)遞增；④當(dāng)x＝2時，函數(shù)y＝f（x）有極小值；⑤當(dāng)x＝－eq\f（1，2)時,函數(shù)y＝f（x）有極大值．則上述判斷正確的是________．（填序號)答案③解析函數(shù)的單調(diào)性由導(dǎo)數(shù)的符號確定，當(dāng)x∈(－∞,－2）時,f′（x）＜0，所以f(x）在(－∞，－2）內(nèi)單調(diào)遞減,同理f(x)在（2，4）內(nèi)單調(diào)遞減，在（－2，2)內(nèi)單調(diào)遞增，在(4,＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增，所以可排除①和②，可填③。由于函數(shù)在x＝2的左側(cè)遞增，右側(cè)遞減，所以當(dāng)x＝2時，函數(shù)有極大值；而在x＝－eq\f(1,2)的左右兩側(cè)，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)都是正數(shù)，故函數(shù)在x＝－eq\f(1,2)的左右兩側(cè)均單調(diào)遞增，所以x＝－eq\f(1,2)不是函數(shù)的極值點．排除④和⑤。三、解答題12．已知函數(shù)f(x)＝eq\f（1,3)x3－eq\f(1,2)（m＋3)x2＋(m＋6）x（x∈R,m為常數(shù))在區(qū)間(1，＋∞）內(nèi)有兩個極值點,求實數(shù)m的取值范圍．解f′(x）＝x2－（m＋3)x＋m＋6.因為函數(shù)f(x)在（1，＋∞)內(nèi)有兩個極值點，所