标签: 2018-2019学年高中数学第三章导数及其应用3.3.2极大值与极小值作业苏教版选修1-1  
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doc 3.3.2 极大值与极小值 [基础达标] 1.函数f(x)=x3-12x的极大值与极小值之和为________. 解析:函数的定义域为R,f′(x)=3x2-12,令f′(x)=0,解得x1=-2或x2=2.列表: x (-∞,-2) -2 (-2,2) 2 (2,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值16 ↘ 极小值-16 ↗ ∴当x=-2时,函数有极大值f(-2)=16.当x=2时,函数有极小值f(2)=-16. ∴极大值与极小值之和为f(2)+f(-2)=0. 答案:0 2.设函数f(x)=+ln x,则下列结论正确的是________. ①x=为f(x)的极大值点; ②x=为f(x)的极小值点; ③x=2为f(x)的极大值点; ④x=2为f(x)的极小值点. 解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-+=,当x=2时,f′(x)=0时;当x>2时,f′(x)>0时,函数f(x)为增函数;当0<x<2时,f′(x)<0,函数f(x)为减函数,所以x=2为f(x)的极小值点. 答案:④ 3.若函数f(x)=在x=1处取极值,则a=________. 解析:∵f′(x)=()′ = =, 又∵函数f(x)在x=1处取极值, ∴f′(1)=0. ∴1+2×1-a=0, ∴a=3.验证知a=3符合题意. 答案:3 4.若函数f(x)=x3+mx2-m2x+1(m为常数,且m>0)有极大值9,则m的值是________. 解析:由f′(x)=3x2+2mx-m2=(x+m)(3x-m)=0,得x=-m或x=m, 当x变化时,f′(x)与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 ↗ 从而可知,当x=-m时,函数f(x)取得极大值9, 即f(-m)=-m3+m3+m3+1=9, ∴m=2. 答案:2 5.函数f(x)的定义域为(a,b),其导函数y=f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数f(x)在区间(a,b)内极值点的个数是________. 解析:函数在x=x0处取得极值必须满足两个条件: ①x0为f′(x)=0的根;②导数值在x0左右异号.所以,有3个极值点. 答案:3 6.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(-3,-)内单调递增; ②函数y=f(x)在区间(-,3)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) 解析: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=-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. 答案:③ 7.已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=1和x=-1处取得极值,且f(1)=-1. (1)试求实数a,b,c的值; (2)试判断当x=1时函数取得极大值还是极小值,并说明理由. 解:(1)f′(x)=3ax2+2bx+c,由f′(1)=0,f′(-1)=0,f(1)=-1解得a=,b=0,c=-; (2)f(x)=x3-x,f′(x)=x2-,当x<-1或x>1时,f′(x)>0,当-1<x<1时,f′(x)<0.函数在(-∞,-1)和(1,+∞)上是增函数,在(-1,1)上是减函数. 所以,当x=-1时,函数取得极大值f(-1)=1;当x=1时,函数取得极小值f(1)=-1. 8.设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0). (1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切,求a,b的值; (2)求函数f(x)的单调区间与极值点. 解:(1)f′(x)=3x2-3a. 因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切, 所以即解得 (2)f′(x)=3(x2-a)(a≠0). 当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;此时函数f(x)没有极值点. 当a>0时,由f′(x)=0得x=±. 当x∈(-∞,-)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(-,)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 此时x=-是f(x)的极大值点,x=是f(x)的极小值点. [能力提升] 1.(2014·苏州检测)若函数f(x)=x3-6bx+3b在(0,1)内有极小值,则实数b的取值范围是________. 解析:由f′(x)=3x2-6b=0,得x=±(b>0), ∵f(x)在(0,1)内有极小值, ∴0<<1,∴0<b<. 答案:0<b< 2.设a∈R,若函数y=eax+3x(x∈R)有大于零的极值点,则a的取值范围是________. 解析:f′(x)=3+aeax,函数在x∈R上有大于零的极值点,即f′(x)=3+aeax=0有正根; 当f′(x)=3+aeax=0成立时,显然有a<0,此时x=ln;由x>0即ln>0结合a<0解得参数a的范围为a<-3. 答案:a<-3 3.设a为实数,函数f(x)=-x3+3x+a. (1)求f(x)的极值; (2)是否存在实数a,使得方程f(x)=0恰好有两个实数根?若存在,求出实数a的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)令f′(x)=-3x2+3=0, 得x1=-1,x2=1. 又因为当x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0; 当x∈(-1,1)时,f′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 所以f(x)的极小值为f(-1)=a-2,f(x)的极大值为f(1)=a+2. (2)因为f(x)在(-∞,-1)上单调递减, 且当x→-∞时,f(x)→+∞; 又f(x)在(1,+∞)上单调递减, 且当x→+∞时,f(x)→-∞; 而a+2>a-2,即函数的极大值大于极小值, 所以当极大值等于0时,有极小值小于0, 此时曲线f(x)与x轴恰好有两个交点, 即方程f(x)=0恰好有两个实数根, 所以a+2=0,a=-2,如图(1).当极小值等于0时,有极大值大于0,此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点,即方程f(x)=0恰好有两个实数根,所以a-2=0,a=2.如图(2). 综上,当a=2或a=-2时方程恰好有两个实数根. 4.(创新题)设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1. 解:(1)由f(x)=ex-2x+2a,x∈R知 f′(x)=ex-2,x∈R. 令f′(x)=0,得x=ln 2. 于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 单调递减 ↘ 极小值 2(1-ln 2+a) 单调递增 ↗ 故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞), f(x)在x=ln 2处取得极小值,极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). (2)证明:设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R. 于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当a>ln 2-1时,g′(x)取最小值为g′(ln 2)= 2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意x∈R,都有g′(x)>0, 所以g(x)在R内单调递增. 于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0). 而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0. 即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.

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