1． 3.2函数的极值与导数预习课本P26～ 29，思虑并达成以下问题(1)函数极值点、极值的定义是什么？(2)函数获得极值的必需条件是什么？(3)求可导函数极值的步骤有哪些？[新知初探 ]1．函数极值的观点(1) 函数的极大值一般地，设函数y＝ f(x)在点 x0及邻近有定义，假如对x0邻近的全部的点，都有f(x)＜f(x0)，就说 f(x0 )是函数 y＝ f(x)的一个极大值，记作y 极大值＝ f(x0)， x0是极大值点．(2) 函数的极小值一般地，设函数y＝ f(x)在点x0及邻近有定义，假如对x0邻近的全部的点，都有f(x)＞f(x0)，就说f(x0)是函数y＝ f(x)的一个极小值，记作y 极小值＝ f(x0)， x0是极小值点．极大值与极小值统称为极值．[点睛 ]怎样理解函数极值的观点(1)极值是一个局部观点，极值不过某个点的函数值，与它邻近点的函数值比较它是最大值或最小值，但其实不意味着它在函数的整个定义域内是最大值或最小值．(2)一个函数在某区间上或定义域内的极大值或极小值能够不只一个．(3)函数的极大值与极小值之间无确立的大小关系．(4)函数的极值点必定出此刻区间的内部，区间的端点不可以成为极值点．(5)单一函数必定没有极值．2．求函数 y＝ f(x)极值的方法一般地，求函数y＝ f(x)的极值的方法是：解方程 f′(x)＝ 0. 当 f′(x)＝ 0 时：(1)假如在 x0邻近的左边 f′(x)＞ 0，右边 f′(x)＜ 0，那么 f( x0)是极大值；(2)假如在 x0邻近的左边 f′(x)＜ 0，右边 f′(x)＞ 0，那么 f( x0)是极小值．[点睛 ]一般来说，“f′(x0)＝0”是“函数y＝f(x)在点x0处获得极值”的必需不充足条件．若可导函数 y＝ f(x)在点 x处可导，且在点 x处获得极值，那么 f′(x000)＝0；反之，若f′(x0)＝0，则点 x0不必定是函数 y＝ f(x)的极值点．[小试身手 ]1．判断 (正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数 f(x)＝ x3＋ ax2－ x＋ 1必有 2个极值． ()(2)在可导函数的极值点处，切线与x 轴平行或重合． ()1(3)函数 f(x)＝x有极值． ()答案： (1) √ (2) √ (3) ×2．以下四个函数：①y＝ x3；② y＝ x2＋ 1；③ y＝ |x|；④ y＝ 2x，此中在 x＝ 0 处获得极小值的是()A．①②B．②③C．③④D．①③答案： B3．已知函数 y＝ |x2－1|，则 ()A． y 无极小值，且无极大值B． y 有极小值－ 1，但无极大值C． y 有极小值0，极大值 1D． y 有极小值0，极大值－ 1答案： C4. 函数 f(x)＝ x＋ 2cos x 在 0，π上的极大值点为 () 2πA． 0 B.6ππC. 3D.2答案： B运用导数解决函数的极值问题题点一：知图判断函数的极值1．已知函数y＝ f( x)，其导函数y＝ f′(x)的图象以下图，则y＝ f(x)()A．在 (－∞， 0)上为减函数C．在 (4，＋∞)上为减函数分析：选 C由导函数的图象可知：B．在 x＝0 处取极小值D．在 x＝2 处取极大值x∈ (－∞， 0)∪ (2,4) 时， f′(x)>0， x∈ (0,2)∪ (4，＋∞)时， f′(x)<0 ，所以 f(x)在 (－∞， 0)， (2,4)上为增函数，在(0,2)， (4，＋∞)上为减函数，所以 x＝ 0 获得极大值， x＝2 获得极小值， x＝ 4 获得极大值，所以选 C.题点二：已知函数求极值2．求函数－x 的极值．f(x)＝ x2e解：函数的定义域为R，f′(x)＝ 2xe x＋ x2·e x·(－ x) ′－－＝ 2xe x－ x2·e x－－＝ x(2－ x)e－x .－x令 f′(x)＝ 0，得 x(2－ x) ·e ＝ 0，解得 x＝ 0 或 x＝ 2.当 x 变化时， f′(x)， f( x)的变化状况以下表：x(－∞， 0)0(0, 2)2(2，＋∞) f′(x)－0＋0－f(x)极小值 0－ 2极大值 4e所以当 x＝ 0时， f(x)有极小值，并且极小值为f(0) ＝ 0；当 x＝ 2 时， f(x)有极大值，并且极大值为f(2)＝ 4e－24＝ 2.e题点三已知函数的极值求参数3．已知函数 f (x)的导数 f′(x)＝ a(x＋ 1)(x－ a)，若 f (x)在 x＝a 处取到极大值，则 a 的取值范围是 ()A． (－∞，－ 1)B． (0，＋∞)C． (0,1)D． (－ 1,0)分析：选D若 a<－ 1，∵ f′(x)＝ a(x＋ 1)(x－ a)，∴ f( x)在 (－∞， a)上单一递减，在(a，－ 1)上单一递加，∴f(x)在 x＝ a 处获得极小值，与题意不符；若－ 1<a<0，则 f(x)在 (－ 1， a)上单一递加，在 (a，＋∞)上单一递减，进而在 x＝ a 处获得极大值．若 a>0，则 f (x)在 (－ 1， a)上单一递减，在 (a，＋∞)上单一递加，与题意矛盾，∴选 D.4．已知 f(x)＝ ax5－ bx3＋ c 在 x＝±1 处的极大值为 4，极小值为 0，试确立 a， b， c 的值．解： f′(x)＝ 5ax4－3bx2＝ x2(5ax2－ 3b)．由题意， f′(x)＝ 0 应有根 x＝±1，故 5a＝ 3b，于是 f′(x)＝ 5ax2(x2－ 1)(1)当 a＞ 0， x 变化时， f′(x)， f(x)的变化状况以下表：x (－∞，－－ 1(－ 1,0)0(0,1)1(1，＋∞) 1)f′(x)＋0－0－0＋f (x)极大值无极值极小值4＝ f－＝－a＋b＋c，由表可知：0＝ f＝a－b＋c.又 5a＝ 3b，解之得： a＝ 3， b＝ 5， c＝ 2.(2)当 a＜ 0 时，同理可得 a＝－ 3， b＝－ 5， c＝ 2.1．求函数极值的步骤(1)确立函数的定义域．(2)求导数 f′(x)．(3)解方程 f′(x)＝ 0 得方程的根．(4)利用方程 f′(x)＝ 0 的根将定义域分红若干个小开区间，列表，判断导函数在各个小开区间的符号．(5) 确立函数的极值，假如f′(x)的符号在x0处由正(负)变负(正)，则f(x)在x0处获得极大(小 )值．2．已知函数极值，确立函数分析式中的参数时，注意两点(1)依据极值点的导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)由于导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后一定考证充足性．函数极值的综合应用[典例 ]3y ＝已知函数 f(x)＝ x － 3ax － 1(a ≠0)．若函数 f(x)在 x ＝－ 1 处获得极值，直线m 与 y ＝ f(x)的图象有三个不一样的交点，求 m 的取值范围．[解 ]由于 f(x)在 x ＝－ 1 处获得极值且 f ′(x)＝ 3x 2－ 3a ，所以 f ′(－1)＝ 3×(－ 1)2－ 3a ＝ 0，所以 a ＝ 1.所以 f(x)＝ x 3－ 3x － 1， f ′(x)＝ 3x 2－ 3，由 f ′(x)＝ 0，解得 x 1＝－ 1， x 2＝ 1.当 x<－ 1 时， f ′(x)>0 ；当－ 1<x<1 时， f ′(x)<0 ；当 x>1 时， f ′(x)>0.所以由 f(x)的单一性可知，f(x)在 x ＝－ 1 处获得极大值f(－ 1)＝ 1，在 x ＝ 1 处获得极小值 f(1) ＝－ 3. 作出 f(x)的大概图象以下图：由于直线 y ＝ m 与函数y ＝ f(x)的图象有三个不一样的交点，联合f(x)的图象可知， m 的取值范围是 (－ 3,1)．[一题多变]1．[变条件]若本例中条件改为“已知函数f(x)＝－ x 3＋ ax 2－ 4”在x ＝43处获得极值， 其余条件不变，求m 的取值范围．解： 由题意可得2f ′(x)＝－3x ＋ 2ax ，由4 f ′ ＝ 0，33 2可得 a ＝ 2，所以 f(x)＝－ x ＋ 2x － 4，2则 f ′(x)＝－ 3x ＋ 4x.令 f ′(x)＝ 0，得 x ＝ 0 或 x ＝4，3当 x 变化时， f ′(x)， f( x)的变化状况以下表：x(－∞， 0)0， 44 4，＋ ∞3 3 3f ′(x) －0 ＋0 －f(x)－ 4－7627作出函数 f(x)的大概图象以下图：由于直线y＝ m 与函数y＝ f(x)的图象有三个不一样的交点，所以m 的取值范围是76－4，－27 .2． [变条件 ]若本例“三个不一样的交点”改为“两个不一样的交点”结果怎样？改为“一个交点”呢？解：由例题分析可知：当 m＝－ 3 或 m＝ 1 时，直线 y＝ m 与 y＝ f(x)的图象有两个不一样的交点；当 m<－ 3 或 m>1 时，直线 y＝ m 与 y＝ f(x)的图象只有一个交点．(1) 研究方程根的问题能够转变为研究相应函数的图象问题，一般地，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的图象与x 轴交点的横坐标，方程 f(x)＝ g(x)的根就是函数f( x) 与g(x)的图象的交点的横坐标．(2)事实上利用导数能够判断函数的单一性，研究函数的极值状况，并能在此基础上画出函数的大概图象，从直观上判断函数图象与进而为研究方程根的个数问题供给了方便．x 轴的交点或两个函数图象的交点的个数，1．已知函数层级一学业水平达标y＝ f(x)在定义域内可导，则函数y＝ f(x)在某点处的导数值为0 是函数y＝f(x)在这点处获得极值的()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．非充足非必需条件分析：选 B依据导数的性质可知，若函数y＝ f(x)在这点处获得极值，则f′(x)＝ 0，即32必需性建立；反之不必定建立，如函数 f (x)＝ x 在 R 上是增函数，f′(x)＝ 3x ，则 f′(0)＝ 0，但在 x＝ 0 处函数不是极值，即充足性不建立．故函数 y＝ f(x)在某点处的导数值为0 是函数y＝ f(x)在这点处获得极值的必需不充足条件，应选 B.22．设函数 f(x)＝x＋ ln x，则 ()1为 f(x)的极大值点A． x＝21B． x＝2为 f(x)的极小值点C． x＝ 2 为 f(x)的极大值点D． x＝ 2 为 f(x)的极小值点分析：选D由 f ′(x)＝－221＝11－2＝ 0可得 x＝ 2.当 0＜ x＜ 2 时， f′(x)＜ 0， f(x) x＋x x x单一递减；当 x＞ 2 时， f′(x)＞ 0， f(x)单一递加．故x＝ 2 为 f(x)的极小值点．3．已知函数32f (x)＝ 2x＋ ax ＋ 36x－ 24 在 x＝ 2 处有极值，则该函数的一个递加区间是()A． (2,3)B． (3，＋∞)C． (2，＋∞ )D． (－∞， 3)分析：选B由于函数f(x)＝ 2x3＋ ax2＋ 36x－ 24 在 x＝ 2 处有极值，又f′(x)＝ 6x2＋ 2ax＋36，所以 f′(2)＝ 0 解得 a＝－ 15.令 f′(x)＞ 0，解得 x＞ 3 或 x＜ 2，所以函数的一个递加区间是 (3，＋∞)．4．设函数 f( x)在 R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数 f(x)在 x＝－ 2 处获得极小值，则函数 y＝ xf′(x)的图象可能是()分析：选 C由题意可得f′(－2)＝ 0，并且当 x∈ (－∞，－ 2)时， f′(x)＜ 0，此时xf′(x)＞0；清除 B、 D，当 x∈ (－ 2，＋∞)时， f′(x)＞ 0，此时若 x∈ (－ 2,0)， xf′(x)＜ 0，若 x∈(0，＋∞)， xf′(x)＞ 0，所以函数 y＝ xf′(x)的图象可能是 C.5．已知函数f(x)＝ x3－ px2－ qx 的图象与 x 轴切于 (1,0)点，则 f(x)的极大值、极小值分别为()44A. 27， 0B． 0，27C．－4， 0D． 0，－4 2727分析：选A f′(x)＝ 3x2－2px－ q，由 f′(1)＝ 0， f(1) ＝ 0 得，3－2p－ q＝ 0，p＝ 2，解得∴ f( x)＝ x3－ 2x2＋ x. 1－p－ q＝ 0，q＝－ 1，由 f′(x)＝ 3x2－ 4x＋ 1＝ 0 得 x＝13或 x＝ 1，易适当 x＝13时 f(x)取极大值274.当 x＝ 1 时 f(x)取极小值 0.6 ．设 x ＝ 1与 x ＝ 2是函数f(x) ＝ aln x ＋ bx2＋ x 的两个极值点，则常数 a ＝______________.分析：∵ f′(x)＝a＋ 2bx＋ 1，由题意得a＋ 2b＋ 1＝0，a＋ 4b＋ 1＝ 0.x22∴ a＝－ .3答案：－237．函数 f(x)＝ ax2＋ bx 在 x＝1处有极值，则 b 的值为 ________．a分析： f′(x)＝ 2ax＋ b，∵函数f(x)在 x＝1a处有极值，1 1∴f′a＝2a·＋ b＝ 0，即 b＝－ 2.a答案：－28.已知函数 f(x)＝ ax3＋ bx2＋ cx，其导函数y＝ f′(x)的图象经过点 (1,0) ， (2,0)．如图，则以下说法中不正确的选项是 ________． (填序号 )①当 x＝3时，函数 f(x)获得最小值；2② f( x)有两个极值点；③当 x＝ 2 时函数值获得极小值；④当 x＝ 1 时函数获得极大值．分析：由图象可知， x＝ 1,2 是函数的两极值点，∴②正确；又x∈ (－∞， 1)∪ (2，＋∞)时， y＞ 0； x∈ (1,2)时， y＜ 0，∴ x＝ 1 是极大值点， x＝ 2 是极小值点，故③④正确．答案：①9．设 a 为实数，函数xf(x)＝ e － 2x＋ 2a， x∈ R，求 f(x)的单一区间与极值．解：由 f(x)＝ e x－ 2x＋ 2a， x∈ R 知 f′(x)＝ e x－ 2， x∈ R. 令 f′(x)＝ 0，得 x＝ ln 2.于是当 x 变化时， f′(x)， f(x)的变化状况以下表：x(－∞， ln 2)ln 2(ln 2 ，＋∞)f′(x)－0＋f (x)单一递减↘2(1－ ln 2＋ a)单一递加↗故 f( x)的单一递减区间是 (－∞， ln 2) ，单一递加区间是 (ln 2，＋∞)；且 f( x)在 x＝ ln 2 处获得极小值．极小值为 f(ln 2)＝ 2(1－ ln 2＋ a)，无极大值．10．已知 f(x)＝ ax3＋ bx2＋cx(a≠0)在 x＝±1 时获得极值，且 f(1)＝－ 1.(1)试求常数 a， b， c 的值；(2)试判断 x＝±1 时函数获得极小值仍是极大值，并说明原因．解： (1)由已知， f′(x)＝ 3ax2＋ 2bx＋ c，且 f′(－1)＝ f′(1)＝ 0，得 3a＋ 2b＋ c＝ 0,3a－ 2b＋ c＝ 0.又 f(1) ＝－ 1，∴ a＋b＋ c＝－ 1.∴ a ＝ 1， b ＝ 0， c ＝－3. 221 33x ， (2) 由 (1)知 f(x)＝ x －22∴ f ′(x)＝ 3x 2－ 3＝3(x － 1)(x ＋ 1)．22 2当 x<－ 1 或 x>1 时， f ′(x)>0；当－ 1<x<1 时， f ′(x)<0 ，∴函数 f(x)在 (－ ∞，－ 1)和 (1，＋ ∞)上是增函数，在 (－ 1,1)上为减函数．∴当 x ＝－ 1 时，函数获得极大值 f(－ 1)＝ 1；当 x ＝ 1 时，函数获得极小值f(1)＝－ 1.层级二应试能力达标1．函数 f(x)＝ ax 3＋ bx 在 x ＝ 1 处有极值－ 2，则 a ， b 的值分别为 ( )A ． 1，－ 3B ． 1,3C ．－ 1,3D ．－ 1，－ 3分析： 选 A ∵ f ′(x)＝ 3ax 2＋ b ，由题意知3a ＋ b ＝ 0，∴ af ′(1)＝ 0， f (1)＝－ 2，∴a ＋b ＝－ 2， ＝ 1， b ＝－ 3.32a 的取值范围是 ()2．已知 f(x)＝ x ＋ ax ＋ (a ＋ 6)x ＋ 1 有极大值和极小值，则 A ． (－ 1,2)B ． (－ 3,6)C ． (－∞，－ 3)∪ (6，＋ ∞ )D ． (－ ∞，－ 1)∪ (2，＋ ∞)分析： 选 C f ′(x)＝ 3x 2＋2ax ＋ a ＋ 6，∵ f( x)有极大值与极小值，∴ f ′(x)＝ 0 有两不等实根，∴＝ 4a 2－ 12(a ＋ 6)>0，∴ a<－ 3或 a>6.3．设 a ∈R ，若函数 y ＝ e x ＋ ax(x ∈R) 有大于零的极值点，则 ( )A ． a ＜－ 1B ． a ＞－ 111C ． a ＜－ eD ． a ＞－ e分析：选 A ∵ y ＝ e x ＋ ax ，∴ y ′＝ e x ＋ a.令 y ′＝ e x ＋ a ＝ 0，则 e x ＝－ a ，∴ x ＝ ln( － a)．又∵ x ＞ 0，∴－ a ＞ 1，即 a ＜－ 1.4．已知函数 f (x)＝ e x (sin x － cos x)， x ∈ (0,2 017 ，π)则函数 f (x)的极大值之和为 ()2π 2 018 ππ2 016 πe－ ee － eA.2πB. 2πe － 11－ eπ1 008 ππ 1 008 πe － ee－ eC.1－ e 2πD.1－ e π分析： 选 B f ′(x)＝ 2e x sin x ，令 f ′(x)＝ 0 得 sin x ＝ 0，∴ x ＝ k π， k ∈ Z ，当 2k π<x<2k π＋ π时， f ′(x)>0 ，f(x)单一递加，当 (2k － 1) π<x<2k π时， f ′(x)<0， f(x)单一递减，∴当 x ＝ (2k＋1) π ，f(x)取到极大，∵ x∈ (0,2 017 π)，∴ 0<(2k＋ 1) π<2 017 ，π∴ 0≤k<1 008 ，k∈ Z. ∴f(x)的极大之和S＝ f( π)＋f(3 π)＋f(5 π)＋⋯＋ f(2π3π5π2015π015 π)＝ e ＋ e ＋ e ＋⋯＋ e＝π2π 1 008π 2 016 πe [1－]e－ e，故 B.2π＝2π1－e1－ e5．若函数y＝－ x3＋ 6x2＋ m 的极大13，数m 等于 ______．分析： y′＝－ 3x2＋ 12x＝－ 3x(x－ 4)．由 y′＝ 0，得 x＝ 0 或 4.且 x∈ (－∞， 0)∪ (4，＋∞)，y′＜ 0；x∈ (0,4)， y′＞ 0，∴ x＝ 4 取到极大．故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.答案：－ 1932a 的取范6．若函数 f( x)＝ x＋ x － ax－ 4 在区 (－ 1,1)上恰有一个极点，数______．分析：由意， f′(x)＝ 3x2＋ 2x－ a，f′(－1)f′(1)<0，即 (1－ a)(5－ a)<0，解得 1<a<5，此外，当 a＝ 1，函数 f(x)＝ x3＋232x－ x－ 4 在区 (－ 1，1)上恰有一个极点，当 a＝5 ，函数 f(x)＝ x ＋ x － 5x－ 4 在区 (－1,1)没有极点．故数 a 的范 [1,5)．答案： [1,5)7．已知函数 f(x)＝ e x(ax＋ b)－ x2－ 4x，曲 y＝ f (x)在点 (0，f(0)) 的切方程 y＝ 4x＋4.(1)求 a， b 的；(2)f(x)的性，并求 f(x)的极大．解：(1)f′(x)＝ e x( ax＋ a＋ b)－ 2x－ 4.由已知得f(0)＝ 4， f′(0)＝4，故 b＝ 4， a＋ b＝ 8.进而 a＝ 4， b＝ 4.(2) 由 (1)知， f(x)＝ 4e x(x＋ 1)－ x2－ 4x，′(＝x ＋－－＝＋e x－1f x)4e ( x 2)2x 4 4(x 2) 2.令 f′(x)＝ 0 得， x＝－ ln 2 或 x＝－ 2.进而当 x∈ (－∞，－2)∪ (－ ln 2，＋∞) ， f′(x)>0；当 x∈ (－ 2，－ ln 2)， f′(x)<0.故 f( x)在 (－∞，－ 2)， (－ ln 2，＋∞)上增，在 (－ 2，－ ln 2)上减．当 x＝－ 2 ，函数f(x)获得极大，极大－ 2f (－ 2)＝ 4(1－ e )．8．已知 f(x)＝ 2ln(x＋ a)－ x2－ x 在 x＝ 0 获得极．(1)求数 a 的．(2) 若对于 x 的方程 f(x)＋ b＝ 0 的区 [－ 1,1]上恰有两个不一样的数根，求数 b 的取范．2解： (1)f ′(x)＝－ 2x － 1，当 x ＝ 0 时， f(x)获得极值，所以 f ′(0)＝ 0，解得 a ＝ 2，查验知 a ＝ 2 切合题意．(2) 令 g(x)＝ f (x)＋ b ＝ 2ln(x ＋ 2)－ x 2 － x ＋ b ，5 则 g ′(x)＝ 2 － 2x － 1＝－2x x ＋ 2 (x ＞－ 2)． x ＋ 2x ＋ 2g(x)， g ′(x)在 (－ 2，＋ ∞)上的变化状态以下表：x( － 2,0) 0 (0，＋ ∞) g ′(x)＋ 0 － g(x) 2ln 2＋ b由上表可知函数在x ＝ 0 处获得极大值，极大值为 2ln 2＋ b. 要使 f(x)＋ b ＝ 0 在区间 [ －1,1]上恰有两个不一样的实数根，g － ≤0，只要 g ＞ 0，g ≤0，b ≤0，即 2ln 2 ＋ b ＞ 0， 2ln3 － 2＋ b ≤0，所以－ 2ln 2＜ b ≤2－ 2ln 3.故实数 b 的取值范围是 ( －2ln 2,2－ 2ln 3] ．。
