内容正文:
现行旧教材·高中新课程学习指导
即 a∈( - ∞ , -
5
27
)时,它的极小值也小于 0,
因此曲线 y = f(x)与 x 轴仅有一个交点,它在(1, + ∞ ) 上;当 f( x)
的极小值 a - 1 > 0,
即 a∈(1, + ∞ )时,它的极大值也大于 0,
因此曲线 y = f(x)与 x 轴也仅有一个交点,它在( - ∞ , -
1
3
)上.
所以当 a∈( - ∞ , -
5
27
)∪(1, + ∞ ) 时,曲线 y = f( x) 与 x 轴仅有
一个交点.
典例试做 5:f ′(x) = 3x2 + 12mx + 4n,
依题意有
f ′( - 2) = 0,
f( - 2) = 0,{ 即
12 - 24m + 4n = 0,
- 8 + 24m - 8n + 8m2 = 0,{
解得
m = 1,
n = 3{ 或
m = 2,
n = 9.{
当 m = 1,n = 3 时,f ′(x) = 3x2 + 12x + 12 = 3(x + 2)2 ≥0,
所以 f(x)在 R 上单调递增,无极值,不符合题意;
当 m = 2,n = 9 时,f ′(x) = 3x2 + 24x + 36 = 3(x + 2)(x + 6),
当 - 6 < x < - 2 时f ′(x) < 0,当 x > - 2 时f ′(x) > 0,
故 f(x)在 x = - 2 处取得极值,符合题意.
综上所述,m = 2,n = 9,所以 m + 4n = 38.
课堂达标·固基础
1. C 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.
2. A f ′(x) = 3x2 - 2px - q,
由
f ′(1) = 0,
f(1) = 0,{ 得
p = 2,
q = - 1.{
∴ f ′(x) = 3x2 - 4x + 1.
令f ′(x) = 0 得 x = 1
3
或 x = 1,
易得 x = 1
3
时,f(x)有极大值 4
27
,x =1 时,f(x)有极小值 0.
3. 3 ∵ 函数 f(x) = x3 + a
x
,
∴ f ′(x) = 3x2 - a
x2
,
∵ x = 1 是函数 f(x)的一个极值点,
∴ f ′(1) = 0,即 3 - a = 0,
∴ a = 3.
故答案为 3.
4. f(x)的定义域为(0, + ∞ ),f ′(x) = aex -
1
x
.
由题设知,f ′(2) = 0,所以 a = 1
2e2
.
从而 f(x) = 1
2e2
ex - ln x - 1,f ′(x) = 1
2e2
ex - 1
x
.
当 0 < x < 2 时,f ′(x) < 0;当 x > 2 时,f ′(x) > 0.
所以 f(x)在(0,2)上单调递减,在(2, + ∞ )上单调递增.
1. 3. 3 函数的最大(小)值与导数
新知导学
1. 一条连续不断 2. (1)(a,b) (2)各极值 函数值 f(a),f(b)
最大 最小
预习自测
1. B f ′(x) = - 4x3 + 4x,
由f ′(x) = 0 得 x = ± 1 或 x = 0.
易知 f( - 1) = f(1) = 4 为极大值也是最大值,故应选 B.
2. A f ′(x) = e
x (x + 1)
(x + 2)2
,
令f ′(x) > 0,解得:x > - 1,
令f ′(x) < 0,解得:x < - 1,
故 f(x)在( - 2, - 1)递减,在( - 1, + ∞ )递增,
若 f(x)在( - 2,a)有最小值,
则 a > - 1,故选 A.
3. 32 令f ′(x) = 3x2 - 12 = 0,得 x = - 2 或 x = 2,
列表得:
x - 3 ( - 3, - 2) - 2 ( - 2,2) 2 (2,3) 3
f ′(x) + 0 - 0 +
f(x) 17 ↗ 极大值 24 ↘ 极小值 - 8 ↗ - 1
可知 M = 24,m = - 8,∴ M - m = 32.
故答案为 32.
4. ( - 4, - 2) f ′(x) = m - 2x,令f ′(x) = 0,得 x = m
2
.
由题设得 - 2 < m
2
< - 1,故 m∈( - 4, - 2).
互动探究·攻重难
典例试做 1:(1)C y′ = 3x2 + 2x - 1 = (3x - 1) (x + 1),令 y′ = 0 解
得 x = 1
3
或 x = - 1.
当 x = - 2 时,y