5.3.2 第1课时 函数的极值-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第五章　一元函数的导数及其应用 5.3　导数在研究函数中的应用 5.3.2　函数的极值与最大(小)值 第1课时　函数的极值 (教师独具内容) 课程标准：1.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件.2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值． 教学重点：利用导数求函数的极值． 教学难点：极值的判断和与极值有关的参数问题． 核心素养：1.通过学习极值与极值点的概念，培养数学抽象素养.2.通过学习求函数的极值以及利用函数的极值求参数，提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　函数极大值、极小值的定义 函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝____；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)____0，右侧f′(x)____.类似地，函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点处的函数值都大，f′(b)＝____；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)_____0，右侧f′(x)_____0. 我们把a叫做函数y＝f(x)的__________，f(a)叫做函数y＝f(x)的________；b叫做函数y＝f(x)的__________，f(b)叫做函数y＝f(x)的________．极小值点、极大值点统称为_________，极小值和极大值统称为_______． 0 < > 0 > < 极小值点 极小值 极大值点 极大值 极值点 极值 核心概念掌握 5 [注意]　极值点指的是自变量的值，极值指的是函数值．请注意以下四点： (1)极值是一个局部概念．由定义可知，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个定义域上最大或最小． (2)函数的极值不一定是唯一的，即一个函数在某个区间上或定义域上的极大值或极小值可以不止一个． 核心概念掌握 6 (3)极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个 函数的极大值未必大于极小值，如图所示，x1是极大值 点，x4是极小值点，而f(x4)>f(x1)． (4)连续函数f(x)在某区间上有极值，它的极值点的分 布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点， 同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点．一般地，当函数f(x)在某区间上连续且有有限个极值点时，函数f(x)在该区间上的极大值点与极小值点是交替出现的． 核心概念掌握 7 知识点二　求函数极值的方法 一般地，可按如下方法求函数y＝f(x)的极值： 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． > < < > 核心概念掌握 8 [拓展]　(1)可导函数的极值点是导数为零的点，但是导数为零的点不一定是极值点，即“点x0是可导函数f(x)的极值点”是“f′(x0)＝0”的充分不必要条件． (2)可导函数f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧和右侧f′(x)的符号不同． (3)如果f′(x0)＝0，但在x0的两侧f′(x)的符号相同，则x0不是f(x)的极值点． 核心概念掌握 9 1．(判断函数极值点的个数)函数f(x)的定义域为区 间(a，b)，导函数f′(x)在区间(a，b)内的图象如图所示， 则函数f(x)在区间(a，b)内的极大值点的个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 核心概念掌握 10 3．(含参函数有极值的充要条件)函数f(x)＝ax3＋x＋1有极值的充要条件是________． 4．(由极值求参数的值)函数f(x)＝2x3＋ax2＋4x－8，已知f(x)在x＝－2时取得极值，则a的值为________． a<0 7 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　求已知函数的极值 解：(1)函数f(x)＝x3－3x2－9x＋5的定义域为R，且f′(x)＝3x2－6x－9. 解方程3x2－6x－9＝0，得x1＝－1，x2＝3. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 10 单调递减 －22 单调递增 核心素养形成 13 核心素养形成 14 感悟提升　 (1)注意f′(x0)＝0只是函数f(x)在x0处有极值的必要条件，只有再加上x0左右导数符号相反，方能断定函数在x0处取得极值． (2)对于可导函数而言，它的单调递减区间和单调递增区间的分界点应是其导数符号正负交替的分界点．解题时，按照求函数极值的步骤，要注意表格的使用，利用表格，可使极值点两边的增减性一目了然，便于求极值． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 核心素养形成 18 题型二　讨论含参数的函数的极值 已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)，讨论函数f(x)的极值． 核心素养形成 19 感悟提升　求解含有参数的函数极值问题时，有时需要用分类讨论的思想才能解决问题．讨论的依据有两种：一是看参数是否对f′(x)的零点有影响，若有影响，则需要分类讨论；二是看f′(x)在其零点附近的符号的确定是否与参数有关，若有关，则需要分类讨论． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 题型三　由极值求参数的值或范围 (1)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，求常数a，b的值． 核心素养形成 23 当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0， 所以f(x)在R上为增函数，无极值，故舍去． 当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)， 当x∈(－∞，－3)时，f′(x)>0，f(x)为增函数； 当x∈(－3，－1)时，f′(x)<0，f(x)为减函数； 当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数， 所以f(x)在x＝－1时取得极小值． 所以a＝2，b＝9. 核心素养形成 24 核心素养形成 25 核心素养形成 26 (4)若函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex在x＝2处取得极大值，求实数a的取值范围． 核心素养形成 27 核心素养形成 28 感悟提升　 (1)已知函数的极值情况，逆向应用确定函数的解析式，研究函数的性质时，应注意两点： ①常根据极值点处导数为0和极值两个条件列方程组，利用待定系数法求解； ②因为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必须验证根的合理性． (2)已知函数的极值情况求参数的取值范围，常转化为方程根的情况来解决． (3)对于函数无极值的问题，往往转化为其导函数的值非负或非正在某区间内恒成立的问题，即转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在某区间内恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立． 核心素养形成 29 【跟踪训练3】　(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－1，2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3，6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析：∵函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1，∴f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，∵函数f(x)有极大值和极小值，∴f′(x)＝0有两个不同的解，∴Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，∴a<－3或a>6.故选B. 核心素养形成 30 解：①当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，f′(x)＝ex－1， 可得f(1)＝e－2，f′(1)＝e－1，即切点坐标为(1，e－2)，切线斜率k＝e－1， 所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)， 即(e－1)x－y－1＝0. (2)(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. ①当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； ②若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 核心素养形成 31 ②解法一：f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若a≤0，则f′(x)>0对任意x∈R恒成立， 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； 若a>0，令f′(x)>0，解得x>ln a， 令f′(x)<0，解得x<ln a，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， 则f(x)有极小值f(ln a)＝a－aln a－a3，无极大值， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0. 核心素养形成 32 核心素养形成 33 随堂水平达标 1．函数f(x)＝ax3＋bx在x＝1处有极值－2，则a，b的值分别为(　　) A．1，－3 B．1，3 C．－1，3 D．－1，－3 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 4．(2024·河北衡水中学高二期末)设1与2是函数f(x)＝aln x＋bx2＋x的两个极值点，则常数a＝________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 5．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象与y轴的交点坐标为(0，4)，其导函数y＝f′(x)的图象是以y轴为对称轴的抛物线，大致图象如图所示，则函数f(x)的解析式为__________________，极大值为________，极小值为________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 随堂水平达标 1 2 3 4 5 41 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 判断函数有无极值 已知含参函数的极值求参数值 根据导函数图象判断函数极值的个数 已知函数的信息，确定函数图象 已知含参函数有极值求参数的范围 求不含参函数的极大值 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 已知含参函数有极值点求参数的取值范围 求不含参的三角复合函数的极值 先求含参函数的参数再求极值 求含参函数的极值与单调区间 已知含参函数无极值求参数的范围；已知含参函数的极值求参数值 已知含参函数的极值关系求参数的取值范围 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 3．已知函数f(x)，g(x)的导函数f′(x)，g′(x)的图象如图所示，则F(x)＝g(x)－f(x)的极值情况为(　　) A．2个极大值，1个极小值 B．1个极大值，1个极小值 C．1个极大值，2个极小值 D．1个极大值，无极小值 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 解析：由F(x)＝g(x)－f(x)，得F′(x)＝g′(x)－f′(x)，令F′(x)＝0，由题图可知F′(x)＝0的根即为g′(x)与f′(x)图象的交点的横坐标，当x∈(－∞，x2)时，g′(x)≥f′(x)，即F′(x)≥0，当x∈(x2，x3)时，g′(x)<f′(x)，即F′(x)<0，当x∈(x3，＋∞)时，g′(x)>f′(x)，即F′(x)>0，所以x2为F(x)的极大值点，F(x2)为F(x)的极大值，x3为F(x)的极小值点，F(x3)为F(x)的极小值．故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 7．(2024·江苏南京五校高二期初调研)设a∈R，若函数f(x)＝ex＋2ax＋1有极值点，则实数a的取值范围为_____________． (－∞，0) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 8．函数f(x)＝sinx－cosx＋x＋1(0<x<2π)的极小值为________，极大值为________． π＋2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 三、解答题 9．已知函数f(x)＝ax3＋bx2，当x＝1时，有极大值3. (1)求实数a，b的值； (2)求函数f(x)的极小值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 56 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 59 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 60 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 64 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 65 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 66 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 67 　　　　　　　　　　　　　 R 2．(求函数的极值)已知函数f(x)＝x2－2ln x，则f(x)的极小值为(　　) A.eq \f(1,2) B．1 C.eq \f(3,2) D．2 　求下列函数的极值： (1)f(x)＝x3－3x2－9x＋5；(2)f(x)＝eq \f(ln x,x). 因此，－1是函数的极大值点，极大值为f(－1)＝10；3是函数的极小值点，极小值为f(3)＝－22. (2)函数f(x)＝eq \f(ln x,x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).令f′(x)＝0，得x＝e. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 eq \f(1,e) 单调递减 因此，e是函数的极大值点，极大值为f(e)＝eq \f(1,e)，函数没有极小值． 【跟踪训练1】　求下列函数的极值： (1)f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)－2；(2)f(x)＝x2e－x. 解：(1)函数f(x)的定义域为R. f′(x)＝eq \f(2（x2＋1）－4x2,（x2＋1）2)＝－eq \f(2（x－1）（x＋1）,（x2＋1）2). 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 －3 单调递增 －1 单调递减 由上表可以看出， 当x＝－1时，函数有极小值，且极小值为f(－1)＝－3； 当x＝1时，函数有极大值，且极大值为f(1)＝－1. (2)函数f(x)的定义域为R. f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝x(2－x)e－x. 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 0 单调递增 4e－2 单调递减 由上表可以看出， 当x＝0时，函数有极小值，且极小值为f(0)＝0； 当x＝2时，函数有极大值，且极大值为f(2)＝eq \f(4,e2). 解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)， ①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a. 当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值． 【跟踪训练2】　设函数f(x)＝x2－ax＋b，讨论函数f(sinx)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 解： f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，－eq \f(π,2)<x<eq \f(π,2)， [f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx，－eq \f(π,2)<x<eq \f(π,2). 因为－eq \f(π,2)<x<eq \f(π,2)， 所以cosx>0，－2<2sinx<2. ①当a≤－2，b∈R时，[f(sinx)]′>0恒成立，函数f(sinx)单调递增，无极值； ②当a≥2，b∈R时，[f(sinx)]′<0恒成立，函数f(sinx)单调递减，无极值； ③当－2<a<2时，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内存在唯一的x0，使得2sinx0＝a. 当－eq \f(π,2)<x<x0时，[f(sinx)]′<0，函数f(sinx)单调递减； 当x0<x<eq \f(π,2)时，[f(sinx)]′>0，函数f(sinx)单调递增． 所以当－2<a<2，b∈R时，函数f(sinx)在x0处有极小值，为f(sinx0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝b－eq \f(a2,4). 解：因为f(x)在x＝－1时有极值0，且f′(x)＝3x2＋6ax＋b， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－1）＝0，,f（－1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－6a＋b＝0，,－1＋3a－b＋a2＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9.)) (2)(2024·广东东莞众美中学高二月考)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋aln x有两个不同的极值点，求实数a的取值范围． 解：由题可知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋aln x有两个不同的极值点， 所以f′(x)＝x－1＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－x＋a,x)＝0有两个不同的正根， 即x2－x＋a＝0有两个不同的正根，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝1－4a>0，,x1＋x2＝1>0，,x1x2＝a>0，))解得0<a<eq \f(1,4)， 所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))). (3)(2024·天津三中高二质检)若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋(a－1)x2＋x＋1没有极值，求实数a的取值范围． 解：由题意可得，f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1. 因为函数f(x)没有极值，所以f′(x)≥0恒成立， 所以Δ＝4(a－1)2－4≤0，解得0≤a≤2. 故实数a的取值范围为[0，2]． 解：f(x)的导数为f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(x－2)(ax－1)ex， ①若a＝0，则当x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x>2时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 可得f(x)在x＝2处取得极大值，满足题意； ②若a＝eq \f(1,2)，则f′(x)＝eq \f(1,2)(x－2)2ex≥0，f(x)单调递增，无极值； ③若a>eq \f(1,2)，则eq \f(1,a)<2，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，2))内单调递减，在(2，＋∞)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))上单调递增， 可得f(x)在x＝2处取得极小值，不满足题意； ④若0<a<eq \f(1,2)，则eq \f(1,a)>2，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,a)))内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))，(－∞，2)上单调递增， 可得f(x)在x＝2处取得极大值，满足题意； ⑤若a<0，则当eq \f(1,a)<x<2时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 当x>2或x<eq \f(1,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 可得f(x)在x＝2处取得极大值，满足题意． 综上可得，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))). 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，则g′(a)＝2a＋eq \f(1,a)>0， 可知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1， 所以a的取值范围为(1，＋∞)． 解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)＝ex－a， 若f(x)有极小值，则f′(x)＝ex－a有零点，令f′(x)＝ex－a＝0，可得ex＝a， 可知y＝ex与y＝a的图象有交点，则a>0. 以下同解法一． 解析：∵f′(x)＝3ax2＋b，∴f′(1)＝3a＋b＝0　①.又当x＝1时，函数f(x)有极值－2，∴a＋b＝－2　②.联立①②，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－3，))经检验，符合题意，故a，b的值分别为1，－3. 2．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，则(　　) A．eq \f(1,2)为f(x)的极大值点 B．eq \f(1,2)为f(x)的极小值点 C．2为f(x)的极大值点 D．2为f(x)的极小值点 解析：∵f(x)＝eq \f(2,x)＋ln x，x>0，∴f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)，令f′(x)＝0，即－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)＝0，解得x＝2.当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴2为f(x)的极小值点． 3．(多选)定义在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，4))上的函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x)在区间(0，4)内单调递增 B．函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))内单调递减 C．函数f(x)在x＝1处取得极大值 D．函数f(x)在x＝0处取得极小值 解析：根据导函数图象可知，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))内，f′(x)<0，f(x)单调递减，在区间(0，4)内，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)在x＝0处取得极小值，没有极大值．所以A，B，D正确，C错误．故选ABD. －eq \f(2,3) 解析：因为f′(x)＝eq \f(a,x)＋2bx＋1，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋2b＋1＝0，,\f(a,2)＋4b＋1＝0，))所以a＝－eq \f(2,3).经检验，符合题意． f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4 eq \f(28,3) －eq \f(4,3) 解析：因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.则由题意及题图可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝0，,f（0）＝4，,f′（－2）＝0，,f′（0）＝－4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3)，,b＝0，,c＝－4，,d＝4.))所以函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4. 因为函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝x2－4，所以令f′(x)＝x2－4＝0，得x＝－2或x＝2，列表如下： x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 eq \f(28,3) 单调递减 －eq \f(4,3) 单调递增 所以函数f(x)的极大值为f(－2)＝eq \f(28,3)，极小值为f(2) ＝－eq \f(4,3). 一、选择题 1．设f(x)＝eq \f(1,2)x2＋cosx，则函数f(x)(　　) A．有且仅有一个极小值 B．有且仅有一个极大值 C．有无数个极值 D．没有极值 解析：f′(x)＝x－sinx，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝1－cosx≥0，∴f′(x)单调递增，又f′(0)＝0，∴当x<0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>0时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，故f(x)有唯一的极小值．故选A. 2．已知函数f(x)＝ln x－ax2的极值为－eq \f(1,2)，则a＝(　　) A．e B．eq \f(1,2)e C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,4) 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－2ax＝eq \f(1－2ax2,x)，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无极值，不符合题意；当a>0时，f′(x)＝－eq \f(2a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,2a))),x)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a))))时，f′(x)>0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))时，f′(x)<0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(1,2a))))内单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))，＋∞))上单调递减，则f(x)极大值＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a))))＝－eq \f(1,2)ln (2a)－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)，解得a＝eq \f(1,2).故选C. 4．(多选)已知f(x)＝eq \f(1,3)ax3＋eq \f(1,2)x2＋x＋1(a∈R)，则函数f(x)的图象可能是(　　) 解析：当a＝0时，函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋x＋1的图象如图D所示；当a>0时，f′(x)＝ax2＋x＋1，若0<a<eq \f(1,4)，则f′(x)＝0有两个负根，即f(x)的两个极值点均为负，不存在满足条件的图象；若a≥eq \f(1,4)，则f′(x) ≥0，即f(x)在R上单调递增，图象如图B所示；当a<0时，f′(x)＝0有两个异号的根，即f(x)的两个极值点异号，且f(x)先单调递减后单调递增再单调递减，图象如图C所示．综上分析，A不可能是函数f(x)的图象，故选BCD. 5．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)若函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)(a≠0)既有极大值也有极小值，则(　　) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 解析：函数f(x)＝aln x＋eq \f(b,x)＋eq \f(c,x2)的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(b,x2)－eq \f(2c,x3)＝eq \f(ax2－bx－2c,x3)，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正根x1，x2，于是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝b2＋8ac>0，,x1＋x2＝\f(b,a)>0，,x1x2＝－\f(2c,a)>0，))即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，B，C，D正确．故选BCD. 二、填空题 6．函数f(x)＝eq \f(ln x－1,x)的极大值为________． 解析：∵函数f(x)＝eq \f(ln x－1,x)，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝eq \f(1－（ln x－1）,x2)＝eq \f(2－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e2，∵当x∈(0，e2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈(e2，＋∞)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴当x＝e2时，函数f(x)取得极大值，为f(e2)＝eq \f(ln e2－1,e2)＝eq \f(1,e2). eq \f(1,e2) 解析：因为f(x)＝ex＋2ax＋1，所以f′(x)＝ex＋2a，若函数f(x)有极值点，则f′(x)＝ex＋2a＝0有解，所以a＝－eq \f(ex,2)<0，故实数a的取值范围为(－∞，0)． eq \f(3π,2) 解析：由f(x)＝sinx－cosx＋x＋1，0<x<2π，知f′(x)＝cosx＋sinx＋1＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＋1，0<x<2π.令f′(x)＝0，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝－eq \f(\r(2),2)，又0<x<2π，所以x＝π或x＝eq \f(3π,2).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (0，π) π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) eq \f(3π,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，2π)) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 π＋2 单调递减 eq \f(3π,2) 单调递增 因此，当x＝eq \f(3π,2)时，f(x)有极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)))＝eq \f(3π,2)；当x＝π时，f(x)有极大值f(π)＝π＋2. 解：(1)因为f(x)＝ax3＋bx2，所以f′(x)＝3ax2＋2bx. 由题意，知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）＝3，,f′（1）＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3，,3a＋2b＝0，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9.))经验证，符合题意． (2)由(1)，知f(x)＝－6x3＋9x2. 所以f′(x)＝－18x2＋18x＝－18x(x－1)． 令f′(x)＝0， 解得x1＝1，x2＝0. 因为当x<0时，f′(x)<0；当0<x<1时，f′(x)>0； 当x>1时，f′(x)<0， 所以当x＝0时，函数f(x)有极小值，为0. 10．已知函数f(x)＝eq \f(2ax－a2＋1,x2＋1)(x∈R)，其中a∈R.当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值． 解：∵f(x)＝eq \f(2ax－a2＋1,x2＋1)，∴f′(x)＝eq \f(－2（x－a）（ax＋1）,（x2＋1）2). 由于a≠0，以下分两种情况讨论： ①当a>0时，令f′(x)＝0，得到x1＝－eq \f(1,a)，x2＝a. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a))) －eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，a)) a (a，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 ∴函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,a)))，(a，＋∞)，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，a))， 函数f(x)在x＝－eq \f(1,a)处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－a2；在x＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1. ②当a<0时，令f′(x)＝0，得到x1＝－eq \f(1,a)，x2＝a. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，a) a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(1,a))) －eq \f(1,a) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，－\f(1,a)))， 函数f(x)在x＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1；在x＝－eq \f(1,a)处取得极小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)))＝－a2. 11．已知函数f(x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)(k∈R)． (1)当k为何值时，函数f(x)无极值？ (2)试确定k的值，使f(x)的极小值为0. 解：(1)∵f(x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)，∴f′(x)＝eq \f(－2x2＋（k＋4）x－2k,ex). 要使f(x)无极值，只需f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立即可． ∵ex>0，∴f′(x)与g(x)＝－2x2＋(k＋4)x－2k同号． ∵g(x)的二次项系数为－2， ∴只能满足g(x)≤0恒成立， 令Δ＝(k＋4)2－16k＝(k－4)2≤0， 解得k＝4， ∴当k＝4时，函数f(x)无极值． (2)由(1)知k≠4，令f′(x)＝0，得x1＝2，x2＝eq \f(k,2). ①当eq \f(k,2)<2，即k<4时，随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(k,2))) eq \f(k,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)，2)) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 令feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))＝0，得2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2))) eq \s\up12(2)－k·eq \f(k,2)＋k＝0， ∴k＝0，满足k<4. ②当eq \f(k,2)>2，即k>4时，随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，2) 2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(k,2))) eq \f(k,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)，＋∞)) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 令f(2)＝0，可得2×22－2k＋k＝0， ∴k＝8，满足k>4. 综上，当k＝0或k＝8时，f(x)有极小值0. 12．已知函数f(x)＝eq \f(kx＋1,x2＋c)(c>0且c≠1，k∈R)恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是－c. (1)求函数f(x)的另一个极值点； (2)求函数f(x)的极大值M和极小值m，并求M－m≥1时k的取值范围． 解：(1)由题意知， f′(x)＝eq \f(k（x2＋c）－2x（kx＋1）,（x2＋c）2)＝eq \f(－kx2－2x＋ck,（x2＋c）2)(k≠0)， 由f′(x)＝0，得－kx2－2x＋ck＝0， 又函数f(x)的一个极值点为－c， ∴由根与系数的关系知，函数f(x)的另一个极值点为1. (2)由题意知f′(－c)＝0，∴c2k－2c－ck＝0，则c＝1＋eq \f(2,k). 当c>1时，k>0；当0<c<1时，k<－2. ①当k>0时，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)上是减函数，在(－c，1)内是增函数， ∴M＝f(1)＝eq \f(k＋1,c＋1)＝eq \f(k,2)， m＝f(－c)＝eq \f(－kc＋1,c2＋c)＝－eq \f(k2,2（k＋2）)， 由M－m＝eq \f(k,2)＋eq \f(k2,2（k＋2）)≥1及k>0， 解得k≥eq \r(2). ②当k<－2时，f(x)在(－∞，－c)和(1，＋∞)上是增函数，在(－c，1)内是减函数． ∴M＝f(－c)＝－eq \f(k2,2（k＋2）)，m＝f(1)＝eq \f(k,2)， ∴M－m＝－eq \f(k2,2（k＋2）)－eq \f(k,2)＝1－eq \f(（k＋1）2＋1,k＋2)>1恒成立． 综上，所求k的取值范围为(－∞，－2)∪[eq \r(2)，＋∞)． $$