5.3.2 极大值与极小值-【名师导航】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册教师用书word（苏教版）

本讲义聚焦函数的极大值与极小值核心知识点，承接导数与函数单调性的关系，系统阐述极值的概念、必要条件与充分条件，以及利用导数求极值的方法，为后续最值学习搭建桥梁。 通过“横看成岭侧成峰”诗句引入抽象极值概念，结合表格对比、分层例题（含参数与不含参数极值问题）培养逻辑推理与数学运算素养。课中助力教师清晰授课，课后分层作业帮助学生巩固提升，弥补知识盲点。

5.3.2　极大值与极小值 学习任务 核心素养 1．了解极大值、极小值的概念．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件．(难点) 2．会用导数求函数的极大值、极小值．(重点) 1．通过对极值点与极值概念的学习，体现了数学抽象的核心素养． 2．借助函数极值的求法，提升逻辑推理、数学运算的核心素养． “横看成岭侧成峰，远近高低各不同”．说的是庐山的高低起伏，错落有致，在群山之中，各个山峰的顶端，虽不一定是群山的最高处，但它却是其附近的最高点．由此联想庐山的连绵起伏形成好多的“峰点”与“谷点”．这就是我们这节课研究的函数的极值． 知识点1　极大值与极小值 (1)极大值：一般地，若存在δ>0，当x∈(x1－δ，x1＋δ)时，都有f(x)f(x1)，则称f(x1)为函数f(x)的一个极大值． (2)极小值：一般地，若存在δ>0，当x∈(x2－δ，x2＋δ)时，都有f(x)f(x2)，则称f(x2)为函数f(x)的一个极小值． 1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)极大值一定比极小值大． (　　) (2)每一个函数都至少有一个极大值或极小值． (　　) (3)单调函数不存在极值．　 (　　) [提示]　(1)极大值不一定比极小值大，∴(1)错误； (2)有的函数可能没有极值，∴(2)错误； (3)正确． [答案]　(1)×　(2)×　(3)√ 知识点2　函数极大值、极小值与函数的导数的关系 (1)极大值与导数的关系 x x1左侧 x1 x1右侧 f′(x) f′(x)＞0 f′(x)＝0 f′(x)＜0 f(x)  极大值f(x1)  (2)极小值与导数的关系 x x2左侧 x2 x2右侧 f′(x) f′(x)＜0 f′(x)＝0 f′(x)＞0 f(x)  极小值f(x2)  2．(多选题)下列四个函数中，在x＝0处取得极值的是(　　) A．y＝x3 B．y＝x2＋1 C．y＝|x| D．y＝2x BC　[对于A，y′＝3x20，∴y＝x3单调递增，无极值；对于B，y′＝2x，x＞0时y′＞0，x＜0时y′＜0，∴在x＝0处取得极小值；对于C，根据图象(图略)知，在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，∴C符合；对于D，y＝2x单调递增，无极值．故选BC．] 3．函数f(x)＝x＋2cos x在上的极大值为(　　) A．f(0) B．f 　 C．f 　 D．f B　[f′(x)＝1－2sin x． 令f′(x)＝0，解得sin x＝． ∵x∈， ∴x＝．故当x∈[0，)时，f′(x)>0；当x∈(时，f′(x)<0． ∴f是f(x)在上的极大值．] 类型1　不含参数的函数求极值 【例1】　【链接教材P215例4】 求下列函数的极值： (1)y＝x3－3x2－9x＋5； (2)y＝x3(x－5)2． [解]　(1)∵y′＝3x2－6x－9， 令y′＝0，即3x2－6x－9＝0，解得x1＝－1，x2＝3． 当x变化时，y′，y的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞) y′ ＋ 0 － 0 ＋ y  极大值  极小值  ∴当x＝－1时，函数y＝f(x)有极大值，且f(－1)＝10； 当x＝3时，函数y＝f(x)有极小值，且f(3)＝－22． (2)y′＝3x2(x－5)2＋2x3(x－5) ＝5x2(x－3)(x－5)． 令y′＝0，即5x2(x－3)(x－5)＝0， 解得x1＝0，x2＝3，x3＝5．当x变化时，y′与y的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0，3) 3 (3，5) 5 (5，＋∞) y′ ＋ 0 ＋ 0 － 0 ＋ y  无极值  极大值  极小值  ∴当x＝3时，y极大值＝f(3)＝108； 当x＝5时，y极小值＝f(5)＝0． 【教材原题·P215例4】 求f(x)＝x2－x－2的极值． [解]　f′(x)＝2x－1．令f′(x)＝0，解得x＝． 列表如表5-3-3所示． 表5-3-3 x 左侧 右侧 f′(x) — 0 ＋ f(x)  极小值f  因此，当x＝时，f(x)有极小值f ＝－． 　求函数y＝f(x)的极值的步骤 (1)求出函数的定义域及导数f′(x)； (2)解方程f′(x)＝0，得方程的根x0(可能不止一个)； (3)用方程f′(x)＝0的根，顺次将函数的定义域分成若干个开区间，可将x，f′(x)，f(x)在每个区间内的变化情况列在同一个表格中； (4)由f′(x)在各个开区间内的符号，判断f(x)在f′(x)＝0的各个根处的极值情况： 如果左正右负，那么函数f(x)在这个根处取得极大值； 如果左负右正，那么函数f(x)在这个根处取得极小值； 如果导数值在这个根左右两侧同号，那么函数在这个根处不能取得极值． [跟进训练] 1．求函数f(x)＝3x3－3x＋1的极值． [解]　f′(x)＝9x2－3， 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －∞，－ － －， ，＋∞ f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  根据上表可知，当x＝－时，函数f(x)有极大值为f＝1＋； 当x＝时，函数f(x)有极小值为f＝1－． 类型2　含参数的函数求极值 【例2】　已知函数f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0，求f(x)的极值． [解]　∵f(x)＝16x3－20ax2＋8a2x－a3，其中a≠0， ∴f′(x)＝48x2－40ax＋8a2＝8(6x2－5ax＋a2)＝8(2x－a)(3x－a)， 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝． ①当a＞0时，＜，则随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  ∴当x＝时，函数f(x)取得极大值，为f＝； 当x＝时，函数f(x)取得极小值，为f＝0． ②当a＜0时，＜，则随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  ∴当x＝时，函数f(x)取得极大值，为f＝0； 当x＝时，函数f(x)取得极小值，为f＝． 综上，当a＞0时，函数f(x)在x＝处取得极大值，在x＝处取得极小值0； 当a＜0时，函数f(x)在x＝处取得极大值0，在x＝处取得极小值． 　求含参数的函数极值的注意点 求解析式中含有参数的函数极值时，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． [跟进训练] 2．若函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)，求函数f(x)的极值． [解]　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝． ①当a0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数f(x)无极值． ②当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝a． 当0＜x＜a时，f′(x)＜0；当x＞a时，f′(x)＞0． 故f(x)在x＝a处取得极小值，且f(a)＝a－a ln a，无极大值． 综上可知，当a0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－a ln a，无极大值． 类型3　由极值求参数的值或取值范围 【例3】　(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取极值10，则a＝(　　) A．4或－3　　　　　　 B．4或－11 C．4 D．－3 (2)若函数f(x)＝x2＋(a－1)x－a ln x没有极值，则(　　) A．a＝－1 B．a0 C．a＜－1 D．－1＜a＜0 (1)C　(2)A　[(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2， ∴f′(x)＝3x2＋2ax＋b． 由题意得 即 解得或 当时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)20，故函数f(x)单调递增，无极值，不符合题意． ∴a＝4．故选C． (2)f′(x)＝(x－1)，x＞0， 当a0时，＋1＞0， 令f′(x)＜0，得0＜x＜1； 令f′(x)＞0，得x＞1．f(x)在x＝1处取极小值，不符合题意． 当a＜0时，方程＋1＝0必有一个正数解x＝－a， ①若a＝－1，此正数解x＝1，此时f′(x)＝0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，符合题意． ②若a≠－1，此正数解x≠1，f′(x)＝0必有2个不同的正数解，f(x)存在2个极值，不符合题意．综上，a＝－1．故选A．] 　已知函数极值求参数的方法 对于已知可导函数的极值求参数的问题，解题的切入点是极值存在的条件：若f(x0)是函数的极值，那么f′(x0)＝0，且在x0两侧的导数值异号． (1)已知可导函数的极值求参数问题的解题步骤： ①求函数的导数f′(x)； ②由f′(x0)＝0，列出方程(组)，求解参数． 注意：求出参数后，一定要验证是否满足题目的条件． (2)对于函数无极值的问题，往往转化为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． [跟进训练] 3．若函数f(x)＝x(x－m)2在x＝2处取得极大值，求函数f(x)的极大值． [解]　∵f′(x)＝(x－m)(3x－m)，且f′(2)＝0， ∴(m－2)(m－6)＝0， 即m＝2或m＝6． ①当m＝2时，f′(x)＝(x－2)(3x－2)， 由f′(x)＞0，得x＜或x＞2； 由f′(x)＜0，得＜x＜2． ∴f(x)在x＝2处取得极小值，不合题意，故m＝2舍去． ②当m＝6时，f′(x)＝(x－6)(3x－6)， 由f′(x)＞0，得x＜2或x＞6； 由f′(x)＜0，得2＜x＜6． ∴f(x)在x＝2处取得极大值，∴f(2)＝2×(2－6)2＝32． 即函数f(x)的极大值为32． 类型4　极值问题的综合应用 【例4】　已知函数f(x)＝x3－3x＋a(a为实数)，若方程f(x)＝0有三个不同实根，求实数a的取值范围． 从函数f(x)＝x3－3x＋a(a为实数)的图象观察，若方程f(x)＝0有三个不同实根，其极大值与极小值应满足什么条件？ [提示]　要使f(x)＝0有三个不同实根，则其有极大值大于0，极小值小于0． [解]　令f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)＝0， 解得x1＝－1，x2＝1． 当x<－1时，f′(x)>0； 当－1<x<1时，f′(x)<0； 当x>1时，f′(x)>0． 所以当x＝－1时，f(x)有极大值f(－1)＝2＋a； 当x＝1时，f(x)有极小值f(1)＝－2＋a． 因为方程f(x)＝0有三个不同实根， 所以y＝f(x)的图象与x轴有三个交点，如图． 由已知应有 解得－2<a<2，故实数a的取值范围是(－2，2)． [母题探究] 1．(变条件)本例中，若方程f(x)＝0恰有两个根，则实数a的值如何求解？ [解]　由例题知，函数的极大值f(－1)＝2＋a，极小值f(1)＝－2＋a， 若f(x)＝0恰有两个根，则有2＋a＝0或－2＋a＝0，所以a＝－2或a＝2． 2．(变条件)本例中，若方程f(x)＝0有且只有一个实根，求实数a的取值范围． [解]　由例题可知，要使方程f(x)＝0有且只有一个实根， 只需2＋a＜0或－2＋a＞0，即a＜－2或a＞2． 故实数a的取值范围是(－∞，－2)∪(2，＋∞)． 3．(变条件、变结论)讨论方程＝a的根的情况． [解]　令f(x)＝，则定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝． 令f′(x)＝0，得x＝e． 当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表： x (0，e) e (e，＋∞) f′(x) ＋ 0 － f(x)   因此极大值为f(e)＝，函数f(x)没有极小值点．其图象如图． 综上，当0＜a＜时，＝a有两个不同的根； 当a＝或a0时，＝a只有一个根； 当a＞时，＝a没有实数根． 　利用导数求函数零点的个数 (1)利用导数可以判断函数的单调性； (2)研究函数的极值情况； (3)在上述研究的基础上画出函数的大致图象； (4)直观上判断函数的图象与x轴的交点或两个图象的交点的个数．若含有参数，则需要讨论极值的正负． 1．函数f(x)的定义域为R，它的导函数y＝f′(x)的部分图象如图所示，则下面结论错误的是(　　) A．在(1，2)上函数f(x)单调递增 B．在(3，4)上函数f(x)单调递减 C．在(1，3)上函数f(x)有极大值 D．f(3)是函数f(x)在区间[1，5]上的极小值 D　[由题图可知，当1＜x＜2时，f′(x)＞0， 当2＜x＜4时，f′(x)＜0，当4＜x＜5时，f′(x)＞0， ∴f(2)是函数f(x)的极大值，f(4)是函数f(x)的极小值，故A，B，C正确，D错误．] 2．设函数f(x)＝xex，则(　　) A．f(1)为f(x)的极大值 B．f(1)为f(x)的极小值 C．f(－1)为f(x)的极大值 D．f(－1)为f(x)的极小值 D　[令f′(x)＝ex＋x·ex＝(1＋x)ex＝0，得x＝－1．当x＜－1时，f′(x)＜0；当x＞－1时，f′(x)＞0．故当x＝－1时，f(x)取得极小值．] 3．已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是________． (－∞，－1)∪(2，＋∞)　[f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)， ∵函数f(x)既有极大值又有极小值， ∴方程f′(x)＝0有两个不相等的实根， ∴Δ＝36a2－36(a＋2)＞0， 即a2－a－2＞0，解得a＞2或a＜－1．] 4．已知函数f(x)＝2ef′(e)ln x－，则函数f(x)的极大值为________． 2ln 2　[f′(x)＝(x>0)，故f′(e)＝，解得f′(e)＝， 所以f(x)＝2ln x－，f′(x)＝． 由f′(x)＞0得0＜x＜2e，f′(x)＜0得x＞2e．所以函数f(x)在(0，2e)上单调递增，在(2e，＋∞)上单调递减， 故f(x)的极大值为f(2e)＝2ln 2e－2＝2ln 2．] 回顾本节知识，自我完成以下问题： 1．极大值与极小值的概念是什么？ [提示]　若存在δ>0，当x∈(x1－δ，x1＋δ)时，都有f(x)f(x1)，则称f(x1)为函数f(x)的一个极大值；若都有f(x)f(x1)，则称f(x1)为函数f(x)的一个极小值． 2．求函数的极值的步骤是什么？ [提示]　(1)确定函数的定义域，求导数f′(x)． (2)求方程f′(x)＝0的根． (3)列表． (4)利用f′(x)与f(x)随x的变化情况表，根据单调性的变化情况求极值． 课时分层作业(三十六)　极大值与极小值 一、选择题 1．设函数f(x)＝＋ln x，则(　　) A．x＝为f(x)的极大值点 B．x＝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 D　[f′(x)＝，x>0，令f′(x)＝0，即＝0，得x＝2， 当x∈(0，2)时，f′(x)<0，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0． 因此x＝2为f(x)的极小值点，故选D．] 2．已知函数f(x)的导函数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) D　[∵f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，若a<－1，则f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，－1)上单调递增，∴f(x)在x＝a处取得极小值，与题意不符； 若－1<a<0，则f(x)在(－1，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减， 从而在x＝a处取得极大值，符合题意； 若a>0，则f(x)在(－1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，与题意不符，故选D．] 3．函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则(　　) A．f是极大值 B．f(－2)是极大值 C．f(2)的极大值 D．f是极小值 A　[对于A选项，当－2＜x＜时，f′(x)＞0，当＜x＜2时，f′(x)＜0，f是极大值，A选项正确； 对于B选项，当x＜－2时，f′(x)＜0，当－2＜x＜时，f′(x)＞0，f(－2)是极小值，B选项错误； 对于C选项，当＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时， f′(x)＞0，f(2)是极小值，C选项错误； 对于D选项，由于函数y＝f(x)为可导函数，且f′＜0，f不是极小值，D选项错误．故选A．] 4．当x＝1时，三次函数有极大值4，当x＝3时有极小值0，且函数过原点，则此函数是(　　) A．y＝x3＋6x2＋9x B．y＝x3－6x2＋9x C．y＝x3－6x2－9x D．y＝x3＋6x2－9x B　[∵三次函数过原点，故可设为y＝x3＋bx2＋cx， ∴y′＝3x2＋2bx＋c． 又x＝1，3是y′＝0的两个根， ∴即 ∴y＝x3－6x2＋9x， 又y′＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)， ∴当x＝1时，f(x)极大值＝4 ， 当x＝3时，f(x)极小值＝0，满足条件，故选B．] 5．已知a为常数，函数f(x)＝x ln x－ax2＋x有两个极值，则实数a的取值范围为(　　) A． B．(0，e) C． D． A　[f′(x)＝ln x＋2－2ax，x>0，函数f(x)有两个极值，则f′(x)有两个零点，即函数y＝ln x与函数y＝2ax－2的图象有两个交点，当两函数图象相切时，设切点为(x0，y0)，对函数y＝ln x求导(ln x)′＝， 则有解得要使函数图象有两个交点，则0＜2a＜e，即0＜a＜．故选A．] 二、填空题 6．已知函数f(x)＝x3－x2＋cx＋d无极值，则实数c的取值范围为________． 　[∵f′(x)＝x2－x＋c，要使f(x)无极值，则方程f′(x)＝x2－x＋c＝0没有变号的实数解，从而Δ＝1－4c0，∴c．] 7．若函数f(x)＝x3＋x2－ax－4在区间(－1，1)上恰有一个极值点，则实数a的取值范围为________． [1，5)　[∵f′(x)＝3x2＋2x－a， 函数f(x)在区间(－1，1)上恰有一个极值点， 即f′(x)＝0在(－1，1)内恰有一个根． 又函数f′(x)＝3x2＋2x－a的对称轴为x＝－． ∴应满足∴ ∴1a<5．] 8．已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)极大值与极小值的差为________． 4　[函数f(x)求导得f′(x)＝3x2＋6ax＋3b，因为函数f(x)在x＝2取得极值，所以f′(2)＝3·22＋6a·2＋3b＝0，即4a＋b＋4＝0．① 又因为图象在x＝1处的切线与直线6x＋2y＋5＝0平行， 所以f′(1)＝3＋6a＋3b＝－3，即2a＋b＋2＝0，② 联立①②可得a＝－1，b＝0， 所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 当f′(x)＞0时，x＜0或x＞2；当f′(x)＜0时，0＜x＜2， ∴函数的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，函数的单调递减区间是(0，2)， 因此求出函数的极大值为f(0)＝c，极小值为f(2)＝－4＋c， 故函数的极大值与极小值的差为c－(－4＋c)＝4．] 三、解答题 9．(源自人教A版教材)求函数f(x)＝x3－4x＋4的极值． [解]　因为f(x)＝x3－4x＋4，所以 f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)． 令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示． x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  极大值  极小值  因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，并且极大值为 f(－2)＝； 当x＝2时，f(x)有极小值，并且极小值为 f(2)＝－． 10．已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1处取得极值，且f(1)＝－1． (1)试求常数a，b，c的值； (2)试判断f(x)在x＝±1处取得极大值还是极小值，并说明理由． [解]　f′(x)＝3ax2 ＋2bx＋c． (1)法一：∵f(x)在x＝±1处取得极值， ∴x＝±1是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根． 由根与系数的关系知 又f(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，　③ 由①②③解得a＝，b＝0，c＝－． 法二：由f′(1)＝f′(－1)＝0， 得3a＋2b＋c＝0，　① 3a－2b＋c＝0，　② 又f(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1，　③ 由①②③解得a＝，b＝0，c＝－． (2)由(1)知f(x)＝x3－x， ∴f′(x)＝x2－＝(x－1)(x＋1)． 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，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减． ∴当x＝－1时，函数取得极大值；当x＝1时，函数取得极小值． 11．如图是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则等于(　　) A． B． C． D． C　[函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象过点(0，0)，(1，0)，(2，0)，得d＝0，b＋c＋1＝0，4b＋2c＋8＝0，则b＝－3，c＝2，f′(x)＝3x2＋2bx＋c＝3x2－6x＋2，且x1，x2是函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的两个极值点，即x1，x2是方程3x2－6x＋2＝0的实根＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝．] 12．(多选题)若函数f(x)＝a ln x＋(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 BCD　[因为函数f(x)＝a ln x＋(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，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，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实根x1，x2，则即所以故选BCD．] 13．已知函数f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R，e是自然对数的底数)在x＝0处取得极小值，则m＝________，这时f(x)的极大值是________． 0　4e-2　[由题意知f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex．由f′(0)＝－2m＝0，解得m＝0． 则f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝－2，故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)，(0，＋∞)，单调递减区间是(－2，0)， 所以函数f(x)在x＝－2处取得极大值，且有f(－2)＝4e-2．] 14．已知函数f(x)＝xe2x－1，则函数f(x)的极小值为________，零点有________个． －－1　1　[∵f(x)＝xe2x－1，∴f′(x)＝e2x＋2xe2x＝(1＋2x)e2x，令f′(x)＝0，可得x＝－， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示： x － f′(x) － 0 ＋ f(x)  极小值  所以函数f(x)的极小值为f ＝－－1， f(x)＝0⇒e2x＝，则函数f(x)的零点个数等于函数y＝e2x与函数y＝的图象的交点个数，如图所示． 两个函数的图象有且只有一个交点，即函数y＝f(x)只有一个零点．] 15．已知函数f(x)＝(k∈R)． (1)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)＝， ∴f′(x)＝． 要使f(x)无极值，只需f′(x)0或f′(x)0恒成立即可． 设g(x)＝－2x2＋(k＋4)x－2k， ∵ex＞0，∴f′(x)与g(x)同号． ∵g(x)的二次项系数为－2，∴只能满足g(x)0恒成立， ∴Δ＝(k＋4)2－16k＝(k－4)20，解得k＝4， ∴当k＝4时，f(x)无极值． (2)由(1)知k≠4， 令f′(x)＝0，得x1＝2，x2＝． ①当＜2， 即k＜4时， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x 2 (2， ＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值  极大值  由题意知f＝0， 可得2·－k·＋k＝0， ∴k＝0，满足k＜4． ②当＞2，即k＞4时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x 2 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x)  极小值  极大值  由题意知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0.5． 15 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $