数学选择性必修 第二册6.2 函数的极值第2课时导学案

这是一份数学选择性必修 第二册6.2 函数的极值第2课时导学案，共12页。学案主要包含了求含参函数的极值，已知函数的极值求参数的值，函数极值的综合问题等内容，欢迎下载使用。

一、求含参函数的极值
例1 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x＝eq \f(a,2)或x＝eq \f(a,3).
(1)当a>0时，eq \f(a,3)则随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
∴当x＝eq \f(a,3)时，函数取得极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝eq \f(a3,27)；当x＝eq \f(a,2)时，函数取得极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝0.
(2)当a<0时，eq \f(a,2)则随着x的变化，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
∴当x＝eq \f(a,2)时，函数取得极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝0；
当x＝eq \f(a,3)时，函数取得极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝eq \f(a3,27).
综上所述，当a>0时，函数f(x)在x＝eq \f(a,3)处取得极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝eq \f(a3,27)，在x＝eq \f(a,2)处取得极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝0；
当a<0时，函数f(x)在x＝eq \f(a,2)处取得极大值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝0，在x＝eq \f(a,3)处取得极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝eq \f(a3,27).
反思感悟 求含参函数极值的步骤与求不含参函数极值的步骤相同，但要注意有时需要对参数进行分类讨论．
跟踪训练1 求函数f(x)＝x－aln x(a∈R)的极值．
解 由f′(x)＝1－eq \f(a,x)＝eq \f(x－a,x)，x>0知，
①当a≤0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，由f′(x)＝0，解得x＝a，
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
从而函数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．
综上所述，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．
二、已知函数的极值求参数的值(或范围)
例2 若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取得极值10，则a＝________，b＝________.
答案 4 －11
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝10，,f′1＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋a＋b＝9，,2a＋b＝－3，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝－11))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3.))
但由于当a＝－3，b＝3时，
f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
故f(x)在R上单调递增，不可能在x＝1处取得极值，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝3))不符合题意，应舍去．
而当a＝4，b＝－11时，经检验知符合题意，
故a，b的值分别为4，－11.
反思感悟 已知函数极值求参数值的两点注意
(1)根据极值点处导数值为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．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－eq \f(1,2)(m＋3)x2＋(m＋6)x(x∈R，m为常数)在区间(1，＋∞)内有两个极值点，求实数m的取值范围．
解 f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6.
因为函数f(x)在(1，＋∞)内有两个极值点，
所以f′(x)＝x2－(m＋3)x＋m＋6在(1，＋∞)内与x轴有两个不同的交点，如图所示．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝m＋32－4m＋6>0，,f′1＝1－m＋3＋m＋6>0，,\f(m＋3,2)>1，))
解得m>3.
故实数m的取值范围是(3，＋∞)．
三、函数极值的综合问题
例3 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．
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＋a>0，,－2＋a<0，))
解得－2故实数a的取值范围是(－2,2)．
延伸探究
1．本例中，若把“三个不同实根”改为“唯一一个实根”，结果如何？
解 由已知应有2＋a<0或－2＋a>0.
即a>2或a<－2.
2．本例中，若把“三个不同实根”改为“恰有两个实根”，结果如何？
解 由条件可知，只要2＋a＝0或－2＋a＝0即可，
即a＝±2.
反思感悟 函数极值可应用于求曲线与曲线(或坐标轴)的交点，求方程根的个数等问题时，往往先构造函数，利用极值，并结合图象来解决．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，若函数y＝f(x)的图象与y＝eq \f(1,3) f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求实数m的取值范围．
解 由f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，
可得f′(x)＝3x2－12x＋9，eq \f(1,3) f′(x)＋5x＋m＝eq \f(1,3)(3x2－12x＋9)＋5x＋m＝x2＋x＋3＋m.
则由题意可得x3－6x2＋9x＋3＝x2＋x＋3＋m有三个不相等的实根，即g(x)＝x3－7x2＋8x－m的图象与x轴有三个不同的交点．
∵g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，
∴令g′(x)＝0，得x＝eq \f(2,3)或x＝4.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
则函数g(x)的极大值为geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(68,27)－m，
极小值为g(4)＝－16－m.
∴由y＝f(x)的图象与y＝eq \f(1,3) f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同交点，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝\f(68,27)－m>0，,g4＝－16－m<0，))解得－16故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－16，\f(68,27))).
1.知识清单：
(1)求含参函数的极值．
(2)已知函数的极值求参数的值或取值范围．
(3)极值的综合应用．
2．方法归纳：列表法、待定系数法，分类讨论思想．
3．常见误区：函数y＝f(x)在一点的导数值为0是函数y＝f(x)在这点取极值的必要条件，而非充分条件．
1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3处取得极值，则a等于( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 D
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋3，由题意得f′(－3)＝0，解得a＝5.
2．若函数f(x)＝eq \f(x2＋a,x＋1)在x＝1处取得极值，则a＝________.
答案 3
解析 f′(x)＝eq \f(2xx＋1－x2＋a,x＋12)，f′(1)＝eq \f(3－a,4)＝0⇒a＝3.
3．已知函数y＝3x－x3＋m的极大值为10，则m的值为________．
答案 8
解析 y′＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，令y′＝0，得x1＝－1，x2＝1，经判断知x＝1是极大值点，故f(1)＝2＋m＝10，m＝8.
4．设a∈R，若函数y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，－1)
解析 因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a.令y′＝ex＋a＝0，则ex＝－a，所以x＝ln(－a)．
又因为函数有大于零的极值点，所以－a>1，即a<－1.
课时对点练
1．若函数f(x)＝x3－3bx＋3b在(0,1)内有极值，则( )
A．0C．b>0 D．b答案 A
解析 f′(x)＝3x2－3b，∵f(x)在(0,1)内有极值，∴f′(x)＝0在(0,1)内有解，∴x＝±eq \r(b)，∴02．(多选)已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(3，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－∞，3)
答案 AB
解析 ∵f′(x)＝6x2＋2ax＋36，且在x＝2处有极值，
∴f′(2)＝0，即24＋4a＋36＝0，解得a＝－15，
∴f′(x)＝6x2－30x＋36＝6(x－2)(x－3)，
由f′(x)＞0得x＜2或x＞3.
3．函数f(x)＝eq \f(1,3)ax3＋ax2＋x＋3有极值的充要条件是( )
A．a>1或a≤0 B．a>1
C．01或a<0
答案 D
解析 f(x)有极值的充要条件是f′(x)＝ax2＋2ax＋1＝0有两个不相等的实根，
即4a2－4a>0，解得a<0或a>1.
4．若函数f(x)＝ex－ax－b在R上有小于0的极值点，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,0) B．(0,1)
C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)
答案 B
解析 由题意知f′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，则f(x)在R上单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln a，
∴当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0.
可知x＝ln a为f(x)的极值点，∴ln a<0，∴a∈(0,1)．
5．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx的图象如图所示，且f(x)在x＝x0与x＝2处取得极值，则f(1)＋f(－1)的值一定( )
A．等于0 B．大于0
C．小于0 D．小于或等于0
答案 B
解析 f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
令f′(x)＝0，则x0和2是该方程的根．
∴x0＋2＝－eq \f(2b,3a)<0，即eq \f(b,a)>0.
由题图知，f′(x)<0的解集为(x0,2)，
∴3a>0，则b>0，
∵f(1)＋f(－1)＝2b，
∴f(1)＋f(－1)>0.
6．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)
答案 D
解析 若a<－1，∵f′(x)＝a(x＋1)(x－a)，
∴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若a>0，则f(x)在(－1，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝a处取得极小值，与题意不符．故选D.
7．已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax2＋ax＋b，当x＝－1时，函数f(x)的极值为－eq \f(7,12)，则f(2)＝________.
答案 eq \f(101,12)
解析 f′(x)＝x2＋2ax＋a.
由题意知f′(－1)＝0，f(－1)＝－eq \f(7,12)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－2a＋a＝0，,－\f(1,3)＋a－a＋b＝－\f(7,12)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－\f(1,4).))
所以f(x)＝eq \f(1,3)x3＋x2＋x－eq \f(1,4).
所以f(2)＝eq \f(101,12).
8．已知函数f(x)＝x3－3ax＋b的递减区间为(－1,1)，其极小值为2，则f(x)的极大值是________．
答案 6
解析 依题意知，f(x)的递减区间为(－1,1)．
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－eq \r(a))(x＋eq \r(a))，
可得a＝1.由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，可得1－3＋b＝2，故b＝4.
∴f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
9．已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值eq \f(1,2).
(1)求a，b的值；
(2)判断f(x)的单调区间，并求极值．
解 (1)f′(x)＝2ax＋eq \f(b,x)，
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝0，,f1＝\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋b＝0，,a＝\f(1,2)，))
∴a＝eq \f(1,2)，b＝－1.
(2)由(1)得，
f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)＝eq \f(x＋1x－1,x).
又f(x)的定义域为(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
∴f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)．
当x＝1时，f(x)有极小值，并且极小值为f(1)＝eq \f(1,2).无极大值．
10．设函数f(x)＝2x3－3(a－1)x2＋1，其中a≥1.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)讨论f(x)的极值．
解 由已知得f′(x)＝6x[x－(a－1)]，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a－1.
(1)当a＝1时，f′(x)＝6x2≥0，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>1时，f′(x)＝6x[x－(a－1)]．
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
从上表可知函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a－1，＋∞)，单调递减区间为(0，a－1)．
(2)由(1)知，当a＝1时，函数f(x)没有极值．
当a>1时，函数f(x)在x＝0处取得极大值1，在x＝a－1处取得极小值1－(a－1)3.
11．设函数f(x)＝x3－4x＋a,0＜a＜2.若f(x)的三个零点分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，则( )
A．x1＞－1 B．x2＞0 C．x2＜0 D．x3＞2
答案 B
解析 由f′(x)＝3x2－4＝0得x＝±eq \f(2\r(3),3)，
f′(x)＝3x2－4＜0⇒－eq \f(2\r(3),3)＜x＜eq \f(2\r(3),3)；
f′(x)＝3x2－4＞0⇒x＜－eq \f(2\r(3),3)或x＞eq \f(2\r(3),3)，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，＋∞))上单调递增．
所以f(x)的极大值点为x＝－eq \f(2\r(3),3)，极小值点为x＝eq \f(2\r(3),3)，函数y＝f(x)的图象如图所示，
故x1＜－eq \f(2\r(3),3)＜－1，x2＞0，
由于f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))＜0，f(2)＝a＞0，故x3＜2.
12．若函数f(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(5a,2)x2＋3a2x－3a2－eq \f(2,3)在x＝3处取得极大值，则常数a的值为( )
A．3 B．2 C．3或2 D．－3或－2
答案 A
解析 ∵f(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(5a,2)x2＋3a2x－3a2－eq \f(2,3)，
∴f′(x)＝2x2－5ax＋3a2，
由题意可得f′(3)＝2×9－15a＋3a2＝0，整理得a2－5a＋6＝0，解得a＝2或a＝3.
当a＝2时，f′(x)＝2x2－10x＋12＝2(x－2)(x－3)，
令f′(x)>0，得x<2或x>3；令f′(x)<0，得2此时，函数y＝f(x)在x＝3处取得极小值，不符合题意；
当a＝3时，f′(x)＝2x2－15x＋27＝(x－3)(2x－9).
令f′(x)>0，得x>eq \f(9,2)或x<3；令f′(x)<0，得3此时，函数y＝f(x)在x＝3处取得极大值，符合题意．
综上所述，a＝3.
13.已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示，给出以下说法：
①函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增；
②函数f(x)在区间(－1,1)上无单调性；
③函数f(x)在x＝－eq \f(1,2)处取得极大值；
④函数f(x)在x＝1处取得极小值．
其中正确的说法是________．(填序号)
答案 ①④
解析 从图象上可以发现，
当x∈(1，＋∞)时，xf′(x)>0，于是f′(x)>0，
故函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，①正确；
当x∈(－1,0)时，xf′(x)>0，于是f′(x)<0，
当x∈(0,1)时，xf′(x)<0，于是f′(x)<0，
故函数f(x)在区间(－1,1)上单调递减，②③错误；
由于f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，故④正确．
14．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________．
答案 [1,5)
解析 ∵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＝－eq \f(1,3).
∴应满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′－1≤0，,f′1>0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2－a≤0，,3＋2－a>0，))
∴1≤a<5.
15．已知函数y＝x3－3x＋c恰有两个零点，则c＝________.
答案 ±2
解析 y＝x3－3x＋c有两个零点，即方程x3－3x＋c＝0有两个根，
可转化为y＝x3－3x与y＝－c的图象有两个交点．
对于y＝x3－3x，令y′＝3x2－3＝0，得x＝±1.
由图象(图略)可知－c＝y极大值＝(－1)3－3×(－1)＝2或－c＝y极小值＝13－3×1＝－2.
∴c＝±2.
16．已知函数f(x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)(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)因为f(x)＝eq \f(2x2－kx＋k,ex)，
所以f′(x)＝eq \f(－2x2＋k＋4x－2k,ex).
要使f(x)无极值，只要f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立即可．
因为ex>0，所以f′(x)与g(x)＝－2x2＋(k＋4)x－2k同号．
因为g(x)的二次项系数为－2，
所以只能满足g(x)≤0恒成立，令Δ＝(k＋4)2－16k＝(k－4)2≤0，解得k＝4，
所以当k＝4时，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，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
令f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)))＝0，得2·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)))2－k·eq \f(k,2)＋k＝0，
解得k＝0，满足k<4.
②当eq \f(k,2)>2，即k>4时，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
令f(2)＝0，可得2×22－2k＋k＝0，
解得k＝8，满足k>4.
综上，当k＝0或k＝8时，f(x)有极小值0.x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))
eq \f(a,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,2)))
eq \f(a,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,2)))
eq \f(a,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,3)))
eq \f(a,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
(0，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
a－aln a
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，4))
4
(4，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
eq \f(68,27)－m
↘
－16－m
↗
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值eq \f(1,2)
↗
x
(－∞，0)
0
(0，a－1)
a－1
(a－1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(k,2)))
eq \f(k,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)，2))
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
(－∞，2)
2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(k,2)))
eq \f(k,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k,2)，＋∞))
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘