高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第5章 5.3.2 第1课时 函数的极值

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高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。5．3.2　函数的极值与最大(小)值第1课时　函数的极值学习目标　1.了解函数极值的概念，会从几何方面直观理解函数的极值与导数的关系.2.掌握函数极值的判定及求法.3.掌握函数在某一点取得极值的条件．导语同学们，前面我们通过对函数的求导，摸清了函数的单调性，从而也发现了函数图象的变化趋势，正所谓“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”，大家可以展开想象一下，在群山之中，各个山峰的顶端虽然不一定是群山之中的最高处，但却是其附近的最高点，同样，各个谷底虽然不一定是山谷的最低处，但却是其附近的最低点．这就是我们今天要研究的函数的极值．一、函数极值概念的理解问题1　如图是某处群山的截面图，你能指出山峰、山谷吗？提示　在x1，x3，x5处是山峰，在x2，x4处是山谷．问题2　你能描述一下在各个山峰、山谷附近的特点吗？提示　以山峰x＝x1处为例来研究，在x＝x1处，它附近的函数值都比它小，且在x＝x1处的左侧函数是单调递增的，且有f′(x)>0，在x＝x1处的右侧函数是单调递减的，且有f′(x)<0，函数图象是连续不断的，f′(x)的变化也是连续不断的，并且有f′(x1)＝0.知识梳理极值点与极值的概念1．极小值点与极小值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则把a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．2．极大值点与极大值函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则把b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．3．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．注意点：(1)极值点不是点；(2)极值是函数的局部性质；(3)函数的极值不唯一；(4)极大值与极小值两者的大小不确定；(5)极值点出现在区间的内部，端点不能是极值点；(6)若f′(x0)＝0，则x0不一定是极值点，即f′(x0)＝0是f(x)在x＝x0处取到极值的必要不充分条件，函数y＝f′(x)的变号零点，才是函数的极值点．例1　函数y＝f(x)的导函数的图象如图所示，给出下列判断：①函数y＝f(x)在区间(3,5)内单调递增；②函数y＝f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，3))内单调递减；③函数y＝f(x)在区间(－2,2)内单调递增；④当x＝－eq \f(1,2)时，函数y＝f(x)有极大值；⑤当x＝2时，函数y＝f(x)有极大值．则上述判断中正确的序号是________．答案　③⑤解析　对于①，当x∈(3,4)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(4,5)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以①错误；对于②，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以②错误；对于③，当x∈(－2,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以③正确；对于④，当x∈(－2,2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，故当x＝－eq \f(1,2)时，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))不是极大值，所以④错误；对于⑤，由②知当x＝2时，函数y＝f(x)取得极大值，所以⑤正确．反思感悟　解答此类问题要先搞清楚所给的图象是原函数还是导函数的，对于导函数的图象，重点考查在哪个区间上为正，哪个区间上为负，在哪个点处与x轴相交，在该点附近的导数值是如何变化的，若是由正值变为负值，则在该点处取得极大值；若是由负值变为正值，则在该点处取得极小值．跟踪训练1　已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为(　　)A．1 B．2 C．3 D．4答案　A解析　由图象，设f′(x)与x轴负半轴的两个交点的横坐标分别为c，d，其中c0，知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.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，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，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．反思感悟　函数极值和极值点的求解步骤(1)确定函数的定义域．(2)求方程f′(x)＝0的根．(3)用方程f′(x)＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并列成表格．(4)由f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右的符号，来判断f(x)在这个根处取极值的情况．跟踪训练2　求下列函数的极值：(1)f(x)＝x3－x；(2)f(x)＝x2e－x.解　(1)函数f(x)的定义域为R.令f′(x)＝0，得3x2－1＝0，解得x＝－eq \f(\r(3),3)或x＝eq \f(\r(3),3).当x变化时，f(x)和f′(x)变化情况如下表：f(x)在x＝－eq \f(\r(3),3)处取得极大值eq \f(2\r(3),9)，在x＝eq \f(\r(3),3)处取得极小值－eq \f(2\r(3),9).(2)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝2xe－x＋x2·e－x·(－x)′＝2xe－x－x2·e－x＝x(2－x)e－x.令f′(x)＝0，得x(2－x)·e－x＝0，解得x＝0或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：因此当x＝0时，f(x)取得极小值，且极小值为f(0)＝0；当x＝2时，f(x)取得极大值，且极大值为f(2)＝4e－2＝eq \f(4,e2).三、由极值求参数的值或范围例3　(1)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\co1(f1＝10，,f′1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋a＋b＝9，,2a＋b＝－3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－11))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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\co1(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.(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\co1(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，＋∞)．反思感悟　已知函数的极值求参数的方法(1)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：极值点处的导数值为0，极值点两侧的导数值异号．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．跟踪训练3　若函数f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4的图象与直线y＝a恰有三个不同的交点，则实数a的取值范围是________．答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(28,3)))解析　∵f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4，∴f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)．令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：∴当x＝－2时，函数取得极大值f(－2)＝eq \f(28,3)；当x＝2时，函数取得极小值f(2)＝－eq \f(4,3).且f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．根据函数单调性、极值的情况，它的图象大致如图所示，结合图象知－eq \f(4,3)0；x∈(2,4)时，f′(x)<0，x∈(4,5)时，f′(x)>0.∴f(x)在(1,2)，(4,5)上单调递增，在(2,4)上单调递减，x＝2是f(x)在[1,5]上的极大值点，x＝4是极小值点．2．(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．设函数f(x)＝xex，则(　　)A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点答案　D解析　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x＝－1为f(x)的极小值点．4．已知曲线f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1在点(1，f(1))处的切线斜率为3，且x＝eq \f(2,3)是y＝f(x)的极值点，则a＝___________， b＝________.答案　2　－4解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′1＝3，,f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝3，,\f(4,3)＋\f(4,3)a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－4.))经验证知符合题意．课时对点练1．下列函数中存在极值的是(　　)A．y＝eq \f(1,x) B．y＝x－exC．y＝2 D．y＝x3答案　B解析　对于y＝x－ex，y′＝1－ex，令y′＝0，得x＝0.在区间(－∞，0)上，y′>0；在区间(0，＋∞)上，y′<0.故当x＝0时，函数y＝x－ex取得极大值．2．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)答案　D解析　由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，f′(x)>0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．3．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e)上的极大值为(　　)A．－e B．－1C．1－e D．0答案　B解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，故f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝ln 1－1＝0－1＝－1.4．已知a是函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于(　　)A．－4 B．－2 C．4 D．2答案　D解析　∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)＞0，则f(x)单调递增；当x∈(－2,2)时，f′(x)＜0，则f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为a＝2.5．函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2＋a在x＝1处有极值为7，则a等于(　　)A．－3或3 B．3或－9 C．3 D．－3答案　C解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f1＝1＋a＋b＋a2＋a＝7，,f′1＝3＋2a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝3，))当a＝3，b＝－9时，f′(x)＝3x2＋6x－9＝3(x－1)(x＋3)，当－31时，f′(x)>0，x＝1是极小值点；当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，x＝1不是极值点．∴a＝3.6．(多选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的值可以是(　　)A．－4 B．－3 C．6 D．8答案　AD解析　由题意知f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)＝0有两个不相等的根，所以Δ＝4a2－12(a＋6)>0，解得a>6或a<－3.7．函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x2＋2)的极小值为________．答案　－eq \f(1,2)解析　f′(x)＝eq \f(2x2＋2－2x2x＋1,x2＋22)＝eq \f(－2x＋2x－1,x2＋22).令f′(x)<0，得x<－2或x>1；令f′(x)>0，得－20)．由题意知，曲线在x＝1处的切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)＝0，解得a＝－1.(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋eq \f(1,2x)＋eq \f(3,2)x＋1(x>0)，f′(x)＝－eq \f(1,x)－eq \f(1,2x2)＋eq \f(3,2)＝eq \f(3x2－2x－1,2x2)＝eq \f(3x＋1x－1,2x2).令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－eq \f(1,3)(舍去)．当x∈(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上单调递增．故f(x)在x＝1处取得极小值，极小值为f(1)＝3，无极大值．10．设a为实数，函数f(x)＝x3－x2－x＋a.(1)求f(x)的极值；(2)当a在什么范围内取值时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点？解　(1)f′(x)＝3x2－2x－1.令f′(x)＝0，得x＝－eq \f(1,3)或x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：∴f(x)的极大值是f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(5,27)＋a，极小值是f(1)＝a－1.(2)函数f(x)＝x3－x2－x＋a＝(x－1)2(x＋1)＋a－1，由此可知，x取足够大的正数时，有f(x)>0，x取足够小的负数时，有f(x)<0，∴曲线y＝f(x)与x轴至少有一个交点．由(1)知f(x)极大值＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq \f(5,27)＋a，f(x)极小值＝f(1)＝a－1.∵曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点，∴f(x)极大值<0或f(x)极小值>0，即eq \f(5,27)＋a<0或a－1>0，∴a<－eq \f(5,27)或a>1，∴当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(5,27)))∪(1，＋∞)时，曲线y＝f(x)与x轴仅有一个交点．11．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处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)答案　C解析　因为f(x)在x＝－2处取得极小值，所以当x＜－2时，f(x)单调递减，即f′(x)＜0；当x＞－2时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0.所以当x＜－2时，y＝xf′(x)＞0；当x＝－2时，y＝xf′(x)＝0；当－2＜x＜0时，y＝xf′(x)＜0；当x＝0时，y＝xf′(x)＝0；当x＞0时，y＝xf′(x)＞0.结合选项中的图象知选C.12．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)．13．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20，得x>eq \f(9,2)或x<3；令f′(x)<0，得30，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－2－a≤0，,3＋2－a>0，))∴1≤a<5.15．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0C．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)>0.16．已知函数f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，当实数a≠eq \f(2,3)时，求函数f(x)的单调区间与极值．解　f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]ex.令f′(x)＝0，解得x＝－2a或x＝a－2，由a≠eq \f(2,3)，得－2a≠a－2.分以下两种情况讨论：①若a>eq \f(2,3)，则－2aa－2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以f(x)在(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)上单调递增，在(a－2，－2a)上单调递减，函数f(x)在x＝a－2处取得极大值f(a－2)，且f(a－2)＝(4－3a)ea－2，函数f(x)在x＝－2a处取得极小值f(－2a)，且f(－2a)＝3ae－2a.x(－∞，－1)－1(－1,3)3(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值xeq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))－eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\) (\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增eq \f(2\r(3),9)单调递减－eq \f(2\r(3),9)单调递增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x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值x(－∞，－2a)－2a(－2a，a－2)a－2(a－2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值x(－∞，a－2)a－2(a－2，－2a)－2a(－2a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值