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5．3.2　函数的极值与最大(小)值
　函数的极值(1)
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. 理解极值与极值点的概念，能利用导数求某些函数的极大值与极小值.
3. 学会绘制极值与导数的关系表，掌握求函数极值的步骤．
活动一 理解函数极值的概念，掌握极值与导数的关系
思考1
观察下图，我们发现，当t＝a时，跳水运动员距水面的高度最大．那么，函数h(t)在此点的导数是多少呢？此点附近的图象有什么特点？相应地，导数的正负性有什么变化规律？
思考2
如图，函数y＝f(x)在x＝a，b，c，d，e等点的函数值与这些点附近的函数值有什么关系？y＝f(x)在这些点的导数值是多少？在这些点附近，y＝f(x)的导数的正负性有什么规律？
1. 结合上图探求函数的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) 单调递　　 取得　　　　 单调递　　
2. 试类比探求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) 单调递　　 取得　　　　 单调递　　
其中x1，x2叫做函数的极大值点与极小值点，极大值点与极小值点统称为极值点，极大值与极小值统称为极值．
思考3
极大值一定大于极小值吗？
活动二　掌握求函数极值的方法　
例1　求函数f(x)＝x3－4x＋4的极值．
求函数的极值的一般步骤：
(1) 先求导得f′(x)；
(2) 解方程f′(x)＝0，求出x的值；
(3) 列表检查f′(x)在f′(x)＝0的根左右的值的符号来确定函数的极值．
思考4
若x0是可导函数f(x)的极值点，则f′(x0)＝0.反过来，若f′(x0)＝0，则x0一定是函数f(x)的极值点吗？能否举例说明？
例2　求函数f(x)＝的极值，并画出其图象．
1. 函数y＝x3－6x的极大值为(　　)
A. 4 B. 3 C. －3 D. －4
2. （2024榆林期末）函数f(x)＝xex的极小值为(　　)
A. e B. －1 C. －e D. －
3. （多选）（2023长沙开学考试）已知导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则下列说法中正确的是(　　)
A. (－1，3)为函数y＝f(x)的单调增区间
B. (0，3)为函数y＝f(x)的单调减区间
C. 函数y＝f(x)在x＝3处取得极大值
D. 函数y＝f(x)在x＝5处取得极小值
4. 已知函数f(x)＝x ln x，则f(x)的极小值为　　　　．
5. 求下列函数的极值．
(1) f(x)＝；
(2) f(x)＝x－2cos x；
(3) f(x)＝ex－ex.
函数的极值(2)
1. 能熟练、准确地求函数的极值．
2. 初步掌握解决与极值有关的求参、恒成立、方程根、函数图象等问题的方法．
活动一　理解函数的极值　
例1　已知函数f(x)＝x3－x2＋ax－1.
(1) 若函数的极大值点是－1，求实数a的值；
(2) 若函数f(x)有一正一负两个极值点，求实数a的取值范围．
活动二　掌握与极值有关的参数取值问题　
例2　（2024福州期末）已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋2ln x，a∈R.
(1) 若曲线y＝f(x)在x＝2处的切线与y轴垂直，求实数a的值；
(2) 若函数f(x)存在极大值－e，求实数a的值．
已知函数f(x)＝x5＋ax3＋bx＋1仅在x＝±1处有极值，且极大值比极小值大4.求：
(1) 实数a，b的值；
(2) f(x)的极值．
活动三　掌握与极值有关的方程的根或恒成立问题　
例3　设函数f(x)＝x3－12x＋5，x∈R.
(1) 求函数f(x)的单调区间和极值；
(2) 若关于x的方程f(x)＝a有三个不同的实根，求实数a的取值范围．
例4　（2024淮安期末）已知函数f(x)＝ex[x2＋(a－1)x＋1]（e为自然对数的底数），a为实数．
(1) 若y＝f(x)在区间(0，＋∞)上存在极值，求实数a的取值范围；
(2) 若对任意x∈[0，＋∞），f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围．
1. 若函数f(x)＝x3－3bx＋3在区间(－1，2)上有极值，则实数b的取值范围是(　　)
A. (0，4) B. [0，4） C. [1，4） D. (1，4)
2. （2023陕西一模）若函数f(x)＝sin (ω>0)在区间[0，1]上有唯一的极大值，则ω的取值范围是(　　)
A. B. C. D.
3. （多选）（2024杭州期末）已知f(x)＝，则下列说法中正确的是(　　)
A. f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y＝2x－2
B. f(x)的单调减区间为(e，＋∞)
C. f(x)的极大值为
D. 方程f(x)＝－1有两个不同的解
4. （2024西安期末）已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b在x＝－2时取得极大值4，则a＋b＝　　　　Ｗ．
5. （2024黔西开学考试）已知f(x)＝ax3－bx＋4，f(x)在x＝2处取得极小值－.
(1) 求f(x)的解析式；
(2) 求f(x)的图象在x＝3处的切线方程；
(3) 若方程f(x)＋k＝0有且只有一个实数根，求实数k的取值范围．
函数的最大（小）值(1)
1. 借助几何图形直观地理解最值的概念，掌握极值与最值的联系与区别．
2. 能熟练、准确地求函数的最值．
3. 初步掌握解决与最值有关的求参及不等式的简单证明．
活动一 理解最值的概念，掌握极值与最值的联系与区别
1. 复习巩固：极值的概念与极值的求法：
最值的概念：
思考1
观察图象，函数y＝f(x)的极小值有哪些？极大值有哪些？
思考2
根据函数最值的概念，在上面的图象中，你能找出函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最小值、最大值吗？
思考3
函数y＝f(x)的极值与最值有什么联系与区别？
2. 试给出求函数f(x)在区间[a，b]上最值的一般步骤．
活动二　掌握求函数最值的方法　
例1　求函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0，3]上的最大值与最小值．
求函数f(x)＝x＋sin x在区间[0，2π]上的最大值与最小值．
思考4
试根据上述求解过程，作出函数f(x)＝x＋sin x 在区间[0，2π]上的大致图象．
活动三　掌握与函数最值有关的求参及不等式的简单证明　
例2　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，是否存在实数a，b，使函数f(x)在区间[－1，2]上取得最大值3，最小值－29？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
例3　试证明 x>0，ln x≥1－.
1. 函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是(　　)
A. －2 B. 0 C. 2 D. 4
2. 函数y＝x ln x的最小值为(　　)
A. e B. －e C. － D.
3. （多选）（2024沧州期末）已知函数f(x)＝xex，则下列结论中正确的是(　　)
A. f(x)有两个单调区间 B. f(x)有两个极值点
C. f(x)有最小值－ D. f(x)有最大值e
4. （2024苏州月考）函数f(x)＝x－cos x，x∈的值域是　　　　．
5. （2024十堰月考）已知函数f(x)＝x－ln x.
(1) 求f(x)的单调区间；
(2) 求证：对任意x>－1，x≥ln (x＋1)恒成立．
函数的最大（小）值(2)
1. 利用导数解决函数的零点、方程的根、不等式的恒成立等有关简单问题．
2. 通过对生活中优化问题的学习，体会导数在解决实际问题中的作用．
3. 通过对实际问题的研究，培养分析问题、解决问题及数学建模的能力．
活动一 利用导数解决函数的零点、方程的根、不等式的恒成立等有关简单问题
例1　给定函数f(x)＝(x＋1)ex.
(1) 判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值；
(2) 画出函数f(x)的大致图象；
(3) 求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数．
函数f(x)的图象直观地反映了函数f(x)的性质．通常可以按如下步骤画出函数f(x)的大致图象：
(1) 求出函数f(x)的定义域；
(2) 求导数f′(x)及函数f′(x)的零点；
(3) 用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值；
(4) 确定f(x)的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势；
(5) 画出f(x)的大致图象．
例2　（2024杭州期末）已知a为实数，函数f(x)＝x3－3x2＋a，g(x)＝x ln x.
(1) 求f(x)的极值；
(2) 若 x1∈[1，3]， x2∈，都有f(x1)≥g(x2)，求实数a的取值范围．
活动二　导数在实际生活中的应用　
例3　某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料．瓶子的制造成本是0.8πr2分，其中r（单位：cm）是瓶子的半径．已知每出售1mL的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6cm.
(1) 瓶子半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大？
(2) 瓶子半径多大时，每瓶饮料的利润最小？
利用导数解决利润等实际意义量的最值问题时，一定要注意自变量的取值范围．
在经济学中，生产x单位产品的成本称为成本函数，记为C(x)；出售x单位产品的收益称为收益函数，记为R(x)；R(x)－C(x)称为利润函数，记为P(x).
(1) 设C(x)＝10-6x3－0.003x2＋5x＋1 000，生产多少单位产品时，边际成本C′(x)最低？
(2) 设C(x)＝50x＋10 000，产品的单价p(x)＝100－0.01x，怎样定价可使利润最大？
1. （2024盐城开学考试）已知f(x)＝x3－3x＋m，若关于x的方程f(x)＝0在区间[0，2]上有实根，则实数m的取值范围是(　　)
A. [－2，2] B. (－2，2) C. [2，＋∞） D. （－∞，－2]
2. （2024通化月考）已知函数f(x)＝x＋（其中0A. (0，1) B. C. （0，e－2] D. [e－2，1]
3. （多选）（2024邢台月考）已知函数f(x)＝(x＋1)ln x，则下列结论中正确的是(　　)
A. f(x)存在唯一的极值点
B. f(x)存在唯一的零点
C. 直线2x－y＋2＝0与f(x)的图象相切
D. 若f(ax)≥f(ln x)，则a≥
4. （2024通化月考）某工厂生产某种产品，已知该产品的月生产量x t与每吨产品的价格p（元/t）之间的关系式为p＝24 200－x2，且生产x t产品的成本为R＝50 000＋200x（元），则该厂每月生产　　　　t产品才能使利润达到最大．（利润＝收入－成本）
5. （2024杭州期末）已知函数f(x)＝.
(1) 求函数f(x)的极值点和零点；
(2) 若f(x)函数的极值(1)
【活动方案】
思考1：从t＝a附近函数h(t)的图象可以看出，h′(a)＝0；在t＝a的附近，当t0；当t>a时，函数h(t)单调递减，h′(t)<0.这就是说，在t＝a附近，函数值先增(当t0)后减(当t>a时，h′(t)<0)，这样，当t在a的附近从小到大经过a时，h′(t)先正后负，且h′(t)连续变化，于是有h′(a)＝0.
思考2：以x＝a，b两点为例，可以发现，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x＝a点附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0.类似地，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附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0.
1. >　＝　<　增　极大值　减
2. <　＝　>　减　极小值　增
思考3：不一定
例1　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)的变化情况如下表：
x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 单调递减 － 单调递增
因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，且极大值为f(－2)＝；当x＝2时，f(x)有极小值，且极小值为f(2)＝－.
思考4：不一定，如函数f(x)＝x3，导数为f′(x)＝3x2.虽然f′(0)＝0，但由于无论x>0，还是x<0，恒有f′(x)>0，即函数f(x)＝x3是增函数，所以0不是函数f(x)＝x3的极值点．一般地，函数y＝f(x)在某点的导数值为0是函数y＝f(x)在该点取极值的必要条件而非充分条件．
例2　因为f(x)＝，
所以f′(x)＝＝＝.
令f′(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：
x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 0 单调递增 单调递减
所以当x＝0时，f(x)有极小值f(0)＝0；
当x＝2时，f(x)有极大值f(2)＝.
函数f(x)＝的图象如图所示．
【检测反馈】
1. A　由题意，得y′＝3x2－6，令y′>0，解得x>或x<－；令y′<0，解得－2. D　因为f(x)＝xex，所以f′(x)＝(x＋1)ex. 令f′(x)>0，得x>－1；令f′(x)<0，得x<－1，所以函数f(x)＝xex在区间(－1，＋∞)上单调递增，区间在(－∞，－1)上单调递减，故f(x)＝xex的极小值为f(－1)＝－e-1＝－.
3. ACD　对于A，B，当－10，所以(－1，3)为函数y＝f(x)的单调增区间，故A正确，B错误；对于C，当－10，当35时，f′(x)>0，所以x＝5是函数的极小值点，故D正确．故选ACD.
4. －　因为f(x)＝x ln x，所以f′(x)＝ln x＋1.由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得05. (1) 由题意，得f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－) － (－，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 单调递减 － 单调递增 单调递减
所以当x＝－时，f(x)有极小值f(－)＝－；当x＝时，f(x)有极大值f()＝.
(2) 由题意，得f′(x)＝1＋2sin x，
令f′(x)＝0，则sin x＝－，
所以x＝－＋2kπ或x＝＋2kπ，其中k∈Z.
当x∈，k∈Z时，函数单调递减；
当x∈，k∈Z时，函数单调递增，
则当x＝－＋2kπ，k∈Z时，函数取得极小值 －＋2kπ－，k∈Z；
当x＝＋2kπ时，函数取得极大值＋2kπ＋，k∈Z.
(3) 由题意，得f′(x)＝ex－e，
令y′＝0，解得x＝1.
当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，函数单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，
则当x＝1时，f(x)有极小值f(1)＝e－e＝0.
函数的极值(2)
【活动方案】
例1　(1) 由题意，得f′(x)＝x2－2x＋a.
因为函数的极大值点是－1，
所以f′(－1)＝1＋2＋a＝0，解得a＝－3，
所以f′(x)＝x2－2x－3，经验证可知f(x)在x＝－1处取得极大值，故实数a的值为－3.
(2) 由题意，得方程x2－2x＋a＝0有一正一负两个根，设为x1，x2，
则解得a<0，
故实数a的取值范围是(－∞，0).
例2　(1) f′(x)＝ax－(a＋2)＋＝，x>0.
因为曲线y＝f(x)在x＝2处的切线与y轴垂直，
所以f′(2)＝a－1＝0，解得a＝1.
(2) 由(1)知f′(x)＝(x>0)，
当a≤0时，令f′(x)>0，得0令f′(x)<0，得x>1，
所以f(x)的单调增区间为(0，1)，单调减区间为(1，＋∞)，
此时f(x)有极大值f(1)＝－a－2＝－e，
解得a＝2(e－2)>0，不合题意，舍去；
当a>0时，分以下三种情况：
若a＝2，则f′(x)≥0在定义域内恒成立，
所以f(x)的单调增区间为(0，＋∞)，无单调减区间，无极值，舍去；
若00，得0；
令f′(x)<0，得1所以f(x)的单调增区间为(0，1)，，单调减区间为，
此时f(x)有极大值f(1)＝－a－2＝－e，解得a＝2(e－2)＝2e－4；
若a>2，令f′(x)>0，得01；
令f′(x)<0，得所以f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)，单调减区间为，
此时f(x)有极大值f＝2ln －－2＝－e.
设g(t)＝2ln t－t－2(0因为g′(t)＝－1>0，
所以g(t)在区间(0，1)上单调递增，
所以g(t)所以f<－3<－e，
故此时不存在符合题意的实数a.
综上，a＝2e－4.
跟踪训练　(1) 由题意，得 f′(x)＝5x4＋3ax2＋b.
因为当x＝±1时有极值，
所以5＋3a＋b＝0，即b＝－3a－5.①
将①代入f′(x)，得f′(x)＝5x4＋3ax2－3a－5＝5(x4－1)＋3a(x2－1)＝(x2－1)[5(x2＋1)＋3a]＝(x＋1)(x－1)[5x2＋(3a＋5)].
又函数f(x)仅在x＝±1处有极值，
所以函数5x2＋(3a＋5)≠0对任意x成立，
即Δ＝0－20(3a＋5)<0，解得a>－，
则5x2＋(3a＋5)>0对任意x恒成立．
又当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，
所以当x＝－1时，f(x)取得极大值；当x＝1时，f(x)取得极小值，所以f(－1)－f(1)＝4，
即a＋b＝－3.②
由①②解得a＝－1，b＝－2.
故实数a，b的值分别为－1，－2.
(2) 由(1)，得a＝－1，b＝－2，
所以f(x)＝x5－x3－2x＋1，
所以极大值f(－1)＝3，极小值f(1)＝－1.
例3　(1) 因为f(x)＝x3－12x＋5，
所以f′(x)＝3x2－12.
令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝－2.
令f′(x)>0，解得x>2或x<－2；
令f′(x)<0，解得－2故函数f(x)的单调增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)，单调减区间为(－2，2).
当x＝－2时，取得极大值f(－2)＝21；
当x＝2时，取得极小值f(2)＝－11.
(2) 由(1)可作出函数f(x)的草图，方程f(x)＝a有三个不同的实根即为y＝f(x)与y＝a的图象有三个交点，故实数a的取值范围为(－11，21).
例4　(1) 若y＝f(x)在区间(0，＋∞)上存在极值，
则f′(x)在区间(0，＋∞)上存在变号零点．
易得f′(x)＝ex[x2＋(a＋1)x＋a]＝(x＋a)(x＋1)ex，
令f′(x)＝(x＋a)(x＋1)ex＝0，显然ex>0，
则(x＋a)(x＋1)＝0，解得x＝－1或x＝－a，
可得－a>0，解得a<0，
所以实数a的取值范围为(－∞，0).
(2) 由(1)可得f′(x)＝(x＋1)(x＋a)ex，
若对任意x∈[0，＋∞)，f(x)≥1恒成立，
又f(0)＝1，可得f′(0)＝a≥0.
若a≥0，当x∈[0，＋∞)，可得x＋1>0，x＋a≥0，ex>0，
可得f′(x)＝(x＋1)(x＋a)ex≥0在区间[0，＋∞)上恒成立，
所以f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
可得f(x)≥f(0)＝1，符合题意．
综上，实数a的取值范围为[0，＋∞).
【检测反馈】
1. A　令f′(x)＝3x2－3b＝0，得x2＝b.因为f(x)在区间(－1，2)上有极值，所以f′(x)在区间(－1，2)上有变号零点，所以02. C　方法一：当x∈[0，1]时，t＝ωx＋∈.因为函数f(x)＝sin (ω>0)在区间[0，1]上有唯一的极大值，所以函数y＝sin t在区间上有唯一的极大值，则解得ω∈.
方法二：令ωx＋＝2kπ＋，k∈Z，即ωx＝2kπ＋，k∈Z，所以函数f(x)＝sin (ωx＋)(ω>0)在y轴右侧的第一个极大值点为x＝，第二个极大值点为x＝.因为函数f(x)＝sin (ω>0)在区间[0，1]上有唯一的极大值，所以解得ω∈.
3. BC　对于A, f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，f(1)＝0.因为f′(x)＝，所以f′(1)＝1，所以f(x)的图象在x＝1处的切线方程的斜率为k＝1，所以f(x)的图象在x＝1处的切线方程为y＝x－1，故A错误；对于B，令f′(x)<0，得x>e，所以f(x)的单调减区间为(e，＋∞)，故B正确；对于C，令f′(x)>0，得0e时，f(x)>0，所以f(x)在区间(e，＋∞)上没有零点，所以f(x)与y＝－1的图象只有一个交点，所以方程f(x)＝－1只有一个解，故D错误．故选BC.
4. 3　由题意，得f′(x)＝3x2＋2ax.因为函数f(x)＝x3＋ax2＋b在x＝－2时取得极大值4，所以解得此时f′(x)＝3x(x＋2).令f′(x)>0，解得x>0或x<－2；令f′(x)<0，解得－25. (1) 由题意，得f′(x)＝3ax2－b.
因为f(x)在x＝2处取得极小值－，
所以
解得a＝，b＝4.
经检验，满足题意，
所以f(x)＝x3－4x＋4.
(2) 由(1)知f(x)＝x3－4x＋4，
则f′(x)＝x2－4，
所以f(3)＝1，f′(3)＝5，
可得切线方程为y－1＝5(x－3)，
即5x－y－14＝0.
(3) 令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝2.
f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－2) －2 (－2，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) 单调递增 单调递减 － 单调递增
方程f(x)＋k＝0有且只有一个实数根，等价于－k＝f(x)有且只有一个实数根，
等价于函数y＝－k与y＝f(x)的图象有且只有一个交点，
可得－k<－或－k>，
解得k<－或k>，
即实数k的取值范围是∪.
　函数的最大(小)值(1)
【活动方案】
1. 略
思考1：极大值：f(x2)，f(x4)，f(x6)；极小值：f(x1)，f(x3)，f(x5).
思考2：最大值是f(a)，最小值是f(x3).
思考3：联系：若函数f(x)在区间[a，b]上是连续的，其最值只能在极值点或端点处取得．
区别：①极值是对某一点附近(局部)而言，最值是对函数的整个定义区间[a，b]而言．
②在函数的定义区间[a，b]内，极大(小)值可能有多个(或者没有)，但最大(小)值只有一个．
③函数f(x)的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点．
2. ①求函数f(x)在区间(a，b)上的极值；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
例1　因为f(x)＝x3－4x＋4，
所以f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
因为x∈[0，3]，所以由f′(x)＝0，解得x＝2，
所以当x∈(0，2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以在区间[0，3]上，当x＝2时，函数f(x)＝x3－4x＋4有极小值，并且极小值为f(2)＝－.
又因为f(0)＝4，f(3)＝1，
所以函数f(x)＝x3－4x＋4在区间[0，3]上的最大值是4，最小值是－.
跟踪训练　由f′(x)＝＋cos x＝0，x∈[0，2π]，
得x1＝，x2＝，
所以当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
所以当x＝时，函数f(x)取得极大值f＝＋；当x＝时，函数f(x)取得极小值f＝－.
又f(0)＝0，f(2π)＝π，所以函数f(x)在区间[0，2π]上的最大值是π，最小值是0.
思考4：
例2　显然a＝0不符合题意．
f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4).
①若a>0，由f′(x)>0，得x<0或x>4，
所以函数f(x)在区间[－1，0]上单调递增，在区间(0，2]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝b＝3.
又f(－1)＝3－7a，f(2)＝3－16a，
所以f(x)min＝f(2)＝3－16a＝－29，解得a＝2；
②若a<0，由f′(x)>0，得0所以函数f(x)在区间[－1，0]上单调递减，在区间(0，2]上单调递增，
所以f(x)min＝f(0)＝b＝－29.
又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29，
所以f(x)max＝f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2.
综上所述，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
例3　令f(x)＝ln x＋－1，
则f′(x)＝－＝.
由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0所以函数f(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，
所以当x＝1时，f(x)取得极小值也是最小值，
所以f(x)≥f(1)＝0，即ln x＋－1≥0，
即ln x≥1－，故原不等式成立．
【检测反馈】
1. C　由f′(x)＝3x2－6x>0，得x<0或x>2，所以函数f(x)在区间[－1，0)上单调递增，在区间[0，1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝2.
2. C　因为y＝x ln x，所以y′＝ln x＋1.由y′＝ln x＋1>0，得x>；由y′＝ln x＋1<0，得03. AC　由题意，得f′(x)＝(x＋1)ex.由f′(x)>0，解得x>－1；由f′(x)<0，解得x<－1，所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)只有一个极值点－1，且在x＝－1处取得极小值也是最小值f(－1)＝－，无最大值．故选AC.
4. 　因为f(x)＝x－cos x，x∈，所以f′(x)＝＋sin x.当－0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f＝－－.又f＝－5. (1) 由题意，得f′(x)＝1－(x>0).
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0，得0所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，f(x)的单调减区间为(0，1).
(2) 由(1)可得f(x)≥f(1)＝1，
即x－ln x≥1.
令x＝t＋1(t>－1)，
代入可得t＋1－ln (t＋1)≥1，即t≥ln (t＋1)，
所以对任意x>－1，x≥ln (x＋1)恒成立．
　函数的最大(小)值(2)
【活动方案】
例1　(1) 函数的定义域为R.
f′(x)＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex.
令f′(x)＝0，解得x＝－2.
f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，－2) －2 (－2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 单调递减 － 单调递增
所以f(x)在区间(－∞，－2)上单调递减，在区间(－2，＋∞)上单调递增．
当x＝－2时，f(x)有极小值f(－2)＝－，无极大值．
(2) 令f(x)＝0，解得x＝－1.
当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，
所以f(x)的图象经过特殊点A，B(－1，0)，C(0，1).
当x→－∞时，与一次函数相比，指数函数y＝e－x呈爆炸性增长，从而f(x)＝→0；
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞.
根据以上信息，我们画出f(x)的大致图象如下图所示．　
(3) 方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数为函数y＝f(x)的图象与直线y＝a的交点个数．
由(1)及(2)中的函数图象可得，当x＝－2时，f(x)有最小值f(－2)＝－，
所以关于方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数有如下结论：
当a<－时，解为0个；
当a＝－或a≥0时，解为1个；
当－例2　(1) 由题意，得函数f(x)＝x3－3x2＋a的定义域为R，且f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2).
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝2.
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) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
故函数f(x)的极大值为f(0)＝a，极小值为f(2)＝a－4.
(2) 若 x1∈[1，3]， x2∈，
都有f(x1)≥g(x2)，
则f(x1)min≥g(x2)max.
由(1)可知，函数f(x)在区间[1，2)上单调递减，在区间(2，3]上单调递增，
故当x∈[1，3]时，f(x)min＝f(2)＝a－4.
因为g(x)＝x ln x，且x∈时，g′(x)＝1＋ln x≤0；当x∈时，g′(x)＝1＋ln x≥0，
所以函数g(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
又g＝－，g(e)＝e，
故g(x)max＝g(e)＝e.
由题意可得a－4≥e，
故a≥e＋4.
例3　由题意可知，每瓶饮料的利润是y＝f(r)＝0.2×πr3－0.8πr2＝0.8π，0所以f′(r)＝0.8π(r2－2r).
令f′(r)＝0，解得r＝2.
当r∈(0，2)时，f′(r)<0；
当r∈(2，6)时，f′(r)>0，
所以当半径r>2时，f′(r)>0，f(r)单调递增，即半径越大，利润越高；当半径r<2时，f′(r)<0，f(r)单调递减，即半径越大，利润越低．
(1) 当半径为6cm时，利润最大．
(2) 当半径为2cm时，利润最小，这时f(2)<0，表示此种瓶内饮料的利润还不够瓶子的成本，此时利润是负值．
跟踪训练　(1) 由题意，得C′(x)＝3×10-6x2－0.006x＋5.记g(x)＝C′(x)，
由g′(x)＝6×10-6x－0.006＝0，解得x＝1 000.
当x∈(－∞，1 000)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(1 000，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，所以当x＝1 000时，g(x)取得最小值，即当x＝1 000时，边际成本C′(x)最低．
(2) 由题意，得R(x)＝x(100－0.01x)，
则P(x)＝100x－0.01x2－(50x＋10 000)＝－0.01x2＋50x－10 000.
由P′(x)＝－0.02x＋50＝0，解得x＝2 500，
所以当x＝2 500时，利润最大，
此时p＝100－0.01×2 500＝75(元)，
故当产品单价为75元时，利润最大．
【检测反馈】
1. A　由题意，得方程m＝－x3＋3x在区间[0，2]上有解．令g(x)＝－x3＋3x，x∈[0，2]，则g′(x)＝－3x2＋3＝3(1－x)(1＋x)，当00，g(x)单调递增；当1g(2)＝－8＋6＝－2，g(x)max＝g(1)＝－1＋3＝2，所以当x∈[0，2]时，g(x)∈[－2，2]，可得实数m的取值范围是[－2，2].
2. D　由题意，得f′(x)＝1－＝，g′(x)＝1－＝.因为x∈[1，e]，03. BD　由题意，得函数f(x)的定义域为{x|x>0}．对于A，f′(x)＝ln x＋＋1，令g(x)＝ln x＋＋1，则g′(x)＝－＝，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2>0，即f′(x)>0，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)没有极值点，故A错误；对于B，因为f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(1)＝0，所以f(x)存在唯一的零点1，故B正确；对于C，令f′(x)＝ln x＋＋1＝2，解得x＝1，即切点坐标为(1，0)，所以切线方程为y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0，故C错误；对于D，因为f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，f(ax)≥f(ln x)，所以ln x>0，ax≥ln x，可得x>1，所以a≥.令h(x)＝(x>1)，则h′(x)＝，当x∈(1，e)时，h′(x)>0，当x∈(e，＋∞)时，h′(x)<0，所以h(x)在区间(1，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(e)＝，所以a≥，故D正确．故选BD.
4. 200　设生产x t产品的利润为y元，则y＝px－R＝x－(50 000＋200x)＝－x3＋24 000x－50 000(x>0)，所以y′＝－x2＋24 000.由y′＝0，得x＝200.当00；当x>200时，y′<0，所以x＝200是极大值点，也是最大值点，所以当x＝200时，ymax＝3 150 000(元).
5. (1) 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝，
当x∈(0，e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以函数f(x)在x＝e时取得极大值f(e)＝，无极小值，
所以函数f(x)的极值点只有1个，即极大值点e，无极小值点．
因为f(1)＝0, 当0当x>1时，f(x)>0，
所以函数f(x)只有一个零点1.
(2) 要使f(x)即k>恒成立，
令g(x)＝，则g′(x)＝－.
当x∈时，g′(x)>0, g(x)单调递增；
当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)在x＝时取得极大值也是最大值g＝.
要使k>g(x)恒成立，则k>，
即实数k的取值范围是.

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