2.6.2 函数的极值 导学案（含答案）

6．2　函数的极值
最新课程标准
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间．
2．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；能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值；体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系．
学科核心素养
1.了解函数的单调性与导数的关系，以及函数的极值、最值的相关概念．(数学抽象)
2．能利用导数判断函数的单调性、求函数的单调区间．(数学运算)
3．能利用导数求函数的极值与给定闭区间上的最值．(数学运算)
4．能利用导数研究与函数单调性、极值、最值等相关的问题．(数学运算、逻辑推理)
导学
[教材要点]
要点　极值点与极植
1．极大值点与极大值
如图，在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值________________x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的____________，其函数值f(x0)为函数的________．
2．极小值点与极小值
如图，在包含x0的一个区间(a，b)上，函数y＝f(x)在任何不为x0的一点处的函数值________________x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的____________，其函数值f(x0)为函数的________．
3．极值的判断方法
如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是增加的，在区间(x0，b)上是减少的，则x0是____________，f(x0)是________；如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是减少的，在区间(x0，b)上是增加的，则x0是____________，f(x0)是________．
总结　(1)函数的极值是函数的局部性质，它反映了函数在某一点附近的大小情况．
(2)由函数极值的定义知道，函数在一个区间的端点处一定不可能取得极值，即端点一定不是函数的极值点．
(3)在一个给定的区间上，函数可能有若干个极值点，也可能不存在极值点；函数可能只有极大值，没有极小值，或者只有极小值没有极大值，也可能既有极大值，又有极小值．极大值不一定比极小值大，极小值也不一定比极大值小．
(4)若f(x)在某区间上有极值，那么f(x)在该区间上一定不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．
[练习]
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)上有极值，则f(x)在(a，b)上一定不单调．(　　)
(2)导数为零的点一定是极值点．(　　)
(3)函数的极大值一定大于极小值．(　　)
(4)在可导函数的极值点处，切线与x轴平行或重合．(　　)
2．(多选题)下图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下列命题中正确的是(　　)
A．－3是函数y＝f(x)的极值点
B．－1是函数y＝f(x)的最小值点
C．y＝f(x)在x＝0处切线的斜率小于零
D．y＝f(x)在区间(－3，1)上单调递增
3．函数y＝(x2－1)3＋1的极值点是(　　)
A．极大值点x＝－1 B．极大值点x＝0
C．极小值点x＝0 D．极小值点x＝1
4．若函数y＝－x3＋6x2＋m的极大值等于13，则m＝__________．
导思
题型一　求函数的极值(点)
例1　(1)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)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)
(2)求下列函数的极值：
①f(x)＝x3－x2－3x；
②f(x)＝x4－4x3＋5；
③f(x)＝.
总结
(1)求函数极值的步骤
―→―→―→―→―→
(2)求函数的极值需严格按照求函数极值的步骤进行，重点考虑两个问题：一是函数的定义域，注意判断使导数值为0的点是否在定义域上，如果不在定义域上，需要舍去；二是检查导数值为0的点的左右两侧的导数值是否异号，若异号，则该点是极值点，否则不是极值点．
跟踪训练1　(1)(多选题)已知函数f(x)的定义域为R且导函数为f′(x)，如图是函数y＝xf′(x)的图象，则下列说法正确的是(　　)
A．函数f(x)的增区间是(－2，0)，(2，＋∞)
B．函数f(x)的增区间是(－∞，－2)，(2，＋∞)
C．x＝－2是函数的极小值点
D．x＝2是函数的极小值点
(2)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex-1的极值点，则f(x)的极小值为(　　)
A．－1 B．－2e-3
C．5e-3 D．1
题型二　与参数有关的极值问题
角度1　已知函数极值求参数
例2　设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx，在x＝1和x＝－1处有极值，且f(1)＝－1，求a，b，c的值，并求出相应的极值．
总结　由条件可知f ′(1)＝0，f ′(－1)＝0，且f(1)＝－1，因此可构造关于a，b，c的方程组求出a，b，c的值，确定函数解析式后判断x＝1和x＝－1分别是极大值点还是极小值点．
总结
已知函数极值情况，逆向应用确定函数的解析式，进而研究函数性质时，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．
角度2　已知函数极值点，求参数范围
例3　函数f(x)＝x3－x2＋ax－1有极值点，则实数a的取值范围为________．
变式探究1　本例条件“函数f(x)＝x3－x2＋ax－1有极值点”改为“函数f(x)＝x3－x2＋ax－1有一正一负两个极值点”，则实数a的取值范围如何？
变式探究2　本例中的条件“函数f(x)＝x3－x2＋ax－1有极值点”改为“函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)在(－∞，＋∞)上无极值点”，则实数a的取值范围如何？
变式探究3　本例条件“函数f(x)＝x3－x2＋ax－1有极值点”改为“函数f(x)＝－x(ln x－1)有两个不同的极值点”，则实数a的取值范围又如何？
总结
(1)已知函数极值点的个数求参数取值范围的一般思路：求导后分离参数，转化为直线与曲线的交点问题．
(2)对于函数无极值的问题，往往转化为f′(x)≥0或f′(x)≤0在某区间上恒成立的问题，此时需注意不等式中的等号是否成立．
跟踪训练2　(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a＝________，b＝________．
(2)若函数f(x)＝x2＋a ln x在区间(1，＋∞)上存在极小值，则实数a的取值范围为________．
题型三　函数极值的综合应用
例4　已知函数f(x)＝ax2，a∈R.
(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
总结　f ′(x)的零点个数及零点大小与a的取值有关，应对a分类讨论
总结
求解析式中含有参数的函数极值，有时需要用分类讨论法才能解决问题．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．
跟踪训练3　设f(x)＝x ln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
易错辨析　对函数取极值的充要条件把握不准致误
例5　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2(a，b∈R)在x＝1处取得极值10，则f(2)的值为________．
解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
由题意，得
即
解得或
当a＝4，b＝－11时，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
显然函数f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意，此时f(2)＝18.
当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，
此时f(x)没有极值，不符合题意．
综上可知，f(2)＝18.
答案：18
【易错点】
出错原因 纠错心得
认为f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处取得极值的充要条件，得到或 事实上，当a＝－3，b＝3时， f(x)没有极值，从而得到错误答案． 一般地，若f′(x0)＝0，且f′(x)在x＝x0两侧符号相反，则函数f(x)在x＝x0处存在极值；若f′(x)在x＝x0两侧符号相同，则函数f(x)在x＝x0处不存在极值．因此，在根据极值条件求参数的值的问题中，应按照函数在这一点处取得极值所对应的条件进行检验，检验每一组解对应的函数在该点处是否能取得极值，从而进行取舍．
[课时训练]
1．设函数f(x)＝xex＋1，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
2．已知函数f(x)＝2ln x＋ax在x＝1处取得极值，则实数a＝(　　)
A．－2 B．2
C．0 ` D．1
3．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．－1C．a<－3或a>6 D．a<－1或a>2
4．函数y＝xex在其极值点处的切线方程为________．
5．设f(x)＝a ln x＋x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
0]
6．2　函数的极值
导学
要点
1．都小于　极大值点　极大值
2．都大于　极小值点　极小值
3．极大值点　极大值　极小值点　极小值
[练习]
1．答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
2．解析：由导函数图象知函数f(x)在(－∞，－3)上单调递减，(－3，＋∞)上单调递增，f′(－3)＝0，所以x＝－3是函数f(x)的极值点，故A、D正确，B不正确；又f′(0)>0，所以y＝f(x)在x＝0处切线的斜率大于0，故C不正确．故选AD.
答案：AD
3．解析：y′＝6x(x2－1)2＝0有三个根，x1＝－1，x2＝0，x3＝1，由解y′>0得x>0；由解y′<0得x<0，只有x＝0是极小值点，故选C.
答案：C
4．解析：y′＝－3x2＋12x
由y′>0得0由y′<0得x<0或x>4
所以函数y＝－x3＋6x2＋m在(－∞，0)和(4，＋∞)上单调递减，在(0，4)上单调递增．
所以函数y＝－x3＋6x2＋m在x＝4处取得极大值．
所以－43＋6×42＋m＝13.
解得m＝－19.
答案：－19
导思
题型一
例1　解析：(1)由函数的图象可知，f′(－2)＝0，f′(2)＝0，并且当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，f′(x)>0，则函数f(x)有极小值f(2)，故选D.
(2)①函数的定义域为R.
f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)．
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝3.
由此可知当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
x (－∞，－1) －1 (－1，3) 3 (3，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值 ? 极小值
当x＝－1时，f(x)有极大值.
当x＝3时，f(x)有极小值－9.
②因为f(x)＝x4－4x3＋5，
所以f′(x)＝4x3－12x2＝4x2(x－3)．
令f′(x)＝4x2(x－3)＝0，得x1＝0，x2＝3.
当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0) 0 (0，3) 3 (3，＋∞)
f′(x) － 0 － 0 ＋
f(x) 不是极值 极小值 ?
故当x＝3时函数取得极小值，且f(3)＝－22，无极大值．
③函数f(x)＝的定义域为(0，＋∞)，
且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) 极大值 ?
故当x＝e时函数取得极大值，且f(e)＝，无极小值．
答案：(1)D　(2)见解析
跟踪训练1　解析：(1)由题意，当02，f′(x)>0；当－20
即函数f(x)在(－∞，－2)和(2，＋∞)上单调递增，在(－2，2)上单调递减，
因此函数f(x)在x＝2时取得极小值，在x＝－2时取得极大值；
故A、C错，B、D正确．
故选BD.
(2)∵f(x)＝(x2＋ax－1)ex-1，∴f′(x)＝(2x＋a)ex-1＋(x2＋ax－1)ex-1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex-1.又x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex-1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1.
∴f′(x)＝(x2＋x－2)ex-1＝(x＋2)(x－1)ex-1，令f′(x)＝0得x＝－2或x＝1，令f′(x)<0得－2故选A.
答案：(1)BD　(2)A
题型二
例2　解析：f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
∵x＝±1是函数的极值点，则－1，1是方程f′(x)＝0的根，即有
.
又f(1)＝－1，则有a＋b＋c＝－1.
由上述三个方程便可解得a＝，
此时函数的表达式为f(x)＝x.
∴f′(x)＝.
由题意知，x＝±1是f′(x)＝0的根．
根据x＝±1列表分析f′(x)的符号，f(x)的单调性和极值点．
x (－∞，－1) －1 (－1，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) ? 极大值1 ? 极小值－1 ?
由上表可以看出，
当x＝－1时，函数有极大值，且f(－1)＝1；
当x＝1时，函数有极小值，且f(1)＝－1.
例3　解析：f′(x)＝x2－2x＋a
由题意知，方程x2－2x＋a＝0有两个不同的实数根，
所以Δ＝4－4a>0，解得a<1.
答案：(－∞，1)
变式探究1　解析：由题意知方程x2－2x＋a＝0有一正一负两个根，设为x1，x2，则x1x2＝a<0，故实数a的取值范围是(－∞，0)．
变式探究2　解析：若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点
则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数
即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立
因为a>0，所以f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，
则有Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0.
解得a≥，
故实数a的取值范围是.
变式探究3　解析：由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－ln x
令f′(x)＝ax－ln x＝0，可得a＝
令h(x)＝，则由题意可知直线y＝a与函数h(x)的图象有两个不同的交点．
h′(x)＝，令h′(x)＝0得x＝e
可知h(x)在(0，e)上单调递增，
在(e，＋∞)上单调递减．
∴h(x)≤h(e)＝
当x趋向于＋∞时，h(x)趋向于零．
故实数a的取值范围为.
跟踪训练2　解析：(1)因为f(x)在x＝－1时有极值0，且f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
所以 即
解得 或
当a＝1，b＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，所以f(x)在R上是增函数，无极值，故舍去．
当a＝2，b＝9时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3).
因为当x∈(－3，－1)时，f(x)是减函数；当x∈(－1，＋∞)时，f(x)是增函数，所以f(x)在x＝－1时取得极小值，因此a＝2，b＝9.
(2)因为f(x)＝x2＋a ln x，所以f′(x)＝2x＋＝，当a≥0时，无极值，所以a<0，当a<0时，x＝是f(x)的极值点，因为f(x)在(1，＋∞)上存在极小值，所以 >1，得a<－2.
答案：(1)2　9　(2)a<－2
题型三
例4　解析：(1)由题意f′(x)＝x2－ax，
所以，当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，
所以f′(3)＝3，
因此，曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.
(2)因为f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)，
①a＝0时，f′(x)＝x2≥0，f(x)在R上单调递增；
②a>0时，令f′(x)>0，得x>a或x<0，
所以f(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增；
令f′(x)<0，得0所以当x＝0时，f(x)取得极大值，极大值是f(0)＝0.
当x＝a时，f(x)取得极小值，是f(a)＝－a3；
③a<0时，令f′(x)＝0，得x1＝a所以f(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减，所以当x＝a时，f(x)取到极大值，极大值为f(a)＝－a3，
当x＝0时，f(x)取到极小值是f(0)＝0.
跟踪训练3　解析：(1)g(x)＝f′(x)＝ln x－2ax＋2a，
所以g′(x)＝－2a＝ (x>0).
当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
当a>0，x∈时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，
x∈时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减．
综上：当a≤0时，函数g(x)单调递增区间为(0，＋∞).
当a>0时，函数g(x)单调递增区间为，函数g(x)单调递减区间为.
(2)由(1)知f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当01，由(1)知f′(x)在上单调递增，所以x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝时，＝1，f′(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a>时，0<<1，x∈，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
所以f(x)在x＝1处取得极大值，符合题意．
综上可知a>.
[课时训练]
1．解析：f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝－1，
易知x＝－1是函数f(x)的极小值点，故选D.
答案：D
2．解析：f′(x)＝＋a，
由题意知f′(1)＝2＋a＝0.
解得a＝－2，
故f(x)＝2ln x－2x，
f′(x)＝－2，令f′(x)>0得0令f′(x)<0，得x>1，故f′(x)在(0，1)上单调递增 ，在(1，＋∞)上单调递减，所以x＝1是极大值点，符合题意，故选A.
答案：A
3．解析：f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，
由题意知3x2＋2ax＋(a＋6)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4a2－4×3×(a＋6)>0，
解得a<－3或a>6.
故选C.
答案：C
4．解析：令y＝f(x)＝xex，
则f′(x)＝(1＋x)ex，
令f′(x)＝0得x＝－1，
此时f(－1)＝－，
故函数y＝xex在其极值点处的切线方程为y＝－.
答案：y＝－
5．解析：(1)因为f(x)＝a ln x＋＋x＋1.
故f′(x)＝－＋.
由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－＋＝0，
解得a＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x>0)，
f′(x)＝－－＋＝
＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝1，
x2＝－ (因x2＝－ 不在定义域上，舍去).
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，1)上为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3，无极大值．