第三章正文 课时3 答案

课时3导数与函数的极值、最值二、知识梳理

1.（1）极大值极小值极小值点极值（2）左正右负极大值点极大值极小值点极小值（1）最大值最小值连续不断的三、基础回顾1．(1)×(2)√(3)×(4)√2.A【解析】由导数f′(x)的图象知，在x＝－2处，f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝－2是f(x)的极大值点；在x＝－1处，f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，所以x＝－1是f(x)的极小值点；在x＝2处，f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，所以x＝2是f(x)的极大值点．综上，f(x)的极小值点的个数为1.故选A.C【解析】因为f(x)＝2x3＋9x2－2，所以f′(x)＝6x2＋18x，令，得x=-3或x=0.当x∈[－4，－3)或x∈(0，2]时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，当x∈(－3，0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数，由f(－4)＝14，f(－3)＝25，f(0)＝－2，f(2)＝50，故函数f(x)＝2x3＋9x2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.故选C.(－∞，0)∪(0，＋∞)【解析】f′(x)＝(x－c)2＋2x(x－c)＝3x2－4cx＋c2.由题意知f′(x)有变号零点，所以Δ＝16c2－12c2＝4c2>0，解得c≠0，即c∈(－∞，0)∪(0，＋∞).四、考点扫描例1D【解析】由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2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.故选D.对点训练BC【解析】由图象知，当x∈(－2，－1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－2，－1)上单调递减，当x∈(－1,2)时，f′(x)>0，即f(x)在(－1,2)上单调递增，所以当x＝－1时，f(x)取得极小值，故A错误，B正确；当x∈(2,4)时，f′(x)<0，即f(x)在(2,4)上单调递减，故C正确，D错误．故选BC.例2【解】因为f(x)＝lnx＋2ax2＋2(a＋1)x，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)＋4ax＋2a＋2＝eq\f(（2ax＋1）（2x＋1）,x)，若a<0，则当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0，故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减；故f(x)在x＝－eq\f(1,2a)处取得唯一的极大值，且极大值为f＝ln－eq\f(1,2a)－1.若a>0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值.综上，当a<0时，f(x)的极大值为ln－eq\f(1,2a)－1，无极小值；当a>0时，f(x)无极值.对点训练【解】f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax＋a)ex＝(x＋2)(x＋a)ex当a＝2时，f′(x)≥0，所以函数f(x)在R上是增函数，无极值；当a≠2时，令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝－a，不妨令x1<x2(x1是－2与－a中较小的一个，x2是较大的一个)，列表如下：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗当－a>－2，即a<2时，取x1＝－2，x2＝－a，其单调区间如表所示，极大值为f(－2)＝(4－a)，极小值为f(－a)＝a.当－a<－2，即a>2时，取x1＝－a，x2＝－2，其单调区间如表所示，极小值为f(－2)＝(4－a)e－2，极大值为f(－a)＝a.例3(1)A【解析】f′(x)＝2x＋2(a－2)－eq\f(4a,x)＝eq\f(2x2＋2（a－2）x－4a,x)＝eq\f(2（x－2）（x＋a）,x)(x＞0).①若a≥0，当x＞2时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，所以当x＝2时，f(x)取得极小值，不满足题意，故舍去.②若a＜－2，由f′(x)＞0可得0＜x＜2或x＞－a，由f′(x)＜0可得2＜x＜－a，所以当x＝2时，f(x)取得极大值，满足题意.③若－2＜a＜0，由f′(x)＞0可得0＜x＜－a或x＞2，由f′(x)＜0可得－a＜x＜2，所以当x＝2时，f(x)取得极小值，不满足题意.④若a＝－2，则f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，此时f(x)无极值.综上，a＜－2满足条件，故选A.（2）D【解析】由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，令f′(x)＝0，得eq\f(1,2a)＝eq\f(x＋1,ex)，设g(x)＝eq\f(x＋1,ex)，y＝eq\f(1,2a)；则g′(x)＝－eq\f(x,ex)，令g′(x)＝0，即－eq\f(x,ex)＝0，解得x＝0，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0.分别作出函数g(x)＝eq\f(x＋1,ex)与y＝eq\f(1,2a)的图象，如图所示，由图可知，0<eq\f(1,2a)<1，解得a>eq\f(1,2)，所以实数a的取值范围为.故选D.对点训练（1）C【解析】f(x)的定义域为R，由f(x)＝eq\f(ax＋b,x2＋4)，得f′(x)＝eq\f(－ax2－2bx＋4a,（x2＋4）2)，因为函数f(x)＝eq\f(ax＋b,x2＋4)在x＝－1处取得极大值1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（－1）＝\f(－a＋2b＋4a,（1＋4）2)＝0，,f（－1）＝\f(－a＋b,1＋4)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝3，))所以f(x)＝eq\f(3－2x,x2＋4)，f′(x)＝eq\f(2x2－6x－8,（x2＋4）2)＝eq\f(2（x＋1）（x－4）,（x2＋4）2).令f′(x)>0，解得x>4或x<－1，令f′(x)<0，解得－1<x<4，所以f(x)在(－∞，－1)和(4，＋∞)上单调递增，在(－1，4)上单调递减，即f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝4处取得极小值，所以f(x)的极小值为f(4)＝－eq\f(1,4).故选C.（2）【解析】f′(x)＝lnx＋1－2ax，由题意知lnx＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实根，则2a＝eq\f(lnx＋1,x)，设g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，则g′(x)＝－eq\f(lnx,x2).当0＜x＜1时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞1时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，所以g(x)的极大值为g(1)＝1，又当x＞1时，g(x)＞0，当x→＋∞时，g(x)→0，当x→0时，g(x)→－∞，所以0＜2a＜1，即0＜a＜eq\f(1,2).例4D【解析】令又所以所以所以的值域为故选D.对点训练D【解析】f(x)＝cosx＋(x＋1)sinx＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)·cosx＝(x＋1)cosx，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(3π,2).因为f

＝coseq\f(π,2)＋·sineq\f(π,2)＋1＝2＋eq\f(π,2)，f

＝coseq\f(3π,2)＋sineq\f(3π,2)＋1＝－eq\f(3π,2)，又f(0)＝cos0＋(0＋1)sin0＋1＝2，f(2π)＝cos2π＋(2π＋1)sin2π＋1＝2，所以f(x)max＝f

＝2＋eq\f(π,2)，f(x)min＝f

＝－eq\f(3π,2).故选D.例5【解】f′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq\f(1,x)＝(x>0，a>0)，当0<eq\f(1,a)≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意．当1<eq\f(1,a)<e，即eq\f(1,e)<a<1时，若x∈，则f′(x)<0，f(x)单调递减；若x∈，则f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f

<f(1)＝－2，不符合题意．当eq\f(1,a)≥e，即0<a≤eq\f(1,e)时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝－2，不符合题意．综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)．对点训练【解】f′(x)＝eq\f(（10x＋a）（2x＋a）,2\r(x))，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－eq\f(a,10)或x＝－eq\f(a,2).当x∈和时，f(x)单调递增；当x∈时，f(x)单调递减.易知f(x)＝(2x＋a)2eq\r(x)≥0，且＝0.①当－eq\f(a,2)≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2eq\r(2)－2，均不符