高中数学 第三章 导数应用 1.2 函数的极值例题与探究 北师大版选修2-2(2021年最新整理)

1、高中数学 第三章 导数应用 1.2 函数的极值例题与探究 北师大版选修2-2高中数学 第三章 导数应用 1.2 函数的极值例题与探究 北师大版选修2-2 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学 第三章 导数应用 1.2 函数的极值例题与探究 北师大版选修2-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以下

2、为高中数学 第三章 导数应用 1.2 函数的极值例题与探究 北师大版选修2-2的全部内容。8高中数学 第三章 导数应用 1.2 函数的极值例题与探究 北师大版选修2-2高手支招3综合探究1.理解函数极大值与极小值时要注意的问题在定义中，取得极值的点称为极值点，极值点是自变量的值,极值指的是函数值。要注意以下几点:（1）极值是一个局部概念.由定义,极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较大小.（2)函数的极值不是唯一的。即一个函数在某区间上或定义域内的极大值或极小值可以不止一个。（3)极大值与极小值之间无确定的大小关系.即一个函数的极大值未必大于极小值.（4)函数的极值点一定出现在区间的内部

3、，区间的端点不能成为极值点。2.关于函数极值的必要条件的证明设函数f(x）在x0处可导，且在x0处取得极值,则一定有f(x0)=0。证明:设f(x0）为极大值，根据极值的定义，在x0的附近，对于任何点x，f(x）f(x0)总成立,从而无论x=xx00还是x=x-x00,总有f（x0+x）-f(x0)0，由已知f(x0）存在，于是有:当xx0,即x0时，f（x0）=0;当xx0，即x0时，f（x0）= 0；故f（x0）=0.高手支招4典例精析【例1】(2006天津高考，理9） 函数f（x）的定义域为开区间（a,b）,导函数f(x)在(a，b）内的图像如图所示,则函数f（x）在开区间(a，b)内有

4、极小值点( ）a.1个 b.2个 c.3个 d。4个思路分析:函数f（x）在开区间(a，b）内的极小值点即函数由减函数变为增函数的点,其导数值由负到正的点，只有1个.答案:a【例2】求函数f(x)=x33x29x+5的极值。思路分析：由求函数的极值的方法先求其导数,解方程f（x）=0，分区间讨论f（x）的符号，进而得函数f（x）的极值。解：f（x)=3x26x9=3（x+1)（x3)，令f（x）=0,解得x1=1,x2=3，x-1时,f（x）0，函数f(x)递增；-1x3时,f(x)0，函数f(x）递减;x3时,f(x）0,函数f（x）递增.f(x)极大值=f（1)=10；f(x)极小值=f(

5、3)=22.【例3】 （2006湖北高考，理21) 设x=3是函数f（x）=（x2+ax+b）e3x(xr）的一个极值点.(1)求a与b的关系式（用a表示b)，并求f(x）的单调区间;(2)设a0,g（x）=(a2+）ex.若存在1,20,4,使得f（1)-g(2)|1成立，求a的取值范围.思路分析:本题主要考查函数、不等式和导数的应用等知识，考查综合运用数学知识解决问题的能力.解题时要抓住“x=3是函数的一个极值点”这一重要条件,以此为突破口,求出a与b的关系式。解:(1)f(x)=x2+（a-2）x+b-ae3-x,由f(3）=0，得-32+3（a2)+b-ae33=0,即得b=-32a,

6、则f（x）=-x2+（a-2)x32a-ae3x=-x2+（a-2）x-33ae3x=（x-3)(x+a+1）e3-x.令f（x)=0，得x1=3或x2=-a-1,由于x=3是极值点,所以f（x）要变号,x1x2，a-4.当a-4时，x23=x1，则在区间(，3）上，f(x)0,f(x）为减函数;在区间(3,a1)上，f(x)0，f（x)为增函数;在区间（a1，+)上，f（x)0，f(x)为减函数.当a-4时,x23=x1，则在区间（，-a-1）上，f(x）0，f(x）为减函数;在区间（-a1,3)上，f(x)0，f(x）为增函数;在区间(3,+）上，f(x）0，f(x）为减函数。(2)由（1

7、)知，当a0时，f(x）在区间(0，3)上单调递增,在区间(3，4）上单调递减，那么f（x）在区间0,4上的值域是min(f(0),f（4),f(3)，而f(0）=-（2a+3)e30,f（4）=(2a+13）e10，f（3)=a+6,那么f（x）在区间0，4上的值域是(2a+3)e3，a+6.又g（x)=(a2+）ex在区间0，4上是增函数，且它在区间0,4上的值域是a2+,(a2+）e4,由于（a2+)-（a+6）=a2a+=(a）20，所以只需且仅需：（a2+)-（a+6）1且a0,解得0a.故a的取值范围是(0，)。【例4】（2006湖北高考,文19） 设函数f（x）=x3+ax2+b

8、x+c在x=1处取得极值2,试用c表示a和b,并求f(x)的单调区间.思路分析:从“函数f(x）=x3+ax2+bx+c在x=1处取得极值-2”这一条件,可以得出函数在该点的导数为零，该点的函数值为2，以此为依据就可以列出关于a和b的方程组,进而解方程组得出a和b关于c的表达式.解：依题意有f(1)=2，f（1）=0,而f（x)=3x2+2ax+b，故从而f（x）=3x2+2cx-（2c+3)=(3x+2c+3）（x-1)。令f(x)=0，得x=1或x=.由于f(x)在x=1处取得极值，故f（x）要变号，即1，即c-3。(1)若1，即c -3,则当x(-,）时,f（x）0；当x（,1)时,f(

9、x）0；当x（1，+)时,f(x)0；从而f（x)的单调增区间为（-，1,+）;单调减区间为,1.（2）若1,即c-3，同上可得，f(x)的单调增区间为（，1，+）；单调减区间为1，。【例5】（2006江西高考，理17文17) 已知函数f（x)=x3+ax2+bx+c在x=与x=1时都取得极值。(1)求a、b的值与函数f（x)的单调区间；(2)若对x1,2,不等式f(x）c2恒成立,求c的取值范围。思路分析：根据“函数在x=与x=1时都取得极值”这一条件,我们可以得出函数在这两点的导数为0，据此列出方程组,求出a、b的值，并求出f(x)的表达式，进而解决其他问题。解:（1)f(x）=x3+ax

10、2+bx+c,f(x)=3x2+2ax+b。由f（)=-a+b=0,f(1）=3+2a+b=0得a=，b=-2.f(x)=3x2-x-2=（3x+2）(x-1），函数f（x)的单调区间如下表:x（，)(,1）1（1，+）f（x)+00+f(x）极大值极小值所以函数f（x)的递增区间是（-，）与（1,+），递减区间是(，1).(2）f（x）=x3x2-2x+c，x1，2，当x=时,f（)=+c为极大值,而f（2）=2+c，则f(2)=2+c为f（x)在-1,2上的最大值。要使f（x)c2（x-1,2)恒成立,只需c2f（2）=2+c,解得c1或c2。【例6】(2007海南、宁夏高考，理21） 设

11、函数f(x）=ln(x+a）+x2。(1)若当x=-1时f(x)取得极值,求a的值，并讨论f（x）的单调性;（2）若f（x)存在极值，求a的取值范围,并证明所有极值之和大于ln。解：(1）f（x）=+2x,依题意有f（-1)=0,故a=,从而f（x）=.f（x)的定义域为(,+)。当x1时，f（x）0;当-1x时,f(x)0;当x时,f(x）0，从而,f(x)分别在区间(,1),（,+）上单调增加，在区间（-1,）上单调减少。(2)f(x)的定义域为（a,+)，f（x）=.方程2x2+2ax+1=0的判别式=4a2-8.若0，即a，在f（x)的定义域内f(x)0，故f(x)无极值。若=0,则a

12、=或a=-，若a=，x（-，+),f(x）=。当x=时，f（x）=0,当x（,）（,+）时,f（x）0，所以f（x）无极值。若a=-,x（,+),f(x）=0，f(x）也无极值.若0,即a或a-,则2x2+2ax+1=0有两个不同的实根.x1=,x2=。当a时，x1-a,x2-a,从而f（x)在f(x）的定义域内没有零点,故f（x）无极值.当a时,x1a,x2a，f（x)在f（x）的定义域内有两个不同的零点,由极值判别方法知f（x)在x=x1，x=x2处取得极值。综上，f(x）存在极值时，a的取值范围为(2，+）。f(x）的极值之和为f（x1）+f(x2)=ln(x1+a)+x12+ln(x2+a）+x22=ln+a2-11-ln2=ln.高手支招5思考发现1.对于可导函数，一点是极值点的必要条件是这点的导数为0，而一点是极值点的充分条件是这点两侧的导数异号。即可导函数极值点的导数一定为0,但导数为0的点不一定都是极值点。对于一般的函数，函数的不可导点也可能是极值点。2.使y=0的点未必是极值点，但可导函数的极值点处导数必为0.极大（小)值可以有若干个，极大值不一定比极小值大,极小值不一定比极大值小.3.函数的极值是一个局部性的概念，极