7.求下列函数的极值:
(1)f(x)=
;
(2)f(x)=x2e-x.
解
(1)函数的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞).
∵f′(x)=
,
令f′(x)=0,得x1=-1,x2=2.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,1)
1
(1,2)
2
(2+∞),
f′(x)
+
0
-
+
0
+
f(x)
单调递增
-
单调减递
单调递增
3
单调递增
故当x=-1时,函数有极大值,
并且极大值为f(-1)=-
,无极小值.
(2)函数的定义域为R,
f′(x)=2xe-x+x2·
′
=2xe-x-x2e-x
=x(2-x)e-x,
令f′(x)=0,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
4e-2
单调递减
由上表可以看出,当x=0时,函数有极小值,且为f(0)=0;
当x=2时,函数有极大值,且为f
(2)=4e-2.
二、能力提升
8.设函数f(x)的定义域为R,当x=x0(x0≠0)时f(x)取得极大值,以下结论一定正确的是________.(填序号)
①∀x∈R,f(x)≤f(x0);
②当x=-x0时f(-x)取得极小值;
③当x=-x0时-f(x)取得极小值;
④当x=-x0时-f(-x)取得极小值.
答案 ④
解析 ①错,因为极大值未必是最大值.②错,因为函数y=f(x)与函数y=f(-x)的图象关于y轴对称,当x=-x0时f(-x)取得极大值.③错,函数y=f(x)与函数y=-f(x)的图象关于x轴对称,当x=x0时-f(x)取得极小值.④对,函数y=f(x)与y=-f(-x)的图象关于原点对称,当x=-x0时y=-f(-x)取得极小值.
9.函数f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+3既有极大值又有极小值,则实数a的取值范围是________.
答案 (-∞,-1)∪(2,+∞)
解析 ∵f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),令3x2+6ax+3(a+2)=0,即x2+2ax+a+2=0,∵函数f(x)有极大值和极小值,∴方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实数根,即Δ=4a2-4a-8>0,解得a>2或a<-1.
10.如果函数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
内单调递增;
②函数y=f(x)在区间
内单调递减;
③函数y=f(x)在区间(4,5)内单调递增;
④当x=2时,函数y=f(x)有极小值;
⑤当x=-
时,函数y=f(x)有极大值.
则上述判断正确的是________.(填序号)
答案 ③
解析 当x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,
所以f(x)在(-∞,-2)上为减函数,
同理f(x)在(2,4)上为减函数,
在(-2,2)上是增函数,在(4,+∞)上为增函数,
所以可排除①和②,可选择③.
由于函数在x=2的左侧递增,右侧递减,
所以当x=2时,函数有极大值;
而在x=-
的左右两侧,函数的导数都是正数,
故函数在x=-
的左右两侧均为增函数,
所以x=-
时函数无极值.排除④和⑤.
11.已知函数f(x)=x3+
mx2-2m2x-4(m为常数,且m>0)有极大值-
,求m的值.
解 ∵f′(x)=3x2+mx-2m2=(x+m)(3x-2m),
令f′(x)=0,则x=-m或x=
m.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-m)
-m
m
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
∴f(x)极大值=f(-m)=-m3+
m3+2m3-4=-
,
∴m=1.
12.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,则x=-
或x=1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞-
),
-
(-
,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
∴f(x)的极大值是f(-
)=
+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(-
)=
+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
+a<0或a-1>0,∴a<-
或a>1,
∴当a∈(-∞,-
)∪(1,+∞)时,曲线y=f(x)与x轴仅有一个交点.
三、探究与拓展
13.已知函数f(x)=ex-ln(x+m).
(1)设x=0时f(x)取得极值,求m,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时,证明f(x)>0.
(1)解 f(x)=ex-ln(x+m)⇒f′(x)=ex-
⇒f′(0)=e0-
=0⇒m=1,
定义域为{x|x>-1},
f′(x)=ex-
=
,
显然f(x)在(-1,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增.
(2)证明 令g(x)=ex-ln(x+2),
则g′(x)=ex-
(x>-2).
h(x)=g′(x)=ex-
(x>-2)⇒h′(x)=ex+
>0,
所以h(x)是单调递增函数,h(x)=0至多只有一个实数根,
又g′(-
)=
-
<0,g′(0)=1-
>0,
所以h(x)=g′(x)=0的唯一实根在区间
内,
设g′(x)=0的根为t,
则有g′(t)=et-
=0
,
所以,et=
⇒t+2=e-t,
当x∈(-2,t)时,g′(x)当x∈(t,+∞)时,g′(x)>g′(t)=0,g(x)单调递增;
所以g(x)min=g(t)=et-ln(t+2)=
+t=
>0,
当m≤2时,有ln(x+m)≤ln(x+2),
所以f(x)=ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2)
=g(x)≥g(x)min>0.