2、x0，則f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增；當(dāng)x2x3時，f′(x)>0，則f(x)在(x3，＋∞)上單調(diào)遞增．故x1，x3是函數(shù)的極小值點，x2是函數(shù)的極大值點．
2．(2013西安十校聯(lián)考)若函數(shù)y＝f(x)可導(dǎo)，則“f′(x)＝0有實根”是“f(x)有極值”的 ( )
A．必要不充分條件 B．充分不必要條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
解析 A f(x)有極值?f′(x)＝0有實根，反之不一定成立，故選A.
3．函數(shù)y＝x＋(－2＜x＜0)的極大值為 (
3、 )
A．－2 B．2
C．－ D．不存在
解析 A y′＝1－，令y′＝0，得x＝－1.
當(dāng)－2＜x＜－1時，f′(x)＞0；當(dāng)－1＜x＜0時，f′(x)＜0.
∴f(x)極大值＝f(－1)＝－2.
4．(2013蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實數(shù)a的取值范圍是 ( )
A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析 B f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，若f(x)有極大值和極小值，則Δ＝(2a)2－43(a＋6)>0，即a2－3a－18
4、>0，得a>6或a<－3.
5．函數(shù)f(x)＝(ex＋e－x)取極小值時，x為 ( )
A．1 B．－1
C．0 D．不存在
解析 C f′(x)＝(ex－e－x)，令f′(x)＝0，得x＝0.
當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；
當(dāng)x＜0時，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)．
∴x＝0時，函數(shù)f(x)取極小值．
6．從邊長為10 cm16 cm的矩形紙板的四個角上截去四個相同的小正方形，做成一個無蓋的盒子，則盒子的最大容積是 ( )
A．134 cm3 B．144 cm3
C．102 cm3 D．98 cm3
解析 B 設(shè)小正
5、方形邊長為x cm，則盒子容積V(x)＝x(10－2x)(16－2x)＝4(x3－13x2＋40x)(0＜x＜5)．
∴V′(x)＝4(3x2－26x＋40)＝4(3x－20)(x－2)．
令V′(x)＝0，得x＝2或x＝.
但 ?(0,5)，∴x＝2.
∵極值點只有一個，可判斷該點就是最大值點．
∴當(dāng)x＝2時，V(x)最大，V(2)＝4(8－52＋80)＝144 cm3.
二、填空題(本大題共3小題，每小題8分，共24分)
7．已知f(x)＝xe－x，x∈[－2,2]的最大值為M，最小值為m，則M－m＝________.
解析 f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，
6、
令f′(x)＝0，得x＝1.
當(dāng)x＞1時，f′(x)＜0；當(dāng)x＜1時，f′(x)＞0.
∴x＝1時，f(x)取極大值，f(1)＝.
又∵f(－2)＝－2e2，f(2)＝，∴M＝，m＝－2e2.
故M－m＝＋2e2.
【答案】 ＋2e2
8．已知實數(shù)a＞0，函數(shù)f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有極大值32，則實數(shù)a的值為________．
解析 令f′(x)＝a(x－2)2＋ax2(x－2)＝a(x－2)(3x－2)＝0，得x＝2或x＝.
又a＞0，∴當(dāng)x＜或x＞2時，f′(x)＞0；當(dāng)＜x＜2時，f′(x)＜0.∴x＝時，f(x)取極大值．
∴f＝a2＝32，解得a＝
7、27.
【答案】 27
9．若函數(shù)f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)內(nèi)有極小值，則實數(shù)b的取值范圍是________．
解析 f′(x)＝3x2－6b，令f′(x)＝0，得x＝.若f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值，則方程正根x＝在(0,1)內(nèi)，即0＜b＜.
【答案】
三、解答題(本大題共3小題，共40分)
10．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋5.
(1)若曲線f(x)在點(1，f(1))的切線斜率為3，且x＝時，f(x)有極值，求函數(shù)f(x)解析式；
(2)在(1)的條件下，求函數(shù)f(x)在[－4,1]上的最大值和最小值．
解析 (1)f′(x)＝3x
8、2＋2ax＋b，
由f′(1)＝3，f′＝0，得
解得經(jīng)檢驗符合題意．
∴f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.
(2)f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝.
f(x)、f′(x)隨x的變化情況如下表：
x
(－4，－2)
－2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值13
極小值
由此可知f(x)極大值＝f(－2)＝13，f(x)極小值＝f＝.
又∵f(－4)＝(－4)3＋2(－4)2－4(－4)＋5＝－11，f(1)＝13＋212－41＋5＝4，
∴f
9、(x)max＝13，f(x)min＝－11.
11．(12分)(2011山東高考)某企業(yè)擬建造如圖所示的容器(不計厚度，長度單位：米)，其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設(shè)計要求容器的容積為立方米，且l≥2r.假設(shè)該容器的建造費用僅與其表面積有關(guān)．已知圓柱形部分每平方米建造費用為3千元，半球形部分每平方米建造費用為c(c>3)千元．設(shè)該容器的建造費用為y千元．
(1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達式，并求該函數(shù)的定義域；
(2)求該容器的建造費用最小時的r.
解析 (1)設(shè)容器的容積為V.
由題意知V＝πr2l＋πr3.
又V＝，故l＝＝－r＝(－r)．
由于l≥2r，
10、因此03，所以c－2>0.當(dāng)r3－＝0時，r＝.
令＝m，則m>0.
所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)．
①當(dāng)0時，當(dāng)r＝m時，y′＝0；
當(dāng)r∈(0，m)時，y′<0；當(dāng)r∈(m,2)時，y′>0.
所以r＝m是函數(shù)y的極小值點，也是最小值點．
②當(dāng)m≥2，即3
11、
綜上所述，當(dāng)3時，建造費用最小時r＝.
12．(16分)設(shè)a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
(2)求證：當(dāng)a＞ln 2－1且x＞0時，ex＞x2－2ax＋1.
解析 (1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
單調(diào)遞減
2(1－ln 2＋a)
單調(diào)遞增
故
12、f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2處取得極小值，
極小值為f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)．
(2)設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知當(dāng)a＞ln 2－1時，g′(x)的最小值為
g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0.
于是對任意x∈R都有g(shù)′(x)＞0，
所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增．
于是當(dāng)a＞ln 2－1時，對任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，從而對任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0.
即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.
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【創(chuàng)優(yōu)導(dǎo)學(xué)案】屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 213課后鞏固提升（含解析）新人教A版
