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[ 【基礎過關係列】高二數學同步精品講義與分層練習(人教A版2019）]
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選擇性第二冊同步鞏固，難度2顆星！

基礎知識

極值的概念

若在點\(x=a\)附近的左側\(f'(x)<0\)，右側\(f'(x)>0\)， 則\(a\)稱為函式\(y=f(x)\)的極小值點，\(f(a)\)稱為函式\(y=f(x)\)的極小值；
若在點\(x=b\)附近的左側\(f'(x)>0\)

，右側\(f'(x)<0\)，則\(b\)稱為函式\(y=f(x)\)的極大值點，\(f(b)\)稱為函式\(y=f(x)\)的極大值．
極小值點、極大值點統稱為極值點，極大值和極小值統稱為極值．
解釋
① 把函式圖象看成一座“山脈”，極大值就是“山峰”，極小值就是“山谷”， 如下圖；
② 極值是“函式值\(y\)”，極值點是“自變數\(x\)值”，如下圖有極大值\(f(-1)\)和\(f(1)\)，極小值\(f(-2)\)和\(f(2)\)，極大值點\(-1\)和\(1\)，極小值點\(-2\)和\(2\).

③ 極值反映了函式在某一點附近的大小情況，刻畫了函式的區域性性質；
④ 對於極值還有特別強調一下，看例題：
【例】

設\(x_0\)是函式\(y=f(x)\)的極值點，則下列說法準確的是( )
 A. 必有\(f'(x_0 )=0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\qquad \qquad\) B.\(f'(x_0 )\)不存在
 C. \(f'(x_0 )=0\)或\(f'(x_0 )\)不存在 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D. \(f'(x_0 )\)存在但可能不為\(0\)
解析 函式\(f(x)=x^3\)，

\(f'(x)=3x^2\)，\(f'(0)=0\)，
但\(x<0\)時，\(f'(x)>0\)；\(x>0\)時，\(f'(x)>0\)；
故根據極值的定義，\(0\)不是函式\(f(x)=x^3\)的極值點，這個從函式圖象也很容易知道.
又如函式\(g(x)=|x|\)，

當\(x<0\)時，\(g'(x)=-1<0\)； 當\(x>0\)時，\(g'(x)=1>0\)；
所以\(g(x)\)在\(x=0\)處取到極值，但在導數不存在；故選\(C\).
總結
① 若\(f(x)\)可導，且\(x_0\)是\(y=f(x)\)的極值，則\(x_0\)是\(f'(x)=0\)的解；
② 若\(x_0\)是\(f'(x)=0\)的解，\(x_0\) 不一定是\(y=f(x)\)的極值點；
③ 定義很重要.
【例】判斷\(x=0\)是否\(f(x)= \dfrac{1}{3} x^3-x^2\)的極大值點.
解 \(\because f(x)= \dfrac{1}{3} x^3-x^2\)，\(\therefore f'(x)=x^2-2x\)，
當\(x>0\)時，\(f'(x)<0\)；當\(x<0\)時，\(f'(x)>0\)；
所以\(x=0\)是\(f(x)= \dfrac{1}{3} x^3-x^2\)的極大值點.
 

求函式的極值的方法

解方程\(f'(x)=0\) ，當\(f'(x_0)=0\)時：
(1) 如果在\(x_0\)附近的左側\(f'(x)>0\)，右側\(f'(x)<0\)，那麼\(f(x_0)\)是極大值；
(2) 如果在\(x_0\)附近的左側\(f'(x)<0\)，右側 \(f'(x)>0\)，那麼\(f(x_0)\)是極小值．
 

基本方法

【題型1】 極值的概念

【典題1】(多選)設函式\(f(x)\)的定義域為\(R\)，\(x_0 (x_0≠0)\)是\(f(x)\)的極大值點，以下結論錯誤的是(　　)
 A．\(∀x∈R\)，\(f(x)≤f(x_0)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-x_0\)是\(f(-x)\)的極小值點
 C．\(-x_0\)是\(-f(x)\)的極小值點 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-x_0\)是\(-f(-x)\)的極小值點
解析 \(A\)．\(∀x∈R\)，\(f(x)≤f(x_0)\)，錯誤．\(x_0 (x_0≠0)\)是\(f(x)\))的極大值點，並不是最大值點；
\(B\)．\(-x_0\)是\(f(-x)\)的極小值點，錯誤．\(f(-x)\)相當於\(f(x)\)關於\(y\)軸的對稱圖象，故\(-x_0\)應是\(f(-x)\)的極大值點；
\(C\)．\(-x_0\)是\(-f(x)\)的極小值點，錯誤．\(-f(x)\)相當於\(f(x)\)關於\(x\)軸的對稱圖象，故\(x_0\)應是\(－f(x)\)的極小值點．跟\(-x_0\)沒有關係；
\(D\)．\(-x_0\)是\(-f(-x)\)的極小值點，正確．\(-f(-x)\)相當於\(f(x)\)先關於\(y\)軸的對稱，再關於\(x\)軸的對稱圖象．故\(D\)正確．
故選：\(ABC\)．
點撥 結合圖象分析.
 

【典題2】若函式 \(f(x)=x^3-\left(\dfrac{a}{2}+3\right) x^2+2 a x+3\)在\(x=2\)處取得極小值，則實數\(a\)的取值範圍是(　　)
 A．\((-∞，-6)\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\((-∞，6)\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\((6，+∞)\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\((-6，+∞)\)
解析 \(f(x)=x^3-\left(\dfrac{a}{2}+3\right) x^2+2 a x+3\)，
則\(f'(x)=3x^2-(a+6)x+2a\)，
由題意得：\(f'(2)=0\)，即\(12-2a-12+2a=0\)，\(f'(2)\)恆為\(0\)，
\(\because f(2)\)是極小值，\(\therefore x<2\)時，函式單調遞減，\(x>2\)時，函式單調遞增，
結合二次函式的性質\(f'(x)\)的對稱軸在\(x=2\)的左側，
即\(\dfrac{a+6}{6}<2\)，故\(a<6\)，
又\(△=(a+6)^2-24a=(a-6)^2>0\)，故\(a<6\)，
故選：\(B\)．
點撥 本題依題意得\(f'(2)=0\)，由於等式恆成立，求不出\(a\)，則利用極值的概念求出\(a\)的取值範圍.
 

【鞏固練習】

1.已知函式\(y=f(x)\)的導函式的圖象如圖所示，則下列結論正確的是(　　)

 A．\(-4\)是函式\(f(x)\)的極小值點 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-1\)是函式\(f(x)\)的極小值點
 C．函式\(f(x)\)在區間\((-4，1)\)上單調遞減 \(\qquad \qquad\) D．函式\(f(x)\)在區間\((-4，-1)\)上先增後減
 

2.函式\(f(x)=4x^3-ax^2-2bx+2\)在\(x=1\)處有極值，則\(a+b\)的值等於(　　)
 A．\(9\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
 

3.已知函式\(f(x)=x^3+2ax^2+bx+a^2\)在\(x=1\)處的極小值為\(6\)，則數對\((a，b)\)為(　　)
  A．\((-2，5)\) \(\qquad \qquad\) B．\((-19，4)\) \(\qquad \qquad\) C．\((4，-19)\) \(\qquad \qquad\) D．\((-2，5)\)或\((4，-19)\)
 

4.(多選)已知函式\(f(x)= \dfrac{1}{3} x^3+x^2-2ax+1\)，當實數\(a\)為下列(　　)的值時，函式\(f(x)\)在\((1，2)\)上有極值．
 A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(4\)
 

參考答案

1. 答案 \(A\)
   解析 結合導函式的圖象，可知\(f(x)\)在\((-∞，-4)\)單調遞減，在\((-4，+∞)\)單調遞增，
   所以\(-4\)是函式\(f(x)\)的極小值點，故\(A\)正確；
   \(-1\)不是\(f(x)\)的極值點，故\(B\)錯誤；
   函式\(f(x)\)在區間\((-4，1)\)上單調遞增，故\(C\)錯誤；
   函式\(f(x)\)在區間\((-4，-1)\)上單調遞增，故\(D\)錯誤；
   故選：\(A\)．

2. 答案 \(B\)
   解析 函式\(f(x)=4x^3-ax^2-2bx+2\)在\(x=1\)處有極值，可知\(f'(1)=0\)，
   而\(f'(x)=12x^2-2ax-2b\)，故\(12-2a-2b=0\) ，故\(a+b=6\)，
   故選：\(B\)．

3. 答案 \(C\)
   解析 由\(f(x)=x^3+2ax^2+bx+a^2\)，得\(f'(x)=3x^2+4ax+b\)，
   \(\because f(x)\)在\(x=1\)處的極小值為\(6\)，\(\therefore f'(1)=0\)且\(f(1)=6\)，
   \(\therefore 3+4a+b=0\)且\(1+2a+b+a^2=6\)，
   \(\therefore a=-2\)，\(b=5\)或\(a=4\)，\(b=-19\)，
   經檢驗當\(a=-2\)，\(b=5\)時，\(f(x)\)在\(x=1\)處取不到極小值\(6\)，
   \(\therefore a=4\)，\(b=-19\)， \(\therefore\)數對\((a，b)\)為\((4，-19)\)．
   故選：\(C\)．

4. 答案 \(BC\)
   解析 \(f'(x)=x^2+2x-2a\)，
   因為函式\(f(x)\)在\((1，2)\)上有極值，所以\(f'(x)=0\)在\((1，2)\)上有根，
   所以\(y=f'(x)\)在\((1，2)\)上有變號零點，
   又因為\(f'(x)=x^2+2x-2a\)，在\((1，2)\)上單調遞增，
   所以\(\left\{\begin{array}{l} f^{\prime}(1)=3-2 a<0 \\ f^{\prime}(2)=8-2 a>0 \end{array}\right.\)，解得\(\dfrac{3}{2}<a<4\)，
   故選：\(BC\)．
    

【題型2】 不含參函式的極值

【典題1】 已知曲線\(f(x)=ax^3-bx^2+2\)在點\((1，f(1))\)處的切線方程為\(y=1\)．
  (1)求\(a\)、\(b\)的值；\(\qquad \qquad\) (2)求\(f(x)\)的極值．
解析 (1)由函式的解析式可得\(f'(x)=3ax^2-2bx\)，
由切線方程可知切點座標為\((1，1)\)，切線的斜率為\(0\)，
從而有 \(\left\{\begin{array}{l} f(1)=a-b+2=0 \\ f^{\prime}(1)=3 a-2 b=0 \end{array}\right.\)，求解方程組可得 \(\left\{\begin{array}{l} a=2 \\ b=3 \end{array}\right.\)，
故\(a=2\)，\(b=3\)．
(2)由題意可得\(f(x)=2x^3-3x^2+2\)，\(f'(x)=6x^2-6x\)，
當\(x∈(-∞，0)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
當\(x∈(0，1)\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調遞減，
當\(x∈(1，+∞)\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調遞增，
故函式的極大值為\(f(0)=2\)，函式的極小值為\(f(1)=1\)．

點撥 求函式極值先求函式單調性，解題步驟與思路差不多；藉助導函式的“穿線圖”更好得到結論.
 

【鞏固練習】

1.下列函式中，不存在極值點的是(　　)
 A．\(y=x+ \dfrac{1}{x}\) \(\qquad \qquad\) B． \(y=2^{|x|}\) \(\qquad \qquad\) C．\(y=x⋅\ln ⁡x\) \(\qquad \qquad\) D．\(y=-2x^3-x\)
 

2.函式\(y=1+3x-x^3\)有(　　)
 A．極小值\(-1\)，極大值\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．極小值\(-1\)，極大值\(3\)
 C．極小值\(-2\)，極大值\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．極小值\(2\)，極大值\(3\)
 

3.函式\(f(x)=\cos⁡ 2x+\sin ⁡ ⁡x\)，\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)的極值點為\(x_0\)，則\(\tan⁡ x_0\)的值為(　　)
 A．\(\dfrac{\sqrt{15}}{15}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\sqrt{15}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
 

4.已知函式\(f(x)=a\ln ⁡x- \dfrac{1}{2} x^2\)，\((a∈R)\)在\(x=1\)處的切線與直線\(y=x+1\)平行．
  (1)求實數a的值；\(\qquad \qquad\) (2)求函式\(f(x)\)的極值．
 
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 \(y=x+ \dfrac{1}{x}\)，\(x=-1\)時，函式取得極大值，\(x=1\)時，函式取得極小值，所以\(A\)不正確；
   \(y=2^{|x|}\)是偶函式，\(x=0\)時，函式取得極小值，所以\(B\)不正確；
   \(y=x⋅\ln ⁡x\)可得\(y'=\ln ⁡x+1\)， \(x>\dfrac{1}{e}\)時，\(y'>0\)，函式是增函式，
   \(x \in\left(0， \dfrac{1}{e}\right)\)時，\(y'<0\)，函式是減函式，\(x=\dfrac{1}{e}\)時，函式取得極小值，所以\(C\)不正確．
   \(y=-2x^3-x\)，可得\(y'=-6x^2-1<0\)恆成立，函式是減函式，
   所以函式沒有極小值，所以\(D\)正確．
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(B\)
   解析 \(y'=3-3x^2\)，
   令\(y'=0\)，解得\(x=±1\)，
   \(x∈(-∞，-1)\)，\((1，+∞)\)時，\(y'<0\)，\(x∈(-1，1)\)時，\(y'>0\)，
   \(\therefore\)函式\(y=1+3x-x^3\)有在\((-∞，-1)\)，\((1，+∞)\)上遞減，在\((-1，1)\)遞增，
   \(\therefore x=1\)，函式取得極大值\(1+3×1-1^3=3\)，
   \(x=-1\)時，函式取得極小值\(1+3×(-1)-(-1)^3=-1\)，
   故選：\(B\)．

3. 答案 \(A\)
   解析 函式\(f(x)=\cos⁡ 2x+\sin ⁡ ⁡x\)，\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)，
   所以 \(f^{\prime}(x)=-2 \sin 2 x+\cos x=\cos x(1-4 \sin x)\)，
   令\(f'(x)=0\)，\(\cos⁡ x(1-4\sin ⁡ ⁡x)=0\)，
   因為\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)，所以\(\cos⁡ x≠0\)，
   所以\(1-4\sin ⁡ ⁡x=0\)，即\(\sin ⁡ ⁡x= \dfrac{1}{4}\)，
   因為函式\(f(x)=\cos⁡ 2x+\sin ⁡ ⁡x\)，\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{2}\right)\)的極值點為\(x_0\)，
   所以\(\sin ⁡ ⁡x_0= \dfrac{1}{4}\)， \(\cos x_0=\dfrac{\sqrt{15}}{4}\)， \(\therefore \tan x_0=\dfrac{\sqrt{15}}{15}\)，
   故選：\(A\)．

4. 答案 (1) \(a=2\)；(2) 極大值為\(\ln ⁡2-1\)，無極小值．
   解析 (1)由題意可知，\(f'(1)=1\)，
   \(\because f^{\prime}(x)=\dfrac{a}{x}-x\)，\(\therefore f'(1)=a-1=1\)，\(\therefore a=2\)．
   (2) \(\because f^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-x=\dfrac{2-x^2}{x}\)，
   \(\therefore f'(x)>0⇒0<x<\sqrt{2}\)，\(f'(x)<0⇒x>\sqrt{2}\)，
   即函式\(f(x)\)在\((0，\sqrt{2})\)上單調遞增，在\((\sqrt{2}，+∞)\)上單調遞減，
   故函式\(f(x)\)的極大值為\(f(\sqrt{2})=2\ln ⁡\sqrt{2}-1=\ln ⁡2-1\)，無極小值．
    

【題型3】含參函式的極值

【典題1】討論函式\(f(x)=e^x-2ax-a\)的極值.
解析 \(f'(x)=e^x-2a\)，
當\(a≤0\)時，\(f'(x)= e^x-2a>0\)，\(f(x)\)在\(R\)上為單調增函式，無極值，
當\(a>0\)時，
由\(f'(x)= e^x-2a>0\)，\(x>\ln (2a)\)，\(f(x)\)在\((\ln (2a)，+∞)\)上為單調增函式，
由\(f'(x)= e^x-2a<0\)，\(x<\ln (2a)\)，\(f(x)\)在\((-∞，\ln (2a))\)上為單調減函式，
所以 \(f_{\text {極小值 }}=f(\ln (2 a))=a-2 a \ln (2 a)\)，無極大值．
綜上所述：當\(a≤0\)時，無極值，
當\(a>0\)時， \(f_{\text {極小值 }}=a-2 a \ln (2 a)\)，無極大值.
 

【鞏固練習】

1.討論\(f(x)=x^3-ax^2+2\)的極值.
 
 

2.討論\(f(x)=\ln x+ \dfrac{1}{2} x^2+ax(a∈R)\)的極值點的個數.
 
 

參考答案

1. 答案 當\(a≤0\)時，\(f(x)\)無極值；當\(a>0\)時，極小值\(-\dfrac{4 a^3}{27}+2\)，無極大值．
   解析 定義域\(x∈(0，+∞)\)，\(f'(x)=3x^2-2ax=x(3x-2a)\)，
   當\(a≤0\)時，\(f'(x)≥0\)，\(f(x)\)在\((0，+∞)\)上單增，無極值，
   當\(a>0\)時， \(f^{\prime}(x)>0 \Rightarrow x>\dfrac{2 a}{3}\)，
   \(\therefore f(x)\)單減區間是\(\left(0， \dfrac{2 a}{3}\right)\)，單增區間是\(\left(\dfrac{2 a}{3}，+\infty\right)\)，
   所以 \(f(x)_{\text {極小 }}=f\left(\dfrac{2 a}{3}\right)=-\dfrac{4 a^3}{27}+2\)，無極大值．
   綜上所述，當\(a≤0\)時，\(f(x)\)無極值；當\(a>0\)時，極小值\(-\dfrac{4 a^3}{27}+2\)，無極大值．

2. 答案 當\(a≥-2\)時，函式\(f(x)\)無極值點；當\(a<-2\)時，\(f(x)\)有兩個極值點.
   解析 由題意得： \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}+x+a=\dfrac{x^2+a x+1}{x}(x>0)\)，
   令\(f'(x)=0\)，即\(x^2+ax+1=0\)，\(△=a^2-4\)，
   ①當\(△=a^2-4≤0\)，即\(-2≤a≤2\)時，
   \(x^2+ax+1≥0\)對任意的\(x>0\)恆成立，
   即\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x^2+a x+1}{x} \geq 0\)對任意\(x>0\)恆成立，此時\(f(x)\)沒有極值點；
   ②當\(△=a^2-4>0\)，即\(a<-2\)或\(a>2\)時，
   若\(a<-2\)，設方程的兩根不同實根\(x_1\)，\(x_2\)，
   不妨設\(x_1<x_2\)，
   則\(x_1+x_2=-a\)，\(x_1 x_2=1>0\)，故\(x_2>x_1>0\)，
   當\(0<x<x_1\) 或\(x>x_2\)時，\(f'(x)>0\)，
   當\(x_1<x<x_2\)時，\(f'(x)<0\)，
   故\(x_1\)，\(x_2\)是函式\(f(x)\)的兩個極值點．
   若\(a>2\)，設方程\(x^2+ax+1=0\)的兩個不同的實根\(x_1\)，\(x_2\)，
   則\(x_1+x_2=-a<0\)，\(x_1 x_2=1\)，故\(x_1<0\)，\(x_2<0\)，
   所以當\(x>0\)時，\(f'(x)>0\)，故函式\(f(x)\)沒有極值點，
   綜上當\(a≥-2\)時，函式\(f(x)\)無極值點；當\(a<-2\)時，\(f(x)\)有兩個極值點.
    

分層練習

【A組---基礎題】

1.已知函式\(f(x)\)的導函式為\(f'(x)\)，函式\(g(x)=(x-1)f'(x)\)的圖象如圖所示，則下列結論正確的是(　　)

 A．\(f(x)\)在\((-∞，-2)\)，\((1，2)\)上為減函式 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(f(x)\)在\((-2，1)\)，\((2，+∞)\)上為增函式
 C．\(f(x)\)的極小值為\(f(-2)\)，極大值為\(f(2)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(f(x)\)的極大值為\(f(-2)\)，極小值為\(f(2)\)
 

2.函式\(f(x)= \dfrac{1}{2} x^2+\ln ⁡x-2x\)的極值點的個數是(　　)
 A．\(0\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．無數個
 

3.若函式\(f(x)= \dfrac{1}{2} x^2-x+a\ln x\)有兩個不同的極值點，則實數\(a\)的取值範圍是(　　)
 A．\(a> \dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(- \dfrac{1}{4}<a<0\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(a< \dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(0<a< \dfrac{1}{4}\)
 

4.已知函式\(f(x)=x\ln ⁡x+x^2\)，且\(x_0\)是函式\(f(x)\)的極值點．給出以下幾個問題：
①\(x_0> \dfrac{1}{e}\)；②\(0<x_0< \dfrac{1}{e}\)；③\(f(x_0 )+x_0<0\)；④\(f(x_0 )+x_0>0\)
其中正確的命題是(　　)
 A．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．①④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．②③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．②④
 

5.已知函式\(f(x)=x^3+3ax^2+1(a<0)\)，\(f(x)\)極小值點為\(x_0\)，若\(f(x_1 )=f(x_0 )\)且\(x_1≠x_0\)，則\(x_1⋅f(x_1+x_0 )\)的最小值為(　　)
 A．\(- \dfrac{3}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(- \dfrac{3}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{3}{8}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{3}{4}\)
 

6.若函式\(f(x)=m\cdot e^x-x^2+2x(m<0)\)在\((0，1)\)上有極值點，則\(m\)的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\)．
 

7.設\(x_1\)和\(x_2\)是函式\(f(x)=x^3+2ax^2+x+1\)的兩個極值點．若\(x_2-x_1=2\)，則\(a^2=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
 

8.設函式\(f(x)=2x^3+3x^2+ax+b\)，曲線\(y=f(x)\)在點\((0，f(0))\)處的切線方程為\(y=-12x+1\)．
  (1)求\(f(x)\)的解析式；\(\qquad \qquad\) (2)求\(f(x)\)的極值．
 
 

9.設\(a\)為實數，函式\(f(x)= \dfrac{1}{3} x^3- \dfrac{1}{2}(a-1)x^2-ax(x∈R)\)．
  (1)當\(a=1\)時，求\(f(x)\)的單調區間；
  (2)求\(f(x)\)在\(R\)上的極大值與極小值．
 
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 當\(x∈(-∞，-2)\)時，\(x-1<0\)，由圖象可得\(g(x)=(x-1)f'(x)<0\)，
   則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)為增函式；
   當\(x∈(-2，1)\)時，\(x-1<0\)，由圖象可得\(g(x)=(x-1)f'(x)>0\)，
   則\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)為減函式；
   當\(x∈(1，2)\)時，\(x-1>0\)，由圖象可得\(g(x)=(x-1)f'(x)<0\)，
   則\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)為減函式；
   當\(x∈(2，+∞)\)時，\(x-1>0\)，由圖象可得\(g(x)=(x-1)f'(x)>0\)，
   則\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)為增函式，
   所以\(f(x)\)的極大值為\(f(-2)\)，極小值為\(f(2)\)，
   結合選項可知，只有選項\(D\)正確．
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(A\)
   解析 \(f^{\prime}(x)=x+\dfrac{1}{x}-2=\dfrac{(x-1)^2}{x} \geqslant 0\)，
   故原函式單調遞增，\(f(x)\)無極值點．
   故選：\(A\)．

3. 答案 \(D\)
   解析 因為\(f(x)= \dfrac{1}{2} x^2-x+a\ln x\)有兩個不同的極值點，
   所以\(f^{\prime}(x)=x-1+\dfrac{a}{x}=\dfrac{x^2-x+a}{x}=0\)在\((0，+∞)\)有\(2\)個不同的零點，
   所以\(x^2-x+a=0\)在\((0，+∞)\)有\(2\)個不同的零點，
   所以\(\left\{\begin{array}{l} \triangle=1-4 a>0 \\ a>0 \end{array}\right.\)，解可得，\(0<a< \dfrac{1}{4}\)．
   故選：\(D\)．

4. 答案 \(C\)
   解析\(f(x)\)的定義域為\(x>0\)，\(f'(x)=\ln ⁡x+2x+1\)，
   所以有$f'(x_0 )=\ln ⁡x_0+2x_0+1=$0，
   所以有\(2x_0=-(\ln ⁡x_0+1)>0\)，即\(\ln ⁡x_0<-1\)，
   即 \(\ln x_0<\ln e^{-1}\)，所以有\(0<x_0< \dfrac{1}{e}\)；故①錯誤，②正確；
   \(f(x_0 )+x_0=x_0 \ln ⁡x_0+x_0^2+x_0=x_0 (\ln ⁡x_0+x_0+1)\)，
   因為\(2x_0=-(\ln ⁡x_0+1)\)，
   所以有\(f(x_0 )+x_0=x_0 \ln ⁡x_0+x_0^2+x_0=x_0 (\ln ⁡x_0+x_0+1)=-x_0^2<0\)，
   故③正確，④錯誤．
   故選：\(C\)．

5. 答案 \(B\)
   解析 \(f'(x)=3x^2+6ax=3x(x+2a)\)，
   \(\because a<0\)，
   當\(x>-2a\)或\(x<0\)時，\(f'(x)>0\)，函式單調遞增，
   當\(0<x<-2a\)時，\(f'(x)<0\)，函式單調遞減，
   故極小值點為\(x_0=-2a\)，
   由\(f(x_1 )=f(x_0 )=1+4a^3\)可得\(x_1=a\)，
   則\(x_1⋅f(x_1+x_0 )=af(-a)=a(2a^3+1)=2a^4+a\)，
   設\(g(a)=2a^4+a(a<0)\)，\(g'(a)=8a^3+1\)，
   當\(a \in\left(-\infty，-\dfrac{1}{2}\right)\)，\(g'(a)<0\); \(a \in\left(-\dfrac{1}{2}，+\infty\right)\)，\(g'(a)>0\)
   所以\(g(a)\)在\(\left(-\infty，-\dfrac{1}{2}\right)\)上單調遞減，在\(\left(-\dfrac{1}{2}，+\infty\right)\)上單調遞增，
   故\(g(a)_{\min }=g\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{3}{8}\)．
   故選：\(B\)．

6. 答案 \((-2，0)\)
   解析 \(f'(x)=m\cdot e^x-2x+2(m<0)\)，
   所以\(f'(x)\)在\((0，1)\)上為減函式，
   所以\(\left\{\begin{array}{l} f^{\prime}(0)=m+2>0 \\ f^{\prime}(1)=m e<0 \end{array}\right.\)，解得\(-2<m<0\)，
   故答案為：\((-2，0)\)．

7. 答案 \(3\)
   解析 \(\because\)函式\(f(x)=x^3+2ax^2+x+1\)， \(\therefore f'(x)=3x^2+4ax+1\)，
   又\(x_1\)和\(x_2\)是函式\(f(x)=x^3+2ax^2+x+1\)的兩個極值點，
   則\(x_1\)和\(x_2\)是方程\(3x^2+4ax+1=0\)的兩根，
   故 \(x_1+x_2=-\dfrac{4 a}{3}\)， \(x_1 \cdot x_2=\dfrac{1}{3}\)，
   又\(x_2-x_1=2\)，則\((x_1-x_2 )^2=(x_1+x_2 )^2-4x_1 x_2=4\)，
   即 \(\dfrac{16 a^2}{9}-\dfrac{4}{3}=4\)，則\(a^2=3\).

8. 答案 (1)\(y=2x^3+3x^2-12x+1\)；(2) 極大值\(21\)， 極小值\(-6\).
   解析 (1)\(f'(x)=6x^2+6x+a\)， \(k_{\text {切 }}=f^{\prime}(0)=a\)，
   又因為切線方程為\(y=-12x+1\)，
   所以 \(k_{\text {切 }}=-12\)，得\(a=-12\)，
   因為切點在切線上也在曲線上，
   所以\(\left\{\begin{array}{l} f(0)=-12 \times 0+1=1 \\ f(0)=b \end{array}\right.\)，所以\(b=1\)，
   所以\(f(x)\)的解析式為\(y=2x^3+3x^2-12x+1\)．
   (2)\(f(x)\)定義域為\(R\)，\(f'(x)=6x^2+6x-12\)
   令\(f'(x)=0\)得，\(x=-2\)或\(1\)，
   所以在\((-∞，-2)\)，\((1，+∞)\)上單調遞增，在\((-2，1)\)上單調遞減，
   所以\(f(x)_{\text {極大值 }}=f(-2)=21\)， \(f(x)_{\text {極小植 }}=f(1)=-6\)．

9. 答案 (1) 在\((-∞，-1)\)，\((1，+∞)\)上單調遞增，在\((-1，1)\)上單調遞減；
   (2) 當\(a=-1\)時，無極值；當\(a>-1\)時，極大值為\(\dfrac{1}{2} a+\dfrac{1}{6}\)，極小值為\(-\dfrac{1}{6} a^3+\dfrac{3}{2} a^2\)；
   當\(a<-1\)時，極小值為\(\dfrac{1}{2} a+\dfrac{1}{6}\)，極大值為\(-\dfrac{1}{6} a^3+\dfrac{3}{2} a^2\)．
   解析 (1)當\(a=1\)時，\(f(x)= \dfrac{1}{3} x^3-x\)，\(\therefore f'(x)=x^2-1\)，
   令\(f'(x)=0\)，解得\(x=1\)，或\(x=-1\)，
   當\(f'(x)>0\)時，即\(x>1\)，或\(x<-1\)時，函式為增函式，
   當\(f'(x)<0\)時，即\(-1<x<1\)，函式為減函式，
   \(\therefore f(x)\)\(在(-∞，-1)\)，\((1，+∞)\)上單調遞增，在\((-1，1)\)上單調遞減；
   (2) \(f'(x)=x^2-(a-1)x-a=(x-a)(x+1)\)，
   令\(f'(x)=0\)，解得\(x=-1\)或\(x=a\)，
   ①當\(a=-1\)時，\(f'(x)⩾0\)恆成立，\(\therefore f(x)\)單調遞增，函式無極值，
   ②當\(a>-1\)時，
   當\(f'(x)>0\)時，即\(x>a\)，或\(x<-1\)時，函式為增函式，
   當\(f'(x)<0\)時，即\(-1<x<a\)，函式為減函式，
   \(\therefore\)當\(x=-1\)時，函式有極大值，極大值為\(f(-1)=-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}(a-1)+a=\dfrac{1}{2} a+\dfrac{1}{6}\)，
   當\(x=a\)時，函式有極小值，極小值為\(f(a)=\dfrac{1}{3} a^3-\dfrac{1}{2}(a-1) a^2+a^2=-\dfrac{1}{6} a^3+\dfrac{3}{2} a^2\)，
   ③當\(a<-1\)時，
   當\(f'(x)>0\)時，即\(x>-1\)，或\(x<a\)時，函式為增函式，
   當\(f'(x)<0\)時，即\(a<x<-1\)，函式為減函式，
   \(\therefore\)當\(x=-1\)時，函式有極小值，極小值為\(f(-1)=\dfrac{1}{2} a+\dfrac{1}{6}\)，
   當\(x=a\)時，函式有極大值，極大值為\(f(a)=-\dfrac{1}{6} a^3+\dfrac{3}{2} a^2\)．
   綜上所述，當\(a=-1\)時，無極值；
   當\(a>-1\)時，極大值為\(\dfrac{1}{2} a+\dfrac{1}{6}\)，極小值為\(-\dfrac{1}{6} a^3+\dfrac{3}{2} a^2\)；
   當\(a<-1\)時，極小值為\(\dfrac{1}{2} a+\dfrac{1}{6}\)，極大值為 \(-\dfrac{1}{6} a^3+\dfrac{3}{2} a^2\)．
    

【B組---提高題】

1.(多選)如圖，已知直線\(y=kx+m\)與曲線\(y=f(x)\)相切於兩點，則\(F(x)=f(x)-kx\)有(　　)

 A．\(1\)個極大值點，\(2\)個極小值點 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2\)個零點 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)
 C．\(0\)個零點 \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)個極小值點，無極大值點
 

2.已知函式\(f(x)=e^x-a\sin ⁡ x\)在區間 \(\left(0， \dfrac{\pi}{3}\right)\)上有極值，則實數\(a\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\) .
 

3.討論函式\(f(x)=x\ln x- \dfrac{1}{2} x^2+(a-1)x(a∈R)\)的極值點的個數.
 
 

參考答案

1. 答案 \(AC\)
   解析 由原圖可知，\(k<0\)，\(m>0\)，設原圖中的兩切點橫座標為\(a\)，\(b\)．
   再在同一座標系中做出\(y=f(x)\)與\(y=kx\)的圖象如圖：
   由圖可知，\(y=f(x)\)與\(y=kx\)沒有公共點，
   故函式\(F(x)\)沒有零點．
   直線\(x=n\)與\(y=f(x)\)、\(y=kx\)分別交於點\(A\)、\(B\)，
   則\(F(x)\)的函式值可以理解為線段\(AB\)長度；
   由圖可知：當\(x∈(-∞，a)\)時，\(F(x)\)單調遞減；當\(x∈(a，c)\)，\(F(x)\)單調遞增；
   當\(x∈(c，b)\)時，\(F(x)\)單調遞減；當\(x∈(b，+∞)\)時，\(F(x)\)單調遞增．
   故\(a\)，\(b\)是函式\(F(x)\)的極小值點，\(c\)是\(F(x)\))的極大值點．
   故選：\(AC\)．
   

2. 答案 \(\left(1，2 e^{\frac{\pi}{3}}\right)\)
   解析 \(f(x)=e^x-\operatorname{asin} x\)， \(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{3}\right)\)，
   則\(f'(x)=e^x-a\cos⁡ x\)
   由題意得\(e^x-a\cos⁡ x=0\)在 \(\left(0， \dfrac{\pi}{3}\right)\)上有解，
   即\(a=\dfrac{e^x}{\cos x}\)在 \(\left(0， \dfrac{\pi}{3}\right)\)上有解，
   記\(a=\dfrac{e^x}{\cos x}\)， \(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{3}\right)\)，
   則\(g^{\prime}(x)=\dfrac{e^x(\sin x+\cos x)}{\cos ^2 x}\)，
   當\(x \in\left(0， \dfrac{\pi}{3}\right)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)遞增，
   而\(g(0)=1\)， \(g\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2 e^{\frac{\pi}{3}}\)，故 \(1<a<2 e^{\frac{\pi}{3}}\).

3. 答案 當\(a≤1\)時，\(f(x)\)沒有極值點；當\(a>1\)時，\(f(x)\)有\(2\)個極值點．
   解析 \(f'(x)=\ln x-x+a\)， \(f^{\prime \prime}(x)=\dfrac{1}{x}-1=\dfrac{1-x}{x}\)，
   當\(x∈(0，1)\)時，\(f'' (x)>0\)，\(f'(x)\)單調遞增；
   當\(x∈(1，+∞)\)時，\(f'' (x)<0\)，\(f'(x)\)單調遞減，
   所以當\(x=1\)時，\(f'(x)\)有極大值，\(f'(1)=a-1\)，
   當\(a≤1\)時，\(f'(1)≤0\)，
   所以\(f(x)\)在\((0，+∞)\)上單調遞減，此時\(f(x)\)無極值，
   當\(a>1\)時，\(f'(1)=a-1>0\)，
   \(f^{\prime}\left[\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}\right]=\ln \left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a\)\(=-a-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}+a=-1-\left(\dfrac{1}{e}\right)^{a+1}<0\)，
   易證\(x>1\)時，\(e^x>2x\)，
   所以\(a>1\)，\(f'(e^a)=2a-e^a<0\)，
   故存在\(x_1\)，\(x_2\)滿足\(0<( \dfrac{1}{e})^{a+1}<x_1<1<x_2<e^a\)，\(f'(x_1)=f'(x_2)=0\)，
   當\(x∈(0，x_1)\)時，\(f(x)\)單調遞減，當\(x∈(x_1，x_2)\)時，\(f(x)\)單調遞增，
   當\(x∈(x_2，+∞)\)時，\(f(x)\)單調遞減，
   所以\(f(x)\)在\(x=x_1\)處有極小值，在\(x=x_2\)處有極大值．
   綜上所述，當\(a≤1\)時，\(f(x)\)沒有極值點；當\(a>1\)時，\(f(x)\)有\(2\)個極值點．
    

【C組---拓展題】

1.已知函式 \(f(x)=\dfrac{e^x}{x}+k(\ln x-x)\)，若\(x=1\)是函式\(f(x)\)的唯一極值點，則實數\(k\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
 

參考答案

1. 答案\((-∞，e]\)
   解析 \(\because\)函式 \(f(x)=\dfrac{e^x}{x}+k(\ln x-x)\)的定義域是\((0，+∞)\)，
   \(\therefore f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x(x-1)}{x^2}+\dfrac{k(1-x)}{x}=\dfrac{\left(e^x-k x\right)(x-1)}{x^2}\) ，
   \(x=1\)是函式\(f(x)\)的唯一一個極值點，
   \(\therefore x=1\)是導函式\(f'(x)=0\)的唯一根，
   \(\therefore e^x-kx=0\)在\((0，+∞)\)無變號零點，
   令\(g(x)=e^x-kx\)，則\(g'(x)=e^x-k\)，
   ①\(k≤0\)時，\(g'(x)>0\)恆成立，\(g(x)\)在\((0，+∞)\)時單調遞增，
   \(g(x)\)的最小值為\(g(0)=1\)，\(g(x)=0\)無解，
   ②\(k>0\)時，\(g'(x)=0\)有解，為：\(x=\ln k\)，
   \(0<x<\ln k\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，
   \(\ln k<x\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
   \(\therefore g(x)\)的最小值為\(g(\ln k)=k-k\ln k\)，
   \(\therefore k-k\ln k>0\)，\(\therefore k<e\)，
   畫出函式\(y=e^x\)和\(y=ex\)的圖象，如圖示：
   
   由\(y=e^x\)和\(y=ex\)圖象，它們切於\((1，e)\)，
   綜上所述\(k≤e\)，
   故答案為：\((-∞，e]\)．