第1课时利用导数研究函数的极值[A基础达标]1．下列四个函数中，能在x＝0处取得极值的函数是()①y＝x3②y＝x2＋1③y＝|x|④y＝2xA．①②B．②③C．③④D．①③解析：选B.①④为单调函数，不存在极值．2．函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e)上的极大值为()A．－eB．－1C．1－eD．0解析：选B.函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1.令f′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e)时，f′(x)<0，故f(x)在x＝1处取得极大值f(1)＝ln1－1＝0－1＝－1.3．已知函数f(x)＝2x3＋ax2＋36x－24在x＝2处有极值，则该函数的一个递增区间是()A．(2，3)B．(3，＋∞)C．(2，＋∞)D．(－∞，3)解析：选B.因为f′(x)＝6x2＋2ax＋36，且在x＝2处有极值，所以f′(2)＝0，24＋4a＋36＝0，a＝－15，所以f′(x)＝6x2－30x＋36＝6(x－2)(x－3)，由f′(x)>0得x<2或x>3.4．对于函数f(x)＝x3－3x2，给出命题：①f(x)是增函数，无极值；②f(x)是减函数，无极值；③f(x)的递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，递减区间为(0，2)；④f(0)＝0是极大值，f(2)＝－4是极小值．其中正确的命题有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：选B.f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)>0，得x>2或x<0，令f′(x)<0，得0
0时，令f′(x)>0，解得x>或x<－.令f′(x)<0，解得－0.令f′(x)＝0，得x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x(0，)(，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以x＝是f(x)的极小值点，故f(x)的极小值为f()＝(1＋ln2)，没有极大值．10．设f(x)＝alnx＋＋x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)因为f(x)＝alnx＋＋x＋1，所以f′(x)＝－＋.因为曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，所以该切线斜率为0，即f′(1)＝0，即a－＋＝0，解得a＝－1.3(2)由第一问知f(x)＝－lnx＋＋x＋1(x>0)，f′(x)＝－－＋＝＝.令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(因x2＝－不在定义域内，舍去)．当x∈(0，1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0，1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．所以f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3.[B能力提升]11．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()解析：选C.因为f(x)在x＝－2处取得极小值，所以当x＜－2时，f(x)单调递减，即f′(x)＜0；当x＞－2时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0.所以当x＜－2时，y＝xf′(x)＞0；当x＝－2时，y＝xf′(x)＝0；当－2＜x＜0时，y＝xf′(x)＜0；当x＝0时，y＝xf′(x)＝0；当x＞0时，y＝xf′(x)＞0.结合选项中图象知选C.1...
