人教B版 (2019)选择性必修 第三册6.2.2 导数与函数的极值、最值第2课时学案及答案

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如图，在闭区间[a，b]上的函数y＝f(x)的图像是一条连续不断的曲线，则它必有最大值和最小值．
问题：(1)f(x)的最大值和最小值分别是多少？
(2)你能指出最值与极值的关系吗？
[提示] (1)最大值为f(x3)，最小值为f(a)．
(2)求函数在闭区间上的最值，只需比较极值和端点处的函数值即可．
知识点 函数的最值
(1)一般地，如果函数y＝f(x)在定义域内的每一点都可导，且函数存在最值，则函数的最值点一定是某个极值点；
(2)如果函数y＝f(x)的定义域为[a，b]且存在最值，函数y＝f(x)在(a，b)内可导，那么函数的最值点要么是区间端点a或b，要么是极值点．
拓展：求函数的最值时，应注意以下几点：
(1)函数的极值是在局部范围内讨论问题，是一个局部概念，而函数的最值是对整个定义域而言，是在整体范围内讨论问题，是一个整体性的概念．
(2)闭区间[a，b]上的连续函数一定有最值．开区间(a，b)内的可导函数不一定有最值，但若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值．
(3)函数在其定义域上的最大值与最小值至多各有一个，而函数的极值则可能不止一个，也可能没有极值，并且极大值(极小值)不一定就是最大值(最小值)．
1．函数f(x)＝eq \f(x,ex)在区间[2，4]上的最小值为( )
A．0 B．eq \f(1,e) C．eq \f(4,e4) D．eq \f(2,e2)
C [f′(x)＝eq \f(ex－xex,(ex)2)＝eq \f(1－x,ex)，当x∈[2，4]时，f′(x)＜0，即函数f(x)在区间[2，4]上是单调递减函数，故当x＝4时，函数f(x)有最小值eq \f(4,e4)．]
2．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋m(x∈[－2，2])，f(x)的最小值为1，则m＝________．
1 [f′(x)＝－3x2＋6x，x∈[－2，2]．
令f′(x)＝0，得x＝0，或x＝2，
当x∈(－2，0)时，f′(x)＜0，
当x∈(0，2)时，f′(x)＞0，
∴当x＝0时，f(x)有极小值，也是最小值．
∴f(0)＝m＝1，∴m＝1．]
类型1 求函数的最值
不含参数的函数最值
【例1】 (对接教材P95例3)求下列各函数的最值．
(1)f(x)＝3x3－9x＋5，x∈[－2，2]；
(2)f(x)＝sin 2x－x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))．
[解] (1)f′(x)＝9x2－9＝9(x＋1)(x－1)，
令f′(x)＝0得x＝－1或x＝1．
当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况如下表：
从表中可以看出，当x＝－2或x＝1时，函数f(x)取得最小值－1．
当x＝－1或x＝2时，函数f(x)取得最大值11．
(2)f′(x)＝2cs 2x－1，令f′(x)＝0，得cs 2x＝eq \f(1,2)，
又∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，∴2x∈[－π，π]．
∴2x＝±eq \f(π,3)，∴x＝±eq \f(π,6)．
∴函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的两个极值分别为
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)－eq \f(π,6)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,6)．
又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝eq \f(π,2)．
比较以上函数值可得f(x)max＝eq \f(π,2)，f(x)min＝－eq \f(π,2)．
含参数的函数最值
【例2】 a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值．
[解] f′(x)＝－3x2＋3a＝－3(x2－a)．
若a≤0，则f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，所以当x＝0时，有最大值f(0)＝0．
若a＞0，则令f′(x)＝0，解得x＝±eq \r(a)．
∵x∈[0，1]，则只考虑x＝eq \r(a)的情况．
(1)若0＜eq \r(a)＜1，即0＜a＜1，
则当x＝eq \r(a)时，f(x)有最大值f(eq \r(a))＝2aeq \r(a)．(如下表所示)
(2)若eq \r(a)≥1，即a≥1时，则
当0≤x≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0，1]上单调递增，当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝3a－1．
综上可知，当a≤0，x＝0时，f(x)有最大值0；
当0＜a＜1，x＝eq \r(a)时，f(x)有最大值2aeq \r(a)；
当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1．
1．求解函数在固定区间上的最值，需注意以下几点
(1)对函数进行准确求导，并检验f′(x)＝0的根是否在给定区间内．
(2)研究函数的单调性，确定极值和端点函数值．
(3)比较极值与端点函数值的大小，确定最值．
2． 对参数进行讨论，其实质是讨论导函数大于0，等于0，小于0的三种情况．若导函数恒不等于0，则函数在已知区间上是单调函数，最值在端点处取得；若导函数可能等于0，则求出极值点后求极值，再与端点值比较后确定最值．
[跟进训练]
1．已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在区间[0，2]上的最大值．
[解] f′(x)＝3x2－2ax．
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq \f(2a,3)．
①当eq \f(2a,3)≤0，即a≤0时，
f(x)在[0，2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a．
②当eq \f(2a,3)≥2，即a≥3时，
f(x)在[0，2]上单调递减，从而f(x)max＝f(0)＝0．
③当0＜eq \f(2a,3)＜2，即0＜a＜3时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，2))上单调递增，
从而f(x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8－4a，0综上所述，f(x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8－4a，a≤2，,0，a>2.))
类型2 已知函数的最值求参数
【例3】 已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1，2]的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值．
[解] 由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常函数，与题设矛盾．
求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．
(1)当a>0，且x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，也就是函数在[－1，2]上的最大值，∴f(0)＝b＝3．
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3∴f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2．
(2)当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b，也就是函数在[－1，2]上的最小值，∴f(0)＝b＝－29．
又f(－1)＝－7a－29，
f(2)＝－16a－29>f(－1)，
∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2．
综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29．
已知函数在某区间上的最值求参数的值范围是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点，根据已知最值列方程不等式解决问题.其中注意分类讨论思想的应用.
[跟进训练]
2．若函数f(x)＝eq \f(x,x2＋a)(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为eq \f(\r(3),3)，则a的值为________．
eq \r(3)－1 [f′(x)＝eq \f(x2＋a－2x2,(x2＋a)2)＝eq \f(a－x2,(x2＋a)2)，当x>eq \r(a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当－eq \r(a)0，f(x)单调递增；当x＝eq \r(a)时，f(x)＝eq \f(\r(a),2a)＝eq \f(\r(3),3)，eq \r(a)＝eq \f(\r(3),2)<1，不合题意．∴f(x)max＝f(1)＝eq \f(1,1＋a)＝eq \f(\r(3),3)，a＝eq \r(3)－1．]
类型3 与最值有关的恒成立问题
1．对于函数y＝f(x)，x∈[a，b]，若f(x)≥c或f(x)≤c恒成立，则c满足的条件是什么？
[提示] c≤f(x)min或c≥f(x)max．
2．对于函数y＝f(x)，x∈[a，b]，若存在x0∈[a，b]，使得f(x)≥c或f(x)≤c成立，则c满足的条件是什么？
[提示] c≤f(x)max或c≥f(x)min．
【例4】 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t>0)．
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)<－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围．
[思路点拨] (1)利用配方法，即可求出二次函数f(x)的最小值h(t)；
(2)构造函数g(t)＝h(t)－(－2t＋m)，只需使g(t)在(0，2)上的最大值小于零即可求得m的取值范围．
[解] (1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)，
∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1．
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
∴g(t)在(0，2)内有最大值g(1)＝1－m．
h(t)<－2t＋m在(0，2)内恒成立等价于g(t)<0在(0，2)内恒成立，即等价于1－m<0．∴m的取值范围为(1，＋∞)．
分离参数求解不等式恒成立问题的步骤
[跟进训练]
3．已知f(x)＝xln x－2x＋a，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，e2))，曲线y＝f(x)在点(e，f(e))处切线的斜率为__________；若f(x)≤0恒成立，则a的取值范围为__________．
0 (－∞，0] [f′(x)＝ln x－1，f′(e)＝0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′(x)>0,1≤x≤e2)) 得e∴f(x)在[1，e)上单调递减，在(e，e2]上单调递增，∵f(x)≤0恒成立，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝－2＋a≤0,f(e2)＝2e2－2e2＋a≤0))，∴a≤0．]
1．下列结论正确的是( )
A．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极大值一定是[a，b]上的最大值
B．若f(x)在[a，b]上有极小值，则极小值一定是[a，b]上的最小值
C．若f(x)在[a，b]上有极大值，则极小值一定是在x＝a和x＝b时取得
D．若f(x)在[a，b]上连续，则f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值
D [函数f(x)在[a，b]上的极值不一定是最值，最值也不一定是极值，极值一定不会在端点处取得，而在[a，b]上一定存在最大值和最小值．]
2．函数y＝x－sin x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))的最大值是( )
A．π－1 B．eq \f(π,2)－1 C．π D．π＋1
C [因为y′＝1－cs x，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))时，y′>0，则函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上为增函数，所以y的最大值为ymax＝π－sin π＝π，故选C．]
3．函数f(x)＝x3－3x(|x|＜1)( )
A．有最大值，但无最小值
B．有最大值，也有最小值
C．无最大值，但有最小值
D．既无最大值，也无最小值
D [f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x∈(－1，1)时，f′(x)＜0，所以f(x)在(－1，1)上是单调递减的，无最大值和最小值，故选D．]
4．函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x的最小值为__________．
eq \f(1,2) [f(x)＝eq \f(1,2)x2－ln x，x>0，f′(x)＝x－eq \f(1,x)＝eq \f(x2－1,x)，
令f′(x)>0，解得x>1，令f′(x)≤0，解得0所以函数在(0，1]上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝eq \f(1,2)．]
5．设函数f(x)＝x3－eq \f(x2,2)－2x＋5，若对任意x∈[－1，2]，都有f(x)＞m，则实数m的取值范围是________．
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2))) [令f′(x)＝3x2－x－2＝0，
得x＝1或－eq \f(2,3)．
又f(－1)＝eq \f(11,2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝eq \f(157,27)，f(1)＝eq \f(7,2)，f(2)＝7，
所以m＜eq \f(7,2)．]
回顾本节知识，自我完成以下问题：
1．函数的极值与最值的区别与联系是什么？
[提示] (1)函数的极值是函数在局部区间上函数值的比较；函数的最值是函数在整个区间上函数值的比较．
(2)函数的最大值一定不小于最小值，而函数的极大值与极小值之间没有必然的大小关系．
(3)函数的极值只能在区间内部取得，而最值可能在区间内部取得，也可能在区间的端点处取得．函数有极值不一定有最值，有最值也不一定有极值，最值只要不在端点处取得就一定在极值点处取得(常函数除外)．
(4)若函数在一个闭区间上存在最大(小)值，则最大(小)值只能有一个，即具有唯一性，但最值点未必唯一；而函数的极值可能有多个，也可能一个也没有．
2．已知不等式恒成立，求参数取值范围的方法有哪些？
[提示] (1)分类讨论法：将恒成立问题转化为利用导数求函数的最值问题．求解时要确定一个函数，看哪一个变量的范围已知，即所要确定的函数是以已知范围的变量为自变量的函数．
(2)分离参数法：在不等式中，参数只出现一次或出现的参数只是一次的形式，可以对不等式进行变形，把参数分离到一边，而另一边则是关于自变量x的表达式，这样的恒成立问题可用分离参数法来求解．一般地，λ≥f(x)恒成立⇔λ≥f(x)max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤f(x)min．
学 习 任 务
核 心 素 养
1．理解函数极值与最值的区别与联系．(易混点)
2．会求函数在闭区间上的最值．(重点)
3．能利用导数解决与函数最值相关的综合问题．(难点)
1．通过学习函数的最值概念，培养数学抽象素养．
2．利用导数求函数的最值，提升逻辑推理、数学运算素养．
x
－2
(－2，－1)
－1
(－1，1)
1
(1，2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
－1
↗
11
↘
－1
↗
11
x
0
(0，eq \r(a))
eq \r(a)
(eq \r(a)，1)
1
f′(x)
＋
0
－
f(x)
0
↗
2aeq \r(a)
↘
3a－1
x
－1
(－1，0)
0
(0，2)
2
f′(x)
＋
0
－
f(x)
－7a＋b
↗
b
↘
－16a＋b
t
(0，1)
1
(1，2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
↗
极大值1－m
↘
1．(变条件)若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0，2]，使h(t)<－2t＋m成立”，则实数m的取值范围如何求解？
[解] 令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
t
0
(0，1)
1
(1，2)
2
g′(t)
＋
0
－
g(t)
－1－m
↗
极大值1－m
↘
－3－m
∴g(t)在[0，2]上有最小值g(2)＝－3－m，
存在t∈[0，2]，使h(t)<－2t＋m成立，
等价于g(t)的最小值g(2)<0．
∴－3－m<0，∴m>－3，
∴实数m的取值范围为(－3，＋∞)．
2．(变条件)若将本例(2)的条件改为“对任意的t1，t2∈(0，2)，都有h(t1)＜－2t2＋m”，求实数m的取值范围．
[解] ∵h(t)＝－t3＋t－1，t∈(0，2)，
∴h′(t)＝－3t2＋1．
由h′(t)＝0，得t＝eq \f(\r(3),3)或t＝－eq \f(\r(3),3)(舍)．
又当0＜t＜eq \f(\r(3),3)时，h′(t)＞0，
当eq \f(\r(3),3)＜t＜2时，h′(t)＜0．
∴当t＝eq \f(\r(3),3)时，h(t)max＝－eq \f(\r(3),9)＋eq \f(\r(3),3)－1＝eq \f(2\r(3)－9,9)．
令φ(t)＝－2t＋m，t∈(0，2)，∴φ(t)min＞m－4．
由题意可知eq \f(2\r(3)－9,9)≤m－4，
即m≥eq \f(2\r(3),9)＋3＝eq \f(2\r(3)＋27,9)．
∴实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)＋27,9)，＋∞))．