苏教版 (2019)选择性必修第一册第5章 导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用第一课时学案

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第一课时 函数的最大值与最小值
观察如图所示的函数y＝f(x)，x∈[－3，2]的图象，回忆函数最值的定义，回答下列问题：
[问题] (1)图中所示函数的极值点与极值分别是什么？
(2)图中所示函数最值点与最值分别是什么？







知识点 函数的最大(小)值
1．定义：如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≤f(x0)(f(x)≥f(x0))，那么f(x0)为函数在定义域上的最大值(最小值)．
2．求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数y＝f(x)在区间(a,_b)上的极值；
(2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
eq \a\vs4\al()
函数极值与最值的关系
(1)函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最大值和最小值是一个整体性概念；
(2)函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最值只能有一个；
(3)极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得．有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值不在端点处取得时必定是极值．
1．若函数f(x)＝－x4＋2x2＋3，则f(x)( )
A．最大值为4，最小值为－4
B．最大值为4，无最小值
C．最小值为－4，无最大值
D．既无最大值，也无最小值
答案：B
2．函数f(x)＝3x＋sin x在x∈[0，π]上的最小值为________．
答案：1
3．已知f(x)＝－x2＋mx＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f(x)的极大值，则m的取值范围是________．
答案：(－4，－2)
[例1] (链接教科书第201页例6)求下列函数的最值：
(1)f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]；
(2)f(x)＝eq \f(x－1,ex).
[解] (1)因为f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]，
所以f′(x)＝6x2－12
＝6(x＋eq \r(2))(x－eq \r(2))，
令f′(x)＝0，
解得x＝－eq \r(2)或x＝eq \r(2).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
因为f(－2)＝8，f(3)＝18，
f(eq \r(2))＝－8eq \r(2)，f(－eq \r(2))＝8eq \r(2)，
所以当x＝eq \r(2)时，
f(x)取得最小值－8eq \r(2)；
当x＝3时，
f(x)取得最大值18.
(2)函数f(x)＝eq \f(x－1,ex)的定义域为R.
f′(x)＝eq \f(1·ex－ex（x－1）,（ex）2)＝eq \f(2－x,ex)，
当f′(x)＝0时，x＝2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表所示：
∴f(x)在(－∞，2)上单调递增，
在(2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)无最小值，且当x＝2时，f(x)max＝f(2)＝eq \f(1,e2).
eq \a\vs4\al()
求函数最值的四个步骤
第一步求函数的定义域；
第二步求f′(x)，解方程f′(x)＝0；
第三步列出关于x，f(x)，f′(x)的变化表；
第四步求极值、端点值，确定最值．
[跟踪训练]
1．函数y＝x＋2cs x在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(π,2)))上取最大值时，x的值为( )
A．0 B.eq \f(π,6)
C.eq \f(π,3) D.eq \f(π,2)
解析：选B y′＝1－2sin x，令y′＝0，得sin x＝eq \f(1,2)，
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴x＝eq \f(π,6). 由y′>0得sin x∴0≤xeq \f(1,2)，∴eq \f(π,6)∴原函数在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调递减．当x＝0时，y＝2，当x＝eq \f(π,2)时，y＝eq \f(π,2)，当x＝eq \f(π,6)时，y＝eq \f(π,6)＋eq \r(3)，∵eq \f(π,6)＋eq \r(3)>2>eq \f(π,2)，∴当x＝eq \f(π,6)时取最大值，故选B.
2．求函数f(x)＝4x3＋3x2－36x＋5在区间[－2，＋∞)上的最值．
解：f′(x)＝12x2＋6x－36，令f′(x)＝0，
得x1＝－2，x2＝eq \f(3,2).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
由于当x＞eq \f(3,2)时，f′(x)＞0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上单调递增．
因此，函数f(x)在[－2，＋∞)上只有最小值－eq \f(115,4)，无最大值.
[例2] (1)函数f(x)＝x3－x2－x＋a在区间[0，2]上的最大值是3，则a等于( )
A．3 B．1
C．2 D．－1
(2)已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2，2]上有最小值－37，求a的值，并求f(x)在[－2，2]上的最大值．
(1)[解析] f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(1,3)(舍去)或x＝1，
又f(0)＝a，f(1)＝a－1，f(2)＝a＋2，
则f(2)最大，即a＋2＝3，
所以a＝1.
[答案] B
(2)[解] f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2.
又f(0)＝a，f(2)＝a－8，f(－2)＝a－40.
f(0)>f(2)>f(－2)，
所以当x＝－2时，f(x)min＝a－40＝－37，得a＝3.
所以当x＝0时，f(x)max＝3.
eq \a\vs4\al()
已知函数最值求参数的步骤
(1)求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值；
(2)通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值；
(3)结合已知求出参数，进而使问题得以解决．
[跟踪训练]
已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，问是否存在实数a，b，使f(x)在[－1，2]上取得最大值3，最小值－29，若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
解：存在．显然a≠0.
f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)．
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝4(舍去)．
①当a>0，x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
所以当x＝0时，f(x)取得极大值且为最大值，所以f(0)＝b＝3.
又因为f(2)＝－16a＋3，f(－1)＝－7a＋3，f(－1)>f(2)．
所以当x＝2时，f(x)取得最小值，
即－16a＋3＝－29，解得a＝2.
②当a<0，x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：
所以当x＝0时，f(x)取得极小值且为最小值，所以b＝－29.
又因为f(2)＝－16a－29，f(－1)＝－7a－29，
f(2)>f(－1)．
所以当x＝2时，f(x)取得最大值，
所以f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2，
综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
[例3] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－eq \f(2,3)与x＝1处都取得极值．
(1)求f(x)在[－1，2]上的最大值与最小值；
(2)若对x∈[－1，2]，不等式f(x)＜c2恒成立，求c的取值范围．
[解] (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为f′(1)＝3＋2a＋b＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝eq \f(4,3)－eq \f(4,3)a＋b＝0，解得a＝－eq \f(1,2)，b＝－2，
所以f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
令f′(x)＝0，解得x＝－eq \f(2,3)或x＝1，
当x变化时f′(x)，f(x)变化情况如下表：
由上表可知f(x)的最大值是f(2)＝2＋c，f(x)的最小值是f(1)＝－eq \f(3,2)＋c.
(2)要使f(x)＜c2恒成立，只需c2＞f(x)max，
即c2＞f(2)＝2＋c，
解得c＞2或c＜－1，
故c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．
[母题探究]
(变设问)若本例中条件不变，“把(2)中对x∈[－1，2]，不等式f(x)解：由本例(1)知当x＝1时，f(1)＝c－eq \f(3,2)为极小值，
又f(－1)＝eq \f(1,2)＋c>c－eq \f(3,2)，
所以f(1)＝c－eq \f(3,2)为最小值．
因为存在x∈[－1，2]，不等式f(x)所以只需c2>f(1)＝c－eq \f(3,2)，即2c2－2c＋3＞0，
解得c∈R.
eq \a\vs4\al()
恒成立问题向最值转化的方法
(1)要使不等式f(x)f(x)max，则上面的不等式恒成立；
(2)要使不等式f(x)>h在区间[m，n]上恒成立，可先在区间[m，n]上求出函数f(x)的最小值f(x)min，只要f(x)min>h，则不等式f(x)>h恒成立．
[跟踪训练]
已知函数f(x)＝eq \f(1,3)x3＋ax＋b(a，b∈R)在x＝2处取得极小值－eq \f(4,3).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)≤m2＋m＋eq \f(10,3)在[－4，3]上恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝x2＋a，由f′(2)＝0，得a＝－4；
再由f(2)＝－eq \f(4,3)，得b＝4.
所以f(x)＝eq \f(1,3)x3－4x＋4，f′(x)＝x2－4.
令f′(x)＝x2－4>0，得x>2或x<－2.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)．
(2)因为f(－4)＝－eq \f(4,3)，f(－2)＝eq \f(28,3)，f(2)＝－eq \f(4,3)，
f(3)＝1，
所以函数f(x)在[－4，3]上的最大值为eq \f(28,3).
要使f(x)≤m2＋m＋eq \f(10,3)在[－4，3]上恒成立，
只需m2＋m＋eq \f(10,3)≥eq \f(28,3)，解得m≥2或m≤－3.
所以实数m的取值范围是(－∞，－3]∪[2，＋∞)．
构造函数证明(求解)不等式
[问题探究]
利用导数证明不等式(或求解不等式)关键是构造函数，构造的函数类型有如下几种：
(1)对于f′(x)＞g′(x)，构造h(x)＝f(x)－g(x)，更一般地，遇到f′(x)＞a(a≠0)，即导函数大于某个非零常数(若a＝0，则无需构造)，则可构造h(x)＝f(x)－ax；
(2)对于f′(x)＋g′(x)＞0，构造h(x)＝f(x)＋g(x)；
(3)对于f′(x)＋f(x)＞0，构造h(x)＝exf(x)；
(4)对于f′(x)－f(x)＞0，构造h(x)＝eq \f(f（x）,ex)；
(5)对于xf′(x)＋f(x)＞0，构造h(x)＝xf(x)；
(6)对于xf′(x)－f(x)＞0，构造h(x)＝eq \f(f（x）,x)；
(7)对于eq \f(f′（x）,f（x）)＞0，分类讨论：①若f(x)＞0，则构造h(x)＝lnf(x)；②若f(x)＜0，则构造h(x)＝ln [－f(x)]．
[迁移应用]
1．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意的x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式exf(x)＞ex＋1的解集是( )
A．{x|x＞0} B．{x|x＜0}
C．{x|x＜－1或x＞1} D．{x|x＜－1或0＜x＜1}
解析：选A 构造函数g(x)＝exf(x)－ex－1，
则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]．
由已知f(x)＋f′(x)＞1，可得g′(x)＞0，
所以g(x)为R上的增函数．
又因为g(0)＝e0f(0)－e0－1＝0，
所以当x＞0时，g(x)＞g(0)＝0，即exf(x)＞ex＋1.故不等式exf(x)＞ex＋1的解集为{x|x＞0}．
2．若定义在R上的函数y＝f(x)满足f′(x)＞f(x)，则当a＞0时，f(a)与eaf(0)的大小关系为( )
A．f(a)＜eaf(0) B．f(a)＞eaf(0)
C．f(a)＝eaf(0) D．不能确定
解析：选B 令F(x)＝eq \f(f（x）,ex)，则F′(x)＝eq \f(f′（x）ex－f（x）ex,（ex）2)＝eq \f(f′（x）－f（x）,ex)＞0，从而F(x)＝eq \f(f（x）,ex)在R上单调递增，于是当a＞0时，F(a)＝eq \f(f（a）,ea)＞F(0)＝eq \f(f（0）,e0)＝f(0)，即f(a)＞eaf(0)．
3．证明不等式x－sin x＜tan x－x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))成立．
证明：令f(x)＝tan x－2x＋sin x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(sin x,cs x)))′－(2x)′＋(sin x)′
＝eq \f(cs2x＋sin2x,cs2x)－2＋cs x
＝eq \f(1＋cs3x－2cs2x,cs2x)
＝eq \f(1－cs2x＋cs3x－cs2x,cs2x)
＝eq \f(（1－cs x）（1＋csx－cs2x）,cs2x)
＝eq \f(（1－cs x）（cs x＋sin2x）,cs2x).
∵x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴1－cs x＞0，cs x＋sin2x＞0，
∴f′(x)＞0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
∴f(x)＞f(0)＝0，即tan x－2x＋sin x＞0，
即x－sin x＜tan x－x.
1．设M，m分别是函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值，若M＝m，则f′(x)( )
A．等于0 B．小于0
C．等于1 D．不确定
解析：选A 因为M＝m，所以f(x)为常数函数，故f′(x)＝0，故选A.
2．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2，1]上的最大值、最小值分别是( )
A．12，－8 B．1，－8
C．12，－15 D．5，－16
解析：选A y′＝6x2－6x－12，
由y′＝0解得x＝－1或x＝2(舍去)．
x＝－2时，y＝1；x＝－1时，y＝12；x＝1时，y＝－8.
所以ymax＝12，ymin＝－8.故选A.
3．函数f(x)＝xe－x，x∈[0，4]的最小值为________．
解析：f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．
令f′(x)＝0，得x＝1(e－x＞0)，
所以f(1)＝eq \f(1,e)＞0，f(0)＝0，f(4)＝eq \f(4,e4)＞0，
所以f(x)的最小值为0.
答案：0
4．求f(x)＝sin x＋cs x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))的最大值与最小值．
解：f′(x)＝cs x－sin x.
令f′(x)＝0，即tan x＝1，
且x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，
所以x＝eq \f(π,4).
又因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝1，
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，函数的最大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)，最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)))＝－1.
新课程标准解读
核心素养
1.能利用导数求某些函数的在给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值
数学运算
2.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系
直观想象
求函数的最值
x
－2
(－2，－eq \r(2))
－eq \r(2)
(－eq \r(2)，eq \r(2))
eq \r(2)
(eq \r(2)，3)
3
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
8

8eq \r(2)

－8eq \r(2)

18
x
(－∞，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

eq \f(1,e2)

x
－2
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2， \f(3,2)))
eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
f′(x)
0
－
0
＋
f(x)
57
单调递减
极小值
－eq \f(115,4)
单调递增
由函数的最值求参数的取值范围
x
[－1，0)
0
(0，2]
f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
x
[－1，0)
0
(0，2]
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
最值的简单应用
x
－1
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(2,3)))
－eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，1))
1
(1，2)
2
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
eq \f(1,2)＋c

eq \f(22,27)＋c

－eq \f(3,2)＋c

2＋c