北师大版 (2019)选择性必修 第二册6.3 函数的最值第1课时导学案

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第二册6.3 函数的最值第1课时导学案，共12页。学案主要包含了极值与最值的关系，求函数的最值，利用最值证明不等式等内容，欢迎下载使用。

学习目标 1.理解函数最值的概念，了解其与函数极值的区别与联系.2.会求某闭区间上函数的最值．
导语
蹦床(Trampline)是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，它属于体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称．近代蹦床起源于法国，2000年，蹦床被悉尼奥运会列为比赛项目．
蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力－时间图象，根据图象可得到高度与时间的函数关系．设运动员在空中运动时可视为质点，那么如何来求运动员跃起的最大高度呢？
一、极值与最值的关系
问题 如图为y＝f(x)，x∈[a，b]的图象．
(1)观察[a，b]上函数y＝f(x)的图象，你能找出它的极大值、极小值吗？
提示 极大值为f(x1)，f(x3)，极小值为f(x2)，f(x4)．
(2)结合图象判断，函数y＝f(x)在区间[a，b]上是否存在最大值，最小值？若存在，分别为多少？
提示 存在，f(x)min＝f(a)，f(x)max＝f(x3)．
(3)函数y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值一定是某极值吗？
提示 不一定，也可能是区间端点的函数值．
知识梳理
函数的最值点与最值
1．最值点
(1)最大值点：函数y＝f(x)在区间[a，b]内的最大值点x0指的是：函数f(x)在这个区间内所有点处的函数值都不超过f(x0)．
(2)最小值点：函数y＝f(x)在区间[a，b]内的最小值点x0指的是：函数f(x)在这个区间内所有点处的函数值都不小于f(x0)．
2．最值：函数的最大值与最小值统称为最值．
3．求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；
(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．
注意点：
(1)开区间不一定有最值，闭区间上的连续函数一定有最值．
(2)函数f(x)在闭区间[a，b]上连续是f(x)在闭区间[a，b]上有最大值和最小值的充分不必要条件．
例1 如图是函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象，写出函数的极大值、极小值、最大值和最小值．
解 由题图可知，y＝f(x)在x1，x3处取得极小值，在x2处取得极大值，所以极小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3))，极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2))；比较极值和端点值可知函数的最小值是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3))，最大值在b处取得，最大值为f(b)．
反思感悟 最值与极值的区别与联系
(1)极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间的整体而言．
(2)在函数的定义区间内，极大(小)值可能有多个，但最大(小)值只有一个(或者没有)．
(3)函数f(x)的极值点为定义域中的内点，而最值点可以是区间的端点．
(4)对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得．
跟踪训练1 设f(x)是区间[a，b]上的连续函数，且在(a，b)内可导，则下列结论中正确的是( )
A．f(x)的极值点一定是最值点
B．f(x)的最值点一定是极值点
C．f(x)在区间[a，b]上可能没有极值点
D．f(x)在区间[a，b]上可能没有最值点
答案 C
解析 根据函数的极值与最值的概念知，f(x)的极值点不一定是最值点，f(x)的最值点不一定是极值点．可能是区间的端点，连续可导函数在闭区间上一定有最值，所以选项A，B，D都不正确，若函数f(x)在区间[a，b]上单调，则函数f(x)在区间[a，b]上没有极值点，所以C正确．
二、求函数的最值
例2 求下列函数在给定区间上的最值：
(1)f(x)＝2x3－3x2－12x＋5，x∈[－2,3]；
(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)＝6x2－6x－12，
令f′(x)＝0，则6x2－6x－12＝0，
即x2－x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝2.
∵f(－1)＝12，f(2)＝－15，f(－2)＝1，f(3)＝－4，
∴函数f(x)＝2x3－3x2－12x＋5在x∈[－2,3]上的最大值为12，最小值为－15.
(2)f′(x)＝2cs 2x＋1，
令f′(x)＝0，又x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，得x＝eq \f(π,3)或x＝－eq \f(π,3).
∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,3)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,3)))＝－eq \f(\r(3),2)－eq \f(π,3)，
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)，
∴f(x)max＝eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,3)，f(x)min＝－eq \f(\r(3),2)－eq \f(π,3).
反思感悟 求函数在给定区间上的最值的注意事项
(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，正确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．
跟踪训练2 求下列函数的最值：
(1)f(x)＝－x3＋3x，x∈[－eq \r(3)，3]；
(2)f(x)＝x2－eq \f(54,x)(x＜0)．
解 (1)f′(x)＝3－3x2＝3(1－x)(1＋x)．
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以x＝1和x＝－1是函数在[－eq \r(3)，3]上的两个极值点，且f(1)＝2，f(－1)＝－2.
又因为f(x)在区间端点处的取值为f(－eq \r(3))＝0，f(3)＝－18，
所以f(x)max＝2，f(x)min＝－18.
(2)f′(x)＝2x＋eq \f(54,x2).
令f′(x)＝0，得x＝－3.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x＝－3时，f(x)取得极小值，也就是最小值，
故f(x)的最小值为f(－3)＝27，无最大值．
三、利用最值证明不等式
例3 已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证：f(x)≥0恒成立．
证明 由题意知f′(x)＝ex－eq \f(e,x)＝eq \f(xex－e,x)，
设F(x)＝xex－eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x>0))，则F(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增，且F(1)＝0.
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))时，F(x)<0，∴f′(x)＝eq \f(Fx,x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))时，F(x)>0，∴f′(x)＝eq \f(Fx,x)>0，f(x)单调递增．
f(x)的最小值为f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)≥0恒成立．
反思感悟 证明不等式恒成立，用导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式直接构成函数，利用导数的方法，通过分类讨论研究函数的最值，即可得到结果．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x．求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq \f(2,3)x3的图象的下方．
证明 设F(x)＝g(x)－f(x)，
即F(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x，
则F′(x)＝2x2－x－eq \f(1,x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x).
当x>1时，F′(x)＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x)>0，
从而F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴F(x)>F(1)＝eq \f(1,6)>0.
∴当x>1时，g(x)－f(x)>0，即f(x)故在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq \f(2,3)x3的图象的下方．
1.知识清单：
(1)函数最值的定义．
(2)求函数的最值．
(3)函数最值的应用．
2．方法归纳：转化化归、分类讨论．
3．常见误区：忽视函数的最值与极值的区别与联系．
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处取得
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
答案 D
解析 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
答案 C
解析 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))上单调递增，
所以y的最大值为ymax＝π－sin π＝π.
3．函数f(x)＝x3－3x＋1在闭区间[－3,0]上的最大值和最小值分别是( )
A．1，－1 B．1，－17 C．3，－17 D．9，－19
答案 C
解析 f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，
令f′(x)＝0，得x＝－1或1(舍去)．
又f(－3)＝－27＋9＋1＝－17，f(0)＝1，
f(－1)＝－1＋3＋1＝3,1∉[－3,0]．
所以最大值为3，最小值为－17.
4．函数f(x)＝(x＋1)ex的最小值是________．
答案 －eq \f(1,e2)
解析 f(x)＝(x＋1)ex⇒f′(x)＝(x＋2)ex，
当x>－2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
因此当x＝－2时，函数有最小值，最小值为f(－2)＝(－2＋1)e－2＝－eq \f(1,e2).
课时对点练
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
答案 A
解析 因为M＝m，
所以f(x)为常函数，
故f′(x)＝0，故选A.
2．函数f(x)＝x3－3x(|x|<1)( )
A．有最大值，无最小值
B．有最大值，也有最小值
C．无最大值，有最小值
D．既无最大值，也无最小值
答案 D
解析 f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)．
令f′(x)＝0，得x＝±1.
又x∈(－1,1)且±1∉(－1,1)，
∴该方程无解，
故函数f(x)在(－1,1)上既无极值也无最值，故选D.
3．如图所示，函数f(x)的导函数的图象是一条直线，则( )
A．函数f(x)没有最大值，也没有最小值
B．函数f(x)有最大值，没有最小值
C．函数f(x)没有最大值，有最小值
D．函数f(x)有最大值，也有最小值
答案 C
解析 由导函数图象可知，函数f(x)只有一个极小值点1，即f(x)在x＝1处取得最小值，没有最大值．
4．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m的值为( )
A．16 B．12 C．32 D．6
答案 C
解析 因为函数f(x)＝x3－12x＋8，
所以f′(x)＝3x2－12.
令f′(x)>0，解得x>2或x<－2；
令f′(x)<0，解得－2故函数在[－2,2]上单调递减，在[－3，－2)，(2,3]上单调递增，
又f(2)＝－8，f(－2)＝24，f(－3)＝17，f(3)＝－1，
所以函数在x＝2时取到最小值－8，
在x＝－2时取到最大值24.
即M＝24，m＝－8，所以M－m＝32.
5．函数f(x)＝x2·ex＋1，x∈[－2,1]的最大值为( )
A．4e－1 B．1
C．e2 D．3e2
答案 C
解析 f′(x)＝xex＋1(x＋2)，
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝0.
当f′(x)>0时，x<－2或x>0；
当f′(x)<0时，－2当x＝－2时，f(－2)＝eq \f(4,e)；当x＝0时，f(0)＝0；
当x＝1时，f(1)＝e2，所以函数的最大值为e2.
6．(多选)下列关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断正确的是( )
A．f(x)>0的解集是{x|0B．f(－eq \r(2))是极小值，f(eq \r(2))是极大值
C．f(x)没有最小值，也没有最大值
D．f(x)有最大值无最小值
答案 ABD
解析 由f(x)>0得0f′(x)＝(2－x2)ex，
令f′(x)＝0，得x＝±eq \r(2)，
当x<－eq \r(2)或x>eq \r(2)时，f′(x)<0，
当－eq \r(2)0，
∴当x＝－eq \r(2)时，f(x)取得极小值，
当x＝eq \r(2)时，f(x)取得极大值，故B正确．
当x→－∞时，f(x)→0，
当x→＋∞时，f(x)→－∞，
且f(eq \r(2))>0，
结合函数的单调性可知，函数f(x)有最大值无最小值，
故C不正确，D正确．
7．函数f(x)＝ex－x在区间[－1,1]上的最大值是______．
答案 e－1
解析 由题意得f′(x)＝ex－1.令f′(x)＝0，得x＝0.
当x∈[－1,0)时，f′(x)<0；
当x∈(0,1]时，f′(x)>0.
所以f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增．
又因为f(－1)＝eq \f(1,e)＋1，f(1)＝e－1，
所以f(－1)－f(1)＝2＋eq \f(1,e)－e<0，
所以f(－1)8．函数f(x)＝eq \f(4x,x2＋1)(x∈[－2,2])的最大值是________，最小值是________．
答案 2 －2
解析 f′(x)＝eq \f(4x2＋1－4x×2x,x2＋12)
＝eq \f(41－x2,x2＋12)＝eq \f(41＋x1－x,x2＋12)，
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1.
由f(－2)＝－eq \f(8,5)，f(－1)＝－2，f(1)＝2，f(2)＝eq \f(8,5)，
∴f(x)max＝2，f(x)min＝－2.
9．(1)求函数f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋5在区间[－2,2]上的最大值与最小值；
(2)求函数f(x)＝eq \f(1,2)x＋sin x在区间[0,2π]上的最大值与最小值．
解 (1)因为f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋5，
所以f′(x)＝3x2－x－2.
令f′(x)＝0，解得x1＝－eq \f(2,3)，x2＝1.
因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝eq \f(157,27)，f(1)＝eq \f(7,2)，f(－2)＝－1，f(2)＝7，
所以函数f(x)在[－2,2]上的最大值是7，最小值是－1.
(2)因为f(x)＝eq \f(1,2)x＋sin x，
所以f′(x)＝eq \f(1,2)＋cs x，
令f′(x)＝0，解得x1＝eq \f(2π,3)，x2＝eq \f(4π,3).
因为f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝eq \f(π,3)＋eq \f(\r(3),2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)))＝eq \f(2π,3)－eq \f(\r(3),2)，
f(2π)＝π，
所以函数f(x)在[0,2π]上的最大值是π，最小值是0.
10．已知函数f(x)＝aln x－bx2，a，b∈R，且曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切．
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a,x)－2bx(x>0)．
由曲线y＝f(x)在x＝1处与直线y＝－eq \f(1,2)相切，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′1＝0，,f1＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2b＝0，,－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\f(1,2).))
(2)由(1)，得f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x2，定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝eq \f(1,x)－x＝eq \f(1－x2,x).
令f′(x)>0，得01，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，在(1，e]上单调递减，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，e))上的最大值为f(1)＝－eq \f(1,2).
11．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)A．f(a)－g(a) B．f(b)－g(b)
C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a)
答案 A
解析 令F(x)＝f(x)－g(x)，
∵f′(x)∴F′(x)＝f′(x)－g′(x)<0，
∴F(x)在[a，b]上单调递减，
∴F(x)max＝F(a)＝f(a)－g(a)．
12．已知函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( )
A．20 B．18 C．3 D．0
答案 A
解析 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，x∈[－3,2]，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，在[1,2]和[－3，－1]上单调递增．f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上，f(x)max＝1，f(x)min＝－19，又由题设知在[－3,2]上|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝20，所以t≥20，故选A.
13．已知函数f(x)＝ln x－ax，其中x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))，若不等式f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(－∞，\b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,e)))))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))
答案 C
解析 当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))时，不等式f(x)≤0恒成立等价于a≥eq \f(ln x,x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))上恒成立，
令g(x)＝eq \f(ln x,x)，则g′(x)＝eq \f(1－ln x,x2).
当10；当x>e时，g′(x)<0；
所以g(x)max＝g(e)＝eq \f(1,e)，所以a≥eq \f(1,e).
故选C.
14．已知函数f(x)＝x2－2ln x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，e2－2) B．(－∞，e2－2]
C．(－∞，1] D．(－∞，1)
答案 B
解析 由题意可知，存在x∈[1，e]，使得m≤f(x)，则m≤f(x)max.
∵f(x)＝x2－2ln x，
∴f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2x2－2,x)＝eq \f(2x－1x＋1,x)，
当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
∴函数f(x)在区间[1，e]上单调递增，
则f(x)max＝f(e)＝e2－2，∴m≤e2－2，
因此实数m的取值范围是(－∞，e2－2]．
15．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx，fx≤K，,K，fx＞K.))取函数f(x)＝2－x－e－x，若对任意的x∈(－∞，＋∞)，恒有fK(x)＝f(x)，则( )
A．K的最大值为2
B．K的最小值为2
C．K的最大值为1
D．K的最小值为1
答案 D
解析 由题意知，即有f(x)≤K恒成立，
又f′(x)＝e－x－1，
所以当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以当x＝0时，f(x)max＝1，所以K≥1.
16．已知f(x)＝xln x.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝ln x＋1.
当x>eq \f(1,e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当0所以函数f(x)的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－eq \f(1,e).
(2)证明 问题等价于证明xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e).
由(1)可知f(x)＝xln x的最小值是－eq \f(1,e)，当且仅当x＝eq \f(1,e)时取到．
设m(x)＝eq \f(x,ex)－eq \f(2,e)，x∈(0，＋∞)，
则m′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
易知m(x)max＝m(1)＝－eq \f(1,e)，当且仅当x＝1时取到，
所以xln x>eq \f(x,ex)－eq \f(2,e).
从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>eq \f(1,ex)－eq \f(2,ex)成立．x
－eq \r(3)
(－eq \r(3)，－1)
－1
(－1,1)
1
(1,3)
3
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
0
↘
极小值
↗
极大值
↘
－18
x
(－∞，－3)
－3
(－3,0)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗