高中数学新教材选择性必修第二册讲义 第5章 习题课 含参数的函数的最大(小)值

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高考政策|高中“新”课程，新在哪里?1、科目变化：外语语种增加，体育与健康必修。第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。4、授课方式变化，选课制度将全面推开。5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。习题课　含参数的函数的最大(小)值学习目标　1.能利用导数求简单的含参的函数的最值问题.2.能根据最值求参数的值或取值范围.3.初步探究有关探索性的问题．一、求含参数的函数的最值例1　已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x.求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值．解　f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(a,3)，x2＝a.①当a>0时，f(x)在[0，a)上单调递减，在[a，＋∞)上单调递增．所以f(x)min＝f(a)＝－a3.②当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)＝0.③当a<0时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，＋∞))上单调递增．所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)))＝eq \f(5,27)a3.综上所述，当a>0时，f(x)的最小值为－a3；当a＝0时，f(x)的最小值为0；当a<0时，f(x)的最小值为eq \f(5,27)a3.延伸探究　当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值．解　f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)，令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(a,3)，x2＝a.所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－a，－\f(a,3)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，a))上单调递减，在[a,2a]上单调递增．因为f(－a)＝－a3，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)))＝eq \f(5,27)a3，f(a)＝－a3，f(2a)＝2a3.所以f(x)max＝f(2a)＝2a3.f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3.反思感悟　含参数的函数最值问题的两类情况(1)能根据条件求出参数，从而化为不含参数的函数的最值问题．(2)对于不能求出参数值的问题，则要对参数进行讨论，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．跟踪训练1　已知a∈R，函数f(x)＝x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x－a))，求f(x)在区间[0,2]上的最大值．解　f(x)＝eq \f(1,3)x3－ax2，则f′(x)＝x2－2ax.令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a.令g(a)＝f(x)max，①当2a≤0，即a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增，从而g(a)＝f(x)max＝f(2)＝eq \f(8,3)－4a.②当2a≥2，即a≥1时，f(x)在[0,2]上单调递减，从而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0.③当0<2a<2，即0\f(2,3).))二、由最值求参数的值或范围例2　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为常数函数，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，且当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＋3f(－1)，∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2.综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.反思感悟　已知函数在某区间上的最值求参数的值(或范围)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．跟踪训练2　已知函数h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间[k,2]上的最大值是28，求k的取值范围．解　∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，∴h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：∴当x＝－3时，h(x)取极大值28；当x＝1时，h(x)取极小值－4.而h(2)＝3eq \f(1,e)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，故f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件；③当eq \f(1,a)≥e，即00时，令f′(x)>0，得x>eq \f(a,3)或x<0，令f′(x)<0，得00，得x>0或x<eq \f(a,3)，令f′(x)<0，得eq \f(a,3)0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上单调递减；当a<0时，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,3)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，0))上单调递减．(2)存在，理由如下：由(1)可得，当a≤0时，函数f(x)在[0,1]上单调递增．则最小值为f(0)＝1，不符合题意；当a>0时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，＋∞))上单调递增；当eq \f(a,3)≥1，即a≥3时，函数f(x)在[0，1]上单调递减，f(x)的最大值为f(0)＝1，最小值为f(1)＝2－a＋1＝－1，解得a＝4，满足题意；当0<eq \f(a,3)<1，即03，不符合题意．综上可得，a的值为4.1.知识清单：(1)求含参的函数的最值．(2)由最值求参数的值或取值范围．(3)与最值有关的探究性问题．2.方法归纳：转化法、分类讨论．3.常见误区：分类讨论解决含参的问题时是否做到了不重不漏．1．已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为(　　)A．1 B．4 C．－1 D．0答案　B解析　由题意得，f′(x)＝3ax2，则f′(1)＝3a＝6，解得a＝2，所以f′(x)＝6x2≥0，故f(x)在[1,2]上单调递增，则f(2)＝2×23＋c＝20，解得c＝4.2．函数f(x)＝eq \f(x＋a,ex)的最大值为(　　)A．a B.(a－1)e C．e1－a D．ea－1答案　D解析　f(x)＝eq \f(x＋a,ex)，则f′(x)＝eq \f(1－x－a,ex)，所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f (1－a)＝ea－1.3．已知函数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(　　)A.eq \r(3)－1 B.eq \f(3,4) C.eq \f(4,3) D.eq \r(3)＋1答案　A解析　由f(x)＝eq \f(x,x2＋a)，得f′(x)＝eq \f(a－x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋a))2)，当a>1时，若x>eq \r(a)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，若10，f(x)单调递增，故当x＝eq \r(a)时，函数f(x)有最大值eq \f(1,2\r(a))＝eq \f(\r(3),3)，解得a＝eq \f(3,4)<1，不符合题意．当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝eq \f(1,2)，不符合题意．当00，所以函数y＝x3＋eq \f(3,2)x2＋m在(－2，－1)，(0,1)上单调递增，在(－1,0)上单调递减，又当x＝－1时，y＝m＋eq \f(1,2)，当x＝1时，y＝m＋eq \f(5,2)，所以最大值为m＋eq \f(5,2)＝eq \f(9,2)，解得m＝2.3．函数f(x)＝3x－x3在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，则实数m的取值范围为(　　)A．[1，eq \r(3)] B．[1，＋∞)C．(1，eq \r(3)] D．(1，＋∞)答案　A解析　∵f(x)＝3x－x3，∴f′(x)＝3－3x2＝3(1＋x)(1－x)，令f′(x)＝0，则x＝1或x＝－1(舍去)，当0≤x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∵函数f(x)在[0，m]上的最大值为2，最小值为0，且f(0)＝f(eq \r(3))＝0，f(1)＝2，∴1≤m≤eq \r(3).4．已知函数f(x)＝ln x－ax存在最大值0，则a的值为(　　)A．1 B．2 C．e D.eq \f(1,e)答案　D解析　∵f′(x)＝eq \f(1,x)－a，x>0，∴当a≤0时，f′(x)>0恒成立，故函数f(x)单调递增，不存在最大值；当a>0时，令f′(x)＝0, 得x＝eq \f(1,a)，∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－1＝0，解得a＝eq \f(1,e).5．已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1)C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]答案　A解析　f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0，故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(0)＝1＋a.若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.6．(多选)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的值可以为(　　)A．0 B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D．1答案　BC解析　∵f′(x)＝3x2－3a，且f′(x)＝0有解，∴a＝x2.又∵x∈(0,1)，∴00，则令f′(x)＝0，解得x＝±eq \r(a).因为x∈[0,1]，所以只考虑x＝eq \r(a)的情况．①若0<eq \r(a)<1，即0－3)上的最小值g(t)．解　(1)f′(x)＝2ex(x＋2)，由f′(x)>0，得x>－2；由f′(x)<0，得x<－2.∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．∴f(x)的极小值为f(－2)＝－2e－2，无极大值．(2)由(1)，知f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．∵t>－3，∴t＋1>－2.①当－30，h(x)单调递增．∵存在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，m≤2ln x＋x＋eq \f(3,x)成立，∴m≤h(x)max，∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－2＋eq \f(1,e)＋3e，h(e)＝2＋e＋eq \f(3,e)，∴heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))>h(e).∴m≤eq \f(1,e)＋3e－2.12．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq \f(x2,2)－mx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，则实数m的最小值是(　　)A．－eq \r(3) B．－eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(3)答案　D解析　由f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－eq \f(x2,2)－mx在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，得f′(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－x－m≤0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))))，即2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－x≤meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))))，令g(x)＝2coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))))，则g′(x)＝－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))))，当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，eq \f(π,6)≤2x＋eq \f(π,6)≤eq \f(π,2)，则2≤4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))≤4，所以－5≤－4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))－1≤－3，即g′(x)<0，所以g(x)在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))上单调递减，g(x)max＝g(0)＝eq \r(3)，所以m≥eq \r(3)，m的最小值为eq \r(3).13．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln x，x>0，,kx，x≤0.))若∃x0∈R使得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0))成立，则实数k的取值范围是(　　)A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e)))C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，＋∞))答案　D解析　由题意可得，存在实数x0≠0，使得f(－x0)＝f(x0)成立，假设x0>0，则－x0<0，所以有－kx0＝ln x0，则k＝－eq \f(ln x0,x0)，令h(x)＝－eq \f(ln x,x)，则h′(x)＝eq \f(ln x－1,x2)，令h′(x)>0，即ln x>1，解得x>e，令h′(x)<0，即ln x<1，解得0\f(1,2)))，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为________．答案　1解析　由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，得x＝eq \f(1,a)，当00；当eq \f(1,a)1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为________．答案　4解析　由题意得，f′(x)＝3ax2－3，当a>1时，令f′(x)＝3ax2－3＝0，解得x＝±eq \f(\r(a),a)，±eq \f(\r(a),a)∈[－1,1]．①当－1≤x<－eq \f(\r(a),a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；②当－eq \f(\r(a),a)0，f(x)单调递增．所以只需f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))≥0，且f(－1)≥0即可，由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))≥0，得a·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),a)))3－3·eq \f(\r(a),a)＋1≥0，解得a≥4，由f(－1)≥0，可得a≤4，综上可得a＝4.16．已知函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x).(1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是eq \f(3,2)，求a的值．解　函数f(x)＝ln x＋eq \f(a,x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x－a,x2)，(1)∵a<0，∴f′(x)>0，故函数在(0，＋∞)上单调递增．∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)当x∈[1，e]时，分如下情况讨论：①当a≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a≤1，这与函数在[1，e]上的最小值是eq \f(3,2)相矛盾；②当10，f(x)单调递增，∴函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝eq \f(3,2)，得a＝eq \r(e)；③当a≥e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋eq \f(a,e)≥2，与最小值是eq \f(3,2)相矛盾．综上所述，a的值为eq \r(e).x－1(－1,0)0(0,2)2f′(x)＋0－f(x)－7a＋bb－16a＋bx(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)h′(x)＋0－0＋h(x)28－4x－2(－2,0)0(0,2)2f′(x)＋0－0f(x)－40＋a极大值a－8＋ax0(0，eq \r(a))eq \r(a)(eq \r(a)，1)1f′(x)＋0－f(x)02aeq \r(a)3a－1