人教B版高中数学选择性必修第三册第6章6-2 6-2-2第2课时函数最值的求法学案

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第2课时　函数最值的求法如图，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．(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？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．1．在闭区间[a，b]上的连续函数y＝f (x)有极值一定有最值，反之成立吗？提示：反之不成立，在闭区间[a，b]上的连续函数y＝f (x)有极值一定有最值，但有最值不一定有极值．2．函数的极值与最值有什么区别？提示：①函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最值是函数在给定区间的整体概念．②函数极值只能在区间内部取得，函数最值可能在区间端点取得．拓展：求函数的最值时，应注意以下两点：(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)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\co1(－\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)＝2cos 2x－1，令f ′(x)＝0，得cos 2x＝eq \f(1,2)，又∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\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\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的两个极值分别为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq \f(\r(3),2)－eq \f(π,6)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq \f(\r(3),2)＋eq \f(π,6)．又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq \f(π,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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，需注意以下两点(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)极值不一定是最值，一定要将极值与区间端点值比较，必要时需分类讨论．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\co1(0，\f(2a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，2))上单调递增，从而f (x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8－4a，02.)) 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＋3f (－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．在用参数表示最值时，需要根据参数情况分类讨论．[跟进训练]2．设函数f (x)＝ln x＋eq \f(m,x)，m＞0，求f (x)的最小值为2时m的值．[解]　因为f ′(x)＝eq \f(x－m,x2)(x＞0)，所以当x∈(0，m)时，f ′(x)<0，f (x)在(0，m)上单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)在(m，＋∞)上单调递增，所以当x＝m时，f (x)取得极小值，也是最小值，即极小值为2．即f (m)＝ln m＋eq \f(m,m)＝2，所以m＝e． 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，＋∞)．[母题探究]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：∴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\co1(\f(2\r(3)＋27,9)，＋∞))．分离参数求解不等式恒成立问题的步骤[跟进训练]3．已知函数f (x)＝x＋(1－a)·ln x＋eq \f(a,x)(a∈R)．(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)当a>0时，f (x)≥2恒成立，求实数a的取值范围．[解]　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)．由题意，得f ′(x)＝1＋eq \f(1－a,x)－eq \f(a,x2)＝eq \f(x＋1x－a,x2)，当a≤0时，在x>0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>0时，由f ′(x)>0得x>a，由f ′(x)＜0得00时，f (x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．(2)由(1)知，当a>0时，f (x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减，∴f (x)min＝f (a)＝a＋(1－a)ln a＋1．∵f (x)≥2恒成立，∴a＋(1－a)ln a＋1≥2，∴(a－1)(ln a－1)≤0，当00，则函数在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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