数学第1章 导数及其应用1.3 导数在研究函数中的应用学案

这是一份数学第1章 导数及其应用1.3 导数在研究函数中的应用学案，共6页。

教 材 要 点
要点一 最值的概念❶
一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条________的曲线，那么它必有最大值和最小值．
批注❶
(1)给定的区间必须是闭区间，y＝f(x)的图象在开区间上虽然连续不断，但不能保证有最大值或最小值．
(2)在闭区间上的每一点必须连续，即在闭区间上有间断点也不能保证y＝f(x)有最大值和最小值．
要点二 函数在区间[a，b]上最值的求法
一般地，求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
(1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的________；
(2)求函数y＝f(x)在端点处的函数值f(a)，f(b)；
(3)将函数y＝f(x)的各________与f(a)，f(b)比较，其中最大者是________，最小者是________．

基 础 自 测
1．判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)函数的最大值不一定是函数的极大值．( )
(2)函数f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值一定在区间端点处取得．( )
(3)有极值的函数一定有最值，有最值的函数不一定有极值．( )
2．函数y＝－x3＋6x2(x≥0)的最大值为( )
A．32 B．27
C．16 D．40
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
4．函数f(x)＝＋x2－3x－4在[0，2]上的最小值是________．

题型探究·课堂解透——强化创新性
求三次函数的最值
例1 已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋b，若曲线y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋1.
(1)求a，b的值；
(2)求函数y＝f(x)在[－2，2]上的最小值．
方法归纳
利用导数求函数最值的方法
巩固训练1 求函数f(x)＝x3－4x在区间[－3，3]的最大值与最小值．
由函数的最值确定参数的值
例2 设方法归纳
由函数最值求参数的方法
先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，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值．结合已知求出参数，进而使问题得以解决．要注意极值点是否在区间内．
巩固训练2 若f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，x∈[－1，2]的最大值为3，最小值为－29，求a、b的值．
与最值有关的恒成立问题
例3 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．
方法归纳
与最值有关的恒成立问题的解题策略
若不等式中含参数，则可考虑分离参数，以避免分类讨论．a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max，a巩固训练3 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1处都取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)若对任意x∈[－1，2]，不等式f(x)1．3.3 三次函数的性质：单调区间和极值
新知初探·课前预习
[教材要点]
要点一
连续不断
要点二
(1)极值 (3)极值 最大值 最小值
[基础自测]
1．(1)√ (2)× (3)×
2．解析：因为y′＝－3x(x－4)，所以当0≤x≤4时，y′≥0；
当x>4时，y′<0.
所以函数在[0，4]上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，
因此，y＝－x3＋6x2(x≥0)的最大值为－43＋6×42＝32.
答案：A
3．解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－1，1)上是单调递减函数，无最大值和最小值．
答案：D
4．解析：由题设，f′(x)＝x2＋2x－3＝(x－1)(x＋3)，
∴[0，1)上f′(x)<0，f(x)单调递减；(1，2]上f′(x)>0，f(x)单调递增；
∴f(x)在[0，2]上的最小值为f(1)＝－7＝－.
答案：－
题型探究·课堂解透
例1 解析：(1)由已知可得f(0)＝b＝1.
又f′(x)＝3x2－2x＋a，
所以f′(0)＝a＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋1，f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(x)>0，解得x<－或x>1，
所以f(x)在[－2，－)和[1，2]上单调递增，在[，1)上单调递减．
又因为f(－2)＝－9，f(1)＝0，
所以函数y＝f(x)在[－2，2]上的最小值为－9.
巩固训练1 解析：∵f′(x)＝x2－4 ，令f′(x)＝x2－4＝0得x＝±2.
当x变化时，f(x)，f′(x)变化如下：
∴f(x)min＝f(2)＝－，f(x)max＝f(－2)＝.
例2 解析：f′(x)＝3x2－3ax，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
从上表可知，当x＝0时，f(x)取得极大值b，而f(0)>f(a)，f(1)>f(－1)，
故需比较f(0)与f(1)的大小及f(－1)与f(a)的大小．
因为f(0)－f(1)＝a－1>0，
所以f(x)的最大值为f(0)＝b，所以b＝1.
又f(－1)－f(a)＝(a＋1)2(a－2)<0，
所以f(x)的最小值为f(－1)＝－1－a＋b＝－a，
所以－a＝－，所以a＝.
故所求函数的解析式是f(x)＝x3－x2＋1.
巩固训练2 解析：∵f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，
∴f′(x)＝3ax2－12ax＝3a(x2－4x)＝3ax(x－4)，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4，
∵x∈[－1，2]，∴x＝0.
∵a>0，所以f(x)，f′(x)随x变化情况如下表：
所以当x＝0时，f(x)取最大值f(x)max＝f(0)＝b，
∵f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，x∈[－1，2]的最大值为3，
∴f(x)max＝f(0)＝b＝3.
又∵f(2)＝8a－24a＋3＝－16a＋3，f(－1)＝－7a＋3且a>0，
∴f(2)∴当x＝2时，f(x)取最小值f(x)min＝f(2)＝－16a＋3，
∵f(x)＝ax3－6ax2＋b(a>0)，x∈[－1，2]的最小值为－29，
∴f(2)＝－16a＋3＝－29，∴a＝2，
综上所述：a＝2，b＝3.
例3 解析：(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(舍)．
当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表：
∴g(t)在(0，2)上有最大值，g(1)＝1－m.
h(t)<－2t＋m在(0，2)上恒成立，等价于g(t)<0在(0，2)内恒成立，即等价于1－m<0，
所以m的取值范围为(1，＋∞)．
巩固训练3 解析：(1)由题设，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
又f′＝a＋b＝0，
f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝－，b＝－2.
(2)由(1)，知f(x)＝x3－x2－2x＋c，
即f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
当x∈[－1，2]时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
∴f(x)在[－1，－)上单调递增，在(－，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增，
∴当x＝－时，f(－)＝＋c为极大值，
又f(2)＝2＋c，则f(2)＝2＋c为f(x)在[－1，2]上的最大值，
要使f(x)f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2，
∴实数c的取值范围为(－∞，－1)
x
－3
(－3，－2)
－2
(－2，2)
2
(2，3)
3
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
3
↗
↘
－
↗
－3
x
－1
(－1，0)
0
(0，a)
a
(a，1)
1
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
－1－a＋b
↗
b
↘
－＋b
↗
1－a＋b
x
(－1，0)
0
(0，2)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
最大值3
↘
t
(0，1)
1
(1，2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
↗
极大值1－m
↘
x
[－1，－)
－
(－，1)
1
(1，2]
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
递增
极大值
递减
极小值
递增