5.3.2 第2课时 函数的最大(小)值(课件) -【勤径学升·同步练测】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

单击此处添加文本具体内容 第五章　一元函数的导数及其应用 5.3 导数在研究函数中的应用 5.3.2　函数的极值与最大(小)值 第2课时　函数的最大(小)值 [学习任务] 1.理解函数的最值的概念.（难点） 2.了解函数的最值与极值的区别与联系. 3.会用导数求在给定区间上函数的最值.（重点） 第2课时　函数的最大(小)值 [对应学生用书第67页] 知识点　函数的最大（小）值 1.函数y＝f（x）在闭区间[a,b]上取得最值的条件 　　一般地,如果在区间[a,b]上函数y＝f（x）的图象是 　一条连续不断　⁠的曲线,那么它必有最大值和最小值. 一条连续不断 第2课时　函数的最大(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. （a,b） 各极值 f（a）,f（b） 最大 最小 第2课时　函数的最大(小)值 [对应学生用书第67页] 探究一　求不含参函数的最值 [例1]　求下列函数的最值： （1）f（x）＝2x3－12x,x∈[－2,3]； 第2课时　函数的最大(小)值 [解]　（1）因为f（x）＝2x3－12x, 所以f'（x）＝6x2－12＝6（x＋）（x－）, 令f'（x）＝0, 解得x＝－或x＝. 当x∈[－2,3]时,f'（x）,f（x）变化如下表 x －2 （－2,－） － （－,） （,3） 3 f'（x）   ＋ 0 － 0 ＋   f（x） 8 ↗ 极大值 8 ↘ 极小值 －8 ↗ 18 第2课时　函数的最大(小)值 所以当x＝时,f（x）取得最小值－8； 当x＝3时,f（x）取得最大值18. 第2课时　函数的最大(小)值 （2）f（x）＝x＋sin x,x∈[0,2π]. [解]　（2）f'（x）＝＋cosx,令f'（x）＝0, 又x∈[0,2π],解得x＝π或x＝π. x 0 （0,） （,） （,2π） 2π f'（x） ＋ 0 － 0 ＋ f（x） 0 ↗ ＋ ↘ － ↗ π 第2课时　函数的最大(小)值 所以当x＝0时,f（x）有最小值,f（0）＝0； 当x＝2π时,f（x）有最大值,f（2π）＝π. 第2课时　函数的最大(小)值 利用导数求函数最值的方法 （1）若函数y＝f（x）的图象是一条连续不断的曲线,在区间（a,b）内只有一个导数值为0的点,且在这一点处取得极值,则该点一定是函数的最值点. （2）求一个函数在闭区间上的最值时,一般是找出该区间上导数值为0的点,无须判断出是极大值点还是极小值点,只需将这些点对应的函数值与端点处的函数值进行比较,其中最大的就是函数的最大值,最小的就是函数的最小值. 第2课时　函数的最大(小)值 1.求函数f（x）＝ln（1＋x）－x2在区间[0,2]上的最值. 解　f'（x）＝－x, 令f'（x）＝0,即－x＝0, 得x＝－2或x＝1. 又∵x＋1＞0,即x＞－1,∴x＝－2舍去. 当∈[0,2]时,f'（x）,f（x）变化情况如下表 第2课时　函数的最大(小)值 x 0 （0,1） 1 （1,2） 2 f'（x） ＋ 0 － f（x） 0 ↗ 极大值ln2－ ↘ ln3－1 ∴该函数在区间[0,2]上的最大值为ln2－,最小值为0. 第2课时　函数的最大(小)值 探究二　求含参函数的最值 [例2]　已知函数f（x）＝（ax－2）ex在x＝1处取得极值. （1）求a的值； [解]　（1）∵f（x）＝（ax－2）ex,∴f'（x）＝aex＋（ax－2）ex＝（ax＋a－2）ex. 由已知得f'（1）＝0,即（2a－2）e＝0,解得a＝1. 当a＝1时,f（x）在x＝1处取得极小值,所以a＝1. 第2课时　函数的最大(小)值 [解]　（2）由（1）得f（x）＝（x－2）ex, 则f'（x）＝ex＋（x－2）ex＝（x－1）ex. 令f'（x）＞0得x＞1,令f'（x）＜0得x＜1, 所以函数f（x）在（－∞,1）上单调递减,在（1,＋∞）上单调递增. （2）求函数f（x）在[m,m＋1]上的最小值. 第2课时　函数的最大(小)值 ①当m≥1时,f（x）在[m,m＋1]上单调递增, f（x）min＝f（m）＝（m－2）em； ②当0＜m＜1时,m＜1＜m＋1,f（x）在[m,1]上单调递减,在（1,m＋1]上单调递增, f（x）min＝f（1）＝－e； ③当m≤0时,m＋1≤1,f（x）在[m,m＋1]上单调递减, f（x）min＝f（m＋1）＝（m－1）em＋1. 第2课时　函数的最大(小)值 综上,f（x）在[m,m＋1]上的最小值 f（x）min＝ 第2课时　函数的最大(小)值 求解含参函数的最大值和最小值的步骤 （1）求函数的导函数f'（x）； （2）求方程f'（x）＝0的全部实根,同时,根据参数的范围,判断f'（x）＝0的根是否在区间[a,b]内； （3）根据参数的取值范围,确定函数的极大值、极小值； （4）将函数的极值与端点处的函数值进行比较,求出函数的最大值、最小值. 第2课时　函数的最大(小)值 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 探究三　已知函数的最值求参数的值或范围 [例3]　已知函数f（x）＝ax3－6ax2＋b,则是否存在实数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.依题意,显然a≠0,f'（x）＝3ax2－12ax＝3ax（x－4）. 令f'（x）＝0,解得x1＝0,x2＝4（舍去）. 第2课时　函数的最大(小)值 ①若a＞0,则当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： x －1 （－1,0） 0 （0,2） 2 f'（x） ＋ 0 － f（x） －7a＋b ↗ 极大值 ↘ －16a＋b 第2课时　函数的最大(小)值 所以当x＝0时,f（x）取得最大值, 所以f（0）＝b＝3. 因为f（2）＝－16a＋3,f（－1）＝－7a＋3, 所以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. 第2课时　函数的最大(小)值 ②若a＜0,则当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如下表： x －1 （－1,0） 0 （0,2） 2 f'（x） － 0 ＋ f（x） －7a＋b ↘ 极小值 ↗ －16a＋b 第2课时　函数的最大(小)值 所以当x＝0时,f（x）取得最小值, 所以f（0）＝b＝－29. 因为f（2）＝－16a－29,f（－1）＝－7a－29, 所以f（2）＞f（－1）,所以当x＝2时,f（x）取得最大值. 即－16a－29＝3,解得a＝－2. 综上所述,存在符合条件的a,b,且a＝2,b＝3或a＝－2,b＝－29. 第2课时　函数的最大(小)值 　　由函数的最值来确定参数的值或取值范围是利用导数求函数最值问题的逆向运用,这类问题的解题步骤是： （1）求导数f'（x）,并求极值. （2）利用单调性,将极值与端点处的函数值进行比较,确定函数的最值.若参数的变化影响着函数的单调性,要对参数进行分类讨论. （3）利用最值列关于参数的方程（组）,解方程（组）即可. 第2课时　函数的最大(小)值 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 探究四　与最值有关的恒成立问题 [例4]　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的值及函数f（x）的单调区间； 第2课时　函数的最大(小)值 [解]　（1）由f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c, 得f'（x）＝3x2＋2ax＋b, 因为f'（1）＝3＋2a＋b＝0, f'＝－a＋b＝0,解得a＝－,b＝－2, 所以f'（x）＝3x2－x－2＝（3x＋2）（x－1）, 令f'（x）＝0,解得x＝－或x＝1, 第2课时　函数的最大(小)值 当x变化时,f'（x）,f（x）的变化情况如表： 所以函数f（x）的单调递增区间为和（1,＋∞）；单调递减区间为. x － 1 （1,＋∞） f'（x） ＋ 0 － 0 ＋ f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 第2课时　函数的最大(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]　（2）由（1）知,f（x）＝x3－x2－2x＋c,x∈[－1,2], 当x＝－时,f＝＋c为极大值, 因为f（2）＝2＋c,所以f（2）＝2＋c为最大值. 要使f（x）＜c2（x∈[－1,2]）恒成立,只需c2＞f（2）＝2＋c, 解得c＜－1或c＞2.故c的取值范围为（－∞,－1）∪（2,＋∞）. 第2课时　函数的最大(小)值 恒成立问题向最值转化的方法 （1）要使不等式f（x）＜h在区间[m,n]上恒成立,可先在区间[m,n]上求出函数的最大值f（x）max,只要h＞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. 第2课时　函数的最大(小)值 4.设a∈R,已知函数f（x）＝ax3－3x2. （1）当a＝1时,求函数f（x）的单调区间； （2）若对任意的x∈[1,3],都有f（x）＋f'（x）≤0恒成立,求实数a的取值范围. 解　（1）当a＝1时,f（x）＝x3－3x2,x∈R,则f'（x）＝3x2－6x. 由f'（x）＞0,得x＜0或x＞2, 由f'（x）＜0,得0＜x＜2, 所以f（x）的单调递增区间为（－∞,0）,（2,＋∞）；单调递减区间为（0,2）. 第2课时　函数的最大(小)值 （2）依题意,对任意的x∈[1,3],f（x）＋f'（x）＝ax3－3x2＋3ax2－6x≤0恒成立, 这等价于不等式a≤＝对任意的x∈[1,3]恒成立. 令h（x）＝（x∈[1,3]）, 则h'（x）＝－＝－＜0, 所以h（x）在区间[1,3]上单调递减, 所以h（x）的最小值为h（3）＝, 所以a≤,即实数a的取值范围是. 第2课时　函数的最大(小)值 [对应学生用书第69页] 第2课时　函数的最大(小)值 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 第五章 一元函数的导数及其应用 2．已知函数g(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x(a∈R). (1)若a＝1，求g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e)) 上的最大值； (2)求g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e)) 上的最小值h(a). 解　(1)因为a＝1，所以g(x)＝ln x＋x2－3x， 所以g′(x)＝ eq \f(1,x) ＋2x－3＝ eq \f(2x2－3x＋1,x) . 因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e)) ，所以g′(x)≥0， 所以g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e)) 上单调递增， 所以g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1. (2)g(x)的定义域为(0，＋∞)， g′(x)＝ eq \f(a,x) ＋2x－(a＋2)＝ eq \f(2x2－（a＋2）x＋a,x) ＝ eq \f(（2x－a）（x－1）,x) . ①当 eq \f(a,2) ≤1，即a≤2时，g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e)) 上单调递增， h(a)＝g(1)＝－a－1； ②当1＜ eq \f(a,2) ＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，e)) 上单调递增， h(a)＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2))) ＝a ln eq \f(a,2) － eq \f(1,4) a2－a； ③当 eq \f(a,2) ≥e，即a≥2e时，g(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e)) 上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e. 综上，h(a)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a－1，a≤2，,a ln \f(a,2)－\f(1,4)a2－a，2＜a＜2e，,（1－e）a＋e2－2e，a≥2e.)) 3．(1)已知函数f(x)＝ex＋x3＋(a－3)x＋1在区间(0，1)上有最小值，则实数a的取值范围为(　　) A．(－e，2) B．(－e，1－e) C．(1，2) D．(－∞，1－e) (2)(天津武清三校联考)已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(k，2)) 上的最大值为28，则实数k的值可以是(　　) A．－4 B．－3 C．－2 D．－1 解析　(1)由题意得f′(x)＝ex＋3x2＋a－3， 易知f′(x)在区间(0，1)上单调递增， 若f(x)在区间(0，1)上有最小值， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（0）＜0，,f′（1）＞0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＜0，,e＋a＞0，)) 解得－e＜a＜2. 这时存在x0∈(0，1)，使得f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，1)上单调递增， 即函数f(x)在(0，1)上有极小值，也是最小值， 所以a的取值范围是(－e，2).故选A. (2)易得f′(x)＝3x2＋6x－9. 令f′(x)＝3x2＋6x－9＝0， 得x＝－3或x＝1， 所以当x∈(－∞，－3)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 当x∈(－3，1)时，f′(x)＜0， 所以函数f(x)在(－∞，－3)和(1，＋∞)上单调递增，在(－3，1)上单调递减， 所以当x∈(－∞，1)时，f(x)max＝f(－3)＝28； 当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2)) 时，f(x)max＝f(2)＝3， 所以若f(x)在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(k，2)) 上的最大值为28， 则实数k的取值范围为k＜－3.故选A. 答案　(1)A　(2)A 1．(河南南阳高二月考)若关于x的不等式ex－x－a＞0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．(e，＋∞) B．(－∞，1) C． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，0)) 解析　令f(x)＝ex－x－a，则f(x)＞0恒成立，∴f(x)min＞0.∵f′(x)＝ex－1，∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝1－a＞0，解得a＜1，即实数a的取值范围为(－∞，1).故选B. 答案　B 2．已知函数f(x)＝xln x＋2x，g(x)＝xex＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜g(x). 解　(1)f′(x)＝ln x＋3.令ln x＋3＝0，解得x＝e－3. 当x＞e－3时，f′(x)＞0；当0＜x＜e－3时，f′(x)＜0， 故f(x)的单调递增区间为(e－3，＋∞)，单调递减区间为(0，e－3). (2)证明：要证f(x)＜g(x)， 即证xln x＋2x＜xex＋1，即证ln x－ eq \f(1,x) ＋2＜ex. 令函数h(x)＝ln x－ eq \f(1,x) ＋2－2x，x＞0， 则h′(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(1,x2) －2＝ eq \f(－2x2＋x＋1,x2) . 令 eq \f(－2x2＋x＋1,x2) ＝0， 解得x＝－ eq \f(1,2) 或x＝1. 当x＞1时，h′(x)＜0； 当0＜x＜1时，h′(x)＞0， 所以h(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)， 则h(x)≤h(1)＝－1＜0， 所以ln x－ eq \f(1,x) ＋2＜2x. 令函数u(x)＝ex－2x，x＞0， 则u′(x)＝ex－2. 当x＞ln 2时，u′(x)＞0； 当0＜x＜ln 2时，u′(x)＜0， 所以u(x)的单调递增区间为(ln 2，＋∞)，单调递减区间为(0，ln 2)， 则u(x)≥u(ln 2)＝2－2ln 2＞0， 所以ex＞2x， 故ln x－ eq \f(1,x) ＋2＜ex， 即当x∈(0，＋∞)时，f(x)＜g(x)得证． $$