5.3.2.2 函数的最大(小)值与导数（Word教参）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

第2课时　函数的最大(小)值与导数 [学习目标] 1.理解函数的最值的概念，达成数学抽象的核心素养.2.了解函数的最值与极值的区别与联系，达成直观想象的核心素养(易混点).3.能利用导数求给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值，提升数学运算的核心素养(重点).4.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系，提升直观想象的核心素养． ,) 要点一　函数最值的定义 1．对于函数f(x)，给定区间I，若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)__≥__f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最小值；若对任意x∈I，存在x0∈I，使得f(x)__≤__f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在区间I上的最大值． 2．一般地，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． 思考：如果在(a，b)上的增函数f(x)的图象连续不断，f(x)有最值吗？ 提示　没有．f(x)的值域是(f(a)，f(b))． 要点二　 求函数的最大值与最小值的步骤 函数f(x)在区间[a，b]上连续，在区间(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下： (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． 思考：函数的极值和最值有何差别？函数的极值是否唯一？ 提示　函数极值是一个局部概念，只是描述在某个点附近的函数值的特征，并不意味着在整个定义域内取得最值；函数的极值并不唯一． 判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”． (1)函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值，一定在区间端点处取得．(　　) (2)开区间上的单调连续函数无最值．(　　) (3)在定义域内，若函数有最值与极值，则极大(小)值就是最大(小)值．(　　) 解析　(1)错误．函数在闭区间[a，b]上的最值可能在端点处取得，也可能在极值点处取得． (2)正确．若单调函数有最值，则一定在区间端点处取得，但开区间上的单调连续函数在端点处无函数值，所以无最值，故正确． (3)错误．y最大值≥y极值，y最小值≤y极值，故错误． 答案　(1)×　(2)√　(3)× 探究一　求函数的最值 规律总结 求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值的方法 (1)求函数f(x)的导函数f′(x)． (2)解方程f′(x)＝0，求出使得f′(x)＝0的所有解． (3)计算函数f(x)在区间[a，b]内的各极值以及端点处的函数值． (4)比较以上各个函数值，其中最大的是函数的最大值，最小的是函数的最小值． 【例题1】 求下列函数的最值． (1)f(x)＝－x3＋3x，x∈[－，]； (2)f(x)＝sin 2x－x，x∈. 解析　(1)f′(x)＝－3x2＋3＝－3(x－1)(x＋1)．令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示. x － (－，－1) －1 f′(x) － 0 f(x) 0 单调递减 －2 x (－1,1) 1 (1，) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 2 单调递减 0 由表可知，当x＝1时，f(x)取得最大值，即f(x)max＝f(1)＝2；当x＝－1时，f(x)取得最小值，即f(x)min＝f(－1)＝－2. (2)f′(x)＝2cos 2x－1，令f′(x)＝0，－≤x≤，得x＝－或x＝.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示． x － － f′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减 － 单调递增 x f′(x) 0 － f(x) － 单调递减 － 由表可知，当x＝－时，f(x)取得最大值f＝，当x＝时，f(x)取得最小值f＝－. 【变式1】 函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________. 解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)． ①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－＝，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1； ②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x，则f′(x)＝－2－<0，所以f(x)在上单调递减， 所以f(x)min＝f＝－2ln ＝2ln 2＝ln 4>ln e＝1. 综上，f(x)min＝1. 答案　1 探究二　求含参函数的最值 规律总结 含参函数最值的求解策略 由于参数的取值范围不同会导致函数在所给区间上的单调性的变化，从而导致最值变化．因此需要对参数进行分类讨论，分类时常见的讨论：①f′(x)的类型，如f′(x)＝ax2＋2x－1时，可以分a＞0，a＝0，a＜0三种情况讨论；②当f′(x)＝0时注意是否有解，若有解，则讨论根是否在定义域内，根的大小是否确定；③有时可以用可能的极值或最值的大小关系分类讨论． 【例题2】 设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性； (2)当x∈[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值． 解析　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2，所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增． (2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0.①当a≥4时，x2≥1.由(1)知，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值．②当0＜a＜4时，x2＜1.由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减，因此f(x)在x＝x2＝处取得最大值．又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值；当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值；当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值． 【变式2】 当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值． 解析　f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)，令f′(x)＝0，得x1＝－<x2＝a.所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(a,2a]上单调递增．所以f(－a)＝－a3，f＝a3，f(a)＝－a3，f(2a)＝2a3，所以f(x)max＝f(2a)＝2a3，f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3. 探究三　已知函数的最值求参数 规律总结 由函数的最值求参数的基本思路 (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． 【例题3】 已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1,2]的最大值是3，最小值为－29.求a，b的值． 解析　求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．因为a>0，所以x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示. x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 f′(x) ＋ 0 － f(x) －7a＋b 单调递增 b 单调递减 －16a＋b 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，所以f(0)＝b＝3.又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)，所以f(2)＝－16a＋3＝－29，解得a＝2.故a＝2，b＝3. 【变式3】 已知函数f(x)＝ax＋－2a，当x∈[1,3]时，f(x)的最小值为0，求a的值． 解析　f′(x)＝a－＝，因为1≤x≤3，所以1≤x2≤9.①当a≤时，在(1,3)上有f′(x)＜0恒成立，则f(x)在[1,3]上单调递减，所以f(x)min＝f(3)＝3a＋－2a＝0，所以a＝－.②当＜a＜1时，若x∈，则f′(x)＜0，f(x)单调递减；若x∈，则f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f＝＋－2a＝0，所以－a＝0，所以a＝0(舍)或a＝1(舍)．③当a≥1时，在(1,3)上f′(x)>0恒成立，则f(x)在[1,3]上单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝a＋1－2a＝0，所以a＝1.综上所述，a＝－或a＝1. 探究四　用导数证明不等式 答题模板 证明不等式f(x)＞g(x)，x∈(a，b)的步骤 (1)将要证明的不等式f(x)＞g(x)移项转化为证明f(x)－g(x)＞0； (2)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，研究F(x)的单调性； (3)若[f(x)－g(x)]′＞0，说明函数F(x)＝f(x)－g(x)在(a，b)上单调递增，只需保证F(a)＞0； (4)若[f(x)－g(x)]′＜0，说明函数F(x)＝f(x)－g(x)在(a，b)上单调递减，只需保证F(b)＞0. 【例题4】 当x＞0时，证明：不等式ln(x＋1)＞x－x2. 证明　设f(x)＝ln(x＋1)－x＋x2，则f′(x)＝－1＋x＝.当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．于是当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0，所以当x＞0时，不等式ln(x＋1)＞x－x2成立． 【变式4】 证明不等式x－sin x＜tan x－x，x∈. 证明　令f(x)＝tan x－2x＋sin x，x∈， 则f′(x)＝′－(2x)′＋(sin x)′ ＝－2＋cos x＝ ＝ ＝ ＝. 因为x∈，所以1－cos x＞0，cos x＋sin2x＞0， 所以f′(x)＞0，所以f(x)在上单调递增， 所以f(x)＞f(0)＝0，即tan x－2x＋sin x＞0， 即x－sin x＜tan x－x. 探究五　与最值有关的恒(能)成立问题 解题技巧 解与最值有关的恒(能)成立问题的技巧 (1)涉及不等式恒成立、不等式能成立的问题时，一般需转化为函数最值来解决．若不等式中含参数，则可考虑分离参数，避免分类讨论． (2)不等式恒成立、能成立常见的转化策略： ①a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max，a<f(x)恒成立⇔a<f(x)min；②f(x)>g(x)＋k恒成立⇔k<[f(x)－g(x)]min；③f(x)>g(x)恒成立⇔[f(x)－g(x)]min>0；④a>f(x)能成立⇔a>f(x)min，a<f(x)能成立⇔a<f(x)max. 【例题5】 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(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． 解析　(1)因为f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(t>0)，所以当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1(t＞0)． (2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m(0＜t＜2)，由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(舍去)．当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如表所示. t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t) 单调递增 极大值1－m 单调递减 所以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g(t)max＝g(1)＝1－m<0，所以m的取值范围为(1，＋∞)． 【变式5】 已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋6x＋c，当x＝－1时，f(x)取得极小值－，当x＝2时，f(x)有极大值． (1)求函数f(x)； (2)存在x∈[－2,0]，使得f(x)＞t2－2t成立，求实数t的取值范围． 解析　(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋6，由题意知，f′(－1)＝f′(2)＝0，即3a－2b＋6＝0且12a＋4b＋6＝0，解得a＝－1，b＝.又f(－1)＝－a＋b－6＋c＝－，所以c＝1，所以f(x)＝－x3＋x2＋6x＋1. (2)存在x∈[－2,0]，使得f(x)＞t2－2t成立等价于f(x)max＞t2－2t.因为f′(x)＝－3x2＋3x＋6＝－3(x－2)·(x＋1)，当－2＜x＜－1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增．又f(－2)＝3，f(0)＝1，所以f(x)max＝f(－2)＝3，所以t2－2t＜3，解得－1＜t＜3.所以实数t的取值范围是(－1,3)． ,) 1．函数f(x)＝的最大值为(　　) A．0 B．－e C. D．不存在 答案　C 解析　f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝1.因为当x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0.所以函数f(x)在x＝1处取得极大值，亦即函数的最大值f(1)＝.故选C项． 2．若函数f(x)＝x3－x2－x＋2m在区间[0,2]上的最大值是4，则m的值为(　　) A．3 B．1 C．2 D．－1 答案　B 解析　f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1.又f(0)＝2m，f(1)＝2m－1，f(2)＝2m＋2，则f(2)最大，所以2m＋2＝4，所以m＝1.故选B项． 3．函数y＝x－sin x，x∈的最大值是(　　) A．π－1 B．－1 C．π D．π＋1 答案　C 解析　y′＝1－cos x，当x∈时，y′>0，则函数在区间上单调递增，所以ymax＝π－sin π＝π.故选C项. 4．设函数f(x)＝x3－－2x＋5，若对任意x∈[－1,2]，都有f(x)＞m成立，则实数m的取值范围是__________. 解析　f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－，又f(－1)＝，f＝，f(1)＝，f(2)＝7，所以m＜.故实数m的取值范围是. 答案　 学科网（北京）股份有限公司 $$