5.3.2含参数的函数的最大(小)值课件-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

含参数的函数的最大(小)值 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)， 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. 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； 归纳反思：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. 训练1：已知a∈R，函数f(x)＝x2 ，求f(x)在区间 [0,2]上的最大值. 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a. ①当2a≤0，即a≤0时， f(x)在[0,2]上单调递增， ②当2a≥2，即a≥1时，f(x)在[0,2]上单调递减， 从而f(x)max＝f(0)＝0. ③当0<2a<2，即0<a<1时， f(x)在 [0,2a]上单调递减，在(2a,2]上单调递增， 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： x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 f′(x)   ＋ 0 －   f(x) －7a＋b  b  －16a＋b x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 f′(x)   ＋ 0 －   f(x) －7a＋b  b  －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， ∴f(0)＝b＝3. 又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)， ∴f(2)＝－16a＋3＝－29， 解得a＝2. ②当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b，也就是函数在[－1,2]上的最小值， ∴f(0)＝b＝－29. 又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)， ∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2. 综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29. x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 f′(x)   ＋ 0 －   f(x) －7a＋b  b  －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， ∴f(0)＝b＝3. 又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3<f(－1)， ∴f(2)＝－16a＋3＝－29， 解得a＝2. ②当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得极小值b， 也就是函数在[－1,2]上的最小值， ∴f(0)＝b＝－29. 又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)， ∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2. 综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29. 归纳反思：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. 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： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x)  28  －4  ∴当x＝－3时，h(x)取极大值28； 当x＝1时，h(x)取极小值－4. x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x)  28  －4  而h(2)＝3<h(－3)＝28， ∴如果h(x)在区间[k,2]上的最大值为28，则k≤－3. ∴k的取值范围为(－∞，－3]. 训练3：已知f(x)＝ax－ln x，a∈R. (1)当a＝1时，求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； 即x－2y＋2－2ln 2＝0. (2)是否存在实数a，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3， 若存在，求出a的值；若不存在，说明理由. 解：假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x在区间(0，e]上 的最小值是3， ①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减， 所以此时不存在符合题意的实数a； 所以此时不存在符合题意的实数a. 综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值 是3. 令f′(x)>0，则0<x<1或x>2， 令f′(x)<0，则1<x<2， 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1，2). 即4x3＋3x2－6x＋6a≥0， 则h′(x)＝2x2＋x－1＝(2x－1)(x＋1)， 【例2】　已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2aln x－(a＋2)x. (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间. 解　当a＝1时，f(x)＝eq \f(1,2)x2＋2ln x－3x(x>0). 所以f′(x)＝x＋eq \f(2,x)－3＝eq \f(x2－3x＋2,x)＝eq \f(（x－2）（x－1）,x). 要使函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 则g′(x)＝x＋eq \f(2a,x)－2＋eq \f(4,3)x2≥0在(0，＋∞)上恒成立， (2)是否存在实数a，使函数g(x)＝f(x)＋ax＋eq \f(4,9)x3在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由. 因为函数g(x)＝f(x)＋ax＋eq \f(4,9)x3＝eq \f(1,2)x2＋2aln x－2x＋eq \f(4,9)x3， 即a≥－eq \f(4x3＋3x2－6x,6)在(0，＋∞)上恒成立. 令h(x)＝eq \f(4x3＋3x2－6x,6)，x∈(0，＋∞)， 所以x＝eq \f(1,2)是h(x)的极小值点，也是最小值点， 所以－eq \f(4x3＋3x2－6x,6)在(0，＋∞)上的最大值为eq \f(7,24)， $$