2.6.3 函数的最值-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案教用word（北师大版2019）

数学 选择性必修 第二册(北师) 6.3　函数的最值 (教师独具内容) 课程标准：1.能利用导数求给定区间上不超过三次的多项式函数的最大值、最小值.2.体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系． 教学重点：在闭区间上求函数的最值． 教学难点：与函数最值有关的参数问题． 核心素养：通过学习函数最值的概念及求解方法，培养数学抽象和数学运算素养． 知识点　函数的最值 函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值点x0指的是：函数f(x)在这个区间上所有点处的函数值都不超过f(x0)(如图)． 由图可以看出，最大值在导数的零点取得，或者在区间的端点取得．要想求函数的最大值，一般首先求出函数导数的零点，然后将所有导数零点与区间端点的函数值进行比较，其中最大的值即为函数的最大值． 函数的最小值也具有类似的意义和求法．函数的最大值和最小值统称为最值． 函数极值与最值的内在联系 (1)函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最大值和最小值是一个整体性概念，最大值必须是整个区间上所有函数值中的最大值；最小值必须是整个区间上所有函数值中的最小值． (2)函数的极值可以有多个，但最值只能有一个． (3)函数的最值可以在定义区间的端点处取得，极值则不可以在端点处取得．有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，连续函数的最值不在端点处取得时必定是极值． 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的最大值一定是函数的极大值．(　　) (2)开区间上的单调连续函数无最值．(　　) (3)函数f(x)在区间[a，b]上的最大值和最小值一定在两个端点处取得．(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)× 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)设函数f(x)＝e2x＋3x(x∈R)，则f(x)________(填“有”或“无”)最值． (2)已知函数y＝x3－x2－x，该函数在区间[0，3]上的最大值是________． (3)已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋m(x∈[－2，2])，f(x)的最小值为1，则m＝________． 答案　(1)无　(2)15　(3)1 题型一　求已知函数的最值 例1　(1)求函数f(x)＝x3－x2－2x＋5在区间[－2，2]上的最大值与最小值． [解]　因为f(x)＝x3－x2－2x＋5， 所以f′(x)＝3x2－x－2. 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1. 因为f＝，f(1)＝， 又f(－2)＝－1，f(2)＝7，所以函数f(x)在[－2，2]上的最大值是7，最小值是－1. (2)求函数f(x)＝x＋sinx在区间[0，2π]上的最大值与最小值． [解]　f′(x)＝＋cosx，令f′(x)＝0， 解得x＝或x＝. 因为f(0)＝0，f＝＋，f＝－，f(2π)＝π， 所以函数f(x)在[0，2π]上的最大值是π，最小值是0. 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为零的点，无需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． [跟踪训练1]　(1)求函数f(x)＝－x3＋3x2－6x＋5在[－1，1]上的最值． 解　∵f′(x)＝－3x2＋6x－6＝－3(x2－2x＋2)＝－3(x－1)2－3， ∴f′(x)在[－1，1]上恒小于0. ∴f(x)在[－1，1]上为减函数， ∴当x＝－1时，f(x)取得最大值为f(－1)＝15， 当x＝1时，f(x)取得最小值为f(1)＝1. 即f(x)的最小值为1，最大值为15. (2)求函数f(x)＝ex(3－x2)在[2，5]上的最值． 解　f′(x)＝－ex(x2＋2x－3)＝－ex(x＋3)·(x－1)， ∵在[2，5]上，f′(x)＝－ex(x＋3)(x－1)<0， ∴函数f(x)在[2，5]上单调递减， ∴x＝2时，函数f(x)取得最大值f(2)＝－e2；x＝5时，函数f(x)取得最小值f(5)＝－22e5. 题型二　由函数的最值确定参数的值 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为常函数，与题设矛盾． 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： 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，也就是函数在[－1，2]上的最大值， ∴f(0)＝3，即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，也就是函数在[－1，2]上的最小值， ∴f(0)＝－29，即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. 由函数的最值来确定参数的问题是利用导数求函数最值的逆向运用，解题时一般采用待定系数法，列出含参数的方程或方程组，从而求出参数的值，这也是方程思想的应用． [跟踪训练2]　函数f(x)＝x3－ax2＋b在区间[－1，1]上的最大值为1，最小值为－，求函数f(x)的解析式． 解　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： 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 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＝. 故函数f(x)的解析式是f(x)＝x3－x2＋1. 题型三　与函数图象有关的综合问题 例3　已知函数f(x)＝，x∈R. (1)写出函数的定义域，判断函数的单调性，并求出极值； (2)作出函数的大致图象． [解]　(1)函数的定义域为R，f′(x)＝， 令f′(x)＝0，得x＝1. 当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0， 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)的极大值为f(1)＝， 所以函数的单调递增区间为(－∞，1)，单调递减区间为(1，＋∞)，极大值为，无极小值． (2)显然，当x趋于－∞时，f(x)＝趋于－∞， 又x>0时，f(x)>0，且x趋于＋∞时，f(x)＝趋于0， 所以作出f(x)＝的大致图象如下． 画函数f(x)大致图象的步骤 (1)求出函数f(x)的定义域； (2)求导数f′(x)及函数f′(x)的零点； (3)用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，并得出f(x)的单调性与极值； (4)确定f(x)的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势； (5)画出f(x)的大致图象． [跟踪训练3]　若函数f(x)＝，x∈. (1)写出函数的定义域，判断函数的单调性，并求出极值； (2)作出函数的大致图象． 解　(1)函数的定义域为， f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)>0， 当x∈(，＋∞)时，f′(x)<0，所以f(x)＝的极大值为f()＝＝， 所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为(，＋∞)，极大值为，无极小值． (2)f(1)＝0，当x趋于＋∞时，f(x)＝趋于0，f＝＝－e2，所以作出f(x)＝的大致图象如下． 题型四　函数的最值与不等式问题 例4　(1)已知函数f(x)＝ln x－ax，其中x∈[1，＋∞)，若不等式f(x)≤0恒成立，则实数a的取值范围为(　　) A．[1，＋∞) B. C. D．[0，＋∞) [解析]　当x∈[1，＋∞)时，不等式f(x)≤0恒成立等价于a≥在[1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝，则g′(x)＝，当1≤x＜e时，g′(x)＞0；当x＞e时，g′(x)＜0，所以g(x)max＝g(e)＝，所以a≥.故选C. [答案]　C (2)已知函数f(x)＝x2－2ax＋1，g(x)＝，其中a>0，x≠0. ①对任意的x∈[1, 2]，都有f(x)>g(x)恒成立，求实数a的取值范围； ②对任意的x1∈[1, 2]，存在x2∈[1, 2]，使得f(x1)>g(x2)恒成立，求实数a的取值范围． [解]　①由题意知，f(x)－g(x)>0对x∈[1，2]恒成立，即x2－2ax＋1－>0对x∈[1，2]恒成立， 即a<对x∈[1，2]恒成立，令φ(x)＝，只需a＜φ(x)min(x∈[1，2])． 由于φ′(x)＝＞0，故φ(x)在x∈[1，2]上是增函数， φ(x)min＝φ(1)＝，所以实数a的取值范围是. ②由题意知，x2－2ax＋1>＝，即a<对x∈[1，2]恒成立． 令m(x)＝， 则m′(x)＝>0对x∈[1，2]恒成立， 则m(x)在[1，2]上是增函数，m(x)min＝m(1)＝，所以实数a的取值范围是. 有关不等式恒成立问题，一般是转化为求函数的最值问题．可通过移项、分离参数等构造函数，利用导数求函数的最值，进而证明不等式． (1)f(x)＞g(x)可转化为[f(x)－g(x)]min＞0；f(x)＜g(x)可转化为[f(x)－g(x)]max＜0. (2)a＞f(x)可转化为a＞f(x)max；a＜f(x)可转化为a＜f(x)min. (3)记区间D1，D2分别是函数y＝f(x)，y＝g(x)的定义域的子区间． ∀x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)＞g(x2)可转化为f(x1)min＞g(x2)max； ∀x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)可转化为f(x1)min＞g(x2)min； ∃x1∈D1，∀x2∈D2，f(x1)＞g(x2)可转化为f(x1)max＞g(x2)max； ∃x1∈D1，∃x2∈D2，f(x1)＞g(x2)可转化为f(x1)max＞g(x2)min. [跟踪训练4]　(1)已知函数f(x)＝xln x，若f(x)≥x＋a恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1] B．(－∞，1] C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) 答案　A 解析　由题意得a≤f(x)－x＝xln x－x恒成立，令g(x)＝xln x－x，则a≤g(x)min，又g′(x)＝ln x，当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－1，所以a≤－1.故选A. (2)已知函数f(x)＝xln x＋2x，g(x)＝xex＋1.证明：f(x)＜g(x)． 证明　要证f(x)＜g(x)，即证xln x＋2x＜xex＋1，即证ln x－＋2＜ex. 令函数h(x)＝ln x－＋2－2x， 则h′(x)＝＋－2＝. 令＝0，解得x＝－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，＋∞)． h(x)≤h(1)＝－1＜0，所以ln x－＋2＜2x. 令函数u(x)＝ex－2x，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)． u(x)≥u(ln 2)＝2－2ln 2＞0，所以ex＞2x. 故ln x－＋2＜ex，即f(x)＜g(x)得证． 1．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值为(　　) A．2 B．－4 C．4 D．－2 答案　C 解析　f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．∵f(0)＝2，f(－1)＝－2，f(1)＝0，∴M＝2，m＝－2，∴M－m＝4. 2．函数g(x)＝x－log3(x＋1)在区间[0，2]上的最小值为(　　) A. B．0 C．1 D．－1 答案　B 解析　因为g(x)＝x－log3(x＋1)，所以g′(x)＝1－，则g′(x)>0在[0，2]上恒成立，则函数g(x)在[0，2]上是增函数，所以函数g(x)在区间[0，2]上的最小值为g(0)＝0.故选B. 3．(多选)下列关于函数y＝x－sinx，x∈的说法中，正确的是(　　) A．当x＝时，y取最小值－1 B．当x＝时，y取最大值－ C．当x＝时，y取最小值－ D．当x＝π时，y取最大值π 答案　AD 解析　因为y′＝1－cosx，所以当x∈时，y′>0，则函数在区间上为增函数，所以当x＝时，y取最小值－1；当x＝π时，y取最大值π.故选AD. 4．函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4，4]上的最大值为10，则其最小值为________． 答案　－71 解析　f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1)．由f′(x)＝0，得x＝3或x＝－1.又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，所以f(x)min＝k－76＝－71. 5．已知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，f(x)有最大值f(0)＝0. 若a>0，则令f′(x)＝0， 解得x＝±. 因为x∈[0，1]，所以只考虑x＝的情况． ①若0<<1，即0<a<1，则当x＝时，f(x)有最大值f()＝2a.(如下表所示) x 0 (0，) (，1) 1 f′(x) ＋ 0 － f(x) 0  2a  3a－1 ②若≥1，即a≥1，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＝时，f(x)有最大值2a； 当a≥1，x＝1时，f(x)有最大值3a－1. 一、选择题 1．函数y＝xe－x，x∈[0，4]的最大值为(　　) A. B．e C．0 D．4e－4 答案　A 解析　令y＝f(x)＝xe－x，则f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，得x＝1.∵x∈[0，1)时，f′(x)>0，x∈(1，4]时，f′(x)<0，∴函数的最大值为f(1)＝. 2．函数f(x)＝x3－12x＋1在闭区间[－3，0]上的最大值、最小值分别是(　　) A．1，－1 B．1，－17 C．17，1 D．9，－19 答案　C 解析　令f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2.当x∈[－3，－2)时，f′(x)>0；当x∈(－2，0]时，f′(x)<0，所以f(x)max＝f(－2)＝17，f(－3)＝10，f(0)＝1，所以最大值为17，最小值为1.故选C. 3．函数y＝x＋2cosx在上取最大值时，x的值为(　　) A．0 B. C. D. 答案　B 解析　f′(x)＝1－2sinx，令f′(x)＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f为f(x)在上的极大值，也是最大值．故f(x)在区间上取最大值时，x的值为. 4．函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)上有最小值，则a的取值范围为(　　) A．0≤a＜1 B．0<a<1 C．－1<a<1 D．0<a< 答案　B 解析　∵f′(x)＝3x2－3a，又函数f(x)在(0，1)上有最小值，则a>0，令f′(x)＝0，解得x＝±，∵f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)上有最小值，∴0< <1，∴0<a<1. 5.(多选)已知函数f(x)的定义域为[－1，5]，部分对应值如下表，f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，下列关于函数f(x)的结论中，正确的是(　　) x －1 0 4 5 f(x) 1 2 2 1 A.函数f(x)的极大值点有两个 B．函数f(x)在[0，2]上是减函数 C．若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t的最大值为4 D．若x∈[m，5]时，f(x)的最大值是2，则m的最小值为0 答案　AB 解析　由f′(x)的图象可知，当－1≤x<0或2<x<4时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数，当0<x<2或4<x≤5时，f′(x)<0，函数f(x)为减函数，即当x＝0时，函数f(x)取得极大值，当x＝4时，函数f(x)取得极大值，即函数f(x)有两个极大值点，故A正确；函数f(x)在[0，2]上是减函数，故B正确；作出f(x)的图象如图所示，若x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，则t满足0≤t≤5，即t的最大值是5，故C错误；若x∈[m，5]时，f(x)的最大值是2，则m满足－1≤m≤4，即m的最小值是－1，故D错误．故选AB. 二、填空题 6．函数f(x)＝ex－2x的最小值为________． 答案　2－2ln 2 解析　f′(x)＝ex－2.由f′(x)＞0得ex－2＞0，∴x>ln 2.由f′(x)<0得x<ln 2，∴f(x)在x＝ln 2处取得最小值，f(x)min＝2－2ln 2. 7．设直线x＝t与函数f(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|达到最小时，t的值为________． 答案　 解析　由题意可知|MN|＝t2－ln t．|MN|的最小值，即函数h(t)＝t2－ln t的最小值，h′(t)＝2t－＝，显然t＝是函数h(t)在其定义域上唯一的极小值点，也是最小值点，故t＝. 8．已知函数f(x)＝2ln x＋(a>0)．若当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥2恒成立，则实数a的取值范围是________． 答案　[e，＋∞) 解析　f(x)≥2即a≥2x2－2x2ln x．令g(x)＝2x2－2x2ln x，x>0，则g′(x)＝2x(1－2ln x)．由g′(x)＝0得x＝e，且0<x<e时，g′(x)>0；当x>e时，g′(x)<0，∴当x＝e时，g(x)取最大值g(e)＝e，∴a≥e. 三、解答题 9．已知函数f(x)＝(x－k)ex. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值． 解　(1)由f(x)＝(x－k)ex， 得f′(x)＝(x－k＋1)ex， 令f′(x)＝0，得x＝k－1. 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表： x (－∞，k－1) k－1 (k－1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x)  －ek－1  所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)，单调递增区间是(k－1，＋∞)． (2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(0)＝－k； 当0<k－1<1，即1<k<2时， 由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1，1]上单调递增，所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1； 当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0，1]上单调递减， 所以f(x)在区间[0，1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k； 当1<k<2时，f(x)min＝－ek－1； 当k≥2时，f(x)min＝(1－k)e. 10．已知函数f(x)＝ex－x－. (1)求f(x)的最小值； (2)求证：ex－ln x>.(参考数据：>1.64) 解　(1)由f(x)＝ex－x－， 得f′(x)＝ex－， 则当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增， 所以f(x)的极小值也是最小值，为f＝0. (2)证明：由(1)知，f(x)＝ex－x－≥0， 即ex≥x＋， 则ex－ln x≥x－ln x＋. 令g(x)＝x－ln x＋， 则g′(x)＝－＝(x>0)． 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g＝1－ln ＋＝1＋＋>＝>. 所以ex－ln x>. 1．设l为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线． (1)求l的方程； (2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方． 解　(1)设f(x)＝，则f′(x)＝，所以f′(1)＝1. 所以l的方程为y＝x－1. (2)证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于g(x)>0(x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝. 当0<x<1时，x2－1<0，ln x<0， 所以g′(x)<0，故g(x)单调递减； 当x>1时，x2－1>0，ln x>0， 所以g′(x)>0，故g(x)单调递增． 所以g(x)>g(1)＝0(x>0，x≠1)， 即x－1>. 所以除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方． 2．已知函数f(x)＝2ax－＋ln x，且f(x)在x＝1，x＝处取得极值． (1)求a，b的值； (2)若存在x0∈，使得不等式f(x0)－c≤0成立，求c的最小值． 解　(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2a＋＋. ∵f(x)在x＝1，x＝处取得极值， ∴f′(1)＝0，f′＝0， 即解得 (2)若存在x0∈，使得不等式f(x0)－c≤0成立，则只需c≥f(x)min. ∵f′(x)＝－－＋＝－ ＝－， ∴当x∈时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减； 当x∈时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增； 当x∈(1，2]时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， ∴f(x)在x＝处取得极小值， 又f(x)＝－x＋＋ln x， 则f＝＋ln ＝－ln 2， 又f(2)＝－＋ln 2， ∴当x∈时， f(x)min＝f(2)， ∴c≥f(x)min＝－＋ln 2， ∴c∈， 故cmin＝－＋ln 2. 14 学科网（北京）股份有限公司 $$