5.3.2 课时2 导数与函数的最大（小）值课件-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册

5.3.2 课时2 导数与函数的最大（小）值 第五章 一元函数的导数及其应用 作者编号：32100 1. 理解函数最值的概念，了解其与函数极值的区别与联系. 2. 会求某闭区间上函数的最值. 3. 能利用函数的最大（小）值证明不等式. 学习目标 作者编号：32100 (1)如果f  (x0)=0,且在x0附近的左侧 f  (x)>0，右侧f  (x)<0, 那么f(x0)是极大值. (2)如果f  (x0)=0,且在x0附近的左侧 f  (x)<0，右侧f  (x)>0, 那么f(x0)是极小值. y x O x1 x2 a b y=f(x) 在极大值点附近 在极小值点附近 f (x)<0 f (x)>0 f (x)>0 f (x)<0 f (x2)=0 f (x1)=0 可导函数f(x)在x0处导数为0是该点为极值点的充要条件为： 异号 极值反映的是函数在某一点附近的局部性质 什么是函数的极值？ 复习回顾 作者编号：32100 如果我们要确定函数在某个区间上，哪个值最大，哪个值最小，有什么办法呢？ 可导函数f(x)在x0处导数为0是该点为极值点的充要条件为： 异号 复习回顾 作者编号：32100 如果x0是某个区间上函数y=f(x)的最大(小)值点，那么f(x0)不小(大)于函数y=f(x)在此区间上的所有函数值. 函数最值的定义： 一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M 满足： （1）对于任意的x∈I，都有f(x)≤M ; （2）存在 x0∈I，使得f(x0) = M. 那么，称M 是函数y=f(x)的最大值. 一般地，设函数y=f(x)的定义域为I ，如果存在实数M 满足： （2）对于任意的x∈I ，都有f(x)≥M ; （2）存在 x0∈I，使得f(x0) =M. 那么，称M是函数y=f(x)的最小值 . 新知讲解 作者编号：32100 下图是函数y=f(x), x∈[a, b]的图象，你能找出它的极小(大)值吗? 你能进一步找出函数在区间[a, b]上的最小(大)值吗？ x y O a b x1 x2 x3 x4 x5 x6 极 值 端 点 思考1 新知讲解 作者编号：32100 在图(1)、图(2)中，观察[a, b]上的函数y=f(x)和y=g(x)的图象，它们在[a, b]上有最大值、最小值吗? 如果有，最大值和最小值分别是什么? x y O a b (1) (2) x y O a b x1 x2 x3 x4 x5 思考2 新知讲解 作者编号：32100 (2) x y O a b x1 x2 x3 x4 x5 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. 把函数y=f(x)的所有极值连同端点的函数值进行比较，就可以求出函数的最大值与最小值. 新知讲解 作者编号：32100 共同探讨： （1）把闭区间换成开区间是否一定有最值呢？ （2）把闭区间换成开区间是否一定有极值呢？ 没有极值、有一个极值、有多个极值 没有最值、有一个最值、 情况不定 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. 新知讲解 作者编号：32100 1.给定区间必须是闭区间,如果是开区间,尽管函数图象是连续的,那么它也不一定有最大值和最小值. 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. 例如，函数f(x)=在区间(0,2)上的图象是连续不断的曲线,但在该区间上,函数f(x)既没有最大值,也没有最小值. 2.所给函数的图象必须是连续曲线,否则不一定有最大值和最小值. 例如，函数 在[-1,1]上只有最大值,没有最小值. 新知讲解 作者编号：32100 最值与极值区别与联系 1.极值是局部性概念，最值是整体性概念. 极值可以有多个，但最值只有一个。 极值只能在区间内取得，最值可以在端点取得。 2.有极值和有最值 有极值不一定有最值，有最值不一定有极值。 极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值. 新知讲解 作者编号：32100 例1 解： x 0 (0, 2) 2 (2, 3) 3 f′(x) f(x) x y O 4 2 3 题型一：利用导数求最值 例题剖析 作者编号：32100 求f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下： (2) 将f(x)的各导数值为零的点的函数值与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． (1) f(x)在(a,b)内导函数为零的点，并计算出其函数值； 方法归纳 作者编号：32100 1.求下列函数在给定区间上的最大值与最小值： x f '(x) 0 f (x) – + 单调递减 单调递增 又因为f(0)=-2,f(2)=20 所以,当x=2时，函数f(x)在[0,3]上取得最大值20， 当x= 时，函数f(x)在[0,3]上取得最小值 . 令 解得 . 解: (1)因为 反馈训练 作者编号：32100 x 2 ( 2, 3) f '(x) 0 f (x) – + 单调递减 单调递增 解: (2)因为 所以,当x=2时，函数f(x)在 上取得最大值20， 当x= 时，函数f(x)在 上取得最小值 . 令 解得 . 又因为 反馈训练 作者编号：32100 证明： 题型二：利用最值证明不等式 例题剖析 作者编号：32100 例题剖析 作者编号：32100 题型三：利用最值证明恒成立问题 例题剖析 作者编号：32100 作者编号：32100 2.求f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤： （1）f(x)在(a,b)内导函数为零的点，并计算出其函数值； （2）将f(x)的各导数值为零的点的函数值与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． 1.求最大（小）值的方法 只要把函数y=f(x)的所有极值连同端点的函数值进行比较，就可以求出函数的最大值和最小值. 3.解决优化问题的基本思路： 优化问题→用函数表示的数学问题→用导数解决数学问题→优化问题的答案→优化问题 课堂总结 作者编号：32100 A 反馈训练 作者编号：32100 f(x)= 　(2)设f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1， 由f′(x)＝0，得x＝0， 所以当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(0)＝0，即ex－x－1≥0， 所以ex≥x＋1. 例3　(1)已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证f(x)≥0恒成立． (2)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x．求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq \f(2,3)x3的图象的下方． 【证明】　(1)由题意知f′(x)＝ex－eq \f(e,x)＝eq \f(xex－e,x)， 设F(x)＝xex－e(x>0)，易得F(x)在(0，＋∞)上单调递增，且F(1)＝0， 当x∈(0，1)时，F(x)<0，∴f′(x)＝eq \f(F（x）,x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，F(x)>0，∴f′(x)＝eq \f(F（x）,x)>0，f(x)单调递增， f(x)的最小值为f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)≥0恒成立． 例3　(1)已知函数f(x)＝ex－e(ln x＋1)，求证f(x)≥0恒成立． (2)已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2＋ln x．求证：在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq \f(2,3)x3的图象的下方． (2)设F(x)＝g(x)－f(x)，即F(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x， 则F′(x)＝2x2－x－eq \f(1,x)＝eq \f(（x－1）（2x2＋x＋1）,x). 当x>1时，F′(x)＝eq \f(（x－1）（2x2＋x＋1）,x)>0，从而F(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴F(x)>F(1)＝eq \f(1,6)>0. ∴当x>1时，g(x)－f(x)>0，即f(x)<g(x)， 故在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq \f(2,3)x3的图象的下方． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))　[f ′(x)＝3x2－x－2＝0，x＝1或x＝－eq \f(2,3). f (－1)＝eq \f(11,2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝eq \f(157,27)，f (1)＝eq \f(7,2)，f (2)＝7，∴m＜eq \f(7,2).] 1．函数y＝eq \f(ln x,x)的最大值为(　　) A．e－1　 B．e　　　C．e2　　　D．10 2．设函数f (x)＝x3－eq \f(x2,2)－2x＋5，若对任意x∈[－1，2]，都有f (x)＞m，则实数m的取值范围是________． $$