第1章 习题课 含参数的函数的最大(小)值 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第二册 （湘教版2019）

习题课　含参数的函数的 最大(小)值 第1章　 §1.3　导数在研究函数中的应用 学习目标 1.能利用导数求简单的含参数的函数的最值问题. 2.能根据最值求参数的值或取值范围. 3.初步探究有关探索性的问题. 内容索引 一、求含参数的函数的最值 二、由最值求参数的值或范围 课时对点练 三、与最值有关的探究性问题 随堂演练 求含参数的函数的最值 一 例1　已知函数f(x)＝x3－ax2－a2x，求函数f(x)在[0，＋∞)上的最小值. 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； 延伸探究　当a>0时，求函数f(x)＝x3－ax2－a2x在[－a,2a]上的最值. f′(x)＝(3x＋a)(x－a)(a>0)， 所以f(x)max＝f(2a)＝2a3. f(x)min＝f(－a)＝f(a)＝－a3. 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. 反思感悟 跟踪训练1　已知a∈R，函数f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在区间[0,2]上的最大值. f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，x∈[0,2]. 从而f(x)max＝f(2)＝8－4a. 从而f(x)max＝f(0)＝0. 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. 14 由题意知a≠0， f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去). ①若a>0，则当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 递增↗ b 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， 15 ∴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若a<0，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. 16 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. 反思感悟 17 跟踪训练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. 18 ∵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)的变化情况如表所示. x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1，＋∞) h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) 递增↗ 28 递减↘ －4 递增↗ ∴当x＝－3时，h(x)有极大值28； 当x＝1时，h(x)有极小值－4. 19 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]. 20 三 与最值有关的探究性问题 例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. 22 (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. 23 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， 24 综上，存在实数a＝e2，使f(x)在区间(0，e]上的最小值是3. 25 与最值有关的探索性问题解题思路 此类问题一般都是讨论是否存在参数的值使题意成立，解决这类问题都是假设存在，根据题意来求参数的值，如果求出了一个满足题意的值，说明存在，如果求不出一个满足题意的值，则不存在. 反思感悟 26 跟踪训练3　已知函数f(x)＝x3＋bx2＋c(b，c∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性； 27 f′(x)＝3x2＋2bx＝x(3x＋2b)， 当b＝0时，函数f(x)＝x3＋c在R上单调递增； 28 (2)是否存在b，c，使得f(x)在区间[－1,0]上的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出b，c的所有值；若不存在，请说明理由. 29 假设存在满足条件的b，c， 若f(x)min＝f(－1)＝b＋c－1＝－1， 则b＝3，c＝－3(舍). 30 由(1)知f(x)在[－1,0]上单调递减， 所以f(x)max＝f(－1)＝b＋c－1＝1，f(x)min＝f(0)＝c＝－1， 所以b＝3，c＝－1，满足条件； 所以f(x)min＝f(－1)＝b＋c－1＝－1，f(x)max＝f(0)＝c＝1， 所以b＝－1，c＝1，满足条件. 综上，b＝－1，c＝1或b＝3，c＝－1. 31 1.知识清单： (1)求含参数的函数的最值. (2)由最值求参数的值或范围. (3)与最值有关的探究性问题. 2.方法归纳：转化法、分类讨论. 3.常见误区：分类讨论解决含参的问题时是否做到了不重不漏. 课堂小结 随堂演练 四 1.已知函数f(x)＝ax3＋c，且f′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c的值为 A.1 B.4 C.－1 D.0 1 2 3 4 √ 由题意得，f′(x)＝3ax2，则f′(1)＝3a＝6，解得a＝2， 所以f′(x)＝6x2≥0， 故f(x)在[1,2]上单调递增，则f(2)＝2×23＋c＝20，解得c＝4. 34 1 2 3 4 √ 所以当x<1－a时，f′(x)>0，当x>1－a时，f′(x)<0， 所以f(x)在(－∞，1－a)上单调递增，在(1－a，＋∞)上单调递减， 所以f(x)max＝f(1－a)＝ea－1. 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 当0<a≤1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减， 1 2 3 4 4.已知函数f(x)＝2x3－6x2＋a在[－2,2]上有最小值－37，则a的值为____，f(x)在[－2,2]上的最大值为_____. 1 2 3 4 3 3 1 2 3 4 f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2). 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －2 (－2,0) 0 (0,2) 2 f′(x)   ＋ 0 － 0 f(x) －40＋a 递增↗ 极大值a 递减↘ －8＋a 所以当x＝－2时，f(x)min＝－40＋a＝－37，所以a＝3. 所以当x＝0时，f(x)取得最大值3. 课时对点练 五 基础巩固 √ 又f′(x)＝acos x＋cos 3x， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)上有最小值，则a的取值范围是 A.[0,1) B.(0,1) C.(－1,1) D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ f′(x)＝3x2－3a，令f′(x)＝0，可得a＝x2， ∵x∈(0,1)，∴a∈(0,1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ f′(x)＝3x2＋3x＝3x(x＋1)， 易知当－1<x<0时，f′(x)<0； 当－2≤x≤－1或0<x≤1时，f′(x)>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 当x＝1时取最大值，满足题意. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是 A.(－1，＋∞) B.(－∞，－1) C.[－1，＋∞) D.(－∞，－1] √ f′(x)＝ex－1，令f′(x)>0，解得x>0，令f′(x)<0，解得x<0， 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝1＋a. 若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ 由题意得A(ln m，m)，B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令h(m)＝ －ln m，m>0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以|AB|≥2＋ln 2，故选AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋m在区间[－2，2]上的最大值是20，则实数m的值等于_______. －2 f′(x)＝－3x2＋6x＋9， 令f′(x)<0，解得x<－1或x>3； 令f′(x)>0，解得－1<x<3， ∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)，单调递增区间为(－1,3)， ∴f(x)在[－2，－1]上单调递减，在[－1,2]上单调递增， 又f(－2)＝8＋12－18＋m＝2＋m，f(2)＝－8＋12＋18＋m＝22＋m， ∴f(2)>f(－2)， ∴f(2)是f(x)在区间[－2,2]上的最大值，于是有22＋m＝20，解得m＝－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.若函数f(x)＝x3－3x2－9x＋k在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为________. －71 f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3)(x＋1). 令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， 故f(x)min＝k－76＝－71. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9.已知a为常数，求函数f(x)＝－x3＋3ax(0≤x≤1)的最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表所示. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 则当0≤x≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[0,1]上单调递增， 所以当x＝1时，f(x)有最大值f(1)＝3a－1. 综上可知，当a≤0时，f(x)有最大值0， 当a≥1时，f(x)有最大值3a－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.已知函数f(x)＝2ex(x＋1). (1)求函数f(x)的极值； f′(x)＝2ex(x＋2)， 由f′(x)>0，得x>－2； 由f′(x)<0，得x<－2. ∴f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减. ∴f(x)的极小值为f(－2)＝－2e－2，无极大值. (2)求函数f(x)在区间[t，t＋1](t>－3)上的最小值g(t). 由(1)知f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减. ∵t>－3，∴t＋1>－2. ①当－3<t<－2时，f(x)在[t，－2)上单调递减，在(－2，t＋1]上单调递增， ∴g(t)＝f(－2)＝－2e－2. ②当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增， ∴g(t)＝f(t)＝2et(t＋1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ ∴f′(x)＝x2＋x－2＝(x＋2)(x－1)， 当－2<x<1时，f′(x)<0，故f(x)单调递减； 当x<－2或x>1时，f′(x)>0，故f(x)单调递增， ∴函数f(x)在x＝1处取得极小值，在x＝－2处取得极大值. ∵函数f(x)在(2a,2a＋3)上存在最小值，且(2a,2a＋3)为开区间， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当1<x≤e时，h′(x)>0，h(x)单调递增. ∴m≤h(x)max， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意知，当x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1. 解得a＝1. 14.已知函数f(x)＝2x2－ln x，若f′(x0)＝3，则x0＝____，若在其定义域的 一个子区间(k－1，k＋1)内存在最小值，则实数k的取值范围是________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 ∵函数f(x)＝2x2－ln x，x∈(0，＋∞)， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由f′(x0)＝3，x0>0，解得x0＝1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 15.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(a>1)，若对于任意的x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为____. 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得，f′(x)＝3ax2－3(a>1)， 令f′(x)＝3ax2－3＝0， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由f(－1)≥0，可得a≤4，综上可得，a＝4. ∵a<0，∴f′(x)>0， 故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当x∈[1，e]时，分如下情况讨论： ①当a≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，其最小值为f(1)＝a≤1， ②当1<a<e时，函数f(x)在[1，a)上单调递减，在(a，e]上单调递增， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝a. ③当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增. 所以f(x)min＝f ＝. 当a<0时，f(x)的最小值为. 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. 因为f(－a)＝－a3，f ＝，f(a)＝－a3，f(2a)＝2a3. 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝. ①当≤0，即a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增， ②当≥2，即a≥3时，f(x)在[0,2]上单调递减， 综上所述，f(x)max＝ ③当0<<2，即0<a<3时， 从而f(x)max＝  f(x)在上单调递减，在上单调递增， 当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝， 所以所求切线的斜率为f′(2)＝，切点为(2,2－ln 2)， 所以所求切线的方程为y－(2－ln 2)＝(x－2)，  f′(x)＝a－＝. ①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝(舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a； ②当0<<e，即a>时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，故f(x)min＝f ＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件； ③当≥e，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递减，故f(x)min＝f(e)＝ ae－1＝3，解得a＝(舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a. 当b<0时，同理得，函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减. 当b>0时，令f′(x)>0，得x<－或x>0； 令f′(x)<0，得－<x<0， 故函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减； ①当0<b<时，－1<－<0，f(x)在上单调递增，在上单调递减， 所以f(x)max＝f ＝c＋b3＝1， 若f(x)min＝f(0)＝c＝－1，则b＝>(舍)； ②当b≥时，－≤－1， ③当b≤0时，－≥0，由(1)知，f(x)在[－1,0]上单调递增， 2.函数f(x)＝的最大值为 A.a B. (a－1)e C.e1－a D.ea－1  f(x)＝，则f′(x)＝， 3.已知函数f(x)＝(a>0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为 A.－1 B. C. D.＋1 若1<x<，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 故当x＝时，函数f(x)有最大值＝， 解得a＝<1，不符合题意； 由f(x)＝，得f′(x)＝， 当a>1时，若x>，则f′(x)<0，f(x)单调递减， 故a的值为－1. 此时最大值为f(1)＝＝， 解得a＝－1，符合题意. ∴f′＝acos ＋cos π＝0，解得a＝2. 1.若函数f(x)＝asin x＋sin 3x在x＝处有最值，则a等于 A.2 B.1 C. D.0 ∵f(x)在x＝处有最值， ∴x＝是函数f(x)的极值点. 3.若函数f(x)＝x3＋x2＋m在[－2,1]上的最大值为，则m等于 A.0 B.1 C.2 D. 所以函数f(x)＝x3＋x2＋m在[－2，－1]，(0,1]上单调递增，在(－1,0)上单调递减， 又当x＝－1时，f(x)＝m＋，当x＝1时，f(x)＝m＋， 所以最大值为m＋＝，解得m＝2. 4.当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)等于 A.－1 B.－ C. D.1 所以依题意可知 而f′(x)＝－， 所以即 所以f′(x)＝－＋， 所以f′(2)＝－1＋＝－. 6.(多选)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln ＋的图象分别与直线y＝m(m>0)交于A，B两点，则|AB|的值可能为 A.e2＋ B.2＋ln 2 C.2＋ln 2 D.2 则h′(m)＝ －， 令h′(m)＝0，得m＝. 所以当0<m<时，h′(m)<0；当m>时，h′(m)>0， 所以h(m)＝ －ln m，m>0在上单调递减，在上单调递增， 所以h(m)min＝h＝2＋ln 2. 若a>0，则令f′(x)＝0，解得x＝±. ①若0<<1，即0<a<1， x 0 (0，) (，1) 1 f′(x) ＋ 0 － f(x) 0 递增↗ 2a 递减↘ 3a－1 则当x＝时，f(x)有最大值f()＝2a. ②若≥1，即a≥1， 当0<a<1时，f(x)有最大值2a， ∴g(t)＝ 11.(多选)已知函数f(x)＝x3＋x2－2x＋1，若函数f(x)在(2a,2a＋3)上存在最小值，则a的可能取值为 A.－ B. C.－1 D.0 ∴－<2a<1<2a＋3，解得－1<a<. ∵f(x)＝x3＋x2－2x＋1， 令f(x)＝f(1)，解得x＝1或x＝－， 12.若存在x∈，使得不等式2xln x＋x2－mx＋3≥0成立，则实数m的最大值为 A.＋3e－2 B.＋e＋2 C.4 D.e2－1 则h′(x)＝＋1－＝， ∴当≤x<1时，h′(x)<0，h(x)单调递减； ∵2xln x＋x2－mx＋3≥0，x∈， ∴m≤2ln x＋x＋，x∈， 设h(x)＝2ln x＋x＋，x∈， ∴实数m的最大值为＋3e－2. ∵存在x∈，m≤2ln x＋x＋成立， ∵h＝－2＋＋3e，h＝2＋e＋， ∴h>h.∴m≤＋3e－2. 13.已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax，当x∈(－2,0)时，f(x)的最小值为1，则a的值为_____. 又当x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax， ∴f′(x)＝－a， 令f′(x)＝－a＝0，得x＝， 当0<x<时，f′(x)>0；当<x<2时，f′(x)<0. ∴f(x)max＝f ＝－ln a－1＝－1. ∴f′(x)＝4x－＝， 令f′(x)＝0，得x＝(负值舍去)， 当0<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x>时，f′(x)>0，f(x)单调递增， ∴当x＝时，f(x)取得极小值且为最小值， 由题意可知解得1≤k<， ∴实数k的取值范围是. 解得x＝±，±∈[－1,1]. ①当－1≤x<－时，f′(x)>0，f(x)单调递增； ②当－<x<时，f′(x)<0，f(x)单调递减； ③当<x≤1时，f′(x)>0，f(x)单调递增. 所以只需f ≥0，且f(－1)≥0即可， 由f ≥0，可得a≥4， 16.已知函数f(x)＝ln x＋. (1)当a<0时，求函数f(x)的单调区间； 函数f(x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝－＝， (2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值是，求a的值. ③当a≥e时，显然函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋ ≥2，这与函数在[1，e]上的最小值是相矛盾. 综上所述，a的值为. 这与函数在[1，e]上的最小值是相矛盾； ∴函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1，由ln a＋1＝，得a＝； $$