5.3.2函数的极值与最大(小)值(习题课)函数的最值-2024-2025学年第二学期高二数学同步课件（人教A版2019选必二）

5.3.2 习题课 函数的最大(小)值 第1页 课内导航 求含参数的函数的最值 已知最值求参数的值或范围 1 2 与最值有关的探究性问题 3 导数与实际问题 4 第1页 1.理解函数最值的概念，会求某闭区间上函数的最值. 2.能利用导数求简单的含参数的函数的最值问题. 3.能根据最值求参数的值或取值范围. 学习目标 第1页 一 求含参数的函数的最值 第1页 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. 知识梳理 第页 第1页 题型一　求含参数的函数的最值 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟1 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 二 已知最值求参数的值或范围 第1页 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. 知识梳理 第页 第1页 题型二　已知最值求参数 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟2 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 三 与最值有关的探究性问题 第1页 题型三　与最值有关的探究性问题 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟3 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 四 导数与实际问题 第1页 题型四　导数与实际问题 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 反思感悟4 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 课 后 巩 固 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 √ 第页 第1页 32 16 第页 第1页 第页 第1页 第页 第1页 2 0 2 4 看 观 谢 谢 ★新教材同步学案★ 第1页 例1　已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)． (1)若f′(1)＝3，求a的值及曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； 【解析】　(1)f′(x)＝3x2－2ax， 因为f′(1)＝3－2a＝3，所以a＝0. 又当a＝0时，f(1)＝1，f′(1)＝3， 所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 3x－y－2＝0. (2)求f(x)在区间[0，2]上的最大值． 【解析】　(2)令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq \f(2a,3). 当eq \f(2a,3)≤0，即a≤0时，f(x)在[0，2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a. 当eq \f(2a,3)≥2，即a≥3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而f(x)max＝f(0)＝0. 当0<eq \f(2a,3)<2，即0<a<3时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2a,3)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)，2))上单调递增，从而f(x)max＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8－4a，0<a≤2，,0，2<a<3.))综上所述，f(x)max＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(8－4a，a≤2，,0，a>2.)) 对于含参数的函数的最值问题，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变化，从而导致最值的变化，故解决此类问题时可通过比较导函数值为0时自变量的大小及导函数值为0时自变量与区间端点的位置关系或通过比较函数值的大小等方面进行参数分界的确定． 思考题1　已知函数f(x)＝2ex(x＋1)． (1)求函数f(x)的极值； 【解析】　(1)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)． 【解析】　(2)由(1)知f(x)在(－2，＋∞)上单调递增，在(－∞，－2)上单调递减．∵t>－3，∴t＋1>－2.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. 当t≥－2时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增， ∴g(t)＝f(t)＝2et(t＋1)． ∴g(t)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2e－2，－3<t<－2，,2et（t＋1），t≥－2.)) 例2　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b，当x∈[－1，2]时的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值． 【思路分析】　根据导数与单调性之间的关系求解，由于f(x)既有最大值，又有最小值，因此a≠0.注意对参数的取值情况进行讨论是解题的关键． 【解析】　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)． 当a>0时，x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表： 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，∴a＝2. 当a<0时，同理可得，当x＝0时，f(x)取得最小值， ∴f(0)＝－29，∴b＝－29. 又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)， ∴f(2)＝－16a－29＝3，∴a＝－2. 综上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29. 怎样求解已知函数的最值求参数问题？ (1)如果已知在给定区间上的最值，应先确定函数在区间上的单调性及极值点(极值点存在时)是极大值点还是极小值点，如果不能确定，往往需要进行分类讨论． (2)在用参数表示最值情况时，往往利用作差的方法比较含参最值的大小，此时也往往需要进行分类讨论． 思考题2　已知x＝2是函数f(x)＝ax3＋cx的极值点，且曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为－9，若f(x)在区间(－1，m)上存在最小值，求实数m的取值范围． 【解析】　由f(x)＝ax3＋cx，则f′(x)＝3ax2＋c， 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′（1）＝3a＋c＝－9，,f′（2）＝12a＋c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,c＝－12，)) 所以f(x)＝x3－12x，f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)． 当x<－2或x>2时，有f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，－2)，(2，＋∞)上单调递增； 当－2<x<2时，有f′(x)<0，所以f(x)在(－2，2)上单调递减． 所以f(x)在x＝2处取得极小值，满足题意． 当－1<m≤2时，f(x)在(－1，m)上单调递减，此时函数没有最值； 当m>2时，f(x)在(－1，2)上单调递减，在(2，m)上单调递增，此时f(x)在x＝2处有最小值，满足题意． 综上所述，m>2. 当－2<x<2时，有f′(x)<0，所以f(x)在(－2，2)上单调递减． 所以f(x)在x＝2处取得极小值，满足题意． 当－1<m≤2时，f(x)在(－1，m)上单调递减，此时函数没有最值； 当m>2时，f(x)在(－1，2)上单调递减，在(2，m)上单调递增，此时f(x)在x＝2处有最小值，满足题意． 综上所述，m>2. 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； 【解析】　(1)当a＝1时，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－eq \f(1,x)＝eq \f(x－1,x)， ∴所求切线的斜率为f′(2)＝eq \f(1,2)，切点为(2，2－ln 2)， ∴所求切线的方程为y－(2－ln 2)＝eq \f(1,2)(x－2)，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． 【解析】　(2)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，f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x).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＝eq \f(4,e)(舍去)，所以此时不存在符合题意的实数a； 当0<eq \f(1,a)<e，即a>eq \f(1,e)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，e))上单调递增，故f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，满足条件； 当eq \f(1,a)≥e，即0<a≤eq \f(1,e)时，f(x)在(0，e]上单调递减，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝eq \f(4,e)(舍去)，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. 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．若导函数恒大于0或小于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，则确认是否有极值点并求极值，再与端点函数值比较后确定最值． 思考题3　已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)，a∈R. (1)当a＝2时，求f(x)在[1，2]上的最值； 【解析】　(1)当a＝2时，f′(x)＝eq \f(1,x)－2，x∈(0，＋∞)．令f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,2)，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))时，f′(x)<0， ∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))单调递减， 所以f(x)在[1，2]上单调递减， ∴当x∈[1，2]时，f(x)max＝f(1)＝0，f(x)min＝f(2)＝ln 2－2. (2)若存在x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)≥2a－2成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(2)因为∃x0∈(0，＋∞)，使得f(x0)≥2a－2， 所以a≤eq \f(2＋ln x0,1＋x0)，令g(x)＝eq \f(2＋ln x,1＋x)(x>0)，即a≤g(x)max，因为g′(x)＝eq \f(\f(1,x)－ln x－1,（1＋x）2)，设h(x)＝eq \f(1,x)－ln x－1，h′(x)＝－eq \f(1,x2)－eq \f(1,x)<0，所以h(x)在(0，＋∞)单调递减，又h(1)＝0，则当x∈(0，1)时，g′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， 故函数g(x)在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，g(x)的最大值为g(1)， 所以a≤g(1)＝1，即实数a的取值范围是(－∞，1]． 例4　请你设计一个包装盒．如图1所示，四边形ABCD是边长为60 cm的正方形硬纸片，切去白色部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D四个点重合于图2中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E，F两点在AB上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE＝FB＝x cm. (1)某广告商要求包装盒的侧面积S(cm2)最大，试问x应取何值？ 【解析】　设包装盒的高为h cm，底面边长为a cm. 由已知得a＝eq \r(2)x，h＝eq \f(60－2x,\r(2))＝eq \r(2)(30－x)，0<x<30. (1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，所以当x＝15时，S取得最大值． (2)某厂商要求包装盒的容积V(cm3)最大，试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值． 【解析】　(2)V＝a2h＝2eq \r(2)(－x3＋30x2)， V′＝6eq \r(2)x(20－x)． 由V′＝0得x＝0(舍)或x＝20. 当x∈(0，20)时，V′>0；当x∈(20，30)时，V′<0. 所以当x＝20时，V取得极大值，也是最大值． 此时eq \f(h,a)＝eq \f(\r(2)（30－20）,\r(2)×20)＝eq \f(10\r(2),20\r(2))＝eq \f(1,2)，即包装盒的高与底面边长的比值为eq \f(1,2). 解决最优问题应从以下几个方面入手： (1)设出变量，找出函数关系式，确定定义域． (2)在实际应用问题中，若函数f(x)在定义域内只有一个极值点，则它就是最值点． 思考题4　某校高二年级某小组开展研究性学习，主要任务是对某商品进行市场销售调研，通过一段时间的调查，发现该商品每日的销售量f(x)(单位：千克)与销售价格x(单位：元/千克)近似满足关系式f(x)＝eq \f(a,x－3)＋b(x－6)2，其中，3<x<6，a，b为常数，已知销售价格为4.5元/千克时，每日可售出22千克，销售价格为5元/千克时，每日可售出11千克． (1)求f(x)的解析式； 【解析】　(1)由题意可知，当x＝4.5时，f(x)＝22，当x＝5时，f(x)＝11， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a＋\f(9,4)b＝22，,\f(1,2)a＋b＝11，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝6，,b＝8，)) 所以f(x)＝eq \f(6,x－3)＋8(x－6)2，x∈(3，6)． (2)若该商品的成本为3元/千克，请你确定销售价格x的值，使得销售该商品每日获利最大． 【解析】　(2)设每日销售该商品获利h(x)元， 则h(x)＝(x－3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(6,x－3)＋8（x－6）2))＝6＋8(x3－15x2＋72x－108)， 则h′(x)＝24(x2－10x＋24)＝24(x－4)(x－6)， 令h′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)， 所以当x∈(3，4)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 当x∈(4，6)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 所以当x＝4时，h(x)取得最大值，所以当销售价格定为4元/千克时，销售该商品每日获利最大． 1．函数f(x)＝eq \f(x＋a,ex)的最大值为(　　) A．a　　　　　　　　　　 B．(a－1)e C．e1－a D．ea－1 解析　f(x)＝eq \f(x＋a,ex)，则f′(x)＝eq \f(1－x－a,ex)，当1－x－a>0，即x<1－a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当1－x－a<0，即x>1－a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝1－a时，f(x)取得最大值，f(x)max＝f(1－a)＝ea－1. 2．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是(　　) A．－37 B．－29 C．－5 D．以上都不对 解析　∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， ∴f(x)在(－2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减． ∴当x＝0时，f(x)取得最大值，且最大值为m， ∴m＝3，又f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值为－37.选A. 3．某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－eq \f(1,3)x3＋81x－286，则该生产厂家获取的最大年利润为(　　) A．300万元 B．252万元 C．200万元 D．128万元 解析　由题意，y′＝－x2＋81，当0<x<9时，y′>0，函数在(0，9)上单调递增；当x>9时，y′<0，函数在(9，＋∞)上单调递减．所以当x＝9时，y有最大值，为200万元．故选C. 4．某工厂要围建一个面积为512平方米的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁，若使砌墙壁所用的材料最省，堆料场的长为________米，宽为________米． 解析　要使材料最省，则要求新砌的墙壁的总长最短，设场地宽为x米，则长为eq \f(512,x)米，由eq \f(512,x)≥x，得0<x≤16eq \r(2)，因此新砌的墙壁总长L＝2x＋eq \f(512,x)(0<x≤16eq \r(2))，则L′＝2－eq \f(512,x2).令L′＝0，得x＝16或x＝－16(舍去)，易知当x＝16时，L取最小值，此时长为eq \f(512,16)＝32(米)． 5．设函数f(x)＝ln x＋ln(2－x)＋ax(a>0)． (1)当a＝1时，求f(x)的单调区间； 解析　函数f(x)的定义域为(0，2)， f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2－x)＋a. (1)当a＝1时，f′(x)＝eq \f(－x2＋2,x（2－x）)，所以f(x)的单调递增区间为(0，eq \r(2))，单调递减区间为(eq \r(2)，2)． (2)若f(x)在(0，1]上的最大值为eq \f(1,2)，求a的值． 解析　(2)∵a>0，∴当x∈(0，1]时，易知f′(x)＝eq \f(2－2x,x（2－x）)＋a>0，即f(x)在(0，1]上单调递增，故f(x)在(0，1]上的最大值为f(1)＝a，因此a＝eq \f(1,2). $$