5.3.3 第1课时 最大值与最小值-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册教师用书word（苏教版）

本讲义聚焦函数最大值与最小值核心知识点，承接导数判断单调性及求极值的内容，通过梳理最值概念、辨析极值与最值的区别、明确闭区间上最值的求解步骤，结合分层例题构建学习支架，为导数应用奠定基础。 资料以图象直观引入培养数学眼光中的几何直观，通过含参数问题分类讨论提升数学思维中的推理能力，证明不等式时构造函数渗透数学语言中的模型意识。课中助力教师分层教学，课后分层作业帮助学生查漏补缺，强化知识应用。

5.3.3　最大值与最小值 第1课时　最大值与最小值 学习任务 核心素养 1．理解函数最值的概念，了解函数的最值与极值的区别与联系．(难点) 2．会用导数求在给定区间上函数的最值．(重点) 1．通过对函数最大(小)值概念的学习，培养直观想象的核心素养． 2．借助函数最值的求解问题，提升数学运算的核心素养． 如图为函数y＝f(x)，x∈[a，b]的图象． 思考：(1)观察区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象，试找出它的极大值、极小值． (2)结合图象判断，函数y＝f(x)在区间[a，b]上是否存在最大值、最小值？若存在，分别为多少？ 知识点1　最大值与最小值 (1)如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)f(x0)，那么f(x0)为函数在定义域上的最大值．最大值是相对函数定义域整体而言的，如果存在最大值，那么最大值唯一． (2)如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)f(x0)，那么f(x0)为函数在定义域上的最小值．最小值是相对函数定义域整体而言的，如果存在最小值，那么最小值唯一． [知识拓展]　函数的极值与最值的区别 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内所有函数值中的最大值；最小值必须是整个区间内所有函数值中的最小值． 函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最值只能有一个；极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得；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，最值只要不在端点必定是极值． 知识点2　求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值的步骤 第一步：求f(x)在区间(a，b)上的极值． 第二步：将第一步中求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值． 1．函数f(x)＝在区间[2，4]上的最小值为(　　) A．0 B． C． D． C　[f′(x)＝＝，当x∈[2，4]时，f′(x)＜0，即函数f(x)在区间[2，4]上单调递减，故当x＝4时，函数f(x)有最小值．] 2．如图所示，函数f(x)的导函数图象是一条直线，则(　　) A．函数f(x)没有最大值也没有最小值 B．函数f(x)有最大值，没有最小值 C．函数f(x)没有最大值，有最小值 D．函数f(x)有最大值也有最小值 C　[由函数图象可知，函数只有一个极小值点，且函数在此处取得最小值，没有最大值．故选C．] 3．函数y＝3x－4x3在区间[0，2]上的最大值是(　　) A．1 B．2 C．0 D．－1 A　[设f(x)＝3x－4x3，∴f′(x)＝－12x2＋3＝3(2x＋1)(1－2x)． ∵x∈[0，2]， ∴当x＝时，f′(x)＝0． 又f(0)＝0，f ＝1，f(2)＝－26， ∴函数y＝3x－4x3在区间[0，2]上的最大值是1．] 类型1　求函数的最值 角度1　不含参数的函数最值 【例1】　【链接教材P217例6】 求下列各函数的最值． (1)f(x)＝3x3－9x＋5，x∈[－2，2]． (2)f(x)＝sin 2x－x，x∈． [解]　(1)f′(x)＝9x2－9＝9(x＋1)(x－1)， 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1． 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －2 (－2，－1) －1 (－1，1) 1 (1，2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －1  11  －1  11 从表中可以看出，当x＝－2或x＝1时，函数f(x)取得最小值－1． 当x＝－1或x＝2时，函数f(x)取得最大值11． (2)f′(x)＝2cos 2x－1，令f′(x)＝0，得cos 2x＝， 又∵x∈， ∴2x∈[－π，π]． ∴2x＝±． ∴x＝±． ∴函数f(x)在上的两个极值分别为 f＝，f＝－． 又f＝－，f＝， 比较以上函数值可得f(x)max＝，f(x)min＝－． 【教材原题·P217例6】 求f(x)＝x2－4x＋3在区间[－1，4]上的最大值与最小值． [解]　f′(x)＝2x－4． 令f′(x)＝0，解得x＝2． 列表如表5-3-5所示． 表5-3-5 x －1 (－1，2) 2 (2，4) 4 f′(x) — 0 ＋ f(x) 8  －1  3 从上表可知，函数f(x)＝x2－4x＋3在区间[－1，4]上的最大值是8，最小值是－1． 角度2　含参数的函数最值 【例2】　设函数f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中a＞0． (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性； (2)当x∈[0，1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值． [思路探究]　(1)求导后，观察Δ的符号讨论单调性． (2)根据第(1)问，讨论极值点与区间的关系，从而求出最值，进而求出取最值时x的值． [解]　(1)f(x)的定义域为R，f′(x)＝1＋a－2x－3x2．Δ＝4＋12(1＋a)＝16＋4a，又∵a>0，∴Δ>0． 令f′(x)＝0，得x1＝，x2＝，x1＜x2， 所以f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)． 当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＜0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＞0．故f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增． (2)因为a＞0，所以x1＜0，x2＞0． ①当a4时，x21．由(1)知，f(x)在[0，1]上单调递增，所以f(x)在x＝0和x＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0＜a＜4时，x2＜1． 由(1)知，f(x)在[0，x2]上单调递增，在[x2，1]上单调递减， 因此f(x)在x＝x2＝处取得最大值． 又f(0)＝1，f(1)＝a，所以当0＜a＜1时，f(x)在x＝1处取得最小值； 当a＝1时，f(x)在x＝0和x＝1处同时取得最小值； 当1＜a＜4时，f(x)在x＝0处取得最小值． 　求函数最值的着眼点 (1)从极值点和端点处找最值 求函数的最值需先确定函数的极值，如果只是求最值，那么就不需要讨论各极值是极大值还是极小值，只需将各极值和端点处的函数值进行比较即可求出最大值和最小值． (2)单调区间取端点 当图象连续不断的函数f(x)在[a，b]上单调时，其最大值和最小值分别在两个端点处取得． [跟进训练] 1．已知函数f(x)＝ex cos x－x． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值． [解]　(1)因为f(x)＝ex cos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0． 又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1． (2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2ex sin x． 当x∈时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间上单调递减． 所以对任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0， 即f′(x)＜0． 所以函数f(x)在区间上单调递减． 因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，最小值为f＝－． 类型2　用导数证明不等式 【例3】　当x＞0时，证明：不等式ln (x＋1)＞x－x2． [思路探究]　利用导数证明不等式，首先要构造两边式子的差为新函数f(x)＝ln (x＋1)－x＋x2．因此要证明原不等式，即证f(x)＞0在x＞0时恒成立． [证明]　设f(x)＝ln (x＋1)－x＋x2，则f′(x)＝－1＋x＝． 当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0， ∴f(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 于是当x＞0时，f(x)＞f(0)＝0， ∴当x＞0时，不等式ln (x＋1)＞x－x2成立． 　证明不等式f(x)＞g(x)，x∈(a，b)的步骤 (1)将要证明的不等式f(x)＞g(x)移项可以转化为证明f(x)－g(x)＞0； (2)构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，研究F(x)的单调性； (3)若[f(x)－g(x)]′＞0，说明函数F(x)＝f(x)－g(x)在(a，b)上单调递增，只需保证F(a)＞0； (4)若[f(x)－g(x)]′＜0，说明函数F(x)＝f(x)－g(x)在(a，b)上单调递减，只需保证F(b)＞0． [跟进训练] 2．证明不等式x－sin x＜tan x－x，x∈． [证明]　令f(x)＝tan x－2x＋sin x，x∈， 则f′(x)＝′－(2x)′＋(sin x)′ ＝－2＋cosx ＝ ＝ ＝ ＝． ∵x∈， ∴1－cosx＞0，cos x＋sin2x＞0， ∴f′(x)＞0， ∴f(x)在上单调递增， ∴f(x)＞f(0)＝0， 即tanx－2x＋sin x＞0， 即x－sin x＜tan x－x． 类型3　已知函数最值求参数 【例4】　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b(a＞0)，x∈[－1，2]的最大值是3，最小值为－29．求a，b的值． [解]　求导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)， 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去)．∵a>0， ∴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． 故a＝2，b＝3． [母题探究] 1．(变条件)本例中“a＞0”改为“a＜0”，求a，b的值． [解]　由例题解析知，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． 故a＝－2，b＝－29． 2．(变条件，变结论)设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1的最小值为h(t)，且h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围． [解]　∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)， ∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1， 即h(t)＝－t3＋t－1． 令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m， 由g′(t)＝－3t2＋3＝0，得t＝1或t＝－1(不合题意，舍去)． 当t变化时，g′(t)，g(t)的变化情况如下表： t (0，1) 1 (1，2) g′(t) ＋ 0 － g(t)  极大值1－m  ∴g(t)在(0，2)内有最大值g(1)＝1－m． h(t)<－2t＋m在(0，2)内恒成立等价于g(t)<0在(0，2)内恒成立，即等价于1－m<0． ∴m的取值范围为(1，＋∞)． 　由函数的最值来确定参数的值或取值范围是利用导数求函数最值问题的逆向运用，这类问题的解题步骤是： (1)求导数f′(x)，并求极值； (2)利用单调性，将极值与端点处的函数值进行比较，确定函数的最值，若参数的变化影响函数的单调性，要对参数进行分类讨论； (3)利用最值列关于参数的方程(组)，解方程(组)即可． 1．函数y＝的最大值为(　　) A．e-1 B．e C．e2 D．10 A　[函数y＝的定义域为(0，＋∞)，令y′＝＝0⇒x＝e．当x＞e时，y′＜0；当0＜x＜e时，y′＞0，所以y极大值＝e-1，因为在定义域内只有一个极值，所以ymax＝e-1．] 2．若函数f(x)＝x3－x2－x＋2m在区间[0，2]上的最大值是4，则m的值为(　　) A．3 B．1 C．2 D．－1 B　[f′(x)＝3x2－2x－1，令f′(x)＝0，解得x＝－(舍去)或x＝1．又f(0)＝2m，f(1)＝2m－1，f(2)＝2m＋2，则f(2)最大，所以2m＋2＝4，所以m＝1．故选B．] 3．设函数f(x)＝x3－－2x＋5，若对任意x∈[－1，2]，都有f(x)＞m，则实数m的取值范围是________． 　[由题意得f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－． f(－1)＝，f ＝，f(1)＝，f(2)＝7，∴m＜．] 4．已知a是实数，函数f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在区间[0，2]上的最大值． [解]　f′(x)＝3x2－2ax． 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝． ①当0，即a0时， f(x)在[0，2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a． ②当2，即a3时，f(x)在[0，2]上单调递减，从而＝f(0)＝0． ③当0＜＜2，即0＜a＜3时， f(x)在上单调递减，在上单调递增， 从而f(x)max＝ 综上所述，f(x)max＝ 回顾本节知识，自我完成以下问题： 1．求函数最值的步骤有哪些？ [提示]　①求f(x)在区间(a，b)上的极值． ②将第①步中求得的极值与f(a)，f(b)比较，得到f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值． 2．当函数的解析式中含有参数时，如何求函数的最值？ [提示]　解析式中含参数的最值问题应分析参数对函数单调性的影响，然后分类讨论确定函数的最值． 课时分层作业(三十七)　最大值与最小值 一、选择题 1．y＝x－sin x，x∈的最大值是(　　) A．π－1 B．－1 C．π D．π＋1 C　[因为y′＝1－cos x，当x∈时，y′>0，则函数在区间上单调递增，所以y的最大值为ymax＝π－sin π＝π，故选C．] 2．已知函数f(x)＝x3－12x＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M，m，则M－m的值为(　　) A．16 B．12 C．32 D．6 C　[∵f′(x)＝3x2－12＝3(x＋2)(x－2)，x∈[－3，3]，由f(－3)＝17，f(3)＝－1，f(－2)＝24，f(2)＝－8，可知M－m＝24－(－8)＝32．] 3．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上的最大值为3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为(　　) A．0 B．－5 C．－10 D．－37 D　[因为f(x)＝2x3－6x2＋m，所以f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，可以得到函数在[－2，0)上单调递增，在(0，2]上单调递减，所以当x＝0时，f(x)＝m为最大值，所以m＝3，即f(x)＝2x3－6x2＋3，所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5，所以最小值是－37，故选D．] 4．函数f(x)＝x3－3x在区间(－2，m)上有最大值，则m的取值范围是(　　) A．(－1，＋∞) B．(－1，1] C．(－1，2) D．(－1，2] D　[由于f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，故函数在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，f(－1)＝f(2)＝2，画出函数图象如图所示，由于函数在区间(－2，m)上有最大值，根据图象可知m∈(xB，xA]，即m∈(－1，2]，故选D． ] 5．若函数f(x)＝2x3－6x2＋3－a对任意的x∈(－2，2)都有f(x)0，则a的取值范围为(　　) A．(－∞，3) B．(2，＋∞) C．[3，＋∞) D．(0，3) C　[因为f(x)＝2x3－6x2＋3－a，所以f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，x∈(－2，2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2．在(－2，0)上f′(x)＞0，f(x)单调递增；在(0，2)上f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝3－a．因为对任意的x∈(－2，2)都有f(x)0，所以f(x)max＝3－a0，得a3．故选C．] 二、填空题 6．当x∈[－1，1]时，函数f(x)＝的值域是________． [0，e]　[∵f′(x)＝′＝＝，x∈[－1，1]． 令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)． ∵f(－1)＝e，f(0)＝0，f(1)＝， ∴函数f(x)＝，x∈[－1，1]的值域为[0，e]．] 7．若函数f(x)＝(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为________． －1　[f′(x)＝＝，x∈[1，＋∞)且a>0． 令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)， 若x＝时，f(x)取最大值，则f(x)max＝＝＝＜1，不符合题意； 若f(x)max＝f(1)＝＝，则a＝－1，符合题意．] 8．已知函数f(x)＝＋2ln x，若当a>0时，f(x)2恒成立，则实数a的取值范围是________． [e，＋∞)　[由f(x)＝＋2ln x得f′(x)＝，又函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且a>0，令f′(x)＝0，得x＝－(舍去)或x＝．当0<x<时，f′(x)<0；当x>时，f′(x)>0．故x＝是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，且f()＝ln a＋1．要使f(x)2恒成立，需ln a＋12恒成立，则ae．] 三、解答题 9．设函数f(x)＝ln (2x＋3)＋x2． (1)讨论f(x)的单调性； (2)求f(x)在区间上的最大值和最小值． [解]　易知f(x)的定义域为． (1)f′(x)＝＋2x＝ ＝． 当－<x<－1时，f′(x)>0； 当－1<x<－时，f′(x)<0； 当x>－时，f′(x)>0， 从而f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减． (2)由(1)知f(x)在区间上的最小值为f＝ln 2＋． 又因为f－f＝ln －ln ＝ln ＝<0， 所以f(x)在区间上的最大值为f＝＋ln ． 10．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a． (1)求f(x)的单调递减区间； (2)若f(x)2 024对任意x∈[－2，2]恒成立，求a的取值范围． [解]　(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x＋1)(x－3)． 由f′(x)<0，得x<－1或x>3， 所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)由f′(x)＝0，－2x2，得x＝－1． 因为f(－2)＝2＋a，f(2)＝22＋a，f(－1)＝－5＋a， 故当－2x2时，f(x)min＝－5＋a． 要使f(x)2 024对任意x∈[－2，2]恒成立，只需＝－5＋a2 024，解得a2 029． 11．(多选题)设函数f(x)＝，则下列说法正确的是(　　) A．当x∈(0，1)时，f(x)图象位于x轴下方 B．f(x)存在单调递增区间 C．f(x)有且仅有两个极值点 D．f(x)在区间(1，2)上有最大值 AB　[由f(x)＝，当x∈(0，1)时，ln x＜0，ex>0， ∴f(x)＜0，所以f(x)在(0，1)上的图象位于x轴的下方，所以A正确； 因为f′(x)＝＝·ln x－＞0在定义域上有解，所以函数f(x)存在单调递增区间，所以B是正确的； 设g(x)＝ln x－，则g′(x)＝(x＞0)，所以g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，则函数f′(x)＝0只有一个根x0，使得f′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，函数单调递增，所以函数只有一个极小值点，所以C不正确； 由g(x)＝ln x－(x＞0)，函数g(x)单调递增，且g(1)＝－1＜0，g(2)＝ln 2－＞0，所以函数在(1，2)上先减后增，没有最大值，所以D不正确，故选AB．] 12．(多选题)已知函数f(x)＝－x2ln x，则(　　) A．f(x)0恒成立 B．f(x)在(0，＋∞)上单调递减 C．f(x)在x＝处取到极大值 D．f(x)只有一个零点 CD　[函数f(x)＝－x2ln x(x＞0)， 则f′(x)＝－2x ln x－x＝－x(2ln x＋1)， 令f′(x)＞0，可得0＜x＜， 令f′(x)＜0，可得x＞， 所以f(x)在上单调递增， 在上单调递减，故选项B错误； 当x＝时，f(x)取得极大值f()＝，故选项C正确； 在区间(0，＋∞)内，f(x)有唯一的极大值即最大值f()＞0，故选项A错误； 因为当x→0时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞， 又f＝＞0，f(e)＝－e2ln e＝－e2＜0，则f·f(e)＜0， 由零点的存在性定理可得，f(x)在区间，e内存在唯一的零点，故选项D正确．] 13．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　　[∵函数f(x)＝2x2－ln x，x∈(0，＋∞)，∴f′(x)＝4x－＝， 由f′(x0)＝3，x0＞0，解得x0＝1．令f′(x)＝0得x＝，当0＜x＜时，f′(x)＜0，当x＞时，f′(x)＞0，故当x＝时，f(x)取得极小值，由题意可知解得1k＜，∴实数k的取值范围是．] 14．已知函数f(x)＝x3－x2＋6x＋a，若∃x0∈[－1，4]，使f(x0)＝2a成立，则实数a的取值范围是________． 　[∵f(x0)＝2a，即＋6x0＋a＝2a，可化为＋6x0＝a， 设g(x)＝x3－x2＋6x，x∈[－1，4]，则g′(x)＝3x2－9x＋6＝3(x－1)(x－2)，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝2． ∴g(1)＝，g(2)＝2，g(－1)＝－，g(4)＝16． 由题意，g(x)minag(x)max， ∴－a16．] 15．已知函数f(x)＝aex－ln x－1． (1)设f(2)是函数f(x)的极值，求a的值，并讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a时，f(x)0． [解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－． 由题设知，f′(2)＝0，所以a＝． 从而f(x)＝ex－ln x－1，f′(x)＝ex－． 当0<x<2时，f′(x)<0； 当x>2时，f′(x)>0． 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a时，f(x)－ln x－1． 设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝． 当0<x<1时，g′(x)<0；当x>1时，g′(x)>0，所以x＝1是g(x)的最小值点． 故当x>0时，g(x)g(1)＝0． 因此，当a时，f(x)0． 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $