第2章 6.3 函数的最值（学生版）-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册五维课堂同步复习（北师大版）

世五维课堂 数学(BS)·选择性必修第二册 6.3 函数的最值 课程标准 素养解读 1,在求函数最值的过程中达成逻辑推理、数学运算的核 1.能利用导数求给定区间上不超过三次的多项式 心素养. 函数的最大值、最小值.。 2.在研究导数、单调性、最值的关系中提升数学抽象和逻 2.体会导数与单调性、最大（小）值的关系。 辑推理的核心素养. 课前。预习学案 [情境引入] [知识点三]求函数y=f(x)在闭区间[a,b]上最值 我们知道，极值反映的是函数在某一点附近的局 的步骤 部性质，而不是函数在整个定义域内的性质.也就是 说，如果x。是函数y=f(x)的极大（小)值点，那么在 1.求函数y=f(x)在(a,b)内的 x=x。附近找不到比f(x。)更大（小）的值，但是，在 2.将函数y=f(x)的 与端点处的函数值 解决实际问题或研究函数性质时，我们往往更关注函 数在某个区间上，哪个值最大，哪个值最小，为此我们 进行比较，其中最大的一个是 ,最 这节课就来学习函数的最值问题. 小的一个是 [知识梳理] [知识点一]最值点 [预习自测] 1.最大值点 1.判断下列说法是否正确（正确的打“√”，错误的打 函数y=f(x)在区间[a,b们内的最大值点x。指的 “X”) 是：函数f(x)在这个区间内所有点处的函数值都 f(). (1)闭区间上的连续函数一定有最值. 2.最小值点 (2)开区间上的单调连续函数无最值. ( ) 函数y=f(x)在区间[a,b]内的最小值点x。指的 是：函数f(x)在这个区间内所有点处的函数值都 (3)极值只能在区间内取得，最值则可以在区间端 f(zo). 点处取得， [知识点二]最值 最大（小）值或者在极大（小）值点（也是导数的零 (4)函数的最大值一定是极大值，函数的最小值也 点)取得，或者在 取得.因此，要想求函数 一定是极小值， 的最大（小）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 进行比 2.函数f()=2x-c0sx在(-∞，十∞)上() 较，其中 即为函数的最大（小）值 A.无最值 B.有极值 ?思考函数的极值与最值的区别是什么？ C.有最大值 D.有最小值 3.函数f(x)=42-x在x∈[-1,2]上的最大值、最 小值分别是 A.f(1)与f(-1) B.f(1)与f(2) C.f(-1)与f(2) D.f(2)与f(-1) 4.函数y=工在[0,2]上的最大值为 64· 第二章导数及其应用 五维课堂乡 课堂。互动学案 题型 求函数在闭区间上的最值 ⊙[变式训练] [例1]求下列函数的最值： 2.已知a是实数，函数f(x)=x2(x一a),求f(x)在 (1)f(x)=x3-3x2-9x+5,x∈[-2,4]： 区间[0,2]上的最大值. (2)f(x)=e-e,x∈[0，a],a为正常数. 规律方法 导数法求函数最值要注意的问题 (1)求f(x),令f(x)=0,求出在(a,b)内使导数 题型目 它知函数的最值求参数 为0的点，同时还要找出导数不存在的点. [例3]已知函数f(x)=a.x3-6a.x2+b,x∈[-1,2] (2)比较三类点处的函数值：导数不存在的点，导 的最大值为3，最小值为一29，求a,b的值. 数为0的点及区间端点的函数值，其中最大者 便是f(x)在[a,b]上的最大值，最小者便是 f(x)在[a,b]上的最小值 ◇[变式训练] 1.(1)函数y=x-4x+3在区间[-2,3]上的最小 值为 ( A.72 B.36 C.12 D.0 (2)(2022·全国乙卷)函数f(x)=cosx+(x十1) sinx十1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为 规律方法 ( ) 已知函数在某区间上的最值求参数的值（范 A.-,x B-经，晋 围)是求函数最值的逆向思维，一般先求导数，利 22 用导数研究函数的单调性及极值点，探索最值点， C受受+2 D要号+2 根据已知最值列方程（不等式）解决问题.其中注 意分类讨论思想的应用， 题型三) 求含参数的函数的最值 ◇[变式训练] [例2]a为常数，求函数f(x)=-x3+3ax(0≤x≤ 1)的最大值. 3.已知函数f(u)=lnx+兰，若函数f()在[1，e] 上的最小值是多，求a的值。 规律方法 由于参数的取值范围不同会导致函数在所给 区间上的单调性的变化，从而导致最值的变化，所 以解决含参数的函数最值问题常常需要分类讨 论，并结合不等式的知识进行求解。 65· 世五维课堂 数学(BS)·选择性必修第二册 题型四与最值有关的“恒成立”问题 ◇[变式训练] [例4]设函数f(x)=2x3+3a.x2+3bx+8c在x=1 4.设函数f(x)=tx2+2tx+t-1(x∈R,t>0). 及x=2时取得极值. (1)求函数f(x)的最小值h(t); (1)求a,b的值； (2)在(1)的条件下，若h(t)<-2t+m对t∈(0,2) (2)若对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)<c成立， 恒成立，求实数m的取值范围. 求c的取值范围. [母题探究] [当堂达标] 1.若本例中“x∈[0,3]”变为“x∈(0,3)”仍有f(x)< 1.下列结论正确的是 () c2成立，求c的取值范围. A.若f(x)在[a,b]上有极大值，则极大值一定是 [a,b]上的最大值 B.若f(x)在[a,b]上有极小值，则极小值一定是 [a,b]上的最小值 C.若f(x)在[a,b]上有极大值，则极小值一定是x =a和x=b时取得 D.若f(.x)在[a,b]上连续，则f(x)在[a,b]上存在 最大值和最小值 2.函数f(x)=2x3-6x2-18x一7在[1,4]上的最小 2.本例中，把“f(x)<c2”改为“f(x)>c2”,求c的取 值为 ) 值范围. A.-64 B.-51C.-56D.-61 3,设函数f()=2-号-2x十5，若对任意x [一1,2]，都有f(x)>m,则实数m的取值范围是 4.已知a为实数，f(x)=(x2-4)(x-a). (1)求导数f(x); (2)若f(-1)=0,求f(x)在[-2,2]上的最大值 和最小值. 规律方法 解决“恒成立”问题，可将问题转化为函数的最值 问题. 如f(x)>0恒成立，只要f(x)的最小值大于 0即可. 如f(x)<0恒成立，只要f(x)的最大值小于 0即可. 以上两种情况特别要小心临界值的取舍，对含参 数不等式的恒成立问题，求参数范围时，可先分离 C温馨提 学习至此，请完成配套训练 参数 ·66·(2)当a>0时，令f'(x)=0,解得x=a. 当0<x<a时，f(x)<0;当x>a时，f(x)>0. ∴.f(x)在x=a处取得极小值，且f(a)=a-alna,无极大 值.综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值； 当a>0时，函数f(x)在x=a处取得极小值a-alna,无 极大值 [例3][解](1)f'(x)=x2-2.x+a, 由题意得f'(一1)=1+2十a=0, 解得a=-3,故f(x)=x2-2x-3. 经验证可知，f(x)在x=一1处取得极大值，故a=一3. (2)由题意，方程x2-2x十a=0有一正一负两个根， 设为x1,x2,则x1x2=a<0.故a的取值范围是(-∞， 0). 变式训练 3.(1)D[若a<-1,f'(x)=a(x+1)(x-a),∴.f(x) 在（一o∞，a)上单调递减，在(a,一1）上单调递增.∴.f(x) 在x=a处取得极小值，与题意不符.若一1<a<0,则 f(x)在（一1，a)上单调递增，在(a,十∞）上单调递减，从 而在x=a处取得极大值.若a>0,则f(x)在（一1，a)上 单调递减，在(a,十o∞)上单调递增.f(x)在x=a处取 得极小值，与题意矛盾.] (2)C[y=e十a,由题意知a<0.由题意可设x=xo为 其极值点，x0>0.∴e2。十a=0.a<-1.] [例4][解]令f'(x)=3.x2-3 32 =3(x+1)(x-1)=0, 解得x1=-1,x2=1.当x<-1 时，f'(x)>0:当-1<x<1时，/ f(x)<0; 当x>1时，f(x)>0.所以当x=一1时，f(x)有极大值 f(-1)=2+a: 当x=1时，f(x)有极小值f(1)=一2+a. 因为方程f(x)=0有三个不同实根， 所以y=f(x)的图像与x轴有三个交点，如图. 由已知应有2+a>0, (-2+a<0, 解得一2<a<2,故实数a的取值范围是(-2,2). 变式训练 4.解：(1)因为f(x)=-x3+a.x2+b,所以f'（x)=-3.x2+ 2a.x= 2a 3x(-3 当a=0时，f(x)=一3.x2≤0，函数f(x)没有单调递增区 间； 当a>0时，令f)>0,即-3x(e-号) >0,解得0<x 2a 3 故函数f)的单羽递增区间为(0，号)： 当a<0时，令fx)>0,即-3x(-号）>0，解得号< <0, 故面数f)的单调道培区问为（偿0） ·10 参考答案 (2)由(1)知，a∈[3,4]时，函数f(x)的单调递增区间 为（号） 单调递减区间为（一-∞，0）和 2a 所以f(x)极大值= 27 =b. 由于对任意a∈[3,4]，函数f(x)在R上都有三个零点， 所以人f代)叛大>0， 14a3 27 (f(x)极小值<0， >0解得一0 (b0, 因为对任意a∈[3,4,6>-号恒成立，所以6>( 27）max=-4X33 4a3 27 =-4. 所以实数b的取值范围为（一4,0）」 当堂达标 1.C[结合题图可知，当导函数值由负到正时，函数f(x) 存在极小值，因此从导函数图像知，函数f(x)在开区间 (a,b)内的极小值点有3个.] 2.D[令f'(x)=ex十x·ex=(1十x)ex=0,得x=-1. 当x<-1时，f'(x)<0:当x>-1时，f'(x)>0.故当x =一1时，f(x)取得极小值.] 3.解析：画数f(x)-二在x=a处有极小值得x=a是权值 点，所以(a)=0,由f（x)=2e,代入a,解得a =1. 答案：1 4.解：y=1一】=x，1,令y=0,解得x=土1，而原函数一 的定义域为{xx≠0}，.当x变化时，y,y的变化情况如 下表： (-1,0) (0,1) 1 (1,十0o) y 0 0 y单调递增极大值单调递减单调递减极小值 单调递增 所以当x=一1时，y椒大值=一2，当x=1时，y极小值=2. 6.3函数的最值 课前预习学案 知识梳理 知识点一1.不超过不小于 知识点二、区间的端点函数值最大（小）的值 「思考] [提示]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」 知识点三、l.极值2.各极值f(a),f(b)最大值最小值 3 数学(BS)·选择性必修第二册 预习自测 1.(1)/(2)/(3)/(4)× 2.A[f(x)=2十sinx>0恒成立，所以f(x)在(-oo,十oo) 上单调递增，无极值，也无最值.] 3.B[f(x)=4-4x3,由f(x)>0,即4-4x3>0,解得x<1: 由f(x)<0,得x>1.f(x)在(-1,1)上单调递增，在(1,2) 上单调递减。 ∴.f(x)=4x-x在x=1处取得极大值，且f(1)=3. 又f(-1)=-5,f2)=-8,∴fx)=4x-x4在[-1,2]上 的最大值为f(1),最小值为f(2).] 解折y-1号令-0.得=1D (er)2 ∴f1)=日f0)=0f2)=是.f)s=1 答案：。 课堂互动学案 [例1][解](1)，f(x)=x3-3.x2-9x+5,x∈[-2,4]， .f'(x)=3x2-6x-9=3(.x+1)(x-3). 令f(x)=0,得x1=-1,x2=3. 当x变化时，f(x)、f(x)的变化情况如下表： x -2-2,-1) -1-1,3) (3,4) f(a) 0 0 极大 极小值 f(x) 一15 值10 -22 由表格可以看出：函数y=f(x)的最大值为f(一1)=10，最 小值为f(3)=-22. (2f)=( -(e)y=--e=-1+e2r e er 当x∈[0，a]时，f(x)<0恒成立，即f(x)在[0，a]上是减 函数 故当x=a时，f(x)有最小值f(a)=ea一e: 当x=0时，f(x)有最大值f(0)=e0-e°=0. 变式训练 1.(1)D[因为y=x-4x+3,所以y=4x3-4,令y'=0, 解得x=1.当x<1时，y<0,函数单调递减；当x>1时， y>0,函数单调递增，所以函数y=4一4x十3在x=1 处取得极小值0.而当x=一2时，y=27,当x=3时，y= 72,所以当x=1时，函数y=x4-4x十3在[-2,3]上取 得最小值0.] (2)D [f'(z)=-sin z+sin x+(x+1)cos x=(x+1) 所以f(x)在区间(0，受)和（受2x）上f(x)>0,即 f(x)单调递增； 在区间（受，）上f()<0,即f)单调道诚， 又f(0)=f(2x)=2,f(受)=受+2，f() -(经+1十1=要 ·10 所以f)在区间[0,2]上的最小值为-经，最大值为受 +2.1 [例2][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，有最大值f(0)=0.若a>0,则令f(x)=0,解得x= 士√a. x∈[0,1]，则只考虑x=√a的情况. (1)若0<√a<1,即0<a<1, f(x)、f(x)随x变化如下 x 0 (0,Na) a (a,1) 1 f(x) + 0 f(z) 0 2a 3a-1 则当x=√a时，f(x)有最大值f(√a)=2aVa. (2)若a≥1，即a≥1时，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=√a时，f(x)有最大值2aa; 当a≥1，x=1时，f(x)有最大值3a-1. 变式训练 2.解：f)=3x2-2a.令了()=0解得1=0xg= ①当号≤0，即a<0时)在[0,2]上单调递增，从而 f(x)max=f(2)=8-4a. ②当学≥2，即0≥3时，1)在[0.2]上单羽运减，从丙 f(x)max=f(0)=0. @当0<号<2，即0<a<3时，f)在[0，号]上单调 3 递减， (8-4(0a≤2)， 在[号2]小上单洞递增，从而fm一{02a3. 综上所述，f八x)max= 8-4a(a≤2)， 10(a>2). [例3][解]由题设知a≠0，否则f(x)=b为常函数，与 题设矛盾。 求导得f(x)=3a.x2-12a.x=3a.x(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： -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十3=-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b, 也就是函数在[-1,2]上的最小值，∴.f(0)=b=一29.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. 变式训练 3.解：函数f(x)的定义域为(0，十∞)，f'(x)=1- x x4 =r-a x2, 令f'(.x)=0,得x=a. ①当a≤1时，f'(x)≥0，函数f(x)在[1，e]上是增函数， 3 f(x)mm=f(1)=ln1+a=2, a=多E(-0,1小，故舍去 ②当1<a<e时，令f'(x)=0,得x=a,函数f(x)在[1， a]上是减函数，在[a,e]上是增函数， ram=a=inu+是-号. .a=√e∈(1，e),故符合题意. ③当a≥e时，f'(x)≤0，函数f(x)在[1，e]上是减函数， f(t)min=f(e)=In eta =3 e 2· 1 a=2eE[e,十oo),故舍去. 综上所述，a=√E. [例4][解](1)f(x)=6.x2+6a.x+3b, 因为函数f(x)在x=1及x=2时取得极值， 所以f(1)=0,f(2)=0. 即6+6a+36=0, 解得=-3， (24+12a+3b=0, b=4. 经检验，a=一3，b=4符合题意，所以a=一3，b=4. (2)由(1)可知，f(x)=2.x3-9x2+12.x+8c, f'(x)=6.x2-18x+12=6(x-1)(x-2). 当x∈(0,1)时，f(x)>0: 当x∈(1,2)时，f'(x)<0: 当x∈(2,3)时，f'(x)>0. 所以当x=1时，f(x)取极大值f(1)=5十8c.又f(0)= 8c,f(3)=9+8c, 所以当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)=9+8c. 因为对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)<c2成立，所以9 +8c<c2. 所以c2-8c一9>0.所以c>9或c<-1, 所以c的取值范围是（一∞，-1）U(9,+∞). 母题探究 1.[解]由本例解析知f(x)<f(3)=9+8c,所以9十8c≤ c2.即c≤-1或c≥9， 所以c的取值范围是(-o∞，-1]U[9,十∞). ·10 参考答案 2.[解]由本例中f(x)在[0,3]上的最小值为f(0)与f(2) 中的一个 因为f(0)=8c,f(2)=4+8c, 所以f(x)≥f(0)=8c.所以c2<8.即0<c<8, 所以c的取值范国是(0,8). 变式训练 4.解：(1)，f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R,t>0), ∴.当x=一t时，f(x)的最小值为f(-t)=一t3+t-1,即 h(t)=-t3+t-1. (2)令g(t)=h(t)-(-2t)=-t3+3t-1, 由g'(t)=-3t2+3=0及t>0,得t=1. 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 由上表可知当t=1时，g(t)有极大值g(1)=1, 又在定义域(0,2)内，g(t)有唯一的极值点， .函数g(t)的极大值也就是g(t)在定义域(0,2)内的最 大值g(t)max=1. h(t)<-2t十m在(0,2)内恒成立，即g(t)<m在(0,2)内 恒成立， 当且仅当g(t)mx=1<m,即m>1时上式成立， ∴.实数m的取值范围是(1，十o∞. 当堂达标 1.D[函数f(x)在[a,b]上的极值不一定是最值，最值也 不一定是极值，极值一定不会在端点处取得，而在[，b] 上一定存在最大值和最小值.] 2.D[f(x)=6x2-12.x-18,令f(x)=0,解得x1=-1, x2=3,f(3)=-61,f(1)=-29,f(4)=-47.所以所求 的最小值为一61.] 3.解析：合了()=3x2-1-2=0,解得=1或x=-号 令f)>0,得-1<<-号或1<r<2:令f(x)<0, 得-<<1 在[-1，号)1,2]上单弱递增，在（号1） 上单调递减.“f(-1D=号f(号)=贸f)=子 f(2)=7,.m<2 .7 答案：(0，名) 4.解：(1)由原式得f(.x)=x3-ax2-4x十4a, ∴.f(x)=3x2-2a.x-4. (2)由f(-1)=0,得a=7,此时有f(x)=(x2-4) (e-）f)=3x2-x-4 5 数学(BS)·选择性必修第二册 由x)=0,得x=号或x=-1.又f(传)） =号，(-2》=0,2)=0∴f)在[-2,2]上的最大值为 号最小值为一职 §7导数的应用 7.1实际问题中导数的意义 7.2实际问题中的最值问题 课前预习学案 知识梳理 知识点一、1.路程时间质量长度功时间 知识点二、最优化 知识点三、 [思考] [提示](1)在建立函数模型时，应根据实际间题确定出函 数的定义域.(2)求实际问题的最大（小）值时，一定要从问题 的实际意义去考查，不符合实际意义的应舍去，如：长度、宽 度应大于0，销售价为正数等. 预习自测 1.(1)/(2)×(3)×(2)/(4)×(5)/ 2.A[f(t)表示t时刻的降雨强度.] 3.C[y=-3x2十27=-3(x+3)(x-3),当0<x3时，y> 0:当x>3时，y<0.故当x=3时，该商品的年利润最大.] 4.解析：由题设知y=x2-39x-40,令y>0,解得x>40或x <-1, 故遇数y-宁-号2-40>0在[0，十e)上说坊，在 (0,40们上递减.∴.当x=40时，y取得最小值.由此得为使耗 电量最小，则其速度应定为40. 答案：40 课堂互动学案 [例1][解](1)△=s(3)-s(2)=(3×32+2×3+1)-(3× 2+2X2+1D=17.…益=3是2=17. ∴.从t=2变到t=3时，s关于t的平均变化率为17，即此段 时间质点的平均速度为17m/s. (2)s(t)=6t+2,∴.s(2)=6×2+2=14(m/s).即当t=2时 的瞬时速度为14m/s. (3)设该质，点的速度为0m/s,则(t)=√(t)=6t十2. ∴.'(t)=6.∴.(2)=6.即当t=2时的加速度为6m/s2. 变式训练 1.解：(1)当t从1s变到3s时，功W从W(1)=11J变到 W(3)=21J,此时功W关于时间t的平均变化率为 w(3)-w1=21-1L=5J/s. 3-1 3-1 它表示从t=1s到t=3s这段时间，这个人平均每秒做 功5J. (2)根据导数公式和求导法则可得W'(t)=3t2-12t十16， ·1 于是，W(1)=7J/s,w'(2)=4J/s. W'(1)和W'(2)分别表示t=1s和t=2s时，这个人每秒 做的功分别为7J和4J. [例2][解](1)根据定义知，总利润函数为L(x)=R(x) -C(x)=5x-100-0.01x2, 所以边际利润函数为L'(x)=5一0.02x. (2)当日产量分别为200kg,250kg,300kg时的边际利润 分别为 L'(200)=1(元)，L(250)=0(元)，L'(300)=-1(元). 其经济意义是：当日产量为200kg时，再增加1kg,则总 利润可增加1元：当日产量为250kg时，再增加1kg,则 总利润无增加；当日产量为300kg时，再增加1kg,则总 利润反而减少1元 由此可得到：当企业的某一产品的生产量超越了边际利 润的零点时，反而会使企业“无利可图” 变式训练 2.解：(1)x从0分钟变化到36分钟，y关于x的平均变化 率为f(36)-0)=121 36-0 36 =3· 它表示该考生前36分钟平均每分钟解答号道题。 (2),f'(x)=1 f'6-日fm)=0 它们分别表示该考生在第64分钟和第100分钟时每分钟 解谷日道题和品道题。 [例3][解]设圆柱的高为h,底面半径为R,则表面积S =2πRh+2πR2. 由V-R,得A-0则5R)=2R长+2R-贺 +2xR2. V 令S(R)=2多+4πR=0,解得R= N2 ,此时S(R)取 得最小值 V 从而h= xR2 =2 W2 ,即h=2R. π 2π 所以当罐的高与底面直径相等时，所用材料最省. 母题探究 解析：因为S=2xRh十2xR2,所以=S,2元R.所以V 2πR (R)=S-2元R2 zR2=(S-2R)R=号SR-xR.令 V(R)=?S-3元R2=0,得S=6元R2,当S=6xR2时，容 积最大，此时6πR2=2πRh十2πR2,即h:R=2:1. 答案：2：1 变式训练 3.C[球的体积为36π，所以球的半径R=3, 设正四棱锥的底面边长为2a,高为h, 则12=2a2+h2,32=2a2+(3-h)2, 6