2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册 课件 第五章 5.3 5.3.2 第二课时　函数的最值与导数

该高中数学课件聚焦函数的最值与导数，涵盖最值概念、与极值的区别联系及用导数求最值的步骤。通过回顾极值知识导入，衔接新知，构建从极值到最值的学习支架，明确连续函数最值存在性及求解步骤。 其亮点在于通过分类讨论含参数函数最值、隐零点问题探究，结合即时训练与方法总结，培养数学思维与逻辑推理。如例2对含参函数分类求最值，例3已知最值求参数，帮助学生提升运算能力，教师可借助系统资源优化教学。

第二课时　函数的最值与导数 [目标导航] 课标要求 1.理解函数的最值的概念 2.了解函数的最值和极值的区别与联系 3.会用导数求在给定区间上函数的最值 2 新知导学·素养启迪 新知梳理 1.函数的最大(小)值的存在性 一般地,如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条 的曲线,那么它必有最大值与最小值. 2.求函数f(x)在区间[a,b]上的最值的步骤 (1)求函数y=f(x)在区间(a,b)上的 . (2)将函数y=f(x)的 与 处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是 ,最小的一个是 . 连续不断 极值 各极值 端点 最大值 最小值 极值和最值的区别与联系 (1)区别 ①函数的极值是函数在局部区间上函数值的比较;函数的最值是函数在整个区间上函数值的比较,即最大(小)值必须是整个区间上所有函数值的最大(小)者. ②函数的极值可以有多个,但最大(小)值只能有一个,极值只能在区间内取得,最值可以在区间端点处取得. (2)联系 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且只有一个极值点,那么该极值点就是最值点,这里区间(a,b)可以是无穷区间. 小试身手 1.函数f(x)=x3-3x在[0,3]上的最小值为　　　.  解析:f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),令f′(x)=0,解得x=-1或x=1, 因为x∈[0,3], 所以当x∈[0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,3]时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以当x∈[0,3]时,f(x)的最小值为f(1)=-2. -2 3.若函数f(x)=axln x(a∈R)的最小值为-1,则实数 a=　　　.  e 4.已知函数f(x)=x2e2,当x∈[-1,1]时,不等式f(x)<m恒成立,则m的取值范围为 　　　　　.  (e2,+∞) 解析:因为二次函数f(x)=x2e2在x∈[-1,1]上先减后增,且抛物线开口向上, 故当x=1或-1时函数取得最大值e2, 由题意可得m>e2. 课堂探究·素养培育 探究角度1　求不含参数的函数最值 求函数的最值 (1)讨论f(x)的单调性; 解:(1)f′(x)=x2+3x+2=(x+1)(x+2), 令f′(x)>0,解得x<-2或x>-1; 令f′(x)<0,解得-2<x<-1. 故函数f(x)在(-∞,-2),(-1,+∞)上单调递增,在(-2,-1)上单调递减. (2)求f(x)在区间[-2,2]的最大值和最小值. 解:(2)由(1)可得x,f′(x),f(x)的变化情况,如表. 即时训练1-1:已知函数f(x)=x3-3ax+2,曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为3x+y+m=0. (1)求实数a,m的值; (2)求f(x)在区间[1,2]上的最值. 求解函数在固定区间上的最值,需注意以下几点 (1)对函数进行准确求导,并检验f′(x)=0的根是否在给定区间内. (2)研究函数的单调性,正确确定极值和端点函数值. (3)比较极值与端点函数值的大小,确定最值. 探究角度2　求含参数的函数最值 [例2] 已知函数f(x)=2x3+3ax2+1(a∈R). (1)求f(x)的单调区间; 解:(1)根据题意, f′(x)=6x2+6ax=6x(x+a). ①当a=0时,f′(x)=6x2≥0,则f(x)在(-∞,+∞)上为增函数; ②当a>0时,若f′(x)=6x(x+a)>0,解得x<-a或x>0, 则f(x)的递增区间为(-∞,-a)和(0,+∞),递减区间为(-a,0); ③当a<0时,若f′(x)=6x(x+a)>0,解得x<0或x>-a, 则f(x)的递增区间为(-∞,0)和(-a,+∞),递减区间为(0,-a). 综上可得,当a=0时, f(x)在(-∞,+∞)上为增函数; 当a>0时,f(x)的递增区间为(-∞,-a)和(0,+∞),递减区间为(-a,0); 当a<0时,f(x)的递增区间为(-∞,0)和(-a,+∞),递减区间为(0,-a). (2)求f(x)在区间[0,2]上的最小值. 解:(2)根据题意, ①当-a≤0,即a≥0时,f(x)在[0,2]上递增,此时f(x)在区间[0,2]上的最小值为f(0)=1, ②当0<-a<2,即-2<a<0时,f(x)在[0,-a]上递减,在(-a,2)上递增,此时f(x)在区间[0,2]上的最小值为f(-a)=a3+1, ③当-a≥2,即a≤-2时,f(x)在[0,2]上递减,此时f(x)在区间[0,2]上的最小值为f(2)=17+12a. 综合可得,当a≥0时,f(x)的最小值为f(0)=1, 当-2<a<0时,f(x)的最小值为f(-a)=a3+1, 当a≤-2时,f(x)的最小值为f(2)=17+12a. 即时训练2-1: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. 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.比较极值与端点函数值大小时,有时需要利用作差或作商法,甚至要分类讨论. 已知函数的最值求参数 (1)判断函数y=g(x)的单调性. (2)若x∈(0,e](e≈2.718),判断是否存在实数a,使函数g(x)的最小值为2?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由. 即时训练3-1:已知函数f(x)=aex-1-ln x+ln a. (1)当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积. (2)若f(x)≥1,求a的取值范围. 已知函数最值求参数的步骤 (1)求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值. (2)通过比较它们的大小,判断出哪个是最大值,哪个是最小值. (3)结合已知求出参数,进而使问题得以解决.注意分类讨论思想的应用. 与函数最值有关的恒成立问题 [例4] 设函数f(x)=tx2+2t2x+t-1(x∈R,t>0). (1)求f(x)的最小值h(t); 解:(1)因为f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R,t>0), 所以当x=-t时,f(x)取最小值f(-t)=-t3+t-1, 即h(t)=-t3+t-1. (2)若h(t)<-2t+m对t∈(0,2)恒成立,求实数m的取值范围. 解:(2)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 ↘ 所以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,所以m的取值范围为(1,+∞). 变式训练4-1:若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0,2],使h(t)<-2t+m成立”,则实数m的取值范围如何求解? 解: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 (0,1) 1 (1,2) 2 g′(t) + 0 - g(t) -1-m ↗ 极大值1-m ↘ -3-m 所以g(t)在[0,2]上有最小值g(2)=-3-m, 存在t∈[0,2],使h(t)<-2t+m成立, 等价于g(t)的最小值g(2)<0. 所以-3-m<0,所以m>-3, 所以实数m的取值范围为(-3,+∞). 变式训练4-2:若将本例(2)的条件改为“对任意的t1,t2∈(0,2),都有h(t1)<-2t2+m”,求实数m的取值范围. (1)不等式恒成立问题的转化技巧 ①a≥f(x)(或a≤f(x))恒成立⇔a≥f(x)max(或a≤f(x)min); ②a≥f(x)(或a≤f(x))恒有解⇔a≥f(x)min(或a≤f(x)max); ③f(x)≥g(x)恒成立⇔F(x)min≥0(其中F(x)=f(x)-g(x)); ④f(x)≥g(x)恒有解⇔F(x)max≥0(其中F(x)=f(x)-g(x)). (2)对于函数y=f(x),x∈[a,b],若存在x0∈[a,b],使得f(x)≥c或f(x)≤c成立,则c≤ f(x)max或c≥f(x)min. 隐零点问题 在导数问题中,导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的,这样的零点我们称之为“隐零点”(即能确定其存在,但又无法用显性的代数式进行表达).“隐零点”问题的基本解决思路是形式上虚设,运算上代换,数值上估算,策略上等价转化,方法上分离函数(参数),技巧上反客为主. [典例] 已知函数f(x)=ex-ln x+1. (1)求函数y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程. (2)求证:f(x)>3. 解决隐零点问题的常用方法 (2)零点代换法:当导函数的零点不可求时,根据导数的单调性.特殊值等特征,判断其是否存在零点,若存在,则虚设零点.虚设零点的关键步骤是“零点代换”.注意:有些问题还要利用函数零点存在定理对隐零点的范围进行判断. (1)若函数f(x)在(a,a+1)上有极值,求实数a的取值范围; (2)若关于x的方程f(x)=x2-2x+k有实数解,求实数k的取值范围. 接下来,需求函数g(x)的单调区间, 所以需解不等式g′(x)≥0及g′(x)≤0, 因而需解方程g′(x)=0. 但此方程不易求解,所以我们可以先猜后解. 因为g′(1)=0,且当0<x<1时,g′(x)>0, 当x>1时,g′(x)<0, 所以函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. 所以g(x)max=g(1)=2. 当x→0时,g(x)→-∞; 当x→+∞时,g(x)→-∞, 所以函数g(x)的值域是(-∞,2], 所以所求实数k的取值范围是(-∞,2]. 当堂即练·素养达成 1.函数f(x)=2x-cos x在R上(　 　) A.无最值 B.有极值 C.有最大值 D.有最小值 当堂即练 A 解析:f′(x)=2+sin x>0恒成立,故f(x)在R上为增函数,无极值,也无最值. 故选A. 2.函数f(x)=x2-2ln x在[1,2]上的最大值是(　 　) A.-1 B.1 C.4+2ln 2 D.4-2ln 2 D 3.已知f(x)=x2ln x,若关于x的不等式f(x)-kx+x≥0恒成立,则实数k的取值区间是　　　　　　.  解析:因为x2ln x-kx+x≥0(x>0)恒成立, 所以k≤xln x+1恒成立,令g(x)=xln x+1, 函数定义域为(0,+∞), g′(x)=ln x+1. 课堂小结 1.求函数在闭区间上的最值,只需比较极值和端点处的函数值即可;若函数在一个开区间内只有一个极值,这个极值就是最值.通过函数最大(小)值存在性的学习,达成了培养直观想象素养的目的. 2.已知最值求参数时,可先确定参数的值,用参数表示最值时,应分类讨论. “恒成立”问题可转化为函数最值问题.借助函数最值的求解问题,达成了培养逻辑推理、数学运算素养的目的. 感谢观看 2.函数f(x)=,x∈[,]的最大值是　　　.  解析:由函数f(x)=,x∈[,]的导函数f′(x)=<0,可得函数f(x)是减函数, 所以函数的最大值为f()==. 解析:因为函数f(x)=axln x(a∈R),所以f′(x)=a(1+ln x). 依题意,a≠0,当a>0时, 当x∈(,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当x∈(0,)时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)min=f()=-=-1,解得a=e. 当a<0时,函数有最大值无最小值,不合题意. [例1] 设函数f(x)=x3+x2+2x. x -2 (-2,-1) -1 (-1,2) 2 f′(x) 0 - 0 + f(x) - ↘ 极小值- ↗ 故函数f(x)在区间[-2,2]上的最大值为,最小值为-. 解:(1)f′(x)=3x2-3a, 因为曲线f(x)=x3-3ax+2在x=1处的切线方程为3x+y+m=0, 所以 解得 解: (2)由(1)得f(x)=x3-6x+2. f′(x)=3x2-6,令f′(x)=0,得x=±. 所以f(x)在[1, ]上单调递减,在(,2]上单调递增. 又f(1)=-3,f()=2-4,f(2)=-2, 所以f(x)在区间[1,2]上的最大值为-2,最小值为2-4. 解:f′(x)=3x2-2ax. 令f′(x)=0,解得x1=0,x2=. ①当≤0,即a≤0时, f(x)在[0,2]上单调递增, 从而f(x)max=f(2)=8-4a. ②当≥2,即a≥3时, f(x)在[0,2]上单调递减, 从而f(x)max=f(0)=0. ③当0<<2,即0<a<3时,f(x)在[0,]上单调递减,在[,2]上单调递增, 从而f(x)max= 综上所述,f(x)max= [例3] 已知函数f(x)=ax2-x·ln x+b(a,b∈R),g(x)=f′(x). 解:(1)由f(x)=ax2-x·ln x+b, 知g(x)=f′(x)=ax-ln x-1,x>0, 故g′(x)=a-=. 当a≤0时,g′(x)<0,即g(x)在(0,+∞)为单调递减, 当a>0时,在(0,)上g′(x)<0,所以g(x)在(0,1)上单调递减, 在(,+∞)上g′(x)>0, 所以g(x)在(,+∞)上单调递增. 解:(2)当a≤0时,g(x)在(0,e]上为减函数, 所以g(x)min=g(e)=ea-2≤-2. 故不存在最小值2. 当0<a≤时,≥e,g(x)在(0,e]上为减函数, 所以g(x)min=g(e)=ea-1-ln e=2,所以a=,不合题意,舍去. 当a>时,0<<e,在(0,)上g′(x)<0,函数g(x)单调递减;在[,e]上g′(x)>0, 函数g(x)单调递增,由此g(x)min=g()=1-1-ln =2, 所以ln a=2,解得a=e2, 故当a=e2时,使函数g(x)的最小值为2. 解:f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=aex-1-. (1)当a=e时,f(x)=ex-ln x+1,f(1)=e+1,f′(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2. 直线y=(e-1)x+2在x轴、y轴上的截距分别为,2. 因此所求三角形的面积为. 解:(2)当0<a<1时,f(1)=a+ln a<1. 当a=1时,f(x)=ex-1-ln x,f′(x)=ex-1-.当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时, f′(x)>0. 所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1,从而f(x)≥1. 当a>1时,f(x)=aex-1-ln x+ln a≥ex-1-ln x≥1. 综上,a的取值范围是[1,+∞). 解:因为h(t)=-t3+t-1,t∈(0,2), 所以h′(t)=-3t2+1, 由h′(t)=0得t=或t=-(舍去). 又当0<t<时,h′(t)>0, 当<t<2时,h′(t)<0. 所以当t=时, h(t)max=-+-1=. 令φ(t)=-2t+m,t∈(0,2),所以φ(t)>m-4. 由题意可知,≤m-4, 即m≥+3=. 所以实数m的取值范围为[,+∞). (1)解:因为f′(x)=ex-,且f(1)=e+1,f′(1)=e-1, 所以y-(e+1)=(e-1)(x-1), 即所求切线方程为y=(e-1)x+2. (2)证明:f′(x)=ex-,易知f′(x)在区间(0,+∞)上单调递增, 且x→0时,f′(x)→-∞,f′(1)>0, 所以存在x0∈(0,1),使得f′(x0)=0, 即f′(x)=0有唯一的根,记为x0, 则f′(x0)=-=0,对=两边取对数, 得ln =ln ,整理,得x0=-ln x0. 因为x∈(0,x0)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减, x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x)min=f(x0)=-ln x0+1=+x0+1≥3. 当且仅当=x0,即x0=1时,等号成立, 又因为x0∈(0,1), 所以f(x)min>3,即f(x)>3. (1)直接观察法:有些导函数的零点可以直接观察出来,如常用1,e,等特殊值代入试求. 即时训练1:设函数f(x)=e2x-aln x.求证:当a>0时,f(x)≥2a+aln . 证明:f′(x)=2e2x-(x>0). 当a>0时,易知f′(x)在(0,+∞)上单调递增,且x→0时,f′(x)→-∞,f′(a)=2e2a-1>0, 所以f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点,设为x0. 当x∈(0,x0)时,f′(x)<0; 当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 当且仅当x=x0时,f(x)取得最小值,最小值为f(x0). 因为2-=0,所以f(x0)=+2ax0+aln ≥2a+aln (当且仅当x0=时等号成立). 所以当a>0时,f(x)≥2a+aln . 即时训练2:设f(x)=. 解:(1)因为f′(x)=-, 当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0. 所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 故函数f(x)的极大值点为x=1, 所以即0<a<1,故所求实数a的取值范围是(0,1). 解: (2)方程f(x)=x2-2x+k有实数解, 即f(x)-x2+2x=k有实数解. 设g(x)=f(x)-x2+2x, 则g′(x)=2(1-x)-. 解析:由题可得f′(x)=2x-=,显然当x∈[1,2]时,f′(x)≥0, 故函数f(x)=x2-2ln x在[1,2]上单调递增,故函数f(x)=x2-2ln x在[1,2]上的最大值为f(2)=22-2ln 2=4-2ln 2. 故选D. (-∞,-+1] 当x∈(0,)时, g′(x)<0,g(x)递减; 当x∈(,+∞)时,g′(x)>0,g(x)递增. 故g(x)的最小值为g()=-+1, 所以k≤-+1. $