2017-2018学年高中数学第一章导数及其应用1.3.3最大值与最小值教学案苏教版选修2-2

苏教版2017-2018学年高中选修2-2教学案 1．3.3　最大值与最小值 [对应学生用P19] 1．问题：如何确定你班哪位同学最高？ 提示：方法很多，可首先确定每个学习小组中最高的同学，再比较每组的最高的同学，便可确定班中最高的同学． 2．如图为y＝f(x)，x∈[a，b]的图象． 问题1：试说明y＝f(x)的极值． 提示：f(x1)，f(x3)为函数的极大值，f(x2)，f(x4)为函数的极小值． 问题2：你能说出y＝f(x)，x∈[a，b]的最值吗？ 提示：函数的最小值是f(a)，f(x2)，f(x4)中最小的，函数的最大值是f(b)，f(x1)，f(x3)中最大的． 3．函数y＝g(x)，y＝h(x)在闭区间[a，b]的图象都是一条连续不断的曲线(如下图所示)． 问题1：两函数的最大值和最小值分别是什么？ 提示：函数y＝g(x)的最大值为g(a)，最小值是其极小值g(c)；函数y＝h(x)的最大值为h(b)，最大值为h(a)． 问题2：函数的最大值和最小值是否都在区间的端点处取得？ 提示：不一定． 问题3：函数的极值与函数的最值是同一个问题吗？ 提示：不是． 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)，则称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，那么最大值惟一． (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)，则称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，那么最小值惟一． 2．求f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤 (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． 1．函数的最值是一个整体性的概念．函数极值是在局部上对函数值的比较，具有相对性；而函数的最值则是表示函数在整个定义域上的情况，是对整个区间上的函数值的比较． 2．函数在一个闭区间上若存在最大值或最小值，则最大值或最小值只能各有一个，具有惟一性，而极大值和极小值可能多于一个，也可能没有，例如：常数函数就既没有极大值也没有极小值． 3．极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处取必定是极值． 求函数的最大值与最小值 [例1]　求函数f(x)＝－x4＋2x2＋3，x∈[－3,2]上的最值． [思路点拨]　 [精解详析]　f′(x)＝－4x3＋4x， 令f′(x)＝－4x(x＋1)(x－1)＝0， 得x＝－1，x＝0，x＝1. 当x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如下表： x －3 (－3，－1) －1 (－1,0) 0 (0,1) 1 (1,2) 2 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 － f(x) －60  极大值4  极小值3  极大值4  －5 所以当x＝－3时，f(x)取最小值－60； 当x＝－1或x＝1时，f(x)取最大值4. [一点通]　求函数的最值需要注意的问题： (1)用导数求函数的最值与求函数的极值方法类似，在给定区间是闭区间时，极值要和区间端点的函数值进行比较，并且要注意取极值的点是否在区间内； (2)当函数多项式的次数大于2或用传统方法不易求解时，可考虑用导数的方法求解． 1．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＝________. 解析：令f′(x)＝3x2－12＝0，解得x＝±2. 计算f(－3)＝17，f(－2)＝24，f(2)＝－8，f(3)＝－1，所以M＝24，m＝－8，故M－m＝32. ：32 2．求函数f(x)＝ex(3－x2)在区间[2,5]上的最值． 解：∵f(x)＝3ex－exx2， ∴f′(x)＝3ex－(exx2＋2exx) ＝－ex(x2＋2x－3) ＝－ex(x＋3)(x－1)， ∵在区间[2,5]上，f′(x)＝－ex(x＋3)(x－1)<0， 即函数f(x)在区间[2,5]上是单调递减函数， ∴x＝2时，函数f(x)取得最大值f(2)＝－e2； x＝5时，函数f(x)取得最小值f(5)＝－22e5. 已知函数的最值求参数 [例2]　已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b在区间[－1,2]上的最大值为3，最小值为－29，求a，b的值． [思路点拨]　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，要注意对参数的取值情况进行讨论． [精解详析]　由题设知a≠0，否则f(x)＝b为常数函数，与题设矛盾． 取导得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)． 令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍)． (1)∵当a＞0时，如下表： x (－1,0) 0 (0,2) f′(x) ＋ 0 － f(x)  最大值  ∴当x＝0时，f(x)取得最大值，f(0)＝3，∴b＝3. 又f(－1)＝－7a＋3＞f(2)＝－16a＋3， ∴最小值f(2)＝－16a＋3＝－29，a＝2. (2)∵当a＜0时，如下表： x (－1,0) 0 (0,2) f′(x) － 0 ＋ f(x)  最小值  ∴当x＝0时，f(x)取得最小值， ∴b＝－29. 又f(－1)＝－7a－29＜f(2)＝－16a－29， ∴最大值f(2)＝－16a－29＝3，a＝－2. 综上， [一点通]　解决由函数的最值来确定参数问题的关键是利用函数的单调性确定某些极值就是函数的最值，同时由于系数a的符号对函数的单调性有直接的影响，其最值也受a的符号的影响，因此，需要进行分类讨论．本题是运用最值的定义，从逆向出发，由已知向未知转化，通过待定系数法，列出相应的方程，从而得出参数的值． 3．已知函数f(x)＝ (1)若a＝2，求函数在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求f(x)在区间[1，e]上的最小值． 解：(1)a＝2时，f(x)＝ f(1)＝ 故切线方程为y－ (2)依题意，x＞0，f′(x)＝x－ ①a≤1时，因为x∈[1，e]，1≤x2≤e2，所以f′(x)≥0(当且仅当x＝a＝1时等号成立)，所以f(x)在区间[1，e]上单调递增，最小值为f(1)＝ ②a≥e2时，因为1≤x2≤e2，所以f′(x)≤0(当且仅当x＝e，a＝e2时等号成立)，所以f(x)在区间[1，e]上单调递减，最小值为f(e)＝ ③1＜a＜e2时，解f′(x)＝ x f′(x) － 0 ＋ f(x)  最小值  f(x)在区间[1，e]上的最小值为f 综上所述，a≤1时，f(x)的最小值为f(1)＝ 1＜a＜e2时，f(x)的最小值为f a≥e2时，f(x)的最小值为f(e)＝ 4．已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围． 解：(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)， 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b， 解得a＝3，b＝3. (2)记h(x)＝f(x)＋g(x)，当a＝3，b＝－9时， h(x)＝x3＋3x2－9x＋1， h′(x)＝3x2＋6x－9. 令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1. h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的变化情况如下： x (－∞，－3) －3 (－3,1) 1 (1,2) 2 h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x)  28  －4  3 由此可知： 当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28； 当－30)． (1)求f(x)的最小值h(t)； (2)若h(t)<－2t＋m，对t∈(0,2)恒成立，求实数m的取值范围． [思路点拨]　(1)可通过配方求函数f(x)的最小值； (2)h(t)<－2t＋m，即m>h(t)＋2t恒成立，从而可转化为求h(t)＋2t的最大值问题解决． [精解详析]　(1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t>0)， ∴当x＝－t时，f(x)取得最小值f(－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1. (2)令g(t)＝h(t)＋2t＝－t3＋3t－1. 则g′(t)＝－3t2＋3＝－3(t－1)(t＋1)． 令g′(t)＝0，得t1＝1，t2＝－1(舍去)． 列表： t (0,1) 1 (1,2) g′(t) ＋ 0 － g(t)  极大值1  由表可知，g(t)在(0,2)内有最大值1. ∵h(t)<－2t＋m在(0,2)恒成立等价于m>g(t)在(0,2)内恒成立． ∴m>1.即实数m的取值范围是(1，＋∞)． [一点通]　有关恒成立问题，一般是转化为求函数的最值问题．求解时要确定这个函数，看哪一个变量的范围已知，即函数是以已知范围的变量为自变量的函数． 一般地，λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f(x)]min. 5．已知g(x)＝ln x－a，若g(x)ln x－x2， 故g(x)ln x－x2在(0，e]上恒成立． 设h(x)＝ln x－x2，则h′(x)＝ 由h′(x)＝0及00时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值． 解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a. 若a≤0，则f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增． 若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0， 所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增． (2)由于a＝1， 所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于 k< 令g(x)＝ g′(x)＝ 由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在惟一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在惟一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)． 当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)． 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k0)在[1,4])上的最大值为3，最小值为－6，则a＋b＝________. 解析：f′(x)＝4ax3－12ax2(a>0，x∈[1,4])． 由f′(x)＝0，得x＝0(舍)，或x＝3，可得x＝3时，f(x)取到最小值为b－27a. 又f(1)＝b－3a，f(4)＝b， 因此f(4)为最大值． 由 所以a＋b＝ 答案： 二、解答题 6．已知函数f(x)＝aln x＋1(a＞0)． (1)若a＝2，求函数f(x)在(e，f(e))处的切线方程； (2)当x＞0时，求证：f(x)－1≥a 解：(1)当a＝2时，f(x)＝2ln x＋1， f′(x)＝ 所以函数f(x)在(e，f(e))处的切线方程为 y－3＝ 即2x－ey＋e＝0. (2)令g(x)＝f(x)－1－a ＝aln x－a 则g′(x)＝ 当0＜x＜1时，g′(x)＜0，g(x)在(0,1)上单调递减； 当x＞1时，g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增． 所以g(x)在x＝1处取得极小值，也是最小值． 因此g(x)≥g(1)＝0，即f(x)－1≥a 7．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)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 解：(1)f′(x)＝－3x2＋6x＋9＝－3(x2－2x－3) ＝－3(x＋1)(x－3)． 令f′(x)<0，则－3(x＋1)(x－3)<0， 解得x<－1或x>3. ∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，＋∞)． (2)结合(1)，令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3. 又∵x∈[－2,2]，∴x＝－1. 当－20. ∴x＝－1是函数f(x)的极小值点，该极小值也就是函数f(x)在[－2,2]上的最小值， 即f(x)min＝f(－1)＝a－5. 又函数f(x)的区间端点值为 f(2)＝－8＋12＋18＋a＝a＋22， f(－2)＝8＋12－18＋a＝a＋2. ∵a＋22>a＋2，∴f(x)max＝a＋22＝20，∴a＝－2. 此时f(x)min＝a－5＝－2－5＝－7. 8．已知函数f(x)＝ax4ln x＋bx4－c(x＞0)在x＝1处取得极值－3－c，其中a，b，c为常数．若对任意x＞0，不等式f(x)≥－2c2恒成立，求c的取值范围． 解：由题意知f(1)＝－3－c. 因此b－c＝－3－c，从而b＝－3. 对f(x)求导，得f′(x)＝4ax3ln x＋ax4× 由题意知f′(1)＝0， 得a＋4b＝0，解得a＝12. 因为f′(x)＝48x3ln x(x>0)， 令f′(x)＝0，解得x＝1. 当01时，f′(x)>0，此时f(x)为增函数． 所以f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝－3－c， 并且此极小值也是最小值． 所以要使f(x)≥－2c2(x>0)恒成立， 只需－3－c≥－2c2即可． 整理得2c2－c－3≥0，解得c≥ 所以c的取值范围为(－∞，－1]∪ PAGE 1