高中数学选修2-2课件1_3_3
1.3.3
函数的最大
(
小
)
值与导数
问题
引航
1.
什么是函数的最值
?
函数在闭区间上取得最值的条件是什么
?
2.
函数的最值与极值有什么关系
?
如何求闭区间上连续函数的最值
?
求函数最值的方法和步骤是什么
?
1.
函数
y=f(x)
在闭区间
[a
，
b]
上取得最值的条件
如果在区间
[a
，
b]
上函数
y=f(x)
的图象是
_____________
的曲
线，那么它必有最大值和最小值
.
2.
求函数
y=f(x)
在
[a
，
b]
上的最大值与最小值的步骤
(1)
求函数
y=f(x)
在
_______
内的极值
.
(2)
将函数
y=f(x)
的
_______
与端点处的
_________________
比
较，其中
_____
的一个是最大值，
_____
的一个是最小值
.
一条连续不断
(a
，
b)
各极值
函数值
f(a)
，
f(b)
最大
最小
1.
判一判
(
正确的打
“
√
”
，错误的打
“
×
”
)
(1)
函数的最大值一定是函数的极大值
.(
)
(2)
开区间上的单调连续函数无最值
.(
)
(3)
函数
f(x)
在区间
[a
，
b]
上的最大值和最小值一定在两个端点处取得
.(
)
【
解析
】
(1)
错误
.
最大值也可能是端点的值
.
(2)
正确
.
在开区间上的单调函数无极值且端点处函数值取不到，故无最值
.
(3)
错误
.
函数
f(x)
在
[a
，
b]
上的最大值和最小值也有可能在区间内部某个极值点处取得
.
答案：
(1)×
(2)√
(3)×
2.
做一做
(
请把正确的答案写在横线上
)
(1)
设函数
f(x)=e
2x
+3x(x∈R)
，则
f(x)__________(
填
“
有
”
或
“
无
”
)
最值
.
(2)
已知函数
y=x
3
-x
2
-x
，该函数在区间
[0
，
3]
上的最大值是
__________.
(3)
已知函数
f(x)=-x
3
+3x
2
+m(x∈[-2
，
2])
，
f(x)
的最小值为
1
，则
m=__________.
【
解析
】
(1)
因为函数
f(x)=e
2x
+3x(x∈R)
，所以
f′(x)=2e
2x
+3>0
，所以函数
f(x)
在
R
上单调递增，没有最值
.
答案：
无
(2)y′=3x
2
-2x-1=(3x+1)(x-1)
，
当
0≤x<1
时，
y′<0
，当
1
0
，
所以当
x=1
时，
y
取得极小值，即最小值，为
-1
，
又当
x=0
时，
y=0
，当
x=3
时，
y=15
，
所以该函数在区间
[0
，
3]
上的最大值是
15.
答案：
15
(3)f′(x)=-3x
2
+6x=-3x(x-2)
，令
f′(x)=0
，解得
x=0
或
x=2.
当
x∈[-2
，
2]
时，解
f′(x)<0
，得
-2≤x<0
；解
f′(x)>0
，得
00
的解集为
{x|00
可得
(2x-x
2
)e
x
>0
，
因为
e
x
>0
，所以
2x-x
2
>0
，所以
0
或
x<-
，
由
f′(x)>0
得，
- 2
和
x<0
时，
f(x)<0
恒成立
.
所以
f(x)
无最小值，但有最大值
f( )
，
所以③不正确，④正确
.
故选
A.
【
题型示范
】
类型一
求函数的最值
【
典例
1】
(1)
函数
f(x)=lnx-x
在区间
(0
，
e]
上的最大值为
(
)
A.1-e B.-1
C.-e
D.0
(2)
求
f(x)=x
3
-3x
2
-9x+5
在
[-4
，
4]
上的最大值和最小值
.
【
解题探究
】
1.
题
(1)
中
f′(x)
在
(0
，
e]
内的符号是什么
?
2.
题
(2)
中求闭区间上函数最大最小值的关键是什么
?
【
探究提示
】
1.
在
(0
，
1)
时，
f′(x)>0
，在
(1
，
e)
时，
f′(x)<0.
2.
关键是要找到函数
f(x)
在
[-4
，
4]
内的极值与端点值
.
【
自主解答
】
(1)
选
B.f′(x)=
当
x∈(0
，
1)
时，
f′(x)>0
，当
x∈(1
，
e)
时，
f′(x)<0
，
所以
f(x)
在
(0
，
1)
上递增，在
(1
，
e)
上递减，
故当
x=1
时，
f(x)
取得极大值，也为最大值，
f(1)=-1.
故选
B.
(2)f′(x)=3x
2
-6x-9=3(x+1)(x-3)
，
令
f′(x)=0
得
x
1
=-1
，
x
2
=3
，
所以
f(x)
在
x=-1
处有极大值
f(-1)=10
，
f(x)
在
x=3
处有极小值
f(3)=-22
，
在区间端点处
f(-4)=-71
，
f(4)=-15
，
比较上述结果得，
f(x)
在
[-4
，
4]
上的最大值为
f(-1)=10
，最小值为
f(-4)=-71.
【
方法技巧
】
求函数最值的四个步骤
第一步求函数的定义域
.
第二步求
f′(x)
，解方程
f′(x)=0.
第三步列出关于
x
，
f(x)
，
f′(x)
的变化表
.
第四步求极值、端点值，确定最值
.
【
变式训练
】
(2014·
天津高二检测
)
已知函数
f(x)=x
2
-
cos x
，
x∈[ ]
的值域是
_______.
【
解析
】
因为
f(-x)=(-x)
2
-cos(-x)=x
2
-cos x=f(x)
，
所以函数为偶函数
.
求导函数，可得
f′(x)=2x+sin x
，
当
x∈[0
，
]
时，
f′(x)>0
，函数为单调增函数，
因为
f(0)=0-1=-1
，
f( )=
所以函数
f(x)=x
2
-cos x
，
x∈[0
，
]
的值域是
[-1
，
]
，
所以函数
f(x)=x
2
-cos x
，
x∈[-
，
]
的值域是
[-1
，
].
答案：
[-1
，
]
【
补偿训练
】
(2014
·
漳州高二检测
)
已知函数
f(x)=x
3
+ax
2
+b
的图象在点
P(1
，
0)
处的切线与直线
3x+y=0
平行
.
(1)
求常数
a
，
b
的值
.
(2)
求函数
f(x)
在区间
[0
，
m]
上的最小值和最大值
(m>0).
【
解析
】
(1)f′(x)=3x
2
+2ax
，
f′(1)=3+2a=-3
，所以
a=-3
，
f(1)=a+b+1=0
，所以
b=2.
(2)f(x)=x
3
-3x
2
+2
，
f′(x)=3x
2
-6x
，
令
f′(x)=0
得，
x
1
=0
，
x
2
=2
，当
x<0
或
x>2
时，
f′(x)>0
，当
03
时，
f(x)
min
=f(2)=-2
，
f(x)
max
=f(m)=m
3
-3m
2
+2.
类型二
由函数的最值求参数的值
(
范围
)
【
典例
2】
(1)
若函数
f(x)=3x-x
3
在区间
(a
2
-12
，
a)
上有最小值，则实数
a
的取值范围是
(
)
A.(-1
，
) B.(-1
，
4)
C.(-1
，
2] D.(-1
，
2)
(2)(2012
·
北京高考
)
已知函数
f(x)=ax
2
+1(a>0)
，
g(x)=x
3
+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
.
【
解题探究
】
1.
题
(1)
中
f(x)
的极小值是什么
?
2.
题
(2)
中由在交点
(1
，
c)
处具有公切线，可以得出什么条件
?
【
探究提示
】
1.
先求
f(x)
的导函数
f′(x)
，然后可知当
x=-1
时取极小值为
-2.
2.
可以得
(1
，
c)
在
f(x)
与
g(x)
上且在此点处两个函数的导数值相等
.
【
自主解答
】
(1)
选
C.
由题知
f′(x)=3-3x
2
，令
f′(x)>0
解得
-11
，由此得函数在
(-∞
，
-1)
上是减函数，在
(-1
，
1)
上是增函数，在
(1
，
+∞)
上是减函数
.
故函数在
x=-1
处取到极小值
-2
，判断知此极小值必是区间
(a
2
-12
，
a)
上的最小值
.
所以
a
2
-12<-10
得
02
，所以
f(x)
的单
调递增区间为 ，［
2,+∞).
(2)f′(x)=
令
f′(x)=0
得
x=
或
x=
f(x)
在定义域上的单调性为 上增， 上减，
上增
.
从而需要讨论
与
1
及
4
的大小
.
①
当 ≥
4
或 ≤
1
，即
a≤-40
或
-2≤a<0
时，
f(x)
在
［
1,4
］上增，故
f(x)
的最小值为
f(1)=4+4a+a
2
=8
，
解得
a=-2±
，均舍去；
②当 ≤
1
且 ≥
4
，
即
-10≤a≤-8
时，
f(x)
在［
1,4
］上减，
故
f(x)
的最小值为
f(4)=2(64+16a+a
2
)=8
，
解得
a=
－
10
或
a=
－
6(
舍去
)
；
③
当
1< <4
，即
-80
；当
x>1
时，
f′(x)<0.
所以当
x=1
时，函数
f(x)=x
a
-ax(0ln2
时，
f′(x)>0
，可得
f(x)
在
(ln2
，
+∞)
上单调递增，
所以
f(x)
的最小值为
f(ln2)=2-2ln2.
②
因为
f′(x)=ke
kx
-2
，
(ⅰ)
当
k<0
时，
f′(x)
恒小于零，则
f(x)
在
R
上单调递减；
因为当
x>0
时，
f(x)0
时，令
f′(x)=0
，得
当
x<
时，
f′(x)<0
，可知
f(x)
在
(-∞
，
)
上单调递减，
当
x>
时，
f′(x)>0
，可知
f(x)
在
(
，
+∞)
上单调递增，
所以
f(x)
的最小值为
f( )=
因为
f(x)≥1
恒成立，即
f(x)
min
≥1
恒成立，
所以 ≥
1
，
构造函数
g(x)=x-xln x(x>0)
，则有
g( )≥1
，
因为
g′(x)=1-ln x-1=-ln x
，
所以
g(x)
在
(0
，
1)
上单调递增，在
(1
，
+∞)
上单调递减，
所以
g(x)≤g(1)=1
，当且仅当
x=1
时取得最大值，
结合
g( )≥1
，所以
=1
，所以
k=2.
【
延伸探究
】
若将题
(1)
中的
“
任意
x
1
，
x
2
都有
|f(x
1
)-f(x
2
)|≤t
”
改为
“
任意
x
都有
f(x)≤t
”
结果如何
?
【
解析
】
选
C.
对于区间
[-3
，
2]
上的任意
x
都有
f(x)≤t
，等价于对于区间
[-3
，
2]
上的任意
x
，都有
f(x)
max
≤t
，
因为
f(x)=x
3
-3x-1
，所以
f′(x)=3x
2
-3=3(x-1)(x+1)
，
因为
x∈[-3
，
2]
，所以函数在
[-3
，
-1]
，
[1
，
2]
上单调递增，在
[-1
，
1]
上单调递减，
所以
f(x)
max
=f(2)=f(-1)=1
，所以
t≥1.
【
方法技巧
】
分离参数求解不等式恒成立问题
【
变式训练
】
(2014
·
威海高二检测
)
已知函数
f(x)=ax+lnx
，
x∈[1
，
e].
(1)
若
a=1
，求
f(x)
的最大值
.
(2)
若
f(x)≤0
恒成立，求
a
的取值范围
.
【
解析
】
(1)
若
a=1
，则
f(x)=x+lnx
，
f′(x)=
因为
x∈[1
，
e]
，所以
f′(x)>0
，
所以
f(x)
在
[1
，
e]
上为增函数，
所以
f(x)
max
=f(e)=e+1.
(2)
要使
x∈
［
1
，
e
］，
f(x)≤0
恒成立，只需
x∈
［
1
，
e
］时，
f(x)
max
≤0
，
显然当
a≥0
时，
f(x)=ax+ln x
在［
1
，
e
］上单增，
所以
f(x)
max
=f(e)=ae+1>0
，不合题意；
当
a<0
时，
f′(x)=
令
f′(x)=0
，
x=
当
x
＜ 时，
f′(x)
＞
0
，当
x
＞ 时，
f′(x)
＜
0
，
①
当 ≤
1
，即
a≤-1
时，
f(x)
在［
1
，
e
］上为减函数，
所以
f(x)
max
=f(1)=a<0
，
所以
a≤-1
；
②当 ≥
e
，即 ≤
a
＜
0
时，
f(x)
在［
1
，
e
］上为增函数，
所以
f(x)
max
=f(e)=ae+1≤0
，
a≤
，所以
a=
；
③当
1< 0
成立
.
【
解题指南
】
(1)
先求函数
f(x)
的导数，得到函数
g(x)
的解析式，再利用导数求函数
g(x)
的单调区间和最小值
.
(2)
要使
g(a)-g(x)<
恒成立，等价于
g(a)-g(x)
min
<
成立
.
【
解析
】
(1)
由题设知
f′(x)=
，
g(x)=
所以
g′(x)= .
令
g′(x)=0
得
x=1.
当
x∈(0
，
1)
时，
g′(x)
＜
0
，故
(0
，
1)
是
g(x)
的单调递减区间；
当
x∈(1
，
+∞)
时，
g′(x)
＞
0
，故
(1
，
+∞)
是
g(x)
的单调递增区间
.
因此，
x=1
是
g(x)
在
(0
，
+∞)
上的惟一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为
g(1)=1.
(2)
由
(1)
知
g(x)
的最小值为
1
，所以，
g(a)-g(x)
＜ ，对任意
x
＞
0
成立
⇔
g(a)-1
＜ ，即
ln a
＜
1
，从而得
0
＜
a
＜
e.
【
误区警示
】
解决题
(1)
时，一定要注意函数自变量的取值范围
.
【
拓展类型
】
与最值有关的不等式的求解或证明问题
【
备选典例
】
(1)
函数
f(x)
的定义域为
R
，
f(-1)=2
，对任意
x∈R
，
f′(x)>2
，则
f(x)>2x+4
的解集为
(
)
A.(-1
，
1) B.(-1
，
+∞)
C.(-∞
，
-1) D.(-∞
，
+∞)
(2)
已知
m∈R
，函数
f(x)=(x
2
+mx+m)e
x
，
①若函数没有零点，求实数
m
的取值范围
.
②
当
m=0
时，求证
f(x)≥x
2
+x
3
.
【
解析
】
(1)
选
B.
构造函数
g(x)=f(x)-(2x+4)
，则
g(-1)=
f(-1)-(-2+4)=2-2=0
，又因为
f′(x)>2
，所以
g′(x)=f′(x)-2>0
，可知
g(x)
在
R
上是增函数，所以
f(x)>2x+4
可化为
g(x)>0
，即
g(x)>g(-1)
，利用单调性可知，
x>-1.
选
B.
(2)①
由已知条件
f(x)=0
无解，即
x
2
+mx+m=0
无实根，
则
Δ=m
2
-4m<0
，解得
0
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