2020高中數(shù)學(xué) 第章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 2 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（二）學(xué)案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE17-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精3。3。2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（二)學(xué)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.理解函數(shù)最值的概念，了解其與函數(shù)極值的區(qū)別與聯(lián)系.2.會求某閉區(qū)間上函數(shù)的最值．（重點(diǎn)、難點(diǎn)）通過學(xué)習(xí)利用導(dǎo)數(shù)在閉區(qū)間上求函數(shù)的最值,提升學(xué)生的邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng).1．函數(shù)y＝f（x）在閉區(qū)間[a,b]上的最值(1）取得最值的條件：在閉區(qū)間［a，b］上函數(shù)y＝f(x）的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線．(2）結(jié)論：函數(shù)y＝f（x)必有最大值和最小值,若函數(shù)在(a，b）上是可導(dǎo)的,該函數(shù)的最值必在極值點(diǎn)或區(qū)間端點(diǎn)取得．2．求可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x）在[a，b]上的最值的步驟(1)求f（x)在開區(qū)間（a，b）內(nèi)所有極值點(diǎn)．（2)計算函數(shù)f（x）在極值點(diǎn)和端點(diǎn)的函數(shù)值，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．思考:函數(shù)在閉區(qū)間上的極大值就是最大值嗎？極小值就是最小值嗎？[提示］不一定．函數(shù)在閉區(qū)間上的極大值不一定是最大值，還要與端點(diǎn)處的函數(shù)值比較，最大的即是最大值，同理，閉區(qū)間上的極小值也不一定是最小值．1．如圖所示，函數(shù)f（x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象是一條直線，則(）A．函數(shù)f(x）沒有最大值也沒有最小值B．函數(shù)f(x)有最大值，沒有最小值C．函數(shù)f（x）沒有最大值,有最小值D．函數(shù)f(x)有最大值也有最小值C[由函數(shù)圖象可知，函數(shù)f(x)只有一個極小值點(diǎn)，且函數(shù)在此處取得最小值，沒有最大值．]2．函數(shù)y＝x－sinx，x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（π，2），π）)的最大值是(）A．π－1B．eq\f（π，2）－1C．πD．π＋1C[在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f(π,2)，π)）上y′＝1－cosx≥0，∴y＝x－sinx為增函數(shù)，∴當(dāng)x＝π時，ymax＝π.]3．函數(shù)y＝x（1－x2)在［0，1］上的最大值為()A．eq\f（2，9)eq\r（3) B．eq\f（2,9)eq\r(2）C．eq\f（4,9)eq\r（2) D．eq\f(3,8）A［y′＝1－3x2＝0，∴x＝±eq\f(\r（3),3）.當(dāng)0＜x＜eq\f（\r（3）,3)時,y′＞0；當(dāng)eq\f（\r(3)，3）＜x＜1時,y′＜0。所以當(dāng)x＝eq\f(\r（3）,3)時，y極大值＝eq\f(2，9)eq\r（3）;當(dāng)x＝0時，y＝0；當(dāng)x＝1時，y＝0。所以當(dāng)x＝eq\f(\r(3），3)時，ymax＝eq\f（2,9)eq\r(3).]4．已知函數(shù)y＝－x2－2x＋3在區(qū)間[a,2］上的最大值為eq\f(15,4)，則a＝________。－eq\f(1，2）[y′＝－2x－2，令y′＝0，得x＝－1，所以函數(shù)在(－∞，－1）上單調(diào)遞增，在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．若a〉－1,則最大為f（a）＝－a2－2a＋3＝eq\f（15,4),解得a＝－eq\f(1,2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a＝－\f（3，2）舍去））。若a≤－1,則最大為f（－1)＝－1＋2＋3＝4≠eq\f（15,4).］求函數(shù)的最值【例1】求下列函數(shù)的最值：（1）f(x)＝2x3－12x，x∈[－1,3]；（2）f（x）＝eq\f(1,2)x＋sinx，x∈[0，2π]．［思路探究］eq\x（求f′x）→eq\x（\a\al（令f′x＝0得到相,應(yīng)的x的值))→eq\x(列表）→eq\x（確定極值點(diǎn))→eq\x(求極值與端點(diǎn)值并比較大?。鷈q\x(確定最值)［解](1）f（x)＝2x3－12x，f′（x）＝6x2－12＝6（x2－2)，令f′（x)＝0，∴x2－2＝0，∴x1＝－eq\r（2)，x2＝eq\r（2）。當(dāng)x變化時，f′(x）與f（x)的變化狀態(tài)如下表：x－1（－1,eq\r（2))eq\r(2）(eq\r（2），3)3f′(x)－0＋f（x）10↘－8eq\r（2)↗18因?yàn)閒(－1）＝10,f(3）＝18，f（eq\r（2）)＝－8eq\r（2)，所以當(dāng)x＝eq\r(2)時，f（x）取得最小值－8eq\r(2)；當(dāng)x＝3時，f(x)取得最大值18.（2)f′(x）＝eq\f(1，2）＋cosx，令f′（x)＝0,又x∈［0,2π]，解得x＝eq\f（2π，3)或x＝eq\f(4π,3)。當(dāng)x變化時,f′（x），f（x）的變化狀態(tài)如下表:x0eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（2π，3）))eq\f（2π,3)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(2π，3)，\f(4π，3))）eq\f（4π,3）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（4π,3),2π）)2πf′（x)＋0－0＋f(x）0↗eq\f(π，3）＋eq\f(\r（3)，2)↘eq\f（2,3）π－eq\f(\r(3)，2)↗π∴當(dāng)x＝0時，f(x）有最小值f(0）＝0；當(dāng)x＝2π時,f(x)有最大值f（2π）＝π.求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，在熟練掌握求解步驟的基礎(chǔ)上，還須注意以下幾點(diǎn)：1對函數(shù)進(jìn)行準(zhǔn)確求導(dǎo)；2研究函數(shù)的單調(diào)性，正確確定極值和端點(diǎn)函數(shù)值；3比較極值與端點(diǎn)函數(shù)值大小時,有時需要利用作差或作商，甚至要分類討論。1．求下列各函數(shù)的最值：（1)f（x）＝2x3－6x2＋3，x∈［－2，4］；(2）f(x）＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1，1]．［解](1)f′（x）＝6x2－12x＝6x（x－2），令f′(x)＝0,得x＝0或x＝2，當(dāng)x變化時，f′（x),f(x)的變化情況如下表x－2(－2，0）0(0,2)2（2,4）4f′(x)＋0－0＋f(x）－37↗極大值3↘極小值－5↗35∴當(dāng)x＝4時，f(x)取最大值35。當(dāng)x＝－2時，f(x)取最小值－37。(2）f′(x）＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3,∵f′(x）在[－1，1]內(nèi)恒大于0，∴f(x)在［－1，1］上為增函數(shù)．故x＝－1時,f(x）最小值＝－12;x＝1時,f(x)最大值＝2。即f(x）的最小值為－12,最大值為2.含參數(shù)的函數(shù)最值問題[探究問題]1．在閉區(qū)間上函數(shù)的圖象連續(xù)不斷是函數(shù)有最值的充要條件嗎？[提示］閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定有最值，開區(qū)間內(nèi)的連續(xù)函數(shù)不一定有最值．若有惟一的極值,則此極值必是函數(shù)的最值．2．函數(shù)最值與極值有何區(qū)別與聯(lián)系？［提示](1）函數(shù)的極值是函數(shù)在某一點(diǎn)附近的局部概念，函數(shù)的最大值和最小值是一個整體性概念．（2)函數(shù)的最大值、最小值是比較整個定義區(qū)間的函數(shù)值得出的,函數(shù)的極值是比較極值點(diǎn)附近的函數(shù)值得出的，函數(shù)的極值可以有多個，但最值只能有一個．(3）極值只能在區(qū)間內(nèi)取得,最值則可以在端點(diǎn)處取得．【例2】已知函數(shù)f（x)＝ex－ax2－bx－1,其中a，b∈R，e＝2。71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．設(shè)g（x)是函數(shù)f(x）的導(dǎo)函數(shù)，求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，1]上的最小值．[思路探究]先求導(dǎo),再求極值,最后分類討論來確定最值．[解]因?yàn)閒（x)＝ex－ax2－bx－1，所以g（x)＝f′（x）＝ex－2ax－b,又g′(x)＝ex－2a，因?yàn)閤∈[0，1］,所以:1≤ex≤e，(1)若a≤eq\f（1，2）,則2a≤1，g′(x）＝ex－2a≥0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，1］上單調(diào)遞增，g（x）min＝g(0）＝1－b。(2)若eq\f（1,2）<a<eq\f（e，2)，則1〈2a〈e，于是當(dāng)0〈x<ln（2a）時，g′（x）＝ex－2a＜0，當(dāng)ln(2a）＜x＜1時，g′(x)＝ex－2a＞0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，ln(2a）］上單調(diào)遞減，在區(qū)間[ln(2a），1］上單調(diào)遞增,g（x）min＝g（ln(2a））＝2a－2aln(2a)－b.(3)若a≥eq\f（e，2)，則2a≥e，g′(x）＝ex－2a≤0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間［0,1］上單調(diào)遞減,g(x）min＝g（1)＝e－2a－b。綜上所述，當(dāng)a≤eq\f(1,2)時，g(x)在區(qū)間[0，1］上的最小值為g(x)min＝g(0）＝1－b；當(dāng)eq\f(1，2）＜a＜eq\f（e,2）時，g(x）在區(qū)間［0，1］上的最小值為g（x）min＝g(ln（2a))＝2a－2aln(2a）－b；當(dāng)a≥eq\f（e,2）時，g（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值為g(x)min＝g(1）＝e－2a－b.1．(變換條件）若a＝1，b＝－2，求函數(shù)g(x）在區(qū)間［0，1]上的最小值．［解］因?yàn)閍＝1，b＝－2，g（x）＝f′（x)＝ex－2x＋2，又g′（x）＝ex－2,令g′（x）＝0,因?yàn)閤∈[0,1］，解得x＝ln2,已知當(dāng)x＝ln2時，函數(shù)取極小值，也是最小值，故g（x）min＝g（ln2)＝2－2ln2＋2＝4－2ln2.2．(改變條件和問法）當(dāng)b＝0時，若函數(shù)g(x）在區(qū)間［0，1］上的最小值為0,求a的值．[解]當(dāng)b＝0時,因?yàn)閒(x)＝ex－ax2－1，所以g(x）＝f′(x）＝ex－2ax，又g′（x）＝ex－2a，因?yàn)閤∈[0，1］，所以1≤ex≤e，（1）若a≤eq\f（1，2)，則2a≤1,g′(x)＝ex－2a≥0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間［0，1]上單調(diào)遞增，g(x)min＝g（0）＝1，不符合題意；(2)若eq\f(1，2）〈a〈eq\f(e，2)，則1<2a〈e,于是當(dāng)0〈x<ln（2a）時，g′（x）＝ex－2a＜0,當(dāng)ln（2a）<x〈1時，g′(x)＝ex－2a＞0，所以函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，ln(2a)]上單調(diào)遞減，在區(qū)間［ln(2a），1］上單調(diào)遞增，g（x）min＝g（ln(2a）)＝2a－2aln（2a)＝0，解得a＝eq\f(e,2)不符合題意，舍去；（3）若a≥eq\f(e，2)，則2a≥e，g′（x)＝ex－2a≤0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間[0，1]上單調(diào)遞減，g(x）min＝g(1)＝e－2a＝0，解得a＝eq\f(e,2）.綜上所述,a＝eq\f(e,2）.對參數(shù)進(jìn)行討論，其實(shí)質(zhì)是討論導(dǎo)函數(shù)大于0，等于0，小于0三種情況.若導(dǎo)函數(shù)恒不等于0,則函數(shù)在已知區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)，最值在端點(diǎn)處取得；若導(dǎo)函數(shù)可能等于0，則求出極值點(diǎn)后求極值，再與端點(diǎn)值比較后確定最值。提醒：由f′x＝0得到根x0，是否在[a,b]內(nèi)不明確時要分類討論.函數(shù)最值的應(yīng)用【例3】已知函數(shù)f(x）＝xlnx。(1)若函數(shù)g（x)＝f（x)＋ax在區(qū)間［e2，＋∞)上為增函數(shù),求a的取值范圍;（2）若對任意x∈(0，＋∞)，f（x）≥eq\f(－x2＋mx－3，2）恒成立，求實(shí)數(shù)m的最大值．［解］(1)由題意得g′(x）＝f′（x）＋a＝lnx＋a＋1，∵函數(shù)g（x)在區(qū)間[e2,＋∞）上為增函數(shù)，∴當(dāng)x∈[e2，＋∞)時，g′(x）≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2,＋∞)上恒成立，∴a≥－1－lnx，令h(x)＝－lnx－1,當(dāng)x∈[e2，＋∞)時,lnx∈［2，＋∞),∴h(x）∈(－∞，－3］，∴a的取值范圍是［－3，＋∞）．（2）∵2f（x）≥－x2＋mx－3,即mx≤2xlnx＋x2＋3,又x＞0，∴m≤eq\f（2xlnx＋x2＋3，x)，令t(x）＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)＝2lnx＋x＋eq\f（3,x),∴t′(x）＝eq\f（2，x)＋1－eq\f（3，x2）＝eq\f(x2＋2x－3，x2)＝eq\f(x＋3x－1，x2)，令t′(x）＝0得x＝1或－3(舍)．當(dāng)x∈(0，1）時，t′(x)<0,t（x)在（0,1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，＋∞)時，t′（x）>0，t(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．t（x）min＝t(1）＝4,∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值為4。1“恒成立”問題向最值問題轉(zhuǎn)化是一種常用的解決“恒成立”問題的方法。一般地,可采用分離參數(shù)法進(jìn)行轉(zhuǎn)化。λ≥fx恒成立?λ≥［fx］max；λ≤fx恒成立?λ≤[fx]min.對于不能分離參數(shù)的恒成立問題，直接求含參函數(shù)的最值即可。2此類問題特別要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等號”的情況，以此來確定參數(shù)的范圍能否取得“＝”。2．設(shè)f（x）＝lnx，g(x）＝f（x）＋f′（x)．（1)求g（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值；（2）求a的取值范圍，使得g(a)－g(x）<eq\f（1,a)對任意x〉0成立．［解］(1)由題設(shè)知f（x)的定義域?yàn)椋?,＋∞)，f′（x）＝eq\f（1,x），所以g（x）＝lnx＋eq\f（1,x)，所以g′（x)＝eq\f(x－1，x2）.令g′（x）＝0，得x＝1，當(dāng)x∈（0,1）時，g′（x)〈0，故(0，1）是g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)x∈(1,＋∞）時，g′(x）>0，故（1，＋∞)是g（x)的單調(diào)遞增區(qū)間．因此x＝1是g(x）在(0,＋∞)上的唯一極值點(diǎn),且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，所以最小值為g（1）＝1。（2)因?yàn)間（a）－g（x）<eq\f（1,a)對任意x〉0成立，即lna〈g(x)對任意x〉0成立．由（1）知，g（x）的最小值為1，所以lna<1，解得0〈a〈e，即a的取值范圍為(0，e)．1．思考辨析(1)函數(shù)的最大值不一定是極大值，函數(shù)的最小值也不一定是極小值． （)(2）函數(shù)f（x)只有一個極小值點(diǎn),則函數(shù)f(x)的極小值也是最小值． ()（3）函數(shù)F(x)＝f（x)－g(x)的最小值大于0，則f(x）＞g(x）． (）[提示］(1)√（2）×不一定．最小值也有可能在區(qū)間端點(diǎn)處取得．(3）√2．若函數(shù)f(x)＝x3－3x－a在區(qū)間[0，3］上的最大值、最小值分別為M，N，則M－N的值為（)A．2B．4C．18D．20D［f′(x）＝3x2－3，令f′(x)＝0得x＝±1。當(dāng)0≤x〈1時，f′(x）〈0;當(dāng)1〈x≤3時，f′（x)〉0。則f(1)最小，又f（0）＝－a，f(3）＝18－a，又f（3)>f(0），∴最大值為f(3），即M＝f（3),N＝f（1）?M－N＝f（3)－f（1)＝(18－a）－(－2－a)＝20.]3．函數(shù)y＝eq\f(x，ex)在［0,2]上的最大值為________．eq\f(1，e)[y′＝eq\f(ex·x′－ex′x,ex2)＝eq\f（1－x,ex）。令y′＝0,得x＝1∈[0，2]．f(1)＝eq\f(1，e），f（0)＝0，f（2）＝eq\f(2,e2)，∴f(x）max＝f(1)＝eq\f（1,e）.]4．函數(shù)f(x)＝x3－eq\f(1,2)x2－2x＋5，對任意x∈[1,2]都有f（x）＞m，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2）)）[由題意知只要f(x)min＞m即可，由f′（x)＝3x2－x－2＝0,得x＝－eq\f（2,3)(舍去)或x＝1,