2017學(xué)年高中數(shù)學(xué)2-21.3導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用1.3.3含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精1.3.3函數(shù)的最大(?。┲蹬c導(dǎo)數(shù)［學(xué)習(xí)目標(biāo)]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．［知識鏈接]極值反映的是函數(shù)在某一點附近的局部性質(zhì)，而不是函數(shù)在整個定義域內(nèi)的性質(zhì),但是我們往往更關(guān)心函數(shù)在某個區(qū)間上哪個值最大，哪個值最小，函數(shù)的極值與最值有怎樣的關(guān)系？答函數(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；極值只能在區(qū)間內(nèi)取得，最值則可以在端點處取得；有極值的未必有最值，有最值的未必有極值；極值有可能成為最值，最值只要不在端點處取得必定是極值,所以在開區(qū)間（a,b）上若存在最值，則必是極值．［預(yù)習(xí)導(dǎo)引］1．函數(shù)f(x）在閉區(qū)間［a，b］上的最值函數(shù)f（x)在閉區(qū)間［a,b］上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，則該函數(shù)在[a，b]上一定能夠取得最大值與最小值，函數(shù)的最值必在端點處或極值點處取得．2．求函數(shù)y＝f（x)在[a，b］上的最值的步驟（1)求函數(shù)y＝f(x)在（a，b）內(nèi)的極值；（2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f（a），f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．3．函數(shù)在開區(qū)間（a,b)的最值在開區(qū)間(a，b）內(nèi)連續(xù)的函數(shù)不一定有最大值與最小值;若函數(shù)f（x）在開區(qū)間I上只有一個極值，且是極大（小)值，則這個極大(小)值就是函數(shù)f(x）在區(qū)間I上的最大(?。┲担?．極值與最值的意義（1)最值是在區(qū)間［a,b]上的函數(shù)值相比較最大(小)的值；（2)極值是在區(qū)間［a，b］上的某一個數(shù)值x0附近相比較最大(小)的值．要點一求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值例1求下列各函數(shù)的最值：（1）f（x）＝－x4＋2x2＋3,x∈［－3，2]；（2)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈［－1，1]．解（1）f′（x）＝－4x3＋4x,令f′(x）＝－4x(x＋1）(x－1)＝0，得x＝－1，x＝0,x＝1。當(dāng)x變化時，f′（x)及f（x）的變化情況如下表:x－3(－3，－1）－1(－1,0）0（0,1）1(1，2）2f′(x)＋0－0＋0－f(x）－60極大值4極小值3極大值4－5∴當(dāng)x＝－3時，f(x)取最小值－60；當(dāng)x＝－1或x＝1時，f(x）取最大值4。（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。規(guī)律方法(1）求函數(shù)的最值，顯然求極值是關(guān)鍵的一環(huán)．但僅僅是求最值，可用下面簡化的方法求得．①求出導(dǎo)數(shù)為零的點．②比較這些點與端點處函數(shù)值的大小,就可求出函數(shù)的最大值和最小值．(2)若函數(shù)在閉區(qū)間[a，b］上連續(xù)且單調(diào),則最大、最小值在端點處取得．跟蹤演練1求下列函數(shù)的最值：(1)f(x)＝eq\f(1，3）x3－4x＋4，x∈［0，3］;(2）f(x）＝ex（3－x2），x∈［2,5]．解（1）∵f(x）＝eq\f（1，3）x3－4x＋4，∴f′（x)＝x2－4.令f′（x）＝0，得x1＝－2,x2＝2。∵f（2)＝－eq\f（4，3)，f（0）＝4，f（3）＝1,∴函數(shù)f（x)在[0,3]上的最大值為4，最小值－eq\f（4，3)。（2）∵f(x）＝3ex－exx2，∴f′(x）＝3ex－(exx2＋2exx)＝－ex(x2＋2x－3）＝－ex（x＋3）（x－1），∵在區(qū)間［2，5］上,f′（x)＝－ex（x＋3）（x－1)＜0，即函數(shù)f（x)在區(qū)間[2,5］上單調(diào)遞減，∴x＝2時，函數(shù)f(x)取得最大值f(2)＝－e2；x＝5時，函數(shù)f(x)取得最小值f(5）＝－22e5。要點二含參數(shù)的函數(shù)的最值問題例2已知a是實數(shù)，函數(shù)f（x）＝x2(x－a)．求f（x）在區(qū)間[0，2]上的最大值．解令f′（x)＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f（2a,3）.①當(dāng)eq\f（2a，3)≤0，即a≤0時,f（x）在［0,2］上單調(diào)遞增，從而f(x)max＝f(2)＝8－4a②當(dāng)eq\f(2a，3)≥2，即a≥3時，f(x）在［0,2］上單調(diào)遞減，從而f(x）max＝f(0）＝0.③當(dāng)0<eq\f（2a，3)〈2，即0〈a<3時，f(x）在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（0,\f（2a,3))）上單調(diào)遞減,在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（2a，3），2））上單調(diào)遞增，從而f（x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（8－4a0〈a≤2，02〈a〈3，))綜上所述，f（x）max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（8－4aa≤2，0a>2.）)規(guī)律方法由于參數(shù)的取值范圍不同會導(dǎo)致函數(shù)在所給區(qū)間上的單調(diào)性的變化，從而導(dǎo)致最值的變化．所以解決這類問題常需要分類討論，并結(jié)合不等式的知識進(jìn)行求解．跟蹤演練2在本例中，區(qū)間［0,2］改為［－1，0]結(jié)果如何?解令f′（x)＝0,解得x1＝0,x2＝eq\f（2,3)a，①當(dāng)eq\f(2，3)a≥0，即a≥0時，f(x）在［－1,0］上單調(diào)遞增，從而f（x)max＝f（0)＝0；②當(dāng)eq\f(2，3)a≤－1，即a≤－eq\f（3,2）時，f（x）在[－1,0]上單調(diào)遞減，從而f(x)max＝f(－1)＝－1－a；③當(dāng)－1〈eq\f（2,3)a<0，即－eq\f（3,2）〈a〈0時，f(x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,\f(2，3)a）)上單調(diào)遞增;在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（2，3）a，0））上單調(diào)遞減,則f(x）max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(2，3)a))＝－eq\f(4，27）a3.綜上所述：f（x）max＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（－1－a，a≤－\f（3，2)，－\f（4，27)a3，－\f(3，2)〈a<0，0，a≥0.)）要點三函數(shù)最值的應(yīng)用例3設(shè)函數(shù)f（x）＝tx2＋2t2x＋t－1（x∈R，t＞0）．(1）求f(x）的最小值h（t）；(2)若h(t）＜－2t＋m對t∈(0，2）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解（1）∵f（x）＝t（x＋t）2－t3＋t－1（x∈R，t＞0)，∴當(dāng)x＝－t時,f(x)取最小值f（－t)＝－t3＋t－1，即h(t)＝－t3＋t－1。(2)令g(t)＝h（t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1（不合題意，舍去）．當(dāng)t變化時，g′(t），g(t)的變化情況如下表：t（0，1)1（1，2)g′（t）＋0－g（t)遞增1－m遞減∴對t∈（0，2)，當(dāng)t＝1時,g（t）max＝1－m，h(t）<－2t－m對t∈（0,2）恒成立,也就是g(t)〈0，對t∈(0，2)恒成立，只需g（t）max＝1－m〈0，∴m>1。故實數(shù)m的取值范圍是（1，＋∞）．規(guī)律方法（1）“恒成立”問題向最值問題轉(zhuǎn)化是一種常見的題型，一般地，可采用分離參數(shù)法進(jìn)行轉(zhuǎn)化．λ≥f(x)恒成立?λ≥［f（x)]max;λ≤f(x)恒成立?λ≤[f（x)］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“＝”．跟蹤演練3設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c(1）若對任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立,求c的取值范圍；(2）若對任意的x∈(0，3)，都有f（x）＜c2成立，求c的取值范圍．解(1)∵f′（x)＝6x2－18x＋12＝6（x－1)(x－2）．∴當(dāng)x∈(0，1)時，f′(x)＞0；當(dāng)x∈(1，2）時,f′(x)＜0；當(dāng)x∈（2，3）時，f′(x）＞0?！喈?dāng)x＝1時,f（x）取極大值f(1）＝5＋8c又f（3)＝9＋8c＞f∴x∈[0，3]時,f(x)的最大值為f（3)＝9＋8c∵對任意的x∈[0,3］,有f（x）＜c2恒成立，∴9＋8c＜c2,即c＜－1或c∴c的取值范圍為（－∞，－1）∪（9，＋∞）．（2）由(1)知f（x）＜f(3)＝9＋8c，∴9＋8c≤c2，即c≤－1或∴c的取值范圍為（－∞,－1］∪[9,＋∞）．1．函數(shù)f(x）＝－x2＋4x＋7，在x∈［3,5]上的最大值和最小值分別是（)A．f(2）,f（3） B．f（3)，f（5）C．f(2)，f（5） D．f(5)，f(3）答案B解析∵f′（x）＝－2x＋4，∴當(dāng)x∈[3，5]時，f′（x)<0,故f（x）在[3，5］上單調(diào)遞減，故f(x)的最大值和最小值分別是f（3）,f(5)．2．函數(shù)f(x)＝x3－3x(｜x｜＜1）(）A．有最大值,但無最小值B．有最大值，也有最小值C．無最大值，但有最小值D．既無最大值，也無最小值答案D解析f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)（x－1），當(dāng)x∈（－1,1)時,f′（x)＜0，所以f（x)在(－1，1)上是單調(diào)遞減函數(shù),無最大值和最小值，故選D.3．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－1 B．eq\f(π,2）－1C．π D．π＋1答案C解析因為y′＝1－cosx，當(dāng)x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(π，2）,π)）時,y′＞0，則函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（π，2)，π)）上為增函數(shù)，所以y的最大值為ymax＝π－sinπ＝π，故選C。4．(2012·安徽改編)函數(shù)f(x）＝exsinx在區(qū)間eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(0,\f（π，2）））上的值域為（)A.eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，e\f(π,2）)） B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0,e\f(π,2）））C．eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1（0,e\f（π，2）)) D．eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，e\f（π,2）))答案A解析f′(x）＝ex(sinx＋cosx）．∵x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(0，\f（π，2）)），f′（x)＞0?！鄁（x)在eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f（π，2）)）上是單調(diào)增函數(shù),∴f(x)min＝f(0）＝0,f（x）max＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（π，2))）＝eeq\f（π,2).5．函數(shù)f(x）＝x3－3x2－9x＋k在區(qū)間［－4，4］上的最大值為10，則其最小值為________．答案－71解析f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x－3）(x＋1)．由f′(x）＝0得x＝3或x＝－1.又f(－4)＝k－76，f（3）＝k－27，f（－1)＝k＋5，f（4)＝k－20。由f(x）max＝k＋5＝10,得k＝5,∴f（x）min＝k－76＝－71.1．求函數(shù)的最值時,應(yīng)注意以下幾點：（1）函數(shù)的極值是在局部范圍內(nèi)討論問題，是一個局部概念，而函數(shù)的最值是對整個定義域而言，是在整體范圍內(nèi)討論問題，是一個整體性的概念．（2）閉區(qū)間［a，b]上的連續(xù)函數(shù)一定有最值．開區(qū)間（a,b)內(nèi)的可導(dǎo)函數(shù)不一定有最值，但若有唯一的極值，則此極值必是函數(shù)的最值．（3)函數(shù)在其定義域上的最大值與最小值至多各有一個,而函數(shù)的極值則可能不止一個，也可能沒有極值，并且極大值（極小值）不一定就是最大值（最小值)．2．求含參數(shù)的函數(shù)最值，可分類討論求解．3．“恒成立”問題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題。一、基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)1．函數(shù)y＝f(x）在［a,b］上（)A．極大值一定比極小值大B．極大值一定是最大值C．最大值一定是極大值D．最大值一定大于極小值答案D解析由函數(shù)的最值與極值的概念可知，y＝f（x)在［a，b]上的最大值一定大于極小值．2．函數(shù)y＝xe－x，x∈［0,4]的最大值是(）A．0 B．eq\f(1，e)C．eq\f(4，e4) D．eq\f(2，e2)答案B解析y′＝e－x－x·e－x＝e－x（1－x），令y′＝0，∴x＝1，∴f(0）＝0，f(4）＝eq\f(4，e4），f（1)＝e－1＝eq\f(1,e），∴f（1）為最大值，故選B。3．函數(shù)y＝eq\f（lnx，x)的最大值為(）A．e－1 B．eC．e2 D．eq\f(10，3）答案A解析令y′＝eq\f（lnx′x－lnx·x′，x2)＝eq\f(1－lnx，x2）＝0。（x＞0）解得x＝e.當(dāng)x〉e時，y′<0;當(dāng)0＜x〈e時，y′＞0.y極大值＝f（e）＝eq\f（1，e），在定義域(0，＋∞）內(nèi)只有一個極值，所以ymax＝eq\f(1,e).4．函數(shù)y＝eq\f（4x,x2＋1）在定義域內(nèi)（)A．有最大值2，無最小值 B．無最大值，有最小值－2C．有最大值2，最小值－2 D．無最值答案C解析令y′＝eq\f(4x2＋1－4x·2x,x2＋12)＝eq\f（－4x2＋4，x2＋12）＝0，得x＝±1.當(dāng)x變化時，y′，y隨x的變化如下表：x(－∞，－1）－1(－1，1)1（1，＋∞)y′－0＋0－y極小值極大值由上表可知x＝－1時，y取極小值也是最小值－2；x＝1時,y取極大值也是最大值2。5．已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點,則a的取值范圍是________．答案（－∞,2ln2－2]解析函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點，即方程ex－2x＋a＝0有實根，即函數(shù)g(x）＝2x－ex，y＝a有交點，而g′(x)＝2－ex,易知函數(shù)g（x）＝2x－ex在(－∞，ln2）上遞增，在(ln2,＋∞）上遞減,因而g（x）＝2x－ex的值域為(－∞，2ln2－2］，所以要使函數(shù)g(x）＝2x－ex，y＝a有交點，只需a≤2ln2－2即可．6．函數(shù)y＝x＋2cosx在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2)）)上的最大值是________．答案eq\f（π，6）＋eq\r（3）解析y′＝1－2sinx＝0,x＝eq\f（π,6)，比較0，eq\f（π，6)，eq\f（π，2)處的函數(shù)值,得ymax＝eq\f(π,6)＋eq\r(3).7．已知函數(shù)f（x）＝2x3－6x2＋a在［－2，2]上有最小值－37,求a的值及f(x）在［－2,2］上的最大值．解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)2f′(x）＋0－0f(x）－40＋a極大值a－8＋a∴當(dāng)x＝－2時，f（x)min＝－40＋a＝－37，得a＝3。當(dāng)x＝0時，f(x)的最大值為3。二、能力提升8．設(shè)直線x＝t與函數(shù)f(x)＝x2,g(x)＝lnx的圖象分別交于點M，N，則當(dāng)|MN｜達(dá)到最小時t的值為（)A．1 B．eq\f（1,2)C．eq\f(\r(5)，2） D．eq\f（\r（2）,2）答案D解析由題意畫出函數(shù)圖象如圖所示，由圖可以看出｜MN|＝y(tǒng)＝t2－lnt（t〉0）．y′＝2t－eq\f(1，t）＝eq\f(2t2－1，t）＝eq\f（2\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(\r(2)，2）)）\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(t－\f(\r(2），2)))，t)。當(dāng)0＜t＜eq\f（\r（2),2）時，y′＜0，可知y在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（\r(2），2))）上單調(diào)遞減；當(dāng)t＞eq\f（\r（2）,2)時,y′＞0，可知y在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（\r(2)，2）,＋∞）)上單調(diào)遞增．故當(dāng)t＝eq\f（\r（2）,2)時，｜MN|有最小值．9．(2014·湖北重點中學(xué)檢測)已知函數(shù)f(x）＝x3－tx2＋3x，若對于任意的a∈［1,2］,b∈(2，3]，函數(shù)f(x）在區(qū)間[a,b]上單調(diào)遞減,則實數(shù)t的取值范圍是（）A．(－∞,3］ B．(－∞，5]C．[3，＋∞) D．[5，＋∞)答案D解析∵f（x）＝x3－tx2＋3x，∴f′(x）＝3x2－2tx＋3，由于函數(shù)f(x）在[a，b］上單調(diào)遞減，則有f′(x)≤0在［a，b］上恒成立，即不等式3x2－2tx＋3≤0在[a，b］上恒成立，即有t≥eq\f（3,2）eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,x))）在［a，b]上恒成立，而函數(shù)y＝eq\f（3，2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x））)在[1，3]上單調(diào)遞增，由于a∈[1,2］，b∈(2，3］，當(dāng)b＝3時，函數(shù)y＝eq\f（3,2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(x＋\f（1，x）））取得最大值，即ymax＝eq\f（3，2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(3＋\f(1，3)））＝5，所以t≥5,故選D.10．如果函數(shù)f(x)＝x3－eq\f（3,2)x2＋a在［－1,1］上的最大值是2，那么f(x)在[－1,1]上的最小值是________．答案－eq\f(1,2）解析f′（x）＝3x2－3x,令f′（x）＝0得x＝0，或x＝1?！遞（0)＝a，f（－1)＝－eq\f（5,2）＋a，f(1)＝－eq\f(1，2）＋a,∴f(x)max＝a＝2?！鄁(x)min＝－eq\f（5，2)＋a＝－eq\f(1，2）.11．已知函數(shù)f（x)＝x3－ax2＋bx＋c（a,b,c∈R)．（1）若函數(shù)f（x）在x＝－1和x＝3處取得極值，試求a,b的值；（2)在(1)的條件下，當(dāng)x∈[－2,6]時,f（x）＜2|c|恒成立，求c的取值范圍．解（1）f′（x）＝3x2－2ax＋b，∵函數(shù)f（x)在x＝－1和x＝3處取得極值，∴－1，3是方程3x2－2ax＋b＝0的兩根．∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－1＋3＝\f（2，3）a，－1×3＝\f（b，3)))，∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝3,b＝－9)）。（2)由（1）知f(x)＝x3－3x2－9x＋c，f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0,得x＝－1或x＝3.當(dāng)x變化時，f′(x)，f（x）隨x的變化如下表:x（－∞，－1)－1（－1,3)3(3，＋∞）f′（x）＋0－0＋f(x)極大值c＋5極小值c－27而f（－2)＝c－2，f（6)＝c＋54，∴當(dāng)x∈［－2，6]時，f(x）的最大值為c＋54，要使f（x）＜2|c|恒成立，只要c＋54＜2|c|即可，當(dāng)c≥0時，c＋54＜2c,∴c當(dāng)c＜0時，c＋54＜－2c，∴c∴c的取值范圍是(－∞，－18）∪(54，＋∞),此即為參數(shù)c的取值范圍．12．已知函數(shù)f(x）＝－x3＋3x2＋9x＋a。（1)求f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）若f(x)在區(qū)間［－2，2]上的最大值為20,求它在該區(qū)間上的最小值．解（1)∵f′（x）＝－3x2＋6x＋9。令f′（x）＜0，解得x＜－1或x＞3，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為（－∞，－1),(3，＋∞）．（2)∵f(－2）＝8＋12－18＋a＝2＋a，f(2）＝－8＋12＋18＋a＝22＋a，∴f（2)＞f(－2）．于是有22＋a＝20，∴a＝－2。∴f（x）＝－x3＋3x2＋9x－2.∵在（－1,3）上f