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  • 2021-06-10 发布

高中数学选修2-2课件1_3_3

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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 10 , 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