高中数学选修2-2课件1_3_3 64页

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